x 1(t) = x 2 (t) x 2(t) = x 1 (t)

Transkript

1 Differentialekvationer II Modellsvar till räkneövning (kl B222) 1. Lös det linjära homogena DE-systemet x 1(t) = x 2 (t) x 2(t) = x 1 (t) med matrismetoden. Påminnelse: egenvärden och egenvektorer till motsvarande matris söktes i uppgift 3:5.(ii). Lösning: I matrisform är systemet ( ) x 1 = x 2 ( 1 1 ) ( ) x1 Karakteristiska polynomet är p(λ) = λ =, så egenvärdena är λ 1 = i och λ 2 = i, med motsvarande egenvektorer u = (1, i) T och v = (1, i) T (endast u behövs för lösningen). Skriv x 2 u = a + ib = (1, ) T + i(, 1) T, där a = R(u) och b = I(u) är koordinatvis den reella samt den imaginära delen av vektorn u. Enligt beteckningarna från kompendiets Sats 5.15 är λ 1 = i = + i 1 (dvs. α = och β = 1). Av Sats 5.15 följer att t (x 1 (t), x 2 (t)) bildar ett fundamentalsystem av lösningsfunktioner, där x 1 (t) = e t( cos(t)a sin(t)b ) = cos(t)(1, ) T sin(t)(, 1) T = (cos(t), sin(t)) T, och på liknande sätt x 2 (t) = sin(t)a + cos(t)b = (sin(t), cos(t)) T för t R. Alla lösningar är alltså x(t) = C 1 x 1 (t) + C 2 x 2 (t) = ( C 1 cos(t) + C 2 sin(t), C 1 sin(t) + C 2 cos(t) ) T, dvs. x 1 (t) = C 1 cos(t)+c 2 sin(t), x 2 (t) = C 1 sin(t)+c 2 cos(t) där C 1, C 2 R är godtyckliga konstanter och x(t) = (x 1 (t), x 2 (t)). 1

2 2. Lös ovanstående uppgift 4:1 med elimineringsmetoden (derivera den 1. ekvationen och substituera x 2(t) från den 2. ekvationen). Lösning: Derivera och substituera enligt anvisningen, vilket ger x 1 = x 2 = x 1. Den resulterande andra ordningens differentialekvationen har karaktäristiska ekvationen r 2 = 1, vars rötter är r 1 = i och r 2 = i. Kursen DEI ger att lösningarna är x 1 (t) = C 1 cos(t) + C 2 sin(t). Från första ekvationen i DE-systemet följer då att x 2 (t) = x 1(t) = C 1 sin(t) + C 2 cos(t). Detta är naturligtvis samma lösningar som i första uppgiften. 3. Sök ett fundamenalsystem av lösningar till det linjära homogena DEsystemet x (t) = 2 2 x(t) Tips: λ = 1 är en rot till det karakteristiska polynomet. Lösning: Vi börjar med att söka egenvärdena till matrisen. Den karaktäristiska ekvationen är 3 λ λ λ = λ + λ 3 λ λ λ = 4(2(3 λ) 8) + λ(3 λ) 2 16λ = 24 8λ 32 16λ + 9λ 6λ 2 + λ 3 = λ 3 6λ 2 15λ 8 = (λ + 1)(λ 2 7λ 8) = (λ + 1) 2 (λ 8) =. Egenvärdena är alltså λ 1 = 1 (dubbelrot) och λ 2 = 8. Vi söker motsvarande egenvektorer. 2

3 Fallet λ = 1: Vi söker alltså u = (u 1,, u 3 ) R 3, u, så att u u 3 Detta ger villkoret 2u u 3 = (eftersom alla ekvationer är densamma). Detta är ekvationen för ett plan i R 3 genom origo. Vi finner två linjärt oberoende egenvektorer på följande sätt. Välj först =, varav u 3 = u 1, så att valet u 1 = 1 ger egenvektorn u = (1,, 1) T. Välj därefter u 3 =, som ger villkoret = 2u 1. Valet u 1 = 1 ger egenvektorn v = (1, 2, ) T. Motsvarande vektorlösningar är x 1 (t) = e t u, x 2 (t) = e t v, t R. Fallet λ = 8: Vi söker u = (u 1,, u 3 ) R 3, så att u u 3 Detta ger det linjära ekvationssystemet 5u u 3 = 2u u 3 = 4u u 3 =. Genom att addera 4 gånger 1. ekvationen till den 2. ekvationen, så elimineras och kvar är villkoret 18( u 1 + u 3 ) =, dvs. u 1 = u 3. (Eliminering av från sista ekvationen leder till samma villkor.) Välj u 1 = u 3 = 2 i 1. ekvationen så att = 1. (Kontrollera att dessa val löser det ursprungliga ekvationssystemet.) Vi erhåller alltså egenvektorn z = (2, 1, 2) T, samt vektorlösningsfunktionen x 3 (t) = e 8t z. (Alternativ: gaussisk eliminering.) Matrisen är symmetrisk, så teorin garanterar att detta ger ett fundamentalsystem av lösningar. (Kontrolleras vid behov genom att beräkna motsvarande Wronskis determinant, exempelvis i punkten t = ). Konklusion: t (x 1 (t), x 2 (t), x 3 (t)) är ett fundamentalsystem av lösningar till DE-systemet. 4. Sök alla lösningar till det linjära homogena DE-systemet x (t) = x(t)

4 Tips: matrisen är symmetrisk, och det karakteristiska polynomet är p(λ) = (λ 5)(λ 2) 2. Lösning: vi verifierar först att det karakteristiska polynomet verkligen har den påstådda formen. 3 λ λ 1 = (3 λ) 3 λ λ 1 3 λ λ λ 1 1 = (3 λ)( (3 λ) 2 1 ) 2(2 λ) = (3 λ)(2 λ)(4 λ) 2(2 λ) = (2 λ)(λ 2 7λ + 1) = (2 λ) 2 (5 λ) =. Egenvärden alltså λ = 2 (dubbelrot) och λ = 5. Vi söker motsvarande egenvektorer. Fallet λ = 5. Vi söker u = (u 1,, u 3 ) T olika -vektorn, så att Motsvarande linjära ekvationssystem är u 1 u 3 2u u 3 = u u 3 = u 1 + 2u 3 =. Genom att addera 2 gånger 2. ekvationen till den 1. ekvationen, erhålls villkoret 3( + u 3 ) = som ger = u 3. Välj = u 3 = 1, vilket ger u 1 = 1. Vi erhåller egenvektorn u = (1, 1, 1) T (detta kan också ses direkt från ekvationssystemet), samt vektorlösningsfunktionen t x 1 (t) = e 5t u. Fallet λ = 2. Vi söker v = (v 1, v 2, v 3 ) T, olika -vektorn, så att u 1 u 3 Detta ger villkoret v 1 +v 2 +v 3 =, som är ekvationen för ett plan i R 3 genom origo. Vi kan välja (exempelvis) = och u 1 = 1, vilket ger egenvektorn 4

5 v = (1,, 1) T. Valen u 3 = och u 1 = 1 ger en annan (linjärt oberoende) egenvektor v = (1, 1, ) T. Motsvarande vektorlösningsfunktioner är x 2 (t) = e 2t v, x 3 (t) = e 2t z, t R. Teorin ger att (x 1, x 2, x 3 ) är ett fundamentalsystem av lösningar. 5. Sök alla lösningar till DE-systemet x 1(t) = 2x 1 (t) + x 2 (t) x 2(t) = x 1 (t) + 2x 2 (t). Lösning: DE-systemet i matrisform är ( ) ( ) ( ) x x1 =. 1 2 x 2 Den karakteristiska ekvationen för motsvarande matris är x 2 (2 λ) = λ 4λ + 5 =, och egenvärdena är alltså λ 1 = 2 + i och λ 2 = 2 i. För att hitta motsvarande egenvektorer låt u = (u 1, ) och betrakta ( ) ( ) ( ) ( ) i 1 u1 iu1 + u = 2 =. 1 i u 1 i Fösta ekvationen ger = iu 1 (vilket också satisfieras av den 2. ekvationen), så välj u 1 = 1 och u = (1, i)) T = (1, ) T + i(, 1) T = a + ib. (En egenvektor som motsvarar λ 2 = 2 i är v = (1, i) T, men denna behövs inte för komplexa konjugatpar.) Teorin (enkelt komplext konjugatpar, se Kompendiet sid ) ger vektorlösningsfunktionerna x 1 (t) = e 2t cos(t)(1, ) e 2t sin(t)(, 1), x 2 (t) = e 2t sin(t)(1, )+e 2t sin(t)(, 1) för t R, som bildar ett fundamentalsystem av lösningar. 5

6 6. Sök alla lösningar till det linjära homogena DE-systemet 1 1 x (t) = x(t) med matrismetoden. Kommentar: jämför med uppgift 3:3 för svaret. Lösning: Vi söker först egenvärdena. Karakteristiska polynomet är 1 λ λ 1 = (1 λ) 2 λ λ 1 1 λ λ = (1 λ)(2 λ)(1 + λ) (1 λ) + ( 1 λ) + 2 = (1 λ)(2 λ)(1 + λ) =. Egenvärdena λ 1 = 1, λ 2 = 1, λ 3 = 2, och vi söker motsvarande egenvektorer. För λ 1 = 1 söker vi u = (u 1,, u 3 ) T olika -vektorn, så att u 1 u 3 = 2u 1 u u 3 2u 1 + Ekvationerna 1. och 3. ger villkoret = 2u 1. Välj u 1 = 1, så att u 3 = 7 från den mellersta ekvationen. Alltså u = (1, 2, 7) T duger tillsammans med motsvarande vektorlösningsfunktion t x 1 (t) = e t u. För λ 2 = 1 söker vi v = (v 1, v 2, v 3 ) T olika -vektorn, så att 1 u = u u u 3 2u 1 + 2u 3 Första ekvationen ger =, och de två övriga ekvationerna är u 1 + u 3 =. Välj u 1 = 1, så att v = (1,, 1) T. Motsvarande vektorlösningsfunktion är t x 2 (t) = e t v. För λ 3 = 2 söker vi z = (z 1, z 2, z 3 ) T olika -vektorn, så att 1 1 z 1 z 1 z z 2 = z 1 + z z 3 2z 1 + z 2 3z 3 6

7 De 1. och 2. ekvationerna ger villkoren z 2 = z 1 och z 3 = z 1 (vilka också satisfierar den 3. ekvationen). Vi kan välja z 1 = 1 och z = (1, 1, 1) T, samt vektorlösningsfunktionen t x 3 (t) = e 2t z. Teorin (olika enkla reella egenvärden) ger att (x 1, x 2, x 3 ) är ett fundamentalsystem av lösningar till DE-systemet. Den allmänna lösningen t x(t) i vektorform är alltså x(t) = C 1 e t (1, 2, 7) T + C 2 e t (1,, 1) T + C 3 e 2t (1, 1, 1) T för t R, där C 1, C 2, C 3 R är godtyckliga konstanter. 7