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Systeme linearer gewöhnlicher Differenzialgleichungen erster Ordnung

Beispiel: Folgereaktion

Wir kehren jetzt zum Folgereaktionsbeispiel zurück

d y ( t ) d t = A y ( t )

mit

A = - k 1 0 0 k 1 - k 2 0 0 k 2 0 .

Die Matrix A hat reelle Eigenwerte λ 1 = - k 1 , λ 2 = - k 2 und λ 3 = 0 .

Hinweis
Die Summe der Zeilen von A ist der Nullvektor, d.h. die Zeilen sind nicht linear unabhängig und somit ist rg A < 3 . Folglich ist A nicht invertierbar (singulär) und besitzt daher einen Null-Eigenwert (siehe Das Eigenwertproblem).

Wenn k 1 k 2 ist, dann besitzt A drei zu λ 1 , λ 2 , λ 3 linear unabhängige Eigenvektoren

s 1 = ( k 1 - k 2 ) / k 2 - k 1 / k 2 1 , s 2 = 0 -1 1 , s 3 = 0 0 1

und somit ist A diagonalisierbar. In den transformierten Koordinaten z 1 , z 2 , z 3 hat die Lösung

z 1 ( t ) = C 1 e - k 1 t z 2 ( t ) = C 2 e - k 2 t z 3 ( t ) = C 3

mit

y ( t ) = S z ( t )

und

S = s 1 s 2 s 3 = ( k 1 - k 2 ) / k 2 0 0 - k 1 / k 2 -1 0 1 1 1 .
Hinweis
Für t (Gleichgewichtszustand) ergibt
z ( ) = 0 0 C 3
und somit erhält man aus
y ( ) = C 3 s 3 ,
d.h. die Komponenten des Eigenvektors s 3 zum Null-Eigenwert geben bis auf einen konstanten Faktor die Konzentrationen im Gleichgewichtszustand an. Im Gleichgewichtszustand ändern sich die Stoffmengen der reagierenden Stoffen nicht, so dass
d y d t = 0
(kritischer Punkt des Differenzialgleichungssystems) ist und in diesem Fall ergibt
A y = 0 = 0 y ,
d.h. die Eigenwertgleichung zum Null-Eigenwert.
Hinweis
Die Stoffmenge der Stoffe in der Reaktion bleiben erhalten, d.h. es gilt
y 1 ( t ) + y 2 ( t ) + y 3 ( t ) = i = 1 3 y i ( t ) = konst.
für alle Zeiten t . Aus erhält man
i = 1 3 y i = z 1 i = 1 3 s 1 i + z 2 i = 1 3 s 2 i + z 3 i = 1 3 s 3 i = C 1 e - k 1 t i = 1 3 s 1 i + C 2 e - k 2 t i = 1 3 s 2 i + C 3 i = 1 3 s 3 i .
ist konstant für alle Zeiten t , nur wenn
i = 1 3 s 1 i = i = 1 3 s 2 i = 0
gilt, d.h. die Summen der Komponenten der Eigenvektoren zu den nichtverschwindenden Eigenwerten null sind, was nach der Fall ist.

und ergeben die allgemeine Lösung von

y 1 ( t ) = C 1 k 1 - k 2 k 2 e - k 1 t y 2 ( t ) = - C 1 k 1 k 2 e - k 1 t - C 2 e - k 2 t y 3 ( t ) = C 1 e - k 1 t + C 2 e - k 2 t + C 3 .

Die Konstanten C 1 , C 2 , C 3 sind von den Anfangsbedingungen bestimmt, z.B.

y 1 ( 0 ) = a , y 2 ( 0 ) = 0 , y 3 ( 0 ) = 0

ergibt

a = C 1 k 1 - k 2 k 2 C 1 = a k 2 k 1 - k 2 0 = - C 1 k 1 k 2 - C 2 C 2 = - a k 1 k 1 - k 2 0 = C 1 + C 2 + C 3 C 3 = a .

und ergeben dann

y 1 ( t ) = a e - k 1 t y 2 ( t ) = a k 1 k 1 - k 2 e - k 2 t - e - k 1 t y 3 ( t ) = a k 2 k 1 - k 2 e - k 1 t - a k 1 k 1 - k 2 e - k 2 t + a

als partikuläre Lösung des Anfangswertproblems mit k 1 k 2 .

Wenn k 1 = k 2 = k ist, dann besitzt A die Eigenwerte λ 1 = - k , λ 2 = - k und λ 3 = 0 und die Eigenvektoren

s 1 , 2 = 0 1 -1 , s 3 = 0 0 1 .

Zum mehrfachen Eigenwert - k gibt es nur einen Eigenvektor und somit ist A nicht diagonalisierbar. Eine Lösung des Systems zum Eigenwert λ 3 = 0 ist

y ( 3 ) = s 3 = 0 0 1 .

Eine Lösung zum Eigenwert λ 1 , 2 = - k ist

y ( 1 ) = s 1 e - k t = 0 1 -1 e - k t

und wir suchen eine andere linear unabhängige Lösung zu demselben Eigenwert der Form

y ( 2 ) = a + b t c + d t e + f t e - k t .

Aus und erhält man

d y ( 2 ) d t = b - k a - k b t d - k c - k d t f - k e - k f t e - k t = A y ( 2 ) = A a + b t c + d t e + f t e - k t

und gilt, nur wenn

A a c e = b - k a d - k c f - k e

und

A b d f = - k b d f

sind. hat den Eigenvektor s 1 als Lösung, d.h.

b d f = 0 1 -1

und somit wird

A a c e = - k a 1 - k c -1 - k e

oder

0 0 0 k 0 0 0 k k a c e = 0 1 -1 .

Aus erhält man

a = 1 k , c = α beliebig , e = - 1 k - α

und somit ist

y ( 2 ) = 1 / k α -1 / k - α e - k t + 0 t - t e - k t .

Die allgemeine Lösung von mit k 1 = k 2 = k ist

y = C 1 y ( 1 ) + C 2 y ( 2 ) + C 3 y ( 3 ) = C 1 0 1 -1 e - k t + C 2 1 / k α + t -1 / k - α - t e - k t + C 3 0 0 1

oder

y 1 ( t ) = C 2 1 k e - k t y 2 ( t ) = ( C 1 + α C 2 ) e - k t + C 2 t e - k t y 3 ( t ) = - C 1 - C 2 1 k - α C 2 e - k t - C 2 t e - k t + C 3 .

Aus den Anfangsbedingungen erhält man

a = C 2 1 k C 2 = k a 0 = C 1 + α C 2 C 1 = - α k a 0 = - C 1 - C 2 1 k - α C 2 + C 3 C 3 = a .

und somit ist die partikuläre Lösung von für die Anfangsbedingungen mit k 1 = k 2 = k

y 1 ( t ) = a e - k t y 2 ( t ) = a k t e - k t y 3 ( t ) = a ( 1 - e - k t - k t e - k t ) .

Reaktionskinetik erster Ordnung

Im Allgemeinen entsteht für ein chemisches Reaktionsgemisch mit n miteinander reagierenden Stoffen und Zwischenprodukten A 1 , A 2 , , A n das folgende Differenzialgleichungssystem:

d y i d t = - j = 1 , j i n k i j y i + j = 1 , j i n k j i y j , i = 1 , 2 , , n ,

wobei k i j 0 die Reaktionskonstante für die Reaktion

A i A j

ist. Z.B. für n = 3 ergibt das System mit der Koeffizientenmatrix

A = - k 12 - k 13 k 21 k 31 k 12 - k 21 - k 23 k 32 k 13 k 23 - k 31 - k 32 ,

die man gleichermaßen wie das einfachere Beispiel oben löst.

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