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! LaTeX Error: There's no line here to endend.
Ich habe gestern an meinem Dokument gearbeitet und wenige Zeilen hinzugefügt und plötzlich lässt sich mein Dokument nicht mehr übersetzen. Bei mir wird der Fehler `There's no line here to end.(Zeile 164)` angezeigt und ebenso `\headheight is too small (12.0pt)`. Ich habe nach langer Recherche keine Lösung gefunden und wende mich somit an euch!
\documentclass[a4paper,10pt,leqno]{article}
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\newcommand{\vv}{\varphi}
%\renewcommand\d{\mathop{}\!{\mathrm{d}}}
\newcommand{\expo}[1]{\,{\mathrm e}^{#1}\,} %mathds
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%% EDIT THIS PART %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\Fach}{}
\newcommand{\Name}{}
\newcommand{\Seminargruppe}{2}
\newcommand{\Matrikelnummer}{}
\newcommand{\Semester}{WS 14/15}
\newcommand{\Uebungsblatt}{3} % <-- UPDATE ME
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\title{Sere \Uebungsblatt{}}
\author{\Name{}}
\theoremstyle{definition} %Mit defi werden die Theoreme nicht kursiv geschrieben
\newtheorem{Definition}{Definition} %Durch [Definition] wird die Nummerierung an die erste Definition angepasst. [Definition]'en in den anderen \newtheorem liefern diese Ausrichtung
\newtheorem{Bemerkung}[Definition]{Bemerkung}
\newtheorem{Satz}[Definition]{Satz}
\newtheorem{Theorem}[Definition]{Theorem}
\newtheorem{Lemma}[Definition]{Lemma}
\newtheorem{Hilfssatz}[Definition]{Hilfssatz}
\newtheorem{Korollar}[Definition]{Korollar}
\newtheorem{Proposition}[Definition]{Proposition}
\newtheorem*{Beweis}{Beweis}
%
\begin{document}
\thispagestyle{fancy}
\lhead{\sf \large \Fach{} \\ \small Fachseminar Matrixfunktionen }
\rhead{\sf \small \Name{} \\ \sf \small 14.04.2015 }
\vspace{1cm}
Betrachte für $0\leq t <\infty$ das Anfangswertproblem
\begin{align}\label{gl1}
\dot{x}(t) & = A x(t) \\
x(0) &= x_0,
\end{align}
wobei $x:\R^n \to \R^n$, $x_0\in \R^n$ gegeben ist und $A\in\C^{n\times n}$ ist. Es ist bekannt, dann $x(t)= \expo{At}x_0$ die (eindeutige) Lösung von \eqref{gl1} ist. Da $\expo{At}$ als Reihe definiert ist, genauer $\expo{A}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{A^j}{j!}$, liegt die Schwierigkeit, die Lösung von \eqref{gl1} anzugeben, in der Auswertung von $\expo{At}$. Dies geschieht zum einen mittels der Jordanschen Normalform $J=Q^{-1}AQ$, wobei $\det(Q)\neq 0$ und $J$ Blockdiagonalform hat. Es gibt noch weiter Möglichkeiten ...
Ziel dieses Votrags ist es eine Darstellung für $\expo{At}$ zu finden, welche die Bestimmung der Jordanschen Normalform von $A$ umgeht, sodass lediglich (endliche) Potenzen von $A$ bestimmt werden müssen.
Festlegungen:
$A\in\C^{n\times n}$ und bezeichne mit
\begin{align*}
f_A(\lambda) = \det(\lambda E - A)=\lambda^n +c_{n-1}\lambda^{n-1}+ \dotsc + c_1\lambda + c_0
\end{align*}
das charakteristische Polynom von $A$. Sei $z(t)$ die Lösung der Differentialgleichung
\begin{align*}
z^{(n)}+c_{n-1}z^{(n-1)} + \dotsc + c_1 \dot{z}+c_0 z = 0
\end{align*}
mit den Anfangswerten
\begin{align*}
z(0)=\dot{z}(0)= \dotsc = z^{(n-2)}=0, \qquad z^{(n-1)}(0)=1.
\end{align*}
Definiere weiter
\begin{align*}
Z(t)= \begin{pmatrix}
z(t) \\ \dot{z}(t) \\ \vdots \\z^{(n-1)}(t)
\end{pmatrix}
\ \text{und} \
\begin{pmatrix}
c_1 & c_2 & \dotsc & c_{n-1} & 1 \\
c_2 & c_3 & \dotsc & 1 \\
\vdots & & %\iddots \\
c_{n-1} & 1 \\
1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
\begin{Theorem}
\emph{
Es gilt
\begin{align}\label{ziel1}
\expo{At}=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j, \qquad \forall A \in \C^{n\times n}.
\end{align}
}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in \C^{n\times n}$ beliebig und setze
\begin{align*}
\Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j.
\end{align*}
Gleichung \eqref{ziel1} ist bewiesen, wenn man zeigen kann, dass $\Phi(t)$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot\Phi(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, da $t\mapsto \expo{At}$ die einzige Lösung ist. Offensichtlich erfüllt $\Phi$ die Anfangsbedingung, denn es gilt nach Definition $q_0(0)=z^{(n-1)}(0)=1$ und
\begin{align*}
q_j(0)=z^{(n-j-1)}(0)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(0)=0, \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}.
\end{align*}
Zeige nun $\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=0$. Es gilt
\begin{align}\label{eins}
\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}\dot{q}_j(t)A^j-\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^{j+1}=\dot{q}_0(t)E-q_{n-1}(t)A^n+\sum_{j=1}^{n-1}\Big(\dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t) \Big)A^j.
\end{align}
Das Hamilton-Caley Theorem liefert $f_A(A)=A^n + \sum_{j=0}^{n-1}c_jA^j =0$, also gerade
\begin{align*}
-q_{n-1}(t)A^n = c_0q_{n-1}(t)E+\sum_{j=1}^{n-1}c_jq_{n-1}(t)A^j.
\end{align*}
Einsetzen in \eqref{eins} liefert somit insgesamt
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)-A \Phi(t)=\Big( \dot{q}_0(t)+c_0 q_{n-1}(t) \Big) E + \sum_{j=1}^{n-1} \Big( \dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t)+c_j q_{n-1}(t) \Big)A^j.
\end{align*}
Im Folgenden genügt es also weiter lediglich
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) &= -c_0q_{n-1}(t) \\
\dot{q}_j(t) &= q_{j-1}-c_jq_{n-1}(t),\qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}
\end{align*}
zu zeigen. Nach Definition gilt $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$. Dies liefert $\dot{q}_j(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ und zusammen mit $q_{n-1}(t)=z(t)$ folgt
\begin{align}\label{gl}
\dot{q}_j(t) + c_j q_{n-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{0,1, \dotsc, n-1\}.
\end{align}
Für $j=0$ folgt also gerade
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) + c_0 q_{n-1}(t)= z^{(n)}(t)+\sum_{k=0}^{n-1}c_{k}z^{(k)}(t)=0,
\end{align*}
da nach Voraussetzung $t\mapsto z(t)$ Lösung von [DGL] ist. Betrachtet man nun für $j\geq 1$ gerade $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ unter den Substitutionen $j\mapsto j-1$ und $k\mapsto k+1$, dann liefert dies gerade
\begin{align*}
q_{j-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\},
\end{align*}
was mit \eqref{gl} schließlich $\dot{q}_j(t) = q_{j-1}(t)-c_jq_{n-1}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ zeigt.
\end{proof}
\begin{Theorem}
\emph{Es gilt
\begin{align*}
\expo{A t} = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i, \qquad \forall A\in \C^{n\times n}
\end{align*}
wobei $P_0=E$, $P_j = \prod_{k=1}^{j}(A-\lambda_k E)$ für $j\in\{1, \dotsc, n\}$ und $r_1(t), \dotsc , r_n(t)$ die Lösungen des Systems
\begin{equation*}
\begin{alignedat}{2}
\dot{r}_1(t) &= \lambda_1 r_1(t) \\
\dot{r}_j(t) &= r_{j-1}(t)+\lambda_j r_j(t), &&\qquad\forall j\in\{2, \dotsc, n\} \\
r_1(0) &= 1, \quad r_j(0)=0, &&\qquad \forall j\in\{2, \dotsc, n\}
\end{alignedat}
\end{equation*}
seien.}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in\C^{n\times n}$ beliebig. Setze
\begin{align*}
\Phi(t) = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i.
\end{align*}
Wieder wird gezeigt, dass $\Phi$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot{\Phi}(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, und somit $\Phi(t)=\expo{At}$ gilt. \\
Setze $r_0(t)=0$. Dann folgt mit $\dot{r}_{j+1}(t) = r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t)$ und einer Indexverschiebung
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-1}\dot{r}_{j+1}(t)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-1}\Big(r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t) \Big)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-2}\Big( P_{j+1}+ \left(\lambda_{j+1}-\lambda_n \right) P_j \Big) r_{j+1}(t).
\end{align*}
Wegen $P_{j+1}= (A-\lambda_{j+1}E)P_j$ folgt aus obiger Gleichung
\begin{align}
\begin{split}\label{fin}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-2}\Big(A-\lambda_n E \Big)P_j r_{j+1}(t) \\
&= (A-\lambda_n E) \big( \Phi(t)- r_n(t)P_{n-1} \big) \\
&=(A-\lambda_n E)\Phi -r_n(t)P_n.
\end{split}
\end{align}
Wegen dem Hamilton-Cayley Theorem gilt $f_A(A)=P_n=0$, also folgt aus \eqref{fin} gerade $\dot{\Phi}(t) = A \Phi(t)$.
Da wegen $r_j(0)=0$ für $ j\in\{2, \dotsc, n\}$ und $r_1(0)=1$ gerade
\begin{align*}
\Phi(0)=r_1(0)E+\sum_{j=2}^{n}r_{j}(0)P_{j-1} = E
\end{align*}
gilt, folgt insgesamt $\Phi(t)=\expo{At}$.
\end{proof}
\end{document}
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Ich habe gestern an meinem Dokument gearbeitet und wenige Zeilen hinzugefügt und plötzlich lässt sich mein Dokument nicht mehr übersetzen. Bei mir wird der Fehler `There's no line here to end.(Zeile 164)` angezeigt und ebenso `\headheight is too small (12.0pt)`. Ich habe nach langer Recherche keine Lösung gefunden und wende mich somit an euch!
\documentclass[a4paper,10pt,leqno]{article}
\usepackage{fancyhdr}
%\usepackage{fancyheadings}
\usepackage[ngerman]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
%\usepackage[latin1]{inputenc}
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\usepackage[noend]{algorithmic}
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\usepackage{amssymb}
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\newcommand{\p}{\partial}
\newcommand{\N}{\mathbf{N}} \newcommand{\Z}{\mathbf{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbf{Q}} \newcommand{\R}{\mathbf{R}} \newcommand{\C}{\mathbf{C}} \newcommand{\K}{\mathbf{K}}
\newcommand{\T}{\mathbf{T}}
\newcommand{\Grad}{\text{Grad}}
\renewcommand{\L}{\textup{L}}
\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\newcommand{\dd}{{\, \mathrm d}}
\newcommand{\vv}{\varphi}
%\renewcommand\d{\mathop{}\!{\mathrm{d}}}
\newcommand{\expo}[1]{\,{\mathrm e}^{#1}\,} %mathds
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%% EDIT THIS PART %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\Fach}{}
\newcommand{\Name}{Niklas Hebestreit}
\newcommand{\Name}{}
\newcommand{\Seminargruppe}{2}
\newcommand{\Matrikelnummer}{211241047}
\newcommand{\Matrikelnummer}{}
\newcommand{\Semester}{WS 14/15}
\newcommand{\Uebungsblatt}{3} % <-- UPDATE ME
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\title{Sere \Uebungsblatt{}}
\author{\Name{}}
\theoremstyle{definition} %Mit defi werden die Theoreme nicht kursiv geschrieben
\newtheorem{Definition}{Definition} %Durch [Definition] wird die Nummerierung an die erste Definition angepasst. [Definition]'en in den anderen \newtheorem liefern diese Ausrichtung
\newtheorem{Bemerkung}[Definition]{Bemerkung}
\newtheorem{Satz}[Definition]{Satz}
\newtheorem{Theorem}[Definition]{Theorem}
\newtheorem{Lemma}[Definition]{Lemma}
\newtheorem{Hilfssatz}[Definition]{Hilfssatz}
\newtheorem{Korollar}[Definition]{Korollar}
\newtheorem{Proposition}[Definition]{Proposition}
\newtheorem*{Beweis}{Beweis}
%
\begin{document}
\thispagestyle{fancy}
\lhead{\sf \large \Fach{} \\ \small Fachseminar Matrixfunktionen }
\rhead{\sf \small \Name{} \\ \sf \small 14.04.2015 }
\vspace{1cm}
Betrachte für $0\leq t <\infty$ das Anfangswertproblem
\begin{align}\label{gl1}
\dot{x}(t) & = A x(t) \\
x(0) &= x_0,
\end{align}
wobei $x:\R^n \to \R^n$, $x_0\in \R^n$ gegeben ist und $A\in\C^{n\times n}$ ist. Es ist bekannt, dann $x(t)= \expo{At}x_0$ die (eindeutige) Lösung von \eqref{gl1} ist. Da $\expo{At}$ als Reihe definiert ist, genauer $\expo{A}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{A^j}{j!}$, liegt die Schwierigkeit, die Lösung von \eqref{gl1} anzugeben, in der Auswertung von $\expo{At}$. Dies geschieht zum einen mittels der Jordanschen Normalform $J=Q^{-1}AQ$, wobei $\det(Q)\neq 0$ und $J$ Blockdiagonalform hat. Es gibt noch weiter Möglichkeiten ...
Ziel dieses Votrags ist es eine Darstellung für $\expo{At}$ zu finden, welche die Bestimmung der Jordanschen Normalform von $A$ umgeht, sodass lediglich (endliche) Potenzen von $A$ bestimmt werden müssen.
Festlegungen:
$A\in\C^{n\times n}$ und bezeichne mit
\begin{align*}
f_A(\lambda) = \det(\lambda E - A)=\lambda^n +c_{n-1}\lambda^{n-1}+ \dotsc + c_1\lambda + c_0
\end{align*}
das charakteristische Polynom von $A$. Sei $z(t)$ die Lösung der Differentialgleichung
\begin{align*}
z^{(n)}+c_{n-1}z^{(n-1)} + \dotsc + c_1 \dot{z}+c_0 z = 0
\end{align*}
mit den Anfangswerten
\begin{align*}
z(0)=\dot{z}(0)= \dotsc = z^{(n-2)}=0, \qquad z^{(n-1)}(0)=1.
\end{align*}
Definiere weiter
\begin{align*}
Z(t)= \begin{pmatrix}
z(t) \\ \dot{z}(t) \\ \vdots \\z^{(n-1)}(t)
\end{pmatrix}
\ \text{und} \
\begin{pmatrix}
c_1 & c_2 & \dotsc & c_{n-1} & 1 \\
c_2 & c_3 & \dotsc & 1 \\
\vdots & & %\iddots \\
c_{n-1} & 1 \\
1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
\begin{Theorem}
\emph{
Es gilt
\begin{align}\label{ziel1}
\expo{At}=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j, \qquad \forall A \in \C^{n\times n}.
\end{align}
}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in \C^{n\times n}$ beliebig und setze
\begin{align*}
\Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j.
\end{align*}
Gleichung \eqref{ziel1} ist bewiesen, wenn man zeigen kann, dass $\Phi(t)$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot\Phi(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, da $t\mapsto \expo{At}$ die einzige Lösung ist. Offensichtlich erfüllt $\Phi$ die Anfangsbedingung, denn es gilt nach Definition $q_0(0)=z^{(n-1)}(0)=1$ und
\begin{align*}
q_j(0)=z^{(n-j-1)}(0)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(0)=0, \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}.
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Zeige nun $\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=0$. Es gilt
\begin{align}\label{eins}
\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}\dot{q}_j(t)A^j-\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^{j+1}=\dot{q}_0(t)E-q_{n-1}(t)A^n+\sum_{j=1}^{n-1}\Big(\dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t) \Big)A^j.
\end{align}
Das Hamilton-Caley Theorem liefert $f_A(A)=A^n + \sum_{j=0}^{n-1}c_jA^j =0$, also gerade
\begin{align*}
-q_{n-1}(t)A^n = c_0q_{n-1}(t)E+\sum_{j=1}^{n-1}c_jq_{n-1}(t)A^j.
\end{align*}
Einsetzen in \eqref{eins} liefert somit insgesamt
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)-A \Phi(t)=\Big( \dot{q}_0(t)+c_0 q_{n-1}(t) \Big) E + \sum_{j=1}^{n-1} \Big( \dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t)+c_j q_{n-1}(t) \Big)A^j.
\end{align*}
Im Folgenden genügt es also weiter lediglich
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) &= -c_0q_{n-1}(t) \\
\dot{q}_j(t) &= q_{j-1}-c_jq_{n-1}(t),\qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}
\end{align*}
zu zeigen. Nach Definition gilt $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$. Dies liefert $\dot{q}_j(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ und zusammen mit $q_{n-1}(t)=z(t)$ folgt
\begin{align}\label{gl}
\dot{q}_j(t) + c_j q_{n-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{0,1, \dotsc, n-1\}.
\end{align}
Für $j=0$ folgt also gerade
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) + c_0 q_{n-1}(t)= z^{(n)}(t)+\sum_{k=0}^{n-1}c_{k}z^{(k)}(t)=0,
\end{align*}
da nach Voraussetzung $t\mapsto z(t)$ Lösung von [DGL] ist. Betrachtet man nun für $j\geq 1$ gerade $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ unter den Substitutionen $j\mapsto j-1$ und $k\mapsto k+1$, dann liefert dies gerade
\begin{align*}
q_{j-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\},
\end{align*}
was mit \eqref{gl} schließlich $\dot{q}_j(t) = q_{j-1}(t)-c_jq_{n-1}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ zeigt.
\end{proof}
\begin{Theorem}
\emph{Es gilt
\begin{align*}
\expo{A t} = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i, \qquad \forall A\in \C^{n\times n}
\end{align*}
wobei $P_0=E$, $P_j = \prod_{k=1}^{j}(A-\lambda_k E)$ für $j\in\{1, \dotsc, n\}$ und $r_1(t), \dotsc , r_n(t)$ die Lösungen des Systems
\begin{equation*}
\begin{alignedat}{2}
\dot{r}_1(t) &= \lambda_1 r_1(t) \\
\dot{r}_j(t) &= r_{j-1}(t)+\lambda_j r_j(t), &&\qquad\forall j\in\{2, \dotsc, n\} \\
r_1(0) &= 1, \quad r_j(0)=0, &&\qquad \forall j\in\{2, \dotsc, n\}
\end{alignedat}
\end{equation*}
seien.}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in\C^{n\times n}$ beliebig. Setze
\begin{align*}
\Phi(t) = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i.
\end{align*}
Wieder wird gezeigt, dass $\Phi$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot{\Phi}(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, und somit $\Phi(t)=\expo{At}$ gilt. \\
Setze $r_0(t)=0$. Dann folgt mit $\dot{r}_{j+1}(t) = r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t)$ und einer Indexverschiebung
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-1}\dot{r}_{j+1}(t)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-1}\Big(r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t) \Big)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-2}\Big( P_{j+1}+ \left(\lambda_{j+1}-\lambda_n \right) P_j \Big) r_{j+1}(t).
\end{align*}
Wegen $P_{j+1}= (A-\lambda_{j+1}E)P_j$ folgt aus obiger Gleichung
\begin{align}
\begin{split}\label{fin}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-2}\Big(A-\lambda_n E \Big)P_j r_{j+1}(t) \\
&= (A-\lambda_n E) \big( \Phi(t)- r_n(t)P_{n-1} \big) \\
&=(A-\lambda_n E)\Phi -r_n(t)P_n.
\end{split}
\end{align}
Wegen dem Hamilton-Cayley Theorem gilt $f_A(A)=P_n=0$, also folgt aus \eqref{fin} gerade $\dot{\Phi}(t) = A \Phi(t)$.
Da wegen $r_j(0)=0$ für $ j\in\{2, \dotsc, n\}$ und $r_1(0)=1$ gerade
\begin{align*}
\Phi(0)=r_1(0)E+\sum_{j=2}^{n}r_{j}(0)P_{j-1} = E
\end{align*}
gilt, folgt insgesamt $\Phi(t)=\expo{At}$.
\end{proof}
\end{document}
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There's no line here to end.end
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There's no line here to end.
Hallo,
ich habe gestern an meinem Dokument gearbeitet und wenige Zeilen hinzugefügt und plötzlich lässt sich mein Dokument nicht mehr übersetzen. Bei mir wird der Fehler **"There's no line here to end.(Zeile 164)"** angezeigt und ebenso **"\headheight is too small (12.0pt)"**. Ich habe nach langer Recherche keine Lösung gefunden und wende mich somit an euch!
<pre>\documentclass[a4paper,10pt,leqno]{article}
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\newcommand{\expo}[1]{\,{\mathrm e}^{#1}\,} %mathds
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%% EDIT THIS PART %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\Fach}{}
\newcommand{\Name}{Niklas Hebestreit}
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\newcommand{\Matrikelnummer}{211241047}
\newcommand{\Semester}{WS 14/15}
\newcommand{\Uebungsblatt}{3} % <-- UPDATE ME
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\title{Sere \Uebungsblatt{}}
\author{\Name{}}
\theoremstyle{definition} %Mit defi werden die Theoreme nicht kursiv geschrieben
\newtheorem{Definition}{Definition} %Durch [Definition] wird die Nummerierung an die erste Definition angepasst. [Definition]'en in den anderen \newtheorem liefern diese Ausrichtung
\newtheorem{Bemerkung}[Definition]{Bemerkung}
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\begin{document}
\thispagestyle{fancy}
\lhead{\sf \large \Fach{} \\ \small Fachseminar Matrixfunktionen }
\rhead{\sf \small \Name{} \\ \sf \small 14.04.2015 }
\vspace{1cm}
Betrachte für $0\leq t <\infty$ das Anfangswertproblem
\begin{align}\label{gl1}
\dot{x}(t) & = A x(t) \\
x(0) &= x_0,
\end{align}
wobei $x:\R^n \to \R^n$, $x_0\in \R^n$ gegeben ist und $A\in\C^{n\times n}$ ist. Es ist bekannt, dann $x(t)= \expo{At}x_0$ die (eindeutige) Lösung von \eqref{gl1} ist. Da $\expo{At}$ als Reihe definiert ist, genauer $\expo{A}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{A^j}{j!}$, liegt die Schwierigkeit, die Lösung von \eqref{gl1} anzugeben, in der Auswertung von $\expo{At}$. Dies geschieht zum einen mittels der Jordanschen Normalform $J=Q^{-1}AQ$, wobei $\det(Q)\neq 0$ und $J$ Blockdiagonalform hat. Es gibt noch weiter Möglichkeiten ...
Ziel dieses Votrags ist es eine Darstellung für $\expo{At}$ zu finden, welche die Bestimmung der Jordanschen Normalform von $A$ umgeht, sodass lediglich (endliche) Potenzen von $A$ bestimmt werden müssen.
Festlegungen:
$A\in\C^{n\times n}$ und bezeichne mit
\begin{align*}
f_A(\lambda) = \det(\lambda E - A)=\lambda^n +c_{n-1}\lambda^{n-1}+ \dotsc + c_1\lambda + c_0
\end{align*}
das charakteristische Polynom von $A$. Sei $z(t)$ die Lösung der Differentialgleichung
\begin{align*}
z^{(n)}+c_{n-1}z^{(n-1)} + \dotsc + c_1 \dot{z}+c_0 z = 0
\end{align*}
mit den Anfangswerten
\begin{align*}
z(0)=\dot{z}(0)= \dotsc = z^{(n-2)}=0, \qquad z^{(n-1)}(0)=1.
\end{align*}
Definiere weiter
\begin{align*}
Z(t)= \begin{pmatrix}
z(t) \\ \dot{z}(t) \\ \vdots \\z^{(n-1)}(t)
\end{pmatrix}
\ \text{und} \
\begin{pmatrix}
c_1 & c_2 & \dotsc & c_{n-1} & 1 \\
c_2 & c_3 & \dotsc & 1 \\
\vdots & & %\iddots \\
c_{n-1} & 1 \\
1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
\begin{Theorem}
\emph{
Es gilt
\begin{align}\label{ziel1}
\expo{At}=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j, \qquad \forall A \in \C^{n\times n}.
\end{align}
}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in \C^{n\times n}$ beliebig und setze
\begin{align*}
\Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^j.
\end{align*}
Gleichung \eqref{ziel1} ist bewiesen, wenn man zeigen kann, dass $\Phi(t)$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot\Phi(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, da $t\mapsto \expo{At}$ die einzige Lösung ist. Offensichtlich erfüllt $\Phi$ die Anfangsbedingung, denn es gilt nach Definition $q_0(0)=z^{(n-1)}(0)=1$ und
\begin{align*}
q_j(0)=z^{(n-j-1)}(0)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(0)=0, \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}.
\end{align*}
Zeige nun $\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=0$. Es gilt
\begin{align}\label{eins}
\dot\Phi(t)-A \Phi(t)=\sum_{j=0}^{n-1}\dot{q}_j(t)A^j-\sum_{j=0}^{n-1}q_j(t)A^{j+1}=\dot{q}_0(t)E-q_{n-1}(t)A^n+\sum_{j=1}^{n-1}\Big(\dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t) \Big)A^j.
\end{align}
Das Hamilton-Caley Theorem liefert $f_A(A)=A^n + \sum_{j=0}^{n-1}c_jA^j =0$, also gerade
\begin{align*}
-q_{n-1}(t)A^n = c_0q_{n-1}(t)E+\sum_{j=1}^{n-1}c_jq_{n-1}(t)A^j.
\end{align*}
Einsetzen in \eqref{eins} liefert somit insgesamt
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)-A \Phi(t)=\Big( \dot{q}_0(t)+c_0 q_{n-1}(t) \Big) E + \sum_{j=1}^{n-1} \Big( \dot{q}_j(t)-q_{j-1}(t)+c_j q_{n-1}(t) \Big)A^j.
\end{align*}
Im Folgenden genügt es also weiter lediglich
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) &= -c_0q_{n-1}(t) \\
\dot{q}_j(t) &= q_{j-1}-c_jq_{n-1}(t),\qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\}
\end{align*}
zu zeigen. Nach Definition gilt $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$. Dies liefert $\dot{q}_j(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ und zusammen mit $q_{n-1}(t)=z(t)$ folgt
\begin{align}\label{gl}
\dot{q}_j(t) + c_j q_{n-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{0,1, \dotsc, n-1\}.
\end{align}
Für $j=0$ folgt also gerade
\begin{align*}
\dot{q}_0(t) + c_0 q_{n-1}(t)= z^{(n)}(t)+\sum_{k=0}^{n-1}c_{k}z^{(k)}(t)=0,
\end{align*}
da nach Voraussetzung $t\mapsto z(t)$ Lösung von [DGL] ist. Betrachtet man nun für $j\geq 1$ gerade $q_j(t)= z^{(n-j-1)}(t) +\sum_{k=1}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k-1)}(t)$ unter den Substitutionen $j\mapsto j-1$ und $k\mapsto k+1$, dann liefert dies gerade
\begin{align*}
q_{j-1}(t)= z^{(n-j)}(t)+\sum_{k=0}^{n-j-1}c_{k+j}z^{(k)}(t), \qquad \forall j\in\{1, \dotsc, n-1\},
\end{align*}
was mit \eqref{gl} schließlich $\dot{q}_j(t) = q_{j-1}(t)-c_jq_{n-1}(t)$ für alle $j\in\{1, \dotsc, n-1\}$ zeigt.
\end{proof}
\begin{Theorem}
\emph{Es gilt
\begin{align*}
\expo{A t} = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i, \qquad \forall A\in \C^{n\times n}
\end{align*}
wobei $P_0=E$, $P_j = \prod_{k=1}^{j}(A-\lambda_k E)$ für $j\in\{1, \dotsc, n\}$ und $r_1(t), \dotsc , r_n(t)$ die Lösungen des Systems
\begin{equation*}
\begin{alignedat}{2}
\dot{r}_1(t) &= \lambda_1 r_1(t) \\
\dot{r}_j(t) &= r_{j-1}(t)+\lambda_j r_j(t), &&\qquad\forall j\in\{2, \dotsc, n\} \\
r_1(0) &= 1, \quad r_j(0)=0, &&\qquad \forall j\in\{2, \dotsc, n\}
\end{alignedat}
\end{equation*}
seien.}
\end{Theorem}
\begin{proof}
Sei $A\in\C^{n\times n}$ beliebig. Setze
\begin{align*}
\Phi(t) = \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i.
\end{align*}
Wieder wird gezeigt, dass $\Phi$ Lösung des Anfangswertproblems $\dot{\Phi}(t)=A \Phi(t)$, $\Phi(0)=E$ ist, und somit $\Phi(t)=\expo{At}$ gilt. \\
Setze $r_0(t)=0$. Dann folgt mit $\dot{r}_{j+1}(t) = r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t)$ und einer Indexverschiebung
\begin{align*}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-1}\dot{r}_{j+1}(t)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-1}\Big(r_{j}(t)+\lambda_{j+1} r_{j+1}(t) \Big)P_i - \sum_{j=0}^{n-1}r_{j+1}(t)P_i \\
&= \sum_{j=0}^{n-2}\Big( P_{j+1}+ \left(\lambda_{j+1}-\lambda_n \right) P_j \Big) r_{j+1}(t).
\end{align*}
Wegen $P_{j+1}= (A-\lambda_{j+1}E)P_j$ folgt aus obiger Gleichung
\begin{align}
\begin{split}\label{fin}
\dot{\Phi}(t)- \lambda_n \Phi(t) &= \sum_{j=0}^{n-2}\Big(A-\lambda_n E \Big)P_j r_{j+1}(t) \\
&= (A-\lambda_n E) \big( \Phi(t)- r_n(t)P_{n-1} \big) \\
&=(A-\lambda_n E)\Phi -r_n(t)P_n.
\end{split}
\end{align}
Wegen dem Hamilton-Cayley Theorem gilt $f_A(A)=P_n=0$, also folgt aus \eqref{fin} gerade $\dot{\Phi}(t) = A \Phi(t)$.
Da wegen $r_j(0)=0$ für $ j\in\{2, \dotsc, n\}$ und $r_1(0)=1$ gerade
\begin{align*}
\Phi(0)=r_1(0)E+\sum_{j=2}^{n}r_{j}(0)P_{j-1} = E
\end{align*}
gilt, folgt insgesamt $\Phi(t)=\expo{At}$.
\end{proof}
\end{document}
