En førsteordens lineær differensialligning med konstante koeffisienter, kan skrives på formen:
y'(t) = ay(t) + k(t)
Et system av slike ligninger, kan skrives på formen:
\vec{y}\:'(t) = A\vec{y}(t) + \vec{k}(t)der:
\vec{y}(t) = \left( \begin{array}{c} y_1(t) \\ y_2(t) \\ \vdots \\ y_n(t) \end{array} \right)
\quad \textnormal{ og } \quad
\vec{y}\:'(t) = \left( \begin{array}{c} y '_1(t) \\ y '_2(t) \\ \vdots \\ y '_n(t) \end{array} \right)- $A$ er en $n \times n$ koeffisientmatrise
- $\vec{k}(t)$ er en vektorfunksjon av $t$ (dvs. ledd uten $y$)
- ligningssettet er homogent dersom $\vec{k}(t) = 0$
- ligningssettet er inhomogent dersom $\vec{k}(t) \neq 0$
+ Kort video
+ Generell løsning
Dersom A er diagonaliserbar (dvs. like mange egenvektorer som ligninger) og ligningen er homogen (dvs. $\vec{k}(t) = 0$), er den generelle løsningen:
\vec{y}(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 + \cdots C_ne^{\lambda_nt}\vec{v}_n- $n$ er antall ligninger
- $\lambda_i$ er egenverdiene
- $\vec{v}_i$ er egenvektorene
Hvis en egenverdi er kompleks, er den komplekskonjugerte også en egenverdi, $\lambda_1 = \bar{\lambda}_2$, og den generelle løsningen, er:
\vec{y}(t) = C_1 \textnormal{Re} \Big(e^{\lambda_1t}\vec{v}_1\Big) + C_2 \textnormal{Im} \Big(e^{\lambda_1 t}\vec{v}_1 \Big) + \textnormal{andre ledd}Dersom ligningen er inhomogen, er den generelle løsningen:
\vec{y}(t) = \vec{y}_h(t) + \vec{y}_p(t)- $\vec{y}_h(t)$ er den homogene løsningen (dvs. løsningen på den homogene ligningen som vi får når vi setter $\vec{k}(t) = 0$)
- $\vec{y}_p(t)$ er den partikulære løsningen som vi finner ved å gjette formen på $\vec{y}_p(t)$ ut fra formen på $\vec{k}(t)$
+ Metode for å finne løsningen
Steg 1: Sett opp den homogene ligningen:
\vec{y}\:' = A \vec{y}Steg 2: Finn egenverdiene, $\lambda_i$, ved å løse den karakteristiske ligningen:
\textnormal{det}(A - \lambda I) = 0Sjekk at summen av egenverdier er lik summen av hoveddiagonalen til $A$.
Steg 3: Finn egenvektorene, $\vec{v}_i$, for hver egenverdi, $\lambda_i$, ved å løse:
(A - \lambda_iI) \vec{v}_i = 0Sjekk at $A\vec{v}_i = \lambda_i \vec{v}_i$.
Steg 4: Sett opp generell løsning på det homogene problemet dersom du har like mange egenvektorer som ligninger
\vec{y}(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 + \cdots C_ne^{\lambda_nt}\vec{v}_nDersom du har et par av komplekse egenverdier, f.eks. $\lambda_1 = \bar{\lambda}_2$, er løsningen:
\vec{y}(t) = C_1 \textnormal{Re} \Big(e^{\lambda_1t}\vec{v}_1\Big) + C_2 \textnormal{Im} \Big(e^{\lambda_1 t}\vec{v}_1 \Big) + \textnormal{andre ledd}Steg 5: Dersom ligningen er inhomogen, gjetter du formen på partikulær løsning ut fra formen på $\vec{k}(t)$
\vec{y}_p(t) = \textnormal{ledd som kan gi ledd i } \vec{k}(t)Sett $\vec{y}_p(t)$ og $\vec{y}\:’_p$ inn i ligningssystemet og bestem konstantene.
Steg 6: Generell løsning
\vec{y}(t) = \vec{y}_h(t)+ \vec{y}_p(t)- $\vec{y}_h(t)$ er homogen løsning fra steg 4
- $\vec{y}_p(t)$ er partikulær løsning fra steg 5
Steg 7: Bruk eventuelle startbetingelser til å bestemme konstantene i den homogene løsningen, dvs. $C_i$.
Steg 8: Sjekk gjerne løsningen ved å derivere og sette inn i ligningssystemet
+ Eksempel 1: Homogen ligning og reelle egenverdier
Løs systemet av differensialligninger:
\begin{aligned}
y '_1 &= y_1 + 2y_2 \\
y '_2 &= 3y_1
\end{aligned}+ Video
+ Steg 1: Sett opp homogen ligning
Skriver det homogene ligningssystemet på vektorform, dvs. $\vec{y}’ = A\vec{y}$
\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right) + Steg 2: Finn egenverdiene
Finner egenverdiene ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{array}{lrcl}
& \textnormal{det}(A - \lambda I) &=& 0 \\
\Rightarrow &\left| \begin{array}{cc} 1 - \lambda & 2 \\ 3 & - \lambda \end{array} \right| &=& 0 \\
\Rightarrow & (1-\lambda)(-\lambda) - 2 \cdot 3 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda_2 - \lambda - 6 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{- (-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-6)}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{1 \pm 5}{2} \\
\Rightarrow & \lambda_1 = -2 && \lambda_2 = 3
\end{array}Sjekker at summen av egenverdier er lik summen av hoveddiagonalen til $A$:
\begin{aligned}
&\lambda_1 + \lambda_2 = -2 + 3 = 1 \\
& \textnormal{trace}(A) = 1 + 0 = 1
\end{aligned}ok
+ Steg 3a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = -2$
Finner egenvektoren til $\lambda_1 = -2$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A + 2 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 3 & 2 \\ 3 & 2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & \frac{2}{3} \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 + \frac{2}{3}v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} - \frac{2}{3} \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=3}{=}& \left( \begin{array}{c} - 2 \\ 3 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=3$ for å unngå brøken.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 0\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot (-2) + 2 \cdot 3 \\ 3 \cdot (-2) + 0 \cdot 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 4 \\ -6 \end{array} \right) \\
&\lambda_1 \vec{v_1} = (-2) \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 4 \\ -6 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 3b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 3$
Finner egenvektoren til $\lambda_2 = 3$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A - 3 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} -2 & 2 \\ 3 & -3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 - v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=1}{=}& \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=1$ bare fordi det er enkelt.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 0\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 1 + 2 \cdot 1 \\ 3 \cdot 1 + 0 \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \end{array} \right) \\
&\lambda_2 \vec{v_2} = 3 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 3 \\ 3 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 4: Generell løsning
Siden systemet har like mange egenvektorer som ligninger, er den homogene løsningen:
\begin{aligned}
& \vec{y}(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}(t) = C_1e^{-2 t} \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
+ C_2 e^{3 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{aligned}som også kan skrives på komponentform:
y_1(t) = -2C_1e^{-2t} + C_2 e^{3t} \\
y_2(t) = \;\;\;3C_1e^{-2t} + C_2e^{3t}+ Eksempel 2: Homogen ligning og komplekse egenverdier
Løs systemet av differensialligninger:
\begin{aligned}
y '_1 &= y_1 - y_2 \\
y '_2 &= y_1 + y_2
\end{aligned}+ Video
+ Steg 1: Sett opp homogen ligning
Skriver det homogene ligningssystemet på vektorform, dvs. $\vec{y}’ = A\vec{y}$
\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right) + Steg 2: Finn egenverdiene
Finner egenverdiene ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{array}{lrcl}
& \textnormal{det}(A - \lambda I) &=& 0 \\
\Rightarrow &\left| \begin{array}{cc} 1 - \lambda & -1 \\ 1 & 1- \lambda \end{array} \right| &=& 0 \\
\Rightarrow & (1-\lambda)^2 - (-1) \cdot 1 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda_2 - 2\lambda + 2 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{- (-2) \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{2 \pm 2i}{2} \\
\Rightarrow & \lambda_1 = 1-i && \lambda_2 = 1+i
\end{array}Sjekker at summen av egenverdier er lik summen av hoveddiagonalen til $A$:
\begin{aligned}
&\lambda_1 + \lambda_2 = (1-i) + (1+i) = 2 \\
& \textnormal{trace}(A) = 1 + 1 = 2
\end{aligned}ok
+ Steg 3: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = 1-i$
Finner egenvektoren til $\lambda_1 = 1-i$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A + (1+i) I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} i & -1 \\ 1 & i \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & i \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 + iv_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} - i \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=i}{=}& \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=i$ fordi det gir «pene» tall.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 1\end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 1 - 1 \cdot i \\ 1 \cdot 1 + 1 \cdot i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 - i \\ 1 + i \end{array} \right) \\
&\lambda_1 \vec{v_1} = (1-i) \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1-i \\ i - i^2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1-i \\ 1 + i\end{array} \right)
\end{aligned}ok
Siden $\lambda_2 = \bar{\lambda}_1$, kan vi skrive løsningen uten $\lambda_2$. Vi trenger derfor ikke finne egenvektoren til $\lambda_2$.
+ Steg 4: Generell løsning
Siden systemet har like mange egenvektorer som ligninger, og egenverdiene er reelle, er den homogene løsningen:
\vec{y}(t) = C_1 \textnormal{Re} \Big(e^{\lambda_1t}\vec{v}_1\Big) + C_2 \textnormal{Im} \Big(e^{\lambda_1 t}\vec{v}_1 \Big)For å forenkle formelen litt, kan vi først bruke potensregelen $e^{m+n} = e^{m} e^{n} $ der $m = 1$ og $n=-1$:
\vec{y}(t)
= C_1 \textnormal{Re} \Bigg( e^t e^{-it} \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right) \Bigg)
+ C_2 \textnormal{Im} \Bigg( e^t e^{-it} \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right) \Bigg) \\Dretter kan vi bruke Eulers formel: $e^{at} = \cos(at) + i \sin(at)$ der $a = -1$:
\begin{aligned}
& \vec{y}(t)
= C_1 \textnormal{Re} \Bigg( e^t \Big(\cos(-t) + i \sin(-t)\Big) \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right) \Bigg)
+ C_2 \textnormal{Im} \Bigg( e^t \Big(\cos(-t) + i \sin(-t)\Big) \left( \begin{array}{c} 1 \\ i \end{array} \right) \Bigg) \\
\Rightarrow \quad &
\vec{y}(t)
= C_1 \textnormal{Re} \Bigg( e^t \left( \begin{array}{c} \cos(-t) + i \sin(-t) \\ i\cos(-t) - \sin(-t) \end{array} \right) \Bigg)
+ C_2 \textnormal{Im} \Bigg( e^t \left( \begin{array}{c} \cos(-t) + i \sin(-t) \\ i\cos(-t) - \sin(-t) \end{array} \right) \Bigg) \\
\Rightarrow \quad &
\vec{y}(t)
= C_1e^t \left( \begin{array}{c} \cos(-t) \\ - \sin(-t) \end{array} \right)
+ C_2 e^t \left( \begin{array}{c} \sin(-t) \\ \cos(-t) \end{array} \right) \\
\end{aligned}Og, til slutt, noen trigonometriske formler, nemlig $\cos(-x) = cos(x)$ og $\sin(-x) = -\sin(x)$:
\vec{y}(t)
= C_1e^t \left( \begin{array}{c} \cos(t) \\ \sin(t) \end{array} \right)
+ C_2 e^t \left( \begin{array}{c} -\sin(t) \\ \cos(t) \end{array} \right) \\som også kan skrives på komponentform:
y_1(t) = C_1 e^t \cos(t) - C_2 e^t \sin(t) \\ y_2(t) = C_1 e^t \sin(t) + C_2 e^t \cos(t)
+ Eksempel 3: Inhomogen ligning og reelle egenverdier
Løs systemet av differensialligninger:
\begin{aligned}
y '_1 &= -3y_1 + y_2 + 7 \\
y '_2 &= 6y_1 + 2y_2 - 20
\end{aligned}+ Steg 1: Sett opp homogen ligning
Skriver det homogene ligningssystemet på vektorform, dvs. $\vec{y}’ = A\vec{y}$
\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right) + Steg 2: Finn egenverdiene
Finner egenverdiene ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{array}{lrcl}
& \textnormal{det}(A - \lambda I) &=& 0 \\
\Rightarrow &\left| \begin{array}{cc} -3 - \lambda & 1 \\ 6 & 2 - \lambda \end{array} \right| &=& 0 \\
\Rightarrow & (-3-\lambda)(2 - \lambda) - 1 \cdot 6 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda_2 + \lambda - 12 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{- 1 \pm \sqrt{1^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-12)}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{-1 \pm 7}{2} \\
\Rightarrow & \lambda_1 = -4 && \lambda_2 = 3
\end{array}Sjekker at summen av egenverdier er lik summen av hoveddiagonalen til $A$:
\begin{aligned}
&\lambda_1 + \lambda_2 = -4 + 3 = -1 \\
& \textnormal{trace}(A) = -3 + 2 = -1
\end{aligned}ok
+ Steg 3a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = -4$
Finner egenvektoren til $\lambda_1 = -4$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A + 4 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 6 & 6 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 + v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} - 1 \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=-1}{=}& \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=-1$ bare for å velge noe.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} (-3) \cdot 1 + 1 \cdot (-1) \\ 6 \cdot 1 + 2 \cdot (-1) \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -4 \\ 4 \end{array} \right) \\
&\lambda_1 \vec{v_1} = (-4) \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -4 \\ 4 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 3b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 3$
Finner egenvektoren til $\lambda_2 = 3$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A - 3 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} -6 & 1 \\ 6 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & -\frac{1}{6} \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 - \frac{1}{6}v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} \frac{1}{6} \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=6}{=}& \left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=6$ bare for å bli kvitt brøken.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -3 \cdot 1 + 1 \cdot 6 \\ 6 \cdot 1 + 2 \cdot 6 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 3 \\ 18 \end{array} \right) \\
&\lambda_2 \vec{v_2} = 3 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 3 \\ 18 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 4: Homogen løsning
Siden systemet har like mange egenvektorer som ligninger, er den homogene løsningen:
\begin{aligned}
& \vec{y}_h(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}_h(t) = C_1e^{-4 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right)
+ C_2 e^{3 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right)
\end{aligned}Siden systemet har like mange egenvektorer som ligninger, er den homogene løsningen:
\begin{aligned}
& \vec{y}_h(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}_h(t) = C_1e^{-4 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right)
+ C_2 e^{3 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right)
\end{aligned}+ Steg 5: Partikulær løsning
Siden systemet er inhomogent, må vi finne en partikulær løsning.
\underbrace{\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)}_{= \vec{y} \:'(t)}
= \underbrace{\left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)}_{=A}
\underbrace{\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right)}_{=\vec{y}}
+ \underbrace{\left( \begin{array}{c} 7 \\ -20 \end{array} \right)}_{=\vec{k}(t)}Gjetter formen på partikulær løsning ut fra formen på de inhomogene leddene, $\vec{k}(t)$:
\vec{y}_p(t) = \left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
\quad \Rightarrow \quad
\vec{y} \:'_p (t) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)Setter inn i ligningssystemet for å bestemme konstantene $K$ og $L$:
\begin{aligned}
&\vec{y}\:'_p(t) = A\vec{y}_p(t) + \vec{k}(t) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
+ \left( \begin{array}{c} 7 \\ 22 \end{array} \right) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} -7 \\ 22 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 6 & 2 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
\end{aligned}som er et ligningssett på formen $Ax = b$. Det kan vi løse på mange måter, f.eks. radreduksjon:
\left( \begin{array}{cc|c} -3 & 1 & -7 \\ 6 & 2 & 22 \end{array} \right)
\overset{-R_1/3 \rightarrow R_1}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -\frac{1}{3} & \frac{7}{3} \\ 6 & 2 & 22 \end{array} \right) \\
\overset{R_2 - 6R_1 \rightarrow R_2}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -\frac{1}{3} & \frac{7}{3} \\ 0 & 4 & 8 \end{array} \right)
\overset{R_2/4 \rightarrow R_2}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -\frac{1}{3} & \frac{7}{3} \\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right) \\
\overset{R_1 + R_2/3 \rightarrow R_1}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \end{array} \right)Uansett metode, skal du ende med løsningen $K = 3$ og $L = 2$ som gir partikulær løsning:
\vec{y}_p(t) = \left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) = \left(\begin{array}{c} 3 \\ 2 \end{array} \right) + Steg 6: Generell løsning
Generell løsning er:
\begin{aligned}
& \vec{y}(t) = \vec{y}_h(t) + \vec{y}_p(t) \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}(t) = C_1e^{-4 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \end{array} \right)
+ C_2 e^{3 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 6 \end{array} \right)
+ \left(\begin{array}{c} 3 \\ 2 \end{array} \right)
\end{aligned}som også kan skrives på komponentform:
\begin{aligned}
& y_1(t) = C_1e^{-4t} + C_2e^{3t} + 3 \\
& y_2(t) = - C_1e^{-4t} + 6C_2e^{3t} + 2
\end{aligned}+ Eksempel 4: Inhomogen ligning og reelle egenverdier
Løs systemet av differensialligninger:
\begin{aligned}
y '_1 &= y_1 + 3y_2 + 2e^{4t} \\
y '_2 &= 2y_1 - 4y_2 - 3e^{4t}
\end{aligned}+ Steg 1: Sett opp homogen ligning
Skriver det homogene ligningssystemet på vektorform, dvs. $\vec{y}’ = A\vec{y}$
\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right) + Steg 2: Finn egenverdiene
Finner egenverdiene ved å løse den karakteristiske ligningen:
\begin{array}{lrcl}
& \textnormal{det}(A - \lambda I) &=& 0 \\
\Rightarrow &\left| \begin{array}{cc} 1 - \lambda & 3 \\ 2 & -4 - \lambda \end{array} \right| &=& 0 \\
\Rightarrow & (1-\lambda)(-4 - \lambda) - 3 \cdot 2 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda^2 + 3\lambda - 10 &=& 0 \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{- 3 \pm \sqrt{3^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-10)}}{2 \cdot 1} \\
\Rightarrow & \lambda &=& \frac{-3 \pm 7}{2} \\
\Rightarrow & \lambda_1 = -5 && \lambda_2 = 2
\end{array}Sjekker at summen av egenverdier er lik summen av hoveddiagonalen til $A$:
\begin{aligned}
&\lambda_1 + \lambda_2 = -5 + 2 = -3 \\
& \textnormal{trace}(A) = 1 - 4 = -3
\end{aligned}ok
+ Steg 3a: Finn egenvektoren til $\lambda_1 = -5$
Finner egenvektoren til $\lambda_1 = -5$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_1 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A + 5 I) \vec{v}_1 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 6 & 3 \\ 2 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 + \frac{1}{2}v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} - \frac{1}{2} \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=-2}{=}& \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=-2$ for å unngå brøken.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_1 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 1 + 3 \cdot (-2) \\ 2 \cdot 1 + (-4) \cdot (-2) \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} -5 \\ 10 \end{array} \right) \\
&\lambda_1 \vec{v_1} = (-5) \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -5 \\ 10 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 3b: Finn egenvektoren til $\lambda_2 = 2$
Finner egenvektoren til $\lambda_2 = 2$ ved å løse
\begin{array}{lrcl}
& (A - \lambda_2 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & (A - 2 I) \vec{v}_2 &=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} -1 & 3 \\ 2 & -6 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{cc} 1 & -3 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} v_1 \\ v_2 \end{array} \right)&=& 0 \\ \\
\Rightarrow & v_1 - 3v_2 &=& 0 \\ \\
\Rightarrow & \vec{v}_1 = \left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right) t & \overset{t=1}{=}& \left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right)
\end{array}der vi har valgt $t=1$ bare fordi det er enkelt.
Sjekker:
\begin{aligned}
&A\vec{v}_2 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 1 \cdot 3 + 3 \cdot 1 \\ 2 \cdot 3 + (-4) \cdot 1 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{c} 6 \\ 2 \end{array} \right) \\
&\lambda_2 \vec{v_2} = 2 \left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 6 \\ 2 \end{array} \right)
\end{aligned}ok
+ Steg 4: Homogen løsning
Siden systemet har like mange egenvektorer som ligninger, er den homogene løsningen:
\begin{aligned}
& \vec{y}_h(t) = C_1e^{\lambda_1t}\vec{v}_1 + C_2 e^{\lambda_2 t}\vec{v}_2 \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}_h(t) = C_1e^{-5 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array} \right)
+ C_2 e^{2 t} \left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right)
\end{aligned}+ Steg 5: Partikulær løsning
Siden systemet er inhomogent, må vi finne en partikulær løsning.
\underbrace{\left( \begin{array}{c} y '_1 \\ y '_2 \end{array} \right)}_{= \vec{y} \:'(t)}
= \underbrace{\left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)}_{=A}
\underbrace{\left( \begin{array}{c} y_1 \\ y_2 \end{array} \right)}_{=\vec{y}}
+ \underbrace{\left( \begin{array}{c} 2e^{4t} \\ -3e^{4t} \end{array} \right)}_{=\vec{k}(t)}Gjetter formen på partikulær løsning ut fra formen på de inhomogene leddene, $\vec{k}(t)$:
\vec{y}_p(t) = \left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) e^{4t}
\quad \Rightarrow \quad
\vec{y} \:'_p (t) = \left( \begin{array}{c} 4K \\ 4L \end{array} \right) e^{4t}Setter inn i ligningssystemet for å bestemme konstantene $K$ og $L$:
\begin{aligned}
&\vec{y}\:'_p(t) = A\vec{y}_p(t) + \vec{k}(t) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} 4K \\ 4L \end{array} \right) e^{4t}
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) e^{4t}
+ \left( \begin{array}{c} 2 \\ -3 \end{array} \right) e^{4t} \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} 4K \\ 4L \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
+ \left( \begin{array}{c} 2 \\ -3 \end{array} \right) \\
\Rightarrow & - \left( \begin{array}{c} 2 \\ -3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
- \left( \begin{array}{c} 4K \\ 4L \end{array} \right) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & -4 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
- \left( \begin{array}{cc} 4 & 0 \\ 0 & 4 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} 1 -4 & 3 - 0\\ 2 - 0 & -4 - 4 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) \\
\Rightarrow & \left( \begin{array}{c} -2 \\ 3 \end{array} \right)
= \left( \begin{array}{cc} -3 & 3 \\ 2 & -8 \end{array} \right)
\left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right)
\end{aligned}som er et ligningssett på formen $Ax = b$. Det kan vi løse på mange måter, f.eks. radreduksjon:
\left( \begin{array}{cc|c} -3 & 3 & -2 \\ 2 & -8 & 3 \end{array} \right)
\overset{-R_1/3 \rightarrow R_1}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -1 & \frac{2}{3} \\ 2 & -8 & 3 \end{array} \right) \\
\overset{R_2 - 2R_1 \rightarrow R_2}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -1 & \frac{2}{3} \\ 0 & -6 & \frac{5}{3} \end{array} \right)
\overset{-R_2/6 \rightarrow R_2}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & -1 & \frac{2}{3} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{18} \end{array} \right) \\
\overset{R_1 + R_2 \rightarrow R_1}{\longrightarrow}
\left( \begin{array}{cc|c} 1 & 0 & \frac{7}{18} \\ 0 & 1 & -\frac{5}{18} \end{array} \right)Uansett metode, skal du ende med løsningen $K = \frac{7}{18}$ og $L = -\frac{5}{18}$ som gir partikulær løsning:
\vec{y}_p(t) = \left(\begin{array}{c} K \\ L \end{array} \right) e^{4t} = \frac{1}{18}\left(\begin{array}{c} 7 \\ -5 \end{array} \right) e^{4t}+ Steg 6: Generell løsning
Generell løsning er:
\begin{aligned}
& \vec{y}(t) = \vec{y}_h(t) + \vec{y}_p(t) \\
\Rightarrow \quad & \vec{y}(t) = C_1e^{-5 t} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -2 \end{array} \right)
+ C_2 e^{2 t} \left( \begin{array}{c} 3 \\ 1 \end{array} \right)
+ \frac{1}{18} \left(\begin{array}{c} 7 \\ -5 \end{array} \right) e^{5t}
\end{aligned}som også kan skrives på komponentform:
\begin{aligned}
& y_1(t) = C_1e^{-5t} + 3C_2e^{2t} + \frac{7}{18} e^{4t} \\
& y_2(t) = - 2C_1e^{-5t} + C_2e^{2t} - \frac{5}{18} e^{4t}
\end{aligned}