Matematik

egenværdier og løsning af differentialligninger

17. marts 2025 af DoctorManhatten - Niveau: A-niveau

Hejsa.

Er der nogen som kan forklare hvad egenværdier er og hvad de bruges til. Gerne i forbindelse med denne generelle løsning.

x(t) = A*e^K₁*t + B*e^K₂^*t

Til følgende differentialligning

m*x'' = - c*x' -k*x

Brugbart svar (0)

Svar #1
17. marts 2025 af peter lind

Egenværdier og differentialligninger er da ikke noget man har haft nogert om i 1 års HF. Ret din profil.

Man har en liniær funktion givet ved Ax hvor x er en matrix og x er en vektor. Hvis der findes en vektor x hvor der gælder at A*x = λx kaldes x en egenvektor til A med egenværdien λ.

Det kan bruges i løsning af koblede diffenterialligninger. Se for eks. https://intermat.compute.dtu.dk/enotes/17_-_Lineaere_foerste_ordens_differentialligningssystemer.pdf

Brugbart svar (0)

Svar #2
18. marts 2025 af Eksperimentalfysikeren

Et eksempel:

For en guitarstreng gælder at udsvinget fra hvilestilling er f(x,t), som opfylder en andenordens differentialligning. Desuden opfylder den, at f(0,t) = 0 og f(L,t) = 0, hvis strengen er fastgjort i punkterne x=0 og x=L.

Nogle af løsningerne opfylder, at f''(x,t) = kf(x,t). Disse løsninger kalles strengens egensvingninger og k egenværdien. Det viser sig, at k kun kan antage positive heltallige værdier, og at frekvenserne af svingningerne er proportionale med k.

Brugbart svar (0)

Svar #3
18. marts 2025 af M2023

#0. Se erventuelt også Lotka-Volterra modeller.

Brugbart svar (0)

Svar #4
20. marts 2025 af mathon

Definition af egenværdier og egenvektorer:

Det reelle tal λ kaldes en egenværdi til en $n\times n$ matrix $\mathbf{A}$
hvis der eksisterer en egentlig vektor $\mathbf{v}$ således at

$\mathbf{A}\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$

i hvilket tilfælde vektoren $\mathbf{v}$ kaldes en egenvektor til matrixen $\mathbf{A}$

Vi vil nu finde egenværdierne og egenvektorerne af en $2\times 2$ matrix $\mathbf{A}$ med rækkevektorer $\mathrm{\left[a \;\; b\right]}$ og $\mathrm{\left[c \;\; d\right]}$ .

I følge definitionen er den egentlige vektor $\mathbf{v}$ en egenvektor til $\mathbf{A}$ netop når

$\mathbf{A}\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}=\lambda \mathbf{I}\mathbf{v}$

hvor
$\mathbf{I}$ er $2 \times 2$ identitetsmatrixen $\begin{bmatrix}1&0\\0&1 \end{}$

dvs når
$\left(\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I} \right)\mathbf{v}=\mathbf{0}$

For en fikseret værdi af $\lambda$ antager matrix-ligningen formen

$\begin {bmatrix}a-\lambda &b\\c&d-\lambda \end{}\begin{bmatrix}x\\y \end{}=\begin{bmatrix}0\\0 \end{}$ hvor $\mathbf{v}=\left<x,y\right>$

Den karakteristiske ligning
for en $2\times 2$ matrix $\mathbf{A}$
er
$\left|\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I}\right|=\left|\begin{matrix}a-\lambda&b\\c&d-\lambda \end{}\right|=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc=0$

og $\left|\mathbf{A}-\lambda \mathbf{I}\right|\neq 0$

dvs $\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)=0$

Brugbart svar (0)

Svar #5
20. marts 2025 af mathon

Anvendelse
se #1.

Brugbart svar (0)

Svar #6
20. marts 2025 af mathon

I øvrigt fik du svar
i
https://www.studieportalen.dk/forums/thread.aspx?id=2096293

Brugbart svar (0)

Svar #7
20. marts 2025 af mathon

Eksempel 1

Den karakteristiske ligning
   for matrix
   $\mathbf{A}=\left[\begin{matrix}3&6\\0&-5 \end{}\right ]$
   er
   $\left|\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}\right|=\left|\begin{matrix}3-\lambda&6\\0&-5-\lambda \end{}\right|=(\lambda-3)(\lambda+5)=0$

Det ses heraf
at
$\lambda=\left\{\begin{matrix}3\\-5 \end{}\right.$

For at finde de associerede egenvektorer, må vi substituere hver egenværdi separat i

$\left|\begin{matrix}3-\lambda&6\\0&-5-\lambda \end{}\right|=0$

Brugbart svar (0)

Svar #8
20. marts 2025 af mathon

$\lambda = 3$

Med $\mathbf{v}=\left<x,y\right>$
$\left[\begin{matrix}3-3&6\\0&-5-3 \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{}\right ]=\left|\begin{matrix}0&6\\0&-8 \end{}\right|\left[\begin{matrix}x\\y \end{} \right ]= \left[\begin{matrix}0\\0 \end{} \right ]$

De korresponderende
   skalare ligninger:
   6y = 0 og -8y = 0 kræver y = 0, men implicerer intet krav til  x.
   hvorfor vi af alle
   mulige vælger x = 1
   for at opnå
   egenvektoren    $\mathbf{v_1}=\left<1,0\right>$
   associeret med
   egenværdien $\lambda_1=3$

Brugbart svar (0)

Svar #9
20. marts 2025 af mathon

$\lambda = -5$

Med $\mathbf{v}=\left<x,y\right>$
$\left[\begin{matrix}3-(-5)&6\\0&-5-(-5) \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{}\right ]=\left|\begin{matrix}8&6\\0&0 \end{}\right|\left[\begin{matrix}x\\y \end{} \right ]= \left[\begin{matrix}0\\0 \end{} \right ]$
De korresponderende
skalare ligninger:
8x + 6y = 0 og 0 = 0 hvor kun den første ligning
giver
4x + 3y = 0 ⇔ y = -(4/3)x

Valget x = 3
giver y = -4

så vi opnår $\mathbf{v_2}=\left<3,-4\right>$
associeret med $\lambda_2=-5$

Brugbart svar (0)

Svar #10
20. marts 2025 af mathon

Eksempel 2

Den karakteristiske ligning
   for matrix
   $\mathbf{A}=\left[\begin{matrix}5&2\\2&5 \end{}\right ]$
   er
   $\left|\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}\right|=\left|\begin{matrix}5-\lambda&2\\2&5-\lambda \end{}\right|=(\lambda-5)^2-4=\lambda^2-10\lambda+21=0$

Det ses heraf
at
$\lambda=\left\{\begin{matrix}3\\7 \end{}\right.$

For at finde de associerede egenvektorer, må vi substituere hver egenværdi separat i

$\left|\begin{matrix}5-\lambda&2\\2&5-\lambda \end{}\right|=0$

Brugbart svar (0)

Svar #11
20. marts 2025 af mathon

$\lambda=3$

Med $\mathbf{v}=\left<x,y\right>$
$\left[\begin{matrix}5-3&2\\2&5-3 \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{}\right ]=\left[\begin{matrix}2&2\\2&2 \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{} \right ]= \left[\begin{matrix}0\\0 \end{} \right ]$

De korresponderende
skalare ligninger:
2x + 2y = 0 og 2x + 2y = 0

simplificeret x + y = 0

Vi kan derfor
vælge x = -1 og y = 1
for at få
egenvektor $\mathbf{v_1}=\left<-1,1\right>$
associeret med
egenværdien $\lambda_1=3$

Brugbart svar (0)

Svar #12
20. marts 2025 af mathon

$\lambda=7$

Med $\mathbf{v}=\left<x,y\right>$
$\left[\begin{matrix}5-7&2\\2&5-7 \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{}\right ]=\left[\begin{matrix}-2&2\\2&-2 \end{}\right]\left[\begin{matrix}x\\y \end{} \right ]= \left[\begin{matrix}0\\0 \end{} \right ]$

De korresponderende
skalare ligninger:
-2x + 2y = 0 og 2x - 2y = 0

Simplificeret x - y = 0

Vi kan derfor
vælge x = 1 og y = 1
for at få
egenvektor $\mathbf{v_2}=\left<1,1\right>$
associeret med
egenværdien $\lambda_2=7$

Brugbart svar (0)

Svar #13
22. marts 2025 af mathon

Det siger sig selv, at det
beregningsmæssigt udgør
en STOR forenkling at erstatte
                                                         et produkt af en n x n matrix og en n-vektor
                              med
                                                         en konstant gange den samme n-vektor

Skriv et svar til: egenværdier og løsning af differentialligninger

Du skal være logget ind, for at skrive et svar til dette spørgsmål. Klik her for at logge ind.
Har du ikke en bruger på Studieportalen.dk? Klik her for at oprette en bruger.