DesignMat Uge Systemer af lineære differentialligninger I Preben Alsholm Efterår 008 1 Lineære differentialligningssystemer 11 Lineært differentialligningssystem af første orden I Lineært differentialligningssystem af første orden I Et lineært og homogent system af n differentialligninger med n ubekendte funktioner x 1, x,, x n af første orden og med konstante koefficienter kan skrives på formen x 1 (t) = a 11 x 1 (t) + a 1 x (t) + + a 1n x n (t) x (t) = a 1 x 1 (t) + a x (t) + + a n x n (t) x n (t) = a n1 x 1 (t) + a n x (t) + + a nn x n (t) Vi skal antage, at alle koefficienterne a ij er reelle Lad A være matricen af koefficienter a 11 a 1 a 1n a 1 a a n A = 6 a n1 a n a nn 1 Lineært differentialligningssystem af første orden II Lineært differentialligningssystem af første orden II x 1 (t) x (t) Lad x (t) = 6 x n (t) Systemet kan nu skrives x (t) = Ax (t) 1
Tit lader man den uafhængige variable t være underforstået og skriver blot x = Ax Vi kan naturligvis let løse systemet, når n = 1 Systemet består blot af en enkelt differentialligning med én ubekendt funktion x 1 (t) = a 11 x 1 (t) eller enklere: x (t) = ax (t) Løsning: x (t) = Ce at, hvor C er en arbitrær reel konstant Så let går det ikke, når n > 1, bortset fra det specielle tilfælde, hvor A er en diagonalmatrix 1 Afkobling I Afkobling I Antag nu, at A er diagonaliserbar med Λ = V 1 AV diagonal, Λ = diag ( 1, λ,, λ n ) og V = [v 1 v v n ] Så fås A = VΛV 1 og systemet x (t) = Ax (t) kan skrives x (t) = VΛV 1 x (t) Definér en ny vektorfunktion y ved y (t) = V 1 x (t) Så fås y (t) = Λy (t) Dette system er afkoblet: y 1 (t) = λ 1 y 1 (t) y (t) = λ y (t) y n (t) = λ n y n (t) 1 Afkobling II Afkobling II Det afkoblede system har den fuldstændige løsning y (t) = 6 y 1 (t) y (t) y n (t) = 6 hvor c 1, c,, c n er arbitrære konstanter c 1 e λ 1t c e λ 1t c n e λ nt Husk, at egenværdierne eventuelt kunne være komplekse!
Heraf fås x (t) = Vy (t) = [v 1 v v n ] 6 c 1 e λ 1t c e λ 1t c n e λ nt 1 Eksempel 1 Eksempel 1 Betragt differentialligningssystemet = c 1 e λ 1t v 1 + c e λ t v + + c n e λ nt v n x 1 (t) = x 1 (t) x (t) + x (t) x (t) = x 1 (t) x (t) + x (t) x (t) = 9x 1 (t) 9x (t) + x (t) Dette kan skrives x = Ax, hvor A = Vi fandt sidst egenværdierne for A til 1 9 9 (algebraisk multiplicitet ) og Basis for egenrummet hørende til er (v 1, v ), hvor v 1 = [ 1 1 0] T og v = [1 0 1] T En basis for egenrummet hørende til egenværdien 1 er (v ), hvor v = 1 1 T Vi konstaterer, at A er diagonaliserbar 16 Eksempel 1 (fortsat) Eksempel 1 (fortsat) Den fuldstændige løsning til systemet x = Ax er derfor x (t) = c 1 e λ 1t v 1 + c e λ t v + c e λ t v = c 1 e t v 1 + c e t v + c e t v hvor c 1, c, c er arbitrære konstanter og hvor vektorerne v 1, v, v er fundet ovenfor Antag nu, at begyndelsesværdier var givet til x 1 (0) =, x (0) = 9, x (0) = 1 Så har vi med c = [c 1 c c ] T x 0 = 9 = x 1 (0) x (0) = x (0) = c 1 v 1 + c v + c v = Vc 1 x (0)
Så c er løsning til Vc = x 0 Kan løses ved Gausselimination eller ved c = V 1 x 0 Man finder c = [1 ] T, så 1 Eksempel Eksempel Betragt differentialligningssystemet x (t) = 1e t v 1 + e t v e t v x 1 (t) = 1x 1 (t) x (t) + x (t) x (t) = 0x 1 (t) 1x (t) + 10x (t) x (t) = 0x 1 (t) + 1x (t) x (t) Dette kan skrives x = Ax, hvor A = 0 1 10 1 0 1 Egenværdierne for A findes til og 1 i Matricen er diagonaliserbar (indenfor C!) Basis for egenrummet hørende til udgøres af v 1 = [ 8 ] T Basis for egenrummet hørende til 1 + i udgøres af v = + i 10 + i T Basis for egenrummet hørende til 1 i udgøres af v = v = i 10 i T 18 Eksempel (fortsat I) Eksempel (fortsat I) Den fuldstændige komplekse løsning til systemet x = Ax er derfor x (t) = c 1 e λ 1t v 1 + c e λ t v + c e λ t v = c 1 e t v 1 + c e ( 1+i)t v + c e ( 1 i)t v hvor c 1, c, c er arbitrære komplekse(!) konstanter Da matricen A har reelle elementer vil systemet x = Ax også have reelle løsninger Hvis x (t) er en kompleks løsning, vil x (t) også være en løsning Men så er Re x (t) = 1 x (t) + x (t) og Im x (t) = i 1 x (t) begge reelle løsninger Da e ( løsninger 1+i)t v er løsning er altså også Re x (t) e ( 1+i)t v og Im e ( 1+i)t v
19 Eksempel (fortsat II) Eksempel (fortsat II) Vi finder e ( 1+i)t v = e t ( + i) e it (10 + i) e it e it = e t Altså er to reelle løsninger w (t) og w (t) givet ved w (t) = e t e t sin t + cos t 10 sin t + cos t sin t 110 Eksempel (fortsat III) Eksempel (fortsat III) Da enhver kompleks løsning kan skrives som den komplekse linearkombination: c 1 e t v 1 + c w (t) + c w (t) og da e t v 1, w (t), w (t) er reelle, vil den fuldstændige reelle løsning være den reelle linearkombination x (t) = c 1 e t v 1 + c w (t) + c w (t) = + c e t + c e t c 1 e t 8 cos t sin t 10 cos t sin t cos t cos t sin t + i ( sin t + cos t) 10 cos t sin t + i (10 sin t + cos t) cos t i sin t sin t + cos t 10 sin t + cos t sin t cos t sin t 10 cos t sin t cos t Vi har nemlig, at x (0) = c 1 v 1 + c w (0) + c w (0) = c 1 v 1 + c Re v + c Im v, som ikke kan være reel uden at c 1, c, c er reelle, idet v 1, Re v, Im v er lineært uafhængige, w (t) =