Lin. DGL mit konstanten Koeff < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:11 Di 22.07.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo alle zusammen!
Ich habe hier zwei Sätze, bei denen ich einmal inhaltlich und einmal zum Beweis des 1. Satzes Fragen habe.
Satz 1 :
Sei [mm] A \in M (n; K ) [/mm] wobei K als [mm] K = \mathbb R [/mm] oder [mm] K = \mathbb C [/mm] anzusehen ist, [mm] y_0 \in K^n [/mm]. So ist die einzige Lösung [mm] \phi [/mm] der Differentialgleichung [mm] y ' = A y [/mm] mit [mm] \phi (0) = y_0 [/mm] gegeben durch [mm] \phi(x) = e^{xA} y_0 [/mm].
Beweis :
Ist [mm] y_0 \in K^n [/mm] ein Eigenvektor von A zum Eigenwert [mm]\lambda [/mm], also [mm] A y_0 = \lambda y_0 [/mm] , so ist
[mm] A^k y_0 = \lambda^k y_0 [/mm].
( 1. Frage: Warum ist das so??? Weil die Matrix diagonalisierbar ist? )
Also ist
[mm] e^{xA} y_0 = \summe_{k=0}^\infty \bruch{x^k}{k!} A^k y_0 [/mm]
[mm] = \summe_{k=0}^\infty \bruch{x^k}{k!} \lambda^k y_0 = e^{ \lambda x} y_0 [/mm].
Daher ist [mm] x \to e^{ \lambda x} y_0 [/mm] eine Lösung von [mm] y ' = A y [/mm]. Wenn A diagonalisierbar ist, so gibt es [mm] y_1, ..., y_n \in K^n [/mm] und [mm] \lambda_1, ... , \lambda_n \in K [/mm],
so dass [mm] y_1, ..., y_n [/mm] eine Basis von [mm] K^n [/mm] bilden.
Dann binden die n Funktionen [mm] \phi^1, ..., \phi^n : \mathbb R \to K^n [/mm] mit [mm] \phi^j (x) = e^{ \lambda_j x } y_j [/mm] eine Basis des Lösungsraums.
( 2. Frage:
Was ist wenn [mm] y_0 [/mm] kein Eigenvektor ist?
Ich sehe nicht, wo wir gezeigt haben, dass es diese einzige Lösung [mm] \phi [/mm] gibt ... )
Satz 2 :
Sei [mm] A \in M(n; \mathbb C) [/mm] und [mm] \phi = ( \phi_1, ... , \phi_n ) : \mathbb R \to \mathbb C^n [/mm] eine Lösung von [mm] y' = Ay [/mm],
dann ist jedes [mm] \phi_j [/mm] eine Linearkombination der Funktionen
[mm] x \to x^k e^{ \lambda x } [/mm]
wobei [mm] \lambda [/mm] ein Eigenwert von A und k kleiner als die algebraische Vielfachheit des Eigenwertes ist.
( 3. Frage:
Bedeutet das, dass man immer Eigenwerte ausrechen kann unabhängig davon ob [mm] y_0 [/mm] eine Eigenvektor ist, wie im Beweis von Satz 1 ??? )
Vielen Dank für die Hilfe!
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:45 Di 22.07.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Irmchen!
> Hallo alle zusammen!
>
> Ich habe hier zwei Sätze, bei denen ich einmal inhaltlich
> und einmal zum Beweis des 1. Satzes Fragen habe.
>
> Satz 1 :
>
> Sei [mm]A \in M (n; K )[/mm] wobei K als [mm]K = \mathbb R[/mm] oder [mm]K = \mathbb C[/mm]
> anzusehen ist, [mm]y_0 \in K^n [/mm]. So ist die einzige Lösung [mm]\phi[/mm]
> der Differentialgleichung [mm]y ' = A y[/mm] mit [mm]\phi (0) = y_0[/mm]
> gegeben durch [mm]\phi(x) = e^{xA} y_0 [/mm].
>
> Beweis :
>
> Ist [mm]y_0 \in K^n[/mm] ein Eigenvektor von A zum Eigenwert [mm]\lambda [/mm],
> also [mm]A y_0 = \lambda y_0[/mm] , so ist
> [mm]A^k y_0 = \lambda^k y_0 [/mm].
>
> ( 1. Frage: Warum ist das so??? Weil die Matrix
> diagonalisierbar ist? )
Nein, viel einfacher, weil [mm] $y_0$ [/mm] ein Eigenvektor ist:
[mm]A^k y_0 = A^{k-1} A y_0 = A^{k-1} \lambda y_0 = \lambda A^{k-1} y_0 [/mm],
und jetzt machst du dasselbe noch $(k-1)$ mal.
> Also ist
>
> [mm]e^{xA} y_0 = \summe_{k=0}^\infty \bruch{x^k}{k!} A^k y_0[/mm]
> [mm]= \summe_{k=0}^\infty \bruch{x^k}{k!} \lambda^k y_0 = e^{ \lambda x} y_0 [/mm].
>
> Daher ist [mm]x \to e^{ \lambda x} y_0[/mm] eine Lösung von [mm]y ' = A y [/mm].
> Wenn A diagonalisierbar ist, so gibt es [mm]y_1, ..., y_n \in K^n[/mm]
> und [mm]\lambda_1, ... , \lambda_n \in K [/mm],
> so dass [mm]y_1, ..., y_n[/mm]
> eine Basis von [mm]K^n[/mm] bilden.
> Dann binden die n Funktionen [mm]\phi^1, ..., \phi^n : \mathbb R \to K^n[/mm]
> mit [mm]\phi^j (x) = e^{ \lambda_j x } y_j[/mm] eine Basis des
> Lösungsraums.
>
> ( 2. Frage:
> Was ist wenn [mm]y_0[/mm] kein Eigenvektor ist?
Wenn A diagonalisierbar ist, so gibt es eine Basis von Eigenvektoren [mm]y_1, ..., y_n \in K^n[/mm], und damit lässt sich jedes beliebige [mm] $y_0$ [/mm] als Linearkombination der [mm]y_1, ..., y_n[/mm] schreiben:
Weil aber die [mm]y_1, ..., y_n[/mm] Eigenvektoren sind, gibt für jeden einzelnen davon das vorherige Argument, also
[mm] A^k y_j = \lambda_j^k y_j [/mm] und [mm] e^{xA} y_j = e^{ \lambda_j x} y_j =\phi^j (x)[/mm].
Jedes der [mm]\phi^j (x)[/mm] ist eine Lösung der DGL für [mm] $\phi(0)=y_j$.
[/mm]
Also ist [mm] e^{xA} y_0[/mm] eine Linearkombination der [mm]\phi^j (x)[/mm], das heisst die [mm]\phi^j (x) = e^{ \lambda_j x } y_j[/mm] bilden eine Basis des Lösungsraums.
Außerdem ist [mm] e^{xA} y_0[/mm] eine Lösung der DGL zu [mm] $\phi(0)=y_0$.
[/mm]
> Ich sehe nicht, wo wir gezeigt haben, dass es diese
> einzige Lösung [mm]\phi[/mm] gibt ... )
Das sagt dir der Satz von Picard-Lindelöf.
> Satz 2 :
>
> Sei [mm]A \in M(n; \mathbb C)[/mm] und [mm]\phi = ( \phi_1, ... , \phi_n ) : \mathbb R \to \mathbb C^n[/mm]
> eine Lösung von [mm]y' = Ay [/mm],
> dann ist jedes [mm]\phi_j[/mm] eine
> Linearkombination der Funktionen
> [mm]x \to x^k e^{ \lambda x }[/mm]
> wobei [mm]\lambda[/mm] ein Eigenwert von
> A und k kleiner als die algebraische Vielfachheit des
> Eigenwertes ist.
>
> ( 3. Frage:
> Bedeutet das, dass man immer Eigenwerte ausrechen kann
> unabhängig davon ob [mm]y_0[/mm] eine Eigenvektor ist, wie im Beweis
> von Satz 1 ??? )
Da verstehe ich deine Frage nicht: da A eine quadratische Matrix ist, kannst du immer ihre Eigenwerte ausrechnen.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:50 Mi 23.07.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo!
Vielen Dank für die Antwort!
Meine Frage zum zweiten Satz, war dämlich gestellt, sorry.... Ich habe total verrafft, dass es sich hier um quadratische Matrizen handelt!
Und was den ersten Satz betrifft, finde ich trotz intensiver Suche den Satz von Picard-Lindelöf nicht in der Vorlesung. Das werde ich dann eben nacharbeiten müssen!
Vielen Dank und viele Grüße
Irmchen
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