Matematika A3a 2008/4. gyakorlat
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Állandó együtthatós elsőrendű inhomogén lineáris differenciálegyenletrendszer) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Példák) |
||
93. sor: | 93. sor: | ||
'''4.''' | '''4.''' | ||
− | :<math>\begin{pmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} | + | :<math>\begin{pmatrix}\dot{x}_1\\\dot{x}_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2x_1 & 3x_2\\ 3x_1 & 2x_2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}e^t\\e^{2t}\end{pmatrix}</math> |
+ | |||
+ | '''Mo.''' | ||
+ | :<math>\dot{x_1}=2x_1+3x_2+e^t</math> | ||
+ | :<math>\dot{x_2}=3x_1+2x_2</math> | ||
+ | Homogén: | ||
+ | :<math>\dot{x_1}=2x_1+3x_2</math> | ||
+ | :<math>\dot{x_2}=3x_1+2x_2</math> | ||
+ | :<math>\begin{pmatrix}2 & 3\\3 & 2\end{pmatrix}</math> karakterisztikus polinomjának megoldásai: <math>\lambda=-1; 5 | ||
+ | </math> | ||
+ | Sajátvektorai rendre: (1,-1), (1,1) ezekből a megoldás. Innen | ||
+ | :<math>\Psi(t)=\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}\\-e^{-t} & e^{5t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | és | ||
+ | :<math>x_H(t)=c_1\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}e^{5t}\\e^{5t}\end{pmatrix}=\Psi(t)\cdot\begin{pmatrix}c_1\\c_2\end{pmatrix}</math> | ||
+ | Inhomogén: | ||
+ | :<math>\Psi(t)\cdot c'(t)=\begin{pmatrix}e^{t}\\0\end{pmatrix}</math> | ||
+ | Gauss--Jordan-nal: | ||
+ | :<math>\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\-e^{-t} & e^{5t}& 0\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & 2e^{5t}& e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}& e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}e^{-t} & 0 & \frac{1}{2}e^{t}\\0 & e^{5t}& \frac{1}{2}e^{t}\end{pmatrix}\sim\begin{pmatrix}1 & 0 & \frac{1}{2}e^{2t}\\0 & 1& \frac{1}{2}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | :<math> c(t)=\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | :<math> x_P(t)=\Psi(t)\cdot c(t)=\begin{pmatrix}e^{-t} & e^{5t}\\-e^{-t} & e^{5t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}e^{2t}\\ -\frac{1}{8}e^{-4t}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{8}e^{t}\\ -\frac{3}{8}e^{t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | :<math>x(t)=c_1\begin{pmatrix}e^{-t}\\-e^{-t}\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}e^{5t}\\e^{5t}\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\frac{1}{8}e^{t}\\ -\frac{3}{8}e^{t}\end{pmatrix}</math> | ||
+ | |||
A lap 2016. március 4., 23:29-kori változata
Tartalomjegyzék |
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 vannak független sajátvektorai.
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:
Az inhomohén egy partikuláris megoldását a következőképpen keressük meg. Feltesszük az állandó variálása módszerével, hogy
Ezt behelyettesítve az inhomogén egyenletbe kapjuk, hogy
De mivel tudjuk, hogy , ezért
Ezért kiejtve, amit ki lehet, csak az
paraméteres egyenletrendszert kell megoldani -re.
Példák
4.
Mo.
Homogén:
- karakterisztikus polinomjának megoldásai: λ = − 1;5
Sajátvektorai rendre: (1,-1), (1,1) ezekből a megoldás. Innen
és
Inhomogén:
Gauss--Jordan-nal:
3. gyakorlat |
5. gyakorlat |