System mit 3 Gleichungen, lineare Differentialgleichung

02.04.2007, 15:04

Igraine

System mit 3 Gleichungen, lineare Differentialgleichung

Hallo zusammen

Ich muss zu folgender Aufgabe die generelle Lösung finden:

$\begin{eqnarray*} x'_1 = x_1 + x_2 + 2x_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x'_2 = x_1 + 2x_2 + x_3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x'_3 = 2x_1 + x_2 + x_3 \end{eqnarray*}$

wobei die Apostrophe Punkte über dem x darstellen sollen.

ich habe so begonnen

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x'_1 \\ x'_2 \\ x'_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

dann weiter

(1-landa) (1) (2)
(1-landa) (2) (1) =
(2-landa) (1) (1)

dabei bin ich mir schon nicht mehr sicher.

in meinen büchern, im skript und im internet finde ich stets nur gleichungssysteme mit zwei gleichungen. dort wird diagonal multipliziert. doch dies ist hier nicht so einfach möglich...

wer weiss weiter?

02.04.2007, 15:11

WebFritzi

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RE: System mit 3 Gleichungen, lineare Differentialgleichung

Zitat:

Original von Igraine
(1-landa) (1) (2)
(1-landa) (2) (1) =
(2-landa) (1) (1)

Oha. Erstens heißt es "lambda", und zweitens musst du lambda in der Diagonalen abziehen, dann die Determinante berechnen (das ist dann das char. Polynom der Matrix) und davon dann die Nulstellen. Mach das erstmal.

02.04.2007, 15:16

phi

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Da gibts zwei mögliche Ansätze;

1)entweder als Matrixwertige Differentialgleichung (falls dir das was sagt) , was wegen der Symmetrie von A hier erlaubt ist

$\begin{eqnarray*} X'=AX \end{eqnarray*}$

mit dem Ansatz

$\begin{eqnarray*} X=e^{At} \end{eqnarray*}$

2) oder, was du mit den lambda (Code im Latex: \lambda $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ) angedeutet hast, über die Eigenwerte.

Was wäre denn das Charakteristische Polynom von A ?

mfg, phi smile

02.04.2007, 15:42

Igraine

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(1 -\lambda) (1) (2)
(1) (2 - \lambda) (1)
(2) (1) (1 - \lambda)

so?

also determinante
1 (2-1) -1 (1-2) + 2 (1-4) = -4

wie ist jetzt die gleichung für die nullstelle?

also die methode mit x' = ax haben wir an der uni aber das scheint noch komplizierter zu sein...

02.04.2007, 15:51

phi

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Da man A diagonalisieren kann (weil A symmetrisch) ist X' = AX sogar noch viel einfacher, weil man nur e hoch die Diagonalelemente nehmen muss. Egal.

Schreib doch mal das Charakteristische Polynom ordentlich auf, wo sind denn die Lambda's verschwunden ? Und wie kommt das -4 auf die rechte Seite ??

Schau mal hier wie's aussehen sollte

02.04.2007, 16:50

Igraine

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$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} A - \lambda * E \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 - \lambda & 1 & 2 \\ 1 & 2 - \lambda & 1 \\ 2 & 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ok, die determinante hab ich 3 mal ausgerechnet und dreimal was anderes erhalten.
-\lambda^3 + 4\lambda^2 + \lambda - 1 zuletzt

http://de.wikipedia.org/wiki/Determinante_(Mathematik) habe dafür diese seite benutzt. aber ich mach wohl immer einen rechenfehler

02.04.2007, 16:56

WebFritzi

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Zitat:

Original von Igraine
-\lambda^3 + 4\lambda^2 + \lambda - 1 zuletzt

Ich hab's genauso, außer -4 statt -1 am Ende. Benutze die Regel von Sarrus.

02.04.2007, 17:22

Igraine

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Also hab jetzt auch soviel erhalten

-\lambda^3 + 4\lambda^2 + \lambda - 4 = 0
- (\lambda + 1)(\lambda - 4)(\lambda - 1)

Nullstellen:
\lambda1 = -1
\lambda2 = 4
\lambda3 = 1

stimmts?

gehts noch weiter?

02.04.2007, 19:11

Igraine

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ok ich bin jetzt ein Stück weiter.

Beim Eigenvektor. Wenn \lambda = 1 dann ergibt sich daraus ein lineares Gleichungssystem:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_2 + 2x_3 \\ x_1 + x_2 + x_3 \\ 2x_1 + x_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und irgendwie ist dieses gleichungssystem nicht lösbar. also es ergibt einfach Null. Dasselbe geschieht, wenn ich für \lambda 4 einsetze.

Muss/kann den ein dreidimensionales Gleichungssystem auch diagonalisierbar sein?

02.04.2007, 20:00

phi

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$\begin{eqnarray*} \lambda_3 = 1 \end{eqnarray*}$

Homogenen Systeme wie diese haben unendlich viele Lösungen. D.h. du kannst z.B. x2=1 setzen und damit die anderen bestimmen. Uns intressiert quasi nur die Richtung des Eigenvektors und nicht seine Länge.

Hinten ist es günstiger den Nullvektor zu schreiben, da jede Zeile 0 ergeben muß:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_2 + 2x_3 \\ x_1 + x_2 + x_3 \\ 2x_1 + x_2 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ob eine Matrix diagonalisierbar ist oder nicht hängt nicht von der Dimension ab.

02.04.2007, 20:48

Igraine

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also ich hab jetzt drei Vektoren erhalten

$\begin{eqnarray*} x' (t) = e^{t} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x' (t) = e^{4t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x' (t) = e^{-t} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

richtig? wie weiter?

02.04.2007, 21:03

phi

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Beim letzten überlege nochmal:

2 x1 + x2 + 2 x3 = 0 ---> x2 = 0 , und x1= ...

02.04.2007, 21:36

Igraine

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x1 = x3

zum beispiel: x2 = 0, x1 = 1, x3 = 1

02.04.2007, 21:43

phi

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fast!

x1 = -x3

Sonst kann es ja nicht Null werden.

Dann hast du 3 Lösungsvektoren (die du noch Namen geben musst mit Indizees, damit man sofort weiß zu welchem Eigenwert sie gehören) , die du zur Probe in das System einsetzen kannst.

edit: Die Lösungsvektoren sind keine Ableitungen, sondern Funktionen!

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