Sida 1 av 10
ICKE-HOMOGENA DIFFERENTIALEKVATIONSSYSTEM ( MED KONSTANTA KOEFFICIENTER I HOMOGENA DELEN)
Vi betraktar ett system av linjära icke-homogena DE (av första ordningen) med konstanta koefficienter i homogena delen
) (
) (
) (
1 1
2 2
1 21 2
1 1
1 11 1
t f x a x dt a
dx
t f x a x dt a
dx
t f x a x dt a
dx
n n nn n
n
n n
n n
där )x1(t),x2(t),...,xn(t är obekanta funktioner av variabeln t.
Ovanstående system skriver vi oftast på matrisformen )
(t F AX
X (sys 1)
där
) (
) (
) (
2 1
t x
t x
t x X
n
,
) (
) (
) (
2 1
t x
t x
t x X
n
,
mn m
m
n n
a a
a
a a
a
a a
a A
...
...
...
...
...
...
...
2 1
2 22
21
1 12
11
och
) (
) (
) (
2 1
t f
t f
t f F
n
,.
Exempel:
t x
dt x dx
t x
dt x dx
cos 6
2
sin 3
2 1 2
2 1 1
är ett icke-homogent linjärt system med två differentialekvationer och två obekanta.
Samma system på matrisformen är XAX F
Där
2 1
x
X x ,
2 1
x
X x
6 2
3
A 1 och
t F t
cos sin
---
Sida 2 av 10 LÖSNINGSMETODEN
i) Först bestämmer vi den allmänna lösningen X till den homogena systemet h AX
X (sys 0)
ii) Därefter bestämmer vi en partikulär lösning X till ”hela” systemet p )
(t F AX
X (sys 1)
iii) Den allmänna lösningen till ”hela” systemet XAX F(t) är X Xh Xp
FUNDAMENTAL MATRIS.
Anta att vi har bestämt den allmänna lösningen till homogena systemet XAX och fått
n n
h c X c X c X
X 1 1 2 2 (*)
där X1, …, X fundamentalläsningsmängd (dvs n stycken linjärt oberoende lösningar). n Den allmänna lösningen (*) kan vi skriva på matrisformen som produkten
C Xh
där matrisen [X1|X2||Xn] och vektorn
cn
c c
C
2 1
är en konstant vektor.
Definition: (Fundamentalmatris.) En matris [X1|X2||Xn], vars kolonner är n
stycken linjärt oberoende lösningar (dvs fundamentalläsningar) till homogena systemet (sys0) kallas fundamentalmatris.
Uppgift 1. Ett homogent system har följande fundamentallösningsmängd
e t
X1 2
1 1
och X2 e3t 2 1
. Bestäm tillhörande fundamentalmatris .
Lösning: Först skriver vi lösningarna som kolonnvektorer
Sida 3 av 10
t tt
e e e
X 2
2 2
1 1
1 och
t tt
e e e
X 3
3 3
2 2 2
1 .
Därefter bildar vi matrisen
tt tt
e e e X e
X 3
3 2 2 2
1| ] 2
[ .
Svar:
tt tt e e e e
3 3 2 2
2
Egenskaper: En fundamentalmatris har följande egenskaper:
1. det( ) = W där W är Wronskis determinant för lösningarna X1, …, X . n Detta är uppenbart eftersom matrisen och W har samma kolonner.
2. Eftersom kolonner i matrisen uppfyller ekvationen X AX, satisfierar följande ekvation
A (sys 2)
BESTÄMNING AV EN PARTIKULÄR LÖSNING TILL XAX F(t).
METOD 1. VARIATION AV PARAMETRAR.
Anta att vi har bestämt den allmänna lösningen till homogena systemet XAX och fått
n n
h c X c X c X
X 1 1 2 2 (*)
där X1, …, X fundamentalläsningsmängd (dvs n stycken linjärt oberoende lösningar). n Som sagt ovan kan vi bilda fundamentalmatrisen matris [X1|X2||Xn] och skriva den allmänna lösningen till homogena delen som
C
Xh (*)
För att bestämma en partikulär lösning använder vi följande ansats )
(t V
Xp (**).
Sida 4 av 10
Med andra ord byter vi konstant vektor C i homogena lösningen mot en, just nu okänd, vektorfunktion )V(t (Vi ”varierar” konstanter eller parametrar). Vi bestämmer V(t) så att (**) blir en lösning till (sys 1), genom att substituera ansatsen (**) i systemet
) (t F AX
X (sys 1)
Först beräknar vi Xp V(t)V(t) (produktregeln gäller även för matriser) och substituerar i (sys 1). Vi får
V(t) V (t) AV(t)F(t) (***)
Eftersom A (se ovanstående sys2) , gäller också V(t) AV(t) så att vi (***) förenklas till
V (t) F(t) (****) Viktigt att komma ihåg!!!
Från (****) bestämmer vi V (t), )
( )
(t 1F t V .
(Anmärkning: det( är alltid ) 0 eftersom kolloner är linjärt oberoende lösningar. Därför är
alltid inverterbar.) Härav V(t)
1F(t)dt.(Anmärkning: Vi integrerar vektorer (och matriser) elementsvis, dvs genom att integrera varje element)
Därefter )Xp V(t (=
1F )(t dt)Slutligen X XhXp ( =c1X1c2X2cnXn+
1F )(t dt)Anmärkning: Vi kan skriva X Xh Xp C
1F(t)dt(C
1F(t)dt)som liknar den kända formeln för lin. DE av första ordningen. Skillnaden i exponents tecken kommer eftersom, i ett system, flyttar vi alla obekanta till högersidan.SAMMANFATTNING om lösningsmetoden (matrismetoden) för systemet )
(t F AX
X (sys 1)
Sida 5 av 10
Steg 1. (Homogena delen) Vi bestämmer en fundamentalläsningsmängd X1, …, X och den n allmänna lösningen Xh c1X1c2X2cnXn till homogena delen XAX (med hjälp av egenvärden och egenvektorer till matrisen A).
Steg 2. Vi bildar en fundamentalmatris [X1|X2||Xn] .
Steg 3. (En partikulär lösning. ) En partikulär lösning bestämmer vi genom ansatsen )
(t V Xp
där V(t) uppfyller ekvationen: V(t) F(t)
Härav )V(t)1F(t och därefter V(t)
1F(t)dt.Därefter substitueras V(t) i ansatsen Xp V(t) Steg 4. Slutligen X XhXp.
=========================================
Uppgift 2. Lös följande system
t e y x y
t e y x x
t t
sin '
cos
Lösning: Vi skriver systemet på matrisformen )
(t F AX
X (sys 1)
där
y
X x ,
1 1
1
A 1 och
t e
t F et
t
sin cos .
i) Först löser vi homogena delen X AX. Den karakteristiska ekvationen
0 )
det(A I eller 0 (1 ) 1 0 2 2 0
) 1 ( 1
1 )
1
( 2 2
har komplexa lösningar 1,2 1i.
För 1 1i bestämmer vi en tillhörande egenvektor från
Sida 6 av 10
0 0 0
0 1
1 0
0 )
1 ( 1
1 )
1 (
iv u
v iu v
u i i v
u
Vi väljer en egenvektor t ex
1 K i .
Motsvarande baslösning är
i e ti Y (1 )
1 (Eulers formel) = t et
t i t
t i t t
i t i e
sin cos
cos ) sin
sin
1 (cos =
t
t e
t i t t e
t
sin cos cos
sin .
Vi väljer X1Re(Y)= et t
t
cos
sin och X2 Im(Y) et t t
sin cos .
Därför är den allmänna lösningen h t et
t c t t e c t
X c X c
X
sin
cos cos
sin
2 1
2 2 1
1 .
Fundamentalmatrisen är
t t
t et t
sin cos
cos
sin .
Vi bestämmer som vi använder nedan . (Notera att 1 det( är alltid ) 0 eftersom kolloner är linjärt oberoende lösningar. Därför är alltid inverterbar.)
Anmärkning:
Om
d c
b
M a och det(M)0 då är
a c
b d M M
) det(
1 1
Inversen till kM där k0 är en skalär, och det(M)0 är (kM)1k1M1 . I vårt fall har vi
t t
t e t
t t
t
e t t t
sin cos
cos sin sin
cos
cos sin
1
1 1
En partikulär lösning får vi genom ansatsen Xp V(t) där V(t) bestäms ur )
( ) (t F t V
.
Sida 7 av 10
Härav
1 0 sin
cos sin
cos
cos ) sin
( )
( 1
t e
t e t t
t e t
t F t
V t
t
t .
Därför
dt t tV 0
1 ) 0
( (Vi behöver endast en partikulär lösning, kostanterhar vi i den allmänna lösningen)
En partikulär lösning är Xp V(t)=
t t
t et t
sin cos
cos
sin
t
0 =
t tet t
sin cos .
Slutligen X XhXp= t et t c t t e
c t
sin cos cos
sin
2
1 +
t tet t
sin cos .
Svar: X t et
t c t t e
c t
sin cos cos
sin
2
1 +
t tet t
sin cos .
Uppgift 3. Lös följande system
e t
y x y
t y x x
2 3
2
'
Lösning: Vi skriver systemet på matrisformen F
AX
X (sys 1)
där
y
X x ,
2 2
1
A 1 och
t e F t3 .
i) Först löser vi homogena delen X AX.
Matrisen A har två egenvärden 10, 2 3 med motsvarande egenvektorer
1 1
K1 och
2 1
K1 (kolla själv). Därmed bidar
e t
X1 0
1 1
och X2 e3t 2 1
fundamentallösningsmängd.
Därför är den allmänna lösningen Xh c1X1 c2X2 c1 c2 e3t 2 1 1
1
.
Sida 8 av 10
Fundamentalmatrisen är
tt
e e
3 3
2 1
1 .
Vi bestämmer som vi använder nedan . 1
t t
t t
t e e
e e
e 3 3
3 3 3
1 2 1
3 1 1 1 2 3
1
ii) En partikulär lösning får vi genom ansatsen Xp V(t) där V(t) bestäms ur )
( ) (t F t V
.
Härav
1 2 3 1 1
2 3 ) 1 ( )
( 3
3 3
3 3 1
t t t
t
t te
e t e
t e t e
F t
V .
Därför
3 27 9
9 3 9
3 3 3
1 1 2 3 ) 1
( 3 3
3 2
3 3
3 2
3 3
t e te
e t
e t te
t e te dt
e t t
V t t
t
t t
t
t t
.
Därmed är
) (t V Xp =
3 27 9
9 3 2
1 1
3 3
3 2
3 3
t e te
e t e
e
t t
t
t t
=
Slutligen X XhXp=c1 c2 e3t 2 1 1
1
+
Sida 9 av 10
BESTÄMNING AV EN PARTIKULÄR LÖSNING TILL XAX F(t). METOD 2. OBESTÄMDA KOEFFICIENTER
Om höger ledet innehåller endast kostanter, polynom, exponentialfunktioner sinus- eller cosinusfunktioner kan vi bestämma en partikulär lösning med hjälp av en lämpligt ansats som innehåller polynom med obestämda koefficienter.
Exempelvis:
om
6
F 10 , försöker vi med vi ansatsen
b Xp a
om
t F t
2
3 , försöker vi med vi ansatsen
d ct
b Xp at .
Anmärkning: Om polynom i höger ledet har (högst) grad k, vanligtvis försöker vi med samma grad k för polynom (med obestämda koefficienter) i ansatsen. Men det kan hända att en sådan ansats saknar lösning (s.k. resonansfall). Då måste vi höja graden för ansatsen.
Uppgift 4. Bestäm en partikulär lösning till F
AX
X (sys 1)
där
y
X x ,
4 1
2
A 1 och
6 F 4 .
Lösning:
Vi försöker med ansatsen
b Xp a :
Substitutionen av
b
Xp a och
0
0
Xp i systemet F
AX X ger
0
0
6 4 4
1 2 1
b
a .
Härav
Sida 10 av 10 0
6 4
0 4 2
b a
b a
som ger a2, b1.
Därför är
1 2
Xp en partikulär lösning.