Ebenes lineares System < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:26 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungssystem mit der Eigenwert-Eigenvektormethode:
x' = 2x + 3y
y' = 4x + 3y |
Zuerst mache ich mich an die Eigenvektoren:
[mm] (2-\lambda) (3-\lambda)-12=0
[/mm]
[mm] \lambda_{1}=6
[/mm]
[mm] \lamda_{2}=-1
[/mm]
für [mm] \lambda_{1} [/mm] bekomme ich [mm] \vektor{0 \\ 0}
[/mm]
für [mm] \lambda_{2} [/mm] bekomme ich [mm] \vektor{-1 \\ 1} [/mm] und [mm] \vektor{1 \\ -1}
[/mm]
Hätte ich jetzt hier einfach 2 linear unabhängige Eigenvektoren, könnte ich die Lösung ja sofort anschreiben. Leider muss ich mir hier noch eine weitere Basislösung suchen. Wie mache ich das?
Im Skriptum ist folgendes angegeben:
Sind [mm] \lambda_{1}, \lambda_{2} [/mm] reell und gleich [mm] \lambda [/mm] und gibt es nur einen linear unabhängigen Eigenvektor u von A, dann bestimmt man sich einen Vektor v [mm] \not= [/mm] 0 mit
[mm] (A-\lambda [/mm] I)v=u
Wie bestimme ich jetzt diesen Vektor v? kann es mir jemand bitte zeigen? und ist [mm] \lambda_{1} [/mm] und [mm] \lambda_{2} [/mm] = [mm] \lambda [/mm] ?
Was ist dann meine Gesamtlösung?
Vielen Dank!
|
|
| |
|
Hallo,
> Lösen Sie die folgenden Differentialgleichungssystem mit
> der Eigenwert-Eigenvektormethode:
> x' = 2x + 3y
> y' = 4x + 3y
> Zuerst mache ich mich an die Eigenvektoren:
> [mm](2-\lambda) (3-\lambda)-12=0[/mm]
> [mm]\lambda_{1}=6[/mm]
> [mm]\lamda_{2}=-1[/mm]
>
> für [mm]\lambda_{1}[/mm] bekomme ich [mm]\vektor{0 \\ 0}[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]") Das kann doch gar nicht richtig sein. Der Eigenvektor muss vom Nullvektor verschieden sein. Ich bekomme [mm] \vektor{3 \\ 4} [/mm] als Eigenvektor zum Eigenwert 6.
> für
> [mm]\lambda_{2}[/mm] bekomme ich [mm]\vektor{-1 \\ 1}[/mm] und [mm]\vektor{1 \\ -1}[/mm]
>
Warum hast du hier 2 Eigenvektoren. Der Eigenvektor ist [mm] \vektor{1 \\ -1} [/mm] oder auch [mm] \vektor{-1 \\ 1}. [/mm] Aber nicht beide.
> Hätte ich jetzt hier einfach 2 linear unabhängige
> Eigenvektoren, könnte ich die Lösung ja sofort
> anschreiben. Leider muss ich mir hier noch eine weitere
> Basislösung suchen. Wie mache ich das?
> Im Skriptum ist folgendes angegeben:
> Sind [mm]\lambda_{1}, \lambda_{2}[/mm] reell und gleich [mm]\lambda[/mm] und
> gibt es nur einen linear unabhängigen Eigenvektor u von A,
> dann bestimmt man sich einen Vektor v [mm]\not=[/mm] 0 mit
> [mm](A-\lambda[/mm] I)v=u
>
> Wie bestimme ich jetzt diesen Vektor v? kann es mir jemand
> bitte zeigen? und ist [mm]\lambda_{1}[/mm] und [mm]\lambda_{2}[/mm] = [mm]\lambda[/mm]
> ?
>
Ich denke was hier gemeint ist, ist der generaliesierte Eigenvektor. Das bedeutet wenn die algebraische Vielfachheit größer ist als die gemoetrische Vielfachheit muss man sich einen generalisierten Eigenvektor suchen. Das ist aber bei dir nicht der Fall. Wie habt ihr dann weiter gemacht wenn algeb. Vielfachheit= geomet. Vielfachheit?
Ziel ist es ja [mm] e^{At} [/mm] zu bestimmen.
Also mit [mm] e^{At}=T\cdot\\e^{Bt}\cdot\\T^{-1}
[/mm]
Dabei ist [mm] \\T=\pmat{3 & 1 \\ 4 & -1} [/mm] und [mm] \\B=\pmat{6 & 0 \\ 0 & -1}
[/mm]
Kommst du damit weiter?
> Was ist dann meine Gesamtlösung?
>
> Vielen Dank!
![[hut]](/images/smileys/hut.gif "[hut]") Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:55 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
Ja, Danke. Ich habe es mal überflogen und denke dass es mir gut weiter hilft. Ich muss jetzt leider schnell weg. Ich werde es heute nachmittag lösen und dann nochmal nachhaken.
Danke
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:10 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
Ich komme leider nicht auf den Eigenvektor für [mm] \lambda [/mm] = 6
Ich kann doch dann schreiben:
[mm] -4x_{1} +3x_{2}=0
[/mm]
[mm] 4x_{1}-3x_{2}=0 ->4x_{1}=3x_{2}
[/mm]
oben eingesetzt: [mm] -3x_{2}+3x_{2}=0
[/mm]
-> 0=0 -> der eigenwert [mm] \lambda=6 [/mm] liefert mir keinen Eigenvektor!
Hätte ich den zweiten Eigenvektor könnte ich schreiben:
[mm] x_{1}(t)=e^{\lambda_{1}t}u_{1} [/mm] und [mm] x_{2}(t)=e^{\lambda_{2}t}u_{2}
[/mm]
Die Lösung ist dann [mm] x_{1}(t)+x_{2}(t)
[/mm]
Ist das richtig? Was ist mit dem eigenvektor für [mm] \lambda [/mm] = 6? wo ist der fehler?
|
|
|
| |
|
Hi,
Also: Als Matrix haben wir [mm] \pmat{2 & 3 \\ 4 & 3}
[/mm]
Wie man die Eigenwerte berechnet ist ja klar. Man erhält 2 Eigenwerte.
[mm] \lambda_{1}=6 [/mm] und [mm] \lambda_{2}=-1
[/mm]
Nun berechnen wir den Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \\6.
[/mm]
Zu lösen ist [mm] \pmat{-4 & 3 \\ 4 & -3}\vektor{x \\ y}=\vektor{0 \\ 0}.
[/mm]
Wir erhalten:
[mm] \\-4x+3y=0 \gdw \\4x=3y
[/mm]
[mm] \\4x-3y=0 \gdw \\4x=3y
[/mm]
Nun ist [mm] \\x [/mm] frei wählbar. Ich wähle [mm] \\x=3 [/mm] dann muss [mm] \\y=4 [/mm] sein. Du kannst auch für [mm] \\x=1 [/mm] nehmen nur dann ist [mm] \\y=\bruch{4}{3} [/mm] und ich rechne lieber mit ganzen Zahlen.
Also nun haben wir den Eigenvektor [mm] \vektor{3 \\ 4} [/mm] zum Eigenwert 6.
Den zweiten Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \\-1 [/mm] haben wir ja auch. Nun gehe so vor wie ich es dir in meinem ersten Post vorgeschlagen habe.
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:45 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
Ah, danke. Das mit dem frei wählbar habe ich mir schon fat gedacht ;)
Ich habe also die beiden Eigenvektoren:
[mm] \vektor{3 \\ 4} [/mm] zu [mm] \lambda [/mm] = 6
[mm] \vektor{-1\\ 1} [/mm] zu [mm] \lambda [/mm] = -1
Das sind ja nun 2 linear unabhängige Eigenvektoren.
Aus meinen Skriptum folgt:
Es seien [mm] \lambda_{1}, \lambda_{2} [/mm] Eigenwerte von A, dann erhält man ein Fundamentalsystem in folgender Weise:
Sind [mm] \lambda_{1}, \lambda_{2} [/mm] reell und verschieden und [mm] u_{1}, u_{2} [/mm] wie man zeigt l.u. Eigenvektoren von A, dann sei
[mm] x_{1}(t)=e^{\lambda_{1}t}u_{1}
[/mm]
[mm] x_{2}(t)=e^{\lambda_{2}t}u_{2}
[/mm]
Das ist doch hier schon meine Lösung oder?
Also [mm] x_{1}(t)=e^{6t}\vektor{3 \\ 4}
[/mm]
[mm] x_{2}(t)=e^{-t}\vektor{-1 \\ 2}
[/mm]
-> [mm] x=e^{6t}\vektor{3 \\ 4}+e^{-t}\vektor{-1 \\ 2}
[/mm]
oder liege ich hier falsch?
Vielen Dank für deine Bemühungen!
|
|
|
| |
|
Hi,
Wenn du das hier meinst [mm] \\x(\red{t})=\red{c_{1}}e^{6t}\vektor{3 \\ 4}+\red{c_{2}}e^{-t}\vektor{-1 \\ 1} [/mm] meinst dann liegst du richtig 
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:56 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
Ja das mein ich natürlich :)
[mm] c_{1} [/mm] und so sind einfach irgend welche konstanten?
Ich werde wohl demnächst noch einmal so ein system stellen. Dann wird allerdings das Problem sein, dass wir nicht 2 linear unabhängige Eigenvektoren bekommen. Sprich ich muss mit der oben angesprochenen methode mir einen zweiten suchen. Das klären wir dann aber im anderen Thread :)
Vielen Dank
|
|
|
| |
|
Hallo tobe,
> Ah, danke. Das mit dem frei wählbar habe ich mir schon fat
> gedacht ;)
> Ich habe also die beiden Eigenvektoren:
> [mm]\vektor{3 \\ 4}[/mm] zu [mm]\lambda[/mm] = 6
> [mm]\vektor{-1\\ 1}[/mm] zu [mm]\lambda[/mm] = -1
>
> Das sind ja nun 2 linear unabhängige Eigenvektoren.
> Aus meinen Skriptum folgt:
> Es seien [mm]\lambda_{1}, \lambda_{2}[/mm] Eigenwerte von A, dann
> erhält man ein Fundamentalsystem in folgender Weise:
> Sind [mm]\lambda_{1}, \lambda_{2}[/mm] reell und verschieden und
> [mm]u_{1}, u_{2}[/mm] wie man zeigt l.u. Eigenvektoren von A, dann
> sei
>
> [mm]x_{1}(t)=e^{\lambda_{1}t}u_{1}[/mm]
> [mm]x_{2}(t)=e^{\lambda_{2}t}u_{2}[/mm]
>
> Das ist doch hier schon meine Lösung oder?
> Also [mm]x_{1}(t)=e^{6t}\vektor{3 \\ 4}[/mm]
>
> [mm]x_{2}(t)=e^{-t}\vektor{-1 \\ 2}[/mm]
>
> -> [mm]x=e^{6t}\vektor{3 \\ 4}+e^{-t}\vektor{-1 \\ 2}[/mm]
>
> oder liege ich hier falsch?
>
Siehe die Antwort von Tyskie
>
> Vielen Dank für deine Bemühungen!
>
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:43 So 12.10.2008 | | Autor: | tobe |
Wie versprochen eine andere Aufgabe. Kommt das so hin?
x'= x + 2y
y'= y
[mm] \vmat{ 1-\lambda & 2 \\ 0 & 1-\lambda } [/mm] = [mm] (1-\lambda)^{2} [/mm] -> [mm] \lambda_{1}=1
[/mm]
[mm] 2x_{2}=0
[/mm]
[mm] 0x_{1}+0x_{2}=0
[/mm]
Folg hier dass [mm] x_{1} [/mm] = frei wählbar =1 und [mm] x_{2}=0 [/mm] ->
Eigenvektor [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] ??
Selbst wenn obiges gültig ist habe ich nun nur einen linear unabhängigen Eigenvektor! Jetzt muss ich mich auf die suche nach eine zweiten Vektor begeben. Kann ich da wie folgt vorgehen?:
[mm] \pmat{ 1-\lambda & 2 \\ 0 & 1-\lambda } [/mm] v = [mm] \vektor{1 \\ 0}
[/mm]
[mm] \pmat{ 0 & 2 \\ 0 & 0} \vektor{v_{1} \\ v_{2}} [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0}
[/mm]
[mm] 0v_{1}+2v_{2}=1
[/mm]
[mm] 0v_{1}+0v_{2}=0
[/mm]
[mm] v_{2}=0.5
[/mm]
[mm] v_{1}=0
[/mm]
[mm] v=\vektor{0 \\ 0.5}
[/mm]
-> [mm] x(t)=c_{1}e^t\vektor{1 \\ 0}+c_{2}e^{t}(\vektor{1 \\ 0}+t\vektor{0 \\ 0.5})
[/mm]
Was meint ihr?
Lg tobias
|
|
|
| |
|
Hallo tobe,
> Wie versprochen eine andere Aufgabe. Kommt das so hin?
>
> x'= x + 2y
> y'= y
>
> [mm]\vmat{ 1-\lambda & 2 \\ 0 & 1-\lambda }[/mm] = [mm](1-\lambda)^{2}[/mm]
> -> [mm]\lambda_{1}=1[/mm]
> [mm]2x_{2}=0[/mm]
> [mm]0x_{1}+0x_{2}=0[/mm]
> Folg hier dass [mm]x_{1}[/mm] = frei wählbar =1 und [mm]x_{2}=0[/mm] ->
> Eigenvektor [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm] ??
>
> Selbst wenn obiges gültig ist habe ich nun nur einen linear
> unabhängigen Eigenvektor! Jetzt muss ich mich auf die suche
> nach eine zweiten Vektor begeben. Kann ich da wie folgt
> vorgehen?:
>
> [mm]\pmat{ 1-\lambda & 2 \\ 0 & 1-\lambda }[/mm] v = [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]\pmat{ 0 & 2 \\ 0 & 0} \vektor{v_{1} \\ v_{2}}[/mm] = [mm]\vektor{1 \\ 0}[/mm]
>
> [mm]0v_{1}+2v_{2}=1[/mm]
> [mm]0v_{1}+0v_{2}=0[/mm]
> [mm]v_{2}=0.5[/mm]
> [mm]v_{1}=0[/mm]
>
> [mm]v=\vektor{0 \\ 0.5}[/mm]
Hier hast Du wohl einen Eigenvektor 2. Stufe gesucht, der durch diese Matrix auf den Eigenvektor 1. Stufe abgebildet wird.
Das Vorgehen ist auch so korrekt.
>
> -> [mm]x(t)=c_{1}e^t\vektor{1 \\ 0}+c_{2}e^{t}(\vektor{1 \\ 0}+t\vektor{0 \\ 0.5})[/mm]
>
> Was meint ihr?
Stimmt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Die Lösung kannst noch etwas zusammenfassen:
[mm]x(t)=c_{1}e^t\vektor{1 \\ 0}+c_{2}e^{t}(\vektor{1 \\ 0}+t\vektor{0 \\ 0.5})[/mm]
[mm]x\left(t\right)=\left(c_{1}+c_{2}\right)\vektor{1 \\ 0}*e^{t}+c_{2}*\vektor{0 \\ 0.5}*te^{t}[/mm]
Nun kann man definieren: [mm]\tilde{c}_{1}:=c_{1}+c_{2}[/mm]
Dann schreibt sich die Lösung so:
[mm]x\left(t\right)=\tilde{c}_{1}\vektor{1 \\ 0}*e^{t}+c_{2}*\vektor{0 \\ 0.5}*te^{t}[/mm]
>
> Lg tobias
Gruß
MathePower
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:17 Mo 13.10.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Lösen Sie mit der Eigenwert-Eigenvektormethode das Differentialgleichungssystem:
[mm] x`(t)=\pmat{ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1} [/mm] x(t) |
In dieser Aufgabe gehe ich ja jetzt praktisch einen kleinen Schritt weiter. Aus einem ebenen Problem (n=2) wird ein 3-dim Problem (n=3). Ist die Ansicht korrekt?
Wenn mir die Eigenwerte nun 3 Eigenvektoren liefern würden, wäre ich ja schon wieder fertig.
Hier passiert nun folgendes. Die drei Eigenwerte 2,1 und -1 liefern mir lediglich einen Eigenvektor und zwar:
[mm] \lambda=-1:
[/mm]
[mm] 3x_{1}+3x_{3}=0
[/mm]
[mm] 2x_{2}+x_{3}=0
[/mm]
0=0 -> [mm] x_{3}=frei [/mm] wählen=2
-> [mm] x_{2}=-1
[/mm]
-> [mm] x_{1}=-2
[/mm]
Eigenvektor: [mm] \vektor{-2 \\ -1 \\ 2}
[/mm]
Jetzt ist also nur noch die Frage wie ich die benötigten 2 weiteren vektoren erhalte. Wie mache ich das? Sind meine folgenden Gedanken und Interpretationen richtig?
[mm] \pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}^{2} s_{2}=0
[/mm]
Vektor [mm] s_{2} [/mm] wäre dann mein 2. vektor? und für den 3. benötigten Vektor:
[mm] \pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}^{3} s_{3}=0 [/mm] ?
Wäre meine Lösung dann schließlich:
[mm] x(t)=c_{1}e^{-t}\vektor{-2\\-1\\2}+c_{2}e^{-t}(s_{2}+t\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}s_{2})+c_{3}e^{-t}(s_{3}+t\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}s_{3})
[/mm]
Habe ich das so richtig aufgeschnappt? Was genau mache ich denn um diese beiden anderen vektoren zu finden? gibt es auch noch irgend eine Möglichkeit die Konstanten [mm] c_{1,2,3} [/mm] zu bestimmen oder ist dies eh nicht nötig?
Vielen lieben Dank ;)
|
|
|
| |
|
Hi,
> Lösen Sie mit der Eigenwert-Eigenvektormethode das
> Differentialgleichungssystem:
>
> [mm]x'(t)=\pmat{ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & -1}[/mm] x(t)
> In dieser Aufgabe gehe ich ja jetzt praktisch einen
> kleinen Schritt weiter. Aus einem ebenen Problem (n=2) wird
> ein 3-dim Problem (n=3). Ist die Ansicht korrekt?
>
Ja das funktioniert.
> Wenn mir die Eigenwerte nun 3 Eigenvektoren liefern würden,
> wäre ich ja schon wieder fertig.
>
> Hier passiert nun folgendes. Die drei Eigenwerte 2,1 und -1
> liefern mir lediglich einen Eigenvektor und zwar:
> [mm]\lambda=-1:[/mm]
>
Die Eigenwerte hast du vollkommen richtig berechnet. Aber warum sollte nur ein Eigenvektor herauskommen? Das verstehe ich nicht.
> [mm]3x_{1}+3x_{3}=0[/mm]
> [mm]2x_{2}+x_{3}=0[/mm]
> 0=0 -> [mm]x_{3}=frei[/mm] wählen=2
> -> [mm]x_{2}=-1[/mm]
> -> [mm]x_{1}=-2[/mm]
> Eigenvektor: [mm]\vektor{-2 \\ -1 \\ 2}[/mm]
>
Also gehen wir das mal Schritt für Schritt durch.
Ich berechne den Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \lambda=-1
[/mm]
Dazu löse ich:
[mm] \pmat{3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}\cdot\vektor{x \\ y \\ z}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
3x +2z=0
2y +z=0
Also:
3x=-2z
2y=-z
Sei [mm] \\x=-4 \Rightarrow \\z=6 \Rightarrow \\y=-3
[/mm]
Damit haben wir den ersten Eigenvektor gefunden. [mm] \vektor{-4 \\ -3 \\ 6}
[/mm]
Nun suchen wir den Eigenvektor zum Eigenwert [mm] \lambda=1
[/mm]
Dazu ist [mm] \pmat{1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -2}\cdot\vektor{x \\ y \\z}=\vektor{0 \\ 0 \\ 0} [/mm] zu lösen.
Damit ist:
x +2z=0
z=0
-2z=0
Es folgt das [mm] \\z=0 [/mm] und daraus folgt das [mm] \\x=0. [/mm] Wir wählen [mm] \\y=1 [/mm] denn der Eigenvektor ist vom Nullvektor verschieden.
Und nun machst du das für den Eigenvektor 2.
Ok.
> Jetzt ist also nur noch die Frage wie ich die benötigten 2
> weiteren vektoren erhalte. Wie mache ich das? Sind meine
> folgenden Gedanken und Interpretationen richtig?
>
siehe oben
> [mm]\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}^{2} s_{2}=0[/mm]
>
> Vektor [mm]s_{2}[/mm] wäre dann mein 2. vektor? und für den 3.
> benötigten Vektor:
> [mm]\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}^{3} s_{3}=0[/mm] ?
>
> Wäre meine Lösung dann schließlich:
>
> [mm]x(t)=c_{1}e^{-t}\vektor{-2\\-1\\2}+c_{2}e^{-t}(s_{2}+t\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}s_{2})+c_{3}e^{-t}(s_{3}+t\pmat{ 3 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0}s_{3})[/mm]
>
> Habe ich das so richtig aufgeschnappt? Was genau mache ich
> denn um diese beiden anderen vektoren zu finden? gibt es
> auch noch irgend eine Möglichkeit die Konstanten [mm]c_{1,2,3}[/mm]
> zu bestimmen oder ist dies eh nicht nötig?
>
> Vielen lieben Dank ;)
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:09 Mo 13.10.2008 | | Autor: | tobe |
Oh neiiin, und ich habe mir so viel mühe mit dem schreiben gegeben. Ich bin so dämlich :)
Eigenvektor 1 [mm] \vektor{-4 \\ -3 \\ 6}
[/mm]
Eigenvektor 2 [mm] \vektor{0\\1\\0}
[/mm]
Eigenvektor 3 zu [mm] \lambda [/mm] = 2
2z=0
-y+z=0
-3z=0
-> z=0; y=0 ; x frei wählbar, den ich natürlich so wähle dass die vektoren linear unabhängig [mm] \not=0 [/mm] -> x=1
Eigenvektor 3 [mm] \vektor{1\\0\\0}
[/mm]
Ist meine Lösung nun folgende?
[mm] x(t)=c_{1}e^{-t}\vektor{-4 \\ -3 \\ 6}+c_{2}e^{t}\vektor{0 \\ 1 \\0}+c_{3}e^{2t}\vektor{1 \\ 0 \\ 0}
[/mm]
Wenn ja, kann ich es garnicht glauben dass mein Prof so gutmütig zu uns ist. Ich habe schwer damit gerechnet dass ich nicht alle Eigenvektoren bekomme und dass [mm] \lambda [/mm] nur komplexe Nullstellen und zeugs hat :)
Wäre meine obige Vorgehensweise richtig gewesen, wenn ich nicht alle Eigenvektoren bekommen hätte?
Danke
|
|
|
| |
|
Hallo,
nehmen wir mal an wir haben folgendes ch. Polynom. [mm] p_{A}(x)=(x-1)²(x+1)
[/mm]
Man bekommt 2 Eigenwerte. [mm] x_{1}=1 [/mm] mit [mm] x_{alg}>x_{geo} [/mm] und [mm] x_{3}=-1.
[/mm]
Damit existieren [mm] v_{1} [/mm] und [mm] v_{3} [/mm] als Eigenvektoren zu den gegebenen Eigenwerten.
Nun wollen wir [mm] v_{2} [/mm] berechnen,, also den generalisierten Eigenvektor.
Dann rechne ich:
[mm] A\cdot\\v_{2}=v_{1}+v_{2}. [/mm]
[mm] \\A [/mm] ist dann die gegebene Matrix.
Ok?
Achja deine Lösung ist ok.
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:56 Mo 13.10.2008 | | Autor: | tobe |
Danke, ich muss jetzt nochmal schnell in die uni und melde mich morgen nochmal dazu :)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:15 Mo 20.10.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | [mm] x`(t)=\pmat{ 0 & 1 & -1 \\ -2 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 } [/mm] x(t)
|
Jetzt bin ich endlich mal auf das angesprochene Problem gestoßen.
ich habe [mm] \lambda_{1}=1 [/mm] mit algebraischer vielfachheit > geometrischer
und [mm] \lambda_{3}=2
[/mm]
Meine Eigenvektoren lauten:
für [mm] \lambda_{1}=\vektor{1\\1\\0}
[/mm]
für [mm] \lambda_{3}=\vektor{0\\1\\1}
[/mm]
Jetzt muss ich mir ja einen weitere vektor v bestimmen. Dazu gehe ich folgendermaßen vor. ist das richtig?
[mm] \pmat{ -\lambda & 1 & -1 \\ -2 & 3-\lambda & -1 \\ -1 & 1 & 1-\lambda }\vektor{v_{1}\\v_{2}\\v_{3}}=\vektor{1\\1\\0}
[/mm]
[mm] \lambda=1 [/mm] eingesetzt
[mm] \pmat{ -1 & 1 & -1 \\ -2 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 }\vektor{v_{1}\\v_{2}\\v_{3}}=\vektor{1\\1\\0}
[/mm]
[mm] ->v=\vektor{1\\1\\-1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow x(t)=c_{1}e^{t}\vektor{1\\1\\0}+c_{2}e^{2t}\vektor{0\\1\\1}+c_{3}e^{t}[\vektor{1\\1\\0}+t\vektor{1\\1\\-1}]
[/mm]
oder darf ich das aus irgend einem Grund nur im ebenen Fall machen?
Lg Tobias
|
|
|
|
