Forelesning 14 Systemer av dierensiallikninger Eivind Eriksen 9. april 010
Dierensiallikninger En dierensiallikning inneholder en avhengig variabel (typisk y ) og en uavhengig variabel (typisk x), som i dette eksempelet: y y = x Vi tenker på y som en funksjon av x, og y = dy dx er dens deriverte med hensyn til x. Å løse en slik dierensiallikning vil si å nne en funksjon y = y(x) som passer i likningen. Andre ganger inngår tiden t som uavhengig variabel istedet for x, som i dette eksempelet: y = ty Da tenker vi på y som en funksjon av t, og y = dy dt er dens deriverte med hensyn til t. Å løse en slik dierensiallikning vil si å nne en funksjon y = y(t) som passer i likningen.
Systemer av dierensiallikninger I La y 1 = y 1 (t) og y = y (t) være to funksjoner av t, og se på systemet av dierensiallikninger y 1 = 3y 1 + 4y y = 4y 1 + 5y Vi kan skrive dette systemet av dierensiallikninger på matriseform som ( y ) 1 3 4 y y = 1 4 5 y Med matrisenotasjon blir dette y = Ay, der ( y y = ) ( 1 3 4 y, A =, y = 4 5 y 1 y )
Systemer av dierensiallikninger II En løsning av systemet y = Ay av dierensiallikninger er en vektor y = der y 1 = y 1 (t) og y = y (t) er funksjoner (av t) som passer i likningssystemet. y 1 y Lineære system av dierensiallikninger Et lineært system av dierensiallikninger er et system på formen y 1 a 11 a 1... a 1n y 1 y.. = a 1 a... a n........ y.. y n a n1 a n... a nn y n Et slikt system kalles også et kontinuerlig dynamisk system.
Eksempler I Vi begynner med å se på et nokså enkelt eksempel: ( y ) 1 3 0 y y = 1 0 5 y Siden matrisen A er diagonal, ser vi at vi får dierensiallikninger i henholdsvis y 1 og y : y 1 = 3y 1 y = 5y Vi sier at systemet er dekoblet. Vi får separable diensiallikninger som vi kan løse hver for seg. Vi får y 1 = C 1 e 3t og y = C e 5t
Eksempler II Vi kan skrive løsningene på vektorform: y y = 1 C = 1 e 3t 1 0 = C e 5t C 1 e 3t + C 0 1 y e 5t Deretter ser vi på et eksempel der matrisen ikke er diagonal, men øvre triangulær: ( y ) 1 3 4 y y = 1 0 5 y I dette eksempelet inneholder siste likning kun y, og vi løser derfor den først: y = 5y y = C e 5t
Eksempler III Den første likningen inneholder både y 1 og y, men vi kan erstatte y med løsningen vi fant ovenfor: y 1 = 3y 1 + 4y y 1 = 3y 1 + 4C e 5t Denne likningen kan vi løse ved hjelp av integrerende faktor, og vi får da y 1 = C 1 e 3t + C e 5t Dermed blir løsningen på vektorform: ( ) y y = 1 C = 1 e 3t + C e 5t 1 = C e 5t C 1 e 3t + C 0 1 y e 5t
Løsningsmetode I begge eksemplene ser vi at løsningene er lineær-kombinasjoner av uttrykk på formen y = v e λt v = 1 e λt der v er en konstant vektor og λ er et reellt tall. Løsninger fra egenverdier og egenvektorer Vektoren y = v e λt er en løsning av systemet y = Ay hvis og bare hvis λ er en egenvektor for A og v er en tilhørende egenvektor. v For å løse systemet y = Ay nner vi derfor alle egenverdier for A, og en basis for hver av egenrommene.
Eksempler IV Vi skal forsøke å løse følgende system, der ingen av likningene inneholder kun én av de avhengige variablene: ( y ) 1 y y = 1 5 y Vi nner først egenverdiene til A ved å løse den karakteristiske likningen: det(a λi ) = λ 5 λ = λ 7λ + 6 = 0 Dette gir egenverdier λ 1 = 1 og λ = 6. De to egenrommene har en basis som består av v1 (for λ 1 = 1) og v (for λ = 6), der ) ) v1 = ( 1, v = ( 1
Eksempler V Systemet y = Ay har derfor følgende to løsninger: v1e λ 1t = e t og ve λ t 1 = 1 Dermed blir den generelle løsningen gitt ved ) C 1 v1e λ 1t + C ve λ t = C 1 ( 1 e t + C ( 1 e 6t ) e 6t Dette betyr at y 1 = C 1 e t + C e 6t y = C 1 e t + C e 6t
Dekobling av lineære systemer La oss anta at systemet y = Ay er gitt ved en matrise A som er diagonaliserbar. Da kan vi skrive A som A = PDP 1 der D er en diagonal matrise (med egenverdiene av A på diagonalen) og P er en invertibel matrise (med basis-vektorer fra egenrommene til A som kolonner). Da vil variabelskiftet z = P 1 y dekoble det lineære systemet, slik at systemet ser ut som z 1 λ 1 0... 0 z 1 z... = 0 λ... 0........ z... z n 0 0... λ n z n
Eksempler VI I systemet y = Ay som vi har regnet på ovenfor, har vi at 1 1 v1 =, v = P =, P 1 = 1 1 1 1 5 1 Dermed blir de nye koordinatene z = P 1 y gitt ved z z = 1 = P 1 y = 1 1 y 1 = 1 y1 y z 5 1 y 5 y 1 + y De to egenverdiene er λ = 1 og λ = 6, derfor blir det dekoblede systemet i de nye variablene gitt ved z 1 = z 1 z = 6z