Lösungen zu Blatt 6

Prof. Roland Gunesch
Sommersemester 2006
Übungen zur Vorlesung
Gewöhnliche Differentialgleichungen
Lösungen zu Aufgabenblatt 6
Aufgabe 1:
Zeigen Sie folgende Aussagen über die Matrixexponentialfunktion:
a) Für jede reelle n × n-Matrix A gilt:
det E(A, t) = etSpur(A) .
Lösung:
Zu jeder n × n-Matrix A gibt es eine Transformationsmatrix T , so dass J = T −1 AT Jordanform hat, diese hat wegen der Ähnlichkeit die gleiche Spur wie A, d.h. es ist Spur (A) =
Spur (J). Damit gilt:
det E (A, t) = det E (A, t) · det T −1 T
= det T −1 · det E (A, t) · det T
= det T −1 E (A, t) T
! !
∞
k
X
t
= det T −1
Ak T
k!
k=0
! !
m
k
X
t
= det lim T −1
Ak T
m→∞
k!
k=0
!
m
k
X
t −1 k
= det lim
T A T
m→∞
k!
k=0
!
m
X
tk
k
T −1 AT
= det lim
m→∞
k!
k=0
−1
= det E T AT, t
= det E (J, t)
n
Y
=
exp (Jii t)
i=1
= exp (Spur (J) · t)
= exp (Spur (A) · t)
b) Für AT (die transponierte Matrix) gilt:
E AT , t = (E(A, t))T .
Lösung:
E AT , t
=
lim
m→∞
m
X
tk
k=0
=
lim
m→∞
k!
m
X
tk
k=0
=
lim
m→∞
AT
k!
m
X
tk
k=0
T
k!
k
Ak
!T
Ak
!T
= E (A, t)
Aufgabe 2:
a) Zeigen Sie: Die Matrixexponentialfunktion bildet schiefsymmetrische Matrizen auf orthogonale Matrizen ab. D.h.: Wenn AT = −A gilt, dann gilt für alle t ∈ R, dass B = E(A, t)
die Beziehung
B T = B −1
erfüllt. Tipp: Berechnen Sie E(A + AT , t).
Lösung:
In = E (0, t) = E (A − A, t) = E A + AT , t = E (A, t) · E AT , t
⇔ (E (A, t))−1 = E AT , t
b) Zeigen Sie: Wenn A schiefsymmetrisch ist, dann ist det(E(A, t)) = +1.
Lösung:
Für schiefsymmetrische Matrizen gilt Spur(A) = Spur(AT ) = Spur(−A) = 0, daher gilt:
det E (A, t) = exp (Spur (A) · t) = exp (0 · t) = +1
Aufgabe 3:
a) Lösen Sie das Anfangswertproblem
ẋ = y + z
ẏ = x + z
ż = x + y
mit Anfangsdaten x(0) = 1, y(0) = 2, z(0) = 3.
Lösung:
Sei zunächst


0 1 1
A :=  1 0 1 
1 1 0
dann lässt sich die Differentialgleichung schreiben als
(1)
ẋ = A · x, x(0) = (1, 2, 3)T .
Um die Gleichung zu lösen kann man die Matrix in Diagonalform transformieren. A hat
die Eigenwerte (λ1 , λ2 , λ3 ) = (−1, 2, −1). Durch die Spalten von


−1 1 −1
S −1 :=  1 1 0 
0 1 1
ist eine Basis aus Eigenvektoren gegeben. A ist also diagonalisierbar und mit


−1/3 2/3 −1/3
1/3
1/3  ,
S := (S −1 )−1 =  1/3
−1/3 −1/3 2/3
gilt J := S · A · S −1 = diag(−1, 2, −1). Nun ist x genau dann eine Lösung von (1), wenn
v := S · x eine Lösung von
(2)
v̇ = S · A · S −1 · v = J · v, v(0) = S · (1, 2, 3)T = (0, 2, 1)T =: v0
ist. Eine Lösung von (2) kann man aufgrund der Diagonalform leicht mit Hilfe der Exponentialabbildung angeben:
v(t) = E(J, t) · v0 = diag(e−t , e2t , e−t ) · (0, 2, 1)T = (0, 2 · e2t , e−t )T .
Nun muss man noch mit der Inversen rücktransformieren, d.h. die Lösung ergibt sich zu
x(t) := S −1 · v(t) = (−e−t + 2 · e2t , 2 · e2t , e−t + 2 · e2t ).
Wie man unmittelbar sieht sind die Anfangswerte als auch die Differentialgleichung erfüllt.
b) Analysieren Sie die Ruhelage x = y = z = 0 auf Stabilität und auf asymptotische
Stabilität.
Lösung:
Es ist offensichtlich, dass die Lösung nicht asymptotisch stabil ist, denn für t → ∞ bzw.
t → −∞ divergiert mindestens eine Komponente. Genauso kann keine Poisson-Stabilität
vorliegen, da das entsprechende Orbit unbeschränkt ist.
Aufgabe 4:
a) Finden Sie die allgemeine Lösung der linearen Differentialgleichung
2 6
u̇ =
u.
2 −2
Skizzieren Sie ein Phasenportrait.
Lösung:
Sei zunächst
A :=
dann läutet die Differentialgleichung
2 6
2 −2
u̇ = A · u, u(0) = (u10 , u20 , u30 )T .
Wie in Aufgabe 3 sieht man, dass A diagonalisierbar ist, mit den Transformationsmatrizen:
3 −1
1/4 1/4
−1
S :=
und S :=
.
1 1
−1/4 3/4
Dann wird die transformierte Gleichung
v̇ = S · A · S −1 · v = diag(4, −4) · v
durch
v = (v01 · e4t , v02 · e−4t )T
gelöst. Die korrekten Anfangswerte für das transformierte Problem ergeben sich zu
1
T
(u0 + u20 ) (−u10 + 3 · u20 )
v0 = S · u 0 =
.
,
4
4
Damit ergibt sich die Lösung
!
1
2
1
2
4t (u0 +u0 )
−4t (−u0 +3·u0 )
3·e · 4 −e ·
4
u(t) = S −1 · v(t) =
.
(u1 +u2 )
(−u10 +3·u20 )
e4t · 0 4 0 + e−4t ·
4
b) Finden Sie alle Ruhelagen und untersuchen Sie diese auf Stabilität und auf asymptotische Stabilität.
Lösung:
Offenbar gilt det(A) = −16 6= 0, d.h. A ist invertierbar und hat folglich lediglich die Nullstelle 0. Bezüglich der Stabilität gilt wie in 3 b), das 0 weder asymptotisch noch Poissonstabil ist. In jeder Umgebung der 0 gibt es Anfangswerte u0 , s.d. keiner der Exponentialterme verschwindet. Dann divergieren beide Komponenten für t → ∞ bzw. t → −∞.