Anfangswertproblem < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 13:56 Mo 02.05.2005 | | Autor: | VHN |
Hallo, leute!
Wir haben in der vorlesung gross und breit ueber Anfangswertprobleme geredet, allerdings hat er uns nie an einem konkreten beispiel gezeigt, wie man sowas loest.
ich stehe nun vor dieser aufgabe, und weiss nicht recht, wie ich sie anpacken soll.
koennt ihr mir bitte sagen, oder mir ein schema vorgeben, wie ich das sogenannte anfangswertproblem loesen kann? danke.
Aufgabe: loese das anfangswertproblem!
[mm] x_{1} [/mm] ' = 3 [mm] x_{1} [/mm] + 2 [mm] x_{2}
[/mm]
[mm] x_{2} [/mm] ' = [mm] -4x_{1} [/mm] - [mm] 3x_{2}
[/mm]
[mm] x_{3} [/mm] ' = [mm] -x_{1} [/mm] - [mm] 2x_{2} [/mm] + [mm] 2x_{3}
[/mm]
wobei zusaetzlich gilt:
[mm] x_{0} [/mm] = -2
[mm] x_{2} [/mm] = 3
[mm] x_{1} [/mm] = 3
Bitte helft mir. ich weiss, dass es wohl nicht sehr schwierig sein duerfte, aber aus dem vorlesungsskript kriege nicht raus, wie man es macht.
Vielen dank!
VHN
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:44 Mo 02.05.2005 | | Autor: | MathePower |
Hallo VHN,
> [mm]x_{1}[/mm] ' = 3 [mm]x_{1}[/mm] + 2 [mm]x_{2}[/mm]
> [mm]x_{2}[/mm] ' = [mm]-4x_{1}[/mm] - [mm]3x_{2}[/mm]
> [mm]x_{3}[/mm] ' = [mm]-x_{1}[/mm] - [mm]2x_{2}[/mm] + [mm]2x_{3}[/mm]
bilde zunächst das charakteristische Polynom [mm]\det \left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)\; = \;0[/mm] und bestimme die Lösungen [mm]\lambda[/mm].
Danach bestimmst Du zu jedem Eigenwert [mm]\lambda[/mm] einen zugehörigen Eigenvektor. Löse also das Gleichungssystem [mm]\[
A\; - \;\lambda \;I\; = \;0[/mm].
Die Eigenvektoren ergeben, alle zusammen genommen , die Transformationsmatrix C. Dies ist eine Transformationsmatrix, die die Matrix A in Diagonalgestalt (Jordan-Normalform) überführt, Somit lautet die neue DGL:
[mm]z'\; = \;C^{ - 1} \;A\;C\;z[/mm]
Konkret lautet hier die neue DGL:
[mm]z'\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{\lambda _{1} } & 0 & 0 \\
0 & {\lambda _{2} } & 0 \\
0 & 0 & {\lambda _{3} } \\
\end{array} } \right)\;z[/mm]
Dabei habe ich die Transformation [mm]x = \;C\;z[/mm] benutzt.
Die obige DGL zu lösen ist jetzt kein Problem mehr.
Durch Rücktransformation erhältst Du nun die ursprünglichen Lösungen.
>
> wobei zusaetzlich gilt:
> [mm]x_{0}[/mm] = -2
> [mm]x_{2}[/mm] = 3
> [mm]x_{1}[/mm] = 3
Anfangsbedingungen einsetzen in die Lösungen und das entstehende Gleichungssystem lösen.
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:15 Di 03.05.2005 | | Autor: | merry568 |
Da die [mm] $(n\times [/mm] n)$-Matrix $n$ linear unabhängige Eigenvektoren besitzt ist das richtig. Wenn die Matrix weniger als $n$ linear unabhängige Eigenvektoren besitzt, muss man das AWP über die Jordansche Normalform lösen.
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:26 Do 05.05.2005 | | Autor: | VHN |
Hallo!
vielen dank für deine hilfe!
das verwirrende an der aufgabe war, dass wir sie in analysis aufbekommen haben, aber das verfahren dazu soll uns die algebra vorlesung liefern, was aber erst relativ spät gemacht wurde.
Ich habe jetzt versucht, es zu lösen, und so weit bin ich nun gekommen.
Erst mal möchte ich was klar stellen:
Bei dir heißt ja das charak. Polynom det(A- [mm] \lambda [/mm] I). Bei uns wurde es ähnlich definiert. kann ich daraus schließeb, dass das I bei dir die Einheitsmatrix sein soll?
A ist bei mir:
A = [mm] \pmat{ 3 & 2 & 0 \\ -4 & -3 & 0 \\ -1 & -2 & 2 }
[/mm]
Dann lautet (t steht für [mm] \lambda):
[/mm]
det(A- t I) = [mm] \pmat{ (3-t) & 2 & 0 \\ -4 & (-3-t) & 0 \\ -1 & -2 & 2-t }
[/mm]
= [mm] -t^{3} [/mm] + 2 [mm] t^{2} [/mm] + t - 2 = 0
Polynomdivision ergibt:
[mm] -t^{3} [/mm] + 2 [mm] t^{2} [/mm] + t - 2 = 0
(t-1) (t+1) (2-t) = 0
Stimmt das bis hierhin? d.h. die eigenwerte sind [mm] t_{1}=1, t_{2}=-1, t_{3}=2.
[/mm]
Ok, dann hab ich also die einzelnen Eigenwerte t in die gleichung A-tI=0 eingesetzt, und dann den Eigenvektor ausgerechnet.
Wenn ich [mm] t_{1}=1 [/mm] einsetze, kommt raus: [mm] x_{1} [/mm] = [mm] -x_{2} [/mm] = [mm] -x_{3}
[/mm]
[mm] x_{t_{1}} [/mm] = [mm] \vektor{x_{1} \\ -x_{1} \\ -x_{1}} [/mm]
kann ich dann auch sagen? [mm] x_{t_{1}} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -1 \\ -1} [/mm] ?
Wenn ich [mm] t_{2}=-1 [/mm] einsetze, kommt raus:
[mm] x_{t_{2}} [/mm] = [mm] \vektor{x_{1} \\ -2x_{1} \\ -x_{1}} [/mm]
also: [mm] x_{t_{2}} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ -2 \\ -1} [/mm]
Wenn ich [mm] t_{3}=2 [/mm] einsetze, kommt raus:
[mm] x_{t_{3}} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0} [/mm]
Stimmt das?
Was mache ich jetzt genau? du hast gemeint: "Die Eigenvektoren ergeben, alle zusammen genommen , die Transformationsmatrix C."
Heißt das, ich schreibe einfach die Eigenvektoren praktisch als Spalten einer Matrix C?
Also so:
C = [mm] \pmat{ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 }
[/mm]
Dann hast du eine gleichung angegeben: z' = [mm] C^{-1} [/mm] A C z.
Was ist hier dieses z? das verstehe ich nicht ganz.
Aber leider kommt bei mir bei [mm] C^{-1} [/mm] A C nicht die gewünschte Diagonalmatrix mit den eigenwerten in der diagonalen raus.
Was habe ich falsch gemacht? ich bitte um weitere hilfe. vielen dank!
VHN
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:47 So 08.05.2005 | | Autor: | VHN |
Hallo!
Ich bin inzwischen bis zur gleichung z' = [mm] C^{-1} [/mm] A C z gekommen.
Mein Fehler lag darin, dass ich statt die inverse Matrix von C die transponierte genommen habe. Drum ging es auch nicht auf! 
Aber jetzt ist mir nicht ganz klar, wie ich weitermachen soll.
Ich soll jetzt das gleichungssystem lösen, aber welches genau?
etwa das Gleichungssystem:
z' = [mm] \pmat{ \lambda^{1} & 0 & 0 \\ 0 & \lambda^{2} & 0 \\ 0 & 0 & \lambda^{3} } [/mm] z ?
heißt das, ich soll jetzt [mm] \lambda^{1} x_{1} [/mm] = [mm] 3x_{1} [/mm] + [mm] 2x_{2} [/mm] setzen und soweiter?
Und dann noch x auflösen?
Und was ist eine Rücktransformation genau? und die ursprünglichen Lösungen sind nicht die Anfangsbedingungen, oder?
Und wie ist es mit den Anfangsbedingungen? In welche Lösung muss ich sie einsetzen?
Es tut mir leid für die vielen Fragen. Aber ich versteh es nicht so ganz. Sorry!
Danke für deine Mühe!
VHN
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:21 So 08.05.2005 | | Autor: | Crispy |
Hallo,
ich hab hier einen anderen Weg und zwar ohne die Diagonalisierung von MathPower:
Die Eigenvektoren zu den Eigenwerten hast du.
Zu jedem [mm]e^{\lambda t}[/mm] multiplizierst du den ensprechenden Eigenvektor.
Die sind [mm]v_1= \vektor{-1 \\ 1 \\ 1}[/mm], [mm]v_2= \vektor{-1 \\ 2 \\ 1}[/mm] und [mm]v_3= \vektor{0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Lösung: [mm] \pmat{ -e^t & -e^{-t} & 0 \\ e^t & 2e^{-t} & 0 \\ e^t & e^{-t} & e^{2t} }
[/mm]
Ich habe dazu auch [mm] v_1, v_2 [/mm] und [mm] v_3 [/mm] so gewählt, dass gilt: [mm] v_1 [/mm] + [mm] v_2 [/mm] + [mm] v_3 [/mm] = [mm] x_0,
[/mm]
wobei [mm] x(0)=x_0 [/mm] den vektor mit den Anfangsbedingungen darstellt.
Aufgrund der späten Uhrzeit, bitte ich zu entschuldigen, dass die Antwort nicht so ausführlich ausgefallen ist.
Gruss, Crispy
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:42 So 08.05.2005 | | Autor: | VHN |
Hallo!
Nochmals danke für deine hilfe!
ich habe jetzt zwar verstanden, was ich machen soll, aber nicht die idee dahinter.
Wieso multiplizierst du ausgerechnet die Eigenvektoren mit [mm] e^{\lambda t}? [/mm] wie kommst du auf [mm] e^{\lambda t}?
[/mm]
Dann hätte ich noch eine Frage: gilt es immer, dass die summe der eigenvektoren den Vektor mit den Anfangsbedingungen darstellt?
und ist jetzt diese Lösung, die du da angegeben hast, die endgültige Lösung der Aufgabe? also das anfangswertproblem?
was ist eigentlich ziel der aufgabe? ich meine, was soll man am ende überhaupt rauskriegen? ich dachte, ziel ist es, einen vektor [mm] x=\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}} [/mm] rauszukriegen.
Tut mir leid für die blöden fragen, aber mir ist das alles noch nicht so klar.
könntest du mich aber bitte auch noch über die methode von mathepower aufklären. mich würde das prinzip der Lösung schon sehr interessieren. vorallem deswegen, weil ich so lang rumgemacht habe, aber es nicht gepackt habe.
Vielen dank für die mühe!
VHN
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:29 Mo 09.05.2005 | | Autor: | Crispy |
Hallo
> ich habe jetzt zwar verstanden, was ich machen soll, aber
> nicht die idee dahinter.
> Wieso multiplizierst du ausgerechnet die Eigenvektoren mit
> [mm]e^{\lambda t}?[/mm] wie kommst du auf [mm]e^{\lambda t}?[/mm]
[mm]e^{\lambda}[/mm] ist immer die allg. Lösung einer DGL. Oder vielmehr ein allgemeiner Lösungsansatz.
[mm]\lambda[/mm] sind dabei die Nullstellen des char. Polynoms.
Das geht in [mm]\IR[/mm] aber auch schon so.
> Dann hätte
> ich noch eine Frage: gilt es immer, dass die summe der
> eigenvektoren den Vektor mit den Anfangsbedingungen
> darstellt?
Nein, teilweise muss man die noch mit entsprechenden Koeffizienten multiplizieren.
> und ist jetzt diese Lösung, die du da angegeben hast, die
> endgültige Lösung der Aufgabe? also das
> anfangswertproblem?
Ja,
> was ist eigentlich ziel der aufgabe? ich meine, was soll
> man am ende überhaupt rauskriegen? ich dachte, ziel ist es,
> einen vektor [mm]x=\vektor{x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3}}[/mm]
> rauszukriegen.
Genau, ein [mm]x_1[/mm], [mm]x_2[/mm] und [mm]x_3[/mm] herauszubekommen.
[mm]x_1 = -e^t - e^{-t} + 0 [/mm]
[mm]x_2 = e^t + 2e^{-t} + 0 [/mm]
[mm]x_3 = e^t + e^{-t} + e^{2t} [/mm]
Man macht sich klar, dass dies Lösungen der DGL sind und man für 0 jeweils den Anfangswert erhält.
> Tut mir leid für die blöden fragen, aber mir ist das alles
> noch nicht so klar.
Ich hoffe jetzt ist es klar.
> könntest du mich aber bitte auch noch über die methode von
> mathepower aufklären. mich würde das prinzip der Lösung
> schon sehr interessieren. vorallem deswegen, weil ich so
> lang rumgemacht habe, aber es nicht gepackt habe.
Puh, evtl mag das Mathepower selbst machen.
Trau ich mir so gerade nicht zu.
> Vielen dank für die mühe!
Kein Problem.
Gruss, Crispy
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Hallo VHN,
> könntest du mich aber bitte auch noch über die methode von
> mathepower aufklären. mich würde das prinzip der Lösung
> schon sehr interessieren. vorallem deswegen, weil ich so
> lang rumgemacht habe, aber es nicht gepackt habe.
fangen wir mal an.
Zunächst ist das Differentialgleichungssystem [mm]y'\; = \;A\;y[/mm] gegeben. Das Ziel ist nun die Matrix A auf möglichst einfache Gestalt zu bringen, so dass die Lösungen des Systems bestimmt werden können.
Nun dies erreicht man mit einer Transformationsmatrix C.
Es wird also die Transformation [mm]y\; = \;C\;z[/mm] angewendet, welche das DGL-System überführt in [mm]z'\; = \;C^{ - 1} \;A\;C\;z[/mm]
Die Frage erhebt sich nun wie die Matrix C aussehen muss.
Nun zunächst bildet man das charakteristische Polynom der Matrix A,
also berechne [mm]\det (\,A\; - \;\lambda \;I)[/mm] und bestimme deren Nullstellen. Die Nullstellen sind die Eigenwerte der Matrix A.
Zu jedem Eigenwert [mm]\lambda_{i}[/mm] wird jetzt nun der zugehörige Eigenvektor [mm]e_{i}[/mm] bestimmt. Löse hierzu das Gleichungsystem [mm]\left( {A\; - \;\lambda _i \;I} \right)\;e_i \; = \;0[/mm].
Kommt der Eigenwert [mm]\lambda_{i}[/mm] mehrfach vor, so sind die Vektoren , durch die Gleichung [mm]\left( {A\; - \;\lambda _{i} \;I} \right)^{k} \;e_{i,k} \; = \;0[/mm] zu bestimmen. Das ist solange durchzuführen bis die Anzahl der Vektoren, der algebraischen Vielfachheit des Eigenwertes [mm]\lambda_{i}[/mm] entspricht. Also löse hier nacheinander:
[mm]\begin{gathered}
\left( {A\; - \;\lambda _{i} \;I} \right)\;e_{i,1} \; = \;0 \\
\left( {A\; - \;\lambda _{i} \;I} \right)^2 \;e_{i,2} \; = \;0 \\
\vdots \\
\left( {A\; - \;\lambda _{i} \;I} \right)^k \;e_{i,k} \; = \;0 \\
\end{gathered} [/mm]
Die Eigenvektoren bilden dann die Transformationsmatrix C.
Gruß
MathePower
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