• No results found

HOMOGENA DIFFERENTIALEKVATIONSSYSTEM MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "HOMOGENA DIFFERENTIALEKVATIONSSYSTEM MED KONSTANTA KOEFFICIENTER"

Copied!
12
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

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 XAX

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

(2)

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 XKet i systemet XAX Vi får KetAKet som ger (efter förkortning med skalärfunktionen et)

K

AK  eller (AI)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  ,…, 1n. Då är motsvarande egenvektorer linjärt oberoende (en sats i algebra-kusen): Därför är också

(3)

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

X1 12 2

den allmänna lösningen till homogena systemet XAX .

Uppgift 1. Lös homogena systemet XAX 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.

(4)

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

(5)

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)(232)0 har tre lösningar

11

 , 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

(6)

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

(7)

Sida 7 av 12



 





 



4 ) 2 0 (

2 2

1 1

X

X X

Lösning: Matrisen

 

 2 2

1

A 1 har två egenvärden 10, 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 c22.

Därmed är X e3t e3t

4 2 2

2 1 1

0 1 

 





 

 



 

  den sökta lösningen.

Svar. X e3t 4 2

 



(8)

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 (AkI)K 0 ( dvs Ker(AkI)) har dimension =2 då kan vi välja två linjäroberoende egenvektorer K1 och K2 och därmed bilda två tillhörande linjärt oberoende lösningar X1K1e1t och X2K2e2t.

Fall 2b) Om lösningsrummet till vektorekvationen (AkI)K 0 ( dvs Ker(AkI)) har dimension =1 då väljer vi en egenvektorer K bildar en lösning X1Kekt . 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 Kk   

Om vi identifierar koefficienter framför t får vi K

AK k eller 0 )

(AkI 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 Ak ) 

(  (ekv b) .

Alltså, bestämmer vi K och P med hjälp av följande ekvationer 0

)

(AkI K  (ekv a) K

P I Ak ) 

(  (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).

(9)

Sida 9 av 12 Uppgift 3. Lös systemet XAX 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 k1s 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 Ak ) 

(  (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 p10och därmed



 

 1 P 0 .

Därför X2 Kt P e kt t e2t 1 0 0 ) 1

( 

 

 

 





 

 

(10)

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













 .

(11)

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 1,2abi.

Om K1 är en egenvektor som svarar mot 1abi då är konjugatet K2K1 en egenvektor som svara mot 2abi.

Motsvarande lösningar är komplexa vektorfunktioner e t

K

Y11 1 och Y2K2e2tK1e1tY1.

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

XY     .

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 XAX där 

 

 

6 2

5

A 4 .

Lösning: Från det(A I )0 har vi den karakteristiska ekvationen 0

34

210 

 som ger 1,2 53i. För 1 53i 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(13i)v0 eller

(12)

Sida 12 av 12 2

) 3 1 ( i v

u

. Om vi väljer v =2 har vi u13i 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 itt

 

  

 

 

 

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 

 

 

 

 

 

 .

References

Related documents

7. Avgör stabiliteten hos jämviktspunkten... a) Två linjärt oberoende lösningar till den homogena ekvationen ät t.ex... Lösning till

Motsvarande egenrummet är span( �10� ) och har dimension 1. Med andra ord: Vi kan INTE bilda en bas av n=2 linjärt oberoende egenvektorer och därför är matrisen

Sats 3. Satsen om diagonaliserbara matriser och linjärt oberoende egenvektorer Låt A vara en kvadratisk matris av typ n ×. Matrisen A är diagonaliserbar om och n endast om

En homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter är en ekvation av följande

För att bestämma en partikulär lösning y p i de flesta fall ( ”enkla” fall) antar vi att y p är an funktionen av samma typ som ekvationens högerled där ingående polynom

En homogen linjär differentialekvation med konstanta koefficienter är en ekvation av följande

.... Några exempel på högerledet och motsvarande ansats för en partikulär lösning y p. Om höger sidan är ett polynom då definieras ansatsen med hjälp av ett polynom med

En funktion T från R n (n-dimensionella vektorer) till R m (m-dimensionella vektorer) säges vara en linjär avbildning ( linjär funktion eller linjär transformation) om