D-MAVT Lineare Algebra II FS 2018 Prof. Dr. N. Hungerbühler. Lösungen Serie 11

Transkript

1 D-MAVT Lineare Algebra II FS 28 Prof. Dr. N. Hungerbühler Lösungen Serie. Die allgemeine Lösung von y = ay ist y(x) = e ax. (a) richtig (b) falsch y(x) = e ax ist eine spezielle Lösung von y = ay. Für c R beliebig ist aber auch y(x) = ce ax eine Lösung. Die allgemeine Lösung von y = ay lautet daher nicht y(x) = e ax, sondern y(x) = ce ax. 2. Sind y und y 2 Lösungen von y (x) = a(x)y(x) + b(x)y (x), so ist auch jede Linearkombination von y und y 2 eine Lösung. (a) richtig (b) falsch Wenn y und y 2 Lösungen von y (x) = a(x)y(x) + b(x)y (x) sind, gilt y i (x) = a(x)y i (x) + b(x)y i(x) für i =, 2. Daher folgt für eine beliebige Linearkombination z = λ y + λ 2 y 2 von y und y 2 z (x) = λ y (x) + λ 2 y 2 (x) = λ (a(x)y (x) + b(x)y (x)) + λ 2 (a(x)y 2 (x) + b(x)y 2(x)) = a(x)(λ y (x) + λ 2 y 2 (x)) + b(x)(λ y (x) + λ 2 y 2(x)) = a(x)z(x) + b(x)z (x). Eine solche Linearkombination ist also auch eine Lösung. Bemerkung: Daraus folgt insbesondere, dass die Lösungen von y (x) = a(x)y(x) + b(x)y (x) einen Vektorraum bilden.

2 3. sin(ωx) und cos(ωx) sind Lösungen von y + ω 2 y =. (a) richtig (b) falsch Es gilt (sin(ωx)) = (ω cos(ωx)) = ω 2 sin(ωx) und (cos(ωx)) = ( ω sin(ωx)) = ω 2 cos(ωx). Daher sind sin(ωx) und cos(ωx) Lösungen von y + ω 2 y =. 4. a sinh(ωx) + b cosh(ωx) ist die allgemeine Lösung von y ω 2 y =. (a) richtig (b) falsch Es gilt und (sinh(ωx)) = (ω cosh(ωx)) = ω 2 sinh(ωx) (cos(ωx)) = (ω sinh(ωx)) = ω 2 cosh(ωx). Daher sind sinh(ωx) und cosh(ωx) Lösungen von y ω 2 y =. Da diese beiden Funktionen linear unabhängig sind und y ω 2 y = eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung ist, müssen diese Funktionen den Lösungsraum von y ω 2 y = aufspannen. Die allgemeine Lösung lautet also tatsächlich y(x) = a sinh(ωx) + b cosh(ωx).

3 5. ae ωx + be ωx ist die allgemeine Lösung von y ω 2 y =. (a) richtig (b) falsch Es gilt und (e ωx ) = (ωe ωx ) = ω 2 e ωx (e ωx ) = ( ωe ωx ) = ω 2 e ωx Daher sind e ωx und e ωx Lösungen von y ω 2 y =. Da diese beiden Funktionen linear unabhängig sind und y ω 2 y = eine lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung ist, müssen diese Funktionen den Lösungsraum von y ω 2 y = aufspannen. Die allgemeine Lösung lautet also tatsächlich y(x) = ae ωx + be ωx. Bemerkung: Mit a = 2, b = 2 bzw. a = b = 2 erhält man die Lösungen sinh(ωx) und cosh(ωx), die wir in der vorherigen Frage gefunden haben (und ebenfalls den gesamten Lösungsraum aufspannen).

4 6. Lösen Sie folgendes Ausgleichsproblem mit der QR-Zerlegung: 4x + x 2 = r 7x + x 2 2 = r 2 4x + 4x 2 5 = r 3. Um Ihnen aufwändige Rechnungen zu ersparen, geben wir Q an: Q = a) Verifizieren Sie, dass Q orthogonal ist. b) Geben Sie zuerst A und c an, und bestimmen Sie dann R und d = Q c. c) Lösen Sie das Ausgleichsproblem. d) Bestimmen Sie die Länge des minimalen Residuenvektors r. Lösung: Bermerkung: Die Lösung zu dieser Aufgabe gibt es auch als Youtube-Video: Link. a) Wir rechnen nach, dass Q Q = I 3 gilt: Q Q = = 8 8 = I Daher ist Q invertierbar und es gilt Q = Q. Somit ist Q orthogonal. b) Das Problem ist in der Form Ax c = r gegeben mit 4 A = 7, c = Wegen A = QR gilt R = Q A = Q A, also R = = Weiter gilt d = Q c = = c) Nach Multiplikation mit Q ist das Ausgleichsproblem in der Form Rx d = s gegeben, wobei s := Q r genau dann minimal ist, wenn r minimal ist. Die Lösung dieses Problems ist das eindeutige x mit R x = d, wobei R bzw.

5 d die obersten zwei Zeilen von R bzw. d bezeichnen. Die Lösung x erfüllt daher x + 3x 2 = 2, 3x 2 = 7, d.h. x 2 = 7 3 und x = (2 3x 2) = 3. Es gilt also x = d) Weil Q orthogonal ist, gilt r = Q r = s, somit ist die Länge des minimalen Residuenvektors r durch ( ). r = s = Rx d = d = gegeben, wobei d den untersten Eintrag von d bezeichnet.

6 7. Gegeben sei das Differentialgleichungssystem. Ordnung ẏ = A y, wobei A =. a) Bestimmen Sie die allgemeine Lösung. b) Bestimmen Sie die spezielle Lösung zu den Anfangsbedingungen y() = 2. c) Bestimmen Sie alle Anfangsbedingungen y (), y 2 (), y 3 (), für welche die zugehörigen Lösungen y (t), y 2 (t), y 3 (t) gegen Null streben für t +. Lösung: a) Wir bestimmen zuerst die Eigenwerte von A (Entwicklung nach der ersten Zeile): det(a λi 3 ) = λ λ λ = λ( λ( λ) ) ( λ) = λ(λ 2 λ 2) = λ(λ + )(λ 2)! =. Die Eigenwerte von A sind also durch λ =, λ 2 =, λ 3 = 2 gegeben. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = sind gegeben durch 2 Also ist zum Beispiel eine Basis von E. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ 2 = sind gegeben durch. Also ist zum Beispiel eine Basis von E. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ 3 = 2 sind gegeben durch Also ist zum Beispiel 2 eine Basis von E 2...

7 Für die Transformationsmatrix T = 2 gilt somit D := T AT =. 2 Nach der Transformation y(t) = T x(t) ist das Differentialgleichungssystem durch ẋ = Dx(t), also x = x, x 2 =, x 3 = 2x 3 gegeben. Das transformierte System hat die allgemeine Lösung x (t) = c e t, x 2 (t) = c 2, x 3 (t) = c 3 e 2t. Die allgemeine Lösung des ursprünglichen Systems ist also durch y(t) = T x(t) = 2 c e t c 2 c 3 e 2t = c e t + c 2 + c 3 e 2t 2 gegeben. b) Die Anfangsbedingungen y() = 2 eingesetzt in die allgemeine Lösung ergeben das lineare Gleichungssystem c 2 = c + c 2 + c 3 2 = 2 c 2 c 3 für c, c 2, c 3. Dieses lösen wir mit dem Gaussverfahren: 2 2 (E) (E)

8 c 3 = 5 6, c 2 = 2, c = = 2 6 = 3. Somit ist die spezielle Lösung zu diesen Anfangsbedingungen durch y(t) = 3 e t e2t 2 gegeben. c) Für t gilt c e t und c 3 e 2t strebt gegen + oder, ausser wenn c 3 = ist. Somit sind die Grenzwerte von y (t), y 2 (t), y 3 (t) für t nur für c 3 = endlich und in diesem Fall gilt y(t) t c 2 Die zugehörigen Lösungen y (t), y 2 (t), y 3 (t) streben also für c 2 = c 3 = und c beliebig gegen Null. Dies ist genau für die Anfangsbedingungen y() = c mit c R beliebig der Fall..

9 8. Gegeben sei folgendes Massen-Feder-System in Ruhelage: Zur Zeit t, ausgelenkt aus der Ruhelage, sieht das System wie folgt aus: Aus dem Hookeschen Federgesetz Kraft einer Feder = Federkonstante Ausdehnung der Feder und dem Newtonschen Prinzip Masse Beschleunigung = Kraft können wir das Differentialgleichungssystem 2. Ordnung m ÿ = f y + f 2 (y 2 y ) m 2 ÿ 2 = f 2 (y 2 y ) f 3 y 2 herleiten, wobei f, f 2, f 3 die Federkonstanten der drei Federn bezeichnen. Wir nehmen an, dass die Federkonstanten mit den Massen wie folgt zusammenhängen: f = 3m, f 2 = 2m = m 2, f 3 = 3m 2. Die Bewegung wird also durch das Differentialgleichungssystem 2. Ordnung ÿ = 5y + 2y 2 ÿ 2 = y 4y 2 beschrieben. Bestimmen Sie die Lösung dieses Systems zu den Anfangsbedingungen y () = 6, ẏ () =, y 2 () =, ẏ 2 () =. ( ) 5 2 Lösung: Wir schreiben das System in der Form ÿ = A y mit A = 4 und ( ) y (t) y(t) =. y 2 (t) Um die allgemeine Lösung zu bestimmen, berechnen wir zuerst die Eigenwerte und Eigenvektoren von A: det(a λi 2 ) = 5 λ 2 4 λ = ( 5 λ)( 4 λ) 2 = λ2 + λ + 8 = (λ + 3)(λ + 6)! =.

10 Die Eigenwerte sind also λ = 6, λ 2 = 3. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ = 6 sind gegeben durch ( ) ( ) {( )} 2 Also ist zum Beispiel eine Basis von E 6. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ 2 = 3 sind gegeben durch ( ) ( ) 2 2. Also ist zum Beispiel Für gilt somit {( )} eine Basis von E 3. ( ) 2 T = D := T AT = ( ) 6. 3 Nach der Transformation y(t) = T x(t) haben wir also ẍ = 6x, ẍ 2 = 3x 2. Die allgemeine Lösung für x lautet x (t) = a cos( 6t) + b sin( 6t), x 2 (t) = a 2 cos( 3t) + b sin( 3t). Die a i, b i lassen sich mit Hilfe der Anfangsbedingungen bestimmen: ( ) ( ) ( ) 6 a 2a + a = y() = T x() = T = 2 a a 2 a + a = a 2 = 2, 2 ( ) ( ) ( 6 b = ẏ() = T ẋ() = T b + ) 3 b = 2 b2 6 b + b = b 2 =. 3 b 2 Also folgt x (t) = 2 cos( 6t) und x 2 (t) = 2 cos( 3t) und wir erhalten die spezielle Lösung ( y (t) y 2 (t) ) ( ) ( ) ( ) x (t) 2 2 cos( 6t) = T = x 2 (t) 2 cos( 3t) ( ) 4 cos( 6t) + 2 cos( 3t) = 2 cos( 6t) + 2 cos(. 3t) Dies kann man natürlich zur Kontrolle in das ursprüngliche Differentialgleichungssystem einsetzen.