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Hallo,
deine Lösung ist bis hier hin richtig. Da die Matrix diagonalisierbar ist, kannst du die Lösung jetzt direkt angeben
$$ y = d_1 e^{-1x} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + d_2 e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + d_3 e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + d_4 e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Damit ergibt sich das Fundamentalsystem
$$ \left\{ e^{-x} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} , e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} $$
Grüße Christian
geantwortet 5 Monate, 4 Wochen her
christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 25.78K
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Vielen Dank. Wie kommt man auf die Vektoren? Das kann ich noch nicht nachvollziehen
─
carlos
5 Monate, 4 Wochen her
Das sind deine Eigenvektoren. Zum Beispiel hast du zum Eigenwert \( \lambda_ 1 = -1 \) den Eigenvektor
$$ \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Also wenn die Koeffizientenmatrix diagonalisierbar ist, erhälst du für den Eigenwert \( \lambda \) zum Eigenvektor \( v \), die Lösung
$$ e^{\lambda x} \cdot v $$
Die Linearkombination all dieser Kombinationen von Eigenwert und Eigenvektor ergibt dann die allgemeine Lösung ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
$$ \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Also wenn die Koeffizientenmatrix diagonalisierbar ist, erhälst du für den Eigenwert \( \lambda \) zum Eigenvektor \( v \), die Lösung
$$ e^{\lambda x} \cdot v $$
Die Linearkombination all dieser Kombinationen von Eigenwert und Eigenvektor ergibt dann die allgemeine Lösung ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Ich sehe gerade ich habe eine andere Reihenfolge genommen als du. Ich hoffe das verwirrt nicht. :)
─
christian_strack
5 Monate, 4 Wochen her
Dass das die Lösung ist kann man sich schnell klar machen. Sei \( \lambda \) ein Eigenwert von \( A \) und \( v \) der dazugehörige Eigenvektor. Dann gilt
$$ A \cdot e^{\lambda x } \cdot v = e^{\lambda x } \cdot (A \cdot v ) = e^{\lambda x} \cdot \lambda \cdot v $$
Wenn wir den Ausdruck
$$ e^{\lambda x } \cdot v $$
ableiten, erhalten wir auch
$$ \lambda \cdot e^{\lambda x} \cdot v $$
da \( v \) ein konstanter Vektor ist. ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
$$ A \cdot e^{\lambda x } \cdot v = e^{\lambda x } \cdot (A \cdot v ) = e^{\lambda x} \cdot \lambda \cdot v $$
Wenn wir den Ausdruck
$$ e^{\lambda x } \cdot v $$
ableiten, erhalten wir auch
$$ \lambda \cdot e^{\lambda x} \cdot v $$
da \( v \) ein konstanter Vektor ist. ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
ja ok, dass macht Sinn, vielen Dank ich habs verstanden. Noch eine andere Frage die ich da dann hätte wäre, ist meine Schlussfolgerung, dass die resultierende matrix aus den eigenvektoren keine Nullzeile hat und deswegen die A matrix diagonaliserbar ist richtig?
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
Das freut mich zu hören :)
Nein die Schlussfolgerung ist nicht richtig. Nehmen wir an es gäbe eine Matrix 3x3 Matrix, mit den beiden Eigenvektoren
$$ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Die resultierende Matrix hätte auch keine Nullzeile. Allerdings muss eine 3x3 Matrix, auch 3 Eigenvektoren haben.
Das Kriterium für Diagonalisierbarkeit ist
"Eine Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom komplett in Linearfaktoren zerfällt und zudem die algebraische Vielfachheit jedes Eigenwertes gleich seiner geometrischen Vielfachheit ist."
Ich habe zum Thema Diagonalisierbarkeit eine Lernplaylist erstellt: https://www.mathefragen.de/playlists/matrix-diagonalisieren/8649be0750/d/
Dort kannst du nochmal alles nachlesen. Wenn doch noch Fragen offen sind, melde dich gerne wieder. ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Nein die Schlussfolgerung ist nicht richtig. Nehmen wir an es gäbe eine Matrix 3x3 Matrix, mit den beiden Eigenvektoren
$$ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Die resultierende Matrix hätte auch keine Nullzeile. Allerdings muss eine 3x3 Matrix, auch 3 Eigenvektoren haben.
Das Kriterium für Diagonalisierbarkeit ist
"Eine Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom komplett in Linearfaktoren zerfällt und zudem die algebraische Vielfachheit jedes Eigenwertes gleich seiner geometrischen Vielfachheit ist."
Ich habe zum Thema Diagonalisierbarkeit eine Lernplaylist erstellt: https://www.mathefragen.de/playlists/matrix-diagonalisieren/8649be0750/d/
Dort kannst du nochmal alles nachlesen. Wenn doch noch Fragen offen sind, melde dich gerne wieder. ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Ok, dass schaue ich mir direkt an, danke. Wenn ich eine anfangsbedingung gegeben habe, wie setze ich das ein?
Meine Vermutung ist, dass ich alle x werte ersetzte und es gleich dem gegebenen vektor der anfangsbedingung setzte, aber wie löse ich dann die d-werte auf? Mach ich dann daraus 4 gleichungen & löse sie dann mit bekannnten verfahren auf?
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
Meine Vermutung ist, dass ich alle x werte ersetzte und es gleich dem gegebenen vektor der anfangsbedingung setzte, aber wie löse ich dann die d-werte auf? Mach ich dann daraus 4 gleichungen & löse sie dann mit bekannnten verfahren auf?
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
Sehr gerne :)
ja genau. Wir haben hier \( 4 \) Unbekannte, erhalten aber pro Randbedingung \( 4 \) Gleichungen. Sprich es reicht eine Randbedingung. Nehmen wir beispielsweise
$$ y(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Dann setzen wir überall \( x= 0 \) und erhalten somit das LGS
$$ \begin{array}{ccc} -d_1 + d_2 + d_3 + 2 d_4 & = & 1 \\ -d_1 + d_4 & = & 1 \\ d_1 & = & 1 \\ d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
ja genau. Wir haben hier \( 4 \) Unbekannte, erhalten aber pro Randbedingung \( 4 \) Gleichungen. Sprich es reicht eine Randbedingung. Nehmen wir beispielsweise
$$ y(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Dann setzen wir überall \( x= 0 \) und erhalten somit das LGS
$$ \begin{array}{ccc} -d_1 + d_2 + d_3 + 2 d_4 & = & 1 \\ -d_1 + d_4 & = & 1 \\ d_1 & = & 1 \\ d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Muss des eigt. oben y' heißen? Ich würde sagen ja aber bin mir nicht 100%tig sicher
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
─ carlos 5 Monate, 4 Wochen her
Meinst du bei der Randbedingung? Nein ich setze ja in die Funktion Null ein. Es könnte natürlich auch eine Randbedingung für die Ableitung gegeben sein, dann müssen wir aber noch die Ableitung berechnen
Für die Ableitung gilt
$$ y'(x) = -d_1 e^{-x} \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} + 2 e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + 3d_3 e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + 4d_4e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Mit der Randbedingung
$$ y'(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ergibt dass dann das LGS
$$ \begin{array}{ccc} d_1 + 2d_2 + 3d_3 + 8 d_4 & = & 1 \\ d_1 + 4d_4 & = & 1 \\ -d_1 & = & 1 \\ 2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Für die Ableitung gilt
$$ y'(x) = -d_1 e^{-x} \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} + 2 e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + 3d_3 e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + 4d_4e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Mit der Randbedingung
$$ y'(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ergibt dass dann das LGS
$$ \begin{array}{ccc} d_1 + 2d_2 + 3d_3 + 8 d_4 & = & 1 \\ d_1 + 4d_4 & = & 1 \\ -d_1 & = & 1 \\ 2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Vielen Dank!
─
carlos
5 Monate, 4 Wochen her
Ok ich glaube ich hab mich grad selbst verwirrt, das ergebnis vom einsetzen(siehe oben) müsste doch stimmen auf bezug auf die aufgabenstellung oder?
─
carlos
5 Monate, 4 Wochen her
Jetzt hast du die Vorfaktoren vergessen mit ins LGS zu nehmen:
$$ \begin{array}{ccc} e^{-1}d_1 + 2e^{2}d_2 + 3e^{3}d_3 + 8e^{4}d_4 & = & 1 \\ e^{-1}d_1 + 4e^{4} d_4 & = & 0 \\ -e^{-1}d_1 & = & 0 \\ 2e^2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
$$ \begin{array}{ccc} e^{-1}d_1 + 2e^{2}d_2 + 3e^{3}d_3 + 8e^{4}d_4 & = & 1 \\ e^{-1}d_1 + 4e^{4} d_4 & = & 0 \\ -e^{-1}d_1 & = & 0 \\ 2e^2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Ok, da hast du recht. Ich war beim aufstellen des LGS verwundert, weil in der aufgabenstellung einmal von y' und einmal von y(1) die rede ist, da wusste ich einfach nicht, was ich benutzen soll
─
carlos
5 Monate, 4 Wochen her
Wenn die Randbedingung
$$ y(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ist, dann ist dein LGS das richtige, bei
$$ y'(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
dann das LGS das ich geschrieben habe :)
Wenn du dir noch unsicher bist, kannst du gerne die Aufgabe hochladen und ich gucke mal drüber :) ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
$$ y(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ist, dann ist dein LGS das richtige, bei
$$ y'(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
dann das LGS das ich geschrieben habe :)
Wenn du dir noch unsicher bist, kannst du gerne die Aufgabe hochladen und ich gucke mal drüber :) ─ christian_strack 5 Monate, 4 Wochen her
Die Randbedingung bezieht sich auf die Funktion selbst. Also ist dein LGS richtig. Die endgültige Lösung ist dann
$$ y(x) = \frac 1 {e^2} e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = e^{2x-2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} $$
Als Probe, wenn wir \( x=1 \) setzen, wird der Exponent zu Null und nur der Vektor bleibt. Dieser ist gleich unserer Randbedingung :) ─ christian_strack 5 Monate, 3 Wochen her
$$ y(x) = \frac 1 {e^2} e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = e^{2x-2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} $$
Als Probe, wenn wir \( x=1 \) setzen, wird der Exponent zu Null und nur der Vektor bleibt. Dieser ist gleich unserer Randbedingung :) ─ christian_strack 5 Monate, 3 Wochen her