Noter om Komplekse Vektorrum, Funktionsrum og Differentialligninger LinAlg 2004/05-Version af 16. Dec.

Noter om Komplekse Vektorrum, Funktionsrum og Differentialligninger LinAlg 2004/05-Version af 16. Dec. 1 Komplekse vektorrum I defininitionen af vektorrum i Afsnit 4.1 i Niels Vigand Pedersen Lineær Algebra (NVP) kan man betragte tilfældet, hvor skalar mulitplikation med λ R erstattes med skalar multiplikation med λ C. Man taler så om et komplekst vektorrum. Et komplekst vektorrum er altså en mængde V, hvor man til to elementer x, y V kan knytte summen x + y V og til et komplekst tal λ C og et x V kan knytte λx V, således at regnereglerne i Definition 4.1.1 i NVP er opfyldt. Eksempel 1.1. Mængderne C n bestående af tupler (z 1,..., z n ) af komplekse tal z 1,..., z n C er med de naturlige regneregler et komplekst vektorrum. Bemærk dog, at de reelle vektorrum R n ikke er komplekse vektorrum. Man har f.eks. ( ) ( ) 1 i i = R n. 1 i Mængderne R n er delmængder af C n, men de er ikke komplekse underrum af det komplekse vektorrum C n. Man regner i komplekse vektorrum fuldstændig som i reelle. Man løser f.eks. lineære ligningssystemer med komplekse koefficienter ved hjælp af Gauss elimination. Alle de begreber vi har indført tidligere overføres uden videre til det komplekse tilfælde. Eksempel 1.2. Vi udregner den komplekse determinant ( ) i 1 + 2i det 1 1 + i = i( 1 + i) ( 1)(1 + 2i) = i + i 2 + 1 + 2i = i 1 + 1 + 2i = i Eksempel 1.3. Vi betragter det (komplekse) lineære ligningssystem Den tilhørende totalmatrix er x 1 +(1 + i)x 2 = 1 + i ix 1 +x 3 = 0 x 1 +(1 i)x 2 +x 3 = 1. C = 1 1 + i 0 1 + i i 0 1 0 1 1 i 1 1. 1

Ved Gauss elimination opnår vi trappematricen 1 1 + i 0 1 + i 0 1 i 1 1 i. 0 0 i i Løsningen til ligningssystemet er x 1 x 2 x 3 = 2 Vektorrum af funktioner i 1 2 1 2 i Hvis X er en vilkårlig mængde, kan vi betragte mængden F(X) af alle (komplekse) funktioner g : X C på X. Hvis g er en kompleks funktion kan vi for hvert x X betragte realdelen Re(g(x)) og imaginærdelen Im(g(x)) af g(x). Vi kan derfor definere to reelle funktioner g r, g i : X R ved 1. g r (x) = Re(g(x)), g i (x) = Im(g(x)). Vi har g(x) = g r (x) + ig i (x). Mængden F(X) er et vektorrum, hvis vi definerer addition ved og skalar multiplikation ved (g + h)(x) = g(x) + h(x), g, h F(X) (λg)(x) = λg(x), λ C, g F(X). Den første regel siger at summen af to funktioner g og h er den nye funktion g + h, hvis værdi i et element x er summen af værdierne af g og h i x. Tilsvarende siger reglen om skalarmultiplikation, at λg er den funktion, hvis værdi i et punkt x er λ gange værdien af g i x. Det overlades til læseren at checke regnereglerne i Definition 4.1.1 i NVP. Eksempel 2.1 (Funktioner på endelige mængder). Hvis X = {1, 2,..., n} kan vi nemt beskrive vektorrummet F(X). Det er nemlig isomorft med C n. Man skal blot bemærke, at en funktion g : X C er givet ved de endelig mange værdier z 1 = g(1), z 2 = g(2),..., z n = g(n). Mere præcist er afbildningen F : F(X) C n givet ved g(1) F (g) =. g(n) Rettet 15. dec. F (f) F (g) en isomorfi. Den er bijektiv fordi alle g s værdier entydigt bestemmer g. Den er lineær fordi (λg)(1) λg(1) g(1) F (λg) =. =. = λ. = λf (g) (λg)(n) λg(n) g(n) 2

og (g + h)(1) g(1) + h(1) F (g + h) =. =. = F (g) + F (h). (g + h)(n) g(n) + h(n) Ligesom i det reelle tilfælde siges et vektorrum der er isomorft med C n at have dimension n. Når X er en endelig mængde er F(X) altså et vektorrum, hvis dimension er antallet af elementer i X. Hvis X har uendelig mange elementer er F(X) ikke isomorft med noget C n og F(X) er derfor ikke endeligdimensionalt. Vi siger, at F(X) er uendeligdimensionalt. Vi skal nu se på eksempler af denne type. Eksempel 2.2 (Kontinuerte og differentiable funktioner). Lad I = (c, d) R være et åbent interval. Mængden F(I) af alle komplekse funktioner på I er et uendeligdimensionalt komplekst vektorrum. Vi betragter nu delmængden C(I) af kontinuerte funktioner på I. Først er vi nødt til at forklare, hvad vi mener med kontinuerte komplekse funktioner, men det er nemt. Vi siger, at en funktion u : I C er kontinuert, hvis både realdelsfunktionen u r og imaginærdelsfunktionen u i er kontinuerte funktioner på I. På samme måde siger vi, at u er differentiabel, hvis både realdelen og imaginærdelen er det. Vi siger endda, at differentialkvotienten er u (t) = u r(t) + iu i(t). Vi benytter samme definition om integraler u(t)dt = u r (t) + i u i (t)dt. Mængden af differentiable funktioner, hvis differentialkvotient er en kontinuert funktion kaldes kontinuert differentiable og benævnes C 1 (I). På samme skrives mængden af k gange differentiable funktioner med kontinuerte differentialkvotienter for C k (I). Det er nu nemt at se, at alle de sædvanlige regneregler for kontinuerte og differentiable funktioner stadig gælder. Specielt gælder for u C(I) og λ C at λu C(I) og for u, v C(I), at u + v C(I). Ifølge Definition 4.4.1 i NVP, betyder det præcist, at C(I) er et underrum af F(I). På samme måde ses det, at C k (I) er underrum af F(I). Rummene, C(I), C 1 (I) og generelt C k (I), er derfor selv vektorrum. Eksempel 2.3 (Differentiation og integration som lineære afbildninger). Regnereglerne for differentiation (u + v) (t) = u (t) + v (t), (λu) (t) = λu (t) betyder ifølge Definition 4.2.1 i NVP at afbildningen D : C 1 (I) C(I) givet ved D(u)(t) = u (t) er lineær. Bemærk, at vi her har efterlignet Maples notation D(u). Vores notation kan være lidt forvirrende sammenlignet med notationen i Definition 4.2.1 i NVP. I Definition 4.2.1 benævnes afbildningen f her er det D, hvorimod vektoren x i Definition 4.2.1 nu er funktionen u. Afbildningen D er ikke injektiv. Vi ved nemlig, at D(u) = 0 netop når funktionen u er konstant. Med andre ord kernen ker(d), består af alle konstante funktioner. På den anden side gælder der, at D er en surjektiv afbildning. For at vise det skal vi for ethvert g C(I) finde G C 1 (I) så D(G) = g. Fra analysens fundamentalsætning ved vi, at hvis c I vil funktionen G(t) = c 3 g(s)ds

opfylde, at D(G) = g. Hvis vi introducerer afbildningen Int : C(I) C 1 (I) givet ved Int(g)(t) = c g(s)ds gælder der, fra regnereglerne for integration, at Int er lineær og at D Int = id C(I) altså identitetsafbildningen på C(I). På den anden side er Int D id C 1 (I), f.eks. er Int D(1) = 0. Ifølge Sætning 4.8.10 i NVP gælder der på endelig dimensionale vektorrum af samme dimension, at lineære afbildninger som er surjektive også er injektive. Afbildningen D viser, at det ikke er rigtigt på uendelig dimensionale vektorrum. Vi skal i de følgende afsnit uddybe ovenstående eksempel om differentiation og integration. Rettet 16. dec. af samme dimension tilføjet 3 Første ordens lineære differentialligninger I de følgende afsnit betragter vi et åbent interval I = (c, d) =]c, d[. I en første ordens lineær differential ligning u (t) a(t)u(t) = f(t) (1) er a, f F(I) kendte funktioner og u = u(t) en ukendt funktion, som vi skal finde. Sætning 3.1 (Løsning til 1. ordens lineære homogene ligninger). Lad a C(I) og definer A(t) = For enhver konstant C C er funktionen a(s)ds, t I. I t C exp A(t) en løsning til den homogene diffentialligning og når C gennemløber C, fås samtlige løsninger til (2). u (t) a(t)u(t) = 0, (2) Bemærkning 3.2. Man kan udtrykke dette resultat ved brug af sprogbrugen fra lineær algebra. Resultatet siger nemlig, at løsningen til diffenentialligningen (2) er et en-dimensionalt underrum af F(I) med en basis bestående af funktionen exp A(t). Vi kan gå et skridt videre og introducere afbildning L : C 1 (I) C(I) givet ved L(u)(t) = u (t) a(t)u(t). Det overlades til læseren at checke, at L er en lineær afbildning på samme måde, som det blev vist for D i Eksempel 2.3. Løsningsmængden til differentialligningen (2) er kernen ker(l), som altså er en-dimensional. Vi skal se i Sætning 3.4 nedenfor, at der findes løsninger til (1) når blot a, f C(I). Med andre ord gælder der, at afbildningen L er surjektiv d.v.s. L(C 1 (I)) = C(I), men ikke injektiv, da dim ker(l) = 1. Eksempel 3.3. Lad os løse ligningen u (t) tu(t) = 0, t I. (3) Da A(t) = sds = 1 2 t2 1 2 t2 0 4

kan den generelle løsning til (3) skrives hvor C gennemløber C. u(t) = Ce ( 1 2 t2 1 2 t2 0 ) = Ce ( 1 2 t2 ) Sætning 3.4 (Løsning til 1. ordens lineære inhomogene ligninger). Lad a C(I) og definer A(t) = Lad f C(I). For enhver konstant C C er funktionen u(t) = e A(t) a(s)ds, t I. e A(s) f(s)ds + Ce A(t), t I (4) en løsning til den inhomogene ligning (1), og når C gennemløber C, fås samtlige løsninger til (1). Vi ser den generelle løsningsstruktur: Hvis u 0 er en partikulær løsning til den inhomogene ligning (1), findes samtlige løsninger til (1) ved til u 0 at addere samtlige løsninger til den tilsvarende homogene differentialligning (2). Kan man løse den homogene ligning, behøver man altså blot at gætte en løsning til den inhomogene ligning (1) for at få den totale løsningsmængde til den. I Sætning 3.4 er u 0 (t) = e A(t) e A(s) f(s)ds, t I (5) et eksempel på en partikulær løsning til (1), medens t Ce A(t), C C udgør løsningerne til den tilsvarende homogene ligning (2). Bemærk specielt, at løsningen til en differentialligning der ikke er homogen ikke er et underrum. Bevis for Sætningerne 3.1 og 3.4. Da Sætning 3.1 er et specialtilfælde af Sætning 3.4, nemlig det, hvor f = 0, kan vi nøjes med at vise Sætning 3.4. Vi overlader det til læseren at checke, at (4) for enhver konstant C C definerer en løsning til (1). Dermed står det blot tilbage at vise, at enhver løsning kan skrives på formen (4). Lad u være en løsning til (1). Af fås ved integration, at og derfra, at d ( ) e A(t) u (t) = e A(t) u (t) e A(t) a(t)u(t) = e A(t) f(t) (6) dt e A(t) u(t) e A(t0) u( ) = u(t) = e A(t) e A(s) f(s)ds (7) e A(s) f(s)ds + e A(t0) u( )e A(t), (8) hvoraf det fremgår, at u har den ønskede form med C = e A(t0) u( ) = u( ). I løsningsformlen (4) indgår der en fri parameter, nemlig C. Som følgende Sætning 3.5 viser, betyder det, at man kan foreskrive værdien af løsningen u i lige som man vil. 5

Sætning 3.5 (Eksistens- og éntydighedssætningen). Lad a, f C(I). Givet v 0 C findes der netop én løsning u til (1), så u( ) = v 0. Bevis. Man ser, at løsningen (4) opfylder u( ) = Ce A(t0) = C, hvilket vi også netop har konkluderet i beviset for Sætning 3.4. Den eneste løsning der opfylder betingelsen u( ) = v 0 er derfor den, hvor C = v 0. Eksempel 3.6. Lad os finde den løsning til ligningen der opfylder at u( ) = 0. Fra Eksempel 3.3 ved vi at Den generelle løsning til (9) er Det ses nu let at u (t) tu(t) = f(t) (9) A(t) = 1 2 t2 1 2 t2 0. u(t) = e ( 1 2 t2 1 2 t2 0 ) e ( 1 2 s2 + 1 2 t2 0 ) f(s)ds + Ce 1 2 t2 = e 1 2 t2 e 1 2 s2 f(s)ds + Ce 1 2 t2. u(t) = e 1 2 t2 e 1 2 s2 f(s)ds (10) er løsningen til (9) med begyndelsesbetingelsen u( ) = 0. Hvis f(t) er givet kan man angive løsningen mere præcist ved at løse integralet i (10). Sværhedsgraden af denne opgave afhænger af hvordan f(t) ser ud. Et interessant og vigtigt specialtilfælde indtræffer i (1), hvis funktionen a er konstant, altså når vi har en konstant koefficient. Vi får i det tilfælde følgende korollar af Sætning 3.4 ovenfor. Korollar 3.7 (1. ordens lineær ligning med konstant koefficient). Lad f C(I). For enhver konstant C C er funktionen u(t) = e λt en løsning til differentialligningen e λs f(s)ds + Ce λt, t I (11) u λu = f og når C gennemløber C, fås samtlige løsninger til differentialligningen. 4 Anden og højere ordens lineære ligninger med konstante koefficienter For anden og højere ordens ligninger kan vi kun finde generelle løsningsformler for lineære ligninger med konstante koefficienter. Det er derfor de eneste tilfælde, vi betragter her: u (t) + a 1 u (t) + a 0 u(t) = f(t), (12) hvor a 0, a 1 C og f er en kontinuert funktion på I. 6

Sætning 4.1 (Løsning til 2. ordens homogen ligning). Mængden af løsninger til den homogene differentialligning u + a 1 u + a 0 u = 0, hvor a 0, a 1 C, (13) kan, idet λ 1, λ 2 C betegner rødderne i differentialligningens karakteristiske polynonium z 2 + a 1 z + a 0, (14) beskrives som følger: 1. tilfælde. λ 1 λ 2. For ethvert par C 1, C 2 af komplekse tal er funktionen u(t) = C 1 e λ1t + C 2 e λ2t, t R (15) en løsning til (13), og enhver løsning til (13) har denne form for passende C 1, C 2 C. 2. tilfælde. λ 1 = λ 2. For ethvert par C 1, C 2 af komplekse tal er funktionen u(t) = C 1 e λ1t + C 2 te λ1t, t R (16) en løsning til (13), og enhver løsning til (13) har denne form for passende C 1, C 2 C. Bevis. Vi bemærker, at λ 1 + λ 2 = a 1 og λ 1 λ 2 = a 0, idet λ 1 og λ 2 jo er rødderne i anden grads polynomiet z 2 + a 1 z + a 0. 1. tilfælde (λ 1 λ 2 ). At udtrykket (15) definerer en løsning til (13), overlader vi det til læseren at vise. Vi mangler dermed blot at demonstrere, at enhver løsning til (13) kan skrives på formen (15). Lad u være en løsning til (13) og definer funktionen U = du dt λ 2u. Da er du dt λ 1U = d2 u dt 2 (λ 1 + λ 2 ) du dt + λ 1λ 2 u = u + a 1 u + a 0 u = 0. (17) Derfor findes der en konstant α C, så U(t) = αe λ1t, t R. (18) Da U = du dt λ 2u, kan vi se, at u er en løsning til den inhomogene differentialligning fra Korollar 3.7 (med λ = λ 2 og med f(t) = αe λ1t som højre side). Ifølge Korollaret findes der en konstant β C, så u(t) = e λ2t e λ2s ( αe λ1s) ds + βe λ2t = αe λ2t e (λ1 λ2)s ds + βe λ2t. (19) I det tilfælde, som vi arbejder med for øjeblikket, er λ 1 λ 2 (pr antagelse), så vi kan udregne integralet på følgende måde: [ e u(t) = αe λ2t (λ 1 λ 2)s ] t ( ) + βe λ2t α = e λ1t + β α e(λ1 λ2)t0 e λ2t, (20) hvoraf ses, at løsningen u har den ønskede form (15) med konstanterne C 1 = α og C 2 = β α e(λ1 λ2)t0. (21) 2. tilfælde (λ 1 = λ 2 ). Dette tilfælde behandles præcis som det foregående frem til og med udtrykket (19) for løsningen u. Fra dette punkt adskiller regningerne sig. I tilfældet her fås u(t) = αe λ1t e 0 ds + βe λ1t = αe λ1t (t ) + βe λ1t = (β α )e λ1t + αte λ1t, (22) 7

hvoraf vi ser, at løsningen u har den ønskede form (16) med konstanterne C 1 = β α og C 2 = α. (23) Bemærkning 4.2. Vi ser at løsningsrummet til en 2. ordens lineær differentialligning med konstante koefficienter er et 2-dimensionalt underrum af F(R), mængden af alle funktioner på R og sætningen ovenfor giver en basis for dette underrum. Eksempel 4.3. Lad os løse den homogene differentialligning u + 4u + 5u = 0. (24) Rødderne i det karakteristiske polynomium z 2 +4z+5 er z = 2±i og den generelle løsning til (24) er da givet ved u(t) = C 1 e ( 2+i)t + C 2 e ( 2 i)t = C 1 e 2t (cos t + i sin t) + C 2 e 2t (cos t i sin t) = C 1 e 2t cos t + C 2 e 2t sin t hvor C 1 og C 2 gennemløber C. Løsningsmængden til differentialligningen (24) er altså det 2-dimensionale underrum af F(R) som har en basis givet ved de to funktioner e 2t cos t og e 2t sin t. I det ovenstående eksempel er differentialligningen reel (der indgår ikke komplekse tal). Løsningerne er også reelle sålænge konstanterne C 1 og C 2 er reelle, men undervejs benyttede vi komplekse tal til at finde løsningerne. Hvis man generelt betragter en 2. ordens differentialligning med konstante koefficienter, som er reelle, vil det karakteristiske polynomium være reelt og derfor enten have reelle rødder Rettet 16. eller to komplekst konjugerede rødder. I det første tilfælde har man to reelle eksponentielle dec. to re- løsninger i det andet tilfælde, kan man altid som i eksemplet ovenfor, elle rødder skrive løsningerne reelt ved brug af sinus og cosinus. reelle rødder Ved induktion efter differentialligningens orden kan man vise følgende generalisation af Sætning 4.1. Vi benytter nu sprogbrugen fra lineær algebra: Sætning 4.4 (Lineære n. ordens homogene ligninger). Betragt den homogene differentialligning u (n) + a n 1 u (n 1) + + a 1 u + a 0 u = 0, (25) hvor a 0, a 1,..., a n 1 C er konstanter. Lad λ 1, λ 2,..., λ s C være rødderne i differentialligningens karakteristiske polynomium λ n + a n 1 λ n 1 + + a 1 λ + a 0, og lad n 1, n 2,..., n s N betegne røddernes multiplicitet. En basis for vektorrummet af de n gange differentiable funktioner u F(R), der opfylder den homogene differentialligning (25) udgøres af følgende funktioner: t e λ1t, te λ1t,..., t n1 1 e λ1t t e λ2t, te λ2t,..., t n2 1 e λ2t t e λst, te λst,..., t ns 1 e λst. 8

Hvis polynomiet λ n +a n 1 λ n 1 + +a 1 λ+a 0 har n forskellige rødder λ 1, λ 2,..., λ s C, så udgør de n funktioner en basis for løsningsrummet. t e λ1t, t e λ2t,... t e λst Lad os til slut give en metode til løsning af 2. ordens inhomogene ligninger. Løsningsrecepten for anden ordens lineære differentialligninger er som tidligere beskrevet: Find en løsning u 0 til den inhomogene ligning. Samtlige løsninger fås ved til den partikulære løsning u 0 at addere samtlige løsninger til den tilsvarende homogene differentialligning. Ved hjælp af Sætning 4.1 er den homogene ligning nem at løse (husk at vi antager, at a 0 og a 1 er konstanter). Vi behøver altså blot at gætte en løsning til den inhomogene ligning for at få den totale løsningsmængde. Det er ofte lettest at gætte, men vi giver nu en metode. Dette resultat er ikke pensum i LinAlg, men det forventes at man kan løse inhomogene differentialligninger ved brug af maple. Det følger af resultatet nedenfor, at hvis funktionen f i differentialligningen (12) er kontinuert altså i C(R), findes der en løsning til differentialligningen. Med andre ord, hvis vi betragter afbildningen L : C 2 (R) C(R), givet ved L(u)(t) = u (t) + a 1 u (t) + a 2 u(t), Rettet 15. dec. u(t) u (t) gælder der, at L er surjektiv L(C 2 (R)) = C(R). Man ser nemt at L er lineær. Det følger af Sætning 4.1 at dim(kerl)=2. Tilsvarende gælder der for n. ordens lineære differentialligninger at den tilsvarende lineære afbildning fra C n (R) til C(R) er surjektiv og har dim ker(l)=n. Ved at følge fremgangsmåden i beviset for Sætning 4.1, kan man løse den inhomogene ligning (12). Vi giver resultatet i den næste sætning. Sætning 4.5 (Løsnings til 2. ordens lineær inhomogen ligning). Lad λ 1, λ 2 C være rødderne i det karakteristiske polynomium (14) for den homogene ligning svarende til differentialligningen (12). En partikulær løsning u 0 til (12) kan angives som følger: 1. tilfælde. λ 1 λ 2. Da er u 0 (t) = en løsning til (12). 2. tilfælde. λ 1 = λ 2. Da er en løsning til (12). u 0 (t) = e λ1(t s) e λ2(t s) f(s)ds, t I (26) e λ1(t s) (t s)f(s)ds (27) Bevis. 1. tilfælde. Vi checker, at u 0 virkelig er en løsning. Hvis vi omskriver e λ1t e λ1s f(s)ds e λ2t e λ2s f(s)ds t u 0 (t) = 0, ser man ved brug af produktreglen for differentiation og Analysens Fundamental- 9

sætning, at u 0(t) = λ 1e λ1t t e λ1s f(s)ds + f(t) λ 2 e λ2t t e λ2s f(s)ds f(t) = λ 1e λ1t t e λ1s f(s)ds λ 2 e λ2t t e λ2s f(s)ds u 0(t) = λ2 1e λ1t t e λ1s f(s)ds λ 2 2e λ2t t e λ2s f(s)ds + f(t). Da λ 1 og λ 2 er rødder i det karakteristiske polynomium, følger det umiddelbart, at u 0 er en løsning til (12). 2. tilfælde. Vi udregner igen u 0(t) = u 0(t) = 2 e λ1(t s) f(s) ds + λ 1 e λ1(t s) f(s) ds + λ 1 e λ1(t s) (t s)f(s) ds λ 2 1e λ1(t s) (t s)f(s) ds + f(t). Da λ 1 er dobbeltrod i det karakteristiske polynomium, gælder der, at a 1 = 2λ 1. Man ser derfor ved indsættelse i (12), at u 0 er en løsning. I formlen for den generelle løsning af (12) indgår der to frie parametre, nemlig C 1 og C 2. Som følgende sætning viser, betyder det, at man kan foreskrive værdien af løsningen u og dens afledede u i lige som man vil. Sætning 4.6 (Eksistens- og éntydighedssætningen). Lad f C(I). Givet v 0, v 1 C findes der netop én løsning u til den inhomogene differentialligning (12), så u( ) = v 0 og u ( ) = v 1. Bevis. Vi betragter først tilfældet hvor rødderne λ 1 og λ 2 er forskellige. Fra ligning (15) ser vi, at vi skal konkludere, at der er et og kun et sæt løsninger C 1, C 2 til ligningerne C 1 e λ1t0 + C 2 e λ2t0 = v 0 C 1 λ 1 e λ1t0 + C 2 λ 2 e λ2t0 = v 1. Det følger af at determinanten til koefficientmatricen ikke er nul: e λ1t0 e λ2t0 λ 1 e λ1t0 λ 2 e λ2t0 = (λ 2 λ 1 )e (λ1+λ2)t0 0. I tilfældet, hvor λ 1 = λ 2 skal vi tilsvarende checke, at e λ1t0 e λ1t0 λ 1 e λ1t0 (λ 1 + 1)e λ1t0 = 0. e2λ1t0 10