1 Mathematische Modellierung und Grundlagen

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1 1 Mathematische Modellierung und Grundlagen 1.1 Grundlagen mathematischer Modellierung Das Ziel der mathematischen Modellierung ist die verlässliche Vorhersage des Verhaltens zumeist naturwissenschaftlicher oder ökonomischer Systeme. Beispielsweise modellierte Galileo Galilei 1 im Jahre 1590 den freien Fall eines Körpers aus einer zum Erdboden gemessenen Höhe h. Er fand heraus, dass zum Zeitpunkt t die Höhe dieses Körpers durch die Formel ht = h 1 gt 1.1 beschrieben wird, wobei g 9.81 m der Fallbeschleunigung der Erde entspricht. Insbesondere ist die Abbildung 1: Galileo Galilei sec Fallgeschwindigkeit nach diesem Modell unabhängig von der Masse des Körpers und kann ungebegrenzt groÿ werden. Die Vorgehensweise zur Aufstellung eines mathematischen Modells ist die folgende: 1. Aneignung der wissenschaftlichen Grundlagen durch Beobachtungen und Messungen sowie Studium früherer Ergebnisse. Hier: Beobachtung von Fallprozessen, Bestimmung von g.. Mathematische Modellierung durch Einführung mathematischer Variablen als Platzhalter für relevante Gröÿen wie Zeit, Temperatur, elektrische Ladung, etc. Hier: Höhe ht, Zeit t und Formel Mathematische Analyse, d.h. Bestimmung der Lösung des formulierten mathematischen Problems und/oder Herleiten von interessanten Eigenschaften. Hier: Unbegrenzte Fallgeschwindigkeit, Unabhängigkeit der Formel von der Masse und Form des fallenden Körpers, etc. 4. Modellkritik durch Abgleich der Ergebnisse mit der Realität oder neuen wissenschaftlichen Erkenntnissen. Hier: Abgleich der Messdaten von verschiedenen Fallobjekten mit 1.1. In der Regel erweist sich aufgrund der Erkenntnisse aus Punkt 4 das Modell als verbesserungswürdig. Nach den Fallgesetzen Galileis besitzt ein Blatt Papier auf der Erde 1 Galileo Galilei , bedeutender italienischer Physiker mit Beiträgen u.a. in den Bereichen Kinematik und Astronomie, Hauptwerk: Discorsi e dimostrazioni matematiche, intorno a due nuove scienze. 1

2 dieselbe Fallzeit wie ein Betonklotz, was nicht den Beobachtungen des Alltags entspricht. Darum muss das Modell auf den nichtfreien Fall erweitert werden, d.h. zur Beschreibung der allgemeinen Situation muss ein Korrekturterm zur Berücksichtigung von atmosphärebedingten Reibungseekten eingeführt werden. kompliziertere Modellierung ist erforderlich kompliziertere Gleichungen und Lösungsverfahren müssen entwickelt werden Stimulation für mathematische Forschung Gerade im Bereich der mathematischen Modellierung zeigt sich, dass die meisten alltäglichen Situationen zu kompliziert sind, um eine geschlossene Lösung angeben zu können; kein Mathematiker könnte beispielsweise eine detaillierte verlässliche Vorhersage der zeitlichen Entwicklung der Temperaturverteilung auf dem Karlsruher Marktplatz abgeben. Im Laufe dieses Kurses werden wir Modelle aus der Populationsdynamik untersuchen. Sind diese Modelle wie in den ersten drei Vorlesungen linear, so können wir die Lösungen explizit bestimmen. Später werden wir Aussagen über Modelle herleiten, deren Lösung wir nicht explizit bestimmen können, d.h. in diesem Fall steht uns keine Lösungsformel zur Verfügung. 1. Wachstum einer Bakterienkultur Unser erstes Ziel ist die Voraussage der Entwicklung einer Bakterienkultur in einer Petrischale oder konkret: Wie groÿ ist die Bakterienpopulation gemessen durch den von Bakterien bevölkerten Flächeninhalt nach t Stunden? Abbildung : Entwicklung einer Bakterienkultur Beobachtungen und Messungen: Der Zuwachs einer ktiven Bakterienkultur in einer Stunde ist proportional zu ihrem aktuellen Bestand.

3 Mathematische Modellierung: Wir verwenden die mathematischen Gröÿen: t : Zeit in ganzen Stunden, X t : Flächeninhalt der Bakterienkultur nach t Stunden in mm. Die Beobachtungen liefern dann X t+1 X t = rx t für eine gewisse Wachstumsrate r > 0. Die Zahl r muss strikt positiv sein, da wir einen Zuwachs der Bakterienkultur beobachten. Da zudem X 0 > 0 gilt, erhalten wir X 0 > 0, X t+1 = 1 + rx t für alle t N Mathematische Analyse: Wir erhalten aus 1. X 1 = 1 + rx 0, X = 1 + rx 1 = 1 + r 1 + rx 0 = 1 + r X 0, X 3 = 1 + rx = 1 + r 1 + r X 0 = 1 + r 3 X 0,... Es folgt ohne formalen Beweis durch vollständige Induktion: X t = 1 + r t X 0 für alle t N 0 Jetzt lassen sich weitere Fragen beantworten. Zum Beispiel: Eine Bakterienkultur bedecke zu Beginn 10mm und habe die Wachstumsrate r = 0.. Zu welchem Zeitpunkt überdeckt die Population erstmals eine Fläche von 50mm? Das mathematische Modell liefert die Antwort: Sei t der bestimmende Zeitpunkt, d.h. X t = 50. Die Voraussetzungen liefern X 0 = 10 und r = 0.. Wir erhalten 50 = X t = 1 + r t X 0 = 1. t 10 = 5 = 1. t = log5 = log1. t = t log1. = t = log5 log Graphisch lässt sich dies anhand des folgenden Schaubilds erkennen, wobei hier die diskreten Zustände bei t = 0, 1,,... durch Linien verbunden wurden: 3

4 ¼ ½¼ ½ º ¾ Abbildung 3: Beispiel für r = 0. und X 0 = 10 Modellkritik: Das Modell ist sehr vereinfacht, z.b. würde eine solche Bakterienkultur binnen 10 Tagen die gesamte Erdoberäche km bedecken. Tatsächlich wird die Entwicklung eher durch das folgende Schaubild beschrieben: ¼ ½¼ ½ ½¼ Abbildung 4: realistischeres Beispiel für r = 0. und X 0 = 10 Das Modell müsste daher noch verbessert werden, um die Entwicklung über den Zeitpunkt t = 10 hinaus korrekt zu schreiben. Dabei ist zu berücksichtigen: 1. Die Petrischale ist nicht unendlich groÿ, d.h. eine wachstumsbeschränkende Bedingung muss in das Modell integriert werden.. Fehler durch Diskretisierung der Zeit? 3. Einussnehmende Faktoren wie Lichteinstrahlung, Feuchtigkeit, Temperatur etc. werden nicht berücksichtigt. Später werden wir sehen, welch verheerende Auswirkungen der begrenzende Faktor 1 X t auf die Dynamik des Systems haben kann. 4

5 1.3 Kaninchen-Population nach Fibonacci: Das folgende Modell zur Beschreibung einer Kaninchenpopulation geht auf Leonardo von Pisa 3 zurück. Es beruht auf den folgenden Annahmen: 1. Es gibt ein Kaninchenpaar zu Beginn.. Jedes Kaninchenpaar bringt ab dem zweiten Monat monatlich genau ein Paar zur Welt. Die Entwicklung lässt sich folgendermaÿen darstellen: Abbildung 5: Leonardo von Pisa ÓÖØÔ ÒÞÙÒ Ã Ò Ò ÒÔ Ö ÓÖØÔ ÒÞÙÒ ÙÒ Ã Ò Ò ÒÔ Ö Ð Ã Ò Ò ÒÔ Ö Ã Ò Ò Ò ÐØ ÖÒ¹Ã Ò Ò Ò Ò Ö Abbildung 6: Schematische Veranschaulichung des Fibonacci-Modells Wie erhalten somit die sogenannte Fibonacci-Folge 1, 1,, 3, 5,... und es drängt sich die Frage auf, wie diese Folge fortzusetzen ist. Mathematische Modellierung: t : Zeit in ganzen Stunden, X t : Ein Hundertstel der Anzahl der Kaninchenpaare nach t Monaten, X 0 = 1 Wir möchten anhand der Annahmen den Generationswechsel von X t nach X t+1 beschreiben. Da alle Kaninchenpaare der Vorgeneration überleben, beschreibt X t+1 X t 3 Leonardo von Pisa ungefähr , einer der herausragendsten Mathematiker des Mittelalters, förderte die Verbreitung des arabischen Zahlensystems und hielt die Regeln der Arithmetik Rechenregeln in seinem Hauptwerk liber abbaci für die Nachwelt fest. Diesem Werk entstammt auch das hier zitierte Modell der Kaninchen-Population. 5

6 die Anzahl der neugeborenen Kaninchenpaare ist. Aufgrund der zweiten Annahme bringen alle Kaninchenpaare, die Monate alt oder älter sind - dies sind X t 1 Stück - genau ein neues Kaninchenpaar zur Welt. Es folgt X t+1 X t = X t 1 bzw. X t+1 = X t + X t 1 X 0 = 1, X 1 = 1 für alle t N Mathematische Analyse: Zur Lösung der Reskursionsgleichung X t+1 = X t + X t 1 machen wir den folgenden Ansatz: Xt = λ t. Es gilt X t+1 = X t + X t 1 für alle t N λ t+1 = λ t + λ t 1 für alle t N λ = λ + 1 λ 1, = 1 ± = 1 ± 5 Somit sind sowohl X t = λ t 1 als auch X t = λ t Lösungen der Rekursionsgleichung. Dennoch sind sie keine Lösungen des Problems wegen X 1 1. Darum betrachten wir X t := aλ t 1 + bλ t, a, b R. Dann gilt immer noch X t+1 = X t + X t 1, denn X t+1 = aλ t bλ t+1 = aλ1 t 1 λ 1 + bλ t 1 λ = aλ1 t 1 λ bλ t 1 λ + 1 = aλ t 1 + aλ t bλ t + bλ t 1 = aλ t 1 + bλ t + aλ t bλ t 1 = X t + X t 1. Die zu erfüllenden Anfangsbedingungen X 0 = 1 und X 1 = 1 bestimmen a und b: X 0 = 1, X 1 = 1 a + b = 1, aλ 1 + bλ = 1 Ergebnis unserer Untersuchungen ist die sogenannte b = 1 a, aλ aλ = 1 a = 1 λ = λ 1 λ = 5 5, b = 1 a = = 5. 6

7 Formel von Binet X t = t t Modellkritik: Eine Auswahl an Kritikpunkten: 1. Die Population wächst über alle Maÿen.. Die Anzahl der Nachkommen ist deterministisch. 3. Das Sterben der Kaninchen wird nicht berücksichtigt. 4. Die Nachkommenschaft ist nur sehr vereinfacht durch Pärchen modellierbar. 1.4 Vollständige Induktion Die vollständige Induktion ist eine Beweismethode, um eine für alle natürliche Zahlen formulierte Aussage zu beweisen. Zum Beispiel: n i=1 i 1 = n, d.h n 1 = n für alle n N. Für alle n N ist 3 n+4 n 1 durch 7 teibar. Um den Beweis zu erbringen, geht man folgendermaÿen vor: 1. Induktionsanfang: Man zeigt die Behauptung für n = 1.. Induktionsschritt: Man nimmt an, die Aussage sei für ein nichtpräzisiertes n N wahr und zeigt davon ausgehend die Aussage für n + 1. Sind beide Schritte erfolgreich durchgeführt, so ist die Behauptung für alle natürlichen Zahlen n N gezeigt. Im ersten Beispiel verfährt man daher folgendermaÿen: 1. Induktionsanfang: Für n = 1 beträgt die linke Seite 1 1 = 1 ebenso wie die rechte Seite. Damit stimmt die Aussage für n = 1 und der Induktionsanfang ist erledigt. 7

8 . Induktionsschritt: Es gelte die Aussage für ein n N, d.h. es gelte n i=1 i 1 = n. Dann gilt n+1 i 1 = i=1 n i 1 + n = n + n + 1 = n + 1 i=1 Folglich stimmt die Aussage für n + 1. Der Induktionsbeweis ist damit durchgeführt. 1.5 Grundbegrie der Analysis in R Im letzten Kapitel haben wir die Objekte X t oder X 0, X 1,... kennengelernt, die man als Folgen bezeichnet. Manchmal sind auch sogenannte Teilfolgen von X t von Interesse, etwa X 0, X, X 4, X 6,... oder X 1, X 3, X 6, X 10, X 15,.... Eine Folge X t heiÿt monoton fallend bzw. monoton wachsend, falls X t+1 X t bzw. X t+1 X t für alle t N gilt. Die Denition des zentralen Begris der gesamten Analysis geht auf die Mathematiker Weierstraÿ und Cauchy zurück: Denition 1.1. Eine Folge X t heiÿt konvergent mit Grenzwert x, falls für alle ε > 0 ein t 0 N existiert mit der Eigenschaft, dass für alle t t 0 die Ungleichung X t x < ε. a Karl Theodor Wilhelm Weierstraÿ b Augustin Louis Cauchy In diesem Fall schreibt man lim t X t = x oder auch X t x. Beispiele: 1. X t = 1 t. Wir zeigen lim t X t = 0. Sei ε > 0. Dann existiert ein t 0 N mit t 0 ε 1. Es folgt für alle t t 0 X t 0 = 1 t 1 t 0 ε. 8

9 . X t = 3 t 1 t + 1. Hier gilt lim t X t = 1. Sei ε > 0. Dann existiert ein t 0 N mit t 0 4ε 1. Es folgt für alle t t 0 X t 1 = 3 t 1 t 3 t + 1 t t 0 t 0 4ε = ε. 4ε 1 3. X t = κ t für κ 1, 1. In diesem Fall gilt lim t X t = X t = 1 t. Die Folge X t konvergiert nicht. Abbildung 7: Verlauf der obigen Folgen a X t = 1 t b X t = 3 t 1 t + 1 c X t = 0.8 t d X t = 1 t Wir verwenden in diesem Kurs die folgenden Resultate: Satz 1.. Sei X t beschränkte Folge und sei X t monoton wachsend oder monton fallend. Dann konvergiert X t gegen ein x R. Satz 1.3. Sei f : R R stetig und es gelte X t+1 = fx t für alle t N 0. Ist die Folge X t konvergent mit Grenzwert x R, dann gilt x = fx. 9

10 Lineare Rekursionen 1./. Ordnung mit konstanten Koezienten.1 Denitionen Bisher haben wir zwei mathematische Modelle kennengelernt, die durch Gleichungen der Form 1. X t+1 = 1 + rx t für alle t N 0 Bakterienwachstum. X t+1 = X t + X t 1 für alle t N 0 Fibonacci-Folge beschrieben wurden. Die erste Gleichung ist ein Beispiel einer Rekursionsgleichung erster Ordnung, da zur Berechnung der t + 1-ten Generation nur die Zustände der t-ten Generation benötigt werden. Rekursionsgleichungen erster Ordnung sind gegeben durch Gleichungen der Form 4 Xt+1 = fxt für alle t N0. Analog dazu bezeichnen wir die zweite Gleichung als Rekursionsgleichung zweiter Ordnung, da die Zustände zweier vorheriger Generationen benötigt werden. X t+1 = fx t, X t 1 für alle t N. Im Falle der Fibonacci-Folge: fx t, X t 1 = X t + X t 1.. Die Rekursionsgleichung X t+1 = ax t + b Wir betrachten die Rekursionsgleichung X t+1 = ax t + b für alle t N 0, wobei a, b R..1 Unser Ziel ist es, eine explizite Formel für X t herzuleiten. Die ersten Folgeglieder lauten: X 1 = ax 0 + b, X = ax 1 + b = aax 0 + b + b = a X 0 + a + 1b, X 3 = ax + b = a a X 0 + a + 1b + b = a 3 X 0 + a + a + 1b. 4 Im oben genannten Beispiel: fx t = 1 + rx t mit r > 0. 10

11 Satz.1. Sei X t Lösung der Rekursionsgleichung.1. Dann gilt: Falls a 1 : Falls a = 1 : X t = a t X 0 + b 1 at 1 a, X t = X 0 + bt Beweis: Wir zeigen zunächst X t = a t X 0 + b t 1 i=0 ai. Auf dem Übungsblatt wird gezeigt, dass das die Behauptung impliziert. Induktionsanfang: Zeige die Behauptung für t = 1! r.s. = a 1 X 0 + b 0 a i = ax 0 + b, i=0 l.s. = X 1 = ax 0 + b, also stimmt die Behauptung für t = 1. Induktionsschritt: Wir nehmen an, die Aussage gelte für ein t N. Dann: X t+1 = ax t + b = a a t 1 t X 0 + b a i + b i=0 t 1 = a t+1 X 0 + b a i+1 + b = a t+1 X 0 + b = a t+1 X 0 + b i=0 t a i + b Folglich gilt die Behauptung für t + 1 der Induktionsbeweis ist vollbracht. i=1 t i=0 a i Bemerkung: Im Folgenden sei 0 0 := 1..3 Die Rekursionsgleichung X t+1 = a 1 X t + a X t 1 Die Rekursionsgleichung X t+1 = a 1 X t + a X t 1 ist eine Verallgemeinerung der im Fibonacci-Modell auftretenden Gleichung X t+1 = X t + X t 1. Dort waren wir mit dem Ansatz X t = aλ t 1 + bλt erfolgreich. Wir werden nun in einem mathematisch strikten Sinne beweisen, dass alle Lösungen solcher Rekursionsgleichungen dieser Form sind: 11

12 Satz.. Seien λ 1 λ reelle Nullstellen des Polynoms P x = x a 1 x a und sei X t Lösung der Rekursionsgleichung X t+1 = a 1 X t + a X t 1. Dann gilt Beweis: Sei X t eine Lösung und Y t := X t Z t für X t = λ X 0 X 1 λ λ 1 λ t 1 + λ 1X 0 + X 1 λ λ 1 λ t. Z t := λ X 0 X 1 λ λ 1 } {{ } =:c 1 λ t 1 + λ 1X 0 + X 1 λ λ 1 } {{ } =:c 1 λ t.. Wir wollen zeigen X t = Z t, d.h. Y t = 0. Per Voraussetzung wissen wir X t+1 = a 1 X t + a X t 1, also Ferner gilt Y t+1 = X t+1 Z t+1 = a 1 X t + a X t 1 c 1 λ t c λ t+1 = a 1 X t + a X t 1 a 1 c 1 λ t 1 + c λ t + a c 1 λ t c λ t 1 = a 1 X t + a X t 1 a 1 Z t + a Z t 1 = a 1 Y t + a Y t 1. Y 0 = X 0 Z 0 = X 0 λ X 0 X 1 λ λ 1 + λ 1X 0 + X 1 λ λ 1 = 0 Y 1 = X 1 Z 1 = X 1 λ X 0 X 1 λ λ 1 λ 1 + λ 1X 0 + X 1 λ λ 1 λ = 0. Ein Induktionsbeweis liefert Y t = 0 für alle t N 0. Somit folgt X t = Z t und damit die Behauptung. Frage: Wie sieht es in den Fällen aus, wo das Polynom zweiten Grades P nur reelle Nullstelle oder überhaupt keine reellen Nullstellen besitzt? Den Fall genau einer Nullstelle, also a 1 + 4a = 0, lösen wir auf dem Übungsblatt: Satz.3. Sei λ R gegeben mit P x = x a 1 x a = x λ, sei X t Lösung der Rekursionsgleichung X t+1 = a 1 X t + a X t 1. Dann gilt X t = tλ t 1 X 1 + λ t 1 tx 0. Beweis: Siehe Übungsblatt. Falls P keine reellen Nullstellen besitzt, müssen wir auf komplexe Zahlen ausweichen, um ein ähnliches Resultat zu bekommen. 1

13 .3.1 Komplexe Zahlen Die komplexen Zahlen a + ib mit a, b R wurden bereits im 16. Jahrhundert von Mathematikern zur Lösung polynomieller Gleichungen verwendet. Es gelten dieselben Rechenregeln wie für reelle Zahlen: 1. Kommutativgesetz: z 1 z = z z 1 bzw. z 1 + z = z + z 1. Assoziativgesetz: z 1 z z 3 = z 1 z z 3 bzw. z 1 + z + z 3 = z 1 + z + z 3 3. Distributivgesetz: z 1 z + z 3 = z 1 z + z 1 z 3 bzw. z 1 + z z 3 = z 1 z 3 + z z 3. Die imaginäre Zahl i ist vage formuliert eine Zahl mit i = 1. Aus mathematischer Sicht ist dies allerdings zu unpräzise. Denition.4. Eine komplexe Zahl z ist ein Paar a, b reeller Zahlen a, b R, wir schreiben z = a + ib. Die Menge der komplexen Zahlen bezeichnet man mit C. Die komplexe Zahl i entspricht daher dem Zahlenpaar 0, 1. Die Rechenoperationen für komplexe Zahlen lauten 5 : 1. Addition: a 1 + ib 1 + a + ib := a 1 + a + ib 1 + b. Subtraktion: a 1 + ib 1 a + ib := a 1 a + ib 1 b 3. Multiplikation: a 1 +ib 1 a +ib := a 1 a b 1 b +ia 1 b +b 1 a 4. Division: a 1+ib 1 a +ib := a 1a +b 1 b + i a 1b +b 1 a a +b a +b Die Beziehung i = 1 folgt dann aus i = 0 + i i 1 = i = 1. Eine reelle Zahl a R kann als komplexe Zahl a + i 0 = a, 0 betrachtet werden. Man visualisiert die komplexen Zahlen durch Erweiterung der Zahlengerade zu einer Zahlenebene: Satz.5. Seien λ 1 λ C komplexe Nullstellen des reellen Polynoms P x = x a 1 x a und sei X t Lösung der Rekursionsgleichung X t+1 = a 1 X t +a X t 1. Dann gilt 6 X t = λ X 0 X 1 λ λ 1 λ t 1 + λ 1X 0 + X 1 λ λ 1 λ t. 5 Wichtig: Diese Operationen müssen deniert werden und sind nicht oensichtlich. 6 Besonders interessant ist, dass diese Formel trotz der komplexen Zahlen λ 1, λ eine reelle Zahl X t ergibt, denn X 0, X 1 sind reell und wegen X t+1 = a 1X t + a X t 1 sind auch X, X 3,... reelle Zahlen. 13

14 Beweis: Der Beweis ist identisch zu dem von Satz i 3 + i i Abbildung 8: komplexe Zahlenebene.4 Übung Lösen Sie die folgenden Gleichungen mit Hilfe der Mitternachtsformel in den komplexen Zahlen: i x = 1 ii x = 10 iii x + x + 1 = 0 Bestimmen Sie alle Lösungen der Rekursionsgleichung X t+1 = X t X t 1. Lösung: i x = ±i ii x = ± 10i iii x = 1 ± 3 i Zur Lösung der Rekursionsgleichung sind die Nullstellen des Polynoms P x = x +x+1 zu bestimmen. Nach Satz.5 lautet die Lösung X t = 1 i 3 X 0 X 1 i i t 1 + i 3 X 0 + X 1 i i t. 14

15 3 Lineare Rekursionen in Dimensionen Wir nennen eine Gleichung der Form X t+1 = f 1 X t, Y t Y t+1 = f X t, Y t eine zweidimensionale Rekursion erster Ordnung, da hier die Entwicklung zweier sich gegenseitig beeinussender Variablen X t und Y t untersucht werden und nur die Zustände der unmittelbaren Vorgängergeneration zur Bestimmung von X t+1 und Y t+1 benötigt werden. Im Spezialfall einer sogenannten linearen Rekursion X t+1 = α 1 X t + α Y t 3.1 Y t+1 = β 1 X t + β Y t können wir den in der letzten Vorlesung studierten Ansatz vom Eindimensionalen ins Zweidimensionale übertragen 7 : Xt a1 = λ t, d.h. X t = a 1 λ t, Y t = a λ t für a 1, a, λ R. 3. Y t a Verwenden wir nun diesen Ansatz 3. zur Lösung von 3.1, so muss für alle t N 0 gelten: a 1 λ t+1 = X t+1 = α 1 X t + α Y t = α 1 a 1 λ t + α a λ t = α 1 a 1 + α a λ t, 3.3 a λ t+1 = Y t+1 = β 1 X t + β Y t = β 1 a 1 λ t + β a λ t = β 1 a 1 + β a λ t. 3.4 Die Gleichungen 3.3, 3.4 sind äquivalent zu α1 α a1 α1 a := 1 + α a λa1 = =: λ β 1 β a β 1 a 1 + β a λa Dies ist ein sogenanntes Eigenwertproblem. Das Eigenwertproblem ist das zentrale Problem der linearen Algebra, welches in den ersten Semestern eines Mathematik-nahen Studiums ausführlich behandelt wird. Wegbereiter der modernen Eigenwerttheorie, die Anwendung in vielen Gebieten der Mathematik 7 Tatsächlich ist dieser Ansatz auf beliebig endlich viele Dimensionen übertragbar, sobald die im Folgenden studierten Konzepte der Eigenwerte und Eigenvektoren im Mehrdimensionalen deniert worden sind. Dies ist Gegenstand einer einführenden Mathematik-Vorlesung an der Universität. a1 a 15

16 und in den Naturwissenschaften ndet war der deutsche Mathematiker David Hilbert 8, auf den auch folgendes Zitat zurückgeht: "Denn im Allgemeinen erfreut sich die Mathematik, wenn auch ihre Bedeutung anerkannt wird, keiner Beliebtheit. Das liegt an der verbreiteten Vorstellung, Mathematik sei eine Fortsetzung oder Steigerung der Rechenkunst." α1 α Denition 3.1. Sei A := a1 0 eine Matrix. Ein Vektor heiÿt Eigenvektor der Matrix zum Eigenwert λ R, falls gilt β 1 β a 0 α1 a A v = λ v, d.h 1 + α a a1 = λ. β 1 a 1 + β a a Haben wir alle Eigenwerte und Eigenvektoren bestimmt, so besteht die Honung, dass wir wie in der letzten Vorlesung eine allgemeine Lösungsformel angeben können. Die Bestimmung von Eigenwerten und Eigenvektoren erfolgt über die Lösung eines linearen Gleichungssystems: a1 α1 a λ = 1 + α a a β 1 a 1 + β a { 0 = α 1 λa 1 + α a 0 = β 1 a 1 + β λa Beachte: Oft gibt es genau zwei unterschiedliche Eigenwerte, aber die zugehörigen Eigenvektoren sind nur bis auf skalare Vielfache eindeutig bestimmt: Ist der Vektor Eigenvektor, so auch jedes Vielfache von ihm, also auch Abbildung 9: David Hilbert 1 6, oder 4 1. Es genügt, zu beiden Eigenwerten jeweils einen Eigenvektor zu bestimmen. 3.1 Übung Zeigen Sie, dass die Vektoren, Eigenvektoren der Matrix 1 Wie lauten die jeweiligen Eigenwerte? 1 3 sind. 6 8 David Hilbert , einer der bedeutendsten Mathematiker mit Verdiensten in den Bereichen Zahlentheorie, Klassische Geometrie, Algebraische Geometrie, Logik, Mathematische Physik, Allgemeine Relativitätstheorie, etc.. Die mathematischen Leistungen dieses Mannes ist nicht zu unterschätzen! 16

17 Lösung: Es gilt = = = 0, = = = Bestimmen Sie die Eigenwerte und jeweils einen Eigenvektor der Matrix Lösung: Das zu lösende Gleichungssystem für a 1, a, λ lautet { { 0 = 5 λa 1 a 0 = 5 λ a 1 a = 0 = 3a λa 0 = 5 λ1 λ + 3 a a { 0 = 5 λ a 1 a = 0 = λ 6λ + 8 a 1 Da wir die Situation a 1 = a = 0 vermeiden wollen, nehmen wir a 1 0 an und erhalten für λ folgende Werte sprich λ 1 = und λ = 4. λ = 6 ± = 3 ± 1, Für λ 1 erhalten wir aus der ersten Gleichung die Bedingung 0 = 3a 1 a, für λ hingegen 0 = a 1 a und es gilt: 1 Eigenwert λ 1 =, Eigenvektor, 3 1 Eigenwert λ = 4, Eigenvektor Bestimmen Sie die Eigenwerte und jeweils einen Eigenvektor der Matrix Lösung: Das zu lösende Gleichungssystem für a 1, a, λ lautet { { 0 = λa 1 + 3a 0 = λ a 1 + 3a = 0 = 4a λa 0 = λ λ a a { 0 = λ a 1 + 3a = 0 = λ + 3λ + 10 a 1 17

18 Wieder verlangen wir a 1 0 und erhalten sprich λ 1 = 5 und λ =. λ = 3 ± = 3 ± 7, Für λ 1 erhalten wir die Bedingung 0 = 3a 1 + 3a, für λ 0 = 4a 1 + 3a. Somit: 1 Eigenwert λ 1 = 5, Eigenvektor 1 3 Eigenwert λ =, Eigenvektor 4 3. Fortsetzung Analog zu Satz. erhalten wir, dass die allgemeine Lösung eine Linearkombination der oben beschriebenen Eigenvektor-Lösungen ist. Satz 3.. Seien λ 1 λ komplexe Eigenwerte 9 α1 α der Matrix A := mit Eigenvektoren,. Dann ist die Lösung der β 1 β a1 b1 Rekursion a b Xt+1 Y t+1 α1 α = β 1 β Xt Y t gegeben durch Xt Y t = b X 0 Y 0 b 1 a 1 b b 1 a }{{ } =:c 1 λ t 1 a1 a + a X 0 + Y 0 a 1 a 1 b b 1 a }{{ } =:c λ t b1 b. Beweis: Seien Wir wollen Z t = X t Y t := c 1 λ t a1 1 + c a λ t 0 für alle t N 0 0 zeigen. b1 b, Z t := Xt Y t X t Y t. 9 Eine x-matrix besitzt maximal Eigenwerte, kann aber auch nur einen oder gar keinen reellen Eigenwert besitzen! 18

19 Es gilt: Xt+1 Z t+1 = Y t+1 α1 α = β 1 β α1 α = β 1 β α1 α = β 1 β α1 α = β 1 β α1 α = β 1 β α1 α = β 1 β X t+1 Y t+1 Xt Y t Xt c 1 λ t+1 1 a1 a + c λ t+1 b1 b c Y 1 λ t a1 1 λ 1 + c t a λ t b1 λ b Xt c Y 1 λ t α1 α 1 a1 + c t β 1 β a λ t α1 α b1 β 1 β b X t c Y 1 λ t a1 1 + c t a λ t b1 b X t X t Y t Y t Z t. Ferner X 0 = 0, Y 0 = 0, d.h. Z 0 = 0. Vollständige Induktion liefert Z t = t N 0 und wir erhalten X t = X t, Y t = Y t für alle t N 0, was zu zeigen war. 0 für alle 0 Bemerkung: Die Tatsache, dass wir wie bei den eindimensionalen Rekursionen.Ordnung die Existenz unterschiedlicher Eigenwerte/Nullstellen verlangen, verdeutlicht die strukturellen Gemeinsamkeiten der beiden Objekte. In der Tat ist jede Dierenzengleichung.Ordnung in einer Dimension X t+1 = fx t, X t 1 mittels der Transformation Y t := X t 1 äquivalent zu einem System erster Ordnung in Dimensionen: Xt+1 fxt, Y = t. Y t+1 X t 3.3 Übung Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierenzengleichung von Xt+1 4 Xt =. 1 Y t+1 Wie lautet die Lösung dieser Gleichung mit der Eigenschaft X 0 = 1, X = 16? Y t 19

20 Lösung: Zunächst sind Eigenwerte und zugehörige Eigenvektoren zu bestimmen: { { 0 = λa 1 + 4a 0 = 0 a 1 + λ λ + 4 a = 0 = a 1 + λa 0 = a 1 + λa { 0 = λ + 4λ a = 0 = a 1 + λa Wir verlangen a 0 und erhalten λ 1 = 0 und λ = 4. Für λ 1 erhalten wir die Bedingung 0 = a 1 + a, für λ 0 = a 1 a. Daher sind folgende Vektoren Eigenvektoren: Eigenwert λ 1 = 0, Eigenvektor 1 Eigenwert λ = 4, Eigenvektor 1 Die Lösungen sind somit gegeben durch hier 0 0 = 1 Xt = c 1 0 t + c 1 4 t 1 Die Anfangsbedingung X 0 = 1 und X = liefern Y t 1 = X 0 = c 1 + c = c 1 + c 16 = X = c c 4 = 3c Die einzige Lösung dieses Systems ist oenbar c 1 = 0, c = 1 Xt = 1 Y t 4t = 4 t und es folgt 0