Ähnlichkeit von (edit: linearen) DLG-Systemen

05.03.2007, 13:31

phi

Ähnlichkeit von (edit: linearen) DLG-Systemen

moin, moin,

Zitat:

Frage: Sind alle Systeme von (gewöhnlichen) DLG's 1.Ordnung , welche die gleiche charakteristische Gleichung haben, äquivalent (ähnlich im Sinne der linearen Algebra) ?

Hintergrund:
Nachdem ich ein kleines System von zwei (edit: linearen) dlg's 1.Ordnung mit konstanten Koeffizienten mit Hilfe der charakteristischen Gleichung gelöst hatte:

(A)
$\begin{eqnarray*} y_1'=y_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_2'=y_1 + 2y_2 \end{eqnarray*}$

charakteristischen Gleichung:
$\begin{eqnarray*} \chi=\begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 2 \end{vmatrix}=(1- \lambda)(2- \lambda ) =\lambda ^2-3\lambda +2=0 \end{eqnarray*}$ ,

hab' ich mir spaßhalber mal die dazugehörige DLG 2. Ordnung angeschaut:

(*) $\begin{eqnarray*} y''-3y'+2y=0 \end{eqnarray*}$

und hab dann den umgekehrten Weg eingeschlagen:

Setze $\begin{eqnarray*} Y=\begin{pmatrix} Y_1 \\ Y_2 \end{pmatrix}, Y_1:=y,Y_2:=y' \end{eqnarray*}$ ,

und verwandle damit (*) in ein System von 2 dlg's 1.Ordnung:

$\begin{eqnarray*} Y_1'=Y_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Y_2'=-a_0Y_1-a_1Y_2 \end{eqnarray*}$
wobei $\begin{eqnarray*} a_0=2,a_1=-3 \end{eqnarray*}$ durch (*) gegeben sind.

Damit erhalten wir das System:

(B)
$\begin{eqnarray*} Y_1'=Y_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Y_2'=-2 Y_1 + 3 Y_2 \end{eqnarray*}$

Sind (A) und (B) äquivalent ?

mfg, phi

(Danke für den Hinweis. Hab's editiert)

05.03.2007, 13:36

WebFritzi

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Du schreibst immer "DGL". Du solltest hervorheben, dass es sich um lineare DGLs handelt. Den Terminus "DGL mit konstanten Koeffizienten" gibt es nicht! Es gibt aber lineare DGLs mit konstanten Koeffizienten.

05.03.2007, 16:05

phi

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lineare DLG-Systeme
Hallo,

ich hab das neue System (B) mit den gleichen Anfangswerten wie (A) gelöst, d.h. mit

y1(0) = 1
y2(0) = -1

In beiden Systemen haben wir die Eigenwerte $\begin{eqnarray*} \lambda_1=1 ,\lambda_2=2 \end{eqnarray*}$ .

Allgemein sehen die Lösungen von solchen Systemen ja so aus:

$\begin{eqnarray*} y_1(x)=c_{11}e^{\lambda_1 x}+ c_{12}e^{\lambda_2 x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_2(x)=c_{21}e^{\lambda_1 x}+ c_{22}e^{\lambda_2 x} \end{eqnarray*}$

Bei System (A) sind c12 = c22 = 0, bleibt als Lösung nur

$\begin{eqnarray*} y_1=e^x \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} y_2=-e^x \end{eqnarray*}$ .

Bei System (B), mit gleichen Anfangswerten, kommt raus

$\begin{eqnarray*} y_1=3e^x -2e^{2x} \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} y_2=3e^x -4e^{2x} \end{eqnarray*}$ .

Die Lösungskoeffizienten c_{ik} könnte man mit Matrizen abkürzen:

$\begin{eqnarray*} C_A= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} C_B= \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 3 & -4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Neue Frage: Existieren zu System (B) vlt. Anfangswerte, die zur gleichen Lösung wie bei System (A) führen ?
(oder sollte ich von so einer Frage lieber erstmal die Finger lassen ? ) Augenzwinkern

mfg, phi

05.03.2007, 18:25

phi

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Versehentliche Doppelpost, bitte löschen

05.03.2007, 18:26

phi

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Zitat:

"Mit y1 und y2 ist auch jede Linearkombination y=K1 y1 + K2 y2 eine Lösung der linearen DGl. 2.Ordnung mit konstanten Koeffizienten. "

Und wenn y1 und y2 linear unabhängig sind, dann nennt man y die allgemeine Lösung.

Bei System (A) ist y1= - y2 , daraus kann man also keine allg. Lösung basteln.

Aber mit den Lösungen von System (B) (die (*) genauso gut lösen ) geht das.

Es sind also nicht die Koeffizienten c_ik innerhalb der Lösungen, die den Zusammenhang zwischen verschiedenen Darstellungssystemen herstellen, sondern die Koeffizienten K_i, L_i der jeweiligen Linearkombinationen:

D.h. da sowohl yA als auch yB die DLG 2. Ordnung (*) lösen, könnte man sie doch gleichsetzen: yA=yB :

$\begin{eqnarray*} y_A=K_1y_{A,1}+K_2y_{A,2} \equiv y_B=L_1y_{B,1}+L_2y_{B,2} \end{eqnarray*}$

Wenn man dann nach dem Gleichsetzen, die speziellen Lösungen von oben einsetzt, ergibt sich ein Ratio, welches nur noch von x abhängt:

$\begin{eqnarray*} \frac{3(L1+L2)+K2-K1}{2L1+4L2} =e^x \end{eqnarray*}$

Ob das in irgendeine Richtung was bringt ist eine andere Frage....

smile

06.03.2007, 04:27

phi

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RE: Ähnlichkeit von (edit: linearen) DLG-Systemen
Nachdem auch das Superpositions-prinzip nicht die erhoffte Erleuchtung brachte, bin ich beim Heuser draufgestoßen, sich einfach einer der zwei Funktionen eines gegeben Systems, sagen wir y1 zu schnappen und nochmal abzuleiten

(A) (gegeben)
$\begin{eqnarray*} y_1'=y_1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_2'=y_1 + 2y_2 \end{eqnarray*}$

gesucht: die dazugehörige DGl. 2. Ordnung (ohne die charakteristische Gleichung)

Wenn $\begin{eqnarray*} A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

die Koeffi'matrix von

$\begin{eqnarray*} y_1'=ay_1+by_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_2'=cy_1+dy_2 \end{eqnarray*}$

ist

$\begin{eqnarray*} y_i''-(a+d)y_i'+(ad-bc)y_i \end{eqnarray*}$ , i=1,2

$\begin{eqnarray*} y_i''- spur(A)y_i'+det(A) y_i \end{eqnarray*}$

Es kommt immer eine Gleichung der Form (*) heraus. Da die Matrizen ähnlich sind (gleiche Eigenwerte & charakt. Gleichung), haben sie anscheinend auch die gleiche Determinante und die gleiche Spur.

smile

06.03.2007, 09:13

WebFritzi

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Sag mal, was soll dieser Monolog eigentlich? Der einzige Beitrag, der bisher NICHT von dir war, ist von mir, und du hast nichtmal drauf geantwortet...

06.03.2007, 10:27

riwe

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Zitat:

Original von WebFritzi
Sag mal, was soll dieser Monolog eigentlich? Der einzige Beitrag, der bisher NICHT von dir war, ist von mir, und du hast nichtmal drauf geantwortet...

ot.
nur für einen dummen wie mich:
was hätte man/frau denn darauf antworten sollen?
ja
nein
weiß nicht?

werner

06.03.2007, 11:23

WebFritzi

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Zitat:

Original von wernerrin
was hätte man/frau denn darauf antworten sollen?
ja
nein
weiß nicht?

Da wir nicht "man/frau" sind, können wir das nicht wissen. Ich erwarte hier die Meinung von "man/frau". Und der Konjunktiv, den du da verwendest, ist fehl am Platze, da ich tatsächlich (wie gesagt) noch eine Antwort von "man/frau" erwarte.

06.03.2007, 11:32

riwe

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so inhaltslos wie das meiste von dir,
dafür sind wir besonders aggresiv, weiter so!
werner

06.03.2007, 11:52

WebFritzi

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Zitat:

Original von wernerrin
so inhaltslos wie das meiste von dir,

Schade, dass du das so siehst. Ist nämlich nicht so.

Zitat:

Original von wernerrin
dafür sind wir besonders aggresiv

Wenn du aggressiv bist, ist das dein Problem.

Zitat:

Original von wernerrin
weiter so!

Kein Problem. smile

06.03.2007, 13:52

phi

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RE: Ähnlichkeit von (edit: linearen) DLG-Systemen

Zitat:

Original von phi

(Danke für den Hinweis. Hab's editiert)

Meine Antwort bestand darin dass ich den ersten Beitrag editiert habe, und es kenntlich gemacht habe.

Kein Grund zur Panik also.

Warum dieser Monolog ? Nun, erstens hab ich versucht die Frage besser auf den Punkt zu bringen, zweitens weil ich schließlich noch die Antwort gefunden habe die ich gesucht habe, und den Thread damit abrunden wollte.

Erfahrungsgemäß sind meine Fragen zu 90% nicht jedermanns Sache und tendieren dazu unbeantwortet im Nirwana zu verschwinden, was nicht schlimm ist, da ich im Selbststudium (ohne Uni-Curriculum) bei den Aufgaben aus meinen Büchern (Hildebrandt, Falko Lorenz) oft nicht durchblicke was Standard-Aufgaben und was "Sternchen-Aufgaben" sind....

Also: Peace! Wink

mfg, phi

06.03.2007, 14:15

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Zitat:

Original von phi
Da die Matrizen ähnlich sind (gleiche Eigenwerte & charakt. Gleichung)

Ähnlichkeit von Matrizen einerseits, und das was du in Klammern stehen hast andererseits sind zwei Paar Schuhe - ich erinnere nur an mehrfache Nullstellen, Jordansche Normalform usw.

06.03.2007, 20:22

phi

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Ich verstehe was du meinst, aber wenn ein ursprüngliches System (A) nur einen doppelten Eigenwert hat, so hat das von der dazu äquivalente DLG 2. Ordnung "kanonisch" abgeleitete System (B) das gleiche char. polynom mit nur einer Nullstelle.

Vlt. lieg ich falsch, das so allgemein anzunehmen, aber folgendes Beispiel zeigt zumindest in diese Richtung

(A)
y1'=2y'1-3y2
y1'=3y'1-4y2

$\begin{eqnarray*} \lambda ^2 +2\lambda +1 =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda _{1,2}=-1 \end{eqnarray*}$

--> y''+ 2y'+ y = 0

(B)

Setze

$\begin{eqnarray*} Y_1'=Y2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Y_2'=-a_0Y_1-a_1Y_2 \end{eqnarray*}$ , wobei y''+ a_1 y'+ a_0 y = 0

$\begin{eqnarray*} Y_2'=-Y_1-2Y_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (0-\lambda)(-2-\lambda )+1 \end{eqnarray*}$

ergibt ebenfalls:

$\begin{eqnarray*} \lambda ^2 +2\lambda +1 =0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda _{1,2}=-1 \end{eqnarray*}$

Das ähnliche Matrizen das gleiche charakt. polynom haben, hängt doch nicht von ihrer Diagonalisierbarkeit ab, oder ?

mfg, phi

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