Do rozwiązania jest równanie liniowe o st. współczynnikach:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{N} a _{i}y ^{\left(i\right)} = e^{kx}\left( W_{m}\left(x\right)\sin \left(kx\right)+ V_{n}\left(x\right)\cos \left(kx\right)\right)}\).
1) wybieram \(\displaystyle{ \max \{m,n\}}\), niech będzie to \(\displaystyle{ n}\).
2) tworzę następujące funkcje:
\(\displaystyle{ \varphi_{n}\left(x\right) = x ^{n}e ^{kx}\sin \left(\beta x\right)\\ \phi_{n}\left(x\right)=x^{n}e^{kx}\cos \left(\beta x\right)}\)
takie funkcje mają właściwości:
\(\displaystyle{ \varphi_{n}'=k\varphi_{n}+\beta \phi_{n}+n\varphi_{n-1}}\)
\(\displaystyle{ \phi_{n}'=k\phi_{n}-\beta \varphi_{n}+n\phi_{n-1}}\)
3) niejednorodność wyrażam w bazie \(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left[\varphi_{n} \ \phi_{n} \ \varphi_{n-1} \ \phi_{n-1} \ ... \ \varphi_{0} \ \phi_{0}]^{T}}\) jako \(\displaystyle{ C\mathbb{B}}\).
4) tworzę macierze pomocnicze:
\(\displaystyle{ \mathbb{R}^{2}_{2} \ni G:= \begin{bmatrix} k&\beta\\-\beta &k\end{bmatrix}}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{R}^{2n+2}_{2n+2} \ni S:= \begin{bmatrix} G&nI&0&...&0&0&0\\0&G&(n-1)I&...&0&0&0\\0&0&G&...&0&0&0\\...&...&...&...&...&...&...\\0&0&0&...&G&2I&0\\0&0&0&...&0&G&I\\0&0&0&...&0&0&G \end{bmatrix}}\)
zaś
\(\displaystyle{ y ^{(n)}=AS^{n}\mathbb{B}.}\)
5) zapisuję równanie jako:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{N} a _{i}y ^{(i)} = a _{N}AS^{N}\mathbb{B} + a _{N-1}AS^{N-1}\mathbb{B} +...+ a _{0}A\mathbb{B} = A \left( \sum_{i=0}^{N} a_{i}S^{i} \right) \mathbb{B}= C\mathbb{B}}\)
co pociąga:
\(\displaystyle{ A\sum_{i=0}^{N} a_{i}S^{i} = C}\).
Otrzymuję równanie macierzowe i rozwiązuję je ze względu na \(\displaystyle{ A}\).
Proszę o zweryfikowanie metody albo odesłanie do źródeł - czy podobna metoda została już gdzieś opisana (najlepiej po polsku)? Z góry dziękuję
R. liniowe o st. współczynnikach - o pewnej metodzie
-
protaktyn
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 14 sie 2011, o 20:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
R. liniowe o st. współczynnikach - o pewnej metodzie
Ostatnio zmieniony 14 sie 2011, o 21:45 przez Chromosom, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
miodzio1988
R. liniowe o st. współczynnikach - o pewnej metodzie
Jakieś konkretne przykłady rozwiązywałeś tą metodą? Zgadzały się wyniki? Bo był już taki jeden co rozwiązywał równania różniczkowe i nie obchodziło go czy wynik był poprawny.
-
protaktyn
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 14 sie 2011, o 20:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
R. liniowe o st. współczynnikach - o pewnej metodzie
Tak, w tym przykłady gdzie r-nie nie zawierało pochodnych od 0 do k-tego stopnia, albo \(\displaystyle{ k \pm \beta i}\) było c-krotnym rozwiązaniem r-nia charakterystycznego. W ostatnim wypadku pozostawało pomnożyć otrzymany wynik przez \(\displaystyle{ x^{c}}\). Wyniki były ok
-
protaktyn
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 14 sie 2011, o 20:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
R. liniowe o st. współczynnikach - o pewnej metodzie
W ciągu ponad miesiąca udało mi się mocno rozwinąć metodę.
Zamiast macierzy blokowej mamy teraz macierz zespoloną:
\(\displaystyle{ \mathbb{R}^{n}_{n} \ni S:= \begin{bmatrix} z&(n-1)&0&...&0&0&0\\0&z&(n-2)&...&0&0&0\\0&0&z&...&0&0&0\\...&...&...&...&...&...&...\\0&0&0&...&z&2&0\\0&0&0&...&0&z&1\\0&0&0&...&0&0&z \end{bmatrix}}\)
gdzie:
\(\displaystyle{ z := k+\beta i, k}\) oraz \(\displaystyle{ \beta}\) w tym samym znaczeniu co poprzednio.
Tu \(\displaystyle{ n}\) oznacza wymiar macierzy \(\displaystyle{ S}\) (i jednocześnie stopień wielomianu wyższego stopnia), przy czym jeśli \(\displaystyle{ k+\beta i}\) jest c-krotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to \(\displaystyle{ n}\) należy zwiększyć o c+1.
Uprośćmy zapis, rozdzielając macierz \(\displaystyle{ S}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ S_{n}=zI_{n}+\mathbb M_{n}}\),
gdzie
\(\displaystyle{ \mathbb{N}^{n}_{n} \ni \mathbb M_{n}:= \begin{bmatrix} 0&n-1&0&...&0&0&0\\0&0&(n-2)&...&0&0&0\\0&0&0&...&0&0&0\\...&...&...&...&...&...&...\\0&0&0&...&0&2&0\\0&0&0&...&0&0&1\\0&0&0&...&0&0&0 \end{bmatrix}}\).
co można zapisać również jako:
\(\displaystyle{ \mathbb M_{n}:= \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\Lambda_{k+1}^{k}}\),
gdzie \(\displaystyle{ \left\{\Lambda^{i}_{j}\right\}_{a,b}=\delta_{i=a}\delta_{j=b}}\).
Taka macierz jest nilpotentna, a jej m-ta potęga (m<n) ma następującą postać:
\(\displaystyle{ \mathbb M_{n}^{m}= \sum_{k=1}^{n-m} (n-k)^{[m]}\Lambda_{k+m}^{k}}\),
gdzie:
\(\displaystyle{ a^{} = b!{a\choose b}}\).
Toteż dla \(\displaystyle{ m_{1},m_{2} < n, \ m_{1}\neq m_{2}\neq 0}\)
\(\displaystyle{ \mathbb M^{m_{1}}_{n}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb M^{m_{2}}_{n}}\) są liniowo niezależne.
Teraz należy znaleźć macierz, która odpowiada wielomianowi charakterystycznemu równania, od zmiennej \(\displaystyle{ S_{n}}\). Niech
\(\displaystyle{ T_{n}:= \sum_{i=0}^{N} a_{i}S_{n}^i = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i}}\),
można skorzystać z dwumianu Newtona i zapisać sumę jako jednoznacznie ustaloną kombinację liniową potęg \(\displaystyle{ \mathbb M_{n}}\):
\(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i} = \sum_{i=0}^{N} b_{i}\mathbb M^{i}_{n}}\),
gdzie:
\(\displaystyle{ b_{i} = \sum_{j=i}^{N} {j\choose j-i}a_{j}z^{j-1}}\).
Mając już macierz zespoloną \(\displaystyle{ T_{n}}\), należy każdy jej wyraz \(\displaystyle{ x+yi}\) zamienić na macierz \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x&y\\-y&x \end{bmatrix}}\), czyli właściwie powrócić do postaci blokowej, którą nazwę \(\displaystyle{ \mathbb T_{n}}\):
\(\displaystyle{ \mathbb T_{n}:= Re(T_{n}) \otimes \begin{bmatrix} 1&0\\0&1 \end{bmatrix} + Im(T_{n}) \otimes \begin{bmatrix} 0&1\\-1&0 \end{bmatrix}}\), gdzie \(\displaystyle{ \otimes}\) oznacza iloczyn Kroneckera.
Na koniec (uf!) rozwiązujemy równanie macierzowe ze względu na \(\displaystyle{ A}\):
\(\displaystyle{ A\mathbb T_{n} = C}\),
natomiast rozwiązanie charakterystyczne równania różniczkowego \(\displaystyle{ y=A\mathbb B}\).-- 20 paź 2011, o 14:44 --Tak przy okazji:
\(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i} = \sum_{i=0}^{N} \frac{\chi_{CH}^{(i)}(z)}{i!} \mathbb M^{i}_{n}}\),
co wynika z rozwinięcia w szereg Taylora \(\displaystyle{ \chi_{CH}(x)}\) dla \(\displaystyle{ x_{0} = zI}\) i znalezieniu wartości dla \(\displaystyle{ \mathbb M_{n} + zI}\).
Zamiast macierzy blokowej mamy teraz macierz zespoloną:
\(\displaystyle{ \mathbb{R}^{n}_{n} \ni S:= \begin{bmatrix} z&(n-1)&0&...&0&0&0\\0&z&(n-2)&...&0&0&0\\0&0&z&...&0&0&0\\...&...&...&...&...&...&...\\0&0&0&...&z&2&0\\0&0&0&...&0&z&1\\0&0&0&...&0&0&z \end{bmatrix}}\)
gdzie:
\(\displaystyle{ z := k+\beta i, k}\) oraz \(\displaystyle{ \beta}\) w tym samym znaczeniu co poprzednio.
Tu \(\displaystyle{ n}\) oznacza wymiar macierzy \(\displaystyle{ S}\) (i jednocześnie stopień wielomianu wyższego stopnia), przy czym jeśli \(\displaystyle{ k+\beta i}\) jest c-krotnym pierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, to \(\displaystyle{ n}\) należy zwiększyć o c+1.
Uprośćmy zapis, rozdzielając macierz \(\displaystyle{ S}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ S_{n}=zI_{n}+\mathbb M_{n}}\),
gdzie
\(\displaystyle{ \mathbb{N}^{n}_{n} \ni \mathbb M_{n}:= \begin{bmatrix} 0&n-1&0&...&0&0&0\\0&0&(n-2)&...&0&0&0\\0&0&0&...&0&0&0\\...&...&...&...&...&...&...\\0&0&0&...&0&2&0\\0&0&0&...&0&0&1\\0&0&0&...&0&0&0 \end{bmatrix}}\).
co można zapisać również jako:
\(\displaystyle{ \mathbb M_{n}:= \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)\Lambda_{k+1}^{k}}\),
gdzie \(\displaystyle{ \left\{\Lambda^{i}_{j}\right\}_{a,b}=\delta_{i=a}\delta_{j=b}}\).
Taka macierz jest nilpotentna, a jej m-ta potęga (m<n) ma następującą postać:
\(\displaystyle{ \mathbb M_{n}^{m}= \sum_{k=1}^{n-m} (n-k)^{[m]}\Lambda_{k+m}^{k}}\),
gdzie:
\(\displaystyle{ a^{} = b!{a\choose b}}\).
Toteż dla \(\displaystyle{ m_{1},m_{2} < n, \ m_{1}\neq m_{2}\neq 0}\)
\(\displaystyle{ \mathbb M^{m_{1}}_{n}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb M^{m_{2}}_{n}}\) są liniowo niezależne.
Teraz należy znaleźć macierz, która odpowiada wielomianowi charakterystycznemu równania, od zmiennej \(\displaystyle{ S_{n}}\). Niech
\(\displaystyle{ T_{n}:= \sum_{i=0}^{N} a_{i}S_{n}^i = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i}}\),
można skorzystać z dwumianu Newtona i zapisać sumę jako jednoznacznie ustaloną kombinację liniową potęg \(\displaystyle{ \mathbb M_{n}}\):
\(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i} = \sum_{i=0}^{N} b_{i}\mathbb M^{i}_{n}}\),
gdzie:
\(\displaystyle{ b_{i} = \sum_{j=i}^{N} {j\choose j-i}a_{j}z^{j-1}}\).
Mając już macierz zespoloną \(\displaystyle{ T_{n}}\), należy każdy jej wyraz \(\displaystyle{ x+yi}\) zamienić na macierz \(\displaystyle{ \begin{bmatrix} x&y\\-y&x \end{bmatrix}}\), czyli właściwie powrócić do postaci blokowej, którą nazwę \(\displaystyle{ \mathbb T_{n}}\):
\(\displaystyle{ \mathbb T_{n}:= Re(T_{n}) \otimes \begin{bmatrix} 1&0\\0&1 \end{bmatrix} + Im(T_{n}) \otimes \begin{bmatrix} 0&1\\-1&0 \end{bmatrix}}\), gdzie \(\displaystyle{ \otimes}\) oznacza iloczyn Kroneckera.
Na koniec (uf!) rozwiązujemy równanie macierzowe ze względu na \(\displaystyle{ A}\):
\(\displaystyle{ A\mathbb T_{n} = C}\),
natomiast rozwiązanie charakterystyczne równania różniczkowego \(\displaystyle{ y=A\mathbb B}\).-- 20 paź 2011, o 14:44 --Tak przy okazji:
\(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{i=0}^{N} a_{i}(\mathbb M_{n} + zI_{n})^{i} = \sum_{i=0}^{N} \frac{\chi_{CH}^{(i)}(z)}{i!} \mathbb M^{i}_{n}}\),
co wynika z rozwinięcia w szereg Taylora \(\displaystyle{ \chi_{CH}(x)}\) dla \(\displaystyle{ x_{0} = zI}\) i znalezieniu wartości dla \(\displaystyle{ \mathbb M_{n} + zI}\).