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sections/01_ldgls_matrixexponential.tex

@@ -1,59 +1,90 @@
 \begin{definition}
-    Seien $y_1,\dots,y_n: \RR \to \RR$ differenzierbar und $a_{jk} \in \RR$ für $j,k = 1,\dots,n$.
+    Seien $u_1,\dots,u_n: \RR \to \RR$ differenzierbar und $a_{jk} \in \RR$ für $j,k = 1,\dots,n$.
     Dann heißt
     \begin{equation*}
         \begin{aligned}
-            y'_1(t) &= a_{11} y_1(t) + \dots + a_{1n} y_n(t)\\
+            u'_1(t) &= a_{11} u_1(t) + \dots + a_{1n} u_n(t)\\
-            y'_2(t) &= a_{21} y_1(t) + \dots + a_{2n} y_n(t)\\
+            u'_2(t) &= a_{21} u_1(t) + \dots + a_{2n} u_n(t)\\
             &\vdots\\
-            y'_n(t) &= a_{n1} y_1(t) + \dots + a_{nn} y_n(t)
+            u'_n(t) &= a_{n1} u_1(t) + \dots + a_{nn} u_n(t)
         \end{aligned}
     \end{equation*}
     ein \emph{homogenes lineares Differentialgleichungssystem} (DGLS) (1. Ordnung).\\
     Das obige System lässt sich auch kompakt in der Form
     \begin{equation}\tag{DGLS}\label{eq:dgls}
-        \vec{y}'(t) = A \vec{y}(t)
+        \vec{u}'(t) = A \vec{u}(t)
     \end{equation}
-    schreiben, wobei $\vec{y}(t) = \begin{pmatrix} y_1(t)\\ \vdots\\ y_n(t) \end{pmatrix}, \vec{y}'(t) = \begin{pmatrix} y'_1(t)\\ \vdots\\ y'_n(t) \end{pmatrix}$
+    schreiben, wobei $\vec{u}(t) = \begin{pmatrix} u_1(t)\\ \vdots\\ u_n(t) \end{pmatrix}, \vec{u}'(t) = \begin{pmatrix} u'_1(t)\\ \vdots\\ u'_n(t) \end{pmatrix}$
     und $A \in \RR^{n \times n}$
 \end{definition}
 
 \begin{definition}
     Ein~\ref{eq:dgls} zusammen mit einer Anfangsbedingung
     \begin{equation*}
-        \vec{y}(t_0) = \vec{y}_0 \coloneqq \begin{pmatrix} y_{1_0}\\ \vdots\\ y_{n_0} \end{pmatrix} \in \RR^n
+        \vec{u}_0 \coloneqq \vec{u}(t_0) = \begin{pmatrix} u_{1_0}\\ \vdots\\ u_{n_0} \end{pmatrix} \in \RR^n
     \end{equation*}
     an einer Stelle $t_0 \in \RR$ nennt man ein \emph{C\textc{auchy}-Problem} oder \emph{Anfangswertproblem}.
 \end{definition}
 
-\begin{lemma}\label{thm:matrixexp-derivative}
+\begin{lemma}[Produktregel]\label{thm:matrixexp-derivative}
-    Sei $\vec{y}: \RR \to \RR^{n}$ eine vektorwertige Funktion und $A$ eine konstante Matrix.
+    Sei $\vec{u}: \RR \to \RR^{n}$ eine differenzierbare vektorwertige Funktion und $A \in \RR^{n \times n}$ eine konstante Matrix.
     Dann gilt
     \begin{equation*}
-        \dfdx{}{t} \left( \e^{t A} \vec{y}(t) \right) = \e^{t A} \dfdx{\vec{y}(t)}{t} + A \e^{t A} \vec{y}(t).
+        \dfdx{}{t} \left( \e^{t A} \vec{u}(t) \right) = \e^{t A} \dfdx{\vec{u}(t)}{t} + A \e^{t A} \vec{u}(t).
     \end{equation*}
 \end{lemma}
 
 \begin{proof}
-    % TODO: komponentenweise
+    Das Ergebnis von $\e^{t A} \in \RR^{n \times n}$ ist eine Matrix.
+    Demnach ist $\e^{t A} \vec{u}(t) \in \RR^{n \times 1}$ ein Matrix-Vektor-Produkt, deren Komponenten sich durch
+    \begin{equation*}
+        (\e^{t A} \vec{u}(t))_i = \sum^n_{j=1} \e^{t A}_{ij} \cdot u_j(t)
+    \end{equation*}
+    ergeben.
+    Differenzieren der Komponenten, zusammen mit Linearität des Differentialoperators und der üblichen Produktregel, liefert
+    \begin{align*}
+        \dfdx{}{t}(\e^{t A} \vec{u}(t))_i
+        &= \dfdx{}{t} \left( \sum^n_{j=1} \e^{t A}_{ij} \cdot u_j(t) \right)\\
+        &= \dfdx{}{t} \left( \e^{t A}_{i1} \cdot u_j(t) + \dots + \e^{t A}_{in} \cdot u_j(t) \right)\\
+        &=  \dfdx{}{t} \left( \e^{t A}_{i1} \cdot u_j(t) \right) + \dots + \dfdx{}{t} \left( \e^{t A}_{in} \cdot u_j(t) \right)\\
+        &=  \left( \e^{t A}_{i1} \cdot \dfdx{u_j(t)}{t} + \dfdx{\e^{t A}_{i1}}{t} \cdot u_j(t) \right)
+            + \dots + \left( \e^{t A}_{in} \cdot \dfdx{u_j(t)}{t} + \dfdx{\e^{t A}_{in}}{t} \cdot u_j(t) \right)\\
+        &= \sum^n_{j=1} \left( \e^{t A}_{ij} \cdot \dfdx{u_j(t)}{t} + \dfdx{\e^{t A}_{ij}}{t} \cdot u_j(t) \right)\\
+        &= \sum^n_{j=1} \left( \e^{t A}_{ij} \cdot \dfdx{u_j(t)}{t} \right)
+            +  \sum^n_{j=1} \left( \dfdx{\e^{t A}_{ij}}{t} \cdot u_j(t) \right).
+    \end{align*}
+    Das ist ganzheitlich betrachtet gerade
+    \begin{equation*}
+        \dfdx{}{t} \left( \e^{t A} \vec{u}(t) \right) = \e^{t A} \dfdx{\vec{u}(t)}{t} + \dfdx{\e^{t A}}{t} \vec{u}(t)
+        = \e^{t A} \dfdx{\vec{u}(t)}{t} + A \e^{t A} \vec{u}(t).
+    \end{equation*}
 \end{proof}
 
-\begin{corollary}\label{thm:matrixexp-derivative-corollary}
+\begin{remark*}
-    Sei $\vec{y}_0 \in \RR^n$ konstant.
+    Die Produktregel gilt allgemein auch für das Differenzieren von Matrizenprodukten.
+    Seien $M$ und $N$ Matrizen, deren Komponenten Funktionen von $t$ sind.
     Dann gilt
     \begin{equation*}
-        \dfdx{}{t} \left( \e^{t A} \vec{y}_0 \right) = A \e^{t A} \vec{y}_0.
+        \dfdx{}{t}(M(t) N(t)) = M(t) \dfdx{N(t)}{t} + \dfdx{M(t)}{t} N(t).
+    \end{equation*}
+\end{remark*}
+
+\begin{corollary}\label{thm:matrixexp-derivative-corollary}
+    Sei $\vec{u}_0 \in \RR^n$ konstant und $A \in \RR^{n \times n}$.
+    Dann gilt
+    \begin{equation*}
+        \dfdx{}{t} \left( \e^{(t - t_0) A} \vec{u}_0 \right) = A \e^{(t - t_0) A} \vec{u}_0.
     \end{equation*}
 \end{corollary}
 
 \begin{theorem}[Existenz und Eindeutigkeit]\label{thm:existenz-eindeutigkeit}
     Vorgelegt sei ein C\textc{auchy}-Problem
     \begin{equation}\tag{CP}\label{eq:cp}
-        \vec{y}'(t) = A \vec{y}(t), \qquad \vec{y}(t_0) = \vec{y}_0 \coloneqq \begin{pmatrix} y_{1_0}\\ \vdots\\ y_{n_0} \end{pmatrix}.
+        \vec{u}'(t) = A \vec{u}(t), \qquad \vec{u}_0 \coloneqq \vec{u}(t_0) = \begin{pmatrix} u_{1_0}\\ \vdots\\ u_{n_0} \end{pmatrix}.
     \end{equation}
-    Dann besitzt~\eqref{eq:cp} eine eindeutig bestimmte Lösung $\vec{y}$ auf $\RR$ mit der Form
+    Dann besitzt~\eqref{eq:cp} eine eindeutig bestimmte Lösung $\vec{u}$ auf $\RR$ mit der Form
     \begin{equation}\tag{$\ast$}\label{eq:solution}
-        \vec{y}(t) = e^{(t - t_0) A} \vec{y}_0.
+        \vec{u}(t) = \e^{(t - t_0) A} \vec{u}_0.
     \end{equation}
 \end{theorem}
 
@@ -62,17 +93,30 @@
         \item   \underline{Existenz:}\\
                 Einsetzen von~\eqref{eq:solution} in die rechte Seite von~\eqref{eq:cp} liefert
                 \begin{equation*}
-                    A \vec{y}(t) = A e^{(t - t_0) A} \vec{y}_0.
+                    A \vec{u}(t) = A \e^{(t - t_0) A} \vec{u}_0.
                 \end{equation*}
                 Zusammen mit~\hyperref[thm:matrixexp-derivative]{Lemma~\ref*{thm:matrixexp-derivative}}
                 bzw.~\hyperref[thm:matrixexp-derivative-corollary]{Folgerung~\ref*{thm:matrixexp-derivative-corollary}}
                 folgt direkt, dass~\eqref{eq:solution} das C\textc{auchy}-Problem löst.
 
         \item   \underline{Eindeutigkeit:}\\
-                Angenommen $\vec{u}(t)$ sei eine weitere Lösung, d.h.~es gilt $\vec{u}' = A \vec{u},\ \vec{u}(t_0) = \vec{y}_0$.
+                Angenommen $\vec{v}(t)$ sei eine weitere Lösung, d.h.~es gilt $\vec{v}' = A \vec{v},\ \vec{v}(t_0) = \vec{u}_0$.
                 Dann ist
                 \begin{align*}
-                    \dfdx{}{x} \left( \text{tbc.} \right)
+                    \dfdx{}{t} \left( \e^{-(t - t_0) A} \vec{v}(t) \right)
+                    \overset{\ref{thm:matrixexp-derivative}}&{=} \e^{-(t - t_0) A} \dfdx{\vec{v}(t)}{t} - A \e^{-(t - t_0) A} \vec{v}(t)\\
+                    &= \e^{-(t - t_0) A} A \vec{v}(t) - \e^{-(t - t_0) A} A \vec{v}(t)\\
+                    &= \vec{0}
                 \end{align*}
+                Da die Ableitung die Nullmatrix ist, ist $\e^{-(t - t_0) A} \vec{v}(t)$ konstant, d.h.
+                \begin{equation*}
+                    \e^{-(t - t_0) A} \vec{v}(t) = \vec{c}.
+                \end{equation*}
+                Die Inverse der Matrixexponentialfunktion existiert immer, weshalb
+                \begin{equation*}
+                   \vec{v}(t) =  \e^{(t - t_0) A} \vec{c}
+                \end{equation*}
+                folgt.\\\\
+                tbc.
     \end{itemize}
 \end{proof}

sections/02_berechnung_matrixexponential.tex

@@ -95,7 +95,7 @@ kann auf den obigen Fall der~\hyperref[subsec:diagonale-matrizen]{diagonalen Mat
         \e^{t A} &= \e^{t \cdot S B S^{-1}} &&= \sum^\infty_{k=0} \frac{(t \cdot S B S^{-1})^k}{k!}\\
                  &= \sum^\infty_{k=0} \frac{t^k (S B S^{-1})^k}{k!} &&= \sum^\infty_{k=0} \frac{t^k \cdot S B^k S^{-1}}{k!}\\
                  &= V \left( \sum^\infty_{k=0} \frac{t^k B^k}{k!} \right) S^{-1} &&= V \left( \sum^\infty_{k=0} \frac{(t B)^k}{k!} \right) S^{-1}\\
-                 &= V e^{t B} S^{-1}
+                 &= V \e^{t B} S^{-1}
     \end{alignat*}
 \end{proof}
 
@@ -113,7 +113,7 @@ kann auf den obigen Fall der~\hyperref[subsec:diagonale-matrizen]{diagonalen Mat
 \end{proof}
 
 \subsection{Nicht-diagonalisierbare Matrizen}\label{subsec:nichtdiagonalisierbare-matrizen}
-Jede Matrix $A$ lässt sich auf eine \emph{J\textc{ordan}-Normalform} $J = V^{-1} L V$ bringen.
+Jede quadratische Matrix $A$ lässt sich auf eine \emph{J\textc{ordan}-Normalform} $J = V^{-1} A V$ bringen.
 Eine J\textc{ordan}-Normalform $J$ ist eine Blockdiagonalmatrix der Form
 \begin{gather*}
     J = \begin{pmatrix}
@@ -132,7 +132,7 @@ Eine J\textc{ordan}-Normalform $J$ ist eine Blockdiagonalmatrix der Form
 \end{gather*}
 Das folgende \hyperref[thm:blockdiag-exp]{Lemma~\ref*{thm:blockdiag-exp}} lässt vermuten,
 dass die gewonnenen Erkenntnisse aus~\autoref{subsec:diagonalisierbare-matrizen} zur Berechnung der
-Matrixexponentialfunktion $\e^{J} = \e^{V J_i V^{-1}}$ anwendbar sein könnten.
+Matrixexponentialfunktion $\e^{A} = \e^{V J V^{-1}}$ anwendbar sein könnten.
 
 \begin{lemma}\label{thm:blockdiag-exp}
     Sei $A \in \RR^{n \times n}$ eine Blockdiagonalmatrix
@@ -156,8 +156,9 @@ Matrixexponentialfunktion $\e^{J} = \e^{V J_i V^{-1}}$ anwendbar sein könnten.
 \end{proof}
 
 Zudem zeigt~\hyperref[thm:blockdiag-exp]{Lemma~\ref*{thm:blockdiag-exp}},
-dass sich die Berechnung von $\e^J$ auf die einzelnen $\e^{J_i}$ für $i = 1,\dots,n$ reduzieren lässt.\\
+dass sich die Berechnung von $\e^J$ auf die einzelnen $\e^{J_i}$ für $i = 1,\dots,n$ reduzieren lässt.
-Ein J\textc{ordan}-Block $J_i$ lässt sich weiter zerlegen zu
+Dafür werden im Folgenden die J\textc{ordan}-Blöcke $J_i$ betrachtet,
+denn ein J\textc{ordan}-Block $J_i$ lässt sich weiter zerlegen in
 \begin{equation*}
     J_i = \begin{pmatrix}
               \lambda_i & 1         &        & \\
@@ -209,11 +210,11 @@ dass die Nebendiagonalen auf denen die $1$en stehen \enquote{nach oben-rechts hi
                      & \ddots & \\
                      &        & 0
               \end{pmatrix},
-    N^l = \mathfrak{0}
+    N^l = \vec{0}_l
 \end{equation*}
 
 \begin{lemma}
-    Die Matrizen $L_i$ und $N$ aus der Zerlegung $J_i = L_i + N$ kommutieren bzgl.\ dem Matrixprodukt.
+    Die Matrizen $L_i$ und $N$ aus der Zerlegung $J_i = L_i + N$ kommutieren bzgl.\ der Matrixmultiplikation.
 \end{lemma}
 
 \begin{proof}
@@ -227,7 +228,7 @@ Damit gilt
     \e^{t (L_i + N)} = \e^{t L_i + t N} = \e^{t L_i} \e^{t N}.
 \end{equation*}
 
-Da $L_i$ eine Diagonalmatrix ist, ist die Lösung von $\e^{t L}$ bereits aus~\autoref{subsec:diagonale-matrizen} bekannt.
+Da $L_i$ eine Diagonalmatrix ist, ist die Lösung von $\e^{t L_i}$ bereits aus~\autoref{subsec:diagonale-matrizen} bekannt.
 Für $N$ als nilpotente Matrix ergibt sich zudem eine endliche Summe bei der Berechnung von $\e^{t N}$,
 da ab einem $l \in \NN$ gilt, dass $N^l = N^{l+1} = \dots = 0$, d.h.
 \begin{align*}
@@ -260,25 +261,25 @@ da ab einem $l \in \NN$ gilt, dass $N^l = N^{l+1} = \dots = 0$, d.h.
     Für die Lösung eines~\hyperref[eq:cp]{C\textc{auchy}-Problems} mit einer nicht-diagonalisierbaren Matrix $A = V J V^{-1}$
     mit J\textc{ordan}-Normalform $J$, gilt also insgesamt
     \begin{align*}
-        \vec{y}(t) &= \e^{(t - t_0) A} \vec{y}_0 = \e^{(t - t_0) V L V^{-1}} \vec{y}_0 = V \e^{(t - t_0) J} V^{-1} \vec{y}_0\\
+        \vec{u}(t) &= \e^{(t - t_0) A} \vec{u}_0 = \e^{(t - t_0) V L V^{-1}} \vec{u}_0 = V \e^{(t - t_0) J} V^{-1} \vec{u}_0\\
         &= V \begin{pmatrix}
                 \e^{(t - t_0) J_1} &        & \\
                                    & \ddots & \\
                                    &        & \e^{(t - t_0) J_n}
-            \end{pmatrix} V^{-1} \vec{y}_0\\
+            \end{pmatrix} V^{-1} \vec{u}_0\\
         &= V \begin{pmatrix}
                 \e^{(t - t_0) L_1} \e^{(t - t_0) N} &        & \\
                                                     & \ddots & \\
                                                     &        & \e^{(t - t_0) L_n} \e^{(t - t_0) N}
-            \end{pmatrix} V^{-1} \vec{y}_0.
+            \end{pmatrix} V^{-1} \vec{u}_0.
     \end{align*}
 \end{remark*}
 
 \begin{example*}
     Gegeben sei das~\ref{eq:cp}
     \begin{equation*}
-        \vec{y}'(t) = \underbrace{\begin{pmatrix} a & 1\\ 0 & a \end{pmatrix}}_{= A} y(t),\ a \in \RR,
+        \vec{u}'(t) = \underbrace{\begin{pmatrix} a & 1\\ 0 & a \end{pmatrix}}_{= A} y(t),\ a \in \RR,
-        \qquad \vec{y}(t_0 = 0) = \vec{y}_0 = \begin{pmatrix}y_1\\ y_2\end{pmatrix}.
+        \qquad \vec{u}(t_0 = 0) = \vec{u}_0 = \begin{pmatrix}y_1\\ y_2\end{pmatrix}.
     \end{equation*}
     $A$ lässt sich zerlegen in eine Diagonalmatrix $D$ und nilpotente Matrix $N$:
     \begin{equation*}
@@ -287,11 +288,11 @@ da ab einem $l \in \NN$ gilt, dass $N^l = N^{l+1} = \dots = 0$, d.h.
     \end{equation*}
     Nach~\hyperref[thm:existenz-eindeutigkeit]{Satz~\ref*{thm:existenz-eindeutigkeit}} und~\autoref{sec:berechnung-matrixexponential} ist die Lösung gegeben durch
     \begin{alignat*}{2}
-        \vec{y}(t) &= \e^{t A} \vec{y}_0
+        \vec{u}(t) &= \e^{t A} \vec{u}_0
-            &&= \e^{t (D + N)} \vec{y}_0\\
+            &&= \e^{t (D + N)} \vec{u}_0\\
-        &= \e^{t D + t N} \vec{y}_0
+        &= \e^{t D + t N} \vec{u}_0
-            &&= \e^{t D} \e^{t N} \vec{y}_0\\
+            &&= \e^{t D} \e^{t N} \vec{u}_0\\
-        &= \begin{pmatrix} \e^{t a} & 0\\ 0 & \e^{t a} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & t\\ 0 & 1 \end{pmatrix} \vec{y}_0
+        &= \begin{pmatrix} \e^{t a} & 0\\ 0 & \e^{t a} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & t\\ 0 & 1 \end{pmatrix} \vec{u}_0
             &&= \begin{pmatrix} \e^{t a} & t \e^{t a}\\ 0 & \e^{t a} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1\\ y_2\end{pmatrix}\\
         &= \begin{pmatrix} y_1 \e^{t a} + y_2 t \e^{t a}\\ y_2 \e^{t a} \end{pmatrix}
             &&= \begin{pmatrix} \e^{t a} (y_1 + y_2 t)\\ y_2 \e^{t a} \end{pmatrix}