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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1368: Ein System von linearen Differentialgleichungen zweiter Ordnung

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

Löse das System

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} u'' & = & u' - u + v' \\ v'' & = & v' - v + u' \; .\\ \end{array}\end{displaymath}

Es ist

\begin{displaymath} \left( \begin{array}{l} u'' \\ u' \\ v'' \\ v' \\ \end{a... ... \begin{array}{l} u' \\ u \\ v' \\ v \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

zu lösen.

Berechnen wir die Jordanform von $ A$ . Zunächst wird

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} \chi_A(X) & = & \det\left( \begin{array... ... (X - 1)^2(X - \mathrm{i})(X + \mathrm{i}) \; . \\ \end{array}\end{displaymath}

Es ist \begin{displaymath} \left( \begin{array}{r} -\mathrm{i} \\ -1 \\ \mathrm{i} \\ 1 \\ \end{array}\right) \end{displaymath} ein Eigenvektor zum Eigenwert $ \mathrm{i}$ , und \begin{displaymath} \left( \begin{array}{r} \mathrm{i} \\ -1 \\ -\mathrm{i} \\ 1 \\ \end{array}\right) \end{displaymath} ein Eigenvektor zum Eigenwert $ -\mathrm{i}$ .

Beim Eigenwert $ 1$ berechnen wir eine Zeilenstufenform

\begin{displaymath} Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

von $ C := A - 1\cdot \mathrm{E}$ , was die Basis \begin{displaymath}\underline{y}_1 = ( \left( \begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath} von $ \operatorname{Kern }C$ liefert. Ferner berechnen wir eine Zeilenstufenform

\begin{displaymath} Z_2 \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

von $ Z_1 C$ , was die Basisergänzung \begin{displaymath}\underline{y}_2 = ( \left( \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath} von $ \operatorname{Kern }C$ zu $ \operatorname{Kern}(Z_1 C) = \operatorname{Kern}(C^2) = \mathrm{H}_A(2)$ liefert. Mit $ x_{2,1} := y_{2,1}$ bilden wir die Kette $ (C x_{2,1},x_{2,1})$ (in welcher zufällig $ C x_{2,1} = y_{1,1}$ ist) und erhalten mit

\begin{displaymath} S \; :=\; \left( \begin{array}{rrrr} -\mathrm{i} & \mathrm{i... ...& -\mathrm{i} & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

die Jordanform

\begin{displaymath} J \; := \; S^{-1} A S \; =\; \left( \begin{array}{rrrr} \mat... ...\\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right)\; , \end{displaymath}

und somit

\begin{displaymath} \exp(tJ) \; =\; \left( \begin{array}{cccc} e^{\mathrm{i} t}... ... 0 & e^t & te^t \\ 0 & 0 & 0 & e^t \\ \end{array}\right)\; , \end{displaymath}

was uns zu der ein Fundamentalsystem in ihren Spalten beinhaltenden Matrix

\begin{displaymath} S\exp(tJ) \; =\; \left( \begin{array}{cccc} \ast & \ast & \... ...} & e^{-\mathrm{i} t} & e^t & t e^t \\ \end{array}\right)\; . \end{displaymath}

Die mit $ \ast$ gekennzeichneten Einträge sind redundant, da nämlich jeweils die Ableitung des darunterstehenden Eintrags. Sie dennoch auszurechnen, kann man als Probe durchführen.

Wir erhalten als allgemeine Lösung

\begin{displaymath} \left( \begin{array}{l} u \\ v \\ \end{array}\right) \; =\... ...\left( \begin{array}{r} t e^t \\ t e^t \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

mit $ \lambda_i\in\mathbb{C}$ beliebig, oder, umgeformt,

\begin{displaymath} \left( \begin{array}{l} u \\ v \\ \end{array}\right) \; =\... ...\left( \begin{array}{r} t e^t \\ t e^t \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

mit $ \mu_i\in\mathbb{C}$ beliebig.

Alternativ kann man auch $ y := u+v$ und $ z := u - v$ setzen, und das System $ y'' - 2y' + y = 0$ , $ z'' + z = 0$ lösen. Ein solcher Trick ist allerdings selten anwendbar.

(Autoren: Künzer/Martin/Tentler/Wahrheit)
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  automatisch erstellt am 22.  8. 2006