sistem diferencialnih enačb

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Post Reply
NAOKI
Posts: 68
Joined: 12.11.2008 23:02

sistem diferencialnih enačb

Post by NAOKI » 9.6.2010 12:22

Imam sistem linearnih nehomogenih diferencialnih enačb prvega reda z nekonstantimi koeficienti

\(\dot{\phi }=G(t)\phi-a\alpha+b\)
\(\dot{\alpha }=c\alpha+F(t)\phi+H(t)\)

\(a\), \(b\), \(c\), so konstante.

Prosim za kakšen namig kako reševati takšne sisteme

User avatar
shrink
Posts: 14571
Joined: 4.9.2004 18:45

Re: sistem diferencialnih enačb

Post by shrink » 10.6.2010 13:26

Splošen recept je reševanje homogenega sistema in nato reševanje nehomogenega sistema (z variacijo konstante).

Reševanje homogenega sistema ni enostaven zalogaj, če koeficienti niso konstante.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: sistem diferencialnih enačb

Post by sanej » 9.5.2013 16:14

Pozdravljeni imam nekaj vprašanj.

rešiti moram sledeč sistem: pri čemer je v= v(x,y,z) vektor

\(\dot{ \vec{v} } = \begin{bmatrix}
7 & 0 & -3 \\
-9 & -2 & 3 \\
18 & 0 & -8
\end{bmatrix} \vec{v} + e^{-t} \begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
0
\end{bmatrix}\)
Torej zračunal sem lastne vrednosti matrike -2 dvojna in 1 enojna in lastne vektorje v1 (1,-1,2) , v2(1,0,3) , v3(0,1,0).

Če pravilno razumem teorijo bo sedaj rešitev homogenega dela oblike \(A_1 e^{-2t} v_1 + A_2e^{-2t} v_2 + A_3e^{t} v_3\)

kako sedaj nadaljujem da dobim še tisti partikularni del ?

Kaj naredim v primerih ko npr lastni vektorji pri večkratni lastni vrednosti niso linearno neodvisni?

In kaj naredim če dobim lastno vrednost ki je kompleksna ?

hvala za odgovore.

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: sistem diferencialnih enačb

Post by Aniviller » 9.5.2013 17:21

Kaj naredit s partikularnim delom je trivialno, ce naredis ustrezno menjavo spremenljivk. Recimo enacba
\(\dot{\vec{v}}=A\vec{v}+e^{-t}\vec{b}\)
po razcepu \(A=PDP^{-1}\) in mnozenju cele enacbe s \(P^{-1}\) z leve, lahko uvedes \(\vec{z}=P^{-1}\vec{v}\) in \(\vec{k}=P^{-1}\vec{b}\) (tega zadnjega lahko kar poracunas). Enacba postane
\(\dot{\vec{z}}=D\dot{\vec{z}}+e^{-t}\vec{k}\)
kar pa ni vec sklopljeno: vsaka vrstica te enacbe je popolnoma neodvisna od ostalih, tako da jih lahko resis posamezno, kot znas ze od zdavnaj (s partikularnim delom vred). Potem enostavno uporabis \(\vec{v}=P\vec{z}\) da dobis to kar rabis (od tukaj potem pride tista mesanica A1, A2, A3 ki si jo zapisal).

Ce pa matrika ni diagonalizabilna, pa rabis korenske vektorje... to so resitve sistema \((A-\lambda I)^2 v=0\) oziroma se visje potence, ce je treba (in to tiste resitve, ki dopolnijo obstojece lastne vektorje). Tisti vektorji potem nastopajo v clenih oblike t*e^(lambda*t) in visjih (glede na to kako visoko potenco moras vzet). Zelo podobno kot pri primerih veckratnih nicel za enacbe visje stopnje (saj v resnici gre za isto stvar). Recimo enacbo
\(\ddot{x}+2\dot{x}+x=0\)
lahko s substitucijo \(\vec{v}=(x,\dot{x})\) prepises v sistem prvega reda:
\(\dot{\vec{v}}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ -1 & -2\end{bmatrix}\vec{v}\)
Obe lastni vrednosti sta -1, lastni vektor je pa le eden, (1,-1).
Torej eno resitev takoj poznas:
\((x,\dot{x})=Ae^{-t} (1,-1)\)
druga ti pa se manjka.
Po drugi strani je matrika \((A-\lambda I)^2=0\) kar enaka nic, tako da ima ta sistem za resitve celoten prostor - poleg vektorja (1,-1) ki ga ze poznas, lahko torej izberes se ortogonalni vektor (1,1). V tej bazi lahko torej napises drugo komponento resitve kot
\((x,\dot{x})=Bte^{-t} (1,-1)+C e^{-t}(1,1)\)
Izluscis x in x'
\(x=Bte^{-t}+C e^{-t}\)
\(\dot{x}=-Bte^{-t}+C e^{-t}\)
Po drugi strani ce x direktno odvajas,
\(\dot{x}=Be^{-t}-Bte^{-t}-Ce^{-t}\)
Ce hoce bit to dvoje isto, mora veljat C=B-C oziroma C=B/2. S teim se druga homogena resitev glasi
\((x,\dot{x})=B(te^{-t} (1,-1)+\tfrac12 e^{-t}(1,1))\)
Skupaj pa torej lahko pises
\((x,\dot{x})=Ae^{-t} (1,-1)+B(te^{-t} (1,-1)+\tfrac12 e^{-t}(1,1))\)
Kjer ti prva komponenta pove resitev prvotne diferencialne enacbe drugega reda, druga pa ti da ze kar izracunan odvod.

Te resitve so povezane s strukturo Jordanove kanonicne forme. Lahko si mislis, da matriko diagonaliziras kolikor se da (spravis do Jordanove forme), in tiste enke nad diagonalo ti potem povedo, da imas v resitvi visje potence, in v principu lahko formalno prides do konca v matricni obliki, ce hoces.

Post Reply