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IV Eigenwerte und Lineare DGL-SystemeIV.1. Eigenwerte und Eigenvektoren, charakteristisches PolynomEin Eigenvektor einer quadratischenMatrix A ist ein vom Nullvektorverschiedener Vektor v, so dass Avund v parallel sind. Ein Eigenvektorwird also nur gestreckt, wenn man ihnmit A multipliziert und man bezeichnetden Streckungsfaktor als Eigenwertder Matrix.
21.1
21.2
Eigenwerte und Eigenvektoren
Sei A eine quadratische Matrix.
Def Eine Zahl heisst ein Eigenwert (oder "E-Wert") von A, falls es einen Vektor v = 0 gibt, so dass
A v = v gilt.
Der Vektor v heisst dann Eigenvektor ("E-Vek") zu .
Eigenvektoren dürfen nicht Null sein, daA 0 = 0 trivial ist und somit nichts aussagt.
l
l
l
l
v und Av sind parallel
21.3
Eigenwerte und Eigenvektoren
lA v = v
v ist im Nullraumder Matrix A- E .
v = 0 istein E-Vek
ist einE-Wertl
1 Bestimmung der Eigenwerte2 Bestimmung der Eigenvektoren
lAv - v = 0
n
<=>
l
3 Anwendungen
l(A- E ) v = 0<=> n<=>
der quadratischen Matrix A
PLAN:
1 Bestimmung der Eigenwerte: Die E-Werte von A sind die Zahlen , so dass die Gleichung
A v - v = 0
nicht triviale Lösungen besitzt, alsogenau die Zahlen, so dass die Matrix
A - E nicht invertierbar ist,
also genau die Zahlen , so dass
det ( A - E ) = 0.
Diese Gleichung heisst diecharakteristische Gleichung von A.
l
l
l
l
l
l
(A - E ) v
21.4
n
n
n
21.5Def Das charakteristische Polynom der nxn Matrix A ist p ( ) = det ( A - E ).
Es ist ein Polynom n-ten Grades.
l lA
Fazit: Die E-Werte einer Matrix sind die Nullstellen ihres charakteristischen Polynoms.
n
Wir bestimmen die E-Werte einerMatrix, indem wir die Nullstellenihres charakteristischen Polynomsbestimmen.
lAWie viele und was für Nullstellen hat p ( )?
Gemäss dem Fundamentalsatz der Algebrahat p ( ) n Nullstellen, die reelle oderkomplexe Zahlen sind und nicht notwendiger-weise verschieden sind (wir berücksichtigenihre Vielfachheit).
lA
Es folgt, dass jede n-reihigeMatrix A genau n (reelle oderkomplexe) Eigenwerte besitzt,
, ,..., ,
wobei mehrfache Eigenwerteentsprechend oft berücksichtigtwerden.
l l l1 n 2
21.6
21.7
Bsp A = 1 2 4 3 Was sind die E-Werte? p ( ) = det (A- E ) = det 1- 2 4 3- = (1- )(3- )-2 4 = ² - 4 - 5 Die Nullstellen des char. Polynoms sind: ² - 4 - 5 = 0 <=> = -1 oder = 5.
E-Werte: -1 und 5.
l l
l
l
l l
l l
Mitternachtsformel
l l
l l
A 2
Bsp A = 1 0 -2 1 3 1 1 0 4 Was sind die E-Werte?
p ( ) = det 1- 0 -2 1 3- 1 1 0 4- = (3- ) det 1- -2 1 4- = (3- ) ( ²-5 +6)
= (3- )² (2- )
Die E-Werte sind 2 und 3.
Nullstellen: 2 & 3
Laplacesche Entwicklungnach der 2. Spalte
einfacher E-Wert
doppelter E-Wert
l l
l
l l
l
l
l
l
l l
l
A
21.8
Eigenwerte einer DreiecksmatrixIst A eine (obere oder untere)Dreiecksmatrix, so sind ihre E-Wertegleich den Hauptdiagonalelmente,da die Determinante einer Dreiecks-matrix gleich dem Produkt derHauptdiagonalelemente ist.
Bsp A = 1 -9 57 33 0 2 0.1 7 0 0 3 0 0 0 0 4p ( ) = det 1- -9 57 33 0 2- 0.1 7 0 0 3- 0 0 0 0 4- = (1- )(2- )(3- )(4- )=> Die E-Werte sind 1, 2, 3, 4.
l l
l
l
l
l l l l
21.9
A
21.10
Def Die Spur ("trace") der n-reihigen Matrix A ist die Summe ihrer Haupt- diagonalenelemente: Sp A = a + a + ... + a11 nn 22
Spur
Bsp A = 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Sp A = 1 + 5 + 9 = 15
Eigenschaften der Eigenwerte
Satz:
Sp A = + + ... + Summe aller E-Werte
det A = ... Produkt aller E-Werte
l l l1 n 2
l l l1 n 2
Beweis:Vergleiche die zwei folgendenSchreibweisen descharakteristischen Polynoms.
21.11
Spur
Determinante
21.12
Einerseits ist dascharakteristische Polynomgleich
a - a ... a a a - ... a : : : a a ... a -
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
l
l
l
= det
A
= (- ) + Sp A (- ) +... ...+ det A
l ln n-1
p ( ) = det ( A - E ) =nl l
21.13Andererseits ist dascharak. Polynom gleich
Ap ( ) == ( - ) ( - ) ... ( - )
= (- ) +( +...+ )(- ) + ... + ...
l
l l lll ln21
l l l1 n 2
l ln n-1
l l1 n
Sp A = + + ... +det A = ...
l l l1 n 2 l l l1 n 2
Es folgt, dass
wobei , ,...,die Nullstellen / E-Werte sind
l l l1 n 2
=> Eine Matrix A ist genau dann invertierbar (d.h. det A = 0), wenn 0 kein E-Wert von A ist!
A ist invertierbar
Die folgenden Behauptungen übereine nxn Matrix A sind äquivalent:
Zusammenfassung - Teil 2
n
21.14
die Spalten von A sind lin. unabhängig
die Spalten von A bilden eine R -Basis<=><=>
<=> A ist invertierbarT
das Gauss-Verf. auf A angewendetliefert dreieckige Stufenformen mitnicht verschwindenen Diagonalelementen
<=>
<=> 0 ist kein Eigenwert von A
A hat Rang n<=>
<=>der Nullvektor ist die einzige Lösungder homogenen Gleichung Ax=0
Invertierbarkeit
Für jeden E-Wert sind dieentsprechenden E-Vek dieVektoren v = 0 in
Eig = ker ( A - E ).l
l
nl
21.15
heisst der - Eigenraum von Al
Um die - Eigenvektoren zubestimmen, lösen wir dieGleichung ( A - E ) v = 0mittels des Gauss-Verfahrens.
l n
l
Zur Erinnerung: ker(B) kennzeichnet dieLösungsmenge der Gleichung B v = 0und heisst Nullraum oder Kern von B.
2 Bestimmung der Eigenvektoren:
Bsp A = 1 2 4 3 Die E-Werte sind -1 & 5 (siehe früher). Bestimmung der E-Vek: E-Vek zu = -1: A-(-1)E = 1+1 2 4 3+1 = 2 2 1 1 4 4 0 0 => Eig = span 1 -1 v = 1 ist ein E-Vek -1 zu = -1.
l1
1l1
21.16
l1
2
E-Vek zu = 5: A-5E = 1-5 2 4 3-5 = -4 2 1 4 -2 0 0 => Eig = span 1 2 v = 1 ist ein E-Vek 2 zu = 5.
-12
l2
2l2
l2
Ziel:Bestimme so viele linear unabhängigeEigenvektoren wie möglich.
21.17
Bmk: Alle anderen E-Vek von Asind Vielfache von v oder v .21
Bsp A = 5 -3 3 -1 Bestimme: 1 die E-Werte von A und 2 die E-Vek von A.
1 p ( ) = det (A- E ) = det 5- -3 3 -1- = (5- )(-1- ) + 9 = ²-4 +4 = ( ²-2)² Daher ist =2 der einzige E-Wert von A.
21.18
l l
l
l
l l
l l
A 2
l
l
2 Die E-Vek zu =2 sind die nicht Null Vektoren im Kern der Matrix A-2E = 5-2 -3 3 -1-2 = 3 -3 3 -3 Das Gauss-Verfahren liefert die Stufenform 1 -1 . 0 0 Die E-Vek von A sind daher die Vektoren von der Form k 1 mit k=0. 1
21.19
2
l
21.20
Satz E-Vek zu verschiedenen E-Werten sind stets linear unabhängig.
Beweis im Sonderfall von 3 Vektoren:
Seien v E-Vek zu , k=1,2,3, mit , , paarweise verschieden.
Sei c v + c v + c v = 0 und zeige,dass alle c , c , c null sein müssen.
Multipliziere beide Seiten der obigenGleichung von links mit A,
c v + c v + c v = 0,
l
l l l
l l
kk
1 2 3
1 2 31 2 31 2 3
l1 2 31 2 3 31
Der Beweis für beliebige Anzahl Vektoren ist ähnlich.
2
und subtrahiere die Gleichung (c v + c v + c v ) = 0.
Es ergibt: 0 + c ( - )v + c ( - )v = 0.
Mit dieser Gleichung wiederhole dieobigen Schritte mit anstatt .
Es ergibt: c ( - )( - ) v = 0.
Da v =0, = , & = , muss c = 0.
Durch Umnummerierung und mit glei-chem Vorgehen kann das Verschwindenvon c und c gezeigt werden.
l l
l
l l
1 1 2 31 2 3
2 1 l l3 132 2 3
2 1
l l3 13 3l l3 2
21.21
3 l l3 2 l l3 1 3
21
Def Eine Eigenbasis ("E-Basis") für eine nxn Matrix A ist eine Basis {v ,...,v } von R wobei A v = v
Eine Eigenbasis existiert genaudann, wenn A *n* linear unab-hängige E-Vek v ,...,v besitzt.1 n
1 n n
l kkk v ,...,v sind E-Vek und,..., die entsprechenden E-Werte l1 ln
(k=1,...,n).
Eigenbasis
1 n
Bsp Eine E-Basis für A = 1 2 4 3 ist z.B. {v = 1 ,v = 1 }. -1 2
1 2
21.22
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.2. Komplexe Eigenwerte und Eigenvektoren einer reellen Matrix
Ist eine Matrix reell, so tretenkomplexe Eigenwerte als Paare vonkonjugiert komplexen Zahlen auf.Ist v ein Eigenvektor zu einemkomplexen E-Wert, so ist v ein E-Vekzum konjugiert komplexen E-Wert.
21.23
Sei A eine nxn reelle Matrix.
Komplexe Eigenwerte tretenstets als Paare zueinanderkonjugiert komplexer Zahlen auf.
Wieso? Weil bei reellen Polynomen komplexeNullstellen als Paare zueinander konjugiertkomplexer Zahlen auftreten; s. Seite 13.14.
Eigenschaften der komplexen E-Werte und E-Vektoren
Zu einem komplexen Eigenwertgehören komplexe Eigenvektoren.
Wieso? Av ist reell, wenn A & v reell sind.
Sind & konjugiert komplexeE-Werte, so treten entsprechendeE-Vek auch als Paare auf (v und v).
Wieso? Aus Av= v folgt, dass Av= v.
l l
l
21.24
l
Bsp Sei A = 0 -2 . 2 0 1 Das charakteristische Polynom p ( ) = ²+4 besitzt die Nullstellen 2i und -2i (die zweiten Wurzeln von -4). =2i und =-2i sind deshalb die Eigenwerte dieser Matrix. 2 Der E-Raum zu =2i ist ker -2i -2 = ker 1 -i . 2 -2i 0 0 Wir wählen den E-Vek v = i 1 zu =2i. Dann ist v = v = -i 1 ein E-Vek zu = = -2i.
21.25
l lA
l1 l2
1
12
l2
l1
l1
l1
Bsp Sei A = 11 -15 . 6 -7
1 Eigenwerte Das charakteristische Polynom, p ( ) = ²-4 +13, besitzt die Nullstellen = = 2 3i. 2+3i und 2-3i sind deshalb die E-Werte dieser Matrix.
2 Eigenvektoren
Die E-Vek zu = 2+3i sind die vom Nullvektor verschiedenen Vektoren im folgenden Kern:
l lA l
l 4 16-522
21.26
=Nullraum
l1
ker (A-(2+3i)E) = ker 9-3i -15 6 -9-3i
9-3i -15 6 -9-3i
3-i -5 0 0
x
- Z69-3i
13
1
Elem. Zeilenumformungen ergeben:
21.27
Der Kernel wird vom folgendenVektor aufgespannt: v = 5 3-i
1
l2Die E-Vek zu = = 2-3i sinddann die Vielfachen vonv = v = 5 . 3+i
l1
12
Die Lineare Algebra darf (soll) mitkomplexen Zahlen durchgeführt werden.
Das Gauss-Verfahren für Systemelinearer Gleichungen mit komplexenKoeff. lässt die gleichen elementarenZeilenumformungen wie früher zu.
Die Berechnung der Determinanteeiner n-reihigen Matrix mit komplexenKomponenten erfolgt wie früher(Laplace-Entwicklung oder Formeln).
Die Berechnung der Inversen einerkomplexen Matrix anhand desGauss-Verfahrens oder einer Formelerfolgt wie früher.
Basis, Dimension, Eigenwerte,Eigenvektoren, etc auch wie früher!
21.28
Bsp Löse das System a + ib + (-1-i)c = 3-5i 2a -2ib + (-1-2i)c = 7-9i
Gauss-Verfahren: 1 i -1-i 3-5i 2 -2i -1-2i 7-9i 1 i -1-i 3-5i 0 -4i 1 1+i 1 0 - -i - i 0 1 - + ii
414
21.29
x
-2Z
i4
1
+ Z214
34
134
14
194
Lösungen: a = - i +t +i ,t C b - + i - c 0 1
c=t komplexer Parameter
134
194
14
14
i4
34
Bsp Ist die Matrix A= i -1-i 1 2+i invertierbar? Falls ja, was ist ihre Inverse?
det A = i (2+i) - 1 (-1-i) = 3i = 0 Deshalb ist A invertierbar. Aus der Formel
folgt: A =
a bc d
d -b-c a
-1 1ad-bc
=
2+i 1+i -1 i
13i
= - i - i i
13
23
13
13
13
13
-1
21.30
Bmk: =- i 3i 13
1
Bsp Sei A = 2i 1-i . -2 1+i -2+2i 2 a) Was ist der Rang von A? b) Was ist die Dimension des Kerns von A? c) Bestimme eine Basis von ker A.
a) Das Gauss-Verfahren liefert: 2i 1-i ... 1 - - i -2 1+i 0 0 -2+2i 2 0 0Der Rang von A ist daher gleich 1.
21.31
12
12
b) Nach dem Rangsatz gilt 2 = dim N(A) + rang A. Da rang A = 1, ist die Dimension des Kerns von A gleich 1.
c) Die Stufenform vom Teil (a) zeigt eine Basis von ker A: + i 1
21.32
12
12
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.3. Diagonalisierung einer Matrix
Diagonalmatrizen (bei denen alleElemente ausserhalb der Haupt-diagonale Null sind) sind ameinfachsten für die Berechnungen.Die sogennanten diagonalisierbarenMatrizen benehmen sich teilweisenoch wie Diagonalmatrizen.Dazu wird eine Basis gebraucht,die aus Eigenvektoren besteht.
22.1
22.2
Def Eine quadratische Matrix heisst diagonalisierbar, wenn eine invertierbare Matrix S und eine Diagonalmatrix D existieren, sodass
A = S D S .
Diagonalisierbarkeit
Satz A ist genau dann diagonalisierbar, wenn eine Eigenbasis für A existiert.
-1
Beweis Zur Erinnerung: Eine Eigenbasis (E-Basis) für eine nxn Matrix A ist eine Basis von R , die aus E-Vek von A besteht.
Sei {v ,...,v } eine E-Basis für A. Seien ,..., die entsprechenden E-Werte: A v = v . Wir definieren
S = und D = 1 l
n l00v 1 v n ...
l kkk
n
1 n
1 n l l
22.3
Die Matrix D ist anschaulicheine Diagonalmatrix und dieMatrix S ist invertierbar, daihre Spalten eine Basis von R bilden.
Wir brauchen also nur zubestätigen, dass A S = S D.
S D = v ... v
=
n
1
n
1 n
S
00
D
1 1 n n 1 1 n v ... v
22.4
A S = A 1 n
1 n
S
Spalten-Sichtweise desProdukts zweier Matrizen
1 1 n n
v ... v
Av ... Av=
v ... v
Definition Eigenwert: Av= v
=
A S = S D
22.5
Und umgekehrt: ist A = S D S , so sind dieS-Spalten E-Vek von A und die Diagonalelementevon D die entsprechenden E-Werte.
-1
22.6Bsp A = 1 2 4 3 Siehe Berechnung von E-Werte & E-Vek in der früheren Vorlesung.
1 E-Werte: = -1 und = 5.
2 E-Vek: v = 1 ist E-Vek -1 zu = -1, v = 1 ist E-Vek 2 zu = 5.
l l21
1
2l2
l1
Zur Erinnerung:2 linear unabhängige Vektorenin R bilden eine Basis von R .
v und v sind linearunabhängige E-Vek von A.Deshalb ist {v ,v } eineEigenbasis für A und Aist diagonalisierbar:A = S D S , wobei
1 2
1 2
2 2
22.7
-1
D= -1 0 & S= 1 1 0 5 -1 2
Check: A S = S D.
Die Reihenfolgen , in D undv ,v in S müssen übereinstimmen!
1l l
12
2
22.8Bsp A = 5 -3 3 -1 1 E-Werte: p ( )=det 5- -3 3 -1- =...=( -2)² =2 ist der einzige E-Wert (doppelter E-Wert). 2 E-Vek: ker(A-2E )=ker 3 -3 3 -3 =span 1 1
l
A l
l
l
l
2
v = 1 ist ein E-Vek. 1Alle andere E-Vek sindVielfachen von v.Insbesondere kann mannicht zwei linear unabh.E-Vek dieser A finden.Deshalb gibt es keineEigenbasis für A und Aist nicht diagonalisierbar!
22.9
Aber die meisten Matrizen sinddiagonalisierbar! Insbesondere sindalle nxn Matrizen mit n verschiedenenEigenwerte diagonalisierbar.
22.10
In diesem Kurs betrachten wir:- Matrix Potenzen *nur* fürdiagonalisierbare Matrizen;- DGL-Systeme in der Ebeneauch mit nicht-diagonalisierbarenKoeffizientenmatrizen und- DGL-Systeme in Dim > 3 *nur*mit diagonalisierbaren Matrizen.
Die Lineare Algebra ermöglichtjedoch auch die effiziente Behand-lung auch von nicht-diagonalisier-baren Matrizen in alle Dimensionen- siehe "Jordansche Normalform".
Abklärung
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.4. Matrixpotenzen, diskretes EntwicklungsmodellDie direkte wiederholte Matrix-multiplikation einer Matrix mit sichselbst A = A A A ... A erforderteinen hohen Rechenaufwand.Um Matrixpotenzen effizient zuberechnen, kommen Eigenwerte undEigenvektoren zum Einsatz.
22.11
N
22.12
3 Anwendungen der Eigenwerte & Eigenvektoren
Hier: Matrix PotenzierenNachher: Differentialgleichungen
Diskretes EntwicklungsmodellSeien v(N) R die Zustände eines Systems zu den Zeitpunkten N=0,1,2,...
diskrete Zeit:Jahr/Minute/Woche/...
v R die Anfangsbedingung d.h. der gegebene Zustand am Anfang
n
n0
22.13
Nächster Zustand
v (N+1) = A v (N)
v (0) = v
VorherigerZustand
0
Anfangsbedingung
besitzt die Lösung
v (N) = A v 0N
Wie berechnet man A ? N
In jedem Schritt wird derZustand mit A multipliziert.
Bsp Ein Populationsmodell:
Wir betrachten das australischeÖkosystem von Hasen und Füchsenbei unbeschränktem Grasangebot.Seien h(N) die Anzahl Hasen und f(N) die Anzahl Füchse zur Zeit N.Die folgenden Gleichungen für dieDynamik der Hasen- und Fuchs-populationen wurden aufgestellt: h(N+1) = 4 h(N) - 2 f(N) f(N+1) = h(N) + f(N)Die Anfangszahlen sind h(0)=100f(0)=50. Bestimme h(33) und f(33).
22.14
h(N+1) = 4 -2 h(N)f(N+1) 1 1 f(N)
A
22.15
v(N+1) v(N)
h(0) = 100f(0) 50
N
besitzt die Lösung
h(N) = 4 -2 100 f(N) 1 1 50
A
N
Wie berechnet man A ? 33
22.16
Matrix Potenzieren(nur für quadratische Matrizen)
Ist A eine n-reihige Matrix so sind
A = EA = A A ... A (p=1,2,3,...)p
0n
wiederholte Matrixmultiplikation mit p Faktoren
Es gelten die Potenzgesetze:
A = A Ap qp+q
A = ( A )p qp q
22.17
Berechnung von A N
Es gibt drei Fälle:- A ist diagonal- A ist diagonalisierbar- A ist nicht diagonalisierbar
in diesem Kurs
Falls A = a diagonal ist, a
adann ist A = a a
aweil das Produkt von Diagonalmatrizenkomponentenweise erfolgt.
00
00
1
1
2
nN N
N
N
2
n
einfach!
22.18
Falls A diagonalisierbar ist, d.h.
A = S D SwobeiD diagonal und S invertierbar ist,dann ist
A = (SDS )(SDS ) ... (SDS )
= S D S
wobei D einfach zu berechnen ist.
D = Diagonalmatrix mit Hauptdiagonalelementen gleich der Eigenwerte der Matrix AS = Matrix mit Spalten gleich den entsprechenden Eigenvektoren der Matrix A
N
N
-1
-1
-1 -1
N Faktoren (SDS )
N
-1
*
*
-1
22.19
Bsp (Hasen vs. Füchse Fort.) A = 4 -2 1 1 1 E-Werte: p ( )=det 4- -2 1 1- = ²-5 +6 = 2 und = 3. 2 E-Vektoren E-Vek zu = 2: ker(A-2E )=ker 2 -2 1 -1 =ker 1 -1 = span 1 0 0 1
l
A l
l
l
l
l l1 2
l1
2
22.20
E-Vek zu = 3:ker(A-3E )=ker 1 -2 = span 2 1 -2 1 3 Deshalb ist A = S D S , wobei D= 2 0 & S= 1 2 . 0 3 1 1A = S D S = 1 2 2 0 -1 2 1 1 0 3 1 -1 =...= 2 3 - 2 2 -2 3 3 - 2 2 -3Antwort: h(33) = A 100 = ...... f(33) 50 ......
l2
-1
2
-1
33
33
3333
33 33 34 33
34 3333 33
33
IV Eigenwerte und Lineare DGL-SystemeIV.5. Systeme linearer DGL erster Ordnung mit konst. Koeffiz.Systeme linearer DGL erster Ordnungmit konstanten Koeffizientenmodellieren zeitabhängige Prozesse,deren weiterer Verlauf nur vomAnfangszustand, aber nicht von derWahl des Anfangszeitpunkts abhängt.Sie sind die einfachsten "dynamischenSysteme" und dienen auch alsAnnäherungen für andere Systeme.
23.1
Systeme linearer DGL 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten
a Rij
23.2
y = a y +a y +...+a y +g (t)y = a y +a y +...+a y +g (t): : : : :y = a y +a y +...+a y +g (t)
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
2
2
2
1
1
1
n
n
n
1
2
n
1
2
n
Eine Lösung des Systems bestehtaus einem n-Tupel von Funktionen(y (t), y (t),..., y (t)), die dien linearen Differentialgleichungen(DGL) gleichzeitig erfüllen.
1 2 n
Ableitung bzgl. Zeit-Variable
Glukose im Blut (Blutzucker)
Die Schwankungen des Blutzuckers (rot)und des den Blutzucker kontrollierendenHormons Insulin (blau) beim Menschenüber den Tagesablauf mit 3 Mahlzeiten.
[nach wikipedia]
Bsp23.3
23.4Ein Diabetiker muss genau auf seinenGlukosestoffwechsel achten.Es sei z(t) die Überschusskonzentrationder Glukose im Blut (in mg/dl) zur Zeit t,d.h. die Abweichung von derjenigen, dieman nach mehreren Stunden Fasten misst.Ein negativer Wert von z(t) zeigt an, dasssich die Glukosekonzentration zur Zeit tunter dem Fastenwert befindet. Es sei h(t)die Überschusskonzentration des Insulins.Die Forschung hat mathematischeModelle entwickelt, die das System derGlukoseregulation beschreiben, so z.B.
Nach einem schwerenFesttagsessen, misst man z(0)=30 & h(0)=0.Bestimme die Funktionen z(t) & h(t).
Aufgabe:
dzdt
dtdh
z 0.2 h
0.6 z 0.2 h
Matrizendarstellung des Systems:
y = A y + g
23.5
A = a a ... a a a ... a : : : a a ... a
11 12 1n
21 22 2n
n1 n2 nn
eine quadratische Matrix ist,
wobei
die Koeffizientenmatrix
y = yy
1
2
ny
23.6
ist ein Vektor mit n (nochunbekannten) Funktionen y (t)als Komponenten, dessenAbleitung der Vektor derAbleitungen y (t) ist,
der Lösungsvektor
y = yy
1
2
ny
i
i
g = g (t) .g (t)
1
2
ng (t)Das System wird homogen gennantfalls g = 0 (d.h. falls alle g (t)die Nullfunktion sind), andernfallsinhomogen. Das zu zugehörigehomogene System ist
i
der Störvektor ist eingegebener Vektor mitFunktionen als Komponenten,
y = A yH
23.7
Bsp 1 y = y - 2 yy = y + 3 y + yy = y + 4 y
1 1
1
1
2 2
3
3
3
3
y = - 5 y - 5 yy = 4 y - y + e
1 1
12 2
2x
y = y + yy = - 4 y + 5 y1 1
12 2
2
Hier ist A = 1 0 -21 3 11 0 4
Hier A = -5 -5 und g = 0 . 4 -1 e( )
Hier ist A = 1 1-4 5( )
23.8
und das System ist homogen.
( )x
und das System ist homogen.
Bsp 2
Bsp 3
Anfangswertproblem (AWP)
y = A y + gy(t ) = y0 gegebener
Anfangswert,wobei t=t die"Anfangszeit" ist
DGL System
0
23.9
0
Satz (Sonderfall des berühmten Picard-Lindelöf-Satzes) Seien g (t), g (t),..., g (t) differenzierbare Funktionen. Dann besitzt das AWP y = A y + g y (t ) = y eine eindeutige Lösung in einer gewissen Umgebung von t , für jede Anfangsbedingung y .
0 0
1 n2
0
0
Es folgt, dass die Lösungsmengeeines Systems n linearer DGL 1.Ordnung mit konst. Koeffizientenund n gesuchten Funktioneny ,...,y (ohne Anfangsbedingung)eine n-parametrige Schar vonn-Tupel (y ,...,y ) ist.
Eine Anfangsbedingung (wobei nWerte y (t ),...,y (t ) angegebensind) legt die n Parameter festund bestimmt eine einzige Lösung.
0 0
1 n
1 n
1 n
23.10
Lösungsverhalten
Glukose im Blut, Forts.Bsp
Aufgabe:Bestimme dieses Funktionen-Paar (z,h).
-1 -0.20.6 -0.2
z =h
zh
y A yz(0) = 30h(0) 0y(0) y0
Es gibt genau ein Funktionen-Paar (z,h), das dieses AWPerfüllt.
23.11
23.12Lösungsstrategie
1. Löse das homogene System y = A y Sei y die allgemeine Lösung.2. Bestimme eine partikuläre Lösung y des inhomogenen Systems .
Nach dem Superpositionsprinzip(Linearität) ist die allgemeineLösung von y = y + y .
H
y = A y + g
P
H
P H
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.6. Integration eines homogenen Systems, falls die Koeffizienten- Matrix diagonalisierbar ist mit reellen E-WerteWenn die Koeffizienten-Matrix Adiagonalisierbar ist, führt die Lösungeines homogenen Systems linearerDGL erster Ordnung auf dasEigenwertproblem für A zurück.
23.13
Lösung des homogenen Systems
y = A yH
Dieses System ist stets lösbar.In diesem Kurs betrachten wirallerdings nur die Fälle, wo dieKoeffizientenmatrix A n-reihig,diagonalisierbar oder 2-reihig,nicht diagonalisierbar ist.
Rufe die Eigenwerte undEigenvektoren ins Gedächtnis.
23.14
Idee:
Dank Linearität und Homogenitätsind Linearkombinationen vonLösungen ebenfalls Lösungen. Esgenügt also, für ein System vonn DGL, n Lösungen zu bestimmen,eine für jeden von n linear unab-hängigen Anfangswerten y(0)=v.
Vom Fall n=1 inspiriert fangen wirmit einem Exponentialansatz an:
Für welche Zahlen und Vektorenv ist y=e v eine Lösung von ?t
H
23.15
l
Genau dann ist y(t)=e v eineLösung von y=Ay, wenn
d.h. wenn
d.h. wenn
d.h. wenn ein E-Wert derMatrix A ist und v ein E-Vekvon A zum E-Wert .
t
t
t
dtd
23.16
e v = A e v
e v = A e v
A v = v
Besitzt A n linear unabhängigeE-Vek v ,...,v (zu den E-Werte ), d.h. ist A diagonalisierbar,so sind e v ,..., e v n linearunabhängige Lösungen von .H
1
1 n
n 1 l t
k n l t
t
t
l
l
l
l
l
23.17
Falls die Koeffizientenmatrix A diagonalisierbar ist:Seien , , ..., die nichtnotwendigerweise verschiedenen E-Wertevon A (wir berücksichtigen die Vielfachheit) und seien v , v , ... , v entsprechendelinear unabhängige E-Vek, i.e., A v = v .
1 2 n
j j n 1 2
l l
l
l
j
Falls alle reell sind, ist dieallgemeine Lösung des homogenenSystems y=Ay wie folgt:
jl
y = k e v +...+ k e v
wobei die k beliebige reelleKonstanten sind.
j
H 1 11 l t
n ln n
t
H
Glukose im Blut, Forts.Bsp
-1 -0.20.6 -0.2
z =h
zh
y A yz(0) = 30h(0) 0y(0) y0
1. Bestimmung der E-Werte der Matrix A
p ( ) = det (A- E) = ² + 1.2 + 0.32 = ( +0.4)( +0.8)
A
Eigenwerte: -0.4 & -0.8.1 2
23.18
l
l l
l l
l l
l l
2. Bestimmung der E-Vek von A
ker(A+0.4E) =...= span 1 -3
ker(A+0.8E) =...= span 1 -1
1v
2v
3. Die allgemeine Lösung ist
z(t) =k e 1 +k e 1 h(t) -3 -1
21-.4t -.8t
23.19
2v 1v
1l 2l
k ,k R1 2
k e 1 + k e 1 = 30 -3 -1 0
210 0
Die Lösung dieses LGS lautetk = -15 und k = 45.
Also ist die Lösung des AWP z(t) = -15e +45e h(t) 45e -45e
-.4t
-.4t
-.8t
-.8t
1 2
23.20
4. Um die Anfangsbedingung zu erfüllen, muss gelten:
d.h. k + k = 30 -3 k - k = 0
1 2
21
Bsp 1 A =
hat die E-Werte 2, 3, 3
und die entsprechenden E-Vekz.B. -2
1 1
-1 0 1
0 1 0
, ,
Da wir drei linear unabhängige E-Vekdieser 3-reihigen Matrix A bestimmenkonnten, ist A diagonalisierbar.
1l 2l 3l=
v 1 v 2 v 3Av =2v , Av =3v , Av =3v 1 1 2 2 3 3
1 0 -21 3 11 0 4
Dann sind y=e v ,e v ,e vdrei Lösungen von y = A y.
2t 3t 3t
23.21
1 2 3
23.22Die allgemeine Lösung deshomogenen Systems
y = A ylautet dann
-2 1 1
-1 0 1
0 1 0
y = k e + k e + k eH 1 22t 3t
33t
= -2 k e - k e k e + k e k e + k ewobei k , k , k R.
1 22t 3t
33t
2t
2t1
13t
2
y (t)y (t)y (t)
1
2
3
y = y - 2 yy = y + 3 y + yy = y + 4 y
1 1
1
1
2 2
3
3
3
3
v 1 v 2 v 3
1 2 3
Bsp 1'
1 0 -21 3 11 0 4
23.23 Was ist die Lösung des folgenden AWP ? y = A y wobei A = y(0) = -1
3 0
In der früheren allgemeinen Lösung ywählen wir k , k und k , sodass dieAnfangsbedingung erfüllt wird: -2k -k = -1 k = 1LGS k +k = 3 ... k = -1 k +k = 0 k = 2Deshalb ist die Lösung dieses AWP:y = -2 e + e e + 2e e - e
H1 2 3
1
1
1
2
2
3 2
3
1
3t
3t3t
2t
2t2t
y (t)y (t)y (t)
1
2
3
Bsp 1" A = 1 0 -21 3 11 0 4
23.24
Was ist die Lösung desfolgenden AWP ? y = A y y(0) = 1
2-1
Da y(0) = = -v + 2v
zufällig ;) ein E-Vek von Azu E-Wert 3 ist, ist dieLösung y = e v = e . 2e -e
früher bestimmte E-Vek
2 3 1 2-1
3t 3t
3t
3t
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.7. Integration eines homogenen Systems, falls die Koeffizienten- Matrix diagonalisierbar ist und einige E-Werte komplex sindWenn es Paare von konjugiertkomplexen Eigenwerte gibt, tretenCosinus- und Sinusfunktionen in derLösung eines homogenen Systems auf.
24.1
Zur Erinnerung: Matrizendarstellungeines homogenen Systems linearerDGL 1. Ordnung mit konst. Koeff.
24.2
y = a y +a y +...+a yy = a y +a y +...+a y: : : : y = a y +a y +...+a y
11 12 1n
21 2n
n1 n2 nn
2
2
1
1
1
n
n
n
1
2
wobei: A die Koeffizientenmatrix ist und y(x) der Lösungsvektor.
y = A yH
n
H
Falls die KoeffizientenmatrixA diagonalisierbar ist und ihreEigenwerte alle reell sind, istdie allgemeine Lösung von
24.3
y = k e v +...+ k e v
wobei die k beliebig reelle Parametersind, die die nicht notwendigerweiseverschiedenen E-Werte von A (wirberücksichtigen die Vielfachheit) und diev die entsprechenden E-Vek: Av = v .
j
H 1 11 l t n l
n n t
die n-parametrige Schar von Funktionen
y = A y
l j
j j jlj
Zur Erinnerung:
Falls die KoeffizientenmatrixA diagonalisierbar ist, abereinige Eigenwerte komplexsind, gilt die frühere Formelnoch als allgemeine komplexeLösung, wobei jetzt die kbeliebig komplexe Zahlen sind.
Aber für ein reelles Systembevorzugen wir immer einereelle allgemeine Lösung!
j
24.4
Satz Sei f(t) = Re f(t) + i Im f(t) eine komplexe Lösung des reellen Systems y = A y. Dann sind der Real- und der Imaginärteil von f(t) reelle Lösungen des Systems.
Beweis:f erfüllt die Gleichung, d.h., f = Af.Aber eine komplexe Gleichheitbeinhaltet zwei reelle Gleichheiten: Re f = Re(Af) Re f = A(Re f) Im f = Im(Af) Im f = A(Im f)und diese bedeuten, dass die reellenFunktionen Re f und Im f beidedie Gleichung y = Ay erfüllen.
<=>
24.5
dtd
dtd
Sei ein komplexer E-Wertder Matrix A und sei einentsprechender komplexer E-Vek. Dann ist f(t) = e ( ) einekomplexe Lösung des reellenSystems y = A y und deshalbsind Re f(t) und Im f(t) reelleLösungen dieses Systems.
24.6
l a b= +iu+is
a b+i( )t u+is
Zur Erinnerung: die Eulersche Formel e = e (cos( t) + i sin( t)) .( )t ta b+i b ba
Deshalb sind die folgenden Fktreelle Lösungen von y = Ay: Re f = Im f =
e (cos( t)u - sin( t)s)atb b
e (sin( t)u + cos( t)s)atb b
Zur Erinnerung:Bei reellen Matrizen A treten komplexe Eigenwerte stets als Paare zueinanderkomplex konjugierter Zahlen , auf.
Für jedes Paar von komplexkonjugierten E-Werten von A, und ,seien und zugehörigekomplex konjugierte E-Vek: A ( ) = ( ),=> A ( ) = ( ).
l a bi= + l a b= -
D.h. berechne einen E-Vek zu undbezeichne dessen Realteil als u, dessenImaginärteil als s. Dann ist u-is einE-Vek zu . Wiederhole, falls esmehrere linear unabhängige E-Vek gibt.
l
l l
l
l
24.7
u+is u-is
u+is u+is
i
u-is u-isl
e ( u+is )lt
Um die allgemeine reelle Lösungvon aufzuschreiben, ersetzein der früheren Formel für ydie (komplexe) Kombination von unddurch die (reelle) Kombination von
e (cos( t)u - sin( t)s)at b b
und
H
e ( u-is )lt
H
e (sin( t)u + cos( t)s).at b b
24.8
Wiederhole diese Ersetzung für jedesPaar von komplex konjugierten E-Werten,falls es mehrere solche Paare gibt.
Zusammenfassung für den 2x2 Fall
x = a x + b yy = c x + d y
wobei a,b,c,d vorgegebene reelle Koeffizienten sind
Wir starten mit einem homogenenSystem
und nehmem an, dass dieensprechende KoeffizientenmatrixA = a b komplexe E-Werte c d hat:
l a bi= + l a b.= - iund
H
24.9
Wir bestimmen einen E-Vekzu E-Wert undschreiben ihn als , wobeiu und s reelle Vektoren sind.
l a bi= +
a b= -i
u+is
H
Dann ist die allgemeine Lösungvon
y = k e (cos( t)u - sin( t)s) + k
at b b
e (sin( t)u + cos( t)s).at b bH 1
2
wobei k , k reelle Konst. sind.1 2
Bmk Man braucht die E-Vek zu nicht aufzuschreiben, da diese Vektoren (Vielfache von ) nichts Neues bringen.
l
24.10
u-is
Bsp 2
l l,
24.11
A hat die E-Werte -3 4i
und entsprechende E-Vekz.B. 5
-2( ) 0-4( )i .
u s
a=-3, =4b
y = -5 y -5 y y = 4 y - y
1 1
12 2
2
wobei A = -5 -5 4 -1( )
<=> y = A y
H
= e (5k ) cos(4t) + (5k ) sin(4t) (-2k -4k )cos(4t)+(-4k -2k )sin(4t)
-3t
)( 2
2
1
1
wobei k und k beliebige reelle Konstanten sind.Das heisst, dass
21
21
y = k e cos(4t) -sin(4t)H 1-3t 5
-2( ) 0-4( )( )
+ k e sin(4t) +cos(4t)( ) ( )( )
e ( cos( t) u - sin( t) s )b bat
e ( sin( t) u + cos( t) s )
-3t 5-2
0-4
b bat
2
Die allgemeine reelle Lösungdes Systems y=Ay ist dann
y (t) = e ( 5k cos(4t) + 5k sin(4t) )y (t) = e ((-2k -4k )cos(4t)-(4k +2k )sin(4t))
-3t2
211
21-3t
21{
24.12
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.8. Integration eines homogenen Systems in der Ebene mit einer nicht diagonalisierbaren Koeffizientenmatrix
Wenn die Koeffizientenmatrix nichtdiagonalisierbar ist (d.h. es gibtkeine E-Basis), brauchen wir nebenden E-Vek sogennante Hauptvektoren.
24.13
24.14Lösung eines homogenenSystems y = A yH
Sei der einzige (unbedingt reelle)E-Wert von A und sei v ein E-Vek,d.h., (A- E) v = 0 und v = 0.
l
Dann ist die allgemeine Lösung:
l
y = k e v + k e t v + w
wobei k & k beliebig reell sind.1
Hlt l ( )
2
1 2 t
Bestimme einen sogenanntenHauptvektor, d.h., einen Vektor w,so dass (A- E) w = v.l
Check: setze diese y ins System ein und bestätige!H
falls die Matrix A 2-reihig& nicht diagonalisierbar ist:
Bsp 3
24.15
y = y + yy = -4 y +5 y
1 1
12 2
2
wobei A = ( )<=> y = A y
1 1-4 5
lA hat den einzigen E-Wert 3
und entsprechenden E-Vek .
v
12( )
Da wir nicht zwei linear unab-hängige E-Vek der 2-reihigenMatrix A finden können, ist Anicht diagonalisierbar.
Wir bestimmen dann einenVektor w, so dass
(A- E) w = v l
-2 1-4 2( ) w = ( ) z.B. w = .( )1
201
24.16
k e v + k e tv + w
wobei k und k beliebig reell sind.2
H
1lt l
2
y = k e +k e t +13t 3t
212( ) ( )( ))
)((
= e k + k t (2k +k ) +2k t( )
1
12
01
t
3t1 2
1 2 2
Die allgemeine Lösung desSystems y = A y ist dann
y (t)y (t)1
2
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.9. Überblick der homogenen Systeme in der Ebene, Stabilität
Systeme in der Ebene modellieren dieWechselwirkung zwischen zwei Grössen(Populationsanzahlen, Stoffkonzentra-tionen, etc). Wir betrachten hierSysteme zweier gekoppelten linearenhomogenen DGL mit konst. Koeff.,die sehr oft im Einsatz kommen.
25.1
x = a x + b yy = c x + d y
a,b,c,d sind vorgegebene reelle Koeffizienten
Überblick der homogenen linearenSysteme DGL 1. Ordnung mit konstanten Koeffiz. in der Ebene
Ein solches System liefert ein linearesModell eines zeitabhängigen Prozesses,wobei x(t) und y(t) zwei unbekannteFunktionen der Zeit t sind.
25.2
n=2
x = a x + b yy = c x + d y
Bahnkurven
Eine Bahnkurve des Systemsist eine Kurve (x(t),y(t)), wobei(x(t),y(t)) eine Lösung von ist.
Eine Bahnkurve (x(t),y(t)) heisstgeschlossen, falls die Komponentenx(t) und y(t) periodisch sind.
x
y
25.3
PhasenporträtEin Phasenporträt eines Systemsist eine graphische Darstellung,wobei einige charakterisierendeBahnkurven (oder "Trajektorien")skizziert werden, um die Dynamikdes Systems zu erfassen.
Bmk Es folgt aus dem Satz von Picard-Lindelöf, dass durch jeden Punkt genau eine Bahnkurve läuft.(Gäbe es zwei sich kreuzendeBahnkurven, so wäre die Lösungdes AWP nicht eindeutig.)
25.4
25.5
Der Ursprung heisst ein Fixpunkt oderGleichgewichtspunkt von , da (0,0)eine konstante Lösung von ist.
Der Fixpunkt (0,0) heisst stabil,wenn alle Lösungen des Systemszu Anfangswerten in der Nähe vomUrsprung (0,0) in der Zukunft auchin der Nähe von (0,0) bleiben.Sonst heisst der Fixpunkt (0,0)instabil.
(0,0) ist stabil (0,0) ist instabil
Fixpunkte
25.6Matrix-Schreibweise
x = a x + b yy = c x + d y
<=>
Es gibt drei Fälle für die Matrix A:1 diagonalisierbar mit reellen Eigenwerten;2 diagonalisierbar mit konjugiert komplexen Eigenwerten;3 nicht diagonalisierbar.
A
x = a b xy c d y
1 Falls A zwei linear unabhängige Eigenvektoren v , v zu reellen Eigenwerten , besitzt, dann ist die allgemeine Lösung von
x = k e v + k e v y
25.7
1
11
2
22
21
t1 t2
wobei k und k beliebige reelleKonstanten sind.
1 2
Zum Beispiel ist x(t) = 2 e v - 3 e v y(t)die Lösung des AWP mit demAnfangswert x(0) = 2v -3v . y(0)
1 2t1 t2
1 2
25.8Zum Beispiel ist x(t) = e v y(t)die geradlinige Lösung des AWP mitdem Anfangswert x(0) = v . y(0)Diese Lösung... strebt in der Zukunft (t>0) zu 0 falls <0 , 0 ist konstant, falls =0 oder wächst auswärts, falls >0 .
1t1
1
1
1
1
Sei Eig der -Eigenraum von A,(d.h. die Menge aller Vektoren vonder Form kv , k R) und Eig der -Eigenraum;beide sindGeraden:
1
2
11
2
Eig
Eig
< <0210< < 21
Eig
Eig
Typen von Phasenporträts,wenn A diagonalisierbar ist mit reellen Eigenwerten:
25.9
Eig
Eig
(beide positiv) (beide negativ)
<0< 21
Eig
Eig
(ein positiver E-Wert & ein negativer)
25.10
=0, 21 <021>0 =0,
= >021 = <021
Ein doppelter Eigenwert und A = 0 : 0
Ein Eigenwert ist null, der andere nicht:
Eig
Eig
0 Eig
Eig
0
ll
25.112 Falls A ein Paar konjugiert komplexer Eigenwerte besitzt,
seien u+is und u-is zugehörige konjugiert komplexe Eigenvektoren. Dann ist die allgemeine reelle Lösung von
x = k e (cos( t)u-sin( t)s)y +k e (sin( t)u+cos( t)s)
1
2
t
wobei k und k beliebige reelleKonstanten sind.
1 2
Bsp x(t) = e cos t y(t) = e sin t=> |x²+y²| = e
t
t
t
1 2l a b= +i 1l a b= = -il
b b
b b
a
a
2t
Abstand zum Ursprung wächst exponentiell
mit >0
mit <0
also =0
Typen von Phasenporträts für komplexe Eigenwerte:
25.12
l a b= +i
l a b= +i
l b= +ia
a
a
25.13
3 Falls alle Eigenvektoren von A kollinear sind, sei der einzige Eigenwert und v ein Eigenvektor. Sei w ein "Hauptvektor", d.h. ein Vektor w, so dass (A- E)w=v. Dann ist die allgemeine Lösung von
x = k e v + k e (tv+w),y
1 2t t
wobei k und k beliebige reelleKonstanten sind.
1 2
25.14
> 0 < 0
Typen von Phasenporträts,wenn die Koeffizientenmatrix A nicht diagonalisierbar ist:
Eig Eig
= 0
Eig
Quelleist instabil
Senkeist stabil
Sattelist instabil
25.15
Namen der verschiedenen Typen:
oder
oder
AW *
*AW=Allgemeinwissen & nicht Gegenstand der Prüfung.
25.16
instabiler Knoten
stabiler Knoten
Linienquellensind instabil
Liniensenkensind stabil
25.17
ist stabilWirbel
stabilerStrudel
instabiler Strudel
Sei S = a+d die Spur der Matrix A D = ad-bc ihre Determinante p ( ) = ²-S +D charak. Polyn.
reell und verschieden, falls > 0;reell und gleich, falls = 0;konjugiert komplex, falls <0.
Nach der Mitternachtsformel sind dieNullstellen des charak. Polynoms:
A = S²-4D die Diskriminantedes charakteristischen Polynoms.
S2=
und deshalb:
Alternative Sichtweise 25.18
A
x = a b xy c d y
D
S
wobei S = a+d = Sp A Spur D = ad-bc = det A Determinante = S²-4D Diskriminante
25.19
A
x = a b xy c d y
Autonome dynamische Systeme in der Ebene
Zeit kommt nicht explizit vor
x(t),y(t) sind zweiunbekannte Funktionen der Zeit t
Modell eineszeitabhängigen Prozesses
(f und g sind vorgegebene Funktionen)
25.20
Die früheren linearen Systeme liefernNäherungen für Systeme von der Form:
x = f(x,y)y = g(x,y)
Siehe Mathematik II !
Vorschau
IV Eigenwerte und Lineare DGL-Systeme
IV.10. Integration eines inhomogenen Systems mittels LösungsansätzeWenn alle Komponenten einesStörvektors nur Funktionen enthalten,die selbst in Lösungen von homogenenSysteme erscheinen (e , cos(bt),sin(bt), t, t²,...), liefert dieAnsatzmethode eine spezielle(d.h. partikuläre) Lösung desinhomogenen Systems.
25.21
at
AW *
Bestimmung einer partikulären Lösungeines inhomogenen Systems
y = A y + g
Unsere Lösungsansatz-Methodeerfordert, dass alleKomponenten des Störvektorsg Summen oder Produkte vonCosinus-, Sinus-, Exponential-und Polynomfunktionen sind.
Um einen Lösungsansatz zu wählen, müssensowohl alle Komponenten von g als auch die vorher bestimmte y berücksichtigt werden.H
25.22
Lösungsansatz-Methode 25.23
Zuerst schreibe eine Liste aller Funktionen
e , cos (bt) , sin (bt) , t
(mit konkreten Konstanten a, b, m),die in den Komponenten von g auftreten.
Wähle einen Lösungsansatz anhand einerTabelle, ähnlich der Tabelle Lösungsansätzefür lineare DGL 2. Ordnung mit konstantenKoeffizienten (s. Seite 25.28). Setze diesen Ansatz in das System ein,setze die Koeffizienten der Grundfunktionengleich und löse das auf diese Weiseerhaltene LGS, um die unbekannten Koeff.zu bestimmen.
at m
Aufgrund der grossen Zahl von Parameternkann das schnell anstrengend werden.
Bsp 2 Löse y = -5 y -5 yy = 4 y -y + e1 1
12 2
2t
Der Störvektor ist g = 0 . e
Um die Parameter c und czu bestimmen, setzen wir denLösungsansatz im System ein.
1 2
Die E-Werte der Koeff.-MatrixA sind -3 4i (siehe Vorlesung24). Da 1 kein E-Wert von Aist und die einzige relevanteStörfkt e ist, nehmen wir denLösungsansatz:
y(t) = c e c e
1
2
t
tyy
t
25.24
t
1
2
{B
B
c e = - 5c e - 5c ec e = 4c e - c e + e12
{Wir setzen die Koeffizienten vone gleich und lösen das LGS:
11 2
2
t
t
t t
t tt
c = -5c -5cc = 4c -c +112
11 2
2
c = -c =2
1532316
Also ist eine partik. Lösung.Die allgemeine Lösung y deszugehörigen homogenen Systemshaben wir auf der Seite 24.12erhalten. Deshalb ist dieallgemeine Lösung des Systems
y = - e eB
Hy = y + y = - e + e
e (5k ) cos(4t) + (5k ) sin(4t) (-2k -4k )cos(4x)+(-4k -2k )sin(4t)
-3t2
21
1 21
25.25
t
<=>{ {532316
t
t
H
532316
t
tB
Bsp 2 Löse y = -5 y -5 y +3 y = 4 y - y
11
12 2
2
Der Störvektor, g = 3 , 0enthält nur eine konstante Fkt.Da 0 keine Nullstelle des charak.Polynoms ist, nehmen wir denLösungsansatz y = c . cNach Ersetzung im Systembestimmen wir c und c undfinden die partikuläre Lösung y = .
Die allg. Lösung ist y + y .
1
2
yy
25.26
1 2
3251225
Bmk Eine partikuläre Lösung lässt sich einfach durch Substitution verifizieren.
C
C
{
1
2
C
C H
Bsp 2 Löse y = -5 y -5 y + 3 y = 4 y - y + e
1 1
12 2
2
Der Störvektor, g = 3 , ist egleich der Summe der vorherigen,g = g + g . Dank Linearitätist dann eine partikuläre Lösunghier die Summe der früherenpartikulären Lösungen:y = y + y = e + . eDie allgemeine Lösung ist wiefrüher y = y + y .
t
A B C
Bmk Alternativ könnten wir direkt den folgenden Lösungsansatz verwenden:
13
tt
yy12
y = c + c e c + c e
24
25.27
A {t
A
3251225
532316
t
tA B C
P
A H
Bmk Lineare DGL 2. und höherer Ordnung lassen sich als Systeme betrachten. Wir tauschen Ableitungen höherer Ordnung gegen mehrere unbekannte Funktionen: y=y ,y'=y ,y"=y ,... Z.B.
wirdy" + b y' + c y = G(x)
y' = yy' = - b y - c y + G(x)
y" = - b y' - c y + G(x)Deswegen sind die früherenLösungsmethoden für Systemeauch für DGL höherer Ordnungverwendbar.
25.28
1 2 3
1 2
2 2 1{
AW=Allgemeinwissen & nicht Gegenstand der Prüfung.*
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