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Wie löse ich das folgende Anfangswertproblem?

Matrixdifferentialgleichung

\( \vec{x}(0)=\left(\begin{array}{c}3 \\ -1 \\ 0\end{array}\right), \quad y(t)=c_{1} \cdot e^{t}\left(\begin{array}{l}7 \\ 2 \\ 0\end{array}\right)+c_{2} e^{2 t}\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)+c_{3} e^{2 t}\left(\begin{array}{c}t \\ 1 \\ 1\end{array}\right) \)

Die Lösung sollte C1=1, C2=3 und C3=-2 sein.

von

Ich sehe keine Differentialgleichung ....

jo so heißt halt die Aufgabe, habe nicht ich mir ausgedacht :)

Ich bezweifle, dass das die vollständige
Aufgabenstellung ist.

Hier die Original Matrix

\( A=\left(\begin{array}{rrr}2 & 2 & -1 \\ 0 & 3 & -1 \\ 0 & 2 & 0\end{array}\right) \quad \dot{\vec{x}}=A \vec{x} \)

Eigenwerte sind Lambda1=1, Lamdba2,3=2


Eigenvektor 1

\( V_{1}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 2\end{array}\right) \)


Eigenvektor 2

\( v_{2}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right) \)


Eigenvektor (bzw. Hauptvektor) 3

\( V_{3}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 1\end{array}\right) \)

Ist aber alles irrelavant für meine eigentliche Frage

AUFGABENSTELLUNG:

Bestimmen sie eine Lösung mit x(0)=(3,-1,0) transponiert

OK. Nun ist es schon mal klarer, worum es geht.
Aber was ist denn y(t) ?
Bisher tauchen doch nur \(x\) und \(\dot{x}\) auf ...

Das ist natürlich quatsch, das y(t) existiert nicht. Also es müsste ein x(t) sein (?)

Sorry für die ganze Verwirrung

Eigenvektor (bzw. Hauptvektor) 3$$V_{3}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$$

das ist kein Eigenvektor von \(A\). Es gibt nur die beiden \(v_1\) und \(v_2\).

Aber ein Hauptvektor, den man benötigt, da der Eigenwert 2

nur die geometrische Vielfachheit 1 besitzt.

Aber ein Hauptvektor, ...

... und was ist ein 'Hauptvektor'? Und wie kommt man dazu?

Ein Hauptvektor 2-ter Stufe ist ein Vektor aus dem Kern von \((A-\lambda \cdot I)^2\),

der nicht schon Eigenvektor ist.

Die Jordansche Normalform von \(A\) ist$$\left(\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&2&1\\0&0&2\end{array}\right)$$

Ein Hauptvektor 2-ter Stufe ist ein Vektor aus dem Kern von \((A-\lambda \cdot I)^2\),der nicht schon Eigenvektor ist.

Danke (ich lerne gerade dazu!)

und setzt man dort das \(\lambda\) von \(v_2\) ein, weil das \(\lambda\) von \(v_2\) der doppelten Nullstelle der charakteristichen Gleichung entspringt?

Ja, genau ....

Danke :-)   ...

Eine Frage hier noch, könnte man den Hauptvektor v_3=(0,1,1) auch zu v_3=(1,1,1) wählen?
Oder warum genau muss der erste Eintrag null sein? Bei mir kommt bei der Rechnung raus, dass x_1, also der erste Eintrag des Hauptvektors frei wählbar ist?

Der Hauptvektor \(v_3\) muss so gewählt werden,
dass \((A-2\cdot I)v_3=v_2\) ist, da wir sonst nicht
die Jordan-Normalform erreichen.

2 Antworten

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Beste Antwort

Bei der angegebenen Lösung ist ein Fehler, es muss heissen

$$  x(t) = c_1 e^t \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} +c_2 e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + c_3 e^{2t} \begin{pmatrix} t \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$

Aus $$ x(0) = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} $$ folgt

$$ c_2 = 3 \ ; \ c_1 + c_3 = -1 \ ; \ 2c_1 + c_3 = 0 $$ und damit \( c_1 = 1 \), \( c_2 = 3 \) und \( c_3 = -2 \)

Auf die Lösung kommt man auch, wenn man die Jordansche Normalform bestimmt und ein Transformationsmatrix \( S \)  mit $$ J = S^{-1} A S $$

\( J \) hat folgendes Aussehen $$ J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & \end{pmatrix} $$  und $$ S =  \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

Die Lösung von $$ \dot x(t) = Ax $$ mit \( x(0) = x_0 = \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \)

lautet $$ x(t) = e^{At}x_0 $$ es gilt weiter

$$ e^{At} = S e^{Jt} S^{-1}  = S e^{Dt} e^{Nt} S^{-1} $$ wegen \( J = D + N \) wobei \( D \) eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten ist und \( N \) eine nilpotente Matrix ist mit \( N^2 = 0 \)

Damit folgt $$ x(t) = S e^{Dt} e^{Nt} S^{-1} x_0 = S e^{Dt} (I +Nt) S^{-1}x_0$$

Einsetzen gibt die gleiche Lösung.

von 37 k
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Nach deinen Eigenvektoren und deinem Hauptvektor \(v_3\)

muss die allgemeine Lösung$$x(t)=c_1e^t\left(\begin{array}{c}0\\1\\2\end{array}\right)+c_2\cdots $$lauten.  Dann kommt auch alles hin.

von 16 k

ja, das ist klar.

Meine ursprüngliche Frage ist aber, wie ich das Anfangswertproblem löse?
Also wie bekomme ich c1, c2 und c3 raus, mit der oben genannten Anfangsbedingung

\( \vec{x}(0)=\left(\begin{array}{c}3 \\ -1 \\ 0\end{array}\right) \)

oh, jetzt sehe ich, ja da hat die Bilderkennung versagt :(

Nach dem Fehler sollte es nun aufgehen... Danke und Sorry

Die ganze Aktion war hart unnötig, ich entschuldige mich dafür, manchmal findet man eben auch die super kleinen, offensichtlichen Fehler nicht. Danke für eure Hilfe

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