Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \begin{cases} x'=3x \\ y'=4x+3y \\ z'=x+y+3z\end{cases}}\)

W jaki sposób obliczyć taki układ równan, czy mogę to policzyć z macierzy ?

\(\displaystyle{ A= \begin{bmatrix} 3&0&0\\4&3&0\\1&1&3\end{bmatrix} \\
\det(A-xI)= \begin{bmatrix} 3-x&0&0\\4&3-x&0\\1&1&3-x\end{bmatrix} \Rightarrow x=3}\)

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0&0&0\\4&0&0\\1&1&0\end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x\\y\\z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\0\\0\end{bmatrix}}\)

i dalej nie wychodza za mądre wyniki

Pozwolę sobie zapytać o jedną rzecz. Chcesz koniecznie rozwiązać układ metodą macierzową? Jeśli nie, to możesz przecież rozwiązać pierwsze równanie, wstawić to rozwiązanie do drugiego, znów je rozwiązać i wstawić do trzeciego. Jeśli masz natomiast wyjątkową ochotę na algebraiczne zabawy, to też chętnie pomogę, bo dawno Jordana nie pałowałem

Heh nie zależy mi na konkretnej metodzie tylko na rozwiązaniu tego przykładu i wlasnie wydaje mi się że zaproponowaną metodą raczej nie wyjdzie.

ale w jaki sposób w sensie że najpierw wyznacze sobie np \(\displaystyle{ y}\) z trzeciego równania tj.
\(\displaystyle{ y=z'-x-3z}\)
potem pochodna z \(\displaystyle{ y}\)
czyli \(\displaystyle{ y'=z''-x'-(3z)'}\)
i wstawiam do drugiego tj.
\(\displaystyle{ z''-x'-3=4x+3z'-3x-(3z)'}\) ?

Wyjdzie. Zacznij od pierwszego równania:
\(\displaystyle{ x'=3x \\
x = C_1 e^{3t}}\)
Teraz podstawiamy pod kolejne
\(\displaystyle{ y' = 4 C_1 e^{3t}+ 3 y}\)
- to jest równanie liniowe niejednorodne. I tak dalej.

To znaczy tak - mógłbyś z trzech równań pierwszego rzędu zrobić jedno równanie trzeciego rzędu, ale jak ktoś Cię zapyta później powiedzmy o dokładną postać \(\displaystyle{ x}\), to będziesz musiał znów wrócić do równań pierwszego rzędu.

Chodziło mi o coś takiego.

\(\displaystyle{ \bullet}\) Równanie pierwsze: \(\displaystyle{ x' (t) = 3x(t)}\).
Klasyka gatunku, równanie liniowe pierwszego rzędu, w dodatku jednorodne. Od razu wiem, że rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x(t) = C e^{3t}}\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Równanie drugie: \(\displaystyle{ y'(t) = 4x(t) + 3y(t)}\), ale postać \(\displaystyle{ x(t)}\) już znamy, więc wstawmy i przeróbmy nieco równanie, mamy \(\displaystyle{ y'(t) - 3y(t) = 4C e^{3t}}\). To równanie też nie powinno sprawiać trudności, co prawda jest niejednorodne, ale rozwiązanie szczególne można znaleźć choćby metodą przewidywania.

Następnie trzeba z \(\displaystyle{ x(t), y(t)}\) przejść do trzeciego równania i ponownie rozwiązać, tym razem ze względu na \(\displaystyle{ z(t)}\).


Ja osobiście jestem zwolennikiem metody macierzowej, bo jest bardziej algorytmiczna. Gdyby w każdym równaniu pojawiały się wszystkie trzy funkcje, to nie byłoby już drogi na skróty, choć jeśli taka się pojawiła, to czemu by z niej nie skorzystać. Niedługo pokażę jak to zrobić macierzowo i wstawię post:)

A jak podstawisz \(\displaystyle{ X=e^{-3t}x, \ Y=e^{-3t}y, \ Z=e^{-3t}x,}\), to się samo rozwiąże.

Ok czyli pozwólcie Panowie,że przedstawię kolejne kroki na podstawie Waszych wskazówek i prosiłbym o poprawę ewentualnych błędów:

Z pierwszego wychodzi :
\(\displaystyle{ x(t) = C e^{3t}}\)

nastepnie
\(\displaystyle{ y'(t) - 3y(t) = 4C e^{3t}}\)
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dt} - 3y(t) = 4C e^{3t}}\)
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dt} - 3y(t) = 0}\)
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dt}=3y}\)
\(\displaystyle{ y=C e^{3t}}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) czy to C nie powinno mieć innego oznaczenia niż C z pierwszego równania ?

idąc dalej, uzmienniam stałą
\(\displaystyle{ y=C(x) e^{3t}}\)
\(\displaystyle{ y'=C'(x) e^{3t}+C(x) 3e^{3t}}\)
Po podstawieniu
\(\displaystyle{ C'(x) e^{3t}+C(x) 3e^{3t} -3C(x)e^{3t}=4Ce^{3t}}\)

i tu pytanie własnie o wspomniane wcześniej C , bo jeśli ma inną wartośc to wynik bedzie inny niż w przypadku gdy C ma ta sama wartość

Tak, to powinno być inne \(\displaystyle{ C}\), na przykład niech się nazywa \(\displaystyle{ C_2}\) I coś to uzmiennianie stałej nie wyszło, bo powinno być \(\displaystyle{ y' = C_2 ' e^{3t} + 3 C_2 e^{3t}}\). Poza tym \(\displaystyle{ C}\) nie jest funkcją \(\displaystyle{ x}\), a jeśli już czegoś, to \(\displaystyle{ t}\).

Tak pomyliłem się , to C(x) zamiast C(t) to z przyzwyczajenia
czyli wychodzi:
\(\displaystyle{ C_2'(t)e^{3t}=4Ce^{3t}}\)

i teraz troche się pogubiłem ile powinna wyjsc ta całka \(\displaystyle{ 4Ce^{3t}}\)

\(\displaystyle{ C_2'(t)e^{3t}=4Ce^{3t}dt}\)\(\displaystyle{ }\)
\(\displaystyle{ C_2(t)e^{3t}= \frac{4}{3} Ce^{3t}}\)
\(\displaystyle{ y=\frac{4}{3} Ce^{3t}}\)

i ostatnie równanie
\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}=Ce^{3t}+ \frac{4}{3}Ce^{3t}+3z}\)

tak ?

Let's go. Układ jednorodny postaci: \(\displaystyle{ \mathbf{x} ' = \begin{bmatrix} 3&0&0\\4&3&0\\1&1&3\end{bmatrix} \mathbf{x}}\).

Mamy potrójną (w sensie krotności arytmetycznej) wartość własną \(\displaystyle{ \lambda_{1,2,3} = 3}\). Na szukanie wektorów własnych jest pewnie kilka sposobów, ja zrobię po swojemu.

Jądro \(\displaystyle{ (A-3I)}\) jest rozpinane przez wektory postaci \(\displaystyle{ (0,0,t)^T}\) gdzie \(\displaystyle{ t \in \RR}\).

Podnosimy macierz do kwadratu, jądro \(\displaystyle{ (A - 3I)^2}\) jest rozpinane przez \(\displaystyle{ (0,u,0)^T}\) oraz \(\displaystyle{ (0,0,v)^T}\), gdzie \(\displaystyle{ u,v \in \RR}\).

Kolejna potęga będzie macierzą zerową, więc powiedzmy, że jądro rozpinane jest przez trzy wektory bazy kanonicznej \(\displaystyle{ \RR ^3}\).


Uogólniony wektor własny rzędu \(\displaystyle{ m}\) to taki wektor, który należy do jądra \(\displaystyle{ (A - \lambda I)^m}\), ale nie należy do jądra \(\displaystyle{ (A - \lambda I)^{m-1}}\). Wybieram taki wektor i generuję łańcuch Jordana (nie wiem jak to się dokładnie nazywa po polsku, może jakaś baza cykliczna, albo coś w tym stylu).

\(\displaystyle{ v^{(3)} = (1,0,0)^T}\)

\(\displaystyle{ v^{(2)} = (A - \lambda I) v^{(3)} = (0,4,1)^T}\)

\(\displaystyle{ v^{(1)} = (A - \lambda I)^2 v^{(3)} = (A - \lambda I) v^{(2)} = (0,0,4)^T}\), a to już jest zwykły wektor własny, więc doszliśmy do końca.

Tworzymy macierz przejścia.

\(\displaystyle{ P = \begin{bmatrix} 0&0&1\\0&4&0\\4&1&0\end{bmatrix}}\), od razu \(\displaystyle{ P^{-1} = \begin{bmatrix} 0& - \frac{1}{16} & \frac{1}{4} \\0& \frac{1}{4} & 0\\1&0&0\end{bmatrix}}\)

Jest jakiś wzór na ilość klatek, ale tutaj była jedna wartość własna, dla niej jeden wektor własny, który trzeba było uzupełnić do bazy, więc macierz Jordana będzie miała trójki na przekątnej i jedynki nad nią.

Pozostaje sprawdzić czy rzeczywiście zachodzi poniższa równość.

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 3&0&0\\4&3&0\\1&1&3\end{bmatrix} = P \begin{bmatrix} 3&1&0\\0&3&1\\0&0&3\end{bmatrix} P^{-1}}\) -

Czas wyznaczyć eksponentę macierzy.

\(\displaystyle{ \exp (At) = P \cdot e^{3t} \cdot \begin{bmatrix} 1&t&\frac{t^2}{2}\\0&1&t\\0&0&1 \end{bmatrix} \cdot P^{-1}}\), a to jest równe

Na sam koniec - rozwiązanie układu \(\displaystyle{ x' = Ax}\) jest postaci \(\displaystyle{ x(t) = \exp(A(t - t_0)) \cdot x(t_0)}\). Nie będę tego uzasadniał, bo mi się nie chce Tak właściwie w przypadku zagadnienia bez warunków początkowych nie jest istotne to \(\displaystyle{ t_0}\), rozwiązaniem jest wtedy po prostu \(\displaystyle{ x(t) = \exp(At) \cdot C}\), gdzie \(\displaystyle{ C}\) to wektor: \(\displaystyle{ C = (C_1 , C_2 , C_3)^T}\). Właściwie nie ma znaczenia czy to jest \(\displaystyle{ x(t_0)}\), czy jakieś tam \(\displaystyle{ C}\) - jak się wstawi warunki początkowe to i tak wyjdzie co ma wyjść, ale jak mówiłem, w tym przypadku nie ma warunków, więc nie ma zmartwienia

Aby uzyskać odpowiedź należy jeszcze wymnożyć tę eksponentę przez wektor stałych, ale już mi się nie chce. Już się nie mogę doczekać października, kiedy będę miał do liczenia takie rzeczy na kolokwiach...

Jakby coś było niejasne to pytaj, chętnie objaśnię.

-----------

Co do Twojego rozwiązania, to coś zgubiłeś, rozwiązanie powinno wyjść takie: [url]https://www.wolframalpha.com/input/?i=y%27(t)+-+3+y(t)+%3D+4*C*e%5E%7B3t%7D[/url]. Polecam wolfram do sprawdzania rachunków

Dziękuje bardzo za tak obszerną odpowiedź, ja znam nieco inny sposób rozwiązywania układów macierzą, ale po przeanalizowaniu Twojej metody chyba rzeczywiście jednak ten przykład lepiej rozwiązać nie za pomocą macierzy

A już próbując dojść do końca z rozwiązaniem tamtą metodą , zauważyłem ze w tresci zadania mam jeszcze warunki początkowe :

\(\displaystyle{ x(0)=0, y(0)=1,z(0)=0}\)

należy je uwzględnić po rozwiązaniu układu czy lepiej w trakcie ?

Tylko szukam momentu, gdzie popełniłem błąd we wcześniejszych obliczeniach

timus221 pisze: A już próbując dojść do końca z rozwiązaniem tamtą metodą , zauważyłem ze w tresci zadania mam jeszcze warunki początkowe :

\(\displaystyle{ x(0)=0, y(0)=1,z(0)=0}\)

należy je uwzględnić po rozwiązaniu układu czy lepiej w trakcie ?

Zależy od metody; jeżeli rozwiązujesz to macierzowo - na końcu; jeśli równanie po równaniu, to można od razu to uwzględniać - rachunki się uproszczą.

W takim razie jak uwzględnie je od razu czy rozwiązanie będzie wyglądać tak :

Skoro \(\displaystyle{ x(t)}\) wyszło tyle:
\(\displaystyle{ x(t) = C e^{3t}}\)
Po uwzględnieniu warunków \(\displaystyle{ C=0}\)
następne równanie :
\(\displaystyle{ y'(t) - 3y(t) = 4C e^{3t}}\) , które po wstawieniu za \(\displaystyle{ C=0}\) otrzymuje równanie jednorodne więc nie muszę już uzmienniać stałej,tak jak liczyłem to wcześniej. W związku z czym dostaje:
\(\displaystyle{ y=C_2 e^{3t}}\) , co po uwzględnieniu warunków wynosi :\(\displaystyle{ 1=C_2e^0}\) ,\(\displaystyle{ C_2=1}\)
i otrzymuje ostatnie równanie:
\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}=C e^{3t}+C_2 e^{3t}+3z}\) po uwzględnieniu warunków :
\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}=e^{3t}+3z}\)

Czy to jest dobrze?

Na razie wygląda OK

No to kończąc,ostatnie równanie :

\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}-3z=e^{3t}}\)

\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}-3z=0}\)

\(\displaystyle{ \frac{dz}{dt}=3z}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{3z}dz=dt}\)

\(\displaystyle{ ln\left|z \right|=3t+C}\)

\(\displaystyle{ z=Ce^{3t}}\)

po uwzględnieniu warunków początkowych:

\(\displaystyle{ 0=Ce^0}\)
\(\displaystyle{ C=0}\)

Czy tak jest poprawnie ? Wystarczy doprowadzić do tego momentu czy musze uzmienniac stałe itp.?