Page 1 of 1
3 avhengige (?) diff. likninger
Posted: 09/10-2009 18:57
by djs
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).
Posted: 09/10-2009 19:26
by Gustav
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.
Posted: 09/10-2009 19:35
by djs
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

Posted: 09/10-2009 19:55
by Gustav
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

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..
Posted: 09/10-2009 21:30
by djs
Det blir jo så utrolig stygt
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]
Posted: 09/10-2009 22:35
by Gustav
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.
Posted: 09/10-2009 23:11
by djs
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?
Posted: 10/10-2009 01:11
by Gustav
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.
Posted: 10/10-2009 12:04
by djs
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?
