ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Shika93** » 9 dic 2016, 18:51

Qualcuno sa dirmi se è corretto risolvere un esercizio del genere in questo modo?
Ho un problema scritto in forma matriciale:
$\begin{cases} z'=A_{\boldsymbol{z}} \\ \mathbf{z}(0)=\mathbf{b} \end{cases}$

$A=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 3\\ 0 & 4 & 1\\ 2 & 0 & 2 \end{bmatrix}; \mathbf{b}=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}$

La prima cosa che faccio è trovare il polinomio caratteristico di

:
$P_A(\lambda)=\lambda^3-7\lambda^2+8\lambda+16$
quindi gli autovalori, con le rispettive molteplicità sono:
$\lambda_1=-1; \mu (\lambda_1)=1$
$\lambda_2=4; \mu (\lambda_2)=2$
Quindi dico che la soluzione generale sarà:
$z(t)=\boldsymbol{C_1} e^{-t}+\boldsymbol{C_2}e^{4t}+t \boldsymbol{C_3}e^{4t}$
A questo punto calcolo la derivata prima di

:

$z'(t)=-\boldsymbol{C_1}e^{-t}+4\boldsymbol{C_2}e^{4t}+\boldsymbol{C_3}e^{4t}+4t\boldsymbol{C_3}e^{4t}=A\boldsymbol{C_1}e^{-t}+A\boldsymbol{C_2}e^{4t}+At\boldsymbol{C_3}e^{4t}$

così da poter trovare i 3 vettori. Per farlo risolvo i 3 sistemi
$\begin{cases} A\boldsymbol{C_1}=-1 \\ A\boldsymbol{C_2}=4\boldsymbol{C_2}+\boldsymbol{C_3} \\ A\boldsymbol{C_3}=4\boldsymbol{C_3} \end{cases}$

E quindi i calcoli dei tre sistemi dovrebbero essere:

$A\boldsymbol{C_1}=-1 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} 1 & 0 & 3\\ 0 & 4 & 1\\ 2 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \alpha\\ \beta \\ \gamma \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1\\ -1 \\ -1 \end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases} \alpha=-1/4 \\ \beta=-3/16 \\ \gamma=-1/4 \end{cases} \Rightarrow \boldsymbol{C_1}=C_1\begin{bmatrix} -1/4 \\ -3/16 \\ -1/4 \end{bmatrix}$

$A\boldsymbol{C_2}=4\boldsymbol{C_2}+\boldsymbol{C_3} \Rightarrow \boldsymbol{C_2}=C_2\begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}+C_3 \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ -2/3 \end{bmatrix}$

$A\boldsymbol{C_3}=4\boldsymbol{C_3} \Rightarrow \boldsymbol{C_3}=C_3\begin{bmatrix} 0\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$
dove sono una soluzione particolare.

Quindi la mia soluzione generale (se non ho cannato i calcoli) è

$z(t)=-C_1\begin{bmatrix} 1/4 \\ 3/16 \\ 1/4 \end{bmatrix}e^{-t}+\left ( C_2\begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}+C_3 \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ -2/3 \end{bmatrix}\right )e^{4t}+C_3 \begin{bmatrix} 0\\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} te^{4t}$

Quindi a questo punto devo trovarmi le tre costanti C_1, C_2, C_3

calcolandomi z(0)

Cioè

$-C_1\begin{bmatrix} 1/4 \\ 3/16 \\ 1/4 \end{bmatrix}+C_2\begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}+C_3 \begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ -2/3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1\\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}$
E se non ho sbagliato niente (ma mi interessa più che altro il procedimento)
C_1=0; C_2=1; C_3=0

da **DanteCpp** » 12 dic 2016, 14:56

Ho controllato con matlab,

Codice: Seleziona tutto: >> A = [1 0 3; 0 4 1; 2 0 2] A = 1 0 3 0 4 1 2 0 2 >> b = [1 ;0; 1] b = 1 0 1 >> t = sym('t') t = t >> T=expm(A*t) T = [ (3*exp(-t))/5 + (2*exp(4*t))/5, 0, (3*exp(4*t))/5 - (3*exp(-t))/5] [ (2*exp(-t))/25 - (2*exp(4*t))/25 + (2*t*exp(4*t))/5, exp(4*t), (2*exp(4*t))/25 - (2*exp(-t))/25 + (3*t*exp(4*t))/5] [ (2*exp(4*t))/5 - (2*exp(-t))/5, 0, (2*exp(-t))/5 + (3*exp(4*t))/5] >> z=T*b z = exp(4*t) t*exp(4*t) exp(4*t)

risulta

$\mathbf z(t) = \begin{bmatrix} 1\\ t\\ 1 \end{bmatrix} e^{4t}$

forse hai sbagliato qualche calcolo.
Io ti consiglierei di risolvere trovando la matrice di transizione dello stato usando lo sviluppo di Sylvester o diagonalizzando la matrice.

da **Shika93** » 12 dic 2016, 19:46

Si, è più semplice così. Trovo i coefficienti facili (C1 e C3 in questo caso) e poi C2 con Gram-Schmidt

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