Rozwiązać zagadnienie początkowe
\(x' = \begin{bmatrix} 2&1&-2\\
-1&0&0\\
1&1&-1 \\\end{bmatrix}x \), z warunkiem \(x'(0)= \begin{bmatrix} 1\\
2\\
3\\\end{bmatrix} \).
Równanie różniczkowe
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1654
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 429 razy
Re: Równanie różniczkowe
Zadanie
Zagadnienie początkowe (Cauchy):
\(\vec{x'} = \begin{bmatrix} 2&1&-2\\
-1&0&0\\
1&1&-1 \\\end{bmatrix} \cdot \vec{x}\)
z warunkiem początkowym \(\vec{x'}(0)= \begin{bmatrix} 1\\
2\\
3\\\end{bmatrix}. \)
Rozwiązanie
Wartości własne macierzy układu:
\( 0 = \det ( A -\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 2-\lambda &1&-2\\
-1&0-\lambda &0\\
1&1&-1-\lambda \\\end{bmatrix} \) [ rozwinięcie na przykład według drugiego wiersza]
\( = 1\cdot \det \begin{bmatrix}1 &-2\\1& -1-\lambda \end{bmatrix} -\lambda\cdot \det \begin{bmatrix} 2-\lambda &-2 \\ 1 & -1-\lambda \end{bmatrix} =-1 -\lambda +2 -\lambda\cdot [-2(2-\lambda)(1+\lambda)+2] = \)
\( = 1-\lambda -\lambda \cdot [-(2+\lambda-\lambda^2)+2] = 1 -\lambda -\lambda\cdot(-\lambda+\lambda^2)= -\lambda^3+\lambda^2-\lambda +1 = -\lambda(\lambda^2+1)+(\lambda^2+1)= \)
\(= (\lambda^2+1)(1-\lambda).\)
Macierz ma trzy różne wartości własne:
\( \lambda_{1}= 1, \ \ \lambda_{2}= -i, \ \ \lambda_{3} = i. \)
Wektory własne macierzy odpowiadające jej wartościom własnym macierzy układu:
\( \lambda_{1}= 1:\)
\( \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 \\ -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases} v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} -v_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -2v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = -v_{2}.\)
Kładąc \( v_{1}= 1 \) mamy \( v_{2} = -1.\)
Na przykład w równaniu trzecim, podstawiając \( v_{1}= 1, v_{2} = -1, \) otrzymujemy \( 1 -1 -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = 0.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda = 1:\)
\( \vec{v}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( \lambda_{2}= -i:\)
\( \begin{bmatrix} 2+i & 1 & -2 \\ -1 & i & 0 \\ 1 & 1 & -1+i \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases}(2+i) v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} +iv_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -(1-i) v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = iv_{2}.\)
Kładąc \( v_{2}= 1 \) mamy \( v_{1} = i.\)
Na przykład do równania pierwszego, podstawiając \( v_{1}= iv_{2}, \ \ v_{2} = 1, \) otrzymujemy
\( (2+i)i +1 -2v_{3} = 0, \ \ 2i -1+1 -2v_{3}=0, \ \ 2i -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = i.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda_{2} = -i :\)
\( \vec{v}_{2} = \begin{bmatrix} i \\ 1 \\ i \end{bmatrix}.\)
\( \lambda_{3}= i:\)
\( \begin{bmatrix} 2- i & 1 & -2 \\ -1 & -i & 0 \\ 1 & 1 & -1-i \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases}(2-i) v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} -iv_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -(1+i) v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = -iv_{2}.\)
Kładąc \( v_{2}= 1 \) mamy \( v_{1} = -i.\)
Na przykład do równania pierwszego, podstawiając \( v_{1}= -i, \ \ v_{2} = 1, \) otrzymujemy
\( (2-i)(-i) +1 -2v_{3} = 0, \ \ -2i -1+1 -2v_{3}=0, \ \ -2i -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = -i.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda_{3} = i:\)
\( \vec{v}_{3} = \begin{bmatrix} -i \\ 1 \\ -i \end{bmatrix}.\)
Macierz diagonalizująca macierz układu:
\( P= \begin{bmatrix} 1 & i & - i \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & i & -i \end{bmatrix}.\)
Rozwiązanie ogólne jednorodnego układu równań różniczkowych:
\( \vec{x}(t) = c_{1}\vec{v}_{1} e^{t}+ c_{2}\vec{v}_{2} e^{-it} + c_{3}\vec{v}_{3}e^{it} = c_{1}\begin{bmatrix} 1\\-1\\0\end{bmatrix}e^{t}+c_{2}\begin{bmatrix} i \\ 1 \\ i \end{bmatrix}e^{-it} + c_{3}\begin{bmatrix}-i \\ 1 \\ -i \end{bmatrix}e^{it}.\)
Stąd
\( \left( \begin{matrix} x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \\ x_{3}(t) \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} c_{1}e^{t}+c_{2}ie^{-it}-c_{3}ie^{it}\\-c_{1}e^{t} + c_{2}e^{-it} + c_{3}e^{it} \\ c_{2}ie^{-it} - c_{3}i e^{it} \end{matrix} \right).\)
Uwzględniając warunki początkowe:
\( \left( \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} c_{1}e^{0}+c_{2}ie^{0} - c_{3}ie^{0}\\-c_{1}e^{0} + c_{2}e^{0} + c_{3}e^{0} \\ c_{2}ie^{0} - c_{3}i e^{0} \end{matrix} \right),\)
\( \begin{cases} c_{1} +c_{2}i -c_{3}i = 1 \\ -c_{1}+c_{2} +c_{3} = 2 \\ c_{2}i + c_{3}i = 3 \end{cases}.\)
Dodając równanie pierwsze do równania trzeciego i wstawiając do równania drugiego, otrzymujemy kolejno:
\( c_{1} = -2 -3i, \ \ c_{2} = \frac{3}{2} - 3i, \ \ c_{3} = -\frac{3}{2}.\)
Rozwiązanie szczególne (Cauchy) układu równań:
\( \vec{x}(t) = \left(\begin{matrix} x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \\ x_{3}(t) \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}(-2-3i) e^{t}+( \frac{3}{2}-3i)ie^{-it}-\frac{3}{2}ie^{it}\\(-2 -3i)e^{t} + (\frac{3}{2}-3i)e^{-it} -\frac{3}{2} e^{it} \\ (\frac{3}{2}-3i)ie^{-it} +\frac{3}{2}i e^{it} \end{matrix} \right).\)
To rozwiązanie można zapisać w prostszej postaci, uwzględniając równość \( i\cdot i = i^2 = -1 \) oraz wzór Leonharda Eulera.
Zagadnienie początkowe (Cauchy):
\(\vec{x'} = \begin{bmatrix} 2&1&-2\\
-1&0&0\\
1&1&-1 \\\end{bmatrix} \cdot \vec{x}\)
z warunkiem początkowym \(\vec{x'}(0)= \begin{bmatrix} 1\\
2\\
3\\\end{bmatrix}. \)
Rozwiązanie
Wartości własne macierzy układu:
\( 0 = \det ( A -\lambda I) = \det \begin{bmatrix} 2-\lambda &1&-2\\
-1&0-\lambda &0\\
1&1&-1-\lambda \\\end{bmatrix} \) [ rozwinięcie na przykład według drugiego wiersza]
\( = 1\cdot \det \begin{bmatrix}1 &-2\\1& -1-\lambda \end{bmatrix} -\lambda\cdot \det \begin{bmatrix} 2-\lambda &-2 \\ 1 & -1-\lambda \end{bmatrix} =-1 -\lambda +2 -\lambda\cdot [-2(2-\lambda)(1+\lambda)+2] = \)
\( = 1-\lambda -\lambda \cdot [-(2+\lambda-\lambda^2)+2] = 1 -\lambda -\lambda\cdot(-\lambda+\lambda^2)= -\lambda^3+\lambda^2-\lambda +1 = -\lambda(\lambda^2+1)+(\lambda^2+1)= \)
\(= (\lambda^2+1)(1-\lambda).\)
Macierz ma trzy różne wartości własne:
\( \lambda_{1}= 1, \ \ \lambda_{2}= -i, \ \ \lambda_{3} = i. \)
Wektory własne macierzy odpowiadające jej wartościom własnym macierzy układu:
\( \lambda_{1}= 1:\)
\( \begin{bmatrix} 1 & 1 & -2 \\ -1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -2 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases} v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} -v_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -2v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = -v_{2}.\)
Kładąc \( v_{1}= 1 \) mamy \( v_{2} = -1.\)
Na przykład w równaniu trzecim, podstawiając \( v_{1}= 1, v_{2} = -1, \) otrzymujemy \( 1 -1 -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = 0.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda = 1:\)
\( \vec{v}_{1} = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{bmatrix}.\)
\( \lambda_{2}= -i:\)
\( \begin{bmatrix} 2+i & 1 & -2 \\ -1 & i & 0 \\ 1 & 1 & -1+i \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases}(2+i) v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} +iv_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -(1-i) v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = iv_{2}.\)
Kładąc \( v_{2}= 1 \) mamy \( v_{1} = i.\)
Na przykład do równania pierwszego, podstawiając \( v_{1}= iv_{2}, \ \ v_{2} = 1, \) otrzymujemy
\( (2+i)i +1 -2v_{3} = 0, \ \ 2i -1+1 -2v_{3}=0, \ \ 2i -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = i.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda_{2} = -i :\)
\( \vec{v}_{2} = \begin{bmatrix} i \\ 1 \\ i \end{bmatrix}.\)
\( \lambda_{3}= i:\)
\( \begin{bmatrix} 2- i & 1 & -2 \\ -1 & -i & 0 \\ 1 & 1 & -1-i \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} v_{1} \\ v_{2} \\ v_{3} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)
\( \begin{cases}(2-i) v_{1} + v_{2}- 2v_{3} = 0 \\ -v_{1} -iv_{2} \ \ \ \ \ \ \ \ = 0 \\ v_{1} + v_{2} -(1+i) v_{3} = 0 \end{cases} \)
Z równania drugiego \( v_{1} = -iv_{2}.\)
Kładąc \( v_{2}= 1 \) mamy \( v_{1} = -i.\)
Na przykład do równania pierwszego, podstawiając \( v_{1}= -i, \ \ v_{2} = 1, \) otrzymujemy
\( (2-i)(-i) +1 -2v_{3} = 0, \ \ -2i -1+1 -2v_{3}=0, \ \ -2i -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = -i.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda_{3} = i:\)
\( \vec{v}_{3} = \begin{bmatrix} -i \\ 1 \\ -i \end{bmatrix}.\)
Macierz diagonalizująca macierz układu:
\( P= \begin{bmatrix} 1 & i & - i \\ -1 & 1 & 1 \\ 0 & i & -i \end{bmatrix}.\)
Rozwiązanie ogólne jednorodnego układu równań różniczkowych:
\( \vec{x}(t) = c_{1}\vec{v}_{1} e^{t}+ c_{2}\vec{v}_{2} e^{-it} + c_{3}\vec{v}_{3}e^{it} = c_{1}\begin{bmatrix} 1\\-1\\0\end{bmatrix}e^{t}+c_{2}\begin{bmatrix} i \\ 1 \\ i \end{bmatrix}e^{-it} + c_{3}\begin{bmatrix}-i \\ 1 \\ -i \end{bmatrix}e^{it}.\)
Stąd
\( \left( \begin{matrix} x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \\ x_{3}(t) \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} c_{1}e^{t}+c_{2}ie^{-it}-c_{3}ie^{it}\\-c_{1}e^{t} + c_{2}e^{-it} + c_{3}e^{it} \\ c_{2}ie^{-it} - c_{3}i e^{it} \end{matrix} \right).\)
Uwzględniając warunki początkowe:
\( \left( \begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} c_{1}e^{0}+c_{2}ie^{0} - c_{3}ie^{0}\\-c_{1}e^{0} + c_{2}e^{0} + c_{3}e^{0} \\ c_{2}ie^{0} - c_{3}i e^{0} \end{matrix} \right),\)
\( \begin{cases} c_{1} +c_{2}i -c_{3}i = 1 \\ -c_{1}+c_{2} +c_{3} = 2 \\ c_{2}i + c_{3}i = 3 \end{cases}.\)
Dodając równanie pierwsze do równania trzeciego i wstawiając do równania drugiego, otrzymujemy kolejno:
\( c_{1} = -2 -3i, \ \ c_{2} = \frac{3}{2} - 3i, \ \ c_{3} = -\frac{3}{2}.\)
Rozwiązanie szczególne (Cauchy) układu równań:
\( \vec{x}(t) = \left(\begin{matrix} x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \\ x_{3}(t) \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}(-2-3i) e^{t}+( \frac{3}{2}-3i)ie^{-it}-\frac{3}{2}ie^{it}\\(-2 -3i)e^{t} + (\frac{3}{2}-3i)e^{-it} -\frac{3}{2} e^{it} \\ (\frac{3}{2}-3i)ie^{-it} +\frac{3}{2}i e^{it} \end{matrix} \right).\)
To rozwiązanie można zapisać w prostszej postaci, uwzględniając równość \( i\cdot i = i^2 = -1 \) oraz wzór Leonharda Eulera.
Re: Równanie różniczkowe
czemu \(v_2=1\)?janusz55 pisze: ↑11 cze 2023, 13:46
Kładąc \( v_{2}= 1 \) mamy \( v_{1} = i.\)
Na przykład do równania pierwszego, podstawiając \( v_{1}= iv_{2}, \ \ v_{2} = 1, \) otrzymujemy
\( (2+i)i +1 -2v_{3} = 0, \ \ 2i -1+1 -2v_{3}=0, \ \ 2i -2v_{3} = 0, \ \ v_{3} = i.\)
Wektor własny odpowiadający wartości własnej \( \lambda_{2} = -i :\)
\( \vec{v}_{2} = \begin{bmatrix} i \\ 1 \\ i \end{bmatrix}.\)
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1654
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 429 razy
Re: Równanie różniczkowe
Obliczając współrzędne wektorów własnych dla danych wartości własnych macierzy układu, podstawiamy za jedną współrzędną dowolną wartość np. 1, 0 i w zależności od tej wartości określamy pozostałe współrzędne wektora wynikające z równania.