Inhomogene likningssystem - Universitetet i Tromsø

Forelesningsnotater i matematikk.System av lineære 1.ordens differensiallikninger. Side 13. Inhomogene likningssystem.Problemet er nå: Løs likningssystemety'= A⋅ y+g ( x)med start-tilstand y( 0).Vi har tidligere satt opp to ”oppskrifter” for å løse det tilhørende homogene likningssystemet.Dessverre fins det ikke noen enkle standard oppskrifter for inhomogene likningssystem. Vimå forstå en eller annen teknikk. Og disse teknikkene kan være arbeidskrevende.Jeg skal presentere to slike teknikker, og skal etter beste evne prøve å få fram gangen iløsningen.3.1. Ubestemte koeffisienters metode.Når vi bruker denne metoden, får vi bruk for denne setningen:Et system av inhomogene lineære første ordens differensiallikningerer gitt på formeny'= A⋅ y+g( x)Den generelle løsningen av dette likningssystemet er gitt ved( x) = ( x) + ( x)y y yderh ( x)mens ( x)hpy er løsningen av det tilhørende homogene likningssystemety er en partikulær løsning.pDet er enkelt å vise (ved innsetting) aty x = y x + y x( ) ( ) ( )hpvirkelig er løsning av det gitte likningssettet (prøv!). Det er verre å vise at det ikke fins andreløsninger, og vi skal ikke gjennomføre dette beviset.Hvordan skal vi finne en partikulær løsning y ( x)p? Vi skal benytte samme framgangsmåtesom når vi løser inhomogene n’te ordens lineære differensiallikninger: Vi prøver med eng x , og prøver å bestemme de koeffisientene som inngår i vårløsning av samme form som ( )”prøveløsning”. Men vi må være forsiktige når vi setter opp ”prøveløsning”: Alle typerxy x .funksjoner som inngår i ett av elementene i g ( ) , må inngå i alle elementene i ( )Jeg skal illustrere framgangsmåten med et eksempel..pBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i matematikk.System av lineære 1.ordens differensiallikninger. Side 2Eksempel 3.1: Løs likningssystemety1' = 2y1− 3y2, y 1( 0 ) = 5y y e22' 13 xy 0 =−22=− + , ( )Løsning: Dette likningssystemet kan skrives på matriseform slik:⎡ 2 −3⎤ ⎡ 0 ⎤y'= ⎢ ⋅ +21 0⎥ y−⎢⎣ ⎦ ⎣3ex ⎥⎦ .Den homogene likningen blir⎡ 2 −3⎤y'= ⎢ ⋅−1 0⎥ y.⎣ ⎦Denne likningen har vi allerede løst i Eksempel 2.1. Der fant vi at⎡y1 ⎤ λ1x λ2x ⎡−3⎤ 3x ⎡1⎤− xyh( x) = ⎢ C1 1e C2 2e C1 e C2ey⎥ = v + v = ⎢ +21⎥ ⎢1⎥ .⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦Så må vi finne en partikulær løsning y ( x). Siden ( x)partikulær løsningx⎡Ae⎤ ⎡2Aeyp( x) = ⎢ p'( x)x ⎥ ⇒ y = ⎢⎣Be⎦ ⎣2Be2 2x2 2xSetter inn i det gitte likningssystemet:p⎤⎥.⎦2 xg inneholder et e - ledd, prøver vi en2x 2x 2x⎡2Ae ⎤ ⎡ 2 −3⎤ ⎡Ae ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡2Ae− 3Be⎢ 2x⎥ = ⎢ ⋅ + =2x2x2x2x2Be 1 0⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢Be e⎥⎣ ⎦ ⎣− ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ − Ae + eDette gir de to likningene2x 2x 2x 2Ae = 2Ae −3Be ⇔2x− 3Be = 0 ⇔ B = 02x 2x 2x2Be Ae 3e 2B A 3 A 3 2B3=− + ⇔ =− + ⇔ = − = − 0=3Da er vi ved veis ende:2x2x⎡Ae⎤ ⎡3e⎤yp ( x)= ⎢ =2x⎥ ⎢ ⎥.⎣Be⎦ ⎣ 0 ⎦Dette gir2x3x −x 2x⎡−3⎤ 3x⎡1⎤−x⎡3e⎤ ⎡− 3Ce 1+ Ce2+ 3e⎤y( x) = yh( x) + yp( x)= C1⎢ e C2 e3x − x1⎥ + ⎢ + ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥1⎥.⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 0 ⎦ ⎣ Ce1+ Ce2 ⎦2x⎤⎥⎦Til slutt finner vi konstantene og C :C12( )0 0 0y 0 = 5 ⇔ − 3Ce + C e + 3e = 5 ⇔ − 3C+ C 2= 2.1 1 2 1Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

( )0 0Forelesningsnotater i matematikk.System av lineære 1.ordens differensiallikninger. Side 3y 0 =−2 ⇔ Ce + C e =−2⇔ C + C 2=−2.2 1 2 1Trekker disse likningene fra hverandre, og får− 4C= 4 ⇔ C =−1.Da blirC1 1=−2− C =−2−( − 1)=−1.2 1Løsningen blir da:y x 3Ce 3 C e − 3 2 3 1 3 −e e 1 e 3e 2 3e 3 −=− + + =− − + − + = − e + 3e( ) ( ) ( )3x −x 3x −x( ) = + =− − .x x x x x x x x 2x1 1 2y x Ce C e e e2 1 2.3.2. Dekopling.Metoden ovenfor kan føre til mye omstendelig regning. Dersom du er flink til å manipulerematriser, og dessuten er flink til å integrere, (eller har dataverktøy som kan hjelpe deg), vil dusikkert foretrekke metoden nedenfor.Gitt likningssystemety'= A⋅ y+g ( x)Her er A en n× n-matrise som har egenverdiene λ1, λ2, …, λnmed tilhørende lineært uavhengige egenvektorer , v , …, v .Likningssystemet løses etter følgende oppskrift:1. DefinerM = [ v1 v2 vn].2. Beregn⎡ f1( x)⎤⎢ ⎥f12 ( x−)f( x) = M ⋅ g( x)= ⎢ ⎥ . ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢⎣fn( x)⎥⎦3. Bestem komponentene z i i en vektor z vediλix( ∫ i)−iλix( ) ( )z x = e f x e dx + C4. Løsningen av likningssettet er day = M⋅ z = v z + v z + + v z .1 1 2 2 n n.v12Løsningen inneholder konstanter , C , …, C som kan bestemmesC12dersom vi kjenner en start-tilstand y ( 0).nnBjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Forelesningsnotater i matematikk.System av lineære 1.ordens differensiallikninger. Side 4Beviset for at oppskriften virker finner du i vedlegget, der du også ser hvorfor metoden harfått betegnelsen ”dekopling”.Vi tester ut denne oppskriften med samme eksempel som ovenfor:Eksempel 3.2: Løs likningssystemety1' = 2y1− 3y2, y 1( 0 ) = 5y y e22' 13 xy 0 =−22=− + , ( )Løsning: Skriver likningssettet på matriseform slik:⎡ 2 −3⎤ ⎡ 0 ⎤y'= ⎢ ⋅ +21 0⎥ y−⎢⎣ ⎦ ⎣3ex ⎥⎦slik at⎡ 2 −3⎤A = ⎢−1 0 ⎥⎣ ⎦og⎡ 0 ⎤g ( x) = ⎢ 23ex ⎥ .⎣ ⎦Vi har tidligere funnet egenverdier og egenvektorer til A:⎡−3⎤• Egenverdi λ1= 3 med egenvektor v1= t1⎢1 ⎥ .⎣ ⎦1• Egenverdi λ2=− 1 med egenvektor v2= t ⎡ ⎤2 ⎢1 ⎥ .⎣ ⎦Det er likegyldig hvilke verdier vi velger for t 1 og t 2 fordi disse konstantene etter hvert vilforkortes bort. Vi setter t = t = , og får1 211 1M ⎡−3 1⎤ −1 1 ⎡ 1 −1⎤ 1 ⎡ 1 −1⎤⎡−4 4⎤= ⎢ 1 31 1⎥ ⇔ M = = = ⎢ ⎥−3−1 ⎢−1 −3 ⎥−4⎢−1 −3⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ .⎣ 4 4⎦Da blir1 1 3 2x−1 ⎡−4 4⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ e ⎤4f( x) = M ⋅ g ( x)= ⎢ 1 3 ⎥⋅ ⎢ =2x⎢ 9 2x⎥3e⎥ .⎣ 4 4⎦ ⎣ ⎦ ⎣ e4 ⎦Så finner vi z1og z2:( )λ ( )λ3( ( )) ( )−−∫∫+1z x = e f x ⋅ e dx + C = e e ⋅e dx C1 x 1x 3x 2x 3x1 1 1 43 −3 −( ) ( )4∫4( )= e e dx+ C = e − e + C3x x 3x x1 1=− e + Ce342x3x1Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.

Da blir( )λ ( )Forelesningsnotater i matematikk.System av lineære 1.ordens differensiallikninger. Side 5x λ x x 9 x ( x)( ∫ ( )) ( )− − ∫− − +23 3( ) 9 −( 9 14∫2 4 32)z x = e f x ⋅ e dx + C = e e ⋅e dx C2 2 22 2 2 4= + = ⋅ +−x x x xe e dx C e e C3 2x= e +4C e2− xy = v1z1+v2z2⎡−3⎤ ⎡1⎤= ⎢1⎥ − + + ⎢1⎥ +⎣ ⎦ ⎣ ⎦9 2x 3x 3 2x − x⎡ e − 3Ce 4 1+ e + C42e⎤= ⎢ 3 2x 3x 3 2x − x⎥⎣− e + Ce4 1+ e + C42e⎦3x − x 2x⎡− 3Ce 1+ Ce2+ 3e⎤= ⎢ 3x− x ⎥⎣ Ce1+ Ce2 ⎦( 3 2x 3x 2) ( 3 x − xe Ce4 1e C42e)Dette er samme resultat som vi fant i Eksempel 3.1. Konstantene bestemmes på samme måtesom før.Legg merke til at metoden ovenfor gir komplett løsning av likningssystemet, ikke bare enpartikulær løsning.Løs Oppgave 3.1.Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2010.