Uitwerking

$\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\, \vec{x}\quad$ met $A =\matrix{3 & 0\\ 0 & -1}$

1. $\quad\left\{\begin{aligned} \frac{\dd x_1}{\dd t} &= 3x_1\\[0.25cm] \frac{\dd x_2}{\dd t} &= -x_2\end{aligned}\right.$
   
   
2. $\quad\left\{\begin{aligned} x_1(t) &= c_1\cdot e^{3t}\\[0.25cm] x_2(t) &= c_2\cdot e^{-t}\end{aligned}\right.$ met constanten $c_1$ en $c_2$.
   
   
3. $\quad\vec{x}(0)=\cv{1\\0}$ betekent dat $x_1(0)=1$ en $x_2(0)=0$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $c_1=1$ en $c_2=0$, en dus $\vec{x}(t)=\cv{e^{3t}\\0}$.
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{e^{3}\\0},\quad \vec{x}(2)=\cv{e^{6}\\0}, \quad \vec{x}(4)=\cv{e^{12}\\0}, \quad \vec{x}(8)=\cv{e^{24}\\0}$.
   
   
4. $\quad\vec{x}(0)=\cv{0\\10}$ betekent dat $x_1(0)=0$ en $x_2(0)=10$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $c_1=0$ en $c_2=10$.
   $\quad$Dus $\vec{x}(t)=\cv{0\\10e^{-t}}=\cv{0\\ \frac{10}{e^{t}}}$.
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{0\\ \frac{10}{e}},\quad \vec{x}(2)=\cv{0\\ \frac{10}{e^2}}, \quad \vec{x}(4)=\cv{0\\ \frac{10}{e^4}}, \quad \vec{x}(8)=\cv{0\\ \frac{10}{e^8}}$.
   
   
5. $\quad\vec{x}(0)=\cv{0.1\\10}$ betekent dat $x_1(0)=0.1$ en $x_2(0)=10$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $c_1=0.1$ en $c_2=10$.
   $\quad$Dus $\vec{x}(t)=\cv{0.1e^{3t}\\10e^{-t}}=\cv{0.1e^{3t}\\ \frac{10}{e^{t}}}$.
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{0.1e^3\\ \frac{10}{e}},\quad \vec{x}(2)=\cv{0.1e^6\\ \frac{10}{e^2}}, \quad \vec{x}(4)=\cv{0.1e^{12}\\ \frac{10}{e^4}}, \quad \vec{x}(8)=\cv{0.1e^{24}\\ \frac{10}{e^8}}$.
   
   
6. $\quad\vec{x}(0)=\cv{\alpha\\ \beta}$ betekent dat $x_1(0)=\alpha$ en $x_2(0)=\beta$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $c_1=\alpha$ en $c_2=\beta$.
   $\quad$Dus: $\vec{x}(t)=\cv{\alpha\cdot e^{3t}\\ \beta\cdot e^{-t}}=\cv{\alpha\cdot e^{3t}\\ \frac{\beta}{e^{t}}}$.
   $\quad$Bovenstaande formule is de parametervoorstelling van de algemene oplossing.
   $\quad$Deze voldoet aan de volgende vergelijking: $x_1\cdot x_2^3=\alpha\beta^3$.
   $\quad$Elke oplossing voldoet dus aan: $x_1\cdot x_2^3=c$ voor zekere constante $c$.
   $\quad$Dit is ook te zien in het onderstaande faseportret.
   $\quad$

Uitwerking

$\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\, \vec{x}\quad$ met $A = \matrix{3 & -6\\0 & -1\\}$

1. $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is vanwege de bovendriehoeksvorm gelijk aan $(\lambda-3)(\lambda+1)$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm: $3$ en $-1$.
   
   $\quad$Stel $\cv{v_1\\ v_2}$ is een eigenvector bij eigenwaarde $3$: $\matrix{3 & -6\\0 & -1\\}\cdot \cv{v_1\\ v_2}=3\cv{v_1\\ v_2}$.
   
   $\quad$Dan: $\left\{\begin{aligned} 3v_1-6v_2 &= 3v_1 \\[0.25cm] -v_2 &= 3v_2\end{aligned}\right.$
   $\quad$Dus: $v_2=0$ en een eigenvector bij eigenwaarde $3$ is $\cv{1\\0}$.
   
   $\quad$Stel $\cv{v_1\\ v_2}$ is een eigenvector bij eigenwaarde $-1$: $\matrix{3 & -6\\0 & -1\\}\cdot \cv{v_1\\ v_2}=-\cv{v_1\\ v_2}$.
   
   $\quad$Dan: $\left\{\begin{aligned} 3v_1-6v_2 &= -v_1 \\[0.25cm] -v_2 &= -v_2\end{aligned}\right.$
   
   $\quad$Dus: $v_2$ is vrij te kiezen en dan moet gelden $4v_1-6v_2=0$ oftewel $v_2=\tfrac{2}{3}v_2$.
   $\quad$Een eigenvector bij eigenwaarde $-1$ (met gehele coëfficiënten) is dan $\cv{3\\2}$.
   
   
2. $\quad$De algemene oplossing is $$\begin{aligned}\vec{x}(t)&=\alpha\cdot e^{3t}\cdot\cv{1\\0}+ \beta\cdot e^{-t}\cdot\cv{3\\2}\\ \\ &= \cv{\alpha\cdot e^{3t}+3\beta\cdot e^{-t}\\ 2\beta\cdot e^{-t}}\end{aligned}$$ $\quad$voor zekere constanten $\alpha$ en $\beta$.
   
   
3. $\quad\vec{x}(0)=\cv{1\\0}$ betekent dat $x_1(0)=1$ en $x_2(0)=0$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $\alpha=1$ en $\beta=0$, en dus $\vec{x}(t)=\cv{e^{3t}\\0}$.
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{e^{3}\\0},\quad \vec{x}(2)=\cv{e^{6}\\0}, \quad \vec{x}(4)=\cv{e^{12}\\0}, \quad \vec{x}(8)=\cv{e^{24}\\0}$.
   
   
4. $\quad$Stel $\vec{x}(0)=\cv{1\\ \frac{2}{3}}$, dan $\vec{x}(0)=\frac{1}{3}\cv{3\\ 2}$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $\alpha=0$ en $\beta=\frac{1}{3}$.
   $\quad$Dus: $\vec{x}(t)=\frac{1}{3}e^{-t}\cdot\cv{3\\2}= \cv{\frac{1}{e^t}\\ \frac{2}{3e^t}}$.
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{\frac{1}{e}\\ \frac{2}{3e}},\quad \vec{x}(2)=\cv{\frac{1}{e^2}\\ \frac{2}{3e^2}}, \quad \vec{x}(4)=\cv{\frac{1}{e^4}\\ \frac{2}{3e^4}}, \quad \vec{x}(8)=\cv{\frac{1}{e^8}\\ \frac{2}{3e^8}}$.
   
   
5. $\quad\vec{x}(0)=\cv{1\\0.666}$ is dicht in de buurt van $\cv{1\\ \frac{2}{3}}$.
   $\quad$Omdat $0.666$ niet precies gelijk is aan $\frac{2}{3}$ wijkt de oplossingskromme af,
   $\quad$maar is in het begin (en in het verleden)dichtbij.
   $\quad$De afwijking van $\cv{1\\0.666}$met $\cv{1\\ \frac{2}{3}}$: $$\begin{aligned}\cv{1\\0.666}&=\cv{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{0.666}\\ \frac{2}{3}}= \cv{\frac{2}{1.998}\\ \frac{2}{3}}\\ &=\cv{\frac{2}{1.998}-1\\ 0}+\cv{1\\ \frac{2}{3}}\\ &=\cv{\frac{0.002}{1.998}\\ 0}+\cv{1\\ \frac{2}{3}}\\ &=\frac{2}{1998}\cdot\cv{1\\0}+ \cv{1\\ \frac{2}{3}}\\ &=\frac{1}{999}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3}\cdot\cv{3\\ 2}\end{aligned}$$ $\quad$In de algemene oplossing (b) hebben we dus $\alpha=\frac{1}{999}$ en $\beta=\frac{1}{3}$ oftewel: $$\vec{x}(t)= \frac{1}{999}e^{3t}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3}\beta e^{-t}\cdot\cv{3\\2}$$ $\quad$Dan: $$\begin{aligned}\vec{x}(1) &= \frac{1}{999}e^{3}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e}\cdot\cv{3\\2} \\ \\ \vec{x}(2) &= \frac{1}{999}e^{6}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^2}\cdot\cv{3\\2}\\ \\ \vec{x}(4) &= \frac{1}{999}e^{12}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^4}\cdot\cv{3\\2}\\ \\ \vec{x}(8) &= \frac{1}{999}e^{24}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^8}\cdot\cv{3\\2}\approx \cv{2.65\cdot 10^7\\ 0.006}\end{aligned}$$
6. $\quad\vec{x}(0)=\cv{1\\0.668}$ is dicht in de buurt van $\cv{1\\ \frac{2}{3}}$.
   $\quad$Omdat $0.668$ niet precies gelijk is aan $\frac{2}{3}$ wijkt de oplossingskromme af,
   $\quad$maar is in het begin (en terug in het verleden) dichtbij. De afwijking van $\cv{1\\0.668}$ met $\cv{1\\ \frac{2}{3}}$: $$\begin{aligned}\cv{1\\0.668}&=\cv{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{0.668}\\ \frac{2}{3}}= \cv{\frac{2}{2.004}\\ \frac{2}{3}}=\cv{\frac{1}{1.002}\\ \frac{2}{3}}\\ &=\cv{\frac{1}{1.002}-1\\ 0}+\cv{1\\ \frac{2}{3}}\\ &=\cv{\frac{-0.002}{1.002}\\ 0}+\cv{1\\ \frac{2}{3}}\\ &=-\frac{1}{501}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3}\cdot\cv{3\\ 2}\end{aligned}$$ $\quad$In de algemene oplossing (b) hebben we dus $\alpha=-\frac{1}{501}$ en $\beta=\frac{1}{3}$ oftewel: $$\vec{x}(t)= -\frac{1}{501}e^{3t}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3}\beta e^{-t}\cdot\cv{3\\2}$$ $\quad$Dan: $$\begin{aligned}\vec{x}(1) &= -\frac{1}{501}e^{3}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e}\cdot\cv{3\\2} \\ \\ \vec{x}(2) &=- \frac{1}{501}e^{6}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^2}\cdot\cv{3\\2}\\ \\ \vec{x}(4) &= -\frac{1}{501}e^{12}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^4}\cdot\cv{3\\2}\\ \\ \vec{x}(8) &= -\frac{1}{501}e^{24}\cdot\cv{1\\0}+\frac{1}{3e^8}\cdot\cv{3\\2}\approx \cv{-5.29\cdot 10^7\\ 0.006}\end{aligned}$$
7. $\quad(0,0)$ is een evenwicht.
   $\quad$Een oplossing op de lijn $x_2=\frac{2}{3}x_1$ gaat naar het evenwicht toe.
   $\quad$Een oplossing op de lijn $x_2=0$ gaat van het evenwicht weg.
   $\quad$Een oplossing die dicht bij de lijn $x_2=\frac{2}{3}x_1$ start loopt er vandaan en gaat naar horizontale as.
   $\quad$Het evenwicht $(0,0)$ is een zadelpunt.
   $\quad$Dit is ook te zien in het onderstaande faseportret.
   $\quad$
   $\quad$Elke oplossing voldoet aan: $(2x_1-3x_2)\cdot x_2^3=c$ voor zekere constante $c$.