MAT UiO. 10. mai Våren 2010 MAT 1012

Transkript

1 MAT Våren UiO. / 7

2 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar) og D (diagonal) som diagonaliserer A. Diagonalkomponentene til D, λ,..., λ n, er egenverdiene til A (gjentatt i henhold til multiplisitet). Løsningene til det frakoblede systemet y = D y er da gitt ved C e λ t y(t) =., C n e λnt der C,..., C n R. / 7

3 Løsningene til x = A x finner vi så ved C e λ t x(t) = P y(t) = [v v n ]. C n e λnt der C,..., C n R. = C e λ t v + + C n e λnt v n. Egenfunksjonene e λ t v,..., e λnt v n gir oss da n lineært uavhengige løsninger av systemet. Enhver løsning av systemet kan skrives som en unik lineær kombinasjon av disse egenfunksjonene, som er basisfunksjoner for systemet. Systemet x = A x har altså uendelig mange løsninger. For å plukke ut en spesiell løsning får vi gjerne oppgitt en initialbetingelse: 3 / 7

4 Definisjon. En initialbetingelse til systemet x = A x er en betingelse på formen x(t ) = b, der t R, b R n. Problemet å løse et system av difflikninger sammen med en slik betingelse kalles gjerne et initialverdiproblem. Eksempel. Betrakt initialverdiproblemet x = x + x 3x 3 x = 4x + x + 3x 3, x() = x 3 = x 3. Vi har tidligere sett at alle løsningene til systemet er gitt ved x(t) = C e 4t +C +C 3 e t 5, C, C, C 3 R. der vektorene ovenfor er kolonnevektorene til matrisen P som diagonaliserer A. 4 / 7

5 Nå er x() = C + C + C 3 Initialbetingelsen gir oss derfor følgende lineært likningssystem: C C C 3 = C + C + 5C 3 = C 3 = 5. Koeffisientmatrisen til dette likningssystemet er P, som er inverterbar. Dermed vet vi at likningssystemet har nøyaktig én løsning ved IMT. Dette betyr at initialverdiproblemet vårt også vil ha nøyaktig én løsning. Ved å løse det lineære likningssystemet finner vi at C = 4 C = 4, C 3 =. 5 / 7

6 Dermed er løsningen på initialverdiproblemet gitt ved x(t) = 4 e 4t e t. Ved en tilsvarende argumentasjon kan følgende vises: Teorem 4.7. La A M n (R), t R og b R n. Da finnes det kun én løsning på initialverdiproblemet x = A x, x(t ) = b. 6 / 7

7 Vi skal se hvordan vi kan finne reelle løsninger av et system x = A x der matrisen A har. Underveis vil vi støte på vektorvaluerte funksjoner. Definisjon. En kompleks vektorvaluert funksjon z er en funksjon som sender hver t R til en kompleks vektor i C n. En slik funksjon kan alltid skrives på formen z(t) = u(t) + i y(t) der u og y er reelle vektorvaluerte funksjoner fra R inn i R n. 7 / 7

8 Vi er interessert i reelle løsninger av x = A x. Slike kan vi finne ved hjelp av løsninger: Teorem 4.9. Anta z(t) = u(t) + i y(t) er en kompleks løsning av systemet z = A z. Da er både u og y reelle løsninger til systemet x = A x. Bevis: Siden z er en løsning har vi (u(t) + iy(t)) = A (u(t) + i y(t)). Det gir u (t) + iy (t) = Au(t) + i Ay(t). Ved å sammenligne realdelene og imaginærdelene får vi u = Au og y = Ay, så u og y er reelle løsninger til systemet. 8 / 7

9 Anta nå at λ = a + i b (der b ) er en kompleks egenverdi til A med tilhørende egenvektor v = Re v + i Im v. Man kan da sjekke at z(t) = e λt v er en en (kompleks) løsning av systemet z = A z og derved en kompleks egenfunksjon til systemet. Nå er z(t) = e λt v = e (a+ib)t (Re v + i Im v). Fra MAT husker vi at Derfor er e ibt = cos bt + i sin bt. z(t) = e at e ibt (Re v + i Im v) = e at (cos bt + i sin bt) (Re v + i Im v) = e at (Re v cos bt Im v sin bt) + i e at (Re v sin bt + Im v cos bt). 9 / 7

10 Vi har dermed skrevet z(t) på formen der og z(t) = u(t) + i y(t) u(t) = e at (Re v cos bt Im v sin bt) y(t) = e at (Re v sin bt + Im v cos bt). Ved Teorem 4.9 er både u og y reelle løsninger av systemet vi vil løse. Det kan også vises at disse er lineært uavhengige. Merk at λ også er en egenverdi til A med tilh. egenvektor v,slik at z(t) = e λt v vil også være en kompleks løsning til systemet. Men den vil ikke gi oss noen nye reelle løsninger: Hvert par av kompleks konjugerte til A gir oss nemlig de reelle løsningene C u(t) + C y(t), C, C R. / 7

11 Formlene for u(t) og y(t) er dessverre vanskelige å huske! Det er nok enklere å huske at vi skal beregne real- og imaginærdel av den tilhørende egenfunksjonen: Eksempel. Betrakt systemet { x = x 5x x = 5x + x. Koeffisientmatrisen er A = [ 5 5 ] og vi har tidligere regnet ut at egenverdiene til A er λ = ± 5i, med tilhørende egenvektorer [ ] ±i s, s C, s. / 7

12 Vi velger å bruke λ = + 5i. En tilhørende [ ] kompleks i egenfunksjon er da z(t) = e (+5i)t. Det gir e (+5i)t [ i ] [ = e t (cos(5t) + i sin(5t))( ( [ = e t cos(5t) ( [ +i e t sin(5t) = e t [ sin(5t) cos(5t) ] [ sin(5t) ] [ + i ] ) ] [ + cos(5t) ] + i e t [ cos(5t) sin(5t) ]. ] ) ] ) / 7

13 Dette gir oss de to reelle løsningene [ ] [ u(t) = e t sin(5t) og y(t) = e t cos(5t) cos(5t) sin(5t) Siden u() = [ ] og y() = [ ]. ] er lineært uavhengige, så er u og y lineært uavhengige løsninger (ved Teorem 4.6). Alle de reelle løsningene til systemet er derfor gitt ved: [ ] [ ] [ ] x (t) = C x (t) e t sin(5t) +C cos(5t) e t cos(5t), C sin(5t), C R. 3 / 7

14 Oppsummering: Når λ = a ± i b (der b ) er til A med tilhørende egenvektorer v og v bruker vi kun en av egenverdiene, f.eks. λ = a + i b. Vi skriver den løsningen som z(t) = e (a+i b)t (Re v + i Im v) og regner ut u(t) = Re z(t) og y(t) = Im z(t). Bidraget til de reelle løsningene til systemet x = A x er en lineær kombinasjon av u(t) og y(t). 4 / 7

15 Eksempel. Vi vil løse initialverdiproblemet x = A x, x() = der A = 3. Utregning gir at det karakteristiske polynomet til A er p(λ) = λ 3 4λ 7λ 6. Ved å prøve oss frem finner vi ut at p( ) =. Vi kan derfor dele p(λ) med λ +, og finner deretter at p har to røtter ± i. Egenverdiene til A er altså og ± i 5 / 7

16 For λ = finner vi at de tilhørende egenvektorene er s, s R, s. For λ = + i er de tilhørende egenvektorene i s i, s C, s. 3 (De tilhørende egenvektorene til i er de konjugerte til vektorene ovenfor, men vi trenger ikke disse). En tilhørende kompleks egenfunksjon er derfor i z(t) = e ( +i )t i. 3 6 / 7

17 Vi regner ut: z(t) = e ( +i )t i i 3 = e t (cos(t ) + i sin(t ))( 3 + i ) ( = e t cos(t ) 3 ( +ie t sin(t ) 3 sin(t ) + cos(t ) ) ) 7 / 7

18 Til sammen gir dette den generelle løsningen x(t) = C e t +C 3 e t + C e t sin(t ) cos(t ) sin(t ) cos(t ) 3 sin(t ) cos(t ) + sin(t ) cos(t ) + sin(t ) 3 cos(t ) der C, C, C 3 R. Initialbetingelsen gir x() = C + C 3 + C 3 =. 8 / 7

19 Dette gir et lineært likningssystem som vi løser ved radredusering 3 så C =, C = og C 3 =., Løsningen på initialverdiproblemet er dermed x(t) = e t e t cos(t ) + sin(t ) cos(t ) + sin(t ) 3 cos(t ). 9 / 7

20 likevekt og Definisjon. Et system på formen x = a x + a x + + a n x n + b x = a x + a x + + a n x n + b. x n = a n x + a n x + + a nn x n + b n der a ij, b, b,..., b n R og b = (b, b,..., b n ) kalles et inhomogent system av n første ordens lineære difflikninger med konstante koeffisienter. Systemet kan skrives på matriseform x = A x + b der A = [a ij ]. / 7

21 I studiet av inhomogene systemer vil vi trenge følgende begrep: Definisjon. Likevektspunktene til et system av difflikninger i funksjonene x, x,..., x n er alle løsningene til systemet som fremkommer ved å sette uttrykkene for x, x,..., x n lik. Eksempel. Betrakt et homogent system x = A x. Likevektspunktene finner vi ved ved å løse systemet A x =. Vi ser at mengden av alle likevektspunktene er Nul(A). Spesielt er alltid et likevektspunkt. / 7

22 Eksempel. Betrakt det inhomogene systemet { x = 4x + 5x + 4 x = x x Likevektspunktene finner vi ved å løse { 4x + 5x + 4 = x x =. Utregning gir at eneste løsning er (x, x ) = (4, 4). Dermed er (4, 4) det eneste likevektspunktet til systemet. / 7

23 Merk: For å finne likevektspunktene til systemet x = A x + b må vi løse A x + b =, dvs. likningssystemet A x = b. Dette er et lineært likningssystem som har ingen, én eller uendelig mange løsninger. Hvis vi antar at A er inverterbar, finnes det nøyaktig én løsning ved IMT. Det eneste likevektspunktet til systemet er da gitt ved: x = A ( b). 3 / 7

24 Betrakt nå systemet x = Ax + b og la oss anta at A er inverterbar. Anta at y = A y. Da er så y = A y b + b (siden b + b = ), y = A (y A b) + b (siden A A = I ) Vi setter derfor x = y A b = y + A ( b). Merk at A ( b) er likevektspunktet til systemet, og er en konstant vektor. Vi har derfor at x = y. Dermed får vi at x = A x + b, så x er en løsning av det inhomogene systemet. Omvendt, hvis x = A x + b og y = x A ( b), ser vi at y = A y. 4 / 7

25 Vi har dermed begrunnet følgende: Metode for å løse x = A x + b når A er inverterbar: ) Vi løser det tilhørende homogene systemet y = A y. ) Vi løser A x + b =, dvs. vi finner likevektspunktet. 3) Vi får den generelle løsningen til x = A x + b ved å summere løsningene i ) og ). { x Eksempel. Betrakt systemet = 4x + 5x + 4 x = x x [ ] 4 5 som har koeffisientmatrise A =. A er inverterbar og vi har tidligere regnet ut at likevektspunktet er (4, 4). 5 / 7

26 Vi må løse det homogene systemet y = A y. Matrisen A har ± i. En egenvektor tilhørende + i er v = ( 3 i, ). Egenfunksjonen e (+i)t v gir: e (+i)t ( [ 3 ] [ + i = e t (cos t + i sin t)( [ 3 = e t (cos t [ 3 ] ) ] [ ] sin t ) [ +i e t (cos t ] [ + i ] ) ] [ 3 + sin t ] ). 6 / 7

27 Den reelle generelle løsningen av det homogene systemet er derfor [ y(t) = C e t 3 cos t + sin t [ ]+C cos t e t cos t 3 sin t sin t der C, C R. Det inhomogene systemet har dermed generell løsning [ ] 4 x(t) = y(t) + 4 = C e t [ 3 cos t + sin t cos t der C, C R. ] [ + C e t cos t 3 sin t sin t [ ] ] ] 7 / 7