Uitwerking

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

1. $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is vanwege de onderdriehoeksvorm gelijk aan $(\lambda+1)^2$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm: $-1$.
   
   $\quad$Stel $\cv{v_1\\ v_2}$ is een eigenvector bij eigenwaarde $-1$: $\matrix{-1 & 0\\1 & -1\\}\cdot \cv{v_1\\ v_2}=-\cv{v_1\\ v_2}$.
   
   $\quad$Dan: $\left\{\begin{aligned} -v_1 &= -v_1 \\[0.2cm] v_1-v_2 &= -v_2\end{aligned}\right.$
   $\quad$Dus: $v_1=0$ en een eigenvector bij eigenwaarde $-1$ (met gehele coëfficiënten) is $\vec{v}=\cv{0\\1}$.
2. $\quad$Een gegeneraliseerde eigenvector $\vec{w}=\cv{w_1\\ w_2}$ bij eigenwaarde $-1$ voldoet aan
   $\quad$$(A-\lambda\cdot I)\vec{w}=\vec{v}$ met $\lambda=-1$ en $\vec{v}=\cv{0\\ 1}$
   $\quad$Dus: $\matrix{0 & 0\\1 & 0\\}\cdot \cv{w_1\\ w_2}=\cv{0\\ 1}$.
   $\quad$Dus: $w_1=1$ en $w_2$ is nog vrij te kiezen.
   $\quad$Neem $w_2=0$, dan is $\vec{w}=\cv{1\\ 0}$ een gegeneraliseerde eigenvector.
   $\quad$De algemene oplossing is $$\begin{aligned}\vec{x}(t)&=\beta\, e^{-t}\cdot\vec{v}+ \alpha\, e^{-t}\cdot \left(t\cdot \vec{v}+\vec{w}\right) \\ \\ &= \beta\, e^{-t}\cdot\cv{0\\1}+ \alpha\, e^{-t}\cdot \left(t\cdot \cv{0\\1}+ \cv{1\\ 0}\right)\\ \\ &= \cv{\alpha\, e^{-t}\\ \beta\, e^{-t}+\alpha\, t\, e^{-t}}\end{aligned}$$ $\quad$voor zekere constanten $\alpha$ en $\beta$.
   
   
3. $\quad\vec{x}(0)=\cv{3\\2}$ betekent dat $x_1(0)=3$ en $x_2(0)=2$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $\alpha=3$ en $\beta=2$, en dus
   $\quad$$\vec{x}(t)=\cv{3e^{-t}\\ 2e^{-t}+3t e^{-t}}$.
   
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{3/e\\ 5/e},\quad \vec{x}(2)=\cv{3/e^2\\ 8/e^2}, \quad \vec{x}(4)=\cv{3/e^4\\ 14/e^4}, \quad \vec{x}(8)=\cv{3/e^8\\ 18/e^8}$.
   
   
4. $\quad\vec{x}(0)=\cv{1\\0}$ 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
   $\quad$$\vec{x}(t)=\cv{e^{-t}\\ t e^{-t}}$.
   
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{1/e\\ 1/e},\quad \vec{x}(2)=\cv{1/e^2\\ 2/e^2}, \quad \vec{x}(4)=\cv{1/e\\ 4/e^4}, \quad \vec{x}(8)=\cv{1/e^8\\ 8/e^8}$.
   
   $\quad$Als $\left\{\begin{aligned} x_1 &= e^{-t}\\ x_2 &= te^{-t}\end{aligned}\right.$ dan $\ln(x_1)=-t$ en $x_2=t\cdot x_1$ en dus: $x_2=-x_1\ln(x_1)$
   
   
5. $\quad\vec{x}(0)=\cv{0\\1}$ betekent dat $x_1(0)=0$ en $x_2(0)=1$.
   $\quad$Substitutie in de algemene oplossing (b) geeft: $\alpha=0$ en $\beta=1$. Dus:
   $\quad$$\vec{x}(t)=\cv{0\\ e^{-t}}$.
   
   $\quad$Dan: $\vec{x}(1)=\cv{0\\ 1/e},\quad \vec{x}(2)=\cv{0\\ 1/e^2}, \quad \vec{x}(4)=\cv{0\\ 1/e^4}, \quad \vec{x}(8)=\cv{0\\ 1/e^8}$.
   
   $\quad$De baan is $\left\{\cv{0\\y}\,\middle\vert\, y>0\right\}$.
   
   
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 $\vec{x}(t)=\cv{\alpha\, e^{-t}\\ \beta\, e^{-t}+\alpha\, t\, e^{-t}}$.
   
   $\quad$Als $\left\{\begin{aligned} x_1 &= \alpha\, e^{-t}\\ x_2 &= \beta\, e^{-t}+\alpha\, t\, e^{-t}\end{aligned}\right.$ dan generiek: $t=\ln\left(\frac{\alpha}{x_1}\right)$ en $\alpha\cdot x_2=\beta\cdot x_1 + \alpha\cdot t\cdot x_1$.
   $\quad$De baan heeft dan generiek de vergelijking $\alpha \cdot x_2 =\beta\cdot x_1+\alpha\cdot x_1\cdot \ln\left(\frac{\alpha}{x_1}\right)$
   $\quad$'Generiek' betekent hier dat we bij logaritmen steeds uitgaan van een positief argument.
   $\quad$We bekijken dus het geval dat $\alpha>0$ en $x_1>0$, en het geval dat $\alpha<0$ en $x_1<0$.
   $\quad$Het geval dat $\alpha=0, \beta>0$ is in (e) apart bekeken: de baan is de positieve verticale as.
   $\quad$Dit is ook allemaal te zien in het onderstaande faseportret.
   $\quad$Het evenwicht $(0,0)$ is aantrekkend.
   $\quad$