Résolution d'un ODE à valeur propre répétée

Question

J'essaye de résoudre le système: $$ \bar{x}' =\left(\begin{array}{rr}-8 & 4 \\ 0 & -8\end{array}\right)\bar{x}+\left(\begin{array}{rr}3e^{-8t} \\ e^{-8t} \end{array}\right),\space \bar{x}(0)=\left(\begin{array}{rr}1 \\ 3 \end{array}\right) $$

Jusqu'à présent, je suis convaincu qu'avec les racines répétées $-8$, nous avons la solution générale: $$ \bar{x}(t)=C_1\left(\begin{array}{rr}1\\ 0\end{array}\right)e^{-8t}+C_2\left(\begin{array}{rr}1\\ 0\end{array}\right)te^{-8t}+C_2\left(\begin{array}{rr}0\\ \frac{1}{4}\end{array}\right)e^{-8t}$$

Ensuite, je choisis la solution particulière:

$\bar{x}_p=\bar{a}e^{-8t}+\bar{b}te^{-8t}+\bar{c}t^2e^{-8t}$

$\bar{x}_p'=-8\bar{a}e^{-8t}+\bar{b}(e^{-8t}-8te^{-8t})+\bar{c}(2te^{-8t}-8t^2e^{-8t})$

Puis assimilant: $\bar{x}_p'=A\bar{x}_p+\left(\begin{array}{rr}3e^{-8t} \\ e^{-8t} \end{array}\right)$

$e^{-8t}$: $-8\bar{a}+\bar{b}=A\bar{a}+\left(\begin{array}{rr}3 \\ 1 \end{array}\right)$

$te^{-8t}$: $-8\bar{b}+2\bar{c}=A\bar{b}$

$t^2e^{-8t}$: $-8\bar{c}=A\bar{c}$

Résoudre $-8\bar{c}=A\bar{c}$:

$-8c_1+4c_2=8c_1$, alors $c_2=0$

$-8c_2=-8c_2$, alors $c_1=\alpha$

$\bar{c}=\left(\begin{array}{rr}\alpha \\ 0 \end{array}\right)$

Résoudre $-8\bar{b}+2\bar{c}=A\bar{b}$:

$-8b_1+4b_2=-8b_1+2\alpha$

$-8b_2=-8b_2+0$

$\bar{b}=\left(\begin{array}{rr}\beta \\ \frac{alpha}{2} \end{array}\right)$

Mais je suis loin de trouver $\bar{a}$, $\bar{b}$ et $\bar{c}$pour finir ma solution car j'ai trop de variables libres. Quelqu'un peut-il voir où je me trompe car je suis légèrement confus? Ou offrez une meilleure méthode plus lisse car la mienne semble assez maladroite ...

Answer 1

On nous donne

$$x' = Ax + g = \left(\begin{array}{rr}-8 & 4 \\ 0 & -8\end{array}\right)x+\left(\begin{array}{rr}3e^{-8t} \\ e^{-8t} \end{array}\right),\space x(0)=\left(\begin{array}{rr}1 \\ 3 \end{array}\right)$$

Nous trouvons des valeurs propres / vecteurs propres et avons une solution complémentaire

$$ x_c(t)=e^{-8t}\left(c_1\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix} 0 \\ \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \right)\right)$$

En raison des valeurs propres et des termes non homogènes, nous choisissons

$$x_p(t) = e^{-8t}(\vec a + \vec b t + \vec ct^2)$$

Cela donne

$$x_p'(t) = e^{-8t}((-8 \vec a + \vec b) + (-8\vec b + 2 \vec c) t + (-8\vec c)t^2)$$

Nous avons

$$x_p'(t) = A x_p(t) + \vec g \implies \vec g = x_p'(t) - A x_p(t)$$

Ecrire ceci (les termes exponentiels se divisent)

$$\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1-4a_2 \\ b_2 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 2 c_1 - 4 b_2 \\ -2c_2 \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix} -4c_2 \\ 0 \end{pmatrix}t^2$$

De cela, nous obtenons

$$a_1 = a_2 = c_2 = 0, b_1 = 3, b_2 = 1, c_1 = 2$$

Nous pouvons maintenant écrire

$x(t) = x_c(t) + x_p(t) =e^{-8t}\left(c_1\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c_2\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix} 0 \\ \dfrac{1}{4} \end{pmatrix} \right)\right) + e^{-8t}\begin{pmatrix} 2t^2+ 3t \\ t \end{pmatrix}$

Utiliser ceci $x(t)$ avec l'IC, nous obtenons

$$x(t) = e^{-8t}\begin{pmatrix} 2t^2+15t+1 \\ t+3 \end{pmatrix}$$

Remarque: Nous avons utilisé des coefficients indéterminés pour résoudre ce système et ce n'est qu'une approche, il existe de nombreuses autres méthodes.