2. ORDEN SYSTEMER AF LINEÆRE DIFFERENTIALLIGNINGER III ...

2. ORDEN SYSTEMER AF LINEÆRE DIFFERENTIALLIGNINGER
III
PREBEN ALSHOLM
1. System af differentialligninger af 2. orden
1.1. Omskrivning af system af koblede 2. ordens differentialligninger til
system af første orden.
• Betragt systemet
y 1 ′′ + a 1 y 1 ′ + b 1 y 2 ′ + a 0 y 1 + b 0 y 2 = q 1 (t)
y 2 ′′ + c 1 y 1 ′ + d 1 y 2 ′ + c 0 y 1 + d 0 y 2 = q 2 (t)
• Sæt x 1 = y 1 , x 2 = y 2 , x 3 = y 1 ′ , x 4 = y 2 ′ så fås systemet
·
x 1 (t) = x 3 (t)
·
x 2 (t) = x 4 (t)
·
x 3 (t) = −a 1 x 3 − b 1 x 4 − a 0 x 1 − b 0 x 2 + q 1 (t)
·
x 4 (t) = −c 1 x 3 − d 1 x 4 − c 0 x 1 − d 0 x 2 + q 2 (t)
med koefficientmatrix på næste afsnit.
• Man kunne i stedet have valgt en anden organisering, f.eks. x 1 = y 1 , x 2 =
y ′ 1 , x 3 = y 2 , , x 4 = y ′ 2 .
1.2. Omskrivningen fortsat.
• Med valget x 1 = y 1 , x 2 = y 2 , x 3 = y 1 ′ , x 4 = y 2 ′ fås
⎡ · ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
x 1 0 0 1 0 x ·
1
x 2
⎢ · ⎥
⎣ x 3 ⎦ = ⎢ 0 0 0 1
⎥ ⎢ x 2
⎥
⎣ −a 0 −b 0 −a 1 −b 1
⎦ ⎣ x 3
⎦ + ⎢
⎣
·
x
−c 0 −d 0 −c 1 −d 1 x 4 4
0
0
q 1 (t)
q 2 (t)
• Med valget x 1 = y 1 , x 2 = y 1 ′ , x 3 = y 2 , , x 4 = y 2 ′ fås i stedet
⎡ · ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
x 1 0 1 0 0 x ·
1 0
x 2
⎢ · ⎥
⎣ x 3 ⎦ = ⎢ −a 0 −a 1 −b 0 −b 1
⎥ ⎢ x 2
⎥
⎣ 0 0 0 1 ⎦ ⎣ x 3
⎦ + ⎢ q 1 (t)
⎥
⎣ 0 ⎦
·
x
−c 0 −c 1 −d 0 −d 1 x 4 q 2 (t)
4
1.3. Afkobling af specielt system af koblede 2. ordens differentialligninger.
• Betragt systemet
Mü + Ku = F (t)
hvor M og K er (konstante) n × n-matricer, F (t) = [F 1 (t) F 2 (t) . . . F n (t)] T
og u = [u 1 u 2 . . . u n ] T .
• Det specielle ved systemet er, at kun ü og u forekommer, ikke ·u.
1
⎤
⎥
⎦

2 PREBEN ALSHOLM
• Eksempel. Med n = 2 og M =diag(m 1 , m 2 ) kan systemet skrives på formen
m 1 ü 1 + k 11 u 1 + k 12 u 2 = F 1 (t)
m 2 ü 2 + k 21 u 1 + k 22 u 2 = F 2 (t)
• Det tilsvarende homogene system Mü + Ku = 0 kan løses ved afkobling som
for et system af første orden.
1.4. Afkobling I.
• Antag, at M = B 2 , hvor B er en reel, symmetrisk og invertibel matrix. Antag,
at også K er reel og symmetrisk.
• Så kan Mü + Ku = 0 skrives Bü + ABu = 0, hvor A = B −1 KB −1 .
• Da A er symmetrisk kan den diagonaliseres vha. en ortogonal matrix Q =
[v 1 v 2 . . . v n ]: A = QΛQ T , hvor Λ = diag (λ 1 , λ 2 , . . . , λ n ).
• Bü + ABu = 0 kan nu skrives
Bü + QΛQ T Bu = 0
• og dermed Q T Bü + ΛQ T Bu = 0
• Definér en ny vektorfunktion y ved y (t) = Q T Bu (t).
• Så fås
ÿ + Λy = 0
• Dette system er afkoblet:
ÿ 1 + λ 1 y 1 = 0, ÿ 2 + λ 2 y 2 = 0, . . . , ÿ n + λ n y n = 0
1.5. Afkobling II.
• Antag, at λ 1 , λ 2 , . . . , λ n alle er positive.
• Den fuldstændige løsning til ÿ i + λ i y i = 0 er
y i (t) = c i cos
(t √ )
λ i + d i sin
(t √ )
λ i = A i cos
(t √ )
λ i + φ i
hvor amplituden A 1 ≥ 0 og faseforskydningen φ 1 ∈ R.
• Den fuldstændige løsning til M ü + K u = 0:
⎡
A 1 cos ( t √ ) ⎤
λ 1 + φ 1 u (t) = B −1 Qy (t) = B −1 A 2 cos ( t √ )
λ 2 + φ 2 [v 1 v 2 . . . v n ] ⎢
⎥
⎣ .
A n cos ( t √ ⎦
)
λ n + φ n
= A 1 cos
(t √ )
λ 1 + φ 1 B −1 v 1 + A 2 cos
(t √ )
λ 2 + φ 2 B −1 v 2
+ · · · + A n cos
(t √ )
λ n + φ n B −1 v n
1.6. Eksempel 1 (a).
• Betragt et system af to masser m 1 og m 2 og 3 fjedre med fjederkonstanterne
k 1 , k 2 og k 3 :
m 1 ü 1 + (k 1 + k 2 ) u 1 − k 2 u 2 = 0
m 2 ü 2 − k 2 u 1 + (k 2 + k 3 ) u 2 = 0
[ ] [ ]
m1 0
k1 + k
• Her har vi M =
og K =
2 −k 2
.
0 m 2 −k 2 k 2 + k
[ 3
√
• M kan skrives M = B 2 m1 0
med B = √
].
0 m2

2. ORDEN LINEÆRE SYSTEMER 3
[ 1
]
• A = B −1 KB −1 m
= 1
(k 1 + k 2 ) − √ k √2
m1 m2
− √ k √2
1
m1 m2 m 2
(k 2 + k 3 )
• Determinanten er det A = 1
m 1 m 2
(k 1 k 2 + k 1 k 3 + k 2 k 3 ) > 0.
• Sporet er Spor(A) = k 1+k 2
m 1
+ k 2+k 3
m 2
> 0.
• Derfor er begge egenværdier positive.
1.7. Eksempel 1 (b).
• Betragt tilfældet k 1 = k 2 = k 3 = k og m 1 = m 2 = m. Så har vi
[ 2k
A = B −1 KB −1 = m
− k ]
m
− k m
• Egenværdierne for A er k m og 3k m .
• Basis for egenrummet hørende til
k
m udgøres af v 1 = [ 1 1 ] T .
• Basis for egenrummet hørende til 3k m udgøres af v 2 = [ 1 −1 ] T .
2k
m
1.8. Eksempel 1 (c).
• Den fuldstændige løsning til M ü + K u = 0 er derfor
u (t) = A 1 cos
(t √ )
λ 1 + φ 1 B −1 v 1 + A 2 cos
(t √ )
λ 2 + φ 2 B −1 v 2
( ) [ ] ( ) [ ]
k 1 3k 1
= c 1 cos t√
m + φ 1 + c
1 2 cos t√
m + φ 2
−1
• hvor c 1 = √ 1
m
A 1 , c 2 = √ 1
m
A 2 og φ 1 , φ 2 bestemmes ved begyndelsesbetingelserne.
• c 2 = 0 og c 1 > 0 svarer til, at de to masser
√
svinger i fase (altså med fast
k
indbyrdes afstand) med vinkelfrekvensen
m .
• c 1 = 0 og c√
2 > 0 svarer til, at de to masser svinger i modfase med vinkelfrekvensen
3k
m .
1.9. Det generelle tilfælde.
• Betragt nu systemet
M ü + C ·u + K u = F (t)
hvor M, C og K er (konstante) n×n-matricer, F (t) = [F 1 (t) F 2 (t) . . . F n (t)] T
og u = [u 1 u 2 . . . u n ] T .
• Eksempel. Med n = 2 og M =diag(m 1 , m 2 ) , C =diag(c 1 , c 2 ) kan systemet
skrives på formen
m 1 ü 1 + c 1
·u1 + k 11 u 1 + k 12 u 2 = F 1 (t)
m 2 ü 2 + c 2
·u2 + k 21 u 1 + k 22 u 2 = F 2 (t)
• Det tilsvarende homogene system M ü + C ·u + K u = 0 kan ikke generelt løses
som ovenfor, hvor C = 0.
• Vi kan i stedet på standard vis omskrive til et system af 2n ligninger af første
orden.
• Dette system løses så på sædvanlig måde.

4 PREBEN ALSHOLM
1.10. Eksempel 2 (a).
• Betragt igen systemet af to masser m 1 og m 2 og 3 fjedre med fjederkonstanterne
k 1 , k 2 og k 3 , men denne gang med dæmpninger proportionale med
forskydningshastighederne:
m 1 ü 1 + c 1
·u1 + (k 1 + k 2 ) u 1 − k 2 u 2 = F 1 (t)
m 2 ü 2 + c 2
·u2 − k 2 u 1 + (k 2 + k 3 ) u 2 = F 2 (t)
• Indfør nye variable p 1 = m 1
·u1 , p 2 = m 2
·u2 og sæt q = (u 1 , u 2 , p 1 , p 2 ).
• Vores system kan nu skrives på formen ·q = Aq + ˜F (t), hvor
⎡
1 ⎤
0 0
m 1
0
A =
⎢
⎣
0 0 0
1
m 2
−k 1 − k 2 k 2 − c 1
m 1
0
k 2 −k 2 − k 3 0 − c 2
m 2
• og hvor ˜F (t) = [ 0 0 F 1 (t) F 2 (t) ] T .
⎥
⎦
1.11. Eksempel 2 (b).
) ( )
• Karakterpolynomiet er λ +( 4 c1
m 1
+ c 2
m 2
λ 3 + 1
m 1
(k 1 + k 2 ) + 1 m 2
(k 2 + k 3 ) + c 1c 2
m 1 m 2
λ 2 +
( )
c2
m 1 m 2
(k 1 + k 2 ) + c 1
m 1 m 2
(k 2 + k 3 ) λ + 1
m 1 m 2
(k 1 k 2 + k 1 k 3 + k 2 k 3 )
• Routh-Hurwitz’ kriterium: Alle rødderne for polynomiet p = λ 4 + a 1 λ 3 +
a 2 λ 2 + a 3 λ + a 4 har negativ realdel, hvis og kun hvis
∣ a 1 > 0,
∣ a ∣ 1 a 3 ∣∣∣ a 1 a 3 0 ∣∣∣∣∣
> 0,
1 a 2 1 a 2 a 4 > 0 og a 4 > 0
∣ 0 a 1 a 3
• Kun 3 × 3-determinanten kræver arbejde, men kan også vises at være positiv
(sålænge mindst én af c 1 og c 2 er positive).
• Fysisk set er resultatet klart, idet dæmpning af systemet må medføre, at
udsvingene går mod nul, når t → ∞.
1.12. Eksempel 2 (c).
• Med k 1 = k 2 = k 3 = k og m 1 = m 2 = m fås karakterpolynomiet til λ 4 +
1
m (c 1 + c 2 ) λ 3 + 1 (4km + c
m 2 1 c 2 ) λ 2 + 2k (c
m 2 1 + c 2 ) λ + 3k2 .
m 2
• Hvis også c 1 = c 2 , så kan polynomiet skrives ( λ 2 + c m λ + 3k ) (
m λ 2 + c m λ + m) k .
• Hvis c 1 = c 2 , så kan ”omvejen”via førsteordenssystemet faktisk undgås.
• Hvis c 1 ≠ c 2 , så fylder rødderne i karakterpolynomiet i det symbolske tilfælde
meget!
• Selv hvis c 1 > 0, men c 2 = 0 fylder rødderne i karakterpolynomiet enormt.