Lineare gewöhnliche DGL lösen

18.03.2012, 20:54

Slash123

Lineare gewöhnliche DGL lösen

Hallo,

befinde mich gerade in der Prüfungsvorbereitung. Folgende Aufgabe:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} A := \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \in Mat(2,2, \mathbb{R}) \end{eqnarray*}$ .
(a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}' = A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

(b) Bestimmen Sie die Lösung von $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}' = A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ e^t \end{pmatrix} , x(0) = 0, y(0) = 1 \end{eqnarray*}$ .

Und zwar bin ich jetzt etwas verwirrt, was den ganzen Stoff angeht. Bei (a) hätte ich jetzt angefangen und einfach mal $\begin{eqnarray*} e^{At} \end{eqnarray*}$ ausgerechnet. Kann man das noch anders machen, z.B. mit einem Fundamentalsystem bzw. einer Fundamentalmatrix? Ich mach das mal so, wie ich denke, aber ich hätte gern noch gewusst, ob und wenn ja, wie das schneller geht.

A ist diagonalisierbar, weil A die Eigenwerte -2 und 1 hat. Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} e^{At} = P^{-1} \begin{pmatrix} e^{-2t} & 0 \\ 0 & e^t \end{pmatrix} P \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} P = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ein EV zu dem EW -2 ist und entsprechend $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ein EV zum EW 1.

Wenn ich mich nicht verrechnet habe, sollte nach der Cramerschen Regel $\begin{eqnarray*} P^{-1} = \frac{1}{det(P)}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} = -\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ sein und damit:

$\begin{eqnarray*} e^{At} = P^{-1} \begin{pmatrix} -e^{-2t} & 2e^{-2t} \\ e^t & e^t \end{pmatrix} = -\frac{1}{3} \begin{pmatrix} -e^{-2t} - 2e^t & 2e^{-2t} - 2e^t \\ e^{-2t} - e^t & -2e^{-2t} - e^t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn man das jetzt noch mit allen möglichen Anfangswerten $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ multipliziert, hat man die allgemeine Lösung der Differentialgleichung.

(b) würde ich gerne besprechen, wenn (a) geklärt ist, ich würde eben noch gern wissen, ob das kürzer geht. Bei (b) hab ich noch keinen Ansatz, ich habe das ganze Zeugs auch noch nicht so geblickt.

Gruß und Danke im Voraus

18.03.2012, 20:59

tmo

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Ist $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert von A und v ein zugehöriger Eigenvektor, so ist $\begin{eqnarray*} e^{\lambda t}v \end{eqnarray*}$ eine Lösung der DGL.

Da A hier diagonalisierbar ist, findest du so ein Fundamentalsystem. Das geht glaube ich etwas schneller als über das Matrixeponential.

18.03.2012, 21:12

Slash123

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Ah, dankeschön... das hab ich wohl übersehen. Wie ist das dann, wenn die Matrix nicht diagonalisierbar ist? Es muss ja trotzdem noch (in diesem Fall) zwei Lösungen geben. Muss ich dann bei der zweiten Lösung statt dem Eigenvektor einen Basisvektor nehmen, sodass die Matrix nach Basiswechsel in der Jordan-Normalform ist?

Zu (b) mach ich mir mal Gedanken. Danke schon mal!

18.03.2012, 23:46

tmo

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Wenn die Matrix nicht diagonalisierbar ist, ist es nicht so leicht. Aber im Falle einer 2x2-Matrix kann man sich leicht helfen.

Ist $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ doppelter Eigenwert, aber nur mit geometrischer Vielfachheit 1, so ergänzt man einen Eigenvektor $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ zu einer Basis $\begin{eqnarray*} v,w \end{eqnarray*}$ .

Bzgl. dieser Basis hat die Matrix dann die Darstellung $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \lambda & \mu\\ 0 & \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , wobei man $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ durch die Gleichung

$\begin{eqnarray*} Aw = \mu v + \lambda w \end{eqnarray*}$

erhält.

Von dieser oberen Dreiecksmatrix kann man leicht das Matrixexponential berechnen und letztendlich ergibt sich, dass $\begin{eqnarray*} e^{\lambda t}(\mu tv+w) \end{eqnarray*}$ eine Lösung der DGL ist, die natürlich linear unabhängi zu $\begin{eqnarray*} e^{\lambda t} v \end{eqnarray*}$ ist, sodass man ein Fundamentalsystem gefunden hat.

19.03.2012, 13:23

Slash123

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Wow, vielen Dank für deine Antwort, ich habe das anhand eines Beispiels nachvollzogen mit der JNF. Hat mir sehr geholfen. Bei (b) hab ich immer noch nichts, hab mich aber auch noch nicht stark damit beschäftigt, was ich aber jetzt mache.

19.03.2012, 17:11

Slash123

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Also ich habe mir zu (b) jetzt mal ein paar Gedanken gemacht und bin im Skript auf eine Lösungsformel mit Übergangsmatrix gestoßen, damit kann man es wohl lösen. Durchgerechnet habe ich es noch nicht, scheint auch ziemlich hässlich zu sein. :/

19.03.2012, 17:38

tmo

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Ja, es gibt da eine Formel um solche inhomogene lineare DGL zu lösen.

Man könnte hier auch direkt lösen:

Es ist $\begin{eqnarray*} x' = 2y \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'=x-y+e^t \end{eqnarray*}$ (bzw. $\begin{eqnarray*} 2y'=2x-2y+2e^t) \end{eqnarray*}$

Das führt dann zu:

$\begin{eqnarray*} x'' =2x-x' + 2e^t \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x''+x'-2x=2e^t \end{eqnarray*}$

Ist P das char. Polynom, so ist $\begin{eqnarray*} P(1)=0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} P'(1)=3 \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3}te^t \end{eqnarray*}$ eine spezielle Lösung für x.

Damit kriegst du dann auch eine spezielle Lösung für y und zusammen mit deiner allgemeinen Lösung aus a) hast du eine allgemeine Lösung der inhomogenen DGL.

20.03.2012, 14:16

Slash123

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Das muss ich mir noch genauer anschauen unglücklich

Aber vielen Dank, einiges ist mir nun klarer geworden. Ich werde noch ein paar Aufgaben dazu machen.

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