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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
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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Vielen Dank. Wie kommt man auf die Vektoren? Das kann ich noch nicht nachvollziehen
─
carlos
21.07.2020 um 21:37
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 21.07.2020 um 21:40
$$ \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$
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 21.07.2020 um 21:40
Ich sehe gerade ich habe eine andere Reihenfolge genommen als du. Ich hoffe das verwirrt nicht. :)
─
christian_strack
21.07.2020 um 21:41
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 21.07.2020 um 21:43
$$ A \cdot e^{\lambda x } \cdot v = e^{\lambda x } \cdot (A \cdot v ) = e^{\lambda x} \cdot \lambda \cdot v $$
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 21.07.2020 um 21:43
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 21.07.2020 um 21:47
─ carlos 21.07.2020 um 21:47
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 21.07.2020 um 21:55
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 21.07.2020 um 21:55
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 21.07.2020 um 21:59
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 21.07.2020 um 21:59
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 21.07.2020 um 22:06
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 21.07.2020 um 22:06
Muss des eigt. oben y' heißen? Ich würde sagen ja aber bin mir nicht 100%tig sicher
─ carlos 21.07.2020 um 22:37
─ carlos 21.07.2020 um 22:37
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 21.07.2020 um 22:42
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 21.07.2020 um 22:42
Vielen Dank!
─
carlos
21.07.2020 um 22:44
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
21.07.2020 um 23:07
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 21.07.2020 um 23:45
$$ \begin{array}{ccc} e^{-1}d_1 + 2e^{2}d_2 + 3e^{3}d_3 + 8e^{4}d_4 & = & 1 \\ e^{-1}d_1 + 4e^{4} d_4 & = & 0 \\ -e^{-1}d_1 & = & 0 \\ 2e^2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 21.07.2020 um 23:45
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
22.07.2020 um 00:05
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 22.07.2020 um 00:13
$$ y(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
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 22.07.2020 um 00:13
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 22.07.2020 um 10:44
$$ y(x) = \frac 1 {e^2} e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = e^{2x-2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} $$
Als Probe, wenn wir \( x=1 \) setzen, wird der Exponent zu Null und nur der Vektor bleibt. Dieser ist gleich unserer Randbedingung :) ─ christian_strack 22.07.2020 um 10:44