Charakteristisches Polynom < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:17 Fr 08.04.2011 | | Autor: | flare |
Schönen guten Abend,
meine Frage beschäftigt sich mit der Stabilitätstheorie und der Bildung von charakteristischen Polynomen.
Die Aufgabe lautet: Finde stationäre Punkte und überprüfe auf Stabilität von:
[mm] x''+x^{3}-x=0
[/mm]
Wie finde ich jetzt das charakteristische Polynom?
Wir hatten sonst immer 2-dim. Probleme mit x' und y'.
Da musste man dann nur die Determinante der Ableitungsmatrix bilden und dann die stationären Punkte einsetzen.
Aber bei einer Dimension bekomme ich ja nichts vernünftiges raus.
Außerdem denke ich, dass das Prinzip auch nicht wirklich übertragbar ist, da man eigentlich die Ableitung x' bildet und nun kommt x'' vor.
Ich würde mich sehr freuen, wenn mir jemand begreiflich machen kann, was hier der Unterschied ist zu 2dim. erster Ordnung und wie ich an das Polynom komme.
Vielen Dank
|
|
| |
|
Hallo flare,
> Schönen guten Abend,
>
> meine Frage beschäftigt sich mit der Stabilitätstheorie
> und der Bildung von charakteristischen Polynomen.
> Die Aufgabe lautet: Finde stationäre Punkte und
> überprüfe auf Stabilität von:
> [mm]x''+x^{3}-x=0[/mm]
>
> Wie finde ich jetzt das charakteristische Polynom?
So wie die DGL da steht findest Du kein charakteristisches Polynom.
> Wir hatten sonst immer 2-dim. Probleme mit x' und y'.
Die obige DGL 2. Ordnung kann auf ein System von
DGLn 1. Ordnung zurückgeführt werden.
> Da musste man dann nur die Determinante der
> Ableitungsmatrix bilden und dann die stationären Punkte
> einsetzen.
> Aber bei einer Dimension bekomme ich ja nichts
> vernünftiges raus.
> Außerdem denke ich, dass das Prinzip auch nicht wirklich
> übertragbar ist, da man eigentlich die Ableitung x' bildet
> und nun kommt x'' vor.
> Ich würde mich sehr freuen, wenn mir jemand begreiflich
> machen kann, was hier der Unterschied ist zu 2dim. erster
> Ordnung und wie ich an das Polynom komme.
Das System 1. Ordnung kannst Du um die Ruhelage
bis zum linearen Glied entwicklen.
Von der entstandenen Matrix kannst Du das
charakteristische Polynom bilden und somit
die Stabilität dieser Ruhelage untersuchen.
> Vielen Dank
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:47 Fr 08.04.2011 | | Autor: | flare |
Dankeschön.
Also wenn ich das richtig verstanden habe:
x'=y
[mm] y'=-x^3+x
[/mm]
[mm] \vmat{ 0-\lambda & 1 \\ -3x^{2}+1 & 0-\lambda }=\lambda^{2}+3x^{2}-1
[/mm]
Und dort die stationären Punkte x=0,1,-1 einsetzen, korrekt?
Dann erhalte ich jedoch bei [mm] \pm [/mm] 1 imaginäre Nullstellen ohne Realteil, kann also das Linearisierungsprinzip nicht anwenden? Hurwitz Kriterium geht auch nicht da a1=0 ist. Gibts noch was anderes?
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
Hallo flare,
> Dankeschön.
>
> Also wenn ich das richtig verstanden habe:
> x'=y
> [mm]y'=-x^3+x[/mm]
Jetzt musst Du dieses System erstmal linearisieren.
>
> [mm]\vmat{ 0-\lambda & 1 \\ -3x^{2}+1 & 0-\lambda }=\lambda^{2}+3x^{2}-1[/mm]
>
> Und dort die stationären Punkte x=0,1,-1 einsetzen,
> korrekt?
> Dann erhalte ich jedoch bei [mm]\pm[/mm] 1 imaginäre Nullstellen
> ohne Realteil, kann also das Linearisierungsprinzip nicht
> anwenden? Hurwitz Kriterium geht auch nicht da a1=0 ist.
> Gibts noch was anderes?
>
> Liebe Grüße
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:46 Fr 08.04.2011 | | Autor: | flare |
Ich dachte ich hätte es linearisiert?
ich hab doch die Ableitungsmatrix gebildet mit
[mm] \pmat{ 0 & 1 \\ -3x^{2}+1 & 0 } [/mm] Dort -Einheitsmatrix * Lambda ?
So wie ich es zuvor angegeben habe eben :) ?
Fehlt was in deiner(darf ich du sagen :)) Antwort?
Bin verwirrt.
|
|
|
| |
|
Hallo flare,
> Ich dachte ich hätte es linearisiert?
Nein, es ist nicht linearisiert, da in dem
DGL System ein kubisches Glied vorkommt.
Und kubisch ist nicht linear.
>
> ich hab doch die Ableitungsmatrix gebildet mit
> [mm]\pmat{ 0 & 1 \\ -3x^{2}+1 & 0 }[/mm] Dort -Einheitsmatrix *
> Lambda ?
>
> So wie ich es zuvor angegeben habe eben :) ?
> Fehlt was in deiner(darf ich du sagen :)) Antwort?
Klar, wir sind hier alle per Du.
Ich wüßte nicht, daß in meiner Antwort etwas fehlt.
> Bin verwirrt.
Gruss
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:13 Sa 09.04.2011 | | Autor: | flare |
Da bin ich wieder :)
Ich muss vorher noch die Punkte einsetzen, stimmts?
Also hab ich [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ -2 & 0 } [/mm] für [mm] \pm [/mm] 1 und [mm] \pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 } [/mm] für x=0 ?
Also hab ich die Polynome: [mm] \lambda^{2}+2 [/mm] und [mm] \lambda^{2}-1?
[/mm]
Ich komme nun wieder auf das Ergebnis [mm] \lambda_{1,2}(\pm 1)=\pm i\wurzel{2} [/mm] und [mm] \lambda{1,2}(0)=\pm1
[/mm]
Für 0 ist es instabil , da eine Nullstelle positiv ist.
Bei [mm] \pm [/mm] 1 hab ich keinen Realteil, also wirkt das Prinzip nicht. Das Hurwitzhauptminorenkriterium kann ich auch nicht anwenden, da ich kein [mm] a_{1} [/mm] sprich [mm] \lambda [/mm] Term habe.
Nun ist die Frage, was man dann machen könnte?
Liebe Grüße
|
|
|
| |
|
Hallo flare,
> Da bin ich wieder :)
>
> Ich muss vorher noch die Punkte einsetzen, stimmts?
Ja.
> Also hab ich [mm]\pmat{ 0 & 1 \\ -2 & 0 }[/mm] für [mm]\pm[/mm] 1 und
> [mm]\pmat{ 0 & 1 \\ 1 & 0 }[/mm] für x=0 ?
> Also hab ich die Polynome: [mm]\lambda^{2}+2[/mm] und
> [mm]\lambda^{2}-1?[/mm]
> Ich komme nun wieder auf das Ergebnis [mm]\lambda_{1,2}(\pm 1)=\pm i\wurzel{2}[/mm]
> und [mm]\lambda{1,2}(0)=\pm1[/mm]
>
> Für 0 ist es instabil , da eine Nullstelle positiv ist.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Bei [mm]\pm[/mm] 1 hab ich keinen Realteil, also wirkt das Prinzip
> nicht. Das Hurwitzhauptminorenkriterium kann ich auch nicht
> anwenden, da ich kein [mm]a_{1}[/mm] sprich [mm]\lambda[/mm] Term habe.
> Nun ist die Frage, was man dann machen könnte?
Ein anderes Kriterium verwenden.
>
> Liebe Grüße
Gruss
MathePower
|
|
|
|
