Tips och lösning till U 22.34

SamverkanLinalgLIU

Hoppa till: navigering, sök

Tips 1

Vi följer samma mönster som i uppgift 22.33

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 tre stegen ger följande resultat:

1. Systemet kan skrivas \displaystyle \boldsymbol{y}'=A\boldsymbol{y} , där \displaystyle A=\left(\begin{array}{rrr}1&0&-2\\0&-1&-2\\-2&-2&0\end{array}\right).

2. Substitutionen \displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z} ger att


\displaystyle

\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}{rcr}z_1'(t)&=&-3z_1(t)\\z_2'(t)&=&0\phantom{z_3(t)}\\z_3'(t)&=&3z_3(t)\end{array}\right.


som har lösningen \displaystyle z_1=c_1e^{-3t} , \displaystyle z_2(t)=c_2 och \displaystyle z_3=c_3e^{3t} .

3. Vi går tillbaka till den ursprungliga basen via sambandet
\displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z},
. Därefter bestämmer vi konstanterna och avslutar med att kontrollera att vi har fått fram lösningar till det givna ekvationssystemet. Vad vi däremot inte kan kontrollera är om vi fått fram samtliga lösningar.

Lösning


Systemet kan skrivas \displaystyle \boldsymbol{y}'=A\boldsymbol{y} , där \displaystyle A=\left(\begin{array}{rrr}1&0&-2\\0&-1&-2\\-2&-2&0\end{array}\right).


Matrisen \displaystyle A är symmetrisk och spektralsatsen säger att den är diagonaliserbar. Egenvärdena till \displaystyle A är \displaystyle \lambda_{1}=-3 , \displaystyle \lambda_2=0 och \displaystyle \lambda_{3}=3 .

Tillhörande egenvektorer är \displaystyle \boldsymbol{v}_{1}=(1,2,2)^t , \displaystyle \boldsymbol{v}_{2}=(2,-2,1)^t och \displaystyle \boldsymbol{v}_{2}=(2,1,-2)^t .

Eftersom \displaystyle \boldsymbol{v}_{1} och \displaystyle \boldsymbol{v}_{2} är linjärt oberoende så är \displaystyle A diagonaliserbar, dvs \displaystyle A=TDT^{-1} .


Substitutionen \displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z} ger att


\displaystyle

\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}{rcr}z_1'(t)&=&-3z_1(t)\\z_2'(t)&=&0\phantom{z_3(t)}\\z_3'(t)&=&3z_3(t)\end{array}\right.


som har lösningen \displaystyle z_1=c_1e^{-3t} , \displaystyle z_2(t)=c_2 och \displaystyle z_3=c_3e^{3t} .

Allmän lösning är alltså

\displaystyle \boldsymbol{y}=T\boldsymbol{z},

dvs

\displaystyle y_1(t)=c_1e^{-3t}+2c_2+2c_3e^{3t} , \displaystyle y_2(t)=2c_1e^{-3t}-2c_2+c_3e^{3t} och \displaystyle y_3(t)=2c_1e^{-3t}+c_2-2c_3e^{3t} .


Begynnelsevillkoret ger


\displaystyle

\left\{\begin{array}{rcl}y_1(0)&=&5\\y_2(0)&=&1\\y_3(0)&=&1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}c_1+2c_2+2c_3&=&5\\2c_1-2c_2+c_3&=&1\\2c_1+c_2-2c_3&=&1\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{rcl}c_1&=&1\\c_2&=&1\\c_3&=&1\end{array}\right.


Speciella lösningen är

\displaystyle y_1(t)=e^{-3t}+2+2e^{3t} , \displaystyle y_2(t)=2e^{-3t}-2+e^{3t} och \displaystyle y_3(t)=2e^{-3t}+1-2e^{3t}
Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/samverkan/linalg-LIU/index.php/Tips_och_l%C3%B6sning_till_U_22.34