Taylor und Exponentialmatrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:26 Mo 05.11.2007 | | Autor: | Marty |
| Aufgabe | Es sei F [mm] \in C^2(\IR^2;\IR^2) [/mm] gegeben durch F(x,y):= [mm] (x^2y-x+y,x+y+3xy^4) [/mm] , und es sei a=(1,0)
a) Geben Sie die Taylorformel von F in a= (1,0) bis zur ersten Ordnung an.
b) Es sei A:=D(F)(a). Geben Sie exp(tA) für t [mm] \in \IR [/mm] an.
c) Leiten Sie her, dass [mm] U_0(t):=exp(tA) [/mm] eine Lösung von [mm] U_{0}'(t) [/mm] = [mm] AU_{0}(t) [/mm] ist.
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Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo!
diese Aufgabe hat eigentlich noch mehr Teilaufgaben, die möchte ich euch aber erstmal ersparen. :)
Natürlich habe ich schon eine Menge vorgearbeitet, es wäre aber schön, wenn jemand meine bisherigen Lösungen korrigieren könnte, da ich die anderen Teilaufgaben sonst nicht weiterrechnen kann...
zur a)
[mm] \partial_xF(x,y) [/mm] = [mm] (2xy-1,1+3y^4) \Rightarrow \partial_xF(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (-1,1)
[mm] \partial_yF(x,y) [/mm] = [mm] (x^2+1,1+12xy^3) \Rightarrow \partial_yF(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (2,0)
[mm] \partial_{xx}F(x,y) [/mm] = (2y,0) [mm] \Rightarrow \partial_{xx}F(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (0,0)
[mm] \partial_{yy}F(x,y) [/mm] = [mm] (0,48xy^2) \Rightarrow \partial_{yy}F(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (0,0)
[mm] \partial_{xy}F(x,y) [/mm] = [mm] (2x,12y^3) \Rightarrow \partial_{xy}F(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (2,0)
[mm] \partial_{yx}F(x,y) [/mm] = [mm] (2x,12y^3) \Rightarrow \partial_{yx}F(x,y)\mid_{1,0} [/mm] = (2,0)
Jetzt bin ich mir nicht ganz sicher, wie die Taylorformel aussehen soll...
T(x,y) = [mm] \vektor{-1 \\ 1} [/mm] + [mm] \vektor{-1 \\ 1} [/mm] (x-1) + [mm] \vektor{2 \\ 0} [/mm] (y-0) + [mm] \vektor{0 \\ 0} (x-1)^2 [/mm] + [mm] \vektor{2 \\ 0} \cdot \vektor{2 \\ 0} [/mm] (x-1)(y-0) + [mm] \vektor{0 \\ 0} (y-0)^2
[/mm]
Das könnte man jetzt natürlich noch etwas schöner schreiben, da einiges wegfällt, ich lasse es aber vorläufig so stehen, damit klar wird, was ich wo eingesetzt habe!
zur b)
D(F) = [mm] \vektor{2xy-1 & x^2+1 \\ 1+3y^4 & 1+12xy^3}
[/mm]
D(F)(a) = [mm] \pmat{ -1 & 2 \\ 1 & 1 } [/mm] = A
exp(tA) = [mm] \pmat{ e^{-t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{t} }
[/mm]
zur c)
hier müsste ich erstmal wissen, ob mein Ergebnis von der b) richtig ist.
Ich würde aber so rechnen:
Da [mm] U_0(t):=exp(tA) [/mm] rechne ich A [mm] \cdot [/mm] exp(tA) = [mm] \pmat{ -e^{-t}+2e^t & -e^{2t}+2e^{t} \\ e^{-t}+e^{t} & e^{2t}+e^{t} } [/mm] = [mm] U_0'
[/mm]
Kann ich das so machen?
zur d) habe ich noch gar keinen Ansatz, hat jemand eine Idee?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:21 Sa 10.11.2007 | | Autor: | Marty |
| Aufgabe | | Geben Sie die einzige Lösung von M'(t)=AM(t), so dass [mm] M(0)=\vektor{1 \\ 0} [/mm] |
Hallo,
Ich hatte ganz vergessen die d) dazu zu schreiben...
Zur a) habe ich mittlerweile die Formel gefunden:
[mm] T(x,y)=f(a,b)+f_x(a,b)(x-a)+f_y(a,b)(y-b)+ \bruch{1}{2} [f_{xx}(a,b)(x-a)^2+2f_{xy}(a,b)(x-a)(y-b)+f_{yy}(a,b)(y-b)^2
[/mm]
Also ist meine Taylorreihe:
[mm] T(x,y)=\vektor{-1 \\ 1}+\vektor{-1 \\ 1}(x-1)+\vektor{2 \\ 1}(y-0)+\bruch{1}{2}[\vektor{0 \\ 0}(x-1)^2+2\vektor{2 \\ 0}(x-1)(y-0)+\vektor{0 \\ 0}(y-0)^2]
[/mm]
Das müsste jetzt eigentlich richtig sein...
Kann mir bitte noch jemand sagen, ob die anderen Teilaufgaben richtig sind?
Gruß
Marty
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:09 Sa 10.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> Geben Sie die einzige Lösung von M'(t)=AM(t), so dass
> [mm]M(0)=\vektor{1 \\ 0}[/mm]
> Hallo,
>
> Ich hatte ganz vergessen die d) dazu zu schreiben...
>
Für die d) benutzt du wieder die Darstellung [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm].
Viele Grüße
Rainer
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:07 Sa 10.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> Es sei F [mm]\in C^2(\IR^2;\IR^2)[/mm] gegeben durch F(x,y):=
> [mm](x^2y-x+y,x+y+3xy^4)[/mm] , und es sei a=(1,0)
> a) Geben Sie die Taylorformel von F in a= (1,0) bis zur
> ersten Ordnung an.
> b) Es sei A:=D(F)(a). Geben Sie exp(tA) für t [mm]\in \IR[/mm] an.
> c) Leiten Sie her, dass [mm]U_0(t):=exp(tA)[/mm] eine Lösung von
> [mm]U_{0}'(t)[/mm] = [mm]AU_{0}(t)[/mm] ist.
>
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
>
> Hallo!
>
> diese Aufgabe hat eigentlich noch mehr Teilaufgaben, die
> möchte ich euch aber erstmal ersparen. :)
>
> Natürlich habe ich schon eine Menge vorgearbeitet, es wäre
> aber schön, wenn jemand meine bisherigen Lösungen
> korrigieren könnte, da ich die anderen Teilaufgaben sonst
> nicht weiterrechnen kann...
>
>
> zur a)
>
> [mm]\partial_xF(x,y)[/mm] = [mm](2xy-1,1+3y^4) \Rightarrow \partial_xF(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (-1,1)
>
> [mm]\partial_yF(x,y)[/mm] = [mm](x^2+1,1+12xy^3) \Rightarrow \partial_yF(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (2,0)
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Da hst du dich vertan. Es kommt (2,1) raus.
> [mm]\partial_{xx}F(x,y)[/mm] = (2y,0) [mm]\Rightarrow \partial_{xx}F(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (0,0)
>
> [mm]\partial_{yy}F(x,y)[/mm] = [mm](0,48xy^2) \Rightarrow \partial_{yy}F(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (0,0)
>
> [mm]\partial_{xy}F(x,y)[/mm] = [mm](2x,12y^3) \Rightarrow \partial_{xy}F(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (2,0)
>
> [mm]\partial_{yx}F(x,y)[/mm] = [mm](2x,12y^3) \Rightarrow \partial_{yx}F(x,y)\mid_{1,0}[/mm]
> = (2,0)
>
> Jetzt bin ich mir nicht ganz sicher, wie die Taylorformel
> aussehen soll...
>
> T(x,y) = [mm]\vektor{-1 \\ 1}[/mm] + [mm]\vektor{-1 \\ 1}[/mm] (x-1) + [mm]\vektor{2 \\ 0}[/mm] (y-0) + [mm]\vektor{0 \\ 0} (x-1)^2[/mm] + [mm]\vektor{2 \\ 0} \cdot \vektor{2 \\ 0}[/mm] (x-1)(y-0) + [mm]\vektor{0 \\ 0} (y-0)^2[/mm]
Da hast du bei den zweiten Ableitungen noch etwas falsch:
[mm]T(x,y) = \vektor{-1 \\ 1} + \vektor{-1 \\ 1} (x-1) +
\vektor{2 \\ \red{1}}(y-0) + \red{\bruch{1}{2}} \left(\vektor{0 \\ 0} (x-1)^2 + \left(\vektor{2 \\ 0} \red{+} \vektor{2 \\ 0}\right)
(x-1)(y-0) + \vektor{0 \\ 0} (y-0)^2\right)[/mm]
> zur b)
>
> D(F) = [mm]\vektor{2xy-1 & x^2+1 \\ 1+3y^4 & 1+12xy^3}[/mm]
>
> D(F)(a) = [mm]\pmat{ -1 & 2 \\ 1 & 1 }[/mm] = A
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{-t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{t} }[/mm]
Das ist nicht OK. Das geht nur für Jordanmatrizen. Du musst A diagonalisieren, also als
[mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm], [mm]\Lambda=\pmat{ \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 }[/mm] diagonal,
schreiben.
Dann ist [mm] \exp(tA) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q [/mm], und
[mm]exp(t\Lambda)=\pmat{ \exp(t\lambda_1) & 0 \\ 0 & \exp(t\lambda_2) }[/mm]
[mm]
>
> zur c)
Hier würde ich direkt [mm]U_0(t) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q [/mm] einsetzen und ableiten.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:14 So 11.11.2007 | | Autor: | Marty |
Hallo Rainer,
vielen Dank für deine Hilfe!
> > zur b)
> >
> > D(F) = [mm]\vektor{2xy-1 & x^2+1 \\ 1+3y^4 & 1+12xy^3}[/mm]
> >
> > D(F)(a) = [mm]\pmat{ -1 & 2 \\ 1 & 1 }[/mm] = A
>
>
>
> > exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{-t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{t} }[/mm]
>
> Das ist nicht OK. Das geht nur für Jordanmatrizen. Du musst
> A diagonalisieren, also als
> [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm], [mm]\Lambda=\pmat{ \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 }[/mm]
> diagonal,
> schreiben.
> Dann ist [mm]\exp(tA) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q [/mm], und
> [mm]exp(t\Lambda)=\pmat{ \exp(t\lambda_1) & 0 \\ 0 & \exp
(t\lambda_2) }[/mm]
> [mm]
Eigenwerte von A:
[mm] (-1-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot1 [/mm] = [mm] -1+\lambda-\lambda+\lambda^2-2 [/mm] = [mm] \lambda^2-3
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda_1 [/mm] = [mm] \wurzel{3} [/mm] , [mm] \lambda_2 [/mm] = [mm] -\wurzel{3}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \pmat{ \wurzel{3} & 0 \\ 0 & -\wurzel{3} }
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] exp(tA) = [mm] \pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} }
[/mm]
Stimmt das jetzt?
>
> zur c)
>
> Hier würde ich direkt [mm]U_0(t) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q[/mm] einsetzen und ableiten.
> Viele Grüße
> Rainer
Wie kann ich denn dieses Q ausrechnen?
Ich habe es so versucht:
[mm] A=\pmat{ -1 & 2 \\ 1 & 1 }=\pmat{ -1 & 2 \\ 0 & 3 }
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] y=0 [mm] \Rightarrow [/mm] x=0
Da ich hier keinen Freiheitsgrad habe, kann ich gar keine Eigenvektoren ausrechnen!
Wie kann ich denn dieses Q ausrechnen?
Gruß Marty
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 So 11.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> > Das ist nicht OK. Das geht nur für Jordanmatrizen. Du musst
> > A diagonalisieren, also als
> > [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm], [mm]\Lambda=\pmat{ \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 }[/mm] diagonal,
> > schreiben.
> > Dann ist [mm]\exp(tA) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q [/mm], und
> > [mm]exp(t\Lambda)=\pmat{ \exp(t\lambda_1) & 0 \\ 0 & \exp (t\lambda_2) }[/mm]
Eigenwerte von A:
[mm](-1-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot1[/mm] = [mm]-1+\lambda-\lambda+\lambda^2-2[/mm] = [mm]\lambda^2-3[/mm]
[mm]\Rightarrow \lambda_1[/mm] = [mm]\wurzel{3}[/mm] , [mm]\lambda_2[/mm] = [mm]-\wurzel{3}[/mm]
[mm]\Rightarrow \pmat{ \wurzel{3} & 0 \\ 0 & -\wurzel{3} }[/mm]
Das ist die Matrix [mm]\Lambda[/mm].
[mm]\Rightarrow[/mm] exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} }[/mm]
Stimmt das jetzt?
Nein, das ist [mm] \exp(t\Lambda)[/mm], da fehlen doch [mm]Q[/mm] und [mm]Q^{-1}[/mm].
> Wie kann ich denn dieses Q ausrechnen?
> Ich habe es so versucht:
>
>[mm]A=\pmat{ -1 & 2 \\ 1 & 1 }=\pmat{ -1 & 2 \\ 0 & 3 }[/mm]
> [mm]\Rightarrow[/mm] y=0 [mm]\Rightarrow[/mm] x=0
> Da ich hier keinen Freiheitsgrad habe, kann ich gar keine Eigenvektoren ausrechnen!
> Wie kann ich denn dieses Q ausrechnen?
Was du da gerechnet hast, verstehe ich gar nicht. Die Eigenvektoren sind doch durch [mm](A-\lambda_i*I)*e_i[/mm] bestimmt. Die rechnest du aus; sie bilden die Spalten der Matrix Q.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:47 So 11.11.2007 | | Autor: | Marty |
Hallo Rainer!
> Hallo Marty!
>
> > > Das ist nicht OK. Das geht nur für Jordanmatrizen. Du musst
> > > A diagonalisieren, also als
> > > [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm], [mm]\Lambda=\pmat{ \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 }[/mm]
> diagonal,
> > > schreiben.
> > > Dann ist [mm]\exp(tA) = Q^{-1}*\exp(t\Lambda)*Q [/mm], und
> > > [mm]exp(t\Lambda)=\pmat{ \exp(t\lambda_1) & 0 \\ 0 & \exp (t\lambda_2) }[/mm]
>
> Eigenwerte von A:
> [mm](-1-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot1[/mm] =
> [mm]-1+\lambda-\lambda+\lambda^2-2[/mm] = [mm]\lambda^2-3[/mm]
> [mm]\Rightarrow \lambda_1[/mm] = [mm]\wurzel{3}[/mm] , [mm]\lambda_2[/mm] =
> [mm]-\wurzel{3}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \pmat{ \wurzel{3} & 0 \\ 0 & -\wurzel{3} }[/mm]
>
> Das ist die Matrix [mm]\Lambda[/mm].
>
> [mm]\Rightarrow[/mm] exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} }[/mm]
>
> Stimmt das jetzt?
>
> Nein, das ist [mm]\exp(t\Lambda)[/mm], da fehlen doch [mm]Q[/mm] und [mm]Q^{-1}[/mm].
Warum brauche ich den bei dieser Teilaufgabe Q und Q^-1?
In der Aufgabenstellung ist doch nur nach exp(tA) gefragt.
Ich habe es jetzt nochmal versucht:
Eigenvektor für [mm] \lambda=\wurzel{3}:
[/mm]
[mm] \pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 1 & 1-\wurzel{3} }=
[/mm]
[mm] \pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 0 & 0 }
[/mm]
[mm] \rightarrow (-1-\wurzel{3})x+2y=0
[/mm]
wähle: x=1 [mm] \rightarrow [/mm] y= [mm] \bruch{1+\wurzel{3}}{2}
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] Eigenvektor: [mm] \vektor{1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2}}
[/mm]
Wenn ich das für [mm] \lambda=-\wurzel{3} [/mm] mache bekomme ich den Eigenvektor: [mm] \vektor{1 \\ \bruch{1-\wurzel{3}}{2}}
[/mm]
Also ist mein [mm] Q=\pmat{ 1 & 1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2} & \bruch{1-\wurzel{3}}{2} } [/mm] ?
Ich hoffe hier habe ich mich nicht verrechnet:
[mm] Q^{-1}=\pmat{ \bruch{3\wurzel{3}-1}{2\wurzel{3}} & \bruch{1}{\wurzel{3}} \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2\wurzel{3}} & -\bruch{1}{\wurzel{3}} } [/mm]
zur c) hattest du mir geraten, dass ich [mm] U_0 [/mm] (t) = [mm] Q^{-1}exp(tA) [/mm] Q einsetzen soll. D.h. ich muss A [mm] Q^{-1}exp(tA) [/mm] Q ausmultiplizieren!? Bist du dir da sicher? Denn da kommt eine sehr unschöne Matrix heraus...
Hätte ich vielleicht bei den Eigenvektoren bessere Werte für die freien Variablen wählen sollen?
Gruß
Marty
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:26 So 11.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> > [mm]\Rightarrow \pmat{ \wurzel{3} & 0 \\ 0 & -\wurzel{3} }[/mm]
> >
>
> > Das ist die Matrix [mm]\Lambda[/mm].
> >
> > [mm]\Rightarrow[/mm] exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} }[/mm]
>
> >
> > Stimmt das jetzt?
> >
> > Nein, das ist [mm]\exp(t\Lambda)[/mm], da fehlen doch [mm]Q[/mm] und [mm]Q^{-1}[/mm].
>
> Warum brauche ich den bei dieser Teilaufgabe Q und Q^-1?
> In der Aufgabenstellung ist doch nur nach exp(tA) gefragt.
Aber du hast [mm]\exp(tA)[/mm] nicht ausgerechnet:
[mm]\exp(tA) = Q^{-1}* \pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} } * Q[/mm].
Siehst du denn Unterschied zwischen [mm]A[/mm] und [mm]\Lambda[/mm] nicht?
>
> Ich habe es jetzt nochmal versucht:
> Eigenvektor für [mm]\lambda=\wurzel{3}:[/mm]
> [mm]\pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 1 & 1-\wurzel{3} }=[/mm]
> [mm]\pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 0 & 0 }[/mm]
>
> [mm]\rightarrow (-1-\wurzel{3})x+2y=0[/mm]
> wähle: x=1 [mm]\rightarrow[/mm]
> y= [mm]\bruch{1+\wurzel{3}}{2}[/mm]
> [mm]\rightarrow[/mm] Eigenvektor: [mm]\vektor{1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2}}[/mm]
>
> Wenn ich das für [mm]\lambda=-\wurzel{3}[/mm] mache bekomme ich den
> Eigenvektor: [mm]\vektor{1 \\ \bruch{1-\wurzel{3}}{2}}[/mm]
>
> Also ist mein [mm]Q=\pmat{ 1 & 1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2} & \bruch{1-\wurzel{3}}{2} }[/mm]
> ?
Korrekt.
(Ich sehe gerade, dass ich das falschherum definiert habe: in meiner Notation obern besteht [mm]Q^{-1}[/mm] aus den Eigenvektoren, du musst also Q und [mm]Q^{-1}[/mm] vertauschen: mit diesem Q ist
[mm]\exp(tA) = Q* \pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} } * Q^{-1}[/mm].
)
> Ich hoffe hier habe ich mich nicht verrechnet:
> [mm]Q^{-1}=\pmat{ \bruch{3\wurzel{3}-1}{2\wurzel{3}} & \bruch{1}{\wurzel{3}} \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2\wurzel{3}} & -\bruch{1}{\wurzel{3}} }[/mm]
Das erste Element stimmt nicht:
[mm]Q^{-1}=\pmat{ \bruch{\wurzel{3}-1}{2\wurzel{3}} & \bruch{1}{\wurzel{3}} \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2\wurzel{3}} & -\bruch{1}{\wurzel{3}} }[/mm]
> zur c) hattest du mir geraten, dass ich [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm] einsetzen soll.
Nein: wiederum: das ist nicht A, was da steht, sondern [mm]\Lambda[/mm].
> D.h. ich muss A
> [mm]Q^{-1}exp(tA)[/mm] Q ausmultiplizieren!? Bist du dir da sicher?
Nein, setze [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA) Q[/mm] ein und leite nach t ab. Dazu brauchst du die Matrizen nicht einzusetzen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:50 So 11.11.2007 | | Autor: | Marty |
Hallo nochmal,
> Hallo Marty!
>
> > > [mm]\Rightarrow \pmat{ \wurzel{3} & 0 \\ 0 & -\wurzel{3} }[/mm]
>
> > >
> >
> > > Das ist die Matrix [mm]\Lambda[/mm].
> > >
> > > [mm]\Rightarrow[/mm] exp(tA) = [mm]\pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} }[/mm]
>
> >
> > >
> > > Stimmt das jetzt?
> > >
> > > Nein, das ist [mm]\exp(t\Lambda)[/mm], da fehlen doch [mm]Q[/mm] und [mm]Q^{-1}[/mm].
> >
> > Warum brauche ich den bei dieser Teilaufgabe Q und Q^-1?
> > In der Aufgabenstellung ist doch nur nach exp(tA)
> gefragt.
>
>
> Aber du hast [mm]\exp(tA)[/mm] nicht ausgerechnet:
> [mm]\exp(tA) = Q^{-1}* \pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} } * Q[/mm].
>
> Siehst du denn Unterschied zwischen [mm]A[/mm] und [mm]\Lambda[/mm] nicht?
>
Jetzt schon :)
> >
> > Ich habe es jetzt nochmal versucht:
> > Eigenvektor für [mm]\lambda=\wurzel{3}:[/mm]
> > [mm]\pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 1 & 1-\wurzel{3} }=[/mm]
> >
> [mm]\pmat{ -1-\wurzel{3} & 2 \\ 0 & 0 }[/mm]
> >
> > [mm]\rightarrow (-1-\wurzel{3})x+2y=0[/mm]
> > wähle: x=1
> [mm]\rightarrow[/mm]
> > y= [mm]\bruch{1+\wurzel{3}}{2}[/mm]
> > [mm]\rightarrow[/mm] Eigenvektor: [mm]\vektor{1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2}}[/mm]
>
> >
> > Wenn ich das für [mm]\lambda=-\wurzel{3}[/mm] mache bekomme ich den
> > Eigenvektor: [mm]\vektor{1 \\ \bruch{1-\wurzel{3}}{2}}[/mm]
> >
> > Also ist mein [mm]Q=\pmat{ 1 & 1 \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2} & \bruch{1-\wurzel{3}}{2} }[/mm]
> > ?
>
> Korrekt.
>
> (Ich sehe gerade, dass ich das falschherum definiert habe:
> in meiner Notation obern besteht [mm]Q^{-1}[/mm] aus den
> Eigenvektoren, du musst also Q und [mm]Q^{-1}[/mm] vertauschen: mit
> diesem Q ist
> [mm]\exp(tA) = Q* \pmat{ e^{\wurzel{3}t} & 0 \\ 0 & e^{-\wurzel{3}t} } * Q^{-1}[/mm].
>
> )
>
> > Ich hoffe hier habe ich mich nicht verrechnet:
> > [mm]Q^{-1}=\pmat{ \bruch{3\wurzel{3}-1}{2\wurzel{3}} & \bruch{1}{\wurzel{3}} \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2\wurzel{3}} & -\bruch{1}{\wurzel{3}} }[/mm]
>
> Das erste Element stimmt nicht:
> [mm]Q^{-1}=\pmat{ \bruch{\wurzel{3}-1}{2\wurzel{3}} & \bruch{1}{\wurzel{3}} \\ \bruch{1+\wurzel{3}}{2\wurzel{3}} & -\bruch{1}{\wurzel{3}} }[/mm]
>
> > zur c) hattest du mir geraten, dass ich [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> einsetzen soll.
>
> Nein: wiederum: das ist nicht A, was da steht, sondern
> [mm]\Lambda[/mm].
>
> > D.h. ich muss A
> > [mm]Q^{-1}exp(tA)[/mm] Q ausmultiplizieren!? Bist du dir da sicher?
>
> Nein, setze [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA) Q[/mm] ein und leite nach t
> ab. Dazu brauchst du die Matrizen nicht einzusetzen.
>
Wenn ich das ableite bekomme ich:
[mm]U_0 '(t) = Q^{-1}Aexp(tA) Q[/mm] = [mm]AU_0(t) [/mm]
Ist das alles, was ich bei der c) machen muss?
Bei der d) verstehe ich nicht, wie ich [mm]A=Q \Lambda Q^{-1}[/mm]verwenden soll...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:05 So 11.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> > > zur c) hattest du mir geraten, dass ich [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> > einsetzen soll.
> >
> > Nein: wiederum: das ist nicht A, was da steht, sondern
> > [mm]\Lambda[/mm].
> >
> > > D.h. ich muss A
> > > [mm]Q^{-1}exp(tA)[/mm] Q ausmultiplizieren!? Bist du dir da sicher?
> >
> > Nein, setze [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA) Q[/mm] ein und leite nach t
> > ab. Dazu brauchst du die Matrizen nicht einzusetzen.
> >
> Wenn ich das ableite bekomme ich:
> [mm]U_0 '(t) = Q^{-1}Aexp(tA) Q[/mm] = [mm]AU_0(t)[/mm]
> Ist das alles, was ich bei der c) machen muss?
Sorry, da habe ich mich beim Kopieren vertan, es muss:
[mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
heißen.
Beim Ableiten bekommst du dann
[mm]U_0 '(t) = Q^{-1}\Lambda \exp(t\Lambda) Q = Q^{-1}\Lambda (Q*Q^{-1}) \exp(t\Lambda) Q = (Q^{-1}\Lambda Q)*Q^{-1}\exp(t\Lambda) Q) =A*U_0(t)[/mm].
> Bei der d) verstehe ich nicht, wie ich [mm]A=Q \Lambda Q^{-1}[/mm]verwenden
> soll...
Setze es einfach in die DGL ein und multipliziere von links mit [mm]Q^{-1}[/mm]:
[mm]Q^{-1}*M'(t) = Q^{-1}*A*M(t) = Q^{-1} Q \Lambda Q^{-1} M(t) [/mm]
Das ist eine ganz einfache DGL für [mm]K(t)=Q^{-1}*M(t)[/mm], nämlich
[mm]K'(t) = \Lambda* K(t)[/mm],
die die Lösung
[mm]K(t)=\vektor{\exp(\sqrt{3}t) + C_1 \\ \exp(-\sqrt{3}t) + C_2 }[/mm]
hat.
Jetzt noch zurück eingesetzt:
[mm]M(t) = \pmat{1 & 1 \\\bruch{\sqrt{3}+1}{2} & \bruch{1-\sqrt{3}}{2}} \vektor{\exp(\sqrt{3}t) + C_1 \\ \exp(-\sqrt{3}t) + C_2 }[/mm]
Die Konstanten [mm]C_1[/mm] und [mm]C_2[/mm] bestimmst du aus der Anfangsbedingung.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:54 So 11.11.2007 | | Autor: | Marty |
Hallo,
> Hallo Marty!
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> > > > zur c) hattest du mir geraten, dass ich [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> > > einsetzen soll.
> > >
> > > Nein: wiederum: das ist nicht A, was da steht, sondern
> > > [mm]\Lambda[/mm].
> > >
> > > > D.h. ich muss A
> > > > [mm]Q^{-1}exp(tA)[/mm] Q ausmultiplizieren!? Bist du dir da sicher?
> > >
> > > Nein, setze [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA) Q[/mm] ein und leite nach t
> > > ab. Dazu brauchst du die Matrizen nicht einzusetzen.
> > >
> > Wenn ich das ableite bekomme ich:
> > [mm]U_0 '(t) = Q^{-1}Aexp(tA) Q[/mm] = [mm]AU_0(t)[/mm]
> > Ist das alles, was ich bei der c) machen muss?
>
> Sorry, da habe ich mich beim Kopieren vertan, es muss:
> [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> heißen.
> Beim Ableiten bekommst du dann
>
> [mm]U_0 '(t) = Q^{-1}\Lambda \exp(t\Lambda) Q = Q^{-1}\Lambda (Q*Q^{-1}) \exp(t\Lambda) Q = (Q^{-1}\Lambda Q)*Q^{-1}\exp(t\Lambda) Q) =A*U_0(t)[/mm].
Den Rechenschritt kann ich jetzt nicht nachvollziehen.
Warum ist denn die Ableitung [mm]U_0 '(t) = Q^{-1}\Lambda \exp(t\Lambda) Q[/mm] ?
Den Rest verstehe ich wieder.
> > Bei der d) verstehe ich nicht, wie ich [mm]A=Q \Lambda Q^{-1}[/mm]verwenden
> > soll...
>
> Setze es einfach in die DGL ein und multipliziere von links
> mit [mm]Q^{-1}[/mm]:
> [mm]Q^{-1}*M'(t) = Q^{-1}*A*M(t) = Q^{-1} Q \Lambda Q^{-1} M(t)[/mm]
>
> Das ist eine ganz einfache DGL für [mm]K(t)=Q^{-1}*M(t)[/mm],
> nämlich
> [mm]K'(t) = \Lambda* K(t)[/mm],
> die die Lösung
> [mm]K(t)=\vektor{\exp(\sqrt{3}t) + C_1 \\ \exp(-\sqrt{3}t) + C_2 }[/mm]
>
> hat.
> Jetzt noch zurück eingesetzt:
> [mm]M(t) = \pmat{1 & 1 \\\bruch{\sqrt{3}+1}{2} & \bruch{1-\sqrt{3}}{2}} \vektor{\exp(\sqrt{3}t) + C_1 \\ \exp(-\sqrt{3}t) + C_2 }[/mm]
>
> Die Konstanten [mm]C_1[/mm] und [mm]C_2[/mm] bestimmst du aus der
> Anfangsbedingung.
>
Mit Anfangsbedingung, meinst du [mm] M_0=\vektor{1 \\ 0}?
[/mm]
Und das soll ich einsetzen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:16 Mo 12.11.2007 | | Autor: | rainerS |
Hallo Marty!
> > Sorry, da habe ich mich beim Kopieren vertan, es muss:
> > [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> > heißen.
Mist, zweimal kopiert, zweimal falsch.
[mm]U_0 (t) = \exp(tA) = Q^{-1}\exp(t\Lambda )Q[/mm]
Mich wundert nur ein bischen, warum dir es nicht auch aufgefallen ist. Mir scheint, dir ist nicht wirklich klar, was ich dir vorrechne.
Also: die Definition der Exponentialfunktion besagt:
[mm]\exp(A) = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{A^n}{n!}[/mm]
Das kannst du nicht allgemein ausrechnen. Wenn allerdings A eine diagonalisierbare Matrix ist, dann gibt es eine zu A ähnliche Diagonalmatrix [mm]\Lambda[/mm], das heisst eine Matrix Q, sodass gilt: [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm].
Wenn du das einsetzt, so ist [mm]A^2=Q^{-1}*\Lambda*Q*Q^{-1}*\Lambda*Q= Q^{-1}*\Lambda^2*Q[/mm], und ebenso [mm]A^n=Q^{-1}*\Lambda^n*Q[/mm] für beliebige n.
Das heisst:
[mm]\exp(A) = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{Q^{-1}*\Lambda^n*Q}{n!} = Q^{-1}*\left(\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{\Lambda^n}{n!}\right)*Q=Q^{-1}*\exp(\Lambda)*Q[/mm].
[mm]\exp(\Lambda)[/mm] kannst du ausrechnen, indem du exp auf die einzelnen Diagonalelemente anwendest.
> Mit Anfangsbedingung, meinst du [mm]M_0=\vektor{1 \\ 0}?[/mm] Und
> das soll ich einsetzen?
Ja. Ist dir klar, warum das die Anfangbedingung zur DGL ist?
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:08 Mo 12.11.2007 | | Autor: | Marty |
Hallo!
> Hallo Marty!
>
> > > Sorry, da habe ich mich beim Kopieren vertan, es muss:
> > > [mm]U_0 (t) = Q^{-1}exp(tA)Q[/mm]
> > > heißen.
>
> Mist, zweimal kopiert, zweimal falsch.
> [mm]U_0 (t) = \exp(tA) = Q^{-1}\exp(t\Lambda )Q[/mm]
>
> Mich wundert nur ein bischen, warum dir es nicht auch
> aufgefallen ist. Mir scheint, dir ist nicht wirklich klar,
> was ich dir vorrechne.
Naja, mir ist schon aufgefallen, dass da was nicht stimmen kann...
Nachdem ich heute nochmal alles in Ruhe durchgerechnet habe ist mir auch klar, wie du das gemeint hast.
> Also: die Definition der Exponentialfunktion besagt:
>
> [mm]\exp(A) = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{A^n}{n!}[/mm]
>
> Das kannst du nicht allgemein ausrechnen. Wenn allerdings A
> eine diagonalisierbare Matrix ist, dann gibt es eine zu A
> ähnliche Diagonalmatrix [mm]\Lambda[/mm], das heisst eine Matrix Q,
> sodass gilt: [mm]A=Q^{-1}*\Lambda*Q[/mm].
>
> Wenn du das einsetzt, so ist
> [mm]A^2=Q^{-1}*\Lambda*Q*Q^{-1}*\Lambda*Q= Q^{-1}*\Lambda^2*Q[/mm],
> und ebenso [mm]A^n=Q^{-1}*\Lambda^n*Q[/mm] für beliebige n.
>
> Das heisst:
>
> [mm]\exp(A) = \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{Q^{-1}*\Lambda^n*Q}{n!} = Q^{-1}*\left(\summe_{n=0}^{\infty} \bruch{\Lambda^n}{n!}\right)*Q=Q^{-1}*\exp(\Lambda)*Q[/mm].
>
> [mm]\exp(\Lambda)[/mm] kannst du ausrechnen, indem du exp auf die
> einzelnen Diagonalelemente anwendest.
>
> > Mit Anfangsbedingung, meinst du [mm]M_0=\vektor{1 \\ 0}?[/mm] Und
> > das soll ich einsetzen?
>
> Ja. Ist dir klar, warum das die Anfangbedingung zur DGL
> ist?
Ja, ich habe [mm] M_0 [/mm] gegeben, das ist meine Anfangsbedingung...
Oder steckt da noch was anderes dahinter?
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