Ta fram den allmänna lösningen vid imaginära lambda

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

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

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

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 $$\begin{gathered} X_1=\left[B_1\cos \right(\beta t)-B_2\sin (\beta t\left)\right]e^{\alpha t} \\ {X}_2=\left[B_2\cos \right(\beta t)+B_1\sin (\beta t\left)\right]e^{\alpha t} \end{gathered}$$Sedan 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??

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 $\bar{v}=\bar{\alpha}\pm\bar{\beta}i$ och egenvärdena $\lambda=\gamma\pm\delta i$ är kända ges lösningarna av:

$y_1=\bar{v}_1e^{\lambda_1 t}=e^{(\gamma+\delta i)t}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}\cdot e^{\delta i}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)$

$y_2=\bar{v}_2e^{\lambda_2 t}=e^{(\gamma-\delta i)t}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}\cdot e^{-\delta i}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)$

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

$y_1=e^{\gamma t}\cdot e^{\delta i}(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)+i\sin(\delta t))(\bar{\alpha}+\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta}+(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})i)$

$y_1=e^{\gamma t}\cdot e^{-\delta i}(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)-i\sin(\delta t))(\bar{\alpha}-\bar{\beta}i)=e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta}-(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})i)$

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

$u_1=y_1+y_2=2e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})$

$u_2=y_1-y_2=2ie^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})$

Den allmänna lösningen blir:

$y=Au_1+Bu_2=2Ae^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})+2Bie^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})$

där $A$ och $B$ är godtyckliga konstanter. Vi kan även döpa om $2A$ till $c_1$ och $2Bi$ till $c_2$ för att till slut få formen:

$y=c_1e^{\gamma t}(\cos(\delta t)\bar{\alpha}-\sin(\delta t)\bar{\beta})+c_2e^{\gamma t}(\sin(\delta t)\bar{\alpha}+\cos(\delta t)\bar{\beta})$

I vårt fall är $\lambda=\pm 3i$, d.v.s. $\gamma=0$, $\delta=3$ och $\bar{v}=\begin{bmatrix} 1 & 1 \pm i\end{bmatrix}^T$, d.v.s. $\bar{\alpha}=\begin{bmatrix} 1 & 1\end{bmatrix}^T$, $\bar{\beta}=\begin{bmatrix} 0 & 1\end{bmatrix}^T$.

Vår lösning kan alltså skrivas på formen:

$y=c_1e^{0}(\cos\left(3t\right)\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}-\sin\left(3t\right)\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix})+c_2e^{0}(\sin\left(3t\right)\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+\cos\left(3t\right)\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix})=$

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