1 e 2t R 2 2. det(x(t)) = 1 e 2t = 2e2t > 0.. Villkoret a 21 a 22

Differentialekvationer II R¨akne¨ovning 5 Modellsvar 23.4.2018 (kl 12-14 B222) 1. Visa att matrisen

X(t) =

 1 e^2t

−1 e^2t



∈ R^2×2

¨ar inverterbar f¨or varje t ∈ R, och best¨am den inversa matrisen X(t)⁻¹. L¨osning. L˚at t ∈ R. Enligt Linj¨ar Algebra ¨ar X(t) inverterbar i R^2×2eftersom

det(X(t)) =    

1 e^2t

−1 e^2t    

= 2e^2t > 0.

L˚at Y = X(t)⁻¹ =a₁₁ a₁₂ a21 a22



. Villkoret

Y · X(t) =a₁₁ a₁₂ a₂₁ a₂₂



· 1 e^2t

−1 e^2t



=1 0 0 1



ger det linj¨ara ekvationssystemet

a₁₁− a₁₂= 1 e^2t(a11+ a12) = 0 a₂₁− a₂₂= 0 e^2t(a₂₁+ a₂₂) = 1.

Den 2. ekvationen ger a₁₂ = −a₁₁ varefter 1. ekvationen ger a₁₁ = 1/2, s˚a att a₁₂ = −1/2. Likas˚a, den 3. ekvationen ger a₂₂= a₂₁, s˚a att den 4. ekvationen ger a22= (1/2)e^−2t= a21. Allts˚a

Y = X(t)⁻¹ = 1 2

 1 −1

e^−2t e^−2t



= 1

2e^−2te^2t −e^2t

1 1

 .

I uppgifterna 5:2 och 5:3 har matriserna samma karakteristiska polynom (en trippelrot) och samma egenvektorer, men l¨osningarna ¨ar inte identiska.

2. Anv¨and matrismetoden till att l¨osa det linj¨ara DE-systemet

x⁰(t) =





1 1 0 0 1 1 0 0 1



x(t).

L¨osning. L˚at A =





1 1 0 0 1 1 0 0 1



. Det karakteristiska polynomet ¨ar

p(λ) =      

1 − λ 1 0

0 1 − λ 1

0 0 1 − λ

= (1 − λ)    

1 − λ 1 0 1 − λ

= (1 − λ)³ = 0,

som har trippelroten λ = 1. Vi best¨ammer motsvarande egenvektorer.

L˚at u = (u₁, u₂, u₃)^T 6= 0 satisfiera

(A − I₃)u =





0 1 0 0 0 1 0 0 0







 u₁ u₂ u3



=



 u₂ u₃ 0



=



 0 0 0



.

Detta ger u₂ = u₃ = 0 och vi v¨aljer u₁ = 1, dvs. egenvektorn u = (1, 0, 0)^T. Motsvarande l¨osningsfunktion ¨ar t 7→ x1(t) = e^tu.

Eftersom detta ger endast en linj¨art oberoende egenvektor f¨or λ = 1 s˚a b¨or vi s¨oka v = (v₁, v₂, v₃)^T 6= 0 f¨or vilken

(A − I₃)²v = 0, samt (A − I₃)v 6= 0.

H¨ar ¨ar

(A − I₃)² =





0 1 0 0 0 1 0 0 0



·





0 1 0 0 0 1 0 0 0



=





0 0 1 0 0 0 0 0 0



, (A − I₃)v =



 v₂ v₃ 0



. Villkoren ovan ger att v₃ = 0 samt att v₂ 6= 0. Vi kan v¨alja (exempelvis) v = (0, 1, 0)^T, samt enligt teorin som motsvarande l¨osningsfunktion

t 7→ x₂(t) = e^t v + t(A − I₃)v
= e^t



 t 1 0



.

F¨or en tredje linj¨art oberoende (generaliserad) egenvektor z = (z₁, z₂, z₃)^T 6=

0 f¨or λ = 1 betraktar vi villkoren

(A − I₃)³z = 0, samt (A − I₃)²z 6= 0.

Eftersom (A−I₃)³ = 0 (noll-matrisen) och (A−I₃)²z =



 z₃

0 0



, s˚a kan vi v¨alja (exempelvis) z = (0, 0, 1)^T. Motsvarande l¨osningsfunktion ¨ar enligt teorin

t 7→ x₃(t) = e^t z + t(A − I₃)z + t²

2(A − I₃)²z
= e^t





t² 2

t 1



. 3. Anv¨and matrismetoden till att l¨osa det linj¨ara DE-systemet

x⁰(t) =





1 1 1 0 1 1 0 0 1



x(t).

L¨osning. L¨osningen ¨ar n¨astan identisk med l¨osningen till uppgift 5:2, s˚a vi anger endast skillnaderna. L˚at B =





1 1 1 0 1 1 0 0 1



, f¨or vilken det karakteristiska polynomet ¨ar (determinanten utvecklad enligt 1. kolumnen)

p(λ) =      

1 − λ 1 1

0 1 − λ 1

0 0 1 − λ

= (1 − λ)    

1 − λ 1 0 1 − λ

= (1 − λ)³.

Vi har igen trippelroten λ = 1. Betrakta u = (u1, u2, u3)^T 6= 0 med (B − I₃)u =





0 1 1 0 0 1 0 0 0







 u₁ u₂ u₃



=





u₂ + u₃ u₃

0



=



 0 0 0



.

Detta ger u₂+u₃ = u₃ = 0, s˚a u₂ = 0 och vi v¨aljer u₁ = 1. Vi har egenvektorn u = (1, 0, 0)^T och l¨osningsfunktionen t 7→ x₁(t) = e^tu.

Betrakta d¨arefter v = (v₁, v₂, v₃)^T 6= 0 f¨or vilken (B − I₃)²v = 0, samt (B − I₃)v 6= 0, d¨ar (B − I₃)² =





0 0 1 0 0 0 0 0 0



. Villkoren ovan ger att v₃ = 0 samt att v₂ 6= 0.

Vi kan v¨alja (exempelvis) v = (0, 1, 0)^T, och f˚ar l¨osningsfunktionen t 7→ x₂(t) = e^t v + t(B − I₃)v
= e^t



 t 1 0



.

F¨or den tredje linj¨art oberoende generaliserade egenvektorn z = (z₁, z₂, z₃)^T 6=

0 f¨or λ = 1 betrakta igen

(B − I₃)³z = 0, samt (B − I₃)²z 6= 0.

H¨ar (B − I₃)³ = 0 (noll-matrisen), och v¨alj (exempelvis) z = (0, 0, 1)^T samt l¨osningsfunktionen

t 7→ x3(t) = e^t z + t(B − I3)z + t²

2(B − I3)²z
= e^t



 t + ^t₂²

t 1



. Notera: enda skillnaden till l¨osningen i uppgift 5:2 kommer av termen

(B − I₃)z =





0 1 1 0 0 1 0 0 0







 0 0 1



=



 1 1 0



.

4. L¨os DE-systemet

x⁰₁(t) = x1(t) + x2(t) x⁰₂(t) = x₁(t) + x₂(t).

L¨osning. Karakteristiska polynomet till A =1 1 1 1



¨ ar

p(λ) =    

1 − λ 1 1 1 − λ

= (1 − λ)²− 1 = 0, vilket ger egenv¨ardena λ = 0 och λ = 2.

F¨or λ = 0 ger villkoret

1 1 1 1

 u₁ u₂



=u₁+ u₂ u₁+ u₂



=0 0



att vi kan v¨alja u = (1, −1)^t som egenvektor. F¨or λ = 2 erh˚alls villkoret

−1 1

1 −1

 v₁ v2



=−v₁+ v₂ v1− v2



=0 0

 ,

samt v = (1, 1)^t som motsvarande egenvektor. Enligt teorin ¨ar alla l¨osningar t 7→ x(t) = C₁u + C₂e^2tv,

d¨ar C1, C2 ∈ R godtyckliga konstanter.

5. L¨os det icke-homogena linj¨ara DE-systemet x⁰₁(t) = x₁(t) + x₂(t) + e^−t x⁰₂(t) = x₁(t) + x₂(t) + e^t

med formeln f¨or variation av konstanterna (se kompendiet, kapitel 5.5) P˚a- minnelse: motsvarande homogena DE-system l¨oses i uppgift 5:4 och inversen X(t)⁻¹ till en fundamentalmatris X(t) ber¨aknas i uppgift 5:1.

L¨osning. Enligt uppgift 5:4 ¨ar

X(t) = 1 e^2t

−1 e^2t



en fundamentalmatris av l¨osningar till motsvarande homogena DE-system x⁰₁(t) = x₁(t) + x₂(t)

x⁰₂(t) = x₁(t) + x₂(t).

Enligt metoden med variation av konstanterna (se Kompendiet, sidorna 79- 80; speciellt (5.36)) har det icke-homogena DE-systemet en l¨osning

t 7→ x0(t) = X(t) Z t

X(s)⁻¹b(s)ds,

d¨ar b(s) = e^−s e^s



f¨or s ∈ R. Den inversa matrisen X(s)⁻¹ ber¨aknades i uppgift 5:1, varifr˚an

X(s)⁻¹b(s) = 1 2

 1 −1

e^−2s e^−2s

 e^−s e^s



= 1 2

 e^−s− e^s e^−3s+ e^−s

 .

Integralfunktionen ovan ber¨aknas koordinatvis: 1. koordinaten ger (1/2)

Z t

(e^−s− e^s)ds = (1/2)(−e^−t− e^t),

medan 2. koordinaten ger (1/2)

Z t

(e^−3s+ e^−s)ds = (1/2) − (1/3)e^−3t− e^t
.

Vi multiplicerar till sist med X(t) och erh˚aller (kort utr¨akning) att x₀(t) = X(t)

Z t

X(s)⁻¹b(s)ds = 1 2

 1 e^2t

−1 e^2t

  −e^−t− e^t

−(1/3)e^−3t− e^t



= 1 2

−⁴₃e^−t− 2e^t

2 3e^−t



= 1 6

−4e^−t− 6e^t 2e^−t

 .

Enligt teorin ¨ar alla l¨osningar till det ursprungliga DE-systemet allts˚a x(t) = C₁ 1

−1



+ C₂e^2t1 1

 + 1

6

−4e^−t − 6e^t 2e^−t

 , d¨ar C₁, C₂ ∈ R godtyckliga konstanter.

Kommentar: detta icke-homogena DE-system kan (l¨attare) l¨osas genom f¨ors¨oket x₀(t) = e^ta + e^−tb, d¨ar a, b ∈ R² ¨ar ok¨anda vektorer (dvs. 4 ok¨anda koordinater).

6. S¨ok alla l¨osningar y = y(x) till den linj¨ara homogena differentialekvationen y⁽⁴⁾− 2y⁰⁰+ y = 0

genom att reducera differentialekvationen till ett 4 × 4 linj¨art DE-system, samt d¨arefter l¨osa systemet med matrismetoden.

L¨osning. Reducera DEn till ett DE-system genom substitutionerna z₁(x) = y(x), z₂(x) = y⁰(x), z₃(x) = y⁰⁰(x), z₄(x) = y⁽³⁾(x), varmed allts˚a z₁⁰ = z₂, z₂⁰ = z₃, z₃⁰ = z₄, samt z₄⁰ = y⁽⁴⁾ = 2y⁰⁰− y = −z₁ + 2z₃. Vi erh˚aller allts˚a DE-systemet i matrisformen

z⁰(x) = Az(x), d¨ar z(x) = (z₁(x), z₂(x), z₃(x), z₄(x))^T och

A =









0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

−1 0 2 0







∈ R^4×4.

Egenv¨arden? Karakteristiska polynomet ¨ar (som utvecklad enligt 1. raden)

p(λ) =        

−λ 1 0 0

0 −λ 1 0

0 0 −λ 1

−1 0 2 −λ

= −λ      

−λ 1 0

0 −λ 1

0 2 −λ

−      

0 1 0

0 −λ 1

−1 2 −λ

= λ²(λ²− 2) + 1 = λ⁴− 2λ²+ 1 = 0,

dvs. (λ − 1)²(λ + 1)² = 0. Allts˚a λ = 1 och λ = −1 ¨ar b˚ada dubbelr¨otter.

Egenvektorer? Fallet λ = 1. F¨or u = (u₁, u₂, u₃, u₄)^T ger

(A − I₄)u =









−1 1 0 0

0 −1 1 0

0 0 −1 1

−1 0 2 −1















 u₁ u₂ u₃ u₄









=









−u₁+ u₂

−u₂+ u₃

−u₃+ u₄

−u₁+ 2u₃− u₄









=







 0 0 0 0









villkoret u₁ = u₂ = u₃ = u₄ s˚a vi kan v¨alja u = (1, 1, 1, 1)^T. Vi s¨oker d¨arefter en generaliserad egenvektor v = (v₁, v₂, v₃, v₄)^T, inte parallell med u, s˚a att

(A − I₄)²v = 0.

En liten utr¨akning ger villkoret









1 −2 1 0

0 1 −2 1

−1 0 3 −2

2 −1 −4 3















 v₁ v₂ v₃ v₄









=









v₁− 2v₂ + v₃ v₂− 2v₃ + v₄

−v₁+ 3v₃− 2u₄ 2v₁− v₂− 4v₃+ 3v₄









=







 0 0 0 0







 .

Gaussisk eliminering samt valet v₁ = 0 ger v₃ = 2v₂ och v₄ = 3v₂. Vi v¨aljer v = (0, 1, 2, 3)^T.

Fallet λ = −1. Som ovan:

(A + I4)w =









1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1

−1 0 2 1















 w₁ w2

w₃ w₄









=









w₁+ w₂ w2+ w3

w₃+ w₄

−w₁+ 2w₃+ w₄









=







 0 0 0 0









ger villkoret w₂ = −w₁, w₃ = w₁, w₄ = −w₁, s˚a v¨aljer w = (1, −1, 1, −1)^T. F¨or en generaliserad egenvektor t = (t₁, t₂, t₃, t₄)^T, inte parallell med w, d¨ar

(A + I₄)²t = 0 erh˚alls villkoret









1 2 1 0

0 1 2 1

−1 0 3 2 2 −1 4 3















 t1

t₂ t₃ t4









=









t1+ 2t2+ t3

t₂+ 2t₃+ t₄

−t₁+ 3t₃+ 2t₄ 2t1− t2+ 4t3+ 3t4









=







 0 0 0 0







 .

Gaussisk eliminering samt valet t₁ = 0 ger t₃ = −2t₂ och t₄ = 3t₂. Vi v¨aljer t = (0, 1, −2, 3)^T.

Konklusion: alla l¨osningar till det reducerade DE-systemet ¨ar

z(x) = C₁e^xu + C₂e^x(u + x(A − I₄)v) + C₃e^−xw + C₄e^−x(t + x(A + I₄)t).

L¨osningen y(x) = z₁(x) erh˚alls fr˚an den 1. koordinaten ovan (f¨or detta be- r¨akna ¨annu vektorerna (A − I₄)v samt (A + I₄)t i R⁴).

Kommentar: den ursprungliga linj¨ara DEn har standardsubstitutionen y(x) = e^rx, som ger samma karakteristiska ekvation r⁴− 2r²+ 1 = 0. Mots- varande l¨osningar ¨ar betydligt l¨attare att skriva ut (men denna teori har inte behandlats p˚a kurserna).