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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:26 Mo 22.08.2005 | | Autor: | Johman |
Hi und gleich habe ich noch eine Frage (die letzte für heute  )
Habe ein System einer linearen homogenen DGL,dass es zu lösen gilt:
y´=Ay mit A:= [mm] \pmat{ a & b & c & d \\ 0 & a & b & c \\ 0 & 0 & a & b \\ 0& 0 & 0 & a } [/mm] mit [mm] y_{1}(0)=y_{2}(0)=1, y_{3}(0)=y_{4}(0)=0
[/mm]
als erstes habe ich das char polynom der Matrix aufgestellt und logischerweise als 4 fachen eigenwert [mm] \lambda_{1} [/mm] - [mm] \lambda_{4} [/mm] = a.
wenn ich jetzt die eigenvektoren dazu berechne bekomme ich z.B:
[mm] ev_{1} [/mm] = [mm] \vektor{ 1 \\ \bruch{c^2}{b} -d \\ -c \\ b } [/mm]
[mm] ev_{2} [/mm] = [mm] \vektor{ 0 \\ \bruch{c^2}{b} -d \\ -c \\ b } [/mm]
das heisst es müssten doch noch verallgemeinerte ev berechnet werden um den Lösungsraum darzustellen oder?
ansonsten sind 2 Lösungen schon mal:
I) [mm] e^{at} \vektor{ 1 \\ \bruch{c^2}{b} -d \\ -c \\ b }
[/mm]
II) [mm] e^{at} \vektor{ 0 \\ \bruch{c^2}{b} -d \\ -c \\ b } [/mm]
bis dahin komme ich nur bei der aufgabe....bin wie immer für jede erklärung oder hilfe dankbar
gruss johannes
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:25 Di 23.08.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Wenn $A$ nicht diagonalisierbar ist, musst du wie folgt gehen. Bestimme die Jordansche Normalform $J$ von $A$. Die zugehörige Basis schreibst du spaltenweise in die Matrix $C$, das ist deine Transformationsmatrix. Nun bildest du zu der Jordanschen Normalform das Hauptsystem $Z(t)$ mit der Anfangsbedingung $Z(0)=0$.
Beispiel:
Ist
[mm] $J=\pmat{ \lambda & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \mu & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \nu & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \nu}$,
[/mm]
so ist
$Z(t) = [mm] \pmat{ e^{\lambda t} & te^{\lambda t} & \frac{1}{2}t^2 e^{\lambda t} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda t} & t e^{\lambda t} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda t}& 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & e^{\mu t} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & e^{\nu t} & te^{\nu t} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e^{\nu t}}$.
[/mm]
Dann liefert $CZ(t)$ ein Hauptsystem des ursprünglichen Differentialgleichungssystems. Die Anfangsbedingungen sind dann noch anzupassen.
Alternativ kann man wie folgt vorgehen:
(1) Bestimme die Eigenwerte als Nullstellen der Gleichung [mm] $\det(A [/mm] - [mm] \lambda [/mm] E)=0$.
(2) Bestimme zu jedem Eigenwert [mm] $\lambda$ [/mm] die Eigenvektoren $c [mm] \in \IC^n$.
[/mm]
(3) Dies führt zu der Lösung [mm] $e^{\lambda t}c$.
[/mm]
(4) Rechne nacheinander die Ansätze [mm] $(a,\, b,\ldots \in \IC^n)$
[/mm]
[mm] $y=e^{\lambda t}(a+ct)$, $y=e^{\lambda t}(a+bt+ct^2)$, $\ldots$
[/mm]
durch, bis die richtige Anzahl (=algebraische Vielfachheit des Eigenraums) von linear unabhängigen Lösungen erreicht ist.
Viele Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:33 Di 23.08.2005 | | Autor: | Johman |
Super anleitung danke!
probiere das gleich mal aus
gruss johannes
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:49 Di 23.08.2005 | | Autor: | Johman |
> Hallo!
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> Wenn [mm]A[/mm] nicht diagonalisierbar ist, musst du wie folgt
> gehen. Bestimme die Jordansche Normalform [mm]J[/mm] von [mm]A[/mm]. Die
> zugehörige Basis schreibst du spaltenweise in die Matrix [mm]C[/mm],
> das ist deine Transformationsmatrix. Nun bildest du zu der
> Jordanschen Normalform das Hauptsystem [mm]Z(t)[/mm] mit der
> Anfangsbedingung [mm]Z(0)=0[/mm].
>
> Beispiel:
>
> Ist
>
> [mm]J=\pmat{ \lambda & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \mu & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \nu & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \nu}[/mm],
>
> so ist
>
> [mm]Z(t) = \pmat{ e^{\lambda t} & te^{\lambda t} & \frac{1}{2}t^2 e^{\lambda t} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & e^{\lambda t} & t e^{\lambda t} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & e^{\lambda t}& 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & e^{\mu t} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & e^{\nu t} & te^{\nu t} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & e^{\nu t}}[/mm].
>
> Dann liefert [mm]CZ(t)[/mm] ein Hauptsystem des ursprünglichen
> Differentialgleichungssystems. Die Anfangsbedingungen sind
> dann noch anzupassen.
>
> Alternativ kann man wie folgt vorgehen:
>
> (1) Bestimme die Eigenwerte als Nullstellen der Gleichung
> [mm]\det(A - \lambda E)=0[/mm].
>
> (2) Bestimme zu jedem Eigenwert [mm]\lambda[/mm] die Eigenvektoren [mm]c \in \IC^n[/mm].
>
> (3) Dies führt zu der Lösung [mm]e^{\lambda t}c[/mm].
>
> (4) Rechne nacheinander die Ansätze [mm](a,\, b,\ldots \in \IC^n)[/mm]
>
> [mm]y=e^{\lambda t}(a+ct)[/mm], [mm]y=e^{\lambda t}(a+bt+ct^2)[/mm],
> [mm]\ldots[/mm]
>
> durch, bis die richtige Anzahl (=algebraische Vielfachheit
> des Eigenraums) von linear unabhängigen Lösungen erreicht
> ist.
>
> Viele Grüße
> Julius
Okay bin nun nach dem rezept vorgegangen:
Eigenwert ist a wie ich schon wusste, so nun habe ich zu diesem eigenwert einen 1 dimensionalen eigenraum mit dem vektor
[mm] e_{v1} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
so der verallgemeinerte eigenraum besteht ja aus den eigenvektoren zu folgenden systemen:
[mm] (A-Ia)^{2} [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 0 & b^{2} & 2bc \\ 0 & 0 & 0 & b^{2} \\ 0 & 0 &0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0}und (A-Ia)^{3} [/mm] = [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 & b^{3} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0}da (A-Ia)^{4} [/mm] = 0
[mm] e_{av2} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
[mm] e_{av3} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 1 \\ 1 \\ 0}
[/mm]
aber wie bekomme ich einen 3 verallgemeinerten ev?den brauche ich ja für meine Matrix C.habe doch alles ausgeschöpft.
gruss johannes
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Hallo Johman,
> aber wie bekomme ich einen 3 verallgemeinerten ev?den
> brauche ich ja für meine Matrix C.habe doch alles
> ausgeschöpft.
diesen bekommst Du auch noch heraus:
[mm]\begin{gathered}
\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)^k \;e_k \; = \;0 \hfill \\
\Leftrightarrow \;\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)^{k\; - \;1} \;\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)\;e_k \; = \;0 \hfill \\
\Leftrightarrow \;\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)^{k\; - \;1} \;e_{k\; - \;1} \; = \;0 \hfill \\
\Rightarrow \;\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)\;e_k \; = \;e_{k\; - \;1} \hfill \\
\end{gathered} [/mm]
Hier ist [mm]e_{k}[/mm] der Eigenvektor k-ter Stufe. Dieser wird mit Hilfe der Matrix [mm]\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)[/mm] auf den Eigenvektor [mm]e_{k\;-\;1}[/mm] abgebildet.
Demnach musst Du nur die Gleichung [mm]\left( {A\; - \;\lambda \;I} \right)\;e_{k} \; = \;e_{k\; - \;1} [/mm] lösen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:33 Di 23.08.2005 | | Autor: | Johman |
super alles klar.
so habe jetzt den verallgemeinerten Eigenraum, dann ergibt sich ja alles wie in julius´ matrix btw die Lösung ist:
y(x)= [mm] c_{1} e^{a*t} ev_{1} +c_{2} e^{a*t} ev_{a2} [/mm] + [mm] c_{3} e^{a*t} ev_{a3} [/mm] + [mm] c_{4} e^{a*t} ev_{a4}
[/mm]
wobei die letzten 3 ev ja die verallgemeinerten eigenvektoren sind....stimmt doch so oder?
gruss johannes
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Hallo Johman,
> y(x)= [mm]c_{1} e^{a*t} ev_{1} +c_{2} e^{a*t} ev_{a2}[/mm] + [mm]c_{3} e^{a*t} ev_{a3}[/mm]
> + [mm]c_{4} e^{a*t} ev_{a4}[/mm]
>
> wobei die letzten 3 ev ja die verallgemeinerten
> eigenvektoren sind....stimmt doch so oder?
Das sind schon alle Eigenvektoren.
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:50 Di 23.08.2005 | | Autor: | Johman |
okay glaube jetzt hab ichs thx.
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