Tips och lösning till U 22.32
SamverkanLinalgLIU
Tips 1
Vi skall lösa ett system av differentialekvationer med ett begynnelsevillkor.
Tips 2
Vi följer följande steg:
1. Skriv om ekvationssystemet i matrisform.
2. Diagonalisera matrisen och gör en "listig" substitution i form av ett funktionsbyte. Lös sedan det nya ekvationssystemet. I detta system är de två funktionerna som skall beräknas separerade så att de är i olika ekvationer. Det är detta som gör att det är relativt lätt att lösa ekvationssystemet.
3. Överför slutligen resultatet till den gamla basen och bestäm konstaterna med hjälp av begynnelsevillkoret.
Tips 3
De olika stegen ger resultatet:
1. I matrisform2. Substitutionen \displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z} ger att
\boldsymbol{y}'=A\boldsymbol{y}\Leftrightarrow\boldsymbol{y}'=TDT^{-1}\boldsymbol{y}\Leftrightarrow T^{-1}\boldsymbol{y}'=DT^{-1}\boldsymbol{y}
\Leftrightarrow\boldsymbol{z}'=D\boldsymbol{z}\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{lcl}z'_1(t)&=&-2z_1(t)\\z'_2(t)&=&2z_2(t)\end{array}\right.
3. Vi ser nu att vi kan lösa varje ekvation för sig. Enl de metoder vi lärt oss i E-kursen i gymnasiet så har dessa ekvationer lösningen \displaystyle z_1=c_e^{-2t} , \displaystyle z_2=c_2e^{2t} Återstår att överföra till den ursprungliga basen och att införa begynnelsevillkoret.
Vi kan sedan avsluta genom att pröva att de lösningar vi erhållit i det ursprungliga ekvationssystemet stämmer!!
Lösning
Ekvationssystemet kan skrivas \displaystyle \boldsymbol{y}'=A\boldsymbol{y} , där \displaystyle A=\left(\begin{array}{rr}1&1\\3&-1\end{array}\right) . Matrisen \displaystyle A har egenvärdena \displaystyle \lambda_{1}=-2 och \displaystyle \lambda_{2}=2 med tillhörande egenvektorer \displaystyle \boldsymbol{v}_{1}=(1,-3)^t resp. \displaystyle \boldsymbol{v}_{2}=(1,1)^t .
Eftersom \displaystyle \boldsymbol{v}_{1} och \displaystyle \boldsymbol{v}_{2} är linjärt oberoende säger Sats 18.15 att \displaystyle A är
diagonaliserbar, dvs \displaystyle A=TDT^{-1} .
Substitutionen \displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z} ger att
\boldsymbol{y}'=A\boldsymbol{y}\Leftrightarrow\boldsymbol{y}'=TDT^{-1}\boldsymbol{y}\Leftrightarrow T^{-1}\boldsymbol{y}'=DT^{-1}\boldsymbol{y}
\Leftrightarrow\boldsymbol{z}'=D\boldsymbol{z}\Leftrightarrow
\left\{\begin{array}{lcl}z'_1(t)&=&-2z_1(t)\\z'_2(t)&=&2z_2(t)\end{array}\right.
som har lösningen \displaystyle z_1=c_e^{-2t} , \displaystyle z_2=c_2e^{2t} .
Allmän lösning är alltså \displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z} , dvs
y_1(t)=c_1e^{-2t}+c_2e^{2t},\qquad y_2(t)=-3c_1e^{-2t}+c_2e^{2t}.
Vi bestämmer nu den speciella lösningen som uppfyller begynnelsevillkoret
\displaystyle y_1(0)=1 , \displaystyle y_2(0)=0 . Vi har
\left\{\begin{array}{rcl}y_1(0)&=&1\\y_2(0)&=&0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}c_1+c_2&=&1\\-3c_1+c_2&=&0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}c_1&=&1/4\\c_2&=&3/4\end{array}\right.
är \displaystyle y_1(t)=\frac{1}{4}e^{-2t}+\frac{3}{4}e^{2t} och \displaystyle y_2(t)=-\frac{3}{4}e^{-2t}+\frac{3}{4}e^{2t} .
