allg. Lösung der DGL < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 22:22 Fr 02.06.2006 | | Autor: | Mini273 |
| Aufgabe | Bestimme die allg. Lösung der DGL x' = Ax, x [mm] \in \IR^{2}, [/mm] wobei A = [mm] \pmat{ cos \alpha & -sin \alpha \\ sin \alpha & cos \alpha} [/mm] mit [mm] \alpha \in \IR
[/mm]
und zeichne das zugehörige Phasenporträt (Mit geeigneten Fallunterscheidung für [mm] \alpha). [/mm] Identifiziere [mm] \IR^{2} [/mm] = [mm] \IC. [/mm] |
Hallo Forum,
ich hab bei der Aufgabe ein paar Probleme und zwar weiß ich nicht genau, wie ich die allgemeine Lösung bestimmen soll.
Ich hab folgendes gemacht und komm nicht viel weiter:
Da [mm] x\in \IR^{2} [/mm] hat x die gestalt x = [mm] \vektor{x_{1} \\ x_{2}} [/mm] = [mm] x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2}
[/mm]
Also ist Ax = (cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha) (x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2})
[/mm]
Ich weiß auch, dass das DGL x' = Ax diese allgemeine Lösung hat:
x = [mm] e^{tA} \lambda [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{\infty} \bruch{1}{k!} (tA)^{k} \lambda, [/mm] wobei x(0) = [mm] \lambda [/mm] der Anfangswert ist.
Jetzt weiß ich nicht weiter. Ich hoffe, es kann mir jemand helfen, wie ich das DGl lösen kann.
Das wär echt sehr nett.
Vielen Dank schonmal.
LG, Mini
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Ein Ansatz, diese DGL zu lösen ist in der Tat, wie man es im eindimensionalen Fall tun würde, [mm] $x=e^{(t-t_0)A}x_0$, [/mm] bzw das ist schon die Lösung.
Dann kennst du sicherlich die Taylor-Reihe [mm] $e^k=1+k+\bruch{1}{2!}k^2+\bruch{1}{3!}k^3+...$ [/mm] und kannst versuchen, herauszufinden, ob sich die Reihe der [mm] $A^n$ [/mm] auch anders, z.B. als Grenzwert der Reihe schreiben läßt.
Eine andere Möglichkeit wäre, in den Eigenvektorraum der Matrix zu gehen, dann hättest du zwei einfache, entkoppelte DGLs. Allerdings hast du ja die Drehmatrix, die hat keine Eigenvektoren außer 0, somit kannst du das vergessen.
Ansonsten, du sollst das ja komplex machen, kannst du da auch zwei Ansätze für x1 und x2 einsetzen, was dir dann aber auch wieder zwei gekoppelte DGLs, für Real- und Imaginärteil liefert...
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:08 Sa 03.06.2006 | | Autor: | Mini273 |
Hallo Event_Horizon,
danke erstmal für deine Hilfe.
ich hab versucht diese A{n} als Reihe auszudrücken, aber ich weiß nicht genau, was ich da machen muss. Muss ich die Matrizen in [mm] x_{k+1}(t) [/mm] = [mm] \lamdba [/mm] + [mm] \integral_{0}^{t}{A x_{k}(s) ds} [/mm] einsetzen?
Ich hoffe, du hilfst mir weiter, da ich nicht genau, weiß, was du meinst, v.a. wie das mit den 2 gekoppelten DGL ist.
Viele Grüße,
Mini
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:14 Sa 03.06.2006 | | Autor: | Mini273 |
Sorry hab ich vertippt. Die Picard-Iterierte lautet: [mm] x_{k+1}(t) [/mm] = [mm] \lambda [/mm] + [mm] \integral_{0}^{t}{A x_{k}(s) ds}
[/mm]
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Du weißt ja, daß [mm] $e^{(t-t_0)A}\vec x_0$ [/mm] die allgemeine Lösung von [mm] $\dot {\vec x}=A\vec [/mm] x$ ist, das ist ja das gleiche wie im eindimensionalen. Das Problem ist nun, daß die Exp-Funktion unangenehm ist, die kann man ja nicht einfach so berechnen.
Dann schaust du dir die Reihe oben an, und bildest A, A², A³,... und guckst, ob dir was auffällt, ob es irgendwelche Regelmäßigkeiten gibt, oder ob die Reihe z.B. plötzlich abbricht, weil A nihilpotent ist, also null wird. Kurzum: Du versuchst einfach, einen anderen Ausdruck für [mm] $e^{(t-t_0)A}$ [/mm] zu finden, den man auch mit dem Taschenrechner berechnen kann.
Anschaulich hast du ja eine Drehmatrix im den Winkel [mm] \alpha. [/mm] Wenn du sie zweimal anwendest, hast du A², und das wäre dieselbe Drehmatrix, nur eben mit [mm] $2\alpha$. [/mm] Also:
[mm] $A^n=\pmat{ cos (n\alpha) & -sin (n\alpha) \\ sin (n\alpha) & cos (n\alpha)}$
[/mm]
Das läßt sich sicherlich beweisen, aber es sollte offensichtlich sein.
Wenn du es jetzt schaffst, den Grenzwert für die Reihe [mm] $\summe_{i=1}^{n}(t-t_0)cos (i\alpha)$ [/mm] bzw auch für sin anzugeben, hast du quasi das Ergebnis für [mm] $e^{(t-t_0)A}$, [/mm] also die Lösung.
Das wäre wie gesagt EINE Möglichkeit.
Die zweite war, in den Eigenvektorraum der Matrix zu gehen, hier hast du dann zwei entkoppelte DGLs (In jeder kommt nur eine Variable vor, nicht beide), weil du dann eine Diagonalmatrix aus den Eigenwerten hast. Letztendlich kannst du dann das gleiche wie oben machen und erhieltest dann als Lösung (die natürlich in den ursprünglichen Raum zurücktransformiert werden muß) einfach sowas wie
[mm] $exp\left[\pmat{ \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2}\right]=\pmat{ e^{\lambda_1} & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2}}$
[/mm]
Allerdings hat deine Matrix keine Eigenwerte
Daher bin ich wohl eh keine große Hilfe, denn da steht ja auch schon, daß man das irgendwie komplex machen muß. ICh werd mir das mal anschauen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:28 So 04.06.2006 | | Autor: | Mini273 |
Hallo,
vielen Dank für deine Antwort. Ich hab zuerst mal ausgerechnet was so für [mm] A^{2}, A^{3}.... [/mm] herauskommt.
[mm] A^{2} [/mm] = [mm] \pmat{ cos(2 \alpha) & - sin(2 \alpha) \\ sin(2 \alpha) & cos(2 \alpha)}
[/mm]
Für [mm] A^{3} [/mm] hab ich was ganz komisches herausbekommen, und ich weiß nicht, wie ich das zu [mm] \pmat{ cos(3 \alpha) & - sin(3 \alpha) \\ sin(3 \alpha) & cos(3 \alpha)} [/mm] umformen soll, was normalerweise rauskommen müsste.
Ich hab das herausbekommen:
[mm] A^{3} [/mm] = [mm] \pmat{cos(2 \alpha) cos \alpha - sin(2 \alpha) sin \alpha & - cos(2 \alpha) sin \alpha - cos \alpha sin(2 \alpha)\\ cos \alpha sin(2 \alpha) + cos(2 \alpha) sin \alpha & cos(2 \alpha) cos \alpha - sin(2 \alpha) sin \alpha }
[/mm]
Wie kann ich das denn zu [mm] \pmat{ cos(3 \alpha) & - sin(3 \alpha) \\ sin(3 \alpha) & cos(3 \alpha)} [/mm] vereinfachen? Oder hab ich mich verrechnet?
Dann hab ich mir folgendes überlegt, wenn allgemein [mm] A^{n} [/mm] = [mm] \pmat{ cos(n \alpha) & - sin(n \alpha) \\ sin(n \alpha) & cos(n \alpha)} [/mm] gilt:
A x = (cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha) (x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2}) [/mm] = [mm] (\summe_{k=0}^{1} \vektor{1 \\ k} i^{k} cos^{1-k} \alpha sin^{k} \alpha) (x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2})
[/mm]
[mm] A^{2} [/mm] x = [mm] \pmat{ cos(2 \alpha) & - sin(2 \alpha) \\ sin(2 \alpha) & cos(2 \alpha)} \vektor{x_{1} \\ x_{2}} [/mm] = cos(2 [mm] \alpha) x_{1} [/mm] - sin(2 [mm] \alpha) x_{2} [/mm] + i sin(2 [mm] \alpha) x_{1} [/mm] + i cos(2 [mm] \alpha) x_{2}
[/mm]
Und andererseits: [mm] A^{2} [/mm] x = (cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha)^{2} (x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2}) [/mm] = (cos 2 [mm] \alpha [/mm] + i sin 2 [mm] \alpha) (x_{1} [/mm] + i [mm] x_{2}) [/mm] = cos(2 [mm] \alpha) x_{1} [/mm] - sin(2 [mm] \alpha) x_{2} [/mm] + i sin(2 [mm] \alpha) x_{1} [/mm] + i cos(2 [mm] \alpha) x_{2}
[/mm]
Kommt also das gleiche heraus.
Als Reihe:
(cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha)^{2} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{2} \vektor{2 \\ k} i^{k} cos^{2-k} \alpha sin^{k} \alpha
[/mm]
Allgemein: (cos n [mm] \alpha [/mm] + i sin n [mm] \alpha) [/mm] = (cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha)^{n} [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} i^{k} cos^{n-k} \alpha sin^{k} \alpha
[/mm]
Die allgemeine Lösung der DGl lautet doch für [mm] t_{0} [/mm] = 0:
x = [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{n!} t^{n} A^{n} x_{0}
[/mm]
Dann kann ich doch die [mm] A^{n} [/mm] als Reihe so darstellen oder?
x = [mm] \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{n!} t^{n} [/mm] (cos [mm] \alpha [/mm] + i sin [mm] \alpha)^{n} x_{0} [/mm] = [mm] summe_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{n!} t^{n} [/mm] (cos n [mm] \alpha [/mm] + i sin n [mm] \alpha) x_{0}= \summe_{n=0}^{\infty} \bruch{1}{n!} t^{n} (\summe_{k=0}^{n} \vektor{n \\ k} i^{k} cos^{n-k} \alpha sin^{k} \alpha) x_{0}
[/mm]
Stimmt das so?
Ich weiß nicht, wie ich das sonst machen soll. Ich bitte daher um Hilfe.
Vielen Dank,
LG Mini
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Du, es tut mir sehr leid, ichglaube, ich habe dich da auf was falsches angesetzt.
Es ist mir eben wie Schuppen von den Augen gefallen:
Es ist eine DREHmatrix, demnach wären doch Polarkoordinaten angebracht, oder? Nehmen wir doch gleich POLARE komplexe Zahlen:
[mm] $\dot [/mm] x [mm] =e^{i\alpha} [/mm] x$ sollte dabei herauskommen.
Und wenn du jetzt den Ansatz $x=R [mm] e^{i\beta t}$ [/mm] machst, solltest du doch auf nen grünen Zweig kommen. Das führt doch zu
[mm] $i\beta=e^{i\alpha}$ [/mm] und somit ist das Ding doch eigentlich gelöst, oder? Du müßtest nur nochmal schauen, daß du aus der gegebenen Gleichung [mm] $\dot [/mm] x [mm] =e^{i\alpha} [/mm] x$ bekommst, sofern die anschauliche Erklärung nicht reicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:02 So 04.06.2006 | | Autor: | Mini273 |
Hallo,
ist das jetzt falsch, was ich gemacht habe?
Ich versteh nicht ganz, was du mir geschrieben hast, v.a. den Ansatz x' = [mm] Re^{i \beta t}, [/mm] was ist denn das R? Und wie kommt man da drauf? Und wie kommt man da auf i [mm] \beta [/mm] = [mm] e^{i \alpha}?
[/mm]
Tut mir leid, aber ich versteh das nicht so ganz....
Ich hoffe, du erklärst mir genauer, was du damit meinst.
Viele Grüße,
Mini
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Auch hier muß ich mich nochmal korrigieren.
Ist dir die Polardarstellung [mm] $R*e^{i\phi}$der [/mm] kompexen Zahlen bekannt? R ist der betrag, und [mm] \phi [/mm] ist der Winkel, der zusammen mit der positiven reelen Achse und dem Ursprung eingeschlossen ist. Insbesondere gilt:
[mm] $e^{i\phi}=\cos(\phi)+i\sin(\phi)$
[/mm]
Eine Skizze hilft dir bestimmt!
Wenn ich jetzt ein [mm] $x=Re^{i\beta}$ [/mm] nehme und das durch deine Matrix jage, kommt dann durch die Drehung [mm] $x'=Re^{i(\alpha+\beta)}$ [/mm] raus, das ist also die Ableitung. Andererseits ist
[mm] $x'=(Re^{i\beta})'=R'e^{i\beta}+R*i\beta'*e^{i\beta}$
[/mm]
Beide Formeln sind gleich, also
[mm] $Re^{i(\alpha+\beta)}=R'e^{i\beta}+R*i\beta'*e^{i\beta}$
[/mm]
Teilen durch [mm] $e^{i\beta}$:
[/mm]
[mm] $Re^{i(\alpha)}=R'+R*i\beta'$
[/mm]
links lösen wir mal auf:
[mm] $R\cos(\alpha)+iR\sin(\alpha)=R'+R*i\beta'$
[/mm]
Die Variablen hier drin sind alle reel, demnach können wir das nun in real- und Imaginärteil aufsplitten:
[mm] $R\cos(\alpha)=R'$
[/mm]
und
[mm] $iR\sin(\alpha)=iR\beta'$ -->$\sin(\alpha)=\beta'$
[/mm]
Das sind zwei einfache DGLs, die erste hat offensichtlich die Lösung [mm] $R=R_0*e^{\cos(\alpha)t}$ [/mm] und die zweite [mm] $\beta=\sin(\alpha)t+C$
[/mm]
In $ [mm] x=Re^{i\beta} [/mm] $ eingesetzt, bekommst du auch wieder kartesische Koordinaten.
So, ich hoffe, daß das jetzt einigermaßen richtig ist.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Mi 07.06.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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