Sida 1 av 12
HOMOGENA DIFFERENTIALEKVATIONSSYSTEM MED KONSTANTA KOEFFICIENTER
Vi betraktar ett system av linjära homogena DE (av första ordningen) med konstanta koefficienter
n nn n
n
n n
n n
x a x dt a
dx
x a x dt a
dx
x a x dt a
dx
1 1
2 1 21 2
1 1 1 11
där )x1(t),x2(t),...,xn(t är obekanta funktioner av variabeln t.
Ovanstående system skriver vi oftast på matrisformen AX
X (sys 0)
där
) (
) (
) (
2 1
t x
t x
t x X
n
,
) (
) (
) (
2 1
t x
t x
t x X
n
och
mn m
m
n n
a a
a
a a
a
a a
a A
...
...
...
...
...
...
...
2 1
2 22
21
1 12
11
.
Exempel:
2 2 1
2 1 1
6 2
3 x dt x
dx
x dt x
dx
är ett linjärt homogent system med två differentialekvationer och två obekanta.
Samma system på matrisformen är XAX
Där
2 1
x
X x ,
2 1
x
X x
6 2
3
A 1 .
--- För att lösa system (sys 0) använder vi ansatsen
Ke t
X
Sida 2 av 12 där
kn
k k
K
2 1
är en konstant vektor och en skalar.
Vi bestämmer K och genom att substituera ansatsen X Ket i systemet XAX Vi får Ket AKet som ger (efter förkortning med skalärfunktionen et)
K
AK eller (AI)K 0.
Därmed är ett egenvärde och K en egenvektor till matrisen A
LÖSNINGSMETODEN
För att lösa (sys 0) bestämmer vi egenvärden och egenvektorer till matrisen A genom att lösa följande ekvationer:
i) det(A I )0 (ekv 1)
ii) För varje lösning k löser vi följande vektorekvation
I K
A k )
( 0 (ekv 2 ) (en vektorekvation) dvs
i) 0
) (
...
...
...
...
...
...
) (
...
) (
2 1
2 22
21
1 12
11
nn m
n
n n
a a
a
a a
a
a a
a
(ekv 1)
ii)
k k k
k n nn m
n
n k
n k
a a
a
a a
a
a a
a
...
) (
...
...
...
...
...
...
) (
...
) (
2 1
2 1
2 22
21
1 12
11
=
0 0 0
(ekv 2 ).
FALL 1: Matrisen har n stycken olika egenvärden ,…, 1 n. Då är motsvarande egenvektorer linjärt oberoende (en sats i algebra-kusen): Därför är också
Sida 3 av 12
t
n
t e
k k k e K
X 1 1
1 21 11 1
1
,…., t
nn n n
t n n
n
n e
k k k e
K
X
2 1
linjärt oberoende. ( Visas enkelt genom att bryta ut ekt från kolonn k i Wronskis determinant.)
Därmed är X1, …, X fundamentalläsningsmängd och därmed är n
n n
h c X c X c X
X 1 1 2 2
den allmänna lösningen till homogena systemet XAX .
Uppgift 1. Lös homogena systemet XAX där
a) A a) 4 2
1 1 b) A b ) 1 31 3 c)
Lösning:
a) Vi bestämmer matrisens egenvärden och egenvektorer.
Steg 1. Först löser vi den karakteristiska ekvationen , 0
)
det(A I (ekv 1) dvs
4 2
1 1 0 ⇒ 4 1 2 0 ⇒ 5 6 0
Vi har två (olika) egenvärden 2, 3 . Alltså har 2x2 matrisen A två olika egenvärden. Därför är motsvarande egenvektorer linjärt oberoende.
Steg 2. Låt . För varje reell lösning λk löser vi vektorekvationen
I K A k )
( 0 dvs.
4 2
1 1 0
0
och bestämmer motsvarande egenvektorer.
Sida 4 av 12 För 2 har vi
4 2 2
1 1 2 0
0 , eller 2 2
1 1 0
0 , Vi får system (som har icke triviala lösningar)
2 2 0
0 ~ 0
0 0
, ä
Härav for vi egenvektorer 1
1 för s≠ 0. (Viktigt: 00 är inte egenvektor!!!) Vi behöver en egenvektor och väljer t ex
1 1
K1 . Tillhörande lösning är
t
t e
e K
X1 1 2
1
1 1
( eller
t t
e X e2
2
1 )
ii ) På samma sätt får vi för 3 får vi en egenvektor
1 2
K2 . Tillhörande lösning är
t
t e
e K
X2 2 3
1
2 2
(eller
t t
e X e3
3 2
2 ) .
Den allmänna lösningen är Xh c1X1 c2X2 c1 e2t c2 e3t 1 2 1
1
.
Svar a) Xh c1 e2t c2 e3t 1 2 1
1
b) På samma sätt som i a-delen bestämmer vi matrisens egenvärden 2 och 0, och väljer motsvarande egenvektorer 11 respektive 31
Tillhörande baslösningar är
t
t e
e K
X1 1 2
1
1 1
( eller
t t
e X e2
2
1 ) och
Sida 5 av 12
1
3 1
3 0
2
2 2
t
t e
e K
X (en konstant vektor, den här gången)
1
3 1
1
2 2 1 2 2 1
1X c X c e c
c
Xh t
Den allmänna lösningen är
1
3 1
1
2 2 1 2 2 1
1X c X c e c
c
Xh t
c) Steg 1.
0 )
det(A I ger 0
) 4 ( 0 0
2 ) 3 ( 2
2 1
) 0 (
.
Vi utveklar determinanten efter tredje raden:
) 2 3 )(
4 ( ] 2 ) 3 ( )[
4 ) ( 3 ( 2 ) 1 4 ( )
det( 2
I
A
Den karakteristiska ekvationen (4)(232)0 har tre lösningar
11
, 2 2 och 3 4 som är matrisens egenvärden.
Anmärkning: Om vi utvecklar determinanten på ett annat sätt, och förenklar, då får vi tredjegradsekvation
λ 7 λ 14 λ 8 0
Om det finns heltalslösningar till ovanstående ekvation då är de delare till konstanta termen 8.
Vi testar heltalsfaktorer till 8 : 1, 2 4 8.
Talet λ 1 är en lösning (kontrollera själv) och därför är polynomet λ 7 λ 14 λ 8
delbart med (λ 1 . Polynomdivision ger
Sida 6 av 12
λ 7 λ 14 λ 8 / λ 1 λ 6λ 8 Ekvationen
λ 6λ 8 0 ger två lösningar till 2 och ; 4.
Steg 2. För varje egenvärde λk löser vi vektorekvationen
0 0 0
) 4 ( 0 0
2 ) 3 ( 2
2 1
0
3 2 1
k k k
k k
k
.
och bestämmer motsvarande egenvektor.
Vi får följande egenvektorer ( kontrollera nedanstående svar) 1 , 1
1
0 ( vi har valt en egenvektor) ;
2 , 1
2 0 ;
4 , 0
2 1 .
Fundamentallösningsmängd är X1 et X2 e2t X3 e4t 1 2 0 ,
0 2 1 ,
0 1 1
.
Därmed är den allmänna lösningen
t t
t
h c X c X c X c e c e c e
X 1 1 2 2 3 3 1 2 2 3 4
1 2 0 0
2 1 0
1 1
.
Svar c) Xh c1 et c2 e2t c3 e4t 1 2 0 0
2 1 0
1 1
.
Uppgift 2. Lös begynnelsevärdesproblemet
Sida 7 av 12
4 ) 2 0 (
2 2
1 1
X
X X
Lösning: Matrisen
2 2
1
A 1 har två egenvärden 10, 2 3. Vi väljer tillhörande
egenvektorer
1 1
K1 och
2 1
K1 . 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
.
Konstanter bestämmer vi med hjälp av begynnelsevillkoret
4 ) 2 0 (
X .
Vi har
4
2 2
1 1
1 0
2
1 c e
c ,
eller
4 2
2
2 1
2 1
c c
c
c
som ger c1 0 och c22.
Därmed är X e3t e3t
4 2 2
2 1 1
0 1
den sökta lösningen.
Svar. X e3t 4 2
Sida 8 av 12
FALL 2: Matrisen har ett egenvärde av multipliciteten ≥ 2 . Vi betraktar fallet då ett egenvärde har multiplicitet =2. (På liknande sätt löser man fall med högre multipliciteter.) Anta att ett egenvärde, säg är dubbelrot till den karakteristiska ekvationen 1
0 )
det(A I . Vi behöver finna två linjärt oberoende lösningar som hör till . 1
Fall 2a) Om lösningsrummet till vektorekvationen (AkI)K 0 ( dvs Ker(AkI)) har dimension =2 då kan vi välja två linjäroberoende egenvektorer K1 och K2 och därmed bilda två tillhörande linjärt oberoende lösningar X1K1e1t och X2 K2e2t.
Fall 2b) Om lösningsrummet till vektorekvationen (AkI)K 0 ( dvs Ker(AkI)) har dimension =1 då väljer vi en egenvektorer K bildar en lösning X1 Kekt . Den andra baslösningen söker vi med hjälp av ansatsen
kt
e P Kt
X2 ( ) . (*)
För att välja K och P så att X2 blir en lösning substituerar vi (*) i AX
X ( sys0) och får
t t
k
t k k
k Kt P e A Kt P e
Ke ( ) ( ) .
Först förkortar vi ekvationen med ekt och får )
( )
(Kt P A Kt P Kk
Om vi identifierar koefficienter framför t får vi K
AK k eller 0 )
(AkI K (ekv a)
som visar att K är en tillhörande egenvektor (som vi har redan bestämt).
Om vi identifierar konstanta vektorer får vi K
P I A k )
( (ekv b) .
Alltså, bestämmer vi K och P med hjälp av följande ekvationer 0
)
(AkI K (ekv a) K
P I A k )
( (ekv b)
Notera en gång till att en lösning till (ekv a) är en egenvektor som vi bestämmer i början av uppgiften. Därmed har vi kvar att lösa endast (ekv b).
Sida 9 av 12 Uppgift 3. Lös systemet XAX där
a)
2 0
1
A 2 b)
2 0 0
0 1 0
1 0 1 A
Lösning a)
0 )
det(A I eller 0 (2 ) 0 2
) 2 ( 0
1 ) 2 (
2 , 1
2
Alltså är 2ett egenvärde av multipliciteten=2.
Från
0 0 )
2 ( 0
1 ) 2 (
2 1
k k
får vi
0 0 )
2 2 ( 0
1 ) 2 2 (
2 1
k k
dvs systemet
0 0
2 2
k
k där k1 s är ett godtyckligt tal. Alltså har lösnings rummet {
0 s }
dimension=1. Vi väljer en egenvektor t ex
0
K 1 (för s=1).
En lösning är X Ke2t e2t 0
1 1
För att bestämma en annan baslösning löser vi ekvationen K
P I A k )
( (ekv b) Vi har
0 1 )
2 2 ( 0
1 ) 2 2 (
2 1
p p
Härav
0 0
2 1
p .
Vi har p2 1 och p1är ett godtyckligt tal. Vi väljer t ex p10och därmed
1 P 0 .
Därför X2 Kt P e kt t e2t 1 0 0 ) 1
(
Sida 10 av 12 Slutligen är Xh c1X1 c2X2 c1 c2 t e2t
1 0 0 1 0
1
den allmänna lösningen.
Lösning b)
Matrisen
2 0 0
0 1 0
1 0 1
A har två egenvärden: λ=1 med alg. multipliciteten 2 och λ=2 med alg. multipliciteten = 1. (Kontrollera själv)
Egenvektorer:
För λ = 1 får vi
0 ⇒ 0 0 1
0 0 0
0 0 1
0 0 0
⇒ 0
0 0
0
⇒ 0
0 0
0 0
å ,
⇒ 0
1 0 0
0 1 0 Därmed är tillhörande egenrum E (λ =1) =span{ 1
0 0
, 0 1 0
} och har dimension 2.
För λ=2 har vi motsvarande egenvärde 1 0 1
ä 0
och tillhörande egenrum E (λ =2) =span{ 1 0 1
}.
Fundamentallösningsmängd är X1 et X2 et X3 e2t 1 0 1 ,
0 1 0 ,
0 0 1
.
Därmed är den allmänna lösningen
t t
t
h c X c X c X c e c e c e
X 1 1 2 2 3 3 1 2 3 2
1 0 1 0
1 0 0
0 1
.
Sida 11 av 12 FALL 3: Matrisen har komplexa egenvärden.
Anta att den karakteristiska ekvationen 0
)
det(A I (ekv 1)
har konjugerade komplexa lösningar 1,2 abi.
Om K1 är en egenvektor som svarar mot 1 abi då är konjugatet K2 K1 en egenvektor som svara mot 2 abi.
Motsvarande lösningar är komplexa vektorfunktioner e t
K
Y1 1 1 och Y2 K2e2t K1e1t Y1.
För att få reella baslösningar använder vi följande linjära kombinationer (som är, enligt superpositionsprincipen, också lösningar till systemet X’=AX)
) 2 Re(
2 1
1 1 2 1
1 Y Y Y Y Y
X
och Im( )
2
2 1
1 1 2 1
2 Y
i Y Y i
Y
X Y .
Alltså kan vi helt enkelt förenkla K1e1t (den lösning som svarar mot 1abi) och därefter välja
) Re( 1 1
1
e t
K
X och X2 Im(K1e1t)
På detta sätt får vi två reella baslösningar till systemet.
Uppgift 3. Lös systemet XAX där
6 2
5
A 4 .
Lösning: Från det(A I )0 har vi den karakteristiska ekvationen 0
34
210
som ger 1,2 53i. För 1 53i har vi vektorekvationen
0 ) 3 1 ( 2
0 5 ) 3 1 ( 0
0 )
3 1 ( 2
5 ) 3 1 (
v i u
v u i v
u i i
Ekvationer är beroende ( eftersom det(A I )0) så att vi kan välja en av dem och bestämma en egenvektor. Vi väljer t ex andra ekv. 2u(13i)v0 eller
Sida 12 av 12 2
) 3 1 ( i v
u
. Om vi väljer v =2 har vi u13i och därmed är
2 ) 3 1 (
1
i v
K u en egenvektor.
En lösning är t i e i t
e K
Y1 1 (5 3)
2 ) 3 1
1 (
som vi förenklar (Eulers formel)
) 3 sin 3 2 (cos
) 3 1 ( ) formel Eulers
2 (
) 3 1
( (5 3) 5
1 i e t i t
i e
K it t
e t
t i t
t i t i t
t 5
3 sin 2 3 cos 2
) 3 cos 3 3 (sin ) 3 sin 3 3
(cos
= t e t
t t i t
t e t
t 5 5
3 sin 2
3 cos 3 3 sin 3
cos 2
3 sin 3 3
cos
Härav väljer vi t e t
t t e t
K
X1 1 5
3 cos 2
3 sin 3 3 ) cos
Re( 1
och )X2 Im(K1e1t = e t t
t
t 5
3 sin 2
3 cos 3 3
sin
.
Den allmänna lösningen är
t t
h e
t t c t
t e t c t
X c X c
X 1 1 2 2 1 5 2 5
3 sin 2
3 cos 3 3 sin 3
cos 2
3 sin 3 3
cos
.