MAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012

Transkript

1 200 MAT 02 Våren 200 UiO / 48

2 200 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. 2 / 48

3 200 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 / 48

4 200 Definisjon. En initialbetingelse til systemet x = A x er en betingelse på formen x(t 0 ) = b, der t 0 R, b R n. Problemet å løse et system av difflikninger sammen med en slik betingelse kalles gjerne et initialverdiproblem. Eksempel. Betrakt initialverdiproblemet x = 2x + x 2 3x 3 x 2 = 4x + 2x 2 + 3x 3, x(0) = x 3 = x 3 Vi har tidligere sett at alle løsningene til systemet er gitt ved 2 x(t) = C e 4t 2 +C 2 2 +C 3 e t 5, C, C 2, C 3 R der vektorene ovenfor er kolonnevektorene til matrisen P som diagonaliserer A. 4 / 48

5 200 Nå er x(0) = C C C 3 Initialbetingelsen gir oss derfor følgende lineært likningssystem: C C 2 2C 3 = 2C + 2C 2 + 5C 3 = 0 C 3 = 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 2 5. C = 4 C 2 = 4, C 3 =. 5 / 48

6 200 Dermed er løsningen på initialverdiproblemet gitt ved 2 x(t) = 4 2 e 4t e t. 0 0 Ved en tilsvarende argumentasjon kan følgende vises: Teorem 4.7. La A M n (R), t 0 R og b R n. Da finnes det kun én løsning på initialverdiproblemet x = A x, x(t 0 ) = b. 6 / 48

7 200 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 / 48

8 Vi er interessert i reelle løsninger av x = A x. Slike kan vi finne ved hjelp av løsninger: 200 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 Det gir (u(t) + iy(t)) = A (u(t) + i y(t)). 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 / 48

9 200 Anta nå at λ = a + i b (der b 0) 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 MAT00 husker vi at e ibt = cos bt + i sin bt. Derfor er 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 / 48

10 Vi har dermed skrevet z(t) på formen 200 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 2 y(t), C, C 2 R. 0 / 48

11 200 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 2 x 2 = 5x + x 2. 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 0. / 48

12 200 Vi velger å bruke λ = + 5i. En tilhørende [ ] kompleks i egenfunksjon er da z(t) = e (+5i)t. Det gir e (+5i)t [ i ] [ 0 = e t (cos(5t) + i sin(5t))( ( [ 0 = e t cos(5t) ( [ 0 +i e t sin(5t) = e t [ sin(5t) cos(5t) ] [ sin(5t) 0 ] [ + i 0 ] ) ] [ + cos(5t) 0 ] + i e t [ cos(5t) sin(5t) ]. ] ) ] ) 2 / 48

13 200 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(0) = [ 0 ] og y(0) = [ 0 ]. ] 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 2 (t) e t sin(5t) +C cos(5t) 2 e t cos(5t), C sin(5t), C 2 R. 3 / 48

14 Oppsummering: 200 Når λ = a ± i b (der b 0) 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 og regner ut z(t) = e (a+i b)t (Re v + i Im v) 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 / 48

15 200 Eksempel. Vi vil løse initialverdiproblemet 0 x = A x, x(0) = 2 der A = Utregning gir at det karakteristiske polynomet til A er p(λ) = λ 3 4λ 2 7λ 6. Ved å prøve oss frem finner vi ut at p( 2) = 0. Vi kan derfor dele p(λ) med λ + 2, og finner deretter at p har to røtter ± i 2. Egenverdiene til A er altså 2 og ± i 2 5 / 48

16 200 For λ = 2 finner vi at de tilhørende egenvektorene er 2 s 2, s R, s 0. For λ = + i 2 er de tilhørende egenvektorene 2 i 2 s i 2, s C, s 0. 3 (De tilhørende egenvektorene til i 2 er de konjugerte til vektorene ovenfor, men vi trenger ikke disse). En tilhørende kompleks egenfunksjon er derfor 2 i 2 z(t) = e ( +i 2)t i / 48

17 200 Vi regner ut: z(t) = e ( +i 2)t 2 i 2 i 2 3 = e t (cos(t 2) + i sin(t 2))( ( = e t cos(t 2) sin(t 2) + i ) ) ( +ie t sin(t 2) cos(t 2) ) 7 / 48

18 200 Til sammen gir dette den generelle løsningen x(t) = C e 2t +C 3 e t der C, C 2, C 3 R C 2 e t 2 sin(t 2) 2 cos(t 2) sin(t 2) 2 cos(t 2) 3 sin(t 2) 2 cos(t 2) + 2 sin(t 2) cos(t 2) + 2 sin(t 2) 3 cos(t 2) Initialbetingelsen gir 2 x(0) = C 2 + C C = / 48

19 200 Dette gir et lineært likningssystem som vi løser ved radredusering så C =, C 2 = og C 3 = 0. Løsningen på initialverdiproblemet er dermed x(t) = e 2t 2 2 e t , 2 cos(t 2) + 2 sin(t 2) cos(t 2) + 2 sin(t 2) 3 cos(t 2). 9 / 48

20 200 likevekt og Definisjon. Et system på formen x = a x + a 2 x a n x n + b x 2 = a 2x + a 22 x a 2n x n + b 2. x n = a n x + a 2n x a nn x n + b n der a ij, b, b 2,..., b n R og b = (b, b 2,..., b n ) 0 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 ]. 20 / 48

21 200 I studiet av inhomogene systemer vil vi trenge følgende begrep: Definisjon. Likevektspunktene til et system av difflikninger i funksjonene x, x 2,..., x n er alle løsningene til systemet som fremkommer ved å sette uttrykkene for x, x 2,..., x n lik 0. Eksempel. Betrakt et homogent system x = A x. Likevektspunktene finner vi ved ved å løse systemet A x = 0. Vi ser at mengden av alle likevektspunktene er Nul(A). Spesielt er 0 alltid et likevektspunkt. 2 / 48

22 200 Eksempel. Betrakt det inhomogene systemet { x = 4x + 5x x 2 = 2x 2x 2 Likevektspunktene finner vi ved å løse { 4x + 5x = 0 2x 2x 2 = 0. Utregning gir at eneste løsning er (x, x 2 ) = (4, 4). Dermed er (4, 4) det eneste likevektspunktet til systemet. 22 / 48

23 200 Merk: For å finne likevektspunktene til systemet x = A x + b må vi løse A x + b = 0, 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). 23 / 48

24 200 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 = 0), 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. 24 / 48

25 200 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. 2) Vi løser A x + b = 0, dvs. vi finner likevektspunktet. 3) Vi får den generelle løsningen til x = A x + b ved å summere løsningene i ) og 2). { x Eksempel. Betrakt systemet = 4x + 5x x 2 = 2x 2x 2 [ ] 4 5 som har koeffisientmatrise A =. 2 2 A er inverterbar og vi har tidligere regnet ut at likevektspunktet er (4, 4). 25 / 48

26 200 Vi må løse det homogene systemet y = A y. Matrisen A har ± i. En egenvektor tilhørende + i er v = ( 3 2 i 2, ). Egenfunksjonen e (+i)t v gir: e (+i)t ( [ 3 2 ] [ + i 2 0 = e t (cos t + i sin t)( [ 3 2 = e t (cos t [ 3 2 ] ) ] [ ] sin t 2 ) 0 [ +i e t (cos t 2 0 ] [ + i 2 0 ] ) ] [ 3 + sin t 2 ] ). 26 / 48

27 200 Den reelle generelle løsningen av det homogene systemet er derfor [ y(t) = C e t 3 2 cos t + 2 sin t [ ]+C cos t 2 e t 2 cos t 3 2 sin t sin t der C, C 2 R. Det inhomogene systemet har dermed generell løsning [ ] 4 x(t) = y(t) + 4 = C e t [ 3 2 cos t + 2 sin t cos t der C, C 2 R. ] [ + C 2 e t 2 cos t 3 2 sin t sin t [ ] ] ] 27 / 48

28 200 Vi har sett at vi i mange tilfeller klarer å løse inhomogene systemer av typen x = A x + b der A M n (R) er inverterbar. Vi vet at et slikt system har nøyaktig et likevektspunkt, nemlig x l = A ( b). Det er ofte naturlig å spørre seg: Hva skjer med en løsning x(t) når t vokser mot uendelig? Spesielt kan vi spørre om løsningene vil utvikle seg mot en stabil situasjon, dvs: Når vil x(t) alltid nærme seg likevektspunktet? Følgende resultat sier at det siste spørsmålet kan avgjøres kun ved å se på egenverdiene til A: 28 / 48

29 200 Teorem Betrakt et system x = A x + b der A M n (R) er inverterbar. La x l = A ( b) være likevektspunktet til systemet. Da vil x(t) nærme seg x l når t for enhver løsning av systemet hvis og bare hvis alle egenverdiene til A har negativ realdel. En slags forklaring: Vi vet at en løsning til systemet er gitt ved x(t) = y(t) + x l der y(t) er en løsning til det homogene systemet y = A y. Hvis λ = a + ib er en egenverdi til A, vil det tilsvarende leddet vi får i y(t) ha e at som dominerende faktor. Dersom a < 0 vil e at 0 når t, så dette leddet vil da gå mot / 48

30 200 Hvis alle egenverdiene til A har negativ realdel får vi da at y(t) 0 når t. Dermed vil når t. x(t) = y(t) + x l 0 + x l = x l { x Eksempel. Systemet = x + 5 x 2 = 8x 3x 2 [ ] 0 har koeffisientmatrise A =. 8 3 Siden det(a) = 3 0 er A inverterbar. Likevektspunktet er x l = A ( b) = [ ] [ 5 0 Det karakteristsike polynomet er (λ + )(λ + 3), så egenverdiene til A er og 3. ] = [ ]. 30 / 48

31 200 Alle egenverdiene til A har altså negativ realdel. Teorem 4.25 gir dermed at løsningene vil gå mot x l når t. Sjekk: Utregning gir at løsningene til systemet er [ ] [ ] [ ] x(t) = C e t 4 + C 2 e 3t , C, C 2 R. 3 Siden e t og e 3t begge går mot 0 når t får vi at [ ] [ ] e t 4 0 og e 3t 0 0 når t. Det gir at lim x(t) = t [ ] = x l. 3 / 48

32 200 Eksempel. En enkel modell for dynamikken mellom glukose/blodsukker og insulin i et individ. Glukose dannes fra maten vi spiser, og går bl.a. via leveren ut til de ulike cellene i kroppen for å gi energi. Insulin dannes i bukspyttkjertelen når blodsukkeret stiger, og hjelper bl.a. glukosen inn i cellene, slik at blodsukkernivået ikke blir for høyt. Insulin brytes bl.a. ned i leveren. Vi setter x(t) = avvik i glukosekonsentrasjonen i blodet i forhold til normalt nivå ved tiden t, y(t) = avvik i insulinkonsentrasjonen ved tiden t, der x(t) måles i mg/ml, y(t) i enheter/ml og t i timer. 32 / 48

33 200 En modell for dynamikken mellom glukose og insulin er: { x = ax by y a, b, c, d > 0. = cx dy, Vi tenker her at leddet ax skyldes at glukosen absorberes i leveren. leddet by kommer av at glukosen tas opp i cellene. cx skyldes at insulin produseres i bukspyttkjertelen. dy kommer av at insulin nedbrytes i leveren. Ved hjelp av eksperimenter kan man bestemme tilnærmede verdier for a, b, c og d. La oss si at vi har funnet at a = 3, b = 4, 3, c = 0, 2 og d = 0, / 48

34 200 { x Systemet blir da = 3x 4, 3y y = 0, 2x 0, 8y. Koeffisientmatrisen blir A = [ 3 4, 3 0, 2 0, 8 ]. Siden det(a) = 2, 4 + 0, 86 = 3, 26 0 er A inverterbar. Siden systemet er homogent er likevektspunktet (0, 0), som er det normale nivået for glukose og insulin i blodet. Det karakteristiske polynomet er p(λ) = (λ + 3)(λ + 0, 8) + 0, 86 = λ 2 + 3, 8λ + 3, 26. Egenverdiene til A er derfor som gir λ = 3, 8 ± (3, 8) 2 4 3, 26 2 = 3, 8 ±, 4 2 λ, 308 og λ 2, 492., 34 / 48

35 200 Siden begge egenverdiene har negativ realdel, vil løsningene til dette systemet gå mot likevekt, dvs (0, 0) når t ved Teorem 4.25, dvs glukose- og insulin-nivået vil normaliseres i det lange løp. Pga tilnærmede verdier for egenverdiene kan vi ikke bestemme egenvektorene slik vi pleier. Ved hjelp av programvare kan vi finne at de tilhørende egenvektorene til λ, 308 er (tilnærmet) [ ] 0, 9306 s, s R, s 0. 0, 366 For λ 2, 492 får vi (tilnærmet) egenvektorene [ ] 0, 993 s, s R, s 0. 0, 74 Det gir generell løsning (avrundet til to desimaler) ] [ +C 2 e 2,49t 0, 99 0, 2 x(t) = C e,3t [ 0, 93 0, 36 ], C, C 2 R. 35 / 48

36 200 La oss anta at x(0) = og y(0) = 0: Denne initialbetingelsen gir at { 0, 9366C 0, 993C 2 = 0, 366C + 0, 74C 2 = 0, og vi finner da C 0, 4769 og C 2, Dette gir løsningen [ ] [ x(t) 0, 48e,3t 0, 93 y(t) 0, 36 ], 49e 2,49t [ 0, 99 0, 2 [ 0, 45 e,3t +, 48 e 2,49t ] 0, 7 e,3t 0.8 e 2,49t. ] 36 / 48

37 200 Avviket fra normalen i glukose- og insulin-konsentrasjonen for t =, 2, 3 og 4 blir da: t x(t) 0,0023 0, , , 0023 y(t) 0 0,0327 0,06 0,0033 0,0009 (Dette forutsetter at individet ikke spiser mat i dette tidsrommet!). Ved hjelp av programvare eller kalkulator kan man tegne grafene til x(t) = 0, 45 e,3t +, 48 e 2,49t og y(t) = 0, 7 e,3t 0.8 e 2,49t, f.eks. over intervallet [0, 4]. 37 / 48

38 200 Et triks: Enhver n-te ordens homogen lineær difflikning med konstante koeffisienter for en funksjon y = y(t) kan gjøres om til et system av n første ordens difflikninger: Trikset er å sette x = y, x 2 = y, x 3 = y,..., x n = y (n ) NB: Vi skriver y (j) for den j-te deriverte til y når j 3. Vi illustrerer metoden på et eksempel. 38 / 48

39 200 Eksempel. Betrakt difflikningen y (3) y + y y = 0 ( ). Vi setter x = y, x 2 = y, x 3 = y. Vi merker oss også at ( ) gir at y (3) = y y + y. Ved å derivere x j -ene får vi: x = y = x 2 x 2 = y = x 3 x 3 = y (3) = y y + y = x 3 x 2 + x Det gir oss systemet x = x 2 x 2 = x 3 x 3 = x 3 x 2 + x 39 / 48

40 200 Koeffisientmatrisen er A = Utregning gir at løsningene til systemet x = A x er x (t) cos t sin t x 2 (t) = C e t + C 2 sin t + C 3 cos t x 3 (t) cos t sin t. og det gir at y(t) = x (t) = C e t + C 2 cos t + C 3 sin t, C, C 2, C 3 R. 40 / 48

41 200 Eksempel. I kvantefysikk er den såkalte tidsuavhengige Schrödingerlikningen for en partikkel med masse m som beveger seg i én dimensjon med energi E gitt ved 2 2m Ψ + V Ψ = EΨ. Her er Ψ = Ψ(x) en bølgefunksjon som sier noe om sannsynligheten at partikkelen befinner seg i punktet x, er en konstant og V = V (x) er den potensielle energien. For enkelhets skyld antar vi at V = 0. Det gir likningen 2 2m Ψ = EΨ. Fra MAT00 vet vi hvordan denne likningen kan løses. Vi bruker istedet trikset til å finne bølgefunksjonene: 4 / 48

42 200 Vi setter x = Ψ og x 2 = Ψ. Vi har da x = Ψ = x 2 og Schrødingerligningen gir at x 2 = Ψ = 2mE 2 { x Dette gir oss systemet = x 2 x 2 = 2mE x 2 [ 0 med koeffisientmatrise A = 2mE 0 2 Ψ = 2mE 2 x. Det karakteristiske polynomet er p(λ) = λ 2 + 2mE, så 2 egenverdiene til A er ]. λ = ±i k der k = 2mE. 42 / 48

43 200 Utregning gir at en egenvektor til A tilhørende den egenverdien λ = i k er [ i ( v = k ) ]. En kompleks egenfunksjon til systemet er derfor [ e ikt i ( k ) ] ( [ 0 = (cos(kt) + i sin(kt)) = [ k sin(kt) cos(kt) ] + i [ k cos(kt) sin(kt) ] + i ]. [ k 0 Som vi har sett i avsnitt 4.3 gir realdelen og imaginærdelen til denne egenfunksjonen to basisfunksjoner til systemet. ] ) 43 / 48

44 200 Den generelle løsningen til systemet er dermed [ ] [ x (t) = C k sin(kt) [ x 2 (t) ]+C k cos(kt) cos(kt) 2 sin(kt) Bølgefunksjonene til Schrødingerligningen blir derfor der k = ], C, C 2 R. Ψ(t) = x (t) = C k sin(kt) C 2 k cos(kt), C, C 2 R, 2mE. Vi ser at Ψ(t) blir en harmonisk svingning dersom E, og dermed k, er forskjellig fra 0 (og minst en av C j -ene er forskjellig fra 0). 44 / 48

45 200 Eksempel. En matematisk opprustningsmodell. Vi betrakter tre land X, X 2 og X 3 som mistenker hverandre å ville gå til krig. Vi lar x (t), x 2 (t) og x 3 (t) være et mål for opprustningen til hvert av landene ved tiden t. Den deriverte x i angir forandringen i opprustningen til landet X i. Vi tenker oss at Opprustning i de andre landene vil bidra positivt til til x i, la oss si med k j x j for hver j i, der k j > 0 representerer en forsvarskoeffisient. Landene bærer nag til hverandre, noe som gir et konstant bidrag b i til x i der b i > 0. Kostnadene ved opprustning gir et negativt bidrag α i x i til x i der α i > 0 representerer en hindringskoeffisient. 45 / 48

46 200 For enkelthets skyld ser vi på den symmetriske situasjonen der alle landene har samme forsvarskoeffisient k > 0 og samme hindringskoeffisient α > 0. Vi får da følgende inhomogent system: x = αx + kx 2 + kx 3 + b x 2 = kx αx 2 + kx 3 + b 2 x 3 = kx + kx 2 αx 3 + b 3 dvs systemet x = Ax + b der α k k A = k α k, b = k k α b b 2 b 3. Det tilhørende homogene systemet y = Ay har vi studert i et tidligere eksempel: 46 / 48

47 200 Vi fant da at A har to, (α + k) og α + 2k, og at den generelle løsningen til y = Ay er y(t) = = C 0 y (t) y 2 (t) y 3 (t) der C, C 2, C 3 R. e (α+k)t + C 2 0 e (α+k)t +C 3 e ( α+2k)t, 47 / 48

48 Siden α > 0 og k > 0 er (α + k) < 0. Anta at α 2k. 200 Da er α + 2k 0, så begge egenverdiene til A er forskjellig 0. Dermed er A er inverterbar (jf. Kap. 3). Likevektspunktet til det inhomogene systemet er da x l = A ( b) og dets generelle løsning er x(t) = y(t) + x l. Hvis 2k < α er α + 2k < 0, så begge egenverdiene har negativ realdel: Teorem 4.25 gir at systemet vil nærme seg likevekt i det lange løp. Hvis α derimot er mindre enn 2k, er α + 2k > 0: Da vil e ( α+2k)t når t og det medfører at lim x(t) = (dersom C 3 0), t dvs opprustningskappløpet er ute av kontroll!!! 48 / 48