3 avhengige (?) diff. likninger

Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk på høyskolenivå. Alle som har kunnskapen er velkommen med et svar. Men, ikke forvent at admin i matematikk.net er spesielt aktive her.

Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Post Reply
djs
Cayley
Cayley
Posts: 67
Joined: 10/08-2006 18:02

Jeg har følgende tre diff. likninger:

[tex]\frac{dS}{dt}=aP[/tex]
[tex]\frac{dP}{dt}=-b(S-D)[/tex]
[tex]\frac{dD}{dt}=-cP[/tex]

hvor P = P*(t) - P[sub]0[/sub] og a,b og c er positive konstanter.

1. Hvordan karakteriseres disse, er det et system av ODE?
2. Hvordan løser man et slikt problem? (Ja, jeg kan en del om diff. likninger, men det er flere semestre siden jeg var borti det, så jeg er ute av det).
Gustav
Tyrann
Tyrann
Posts: 4563
Joined: 12/12-2008 12:44

Ja, dette er et system av diff.ligninger på formen

[tex]x^\prime =A x[/tex] for en konstant matrise A og vektor x.

Diagonaliserer du A; [tex]A=P^{-1} D P[/tex] blir

[tex]x^\prime =P^{-1} D Px[/tex] eller ekvivalent

[tex](Px)^\prime = D(Px)[/tex].

Sett [tex]Px=y[/tex] så løser du problemet

[tex]y^\prime =D y[/tex] som er et dekoblet system.
djs
Cayley
Cayley
Posts: 67
Joined: 10/08-2006 18:02

A blir vel:

[tex]A =\left[ {\begin{array}{cc} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & -c \\ -b & b & 0 \\ \end{array} } \right][/tex]

Som har det(A)=0 :oops:
Gustav
Tyrann
Tyrann
Posts: 4563
Joined: 12/12-2008 12:44

djs wrote:A blir vel:

[tex]A =\left[ {\begin{array}{cc} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & -c \\ -b & b & 0 \\ \end{array} } \right][/tex]

Som har det(A)=0 :oops:
Hvis [tex]x=(S,P,D)^T[/tex] blir vel

[tex]A =\left[ {\begin{array}{cc} 0 & a & 0 \\ -b & 0 & b \\ 0 & -c & 0 \\ \end{array} } \right][/tex]

Egenverdier gitt av


[tex]|A-\lambda I| =det(\left[ {\begin{array}{cc} -\lambda & a & 0 \\ -b & -\lambda & b \\ 0 & -c & -\lambda \\ \end{array} } \right])[/tex]

Er vel ikke nødvendig at A skal være invertibel. Det er P som skal være invertibel her..
djs
Cayley
Cayley
Posts: 67
Joined: 10/08-2006 18:02

Det blir jo så utrolig stygt :cry:

Egenverdier:
[tex]-\sqrt{-bc-ab}, \sqrt{-bc-ab}[/tex] og 0.

Med egenvektorene:
[tex](1, -\frac{1}{a}\sqrt{-bc-ab}, -\frac{c}{a})[/tex]
[tex](1, \frac{1}{a}\sqrt{-bc-ab}, -\frac{c}{a})[/tex]
[tex](1,0,1)[/tex]
Gustav
Tyrann
Tyrann
Posts: 4563
Joined: 12/12-2008 12:44

OK, ser bra ut. Ikke så mye som gjenstår da.

Nå ser jeg plutselig at hvis du deriverer den midtre ligninga får du en 2.ordens ligning for P som du løser lett.
djs
Cayley
Cayley
Posts: 67
Joined: 10/08-2006 18:02

Hm, Px=y:

[tex]Px =\left[ {\begin{array}{cc} S + P + D \\ (-\frac{1}{a}\sqrt{-bc-ab})S +(\frac{1}{a}\sqrt{-bc-ab})P \\ -(\frac{c}{a})S -(\frac{c}{a})P + D \end{array} } \right][/tex]

Men den y-vektoren, hva er den?
Gustav
Tyrann
Tyrann
Posts: 4563
Joined: 12/12-2008 12:44

y-vektor er løsningen på ligninga [tex]y^\prime =Dy[/tex] der D er diagonalmatrisa bestående av egenvektorene til A. Når du har funnet y-vektor ganger du den med [tex]P^{-1}[/tex], den inverse av matrisen hvis kolonnevektorer er egenvektorene til A, fra venstre.

Men som sagt, dette spesielle problemet kan jo løses mye lettere enn dette ved å observere at [tex]\frac{d^2P}{dt^2}=-b(aP+cP)=-b(a+c)P[/tex], en lineær 2.ordens homogen ligning.
djs
Cayley
Cayley
Posts: 67
Joined: 10/08-2006 18:02

Sant, hvis jeg lar

[tex]\frac{{d^2}P}{{dt}^2}= -b(a+c)P[/tex]

Da blir den på formen

[tex]\frac{{d^2}y}{{dt}^2} + y = 0[/tex]

Som f.eks. har løsningen

[tex]P(t)= k \sin{({\omega}t + \varphi})[/tex]

Følgelig:

[tex]\frac{dS}{dt}=aP=a{\cdot}k\sin({{\omega}t + \varphi})[/tex]
[tex]S=-\frac{ak}{\omega}\cdot \cos{({\omega}t + \varphi}) + S_0[/tex]

og

[tex]\frac{dD}{dt}=-cP=a{\cdot}k\sin({{\omega}t + \varphi})[/tex]
[tex]D=\frac{ck}{\omega}\cdot \cos{({\omega}t + \varphi}) + D_0[/tex]

Og:

[tex]\frac{{d^2}P}{{dt}^2} = -{\omega}^2k\sin{({\omega}t + \varphi}) = -b(a+c)\cdot k \sin{({\omega}t + \varphi})[/tex]

Som gir:

[tex]{\omega}^2=b(a+c)[/tex]

Men jeg sliter litt med et uttrykk for k, hjelp? :D
Post Reply