Matematika A3a 2008/4. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer) |
||
56. sor: | 56. sor: | ||
:<math>\dot{\mathbf{\Psi}}(t)=\mathbf{A}\cdot\mathbf{\Psi}(t)</math> | :<math>\dot{\mathbf{\Psi}}(t)=\mathbf{A}\cdot\mathbf{\Psi}(t)</math> | ||
Belátjuk, hogy erre az '''A''' mátrix <math>\mathbf{s}_{1,2}</math> sajátvektoraiból összerakott | Belátjuk, hogy erre az '''A''' mátrix <math>\mathbf{s}_{1,2}</math> sajátvektoraiból összerakott | ||
− | :<math>\mathbf{\Psi | + | :<math>\mathbf{\Psi}(t)= |
− | \begin{ | + | \begin{bmatrix} |
− | & | & & |\\ | + | & | & & |\\ |
− | e^{\lambda_1 t}\cdot & \mathbf{s}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot & \mathbf{s}_1\\ | + | e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_2\\ |
− | & | & & | | + | & | & & | |
− | \end{ | + | \end{bmatrix}</math> |
− | + | mátrixfüggvény, alkalmas, ahol persze <math>\mathbf{As}_i=\lambda_i\mathbf{s}_i</math> (i=1;2). Ugyanis | |
+ | :<math>\dot{\mathbf{\Psi}}(t)= | ||
+ | \begin{bmatrix} | ||
+ | & | & & |\\ | ||
+ | \lambda_1e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_1 & \lambda_2e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_2\\ | ||
+ | & | & & | | ||
+ | \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} | ||
+ | & | & & |\\ | ||
+ | e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{As}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{As}_2\\ | ||
+ | & | & & | | ||
+ | \end{bmatrix}=\mathbf{A\Psi}(t)</math> | ||
+ | Ilyenkor pedig a megoldás tetszőleges <math>\mathbf{c}</math> konstans általános vektorral: | ||
+ | <math>\mathbf{x}(t)=\mathbf{\Psi}(t)\cdot \mathbf{c}=\begin{bmatrix} | ||
+ | & | & & |\\ | ||
+ | e^{\lambda_1 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_1 & e^{\lambda_2 t}\cdot\!\!\!\!\! & \mathbf{s}_2\\ | ||
+ | & | & & | | ||
+ | \end{bmatrix}\cdot \mathbf{c}=\begin{bmatrix}c_1e^{\lambda_1 t}s_{11}+c_2e^{\lambda_2 t}s_{21}\\c_1e^{\lambda_1 t}s_{12}+c_2e^{\lambda_2 t}s_{22}\end{bmatrix}</math> | ||
+ | </math> | ||
A lap 2016. március 4., 22:55-kori változata
Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet
Csak a másodrendű esetet tárgyaljuk:
ha a, b, c ∈ R.
Ilyenkor a homogén egyenlet megoldását az aλ2+bλ+c=0 karakterisztikus egyenlet megoldásából származó λ gyökökből száraztatjuk (bizonyítása a bizonyítások között).
- , ha
- , ha (gyök vagy belső rezonancia esete)
- , ha
Az inhomogén egyenlet megoldását a következő alakban keressük. Ha az inhomogén tag az alábbi alakban írható
ahol p(x) és q(x) polinomok és a a+ib ∈ C szám m szeres gyöke az aλ2+bλ+c karakterisztikus polinomnak, akkor az yp(x) partikuláris megoldásra a feltevés:
ahol P(x) és Q(x) olyan polinomok, hogy deg P(x)=deg Q(x)= max{deg p(x), deg q(x)}.
Rezonanciák
1.
Mo. , azaz . Innen
- yH(x) = C1cos(3x) + C2sin(3x)
Mivel
ezért a + bi = 3i egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, m=1 és az általános P(x), Q(x) polinomok konstansok: A,B, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az
alakban keresendő.
2.
Mo. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 2 kétszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=2 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik, de P(x)=A állandó, így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az
alakban keresendő.
3.
Mo. , azaz . Innen
Mivel
ezért a = 1 egyszeres megoldása a karakterisztikus egyenletnek, és ezért m=1 az általános P(x), Q(x) polinomok közül csak P(x) marad, mert b=0 lévén Q(x) kiesik (sin(0)=0), de P(x)=Ax+B elsőfokú, mert p(x)=x (hiszen cos(0)=1 és ez magmaradt), így az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az
alakban keresendő.
Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer
Az
egyenletrendszerben A konstans valós mátrix, b(t) vektorfüggvény. Csak azt az esetet vizsgáljuk, amikor A-nak különböző valós sajátvektorai vannak.
A homogén egyenlet megoldását az úgy nevezett mátrix alapmegoldásból állítjuk elő. Keresünk tehát olyan mátrixfüggvényt, melyre:
Belátjuk, hogy erre az A mátrix sajátvektoraiból összerakott
mátrixfüggvény, alkalmas, ahol persze (i=1;2). Ugyanis
Ilyenkor pedig a megoldás tetszőleges konstans általános vektorral: </math>
3. gyakorlat |
5. gyakorlat |