DGL lösen mit einer Matrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:03 Sa 23.09.2006 | | Autor: | LL0rd |
| Aufgabe | Bestimme die Lösung der Gewöhnlichen DGL
[mm] \dot{x} [/mm] = [mm] -x_1 [/mm] + [mm] 2x_2 [/mm] + [mm] x_3 \\
[/mm]
[mm] \dot{x} [/mm] = [mm] x_2 [/mm] + [mm] 2x_3 \\
[/mm]
[mm] \dot{x} [/mm] = [mm] 4x_2-x_3
[/mm]
Zur Anfangsbedingung [mm] (x_1(0),x_2(0),x_3(0))=(1,0,0)
[/mm]
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Hallo,
ich verstehe nicht, wie diese Aufgabe gerechnet wird. In der Musterlösung steht etwas von
[mm] \dot{x} [/mm] = Ax, [mm] x(t_o)=x_0 [/mm] und dann etwas von einer Substitution x = Vy. Schließlich erhällt man dann die Inverse von V:
V= [mm] \pmat{ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \\ -2 & 0 & 4}
[/mm]
Ich verstehe leider nicht, wie ich von der Aufgabenstellung zu dieser Matrix V komme. Hab schon einige Stunden an der Aufgabe gesessen, finde aber keinen Ansatz.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt
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Nun, daß du schreiben kannst
[mm] $\dot{ \vec x}=A{ \vec x}$
[/mm]
sollte klar sein.
Das ist eine einfache DGL, deren Lösung sich erstmal einfach hinschreiben läßt:
[mm] $\vec [/mm] x [mm] (t)=e^{A(t-t_0)}\vec [/mm] x [mm] (t_0)$
[/mm]
Das problem ist nun das e-hoch-Matrix.
Ein Ansatz ist, die Potenzreihe der e-Funktion [mm] $e^{x}= 1+x+(1/2)x^2+(1/3!)x^3+...$ [/mm] zu benutzen, wobei statt x eben dieser Matrixterm drin steht.
Man kann nun versuchen, Gesetzmäßigkeiten herauszufinden, also was ist [mm] A^2, A^3, A^4, [/mm] ... um letztendlich herauszufinden, was für ein Grenzwert für diese Reihe herauskommt. Der Grenzwert wäre natürlich eine Matrix [mm] $L(t)=e^{A(t-t_0)}$, [/mm] multipliziert mit dem Anfangswert wäre das dann die Lösung: [mm] $\vec [/mm] x [mm] (t)=L(t)\vec [/mm] x [mm] (t_0)$
[/mm]
Problem: Das ist schwierig und meistens nicht möglich.
Ein anderer Weg: Wenn wir eine Matrix V hätten, die nur in ihrer Diagonalen Werte stehen hätte, ist das, was ich eben geschrieben habe, sehr einfach.
[mm] $V=\pmat{\lambda _{1} & 0 & 0 \\ 0 & \lambda _{2} & 0 \\ 0 & 0 & \lambda _{3}}$
[/mm]
[mm] $e^{V(t-t_0)}=\pmat{e^{\lambda _{1}} & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda _{2}} & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda _{3}}} e^{(t-t_0)}$
[/mm]
Das verfahren gilt so allerdings erstmal nur, wenn du drei Eigenwerte / Vektoren hast. Gibts die nicht, gibts abere, ähnliche, aber auch etwas kompliziertere Wege.
Und genau das ist das, was du tun sollst:
Berechne die Eingenwerte und Eigenvektoren deiner Matrix A.
Die Eigenvektoren geben dir eine Abbildung (Matrix K) in die Eigenvektorbasis von A.
Sprich: die Matrix K bildet jeden Vektor in ein koordinatensystem ab, in dem die Eigenvektoren die Basen sind. Insbesondere bedeutet das für die Matrix A, daß sie zu einer diagonalisierten Matrix V wird, deren Elemente garde die Eigenwerte von A sind!
Natürlich werden auch die Vektroen transformiert, es ist [mm] $\vec y=K\vec [/mm] x$
Jetzt lautet die DGL also:
[mm] $\dot{\vec y} (t-t_0)=V\vec [/mm] y [mm] (t_0)$
[/mm]
mit der Lösung:
[mm] $\vec [/mm] y [mm] (t-t_0)=e^{V(t-t_0)}\vec [/mm] y [mm] (t_0)$
[/mm]
[mm] $\vec [/mm] y [mm] (t-t_0)=\pmat{e^{\lambda _{1}} & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda _{2}} & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda _{3}}} e^{(t-t_0)}\vec [/mm] y [mm] (t_0)$
[/mm]
Allerdings ist das jetzt im falschen Raum, du willst ja wieder zurück.
Also:
Anfangswert: [mm] $\vec [/mm] y [mm] (t_0)=K\vec [/mm] x [mm] (t_0)$
[/mm]
Lösung: [mm] $\vec [/mm] x [mm] (t-t_0)=K^{-1}\vec [/mm] y [mm] (t-t_0)$
[/mm]
macht insgesamt:
[mm] $\vec [/mm] x [mm] (t-t_0)=K^{-1}\left( \pmat{e^{\lambda _{1}} & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda _{2}} & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda _{3}}} e^{(t-t_0)} (K\vec x (t_0)) \right)$
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:22 Sa 23.09.2006 | | Autor: | LL0rd |
Hi,
erstmal Vielen Dank für deine ausführliche Antwort, du hast mir sehr geholfen. Ich habe allerdings noch eine Frage zu den Eigenwerten, bzw. Eigenvektoren.
Ich habe eine Matrix A (sagen wir mal 3x3). Diese Matrix hat 3 [mm] \lambda [/mm] Werte, die ich aus der [mm] det(A-\lambda [/mm] E)=0 ausrechne. Aber welches ist jetzt [mm] \lambda_1, \lambda_2 [/mm] ... ? Bzw. die daraus dann folgenden Eigenvektoren.
Denn wenn ich später die Matrix aus den Eigenvektoren zusammensetze, dann bekomme ich eine Matrix mit "verdrehten" Spalten.
Schließlich habe ich dann am Ende einen anderen Lösungsvektor, in dem zwar alle [mm] \lambda [/mm] werde auftauchen, jedoch zu einem anderen Index, oder ist folgendes richtig?
[mm] \vektor{c_1 \varepsilon^{\lambda_1} \\ c_2 \varepsilon^{\lambda_2} \\ c_3 \varepsilon^{\lambda_3}} [/mm] = [mm] \vektor{c_1 \varepsilon^{\lambda_2} \\ c_2 \varepsilon^{\lambda_3} \\ c_3 \varepsilon^{\lambda_1}} [/mm]
Denn wenn ich am Ende die Anfangsbedingung einsetze, habe ich ein anderes Endergebnis. Deshalb die Frage, woher ich weiß, welches [mm] \lambda [/mm] in der Berechnung [mm] \lambda_1 [/mm] ist
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:23 Sa 23.09.2006 | | Autor: | ullim |
Hi LL0rd,
Die Lösung des Anfangswertproblem lautet ja
x(t) = [mm] e^{A*t}*x(0) [/mm] mit der Matrix A = [mm] \pmat{ -1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 4 & -1 } [/mm] und x(0) = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Sei V die Matrix mit den Eigenvektoren V = [mm] \pmat{v_1 & v_2 & v_3} [/mm] zu A, dann kann man die Lösung ja wie folgt berechnen wenn man
A = [mm] V*\pmat{\lambda_1 & 0 & \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3}*V^{-1} [/mm] berücksichtigt
x(t) = [mm] V*\pmat{e^{\lambda_1*t} & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2*t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda_3*t}}*V^{-1}*x(0)
[/mm]
Wenn Du die Eigenwerte vertauschst, werden auch die Eigenvektoren spaltenweise vertauscht. Also z.B.
W = [mm] \pmat{v_2 & v_1 & v_3} [/mm] mit [mm] v_i [/mm] = i-ter Eigenvektor (Spaltenvektor) [mm] \Rightarrow
[/mm]
A*W = [mm] \pmat{A*v_2 & A*v_1 & A*v_3} [/mm] = [mm] \pmat{v_2*\lambda_2 & v_1*\lambda_1 & v_3*\lambda_3} [/mm] = [mm] W*\pmat{ \lambda_2 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 }
[/mm]
D.h. aber, dass auch für die Matrix mit den vertauschten Eigenvektoren gilt
A = [mm] W*\pmat{ \lambda_2 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 }*W^{-1} [/mm] und man erhält die Lösung nun als
x(t) = [mm] W*\pmat{e^{\lambda_2*t} & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda_1*t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda_3*t}}*W^{-1}*x(0)
[/mm]
D.h., das Vertauschen führt zu keiner anderen Lösung.
mfg ullim
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