DGLsystem < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:39 Mi 31.03.2010 | | Autor: | phil974 |
| Aufgabe | Geben sie 3 linear unabhängige Lsg. des DGLsystems an:
[mm] y_{1}`= y_{1} [/mm] - [mm] y_{2}+y_{3}
[/mm]
[mm] y_{2}`= -2y_{2} [/mm] + [mm] y_{3}
[/mm]
[mm] y_{3}`= y_{3} [/mm] |
Mein Ansatz:
Charakteristisches Polynom finden:
[mm] P(\lambda) [/mm] = [mm] -\lambda^{3} [/mm] - [mm] 2\lambda^{2} [/mm] + [mm] \lambda [/mm] + 2
[mm] \Rightarrow \lambda_{1} [/mm] = -2
Polynomdivision:
[mm] \Rightarrow \lambda_{2} [/mm] = 1 [mm] \lambda_{3} [/mm] = -1
Eigenvektoren :
[mm] v_{1} =\vektor{1 \\ 3 \\ 0 }
[/mm]
[mm] v_{2} =\vektor{1 \\ 0 \\ 0 }
[/mm]
[mm] v_{3} =\vektor{0 \\ 0 \\ 0 }
[/mm]
Lösung:
[mm] \vec{y_{1}} [/mm] (x) = [mm] e^{-2x} v_{1}
[/mm]
[mm] \vec{y_{2}} [/mm] (x) = [mm] e^{x} v_{2}
[/mm]
[mm] \vec{y_{3}} [/mm] (x) = [mm] e^{-x} v_{3}
[/mm]
da ich keine Lösung dazu vorliegen habe, meine Frage, stimmt das ? Der dritte Eigenvektor/Nullvektor ist irgendwie nicht vertrauenswürdig.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:47 Mi 31.03.2010 | | Autor: | fred97 |
> Geben sie 3 linear unabhängige Lsg. des DGLsystems an:
>
> [mm]y_{1}'= y_{1}[/mm] - [mm]y_{2}+y_{3}[/mm]
> [mm]y_{2}'= -2y_{2}[/mm] + [mm]y_{3}[/mm]
> [mm]y_{3}'= y_{3}[/mm]
> Mein Ansatz:
>
> Charakteristisches Polynom finden:
>
> [mm]P(\lambda)[/mm] = [mm]-\lambda^{3}[/mm] - [mm]2\lambda^{2}[/mm] + [mm]\lambda[/mm] + 2
Das stimmt nicht. Rechne nochmal nach.
>
> [mm]\Rightarrow \lambda_{1}[/mm] = -2
O.K.
>
> Polynomdivision:
>
> [mm]\Rightarrow \lambda_{2}[/mm] = 1
O.k.
> [mm]\lambda_{3}[/mm] = -1
Falsch
>
> Eigenvektoren :
>
> [mm]v_{1} =\vektor{1 \\ 3 \\ 0 }[/mm]
>
> [mm]v_{2} =\vektor{1 \\ 0 \\ 0 }[/mm]
>
> [mm]v_{3} =\vektor{0 \\ 0 \\ 0 }[/mm]
Unsinn !
>
>
>
> Lösung:
>
> [mm]\vec{y_{1}}[/mm] (x) = [mm]e^{-2x} v_{1}[/mm]
> [mm]\vec{y_{2}}[/mm] (x) = [mm]e^{x} v_{2}[/mm]
>
> [mm]\vec{y_{3}}[/mm] (x) = [mm]e^{-x} v_{3}[/mm]
>
> da ich keine Lösung dazu vorliegen habe, meine Frage,
> stimmt das ? Der dritte Eigenvektor/Nullvektor ist
> irgendwie nicht vertrauenswürdig.
Das stimmt der Nullvektor ist nie Eigenvektor !
FRED
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:27 Mi 31.03.2010 | | Autor: | phil974 |
Es lebe der Flüchtigkeitsfehler!
[mm]P(\lambda)[/mm] = [mm]-\lambda^{3}[/mm] + [mm]3\lambda[/mm] - 2
[mm]\Rightarrow \lambda_{1}[/mm] = -2
[mm]\Rightarrow \lambda_{2}[/mm] = 1 doppelte NS
Hätte man auch direkt aus der Matrix entnehmen können, oder sehe ich das falsch?
Keine weiteren Nullstellen.
Für [mm] \lambda [/mm] = -2
[mm] \pmat{ 3 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 } [/mm] * [mm] \vektor{v_{x1} \\ v_{y1}\\ v_{z1}} =\vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Für [mm] \lambda [/mm] = 1
[mm] \pmat{ 0 & -1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 } [/mm] * [mm] \vektor{v_{x2} \\ v_{y2}\\ v_{z2}} [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
und wieso stehe ich jetzt bei sowas simplen wie der Bildung von den passenden Eigenvektoren auf dem Schlauch ? was ist [mm] an\vektor{1 \\ 3 \\ 0} [/mm] falsch ?!
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Hallo phil974,
> Es lebe der Flüchtigkeitsfehler!
>
> [mm]P(\lambda)[/mm] = [mm]-\lambda^{3}[/mm] + [mm]3\lambda[/mm] - 2
>
> [mm]\Rightarrow \lambda_{1}[/mm] = -2
> [mm]\Rightarrow \lambda_{2}[/mm] = 1 doppelte NS
>
> Hätte man auch direkt aus der Matrix entnehmen können,
> oder sehe ich das falsch?
>
> Keine weiteren Nullstellen.
>
> Für [mm]\lambda[/mm] = -2
>
> [mm]\pmat{ 3 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 3 }[/mm] *
> [mm]\vektor{v_{x1} \\ v_{y1}\\ v_{z1}} =\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> Für [mm]\lambda[/mm] = 1
>
> [mm]\pmat{ 0 & -1 & 1 \\ 0 & -3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 }[/mm] *
> [mm]\vektor{v_{x2} \\ v_{y2}\\ v_{z2}}[/mm] = [mm]\vektor{0 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
>
>
> und wieso stehe ich jetzt bei sowas simplen wie der Bildung
> von den passenden Eigenvektoren auf dem Schlauch ? was ist
> [mm]an\vektor{1 \\ 3 \\ 0}[/mm] falsch ?!
Es stimmt, daß [mm]\vektor{1 \\ 3 \\ 0}[/mm] ein Eigenvektor zum EIgenwert -2 ist.
Es stimmt auch, daß [mm]\vektor{1 \\0 \\ 0}[/mm] ein Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist.
Da aber der Eigenwert 1 die algebraische Vielfachheit 2 besitzt,
mußt Du jetzt noch eine zweite linear unabhängige Lösung suchen.
Eine Lösung zum Eigenwert 1 ist bekanntlich: [mm]\vektor{1 \\0 \\ 0}*e^{t}[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:40 Do 01.04.2010 | | Autor: | phil974 |
hmmm, ich habe in einem Skript etwas zu dem Fall gefunden, dass die Matrix A nicht diagonalähnlich ist, und somit kein Fundamentalsystem bildet. Stichwort : Eliminationsverfahren ?
Würde das zum Ziel führen ?
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Hallo phil974,
> hmmm, ich habe in einem Skript etwas zu dem Fall gefunden,
> dass die Matrix A nicht diagonalähnlich ist, und somit
> kein Fundamentalsystem bildet. Stichwort :
> Eliminationsverfahren ?
>
> Würde das zum Ziel führen ?
Du kannst das DGL-System natürlich so lösen.,
daß Du zuerst die Lösung der DGL
[mm] y_{3}'= y_{3}[/mm]
bestimmst.
Dann die Lösung der DGL
[mm] y_{2}'= -2y_{2} + y_{3} [/mm]
bestimmst und schließlich die DGL
[mm] y_{1}'= y_{1} - y_{2}+y_{3} [/mm]
löst.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:41 Fr 02.04.2010 | | Autor: | phil974 |
Das kann aber relativ aufwendig werden(abhängig von den gegebenen gleichungen), ich habe ja schon 2 eigenvektoren, gibt es keinen alternativen lösungsweg um an den letzten fehlenden vektor zu kommen ?
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Hallo phil974,
> Das kann aber relativ aufwendig werden(abhängig von den
> gegebenen gleichungen), ich habe ja schon 2 eigenvektoren,
> gibt es keinen alternativen lösungsweg um an den letzten
> fehlenden vektor zu kommen ?
Da brauchst Du einen sogenannten Hauptvektor 2. Stufe. [mm]\vec{b}[/mm].
Diesen bestimmst Du, in dem Du die Lösungsmenge
[mm]\left( A - E \right)^{2}*\vec{b}=\vec{0}[/mm]
bestimmst.
wobei [mm]A=\pmat{1& -1 & 1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 1}[/mm]
und E die Einheitsmatrix des [mm]\IR^{3}[/mm] bedeuten.
Sei nun [mm]\vec{a}[/mm] der Eigenvektor 1. Stufe, d.h
[mm]\left(A-E \right) *\vec{a}=\vec{0}[/mm]
Dann läßt sich die Gleichung zur Bestimmung
des Hauptvektors 2. Stufe umformen zu
[mm]\left( A-E \right)*\vec{b}=\vec{a}[/mm]
Somit lautet die linear unabhängige Lösung: [mm]\left(\vec{a}+\vec{b}*x\right)*e^{x[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:18 Sa 03.04.2010 | | Autor: | phil974 |
Ah, okay!
Wenn ich [mm] (A-E)^{2} [/mm] * [mm] \vec{b}= [/mm] 0 ausrechne komme ich auf
[mm] \vec{b}= \vektor{0 \\ 1\\ 3}
[/mm]
Die Probe sagt mir aber, dass es nicht stimmt?
>
> [mm]\left( A-E \right)*\vec{b}=\vec{a}[/mm]
da wird [mm] \vec{a}= [/mm] zu [mm] (2,0,0)^{t}
[/mm]
Wo steckt der Rechenfehler?
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Hallo phil974,
> Ah, okay!
>
> Wenn ich [mm](A-E)^{2}[/mm] * [mm]\vec{b}=[/mm] 0 ausrechne komme ich auf
>
> [mm]\vec{b}= \vektor{0 \\ 1\\ 3}[/mm]
>
> Die Probe sagt mir aber, dass es nicht stimmt?
>
> >
> > [mm]\left( A-E \right)*\vec{b}=\vec{a}[/mm]
>
> da wird [mm]\vec{a}=[/mm] zu [mm](2,0,0)^{t}[/mm]
>
>
> Wo steckt der Rechenfehler?
Nun der Vektor [mm]\pmat{2 \\ 0 \\ 0}[/mm] ist ein
Vilefaches des urspünglich erhaltenen Eigenvektors [mm]\pmat{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
Dividiere den Vektor [mm]\vec{b}[/mm] durch dieses Vielfache,
dann stimmts.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:48 Sa 03.04.2010 | | Autor: | phil974 |
Man sollte das Klatschen meiner flachen Hand gegen meine Stirn noch auf anderen Kontinenten gehört haben........
Lösung
[mm] y_{1} [/mm] = [mm] e^{-2x} \vektor{1 \\ 3 \\ 0 }
[/mm]
[mm] y_{2} [/mm] = [mm] e^{x} \vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
[mm] y_{3} [/mm] = [mm] xe^{-x} \vektor{0 \\ 0,5 \\ 1,5}
[/mm]
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Hallo phil974,
> Man sollte das Klatschen meiner flachen Hand gegen meine
> Stirn noch auf anderen Kontinenten gehört haben........
>
> Lösung
>
> [mm]y_{1}[/mm] = [mm]e^{-2x} \vektor{1 \\ 3 \\ 0 }[/mm]
> [mm]y_{2}[/mm] = [mm]e^{x} \vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]y_{3}[/mm] = [mm]xe^{-x} \vektor{0 \\ 0,5 \\ 1,5}[/mm]
>
Die ersten 2 Lösungen sind auch Lösungen des DGL-Systems.
Die dritte linear unabhängige Lösung ergibt sich zu:
[mm]\left(\pmat{0 \\ 0,5 \\ 1,5}+\pmat{1 \\ 0 \\ 0}*x\right)*e^{x}[/mm]
Gruss
MathePower
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