Hallo,
deine Lösung ist bis hier hin richtig. Da die Matrix diagonalisierbar ist, kannst du die Lösung jetzt direkt angeben
$$ y = d_1 e^{-1x} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + d_2 e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + d_3 e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + d_4 e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Damit ergibt sich das Fundamentalsystem
$$ \left\{ e^{-x} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} , e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} $$
Grüße Christian
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.79K
$$ \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Also wenn die Koeffizientenmatrix diagonalisierbar ist, erhälst du für den Eigenwert \( \lambda \) zum Eigenvektor \( v \), die Lösung
$$ e^{\lambda x} \cdot v $$
Die Linearkombination all dieser Kombinationen von Eigenwert und Eigenvektor ergibt dann die allgemeine Lösung ─ christian_strack 21.07.2020 um 21:40
$$ A \cdot e^{\lambda x } \cdot v = e^{\lambda x } \cdot (A \cdot v ) = e^{\lambda x} \cdot \lambda \cdot v $$
Wenn wir den Ausdruck
$$ e^{\lambda x } \cdot v $$
ableiten, erhalten wir auch
$$ \lambda \cdot e^{\lambda x} \cdot v $$
da \( v \) ein konstanter Vektor ist. ─ christian_strack 21.07.2020 um 21:43
─ carlos 21.07.2020 um 21:47
Nein die Schlussfolgerung ist nicht richtig. Nehmen wir an es gäbe eine Matrix 3x3 Matrix, mit den beiden Eigenvektoren
$$ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Die resultierende Matrix hätte auch keine Nullzeile. Allerdings muss eine 3x3 Matrix, auch 3 Eigenvektoren haben.
Das Kriterium für Diagonalisierbarkeit ist
"Eine Matrix ist genau dann diagonalisierbar, wenn das charakteristische Polynom komplett in Linearfaktoren zerfällt und zudem die algebraische Vielfachheit jedes Eigenwertes gleich seiner geometrischen Vielfachheit ist."
Ich habe zum Thema Diagonalisierbarkeit eine Lernplaylist erstellt: https://www.mathefragen.de/playlists/matrix-diagonalisieren/8649be0750/d/
Dort kannst du nochmal alles nachlesen. Wenn doch noch Fragen offen sind, melde dich gerne wieder. ─ christian_strack 21.07.2020 um 21:55
Meine Vermutung ist, dass ich alle x werte ersetzte und es gleich dem gegebenen vektor der anfangsbedingung setzte, aber wie löse ich dann die d-werte auf? Mach ich dann daraus 4 gleichungen & löse sie dann mit bekannnten verfahren auf?
─ carlos 21.07.2020 um 21:59
ja genau. Wir haben hier \( 4 \) Unbekannte, erhalten aber pro Randbedingung \( 4 \) Gleichungen. Sprich es reicht eine Randbedingung. Nehmen wir beispielsweise
$$ y(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
Dann setzen wir überall \( x= 0 \) und erhalten somit das LGS
$$ \begin{array}{ccc} -d_1 + d_2 + d_3 + 2 d_4 & = & 1 \\ -d_1 + d_4 & = & 1 \\ d_1 & = & 1 \\ d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 21.07.2020 um 22:06
─ carlos 21.07.2020 um 22:37
Für die Ableitung gilt
$$ y'(x) = -d_1 e^{-x} \begin{pmatrix} -1 \\ - 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} + 2 e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + 3d_3 e^{3x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + 4d_4e^{4x} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
Mit der Randbedingung
$$ y'(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ergibt dass dann das LGS
$$ \begin{array}{ccc} d_1 + 2d_2 + 3d_3 + 8 d_4 & = & 1 \\ d_1 + 4d_4 & = & 1 \\ -d_1 & = & 1 \\ 2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 21.07.2020 um 22:42
$$ \begin{array}{ccc} e^{-1}d_1 + 2e^{2}d_2 + 3e^{3}d_3 + 8e^{4}d_4 & = & 1 \\ e^{-1}d_1 + 4e^{4} d_4 & = & 0 \\ -e^{-1}d_1 & = & 0 \\ 2e^2d_2 & = & 1 \end{array} $$ ─ christian_strack 21.07.2020 um 23:45
$$ y(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
ist, dann ist dein LGS das richtige, bei
$$ y'(1) = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} $$
dann das LGS das ich geschrieben habe :)
Wenn du dir noch unsicher bist, kannst du gerne die Aufgabe hochladen und ich gucke mal drüber :) ─ christian_strack 22.07.2020 um 00:13
$$ y(x) = \frac 1 {e^2} e^{2x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = e^{2x-2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} $$
Als Probe, wenn wir \( x=1 \) setzen, wird der Exponent zu Null und nur der Vektor bleibt. Dieser ist gleich unserer Randbedingung :) ─ christian_strack 22.07.2020 um 10:44