układy równan rózniczkowych liniowych 1 rzedu

[janusz666666]

pomózcie, nie wiem dokładnie jak robic na ta serje jordana

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-3&0&0\\5&-3&-5\\-5&0&2\end{array}\right]}\)
i
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{array}\right]}\)

jakie beda wektory V1 V2 i V3 oraz rozwiazanie ogólne
i jeszcze jak zamienic cos takiego na sinusy i cosinusy( niech ktos mi wytłumaczy):
\(\displaystyle{ C_{2}}\)*\(\displaystyle{ e^{(1+2i)t}}\)\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}2i\\1\\3\end{array}\right]}\)+\(\displaystyle{ C_{3}}\)*\(\displaystyle{ e^{(1-2i)t}}\)\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}-2i\\1\\3\end{array}\right]}\)

[Kasiula@]

Metoda Eulera:
1. wyznaczamy wartości własne macierzy A
2. wyznaczamy wektory własne odpowiadające wartością własnym z równania: \(\displaystyle{ (A-\lambda_{i} I) \vec{v_{i}}=\vec{0}}\)
Rozwiązania mają postać: (k-oznacza krotność wartości własnej)
(i) \(\displaystyle{ \lambda \in R, k=1}\) to funkcja \(\displaystyle{ e^{\lambda t}\vec{v}}\) jest rozwiązaniem UJ
(ii) \(\displaystyle{ \lambda =a+ib \in C (b>0), k=1}\) to funkcje \(\displaystyle{ Re(e^{\lambda t}\vec{v}), Im(e^{\lambda t}\vec{v})}\) są rozwiązaniami UJ
(iii) \(\displaystyle{ \lambda R, k=n}\) to każda funkcja \(\displaystyle{ e^{\lambda t}B \vec{v_{1}},...,e^{\lambda t}B \vec{v_{n}}}\) jest rozwiązaniem UJ, gdzie \(\displaystyle{ B=\sum_{i=0}^{n-1} \frac{t^{i}}{i!}(A- \lambda I)^{i}}\)

Zatem w przypadku pierwszej macierzy:
1. Wartości własne: \(\displaystyle{ \lambda_{1}=\lambda_{2}=-3, \lambda_{3}=2}\)
2. Wektory własne odpowiadające:
\(\displaystyle{ \lambda_{1,2}=-3}\) to \(\displaystyle{ \vec{v_{1}}=(1,0,0), \vec{v_{2}}=(0,1,1)}\)
\(\displaystyle{ \lambda_{3}=2}\) to \(\displaystyle{ \vec{v_{3}}=(0,1,-1)}\)

Z (i) dla \(\displaystyle{ \lambda_{3}=2}\) otrzymujemy rozwiązanie postaci: \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}0\\1\\-1\end{array}\right] e^{2t}}\)

Z (iii) dla \(\displaystyle{ \lambda_{1,2}=-3}\) otrzymujemy dwa rozwiaznia postaci:
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}1\\5t\\-5t\end{array}\right] e^{-3t}, ft[\begin{array}{ccc}0\\1-5t\\1+5t\end{array}\right] e^{-3t}}\)

Rozwiązanie ogólne jest kombinacja liniową wszystkich rozwiązań,czyli:
\(\displaystyle{ C_{1}\left[\begin{array}{ccc}0\\1\\-1\end{array}\right] e^{2t}+C_{2}\left[\begin{array}{ccc}1\\5t\\-5t\end{array}\right] e^{-3t}+ C_{3} ft[\begin{array}{ccc}0\\1-5t\\1+5t\end{array}\right] e^{-3t}}\)

[janusz666666]

mozesz jakos powoli wytlumaczyc mi ten krok (iii)? bo mi wychodzi cos takiego nie wiem czy dobrze robie, chyba źle, na cwiczeniach mielismy tak ale moze to byc źle
V3 =(0,1,-1)
V1=(1,1,1)
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}-3&0&0\\5&-3&-5\\-5&0&2\end{array}\right|}\) * V2= 3*V2 + \(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}1\\1\\1\end{array}\right|}\)
wiec
\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right|}\) * V2 =\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}1\\1\\1\end{array}\right|}\)

czyli V2=(1.2;1;1)

a rozwiazanie x= \(\displaystyle{ C_{1}}\)* \(\displaystyle{ e^{-3t}}\)\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}1\\1\\1\end{array}\right|}\) +\(\displaystyle{ C_{2}}\)*\(\displaystyle{ e^{-3t}}\)(\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}1\\1\\1\end{array}\right|}\)+ t*\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}1.2\\1\\1\end{array}\right|}\)) + \(\displaystyle{ C_{3}}\) * \(\displaystyle{ e^{2t}}\)\(\displaystyle{ \left|\begin{array}{ccc}0\\1\\-1\end{array}\right|}\)

[ Dodano: 1 Września 2007, 16:04 ]
pomocy!!

[Kasiula@]

Szczerze mówiąc nie znam tej metody,którą miałeś na ćwiczeniach. Ale wytłumaczę Ci co zrobiłam w (iii).
Otrzymaliśmy,że -3 jest dwukrotna wartością własną,zatem odpowiadają jej dwa wektory,które wyznaczyłam z równania: \(\displaystyle{ (A-(-3)I)\vec{v}=\vec{0}}\). (dokładniej mówiąc z tego równaia można zauważyć,że otrzymujemy kombinacje liniową dwóch wektorów,bo \(\displaystyle{ \vec{v}=(a,b,b)=a(1,0,0)+b(0,1,1)}\)).
Następnie korzystam z tego,że -3 jest wartością własną o krotności 2,czyli funkcje \(\displaystyle{ e^{-3t}B\vec{v_{1}}, e^{-3t}B\vec{v_{2}}}\) są rozwiązaniami danego układu.
Wyznaczmy B:
\(\displaystyle{ B=\sum_{i=0}^{2-1}\frac{t^{i}}{i!}(A-(-3)I)^{i}=\sum_{i=0}^{1}\frac{t^{i}}{i!}\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right]^{i}= I+t\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right]}\)

Teraz wyznaczmu jawną postać rozwiązań:
\(\displaystyle{ e^{-3t}B\vec{v_{1}}=e^{-3t}(I+t\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right])\left[\begin{array}{ccc}1\\0\\0\end{array}\right]=e^{-3t}\left[\begin{array}{ccc}1\\5t\\-5t\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ e^{-3t}B\vec{v_{2}}=e^{-3t}(I+t\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right])\left[\begin{array}{ccc}0\\1\\1\end{array}\right]=e^{-3t}\left[\begin{array}{ccc}0\\1-5t\\1+5t\end{array}\right]}\)

[ Dodano: 1 Września 2007, 21:01 ]
Przejście na sin i cos.
Wystarczy skorzystać z tego,że \(\displaystyle{ e^{it}= \cos t +i \sin t}\),czyli:
\(\displaystyle{ C_{2}e^{t}e^{i2t}\left[\begin{array}{ccc}2i\\1\\3\end{array}\right]+C_{3}e^{t}e^{i(-2t)}\left[\begin{array}{ccc}-2i\\1\\3\end{array}\right]= C_{2}e^{t}(\cos 2t +i \sin 2t)\left[\begin{array}{ccc}2i\\1\\3\end{array}\right]+C_{3}e^{t}(\cos 2t -i \sin 2t)\left[\begin{array}{ccc}-2i\\1\\3\end{array}\right]}\)
Chyba z uporządkowaniem wszystkiego dasz juz sobie rade.

A co drugiej macierzy (na diagonali 2), to rozwiązanie można zapisać za pomocą macierzy fundamentalnej \(\displaystyle{ e^{A^{T}t}}\).Czyli:
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ A^{T}=\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\1&2&0\\0&1&2\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ e^{A^{T}t}=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{t^{i}}{i!}(A^{T})^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{t^{i}}{i!}(\sum_{k=0}^{i}{i\choose k} ft[\begin{array}{ccc}0&0&0\\1&0&0\\0&1&0\end{array}\right]^{k}\left[\begin{array}{ccc}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{array}\right]^{i-k})=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{t^{i}}{i!}[\left[\begin{array}{ccc}2^{i}&0&0\\0&2^{i}&0\\0&0&2^{i}\end{array}\right]+i ft[\begin{array}{ccc}0&0&0\\2^{i-1}&0&0\\0&2^{i-1}&0\end{array}\right]+\frac{(i-1)i}{2} ft[\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&0&0\\2^{i-2}&0&0\end{array}\right]]=\left[\begin{array}{ccc}e^{2t}&0&0\\te^{2t}&e^{2t}&0\\\frac{1}{2}t^{2}e^{2t}&te^{2t}&e^{2t}\end{array}\right]}\)
Rozwiązanie odczytujemy z kolumn powyższej macierzy,czyli:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} y_{1}=C_{1}e^{2t}+C_{2}te^{2t}+C_{3}\frac{1}{2}t^{2}e^{2t}\\y_{2}=C_{2}e^{2t}+C_{3}te^{2t}\\y_{3}=C_{3}e^{2t} \end{array}}\)

[janusz666666]

jezeli I=(1,1,1) to jak wychodza takie wyniki koncowe?
\(\displaystyle{ e^{-3t}B\vec{v_{1}}=e^{-3t}(I+t\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right])\left[\begin{array}{ccc}1\\0\\0\end{array}\right]=e^{-3t}\left[\begin{array}{ccc}1\\5t\\-5t\end{array}\right]}\)
\(\displaystyle{ e^{-3t}B\vec{v_{2}}=e^{-3t}(I+t\left[\begin{array}{ccc}0&0&0\\5&0&-5\\-5&0&5\end{array}\right])\left[\begin{array}{ccc}0\\1\\1\end{array}\right]=e^{-3t}\left[\begin{array}{ccc}0\\1-5t\\1+5t\end{array}\right]}\)[/quote]

[Kasiula@]

I to jest macierz jednostkowa.
\(\displaystyle{ I=\left[\begin{array}{ccc}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{array}\right]}\)