3 svar
318 visningar
kalle100 behöver inte mer hjälp
kalle100 76 – Fd. Medlem
Postad: 11 dec 2019 17:51

Ta fram den allmänna lösningen vid imaginära lambda

Hej sitter fast vid denna uppgift hur man ska få ut egenvektorn, vet sedan hur jag ska fortsätta, dock lite osäker på om och isåfall vart konstanterna C1 och C2 skall vara ifall dem behövs, tack så mycket för hjälpen, första bilden är min lösning andra är facit.

AlvinB 4014
Postad: 12 dec 2019 22:59

När egenvärdena är icke-reella blir det lite klurigare att ta reda på vad vi ska multiplicera den ena raden med för att få en nolla på raden under.

Nu sitter vi med problemet att det inte är så lätt att bli av med -2-2 med hjälp av -1-i-1-i i raden ovanför. Men kika då vad som händer om vi multiplicerar den undre raden med -1-i-1-i. Då blir det första elementet på raden -2(-1-i)=2+2i-2(-1-i)=2+2i, och därefter är det bara fråga om en addition för att slutföra det hela.

Nu får vi alltså att för egenvektorn v=v1v2Tv=\begin{bmatrix}v_1 & v_2\end{bmatrix}^T gäller v1(-1-i)+v2=0v_1(-1-i)+v_2=0, d.v.s. v2=(1+i)v1v_2=(1+i)v_1. Detta ger egenvektorn v=1+i2Tv=\begin{bmatrix}1+i & 2\end{bmatrix}^T.

Kan du nu göra på liknande sätt med den andra egenvektorn?

kalle100 76 – Fd. Medlem
Postad: 13 dec 2019 07:27

Ah tack så mycket, nu förstår jag det men som jag förstått det så behöver man bara ta fram en egenvektor?? Eftersom sen delar man upp den i den realla delen och den imaginära delen B1 och B2 sen stoppar man in dem i X1=[B1cos(βt)-B2sin(βt)]eαtX2=[B2cos(βt)+B1sin(βt)]eαtSedan så sätter man in dem i en matris? Men hur gör jag sen om jag vill skriva in dem i en allmän formel med C1 och C2??

AlvinB 4014
Postad: 15 dec 2019 12:05 Redigerad: 15 dec 2019 13:50

Ja, egentligen behöver du bara ta reda på den ena egenvektorn eftersom det är enkelt att ta reda på den andra. Detta eftersom egenvektorerna till en matris med reella koefficienter alltid kommer i konjugatpar.

När egenvektorerna v¯=α¯±β¯i\bar{v}=\bar{\alpha}\pm\bar{\beta}i och egenvärdena λ=γ±δi\lambda=\gamma\pm\delta i är kända ges lösningarna av:

y1=v¯1eλ1t=e(γ+δi)t(α¯+β¯i)=eγt·eδi(α¯+β¯i)y_1=\bar{v}_1e^{\lambda_1 t}=e^{(\gamma+\delta i)t}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}\cdot e^{\delta i}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)

y2=v¯2eλ2t=e(γ-δi)t(α¯-β¯i)=eγt·e-δi(α¯-β¯i)y_2=\bar{v}_2e^{\lambda_2 t}=e^{(\gamma-\delta i)t}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}\cdot e^{-\delta i}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)

Eulers formel, eiθ=cos(θ)+isin(θ)e^{i\theta}=\cos(\theta)+i\sin(\theta), ger sedan:

y1=eγt·eδi(α¯+β¯i)=eγt(cos(δt)+isin(δt))(α¯+β¯i)=eγt(cos(δt)α¯-sin(δt)β¯+(sin(δt)α¯+cos(δt)β¯)i)y_1=e^{\gamma t}\cdot e^{\delta i}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)+i\sin(\delta t))(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta}+(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})i)

y1=eγt·e-δi(α¯-β¯i)=eγt(cos(δt)-isin(δt))(α¯-β¯i)=eγt(cos(δt)α¯-sin(δt)β¯-(sin(δt)α¯+cos(δt)β¯)i)y_1=e^{\gamma t}\cdot e^{-\delta i}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)-i\sin(\delta t))(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta}-(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})i)

För att få det på snyggare form kan vi därefter kombinera ihop de två lösningarna enligt:

u1=y1+y2=2eγt(cos(δt)α¯-sin(δt)β¯)u_1=y_1+y_2=2e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})

u2=y1-y2=2ieγt(sin(δt)α¯+cos(δt)β¯)u_2=y_1-y_2=2ie^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})

Den allmänna lösningen blir:

y=Au1+Bu2=2Aeγt(cos(δt)α¯-sin(δt)β¯)+2Bieγt(sin(δt)α¯+cos(δt)β¯)y=Au_1+Bu_2=2Ae^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})+2Bie^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})

där AA och BB är godtyckliga konstanter. Vi kan även döpa om 2A2A till c1c_1 och 2Bi2Bi till c2c_2 för att till slut få formen:

y=c1eγt(cos(δt)α¯-sin(δt)β¯)+c2eγt(sin(δt)α¯+cos(δt)β¯)y=c_1e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})+c_2e^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})

I vårt fall är λ=±3i\lambda=\pm 3i, d.v.s. γ=0\gamma=0, δ=3\delta=3 och v¯=11±iT\bar{v}=\begin{bmatrix} 1 & 1 \pm i\end{bmatrix}^T, d.v.s. α¯=11T\bar{\alpha}=\begin{bmatrix} 1 & 1\end{bmatrix}^T, β¯=01T\bar{\beta}=\begin{bmatrix} 0 & 1\end{bmatrix}^T.

Vår lösning kan alltså skrivas på formen:

y=c1e0(cos3t11-sin3t01)+c2e0(sin3t11+cos3t01)=y=c_1e^{0}(\cos\left(3t\right)\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}-\sin\left(3t\right)\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix})+c_2e^{0}(\sin\left(3t\right)\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+\cos\left(3t\right)\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix})=

=c1cos(3t)cos(3t)-sin(3t)+c2sin(3t)sin(3t)+cos(3t)=c_1\begin{bmatrix}\cos(3t)\\\cos(3t)-\sin(3t)\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix}\sin(3t)\\\sin(3t)+\cos(3t)\end{bmatrix}

Svara
Close