Matematické Fórum

Marten999 · 05. 08. 2013 16:14

Dobrý den,

probírám se jedním vědeckým článkem a chtěl bych si přepočítat řešení rovnic:
$v' = u$
$u' = -k_1k_3v-(k_1+k_3)u$

V článku řešení není, ale píše se tam, že systém "může být řešen analyticky nalezením vlastních hodnot a vlastních vektorů".

Bohužel mě nenapadá, jak na to. Mohl bych Vás, pěkně prosit o pomoc?

Předem moc děkuji za jakékoliv pošťouchnutí. :-)

M.

jarrro · 05. 08. 2013 16:27 — Editoval jarrro (05. 08. 2013 16:29)

dá sa aj maticovo riešiť ale mne vždy viac vyhovovalo dosadenie
teda
$v^{\prime\prime}=-k_1k_3v-$k_1+k_3$v^{\prime}\nl v^{\prime\prime}+$k_1+k_3$v^{\prime}+k_1k_3v=0$
to je lineárna diferenciálna rovnica s konštantnými koeficientami

Rumburak

↑ Marten999:
Ahoj.

Dosazením pvní rovnice do druhé dostaneme rovnici $v'' = -k_1k_3v-(k_1+k_3)v'$ , tedy ve standardním tvaru

(1) $v''+ (k_1+k_3)v' + k_1k_3v = 0$ .

Jsou-li $k_j$ konstanty, pak (obecně komplexní) řešení této rovnice hledáme nejprve ve tvaru

(2) $v(x) = \mathrm{e}^{\lambda x}$ .

Dosazaním (2) do (1) a úpravou dostáváme algebraickou rovnici

(3) $\lambda^2+ (k_1+k_3)\lambda + k_1k_3 = 0$

s kořeny $-k_1, -k_3$ . Obecné řešení lin. ODR (1) pak bude ve tvaru $w(x) = A\mathrm{e}^{-k_1 x }+ B\mathrm{e}^{-k_3 x }$ .

To je nejjednodušší cesta, jak rovnici (1) a tím i původní soustavu vyřešit.

Ale je možné formálně pojmout úlohu "vektorově": Položíme $\vec{z} = (v, u)^T$ a soustavu vyjádříme ve tvaru $\vec{z}\,' = M\vec{z}$ , kde $M$ je vhodná
matice typu (2,2) . Kořeny rovnice (3) pak budou vlastními čísly matice $M$ atd.

EDIT. Kolega Jarrro byl rychlejší, ale snad mu nebude vadit, když zde nechám i svůj příspěvek.

jarrro · 06. 08. 2013 11:35

↑ Rumburak:určite to tu nechaj skôr ja váham či nechať svoj

Andrejka3

↑ Marten999:
Ahoj, snad se nebudete zlobit, když nabídnu (možná zdlouhavé) řešení přes exponenciálu matice.
Tvá soustava lze zapsat jako
$y'=Ay$ ,
kde $y=\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$ a $A=\begin{pmatrix}-(k_1+k_2)&-k_1k_3\\1&0 \end{pmatrix}$ .
Platí tvrzení: sloupce $\exp xA$ tvoří fundamentální systém té soustavy, kde $\exp A =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}A^k$ je exponenciála matice a x je proměnná (podle které se derivuje). Exponenciálu lze spočítat například využitím Jordanova kanonického tvaru, nebo projektorů na (zobecněné) vlastní podprostory.
Použiju druhou metodu:
Charakteristický polynom A je (I značí jednotkovou matici)
$p(x)=|A-xI|=x^2-(\mathrm{Tr}A)x+|A|=x^2+(k_1+k_3)x+k_1k_3=(x+k_1)(x+k_3)$ .
Je-li tedy $k_1\neq k_2$ , pak je matice diagonalizovatelná a zobecněné vlastní podprostory jsou jednodimenzionální. Označme pro tento případ $x_1=-k_1$ a $x_2=-k_3$ a příslušné podprostory $V_i=\mathrm{Ker}(A-x_iI)$ . Platí
$\frac{1}{p(x)}=\frac{1}{(x+k_1)(x+k_3)}=\frac{a}{x+k_1}+\frac{b}{x+k_3}$ , odkud
$a=-b=\frac{1}{k_3-k_1}$ .
Máme identitu
$1=\frac{1}{k_3-k_1}(x+k_3)+\frac{1}{k_1-k_3}(x+k_1)$ , což je vlastně v případě $x=A$ relace úplnosti a tedy
$\Pi_1=\frac{1}{k_3-k_1}(A+k_3I)$ , resp. $\Pi_2=\frac{1}{k_1-k_3}(A+k_1I)$ jsou projektory na podprostory V_1, resp. V_2.
Ve zobecněných vlastních podprostorech využijeme nilpotence restrikce $A-x_iI$ na $V_i$ .
$\exp (xA)=\sum_{i=1}^2 e^{x_ix}[x(A-x_iI)]^0\Pi_i =e^{-k_1x}\frac{1}{k_3-k_1}(A+k_3I)+e^{-k_3x}\frac{1}{k_1-k_3}(A+k_1I)=$
$=\frac{e^{-k_1x}}{k_3-k_1}\begin{pmatrix}-k_1&-k_1k_3\\1&k_3 \end{pmatrix}+\frac{e^{-k_3x}}{k_1-k_3}\begin{pmatrix}-k_3&-k_1k_3\\1&k_1 \end{pmatrix}$ .

V případě, že k_1=k_3=k, pak je charakteristický polynom $p(x)=(x+k)^2$ a máme jediné vlastní číslo $-k$ . Zobecněný vlastní podprostor je celým prostorem. nicméně $\dim \mathrm{Ker}(A+kI)=1$ a tedy je toto zobrazení nilpotentní stupně dva. Exponenciála je
$\exp (xA)=e^{-kx}\sum_{j=0}^1\frac{1}{j!}[x(A+kI)]^j=e^{-kx}(I+xA+kxI)=e^{-kx}\begin{pmatrix}-kx+1&-k^2x\\x&kx+1\end{pmatrix}$ .
edit: oprava - zapomněla jsem na x v [x(A-x_iI)]^j

Ertosthenes · 08. 08. 2013 13:50

↑ Marten999:

Ahoj,

myslím, že je nejvyšší čas odpovědět na otázku, tj. vyřešit danou soustavu pomocí vlastních hodnot a vlastních vektorů. Tak tedy: Soustavu přepíšeme do maticového tvaru

$\text{\bf y}'=\text{\bf Ay}\Rightarrow \begin{pmatrix} u'\\ v' \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-(k_1+k_2)&-k_1k_2\\1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix}$

a hedáme řešení tvaru

$\text{\bf y}=\text{\bf h} e^{\lambda x}$ a $\text{\bf y}'=\lambda\text{\bf h} e^{\lambda x}$

Dosazením do zadané soustavy dostaneme:

$\lambda \text{\bf h} e^{\lambda x} = \text{\bf Ah}e^{\lambda x}$

$\lambda \text{\bf h}= \text{\bf Ah}$

$\text{\bf Ah} -\lambda \text{\bf h}=0$

$(\text{\bf A} -\lambda \text{\bf E})\text{\bf h}=0$ *

Tato soustava má nenulové řešení právě tehdy, když její determinant je toven nule, tj.

$|\text{\bf A} -\lambda \text{\bf E}|=0$

V našem případě

$\left| \begin{pmatrix}-(k_1+k_2)&-k_1k_2\\1&0 \end{pmatrix} - \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0\\0&1 \end{pmatrix} \right| =0$

$\left| \begin{pmatrix}-(k_1+k_2)&-k_1k_2\\1&0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \lambda & 0\\0&\lambda \end{pmatrix} \right| =0$

$\left| \begin{pmatrix}-(k_1+k_2)-\lambda &-k_1k_2\\1&-\lambda \end{pmatrix}\right| =0$

Vlastní hodnoty (nebo též čísla) tedy jsou $\lambda_{1;2}=-k_{1;2}$

Dosazením do * spočítáme příslušné vlastní vektory.

Pro $\lambda_1=-k_1$ je

$\begin{pmatrix}-(k_1+k_2)+k_1 &-k_1k_2\\1&k_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} h_{1;1}\\h_{1;2}\end{pmatrix} =0$

$\begin{pmatrix}-k_2 &-k_1k_2\\1&k_1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} h_{1;1}\\h_{1;2}\end{pmatrix} =0 \rightarrow \text{\bf h}_1=\begin{pmatrix} k_1\\-1 \end{pmatrix}$

Podobně pro $\lambda_1=-k_1$ je $\text{\bf h}_2=\begin{pmatrix} k_2\\-1 \end{pmatrix}$

Bázová řešení naší soustavy tedy jsou

$\text{\bf y}_{1,2}=\text{\bf h}_{1;2} e^{\lambda_{1,2} x}$

a obecné

$\text{\bf y}=\text{\bf h}_{1} C_1 e^{\lambda_{1} x} + \text{\bf h}_{2} C_2 e^{\lambda_{2} x}= \begin{pmatrix} k_1\\-1 \end{pmatrix} C_1 e^{-k_1 x} + \begin{pmatrix} k_2\\-1 \end{pmatrix} C_2 e^{-k_2 x}$

Marten999 · 13. 08. 2013 13:34

Všem Vám moc děkuji za pomoc, už se v tom orientuji mnohem lépe! Nejen v tomto příkladu, ale v řešení ODR obecně. :-)
Ještě bych se Vás rád zeptal, jak by šlo zjistit, za jakých podmínek lze nahradit výchozí systém rovnic:
$v'=u$
$u'=-k_1k_3v-(k_1+k_3)u$
systémem rovnic nových, tedy:
$v=Ae^{-k_1x}+Be^{-k_3x}$ (a $u$ je jen $v'$ ).

Děkuji pěkně. :-)

Rumburak · 13. 08. 2013 15:48

↑ Marten999:

Podmínkou je, že původní soustavu DR řešíme na nějakém (jednom) otevřeném intervalu.

Pokud by ta množina, na které soustavu řešíme, např. byla složena ze dvou navzájem disjunkktních intervalů, pak pro jeden
interval bychom měli řešení $v=Ae^{-k_1x}+Be^{-k_3x}$ a pro druhý iterval řešení $v=Ce^{-k_1x}+De^{-k_3x}$ ,
kde čísla $C, D$ obecně nesouvisejí s čísly $A, B$ .

Matematické Fórum

#1 05. 08. 2013 16:14

Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#2 05. 08. 2013 16:27 — Editoval jarrro (05. 08. 2013 16:29)

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#3 05. 08. 2013 17:09 — Editoval Rumburak (06. 08. 2013 17:14)

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#4 06. 08. 2013 11:35

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#5 07. 08. 2013 10:42 — Editoval Andrejka3 (07. 08. 2013 11:09)

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#6 08. 08. 2013 13:50

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#7 13. 08. 2013 13:34

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

#8 13. 08. 2013 15:48

Re: Analytické řešení rovnic pomocí vlastních hodnot a vektorů

Zápatí