x(t) I elimeringsmetoden deriverar vi den första ekvationen och sätter in x 2(t) från den andra ekvationen:

Transkript

1 Differentialekvationer II Modellsvar: Räkneövning 6 1. Lös det icke-homogena linjära DE-systemet ( ( 0 e x t (t = x(t e t med elimineringsmetoden. Lösning: den explicita formen av DE-systemet är x 1(t = x (t + e t x (t = x 1 (t + 3x (t e t. I elimeringsmetoden deriverar vi den första ekvationen och sätter in x (t från den andra ekvationen: 1(t = x (t e t = ( x 1 (t + 3x (t e t e t = x 1 (t + 6x (t 3e t. Vi löser x (t = (1/(x 1(t e t från den första ekvationen och substituerar x (t i ovanstående DE: 1(t = x 1 (t + 3(x 1(t e t 3e t = 3x 1(t x 1 (t 6e t. Detta ger en linjär icke-homogena DE av andra ordningen för x 1 = x 1 (t: 1(t 3x 1(t + x 1 (t = 6e t. (1 Enligt DEI betraktar vi först motsvarande homogena DE 1(t 3x 1(t + x 1 (t = 0. Försöket x 1 (t = e rt ger den karakteristiska ekvationen r 3r + = (r 3/ 9/4 + = 0 som har rötterna r = 3/ ± 1/, dvs. r = eller r = 1. Alla lösningar till den homogena DE:n är alltså x 1 (t = C 1 e t + C e t. För att enligt teorin finna en lösning till den icke-homogena DE:n gör vi försöket x 1 (t = Ae t. Derivering och insättning i (1 ger villkoret e t (A + 3A + A = 6Ae t = 6e t, 1

2 så att A = 1. Alla lösningar till (1 är alltså x 1 (t = C 1 e t + C e t e t, där C 1, C R är godtyckliga konstanter. Då erhålls x = x (t från x (t = (1/(x 1(t e t = (1/(C 1 e t + C e t + e t e t = (1/C 1 e t + C e t, där C 1, C R som ovan. I vektorform är lösningen alltså ( ( ( ( x1 (t = x (t C e t + C 1 e t + e t, 1 0 där C 1 = (1/C 1. Kommentar: DE-systemet kan (naturligtvis också lösas genom att lösa motsvarande homogena DE-system x (t = ( x(t med matrismetoden, samt därefter söka en lösning x 0 (t = e t a till det ickehomogena DE-systemet, där a R är en okänd vektor. Här var avsikten att se att icke-homogena -system kan lösas genom eliminering.. Lös det icke-homogena linjära DE-systemet x 1(t = x 1 (t + x (t + sin t x (t = x 1 (t + x (t + cos t med försöket t (sin ta + (cos tb, där a, b R är okända vektorer. Påminnelse: motsvarande homogena DE-system löstes i uppgift 5:4. Lösning: Enligt uppgift 5:4 har alla lösningar till motsvarande homogena DE-system ( 1 1 x (t = x(t 1 1 formen t x(t = C 1 u + C e t v,

3 där C 1, C R godtyckliga konstanter, samt u = (1, 1 T och ( v = (1, 1 T. sin t Eftersom den icke-homogena delen av DE-systemet är b(t =, så är cos t det vettigt att göra försöket t x 0 (t := (sin ta + (cos tb, där a, b R är okända vektorer, för att finna en lösning till det icke-homogena systemet. (Observera att man behöver både en sinus- och en cosinusterm, eftersom D(sin t = cos t och D(cos t = sin t. Låt a = (a 1, a T och b = (b 1, b T. Derivera försöket och sätt in i DEsystemet samt använd linjäriteten, vilket ger villkoret ( ( 1 1 ( sin t (cos ta (sin tb = sin ta + (cos tb cos t ( ( a1 + a = sin t + 1 b1 + b + cos t a 1 + a b 1 + b + 1 för alla t R. Sätt in sin 0 = 0, cos 0 = 1 samt sin π/ = 1, cos π/ = 0, vilket ger ett linjärt ekvationssystem a 1 + a + b = 0 a 1 + a + b = 0 b 1 + b a 1 = 0 b 1 + b a + 1 = 0 för de fyra okända a 1, a, b 1, b. Ekvationssystemet kan lösas med gaussisk eliminering, eller på följande sätt: 1. och. ekvationen ger b 1 b + 1 = 0, medan summan av. och 3. ekvationerna är b 1 + b + a = 0, dvs. a = b 1. Lös a från den sista ekvationen och sätt in, vilket ger b 1 + 3b + 1 = 0. Vi har alltså systemet b 1 b + 1 = 0 b 1 + 3b + 1 = 0 för b 1, b. Addera gånger den första ekvationen ovan till den andra ekvationen, så att 5b = 1. De ursprungliga ekvationerna ger då att b 1 = 4/5 och b = 1/5 samt a 1 = 3/5 och a = /5. Konklusion: enligt teorin är alla lösningar till det icke-homogena systemet ( ( 1 1 t x(t = C 1 + C 1 e t + (1/5 sin t 1 3 ( 3 + (1/5 cos t ( 4 1,

4 där C 1, C R. 3. Lös DE-systemet med valfri metod. x (t = x(t, t R, Lösning: Matrismetoden är det enklaste lösningssättet. Vi löser först motsvarande karakteristiska ekvation: 1 λ 0 0 p(λ = 0 λ λ = (1 λ λ 1 1 λ = (1 λ(λ + 1 = 0. Egenvärdena är λ = 1 samt λ = ±i. Motsvarande egenvektorer: För λ = 1 söker vi u = (u 1, u, u 3 0 med u u = u 3 u = u 3 u 3 u 0 Vi kan välja u = u 3 = 0, u 1 = 1. För λ = i söker vi v = (v 1, v, v 3 0 med i 0 0 v 1 iv i 1 = = 0, 0 1 i 0 v v 3 iv + v 3 v iv 3 och ser att vi kan välja v 1 = 0, v = i, v 3 = 1. Enligt teorin delar vi upp vektorn 0 0 v = 0 + i Löningarna kan då skrivas i formen x(t = C 1 e t (1, 0, 0 T + C ( cos(t(0, 0, 1 T sin(t(0, 1, 0 T + C 3 ( sin(t(0, 0, 1 T + cos(t(0, 1, 0 T, 4

5 där C 1, C, C 3 R. Kommentar: DE-systemet kan också lösas med elimineringsmetoden (observera där att 1. ekvationen x 1 = x 1 är oberoende av ekvationerna för x och x 3. I uppgifterna 6:4-6:6 används beteckningen ẋ(t för derivatan av x = x(t med avseende på t. Uppgifterna 6:5 och 6:6 tillämpar Poincarés stabilitetssats (se Sats 6.5. i kompendiet. 4. Bestäm de kritiska punkterna samt deras typ (stabil eller instabil till DE-systemet ẋ(t = x(t + y(t ẏ(t = 4x(t 3y(t. Lösning: Vi bestämmer först de kritiska punkterna: eftersom ( 1 1 det = 3 4 = 1 0, 4 3 så har det linjära systemet endast en kritisk punkt, nämligen origo (0, 0. (Matrisen motsvarar en inverterbar linjär avbildning. Egenvärdena erhålls av 1 λ λ = (1 λ(3 + λ 4 = λ + λ 7 = (λ = 0. Dess egenvärden λ = 1± 6 har olika tecken, så den kritiska punkten (0, 0 inte stabil (en sadelpunkt. 5. Bestäm de kritiska punkterna till det autonoma icke-linjära DE-systemet samt deras typ (stabil eller instabil. ẋ(t = x(t 4 ẏ(t = x(ty(t + 1 Lösning: vi börjar med att lösa de kritiska punkterna (x 0, y 0 (dvs. de konstanta lösningarna till systemet. Detta ger villkoren 0 = x 0 4 = (x 0 + (x 0 x 0 = ±, 0 = x 0 y y 0 = 1 x 0. 5

6 Vi erhåller alltså de kritiska punkterna (, 1 och (, 1. För att studera beteendet vid dessa punkter linjäriserar vi DE-systemet där. Låt f(x, y = x 4 och g(x, y = xy + 1. De partiella derivatorna D 1 f(x, y = x och D f(x, y = 0 samt D 1 g(x, y = y och D g(x, y = x. Linjäriseringsmatrisen vid punkten (, 1 är ( ( D1 f(, 1/ D f(, 1/ 4 0 = D 1 g(, 1/ D g(, 1/ 1, som har egenvärdena 4 och. Eftersom båda är positiva så är den kritiska punkten (, 1 instabil enligt Poincarés sats. Vid punkten (, 1 får vi linjäriseringsmatrisen ( 4 0, 1 som har egenvärdena 4 och. Enligt teorin är den kritiska punkten (, 1 stabil för systemet. 6. Undersök vad linjäriseringen och Poincarés stabilitetssats säger om typen (stabil eller instabil av den kritiska punkten ( d, a till Lotka-Volterras DEsystem Här är a, b, c, d > 0 givna kontanter. ẋ(t = ax(t bx(ty(t ẏ(t = cx(ty(t dy(t. Lösning: Vi linjäriserar vid punkten ( d, a. Låt f(x, y = ax bxy och g(x, y = cxy dy. Då är de partiella derivatorna D 1 f(x, y = a by och D f(x, y = bx samt D 1 g(x, y = cy och D g(x, y = cx d. Linjäriseringsmatrisen är ( 0 bd c ca. 0 b Den karakteristiska funktionen är λ +da = 0. Här är da > 0 och egenvärdena λ = ±i da är rent imaginära. I detta fall hjälper inte Poincarés sats att avgöra hurdant beteende lösningarna har vid den kritiska punkten ( d, a. Kommentar: det är möjligt att visa att lösningskurvorna till Lotka-Volterras DE-system är periodiska, så de bildar slutna cykler omkring den kritiska punkten ( d, a. Systemet är alltså stabilt, men inte asymptotiskt stabilt. 6

7 Kursprov: fredag kl 1-15 (samtidigt kursprov i kursen Algebraiska strukturer II. Påminnelse: i kursprovet får ni ha med en handskriven minneslapp på en A4-sida. Föreläsning och räkneövning måndag 30.4, samt kursprovsgenomgång sista föreläsningen torsdag