5.1 - Theorie: Matrix notatie, karakteristieke vergelijking en exacte oplossingen
\(\frac{d^2x}{dt^2} = -b \frac{dx}{dt} - c x \Leftrightarrow \frac{d^2x}{dt^2} + b \frac{dx}{dt} + cx = 0\)
is er de karakteristieke vergelijking
\(\lambda^2 + b \lambda + c = 0\)
Behalve toestand \(x\), is ook \(\frac{dx}{dt}\) een toestand in een tweede orde systeem. Definiëren we \(y=\frac{dx}{dt}\) dan kunnen we de bovenstaande tweede orde differentiaalvergelijking als volgt omzetten in een systeem van twee eerste orde differentiaalvergelijkingen.
\(\left\{\begin{array}{lll} \frac{dx}{dt} & = & y \\ \frac{dy}{dt} & = & -cx - by \end{array} \right.\)
Het zou natuurlijk mooi zijn als we deze vergelijking ook weer op dezelfde manier kunnen oplossen zoals we dat bij de homogene lineaire tweede orde vergelijking deden. We willen dus twee onafhankelijke oplossingen krijgen door het oplossen van een karakteristieke vergelijking. Zonder bewijs geven we een methode waarop dat kan. In het algemeen zijn er voor een systeem van \(n\) eerste orde differentiaalvergelijkingen \(n\) onafhankelijke oplossingen te vinden uit een \(n^{de}\) graads polynoom. Iedere ander oplossing is een unieke lineaire combinatie van die \(n\) onafhankelijke oplossingen.
Zoals eerder gemeld behandelen we in deze sectie twee dimensionale systemen. De techniek die we hieronder introduceren is echter ook de techniek voor hoger dimensionale systemen. In de techniek gebruiken we lineaire algebra. Als je daarmee nog volledig onbekend bent is het raadzaam nu eerst de sectie lineaire algebra te bestuderen. Als je daar al wat van weet kun je inzien dat het systeem:
\(\left\{\begin{array}{lll} \frac{dx}{dt} & = & ax + by \\ \frac{dy}{dt} & = & cx + dy \end{array} \right.\)
kan worden herschreven in matrix notatie als
\(\left(\begin{array}{l} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array} \right) \)
Definiëren we de matrix \(\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d \end{array}\right)\) en de vector \(\bar{x}=\left(\begin{array}{ll} x \\ y \end{array}\right)\). Dan kan een systeem nog compacter worden geschreven als
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \mathbf{A}\bar{x}\)
In de tweede orde vergelijking kregen we onafhankelijke oplossingen van de vorm \(x(t)=e^{\lambda t}\). Differentiëren van \(x(t)\) geeft \(\frac{dx}{dt}=y(t)=\lambda e^{\lambda t} = \lambda x\) en \(\frac{dy}{dt}=\lambda\lambda e^{\lambda t}=\lambda y\). Zodat,
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \left(\begin{array}{l} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \end{array} \right) = \lambda\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array} \right) = \lambda\bar{x} \)
Echter ook geldt
\(\frac{d\bar{x}}{dt}= \left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ -c & -b \end{array}\right)\bar{x}\).
Zodat moet gelden
\(\frac{d\bar{x}}{dt}= \left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ -c & -b \end{array}\right)\bar{x}=\lambda\bar{x}\).
Een oplossing van deze vergelijking kun je niet zo maar voor iedere willekeurige \(\bar{x}\) vinden. We moeten op zoek naar combinaties van een \(\lambda\)'s en een bijbehorende \(\bar{x}\) die we \(\bar{v}\) zullen noemen en waarvoor geldt:
\(\mathbf{A}\bar{v}=\lambda\bar{v} \Leftrightarrow \mathbf{A}\bar{v}-\lambda\bar{v}= (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\bar{v} =\bar{0}\)
Hierin is \(\mathbf{I}\) de eenheidsmatrix. In deze zoektocht mag \(\bar{v}\) niet de nulvector \(\bar{0}=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right)\) zijn.
De theorie van de lineaire algebra zegt ons nu dat een oplossing van de vergelijking \((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\bar{v} =0\) onder de voorwaarde dat \(\bar{v} \ne \mathbf{0}\) alleen mogelijk is als de zogenoemde determinant van de matrix \((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\) gelijk is aan nul ofwel \(\det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})=0\) . Nu is
\(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}=\left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d \end{array}\right)-\lambda\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{ll}a-\lambda & b \\ c & d-\lambda \end{array}\right)\)
en is de determinant van deze matrix
\(\det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})=\det\left(\begin{array}{ll}a-\lambda & b \\ c & d-\lambda \end{array}\right)=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc = \lambda^2 -(a+d)\lambda+ad-bc\)
De vergelijking \(\lambda^2 -(a+d)\lambda+ad-bc=0\) is nu de karakteristieke vergelijking voor de matrix \(\mathbf{A}\). De twee mogelijk samenvallende en mogelijk complexe oplossingen \(\lambda_1\) en \(\lambda_2\) noemt men de eigenwaarden van de matrix \(\mathbf{A}\). Wat rest is nog het vinden van twee vectoren \(\bar{v}_1\) en \(\bar{v}_2\) behorende bij de eigenwaarden. Deze vectoren noemt men de eigenvectoren voor de matrix \(\mathbf{A}\).
Deze vectoren vindt je door bij een gevonden \(\lambda\) de vergelijking \((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\bar{v} =\bar{0}\) op te lossen in \(\bar{v}\).
Als \(\lambda_1\) en \(\lambda_2\) reële getallen zijn dan is de algemene oplossing voor een stelsel van lineaire differentiaalvergelijkingen:
\(\bar{x}(t)=ae^{\lambda_1t}\bar{v}_1 + be^{\lambda_2t}\bar{v}_2\)
De waarden voor \(a\) en \(b\) worden bepaald door de beginconditie
Het is tijd voor een voorbeeld om het een beetje te verduidelijken. We gebruiken een voorbeeld uit de sectie tweede orde vergelijkingen omdat we daar al oplossingen voor hebben. In onderstaande applets zijn zowel het tweede orde probleem en het overeenkomstige twee dimensionale systeem weer gegeven. De linker applet is die voor de tweede orde differentiaalvergelijkingen de rechter is een applet specifiek voor eerste orde lineaire differentiaalvergelijkingen in twee variabelen.
Voorbeeld:
Gegeven is de tweede orde homogene lineaire differentiaalvergelijking
\(\begin{array}{l} \frac{d^2x}{dt^2}-3\frac{dx}{dt}+2x=0 \\ \;\;\;x(0)=x_0\;;\;\frac{dx}{dt}(0)=v_0 \end{array}\)
De karakteristieke vergelijking
\(\lambda^2-3\lambda+2=0\)
heeft oplossingen \(\lambda=1\) of \(\lambda=2\) en die samen met de begincondities de oplossing
\(x(t)=(2x_0-v_0)e^t+(v_0-x_0)e^{2t}\)
leveren.
Functies moeten in Javascript worden geschreven. Speciale wiskundige functies kun je vinden op b.v. w3schools.com.
De vertaling van dit systeem naar een stelsel eerste orde differentiaalvergelijkingen is
\(\left\{\begin{array}{lll} \frac{dx}{dt} & = & y \\ \frac{dy}{dt} & = & -2x + 3y \end{array} \right.\)
ofwel
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ -2 & 3 \end{array}\right)\bar{x}\)
De karakteristieke vergelijking is
\(\left.\begin{array}{ll} \det \left( \mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}\right) & =\det\left(\begin{array}{ll} 0-\lambda & 1 \\ -2 & 3-\lambda \end{array}\right) \\ & =(-\lambda)(3-\lambda)-(-2)\cdot 1 \\ & = \lambda^2 - 3\lambda+2=0 \end{array} \right.\)
Dit is precies dezelfde karakteristieke vergelijking als de karakteristieke vergelijking voor het tweede orde systeem en geeft dus ook de eigenwaarden \(\lambda=1\) of \(\lambda=2\). Nu moeten we de bijbehorende eigenvectoren \(\bar{v}_1\) en \(\bar{v}_2\) bepalen.
\(\lambda_1=1\): om \(\bar{v}_1\) te vinden lossen we op
\(\left(\mathbf{A}-1\mathbf{I} \right) \bar{v}_1 = \mathbf{0} \)
ofwel
\(\left( \begin{array}{cc} (0-1) & (1-0) \\ (-2-0) & (3-1) \end{array}\right)\left( \begin{array}{c} v_{1x} \\ v_{1y} \end{array}\right)=\left( \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ -2 & 2 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c} v_{1x} \\ v_{1y} \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right) \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -v_{1x}+v_{1y}=0 \\ -2v_{1x}+2v_{1y}=0 \end{array} \right.\)
Uit beide vergelijkingen volgt \(v_{1x}=v_{1y}\).
We mogen nu vrijelijk een waarde kiezen voor \(v_{1x}\).
Kiezen we \(v_{1x}=1\), dan is
\(\bar{v}_1=\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right)\)
de eerste eigenvector.
\(\lambda_2=2\): De tweede eigenvector \(\bar{v}_2\) vinden op dezelfde manier
\(\left(\mathbf{A}-2\mathbf{I} \right) \bar{v}_2 = \mathbf{0} \)
ofwel
\(\left( \begin{array}{cc} -2 & 1 \\ -2 & 1 \end{array}\right)\left( \begin{array}{c} v_{2x} \\ v_{2y} \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -2v_{2x}+v_{2y}=0 \\ -2v_{2x}+v_{2y}=0 \end{array} \right.\)
Uit beide vergelijkingen volgt \(2v_{2x}=v_{2y}\). Kiezen we \(v_{2x}=1\), dan is
\(\bar{v}_2=\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}\right)\)
de tweede eigenvector. De algemene oplossing wordt dan
\(\bar{x}(t)=ae^{t}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) + be^{2t}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}\right)\)
Merk op dat \(y=dx/dt\) in de tweede orde vergelijking.
We vinden nu dat \(x(t)=ae^t+be^{2t}\) en \(y(t)=ae^t+2be^{2t}\). Inderdaad levert het differentiëren
van \(x(t)\) de functie \(y(t)\).
Een beginconditie bepaalt een voor die beginconditie unieke combinatie van \(a\) en \(b\). Bijvoorbeeld als \(\left( \begin{array}{c} x(0) \\ y(0) \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} x_0 \\ y_0 \end{array}\right)\) Dan is
\(\bar{x}(0)=ae^{0}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) + be^{2\cdot0}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} a \\ a \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} b \\ 2b \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} a+b \\ a+2b \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} x_0 \\ y_0 \end{array}\right)\)
Hieruit volgt dat \(b=-x_0+y_0\) en \(a=2x_0-y_0\) en dus
\(\bar{x}(t)=(2x_0-y_0)e^{t}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}\right) +(-x_0+y_0)e^{2t}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} (2x_0-y_0)e^t+(-x_0+y_0)e^{2t} \\ (2x_0-y_0)e^t+2(-x_0+y_0)e^{2t} \end{array}\right)\)
In onze eerste aanpak van systemen van lineaire differentiaalvergelijkingen hebben we de tweede orde vergelijking als uitgangspunt genomen om je te overtuigen dat de matrix aanpak inderdaad tot eenzelfde oplossing komt. Het gaat in deze cursus veel te ver om dit allemaal te bewijzen. Voor alle systemen van de vorm
\(\left(\begin{array}{l} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{ll}a & b \\ c & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array} \right) \)
geldt dezelfde aanpak. We zullen nu analoog aan de homogene tweede orde differentiaalvergelijkingen oplossingen presenteren voor de gevallen dat de karakteristieke vergelijking twee reële of twee complexe of twee samenvallende eigenwaarden geeft. Dit is echter meer voor de geïnteresseerde lezer. Ons doel is in deze sectie meer gericht op evenwichten en de stabiliteit daarvan. De karakteristieke vergelijking is hierin erg belangrijk en het is dus zaak dat je die kan opstellen. Dus heb je geen zin of tijd in het vinden nog meer exacte oplossingen dan kun je verder gaan bij het onderdeel Stabiliteit van evenwicht.
Als in de karakteristieke vergelijking \(\lambda^2 + b\lambda + c=0\), die bij een systeem van twee homogene eerste orde differentiaalvergelijkingen
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \mathbf{A}\bar{x}\).
hoort, geldt dat \(b^2-4c > 0\), dan zijn er twee reële oplossingen \(\lambda_1\) en \(\lambda_2\) met bijbehorende eigenvectoren \(\bar{v}_1\) en \(\bar{v}_2\) waarmee twee onafhankelijke oplossingen
\(\bar{x}_1(t)=e^{\lambda_1t}\bar{v}_1\)
en
\(\bar{x}_2(t)=e^{\lambda_2t}\bar{v}_2\)
voor de differentiaalvergelijking gevonden kunnen worden .
De voor de begincondities specifieke oplossing heeft dan de vorm
\(\bar{x}(t)=ae^{\lambda_1t}\bar{v}_1+be^{\lambda_2t}\bar{v}_2\)
Een voorbeeld hiervan hebben we boven al behandeld met het systeem.
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ -2 & 3 \end{array}\right)\bar{x}\)
Als in de karakteristieke vergelijking \(\lambda^2 + b\lambda + c=0\), die bij een systeem van twee homogene eerste orde differentiaalvergelijkingen
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \mathbf{A}\bar{x}\).
hoort, geldt dat \(b^2-4c < 0\), dan zijn er twee complexe oplossingen \(\lambda_1=\alpha+i\beta\) en \(\lambda_2=\alpha-i\beta\) met bijbehorende complexe eigenvectoren \(\bar{v}_1=\mathbf{\bar{u}}+i\mathbf{\bar{w}}\) en \(\bar{v}_2=\mathbf{\bar{u}}-i\mathbf{\bar{w}}\) waarmee twee reële onafhankelijke oplossingen
\(\bar{x}_1(t)=e^{\alpha t}(\cos(\beta t)\mathbf{\bar{u}}-\sin(\beta t)\mathbf{\bar{w}})\)
en
\(\bar{x}_2(t)=e^{\alpha t}(\sin(\beta t)\mathbf{\bar{u}}+\cos(\beta t)\mathbf{\bar{w}})\)
voor de differentiaalvergelijking gevonden kunnen worden .
De voor de begincondities specifieke oplossing heeft dan de vorm \(\bar{x}(t)=a\bar{x}_1(t)+b\bar{x}_2(t)\)
Voorbeeld:
Los het volgende stelsel differentiaalvergelijkingen op:\(\left(\begin{array}{l} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{ll}1 & -1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array} \right) \) met beginconditie \(\left(\begin{array}{l} x(0) \\ y(0) \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right)\)
Oplossing:
De karakteristiek vergelijking is
\(\det\left(\begin{array}{ll}1-\lambda & -1 \\ 1 & 1-\lambda \end{array}\right)=(1-\lambda)^2+1=0 \Leftrightarrow (1-\lambda)^2=-1\).
De eigenwaarden zijn dan \(\lambda_1=1+i\) en \(\lambda_2=1-i\).
De volgende stap is het vinden van de eigenvectoren.
\(\lambda_1=1+i\): Zoek een vector \(\bar{v}_1\) zodat
\((A-\lambda I)\bar{v}_{1}=\left(\begin{array}{ll} -i & -1 \\ 1 & -i \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1x} \\ v_{1y} \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -iv_{1x} - 1v_{1y}=0 \\ v_{1x} -iv_{1y}=0 \end{array} \right.\).
Beide vergelijkingen leveren \(v_{1x}=iv_{1y}\) kies \(v_{1y}=1\) dan is
\(\bar{v}_1=\left(\begin{array}{l} i \\ 1 \end{array} \right) = \left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)+i\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)=\mathbf{\bar{u}}+i\mathbf{\bar{w}}\)
Volgens bovenstaand recept zijn er nu twee onafhankelijke oplossingen:
\(\bar{x}_1(t)=e^{t}(\cos(t)\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)-\sin(t)\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right))=e^{t}\left(\begin{array}{l} -\sin(t) \\ \cos(t) \end{array} \right)\)
en
\(\bar{x}_2(t)=e^{t}(\sin(t)\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)+\cos(t)\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right))=e^{t}\left(\begin{array}{l} \cos(t) \\ \sin(t) \end{array} \right)\)
De algemene oplossing is
\(\bar{x}(t)=ae^{t}\left(\begin{array}{l} -\sin(t) \\ \cos(t) \end{array} \right)+be^{t}\left(\begin{array}{l} \cos(t) \\ \sin(t) \end{array} \right)\)
\(a\) en \(b\) vinden we uit de beginconditie \(\bar{x}(0)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right)\)
\(\bar{x}(0)=a\left(\begin{array}{l} -\sin(0) \\ \cos(0) \end{array} \right)+b\left(\begin{array}{l} \cos(0) \\ \sin(0) \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ a \end{array} \right)+\left(\begin{array}{l} b \\ 0 \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} b \\ a \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right)\)
Hieruit volgt \(a=1\) en \(b=1\) dus de specifieke oplossing bij de beginconditie is
\(\bar{x}(t)=e^{t}\left(\begin{array}{l} -\sin(t) \\ \cos(t) \end{array} \right)+e^{t}\left(\begin{array}{l} \cos(t) \\ \sin(t) \end{array} \right)=e^{t}\left(\begin{array}{l} \cos(t)-\sin(t) \\ \cos(t)+\sin(t) \end{array} \right)\)
Als in de karakteristieke vergelijking \(\lambda^2 + b\lambda + c=0\), die bij een systeem van twee homogene eerste orde differentiaalvergelijkingen
\(\frac{d\bar{x}}{dt} = \mathbf{A}\bar{x}\).
hoort, geldt dat \(b^2-4c = 0\), dan zijn er twee samenvallende oplossingen \(\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda\) met één bijbehorende eigenvector \(\bar{v}_1\) verkregen uit het oplossen van \((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\bar{v}=\bar{v}_1\). Een tweede onafhankelijke eigenvector wordt verkregen uit het oplossen van \((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^2\bar{v}_2=\mathbf{0}\). De twee onafhankelijke oplossingen zijn dan
\(\bar{x}_1(t)=e^{\lambda t}\bar{v}_1\)
en
\(\bar{x}_2(t)=e^{\lambda t}(\mathbf{I}+t(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}))\bar{v}_2\) .
De voor de begincondities specifieke oplossing heeft dan de vorm
\(\bar{x}(t)=a\bar{x}_1(t)+b\bar{x}_2(t)\)
Voorbeeld:
Los het volgende stelsel differentiaalvergelijkingen op:\(\left(\begin{array}{l} \frac{dx}{dt} \\ \frac{dy}{dt} \end{array} \right) = \left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array} \right) \) met beginconditie \(\left(\begin{array}{l} x(0) \\ y(0) \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right)\)
Oplossing:
De karakteristiek vergelijking is
\(\det\left(\begin{array}{ll}1-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{array}\right)=(1-\lambda)^2=0\).
Er is nu een stel samenvallende eigenwaarden \(\lambda_1=\lambda_2=\lambda=1\).
De volgende stap is het vinden van de eigenvectoren.
\(\lambda=1\): Zoek een vector \(\bar{v}_1\) zodat
\(\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1x} \\ v_{1y} \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array} \right) \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} 0v_{1x} + 1v_{1y}=0 \\ 0 v_{1x} +0 v_{1y}=0 \end{array} \right.\).
De tweede vergelijking is altijd waar. De eerste levert \(v_{1y}=0\) kies \(v_{1x}=1\) dan is
\(\bar{v}_1=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)\).
Volgens bovenstaand recept vinden we de tweede eigenvector \(\bar{v}_2\) uit :
\((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^2\bar{v}_2=\mathbf{0}\)
\((\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^2=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)^2=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\)
\(\left( \begin{array}{ll} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} v_{2x} \\ v_{2y} \end{array} \right)= \left( \begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array} \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0 v_{2x} + 0 v_{2y}=0 \\ 0 v_{2x} +0 v_{2y}=0 \end{array} \right.\)
Beide vergelijkingen zijn altijd waar. We moeten een vector \(\bar{v}_2\) vinden onafhankelijk van \(\bar{v}_1\). De keuze \(\bar{v}_2=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)\) is dat.
De twee onafhankelijke oplossingen zijn nu:\(\bar{x}_1(t)=e^{t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)\)
en
\(\bar{x}_2(t)=e^{t}(\mathbf{I}+t(\mathbf{A}-1\cdot\mathbf{I}))\bar{v}_2=e^{t}\left[\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+t\left(\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)-\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right)\right]\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)\)
\(=e^{t}\left( \begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)+te^{t}\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)=e^{t}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right)+te^{t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)=e^{t}\left(\begin{array}{l} t \\ 1 \end{array} \right)\)
De algemene oplossing wordt dan
\(\bar{x}(t)=ae^{t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)+be^{t}\left(\begin{array}{l} t \\ 1 \end{array} \right)\)
\(a\) en \(b\) vinden we uit de beginconditie \(\bar{x}(0)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right)\)
\(\bar{x}(0) = a e^{0} \left( \begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right)+ b e^{0}\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array} \right) \Rightarrow \left\{\begin{array}{lll} 1 a + 0 b & = &1 \\ 0 a + 1 b & = & 1 \end{array} \right.\)
De specifieke oplossing is nu:
\(\bar{x}(t)=e^{t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \end{array} \right) + e^{t}\left(\begin{array}{l} t \\ 1 \end{array} \right)=\left(\begin{array}{l} e^{t}(1+t) \\ e^{t} \end{array} \right)\)
We zijn nu aan het eind gekomen van de theorie die wij jullie wilden aanreiken. In sommige gevallen is het ook mogelijk oplossingen te vinden voor lineaire systemen waar \(a,b,c\) en \(d\) functies van \(t\) zijn die niet homogeen zijn. Misschien een idee voor een profielwerkstuk om je daar in te ontwikkelen. De rest van deze sectie gaat over de stabiliteit van het nulevenwicht \(\bar{0}\).