Lösung eines linearen Differenzialgleichungssysems

14.02.2023, 13:32	MMchen60	Auf diesen Beitrag antworten »
Lösung eines linearen Differenzialgleichungssysems Hallo, liebe Forumsgemeinde, warum sieht die Lösung des linearen Differenzialgleichungssystems $\begin{eqnarray} y'=A\cdot y \end{eqnarray}$ so aus wie im Anhang, wenn die Eigenwerte und ihre Vielfachheiten spwie drei Eigenvektoren der 3x3 Matrx A ( mehr kann sie ja nicht haben) bekannt sind?
14.02.2023, 14:32	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, es wird allem Anschein nach vorausgesetzt, dass $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ diagonalisierbar ist (muss ja auch nicht immer der Fall sein), und zwar mit $\begin{eqnarray} A = V\Lambda V^{-1} \end{eqnarray}$ mit Diagonalmatrix $\begin{eqnarray} \Lambda = \begin{pmatrix}\lambda_1 & 0 & 0\\ 0 & \lambda_2 & 0\\ 0 & 0 & \lambda_3\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} V = \left( v^{(1)} , v^{(2)} , v^{(3)} \right) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} v^{(k)} \end{eqnarray}$ Eigenvektor zum Eigenwert $\begin{eqnarray} \lambda_k \end{eqnarray}$ ist. Setzen wir das einfach in das DGL-System ein, dann bekommen wir $\begin{eqnarray} y' = V\Lambda V^{-1} y \end{eqnarray}$ , d.h. mit Substitution $\begin{eqnarray} z=V^{-1}y \end{eqnarray}$ (bzw. dann Rücksubstitution $\begin{eqnarray} y = Vz \end{eqnarray}$ ) wird daraus das System $\begin{eqnarray} z' = \Lambda z \end{eqnarray}$ . Durch die Diagonalgestalt von $\begin{eqnarray} \Lambda \end{eqnarray}$ bedeutet das nichts weiter als getrennt lösbare eindimensionale DGL $\begin{eqnarray} z_k' = \lambda_k z_k \end{eqnarray}$ für Komponente $\begin{eqnarray} k\in\{1,2,3\} \end{eqnarray}$ des Vektors $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ . Dessen allgemeine Lösung ist $\begin{eqnarray} z_k = C_k e^{\lambda_k x} \end{eqnarray}$ , und über jene Rücksubstitution $\begin{eqnarray} y = Vz \end{eqnarray}$ bekommt man die in deinem Scan angegebene allgemeine Lösung der $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ -DGL.
14.02.2023, 15:22	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Kurze Ergänzung. Die Lösung des Anfangswertproblems $\begin{eqnarray} \mathbf y'=A\mathbf y \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \mathbf y(x_0)=\mathbf y_0 \end{eqnarray}$ lässt sich schreiben als $\begin{eqnarray} \mathbf y(x)=e^{(x-x_0)A}\mathbf y_0. \end{eqnarray}$ Im Wesentlichen gilt dies, weil $\begin{eqnarray} Ae^{xA} \end{eqnarray}$ die Ableitung von $\begin{eqnarray} e^{xA} \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ ist. Angenommen, $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ist diagonalisierbar, dann gilt $\begin{eqnarray} A=V\Lambda V^{-1}, \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} \Lambda \end{eqnarray}$ die Diagonalmatrix mit den Eigenwerten von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ist und $\begin{eqnarray} V \end{eqnarray}$ zu den Eigenwerten zugehörige Eigenvektoren als Spalten enthält. Man sieht unschwer, dass für ein Polynom $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ die Regel $\begin{eqnarray} f(A)=Vf(\Lambda)V^{-1} \end{eqnarray}$ gilt. Gehen wir mal davon aus, dass dieser Sachverhalt für $\begin{eqnarray} f(A)=e^A \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} e^A := \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!} \end{eqnarray}$ gültig bleibt. Dann findet sich $\begin{eqnarray} \mathbf y = e^{(x-x_0)V\Lambda V^{-1}}\mathbf y_0 = Ve^{(x-x_0)\Lambda}V^{-1}\mathbf y_0 = V\operatorname{diag}(e^{\lambda_k(x-x_0)})V^{-1}\mathbf y_0. \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} c_k := (V^{-1}\mathbf y_0)_k \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} V=(\mathbf v^{(1)},\ldots,\mathbf v^{(n)}) \end{eqnarray}$ nimmt der Term die Gestalt $\begin{eqnarray} \mathbf y = V\operatorname{diag}(c_ke^{\lambda_k(x-x_0)}) = \sum_{k=1}^n c_ke^{\lambda_k(x-x_0)}\mathbf v^{(k)} \end{eqnarray}$ an. Mit $\begin{eqnarray} C_k = c_k e^{-\lambda_k x_0} \end{eqnarray}$ gelangt man schließlich zu $\begin{eqnarray} \mathbf y = \sum_{k=1}^n C_k e^{\lambda_k x}\mathbf v^{(k)}. \end{eqnarray}$

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