MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt

Transkriptio

1 MS-C1340 Lineaarialgebra ja differentiaaliyhtälöt Differentiaaliyhtälöt. osa 2 Riikka Kangaslampi Matematiikan ja systeemianalyysin laitos Aalto-yliopisto / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

2 Tarkastellaan lähemmin homogeenista vakiokertoimista yhtälöä x (t) = A x(t), missä A R n n. Olkoon λ A :n ominaisarvo ja v 0 vastaava ominaisvektori. Etsitään DY:lle ratkaisua muodossa x(t) = η(t)v, missä η on skalaarifunktio. Sijoittamalla yhtälöön saadaan η (t)v = A ( η(t)v ) = η(t)av = λη(t)v. Toisin sanoen yhtälö toteutuu, jos η on differentiaaliyhtälön η (t) = λη(t) ratkaisu. Tämä tunnetaan: η(t) = ce λt, missä c on mielivaltainen vakio. 2 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

3 Saatiin: Av = λv = c e λt v on DY:n ratkaisu. Olkoon A :lla ominaisarvot λ 1, λ 2,..., λ k ja ominaisvektorit v 1, v 2,..., v k. Tällöin funktiot c 1 e λ1t v 1,..., c k e λkt v k ovat yhtälön x (t) = A x(t) ratkaisuja, joten edellisen lauseen mukaan myös x(t) = c 1 e λ1t v 1 + c 2 e λ2t v c k e λkt v k on yhtälön ratkaisu. 3 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

4 Jos nyt k = n ja jos vektorit v 1, v 2,..., v n ovat lineaarisesti riippumattomat, niin alkuehdosta x(0) = x 0 saadaan yhtälö: c 1 v c n v n = x 0 eli c = V 1 x 0, missä c = (c 1,..., c n ), V = [ v 1 v 2... v n]. Näin saadaan ratkaisulle esitys [ ] e x(t) = V λ 1 t... V 1 x 0. e λnt Ominaisvektoreiden avulla esitetyn ratkaisun etuna on se, että siitä nähdään ratkaisun kulkusuunta, kun t. 4 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

5 Esimerkki 1 Differentiaaliyhtälölle x (t) = [ ] x(t), x(0) = [ ] 1 [ ] 1 saatiin aiemmin ratkaisu x(t) = e ta x(0) = 2e t e 2t. Koska matriisin A e 2t ominaisarvot ovat 1 ja 2 ja niitä vastaavat ominaisvektorit v 1 = [ 1 0 ] ja v 2 = [ 1 1 ], ratkaisu voidaan kirjoittaa myös muodossa x(t) = c 1 e t v 1 + c 2 e 2t v 2. Kertoimet c i määräytyvät alkuehdosta, mutta jo ilman alkuehtoa nähdään, että x(t), kun t, koska molemmat ominaisarvot ovat positiivisia. Ratkaisukäyrät karkaavat nopeammin v 2 :n suuntaan, koska sitä vastaa suurempi ominaisarvo. 5 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

6 Esimerkki 2 (Lähde) Tarkastellaan edellistä tehtävää x (t) = [ ] x(t), x(0) = [ 1 alkuarvolla x(0) = (a 1, a 2 ) T. Edellä saatiin [ ] [ ] [ ] [ e t A = V e Λt V e t e t e = e 2t = 2t e t ] e 2t 1 ]. Alkuarvotehtävän x = Ax, x(0) = (a 1, a 2 ) T ratkaisu on siten [ e t e x(t) = 2t e t ] [ ] [ a1 e 0 e 2t = t (a 1 a 2 ) + e 2t ] a 2 a 2 e 2t. a 2 = (a 1 a 2 )e t v 1 + a 2 e 2t v 2 A :n ominaisarvot ovat positiiviset, joten kaikki ratkaisut kulkevat origosta poispäin. Tätä kutsutaan lähteeksi. 6 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

7 Edellisen esimerkin ratkaisukäyriä eri alkuarvoilla. Huomaa pakeneminen ominaisvektorisuunnissa. x x / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

8 Esimerkki 3 (Nielu) Matriisilla A = [ ] on ominaisarvot λ1 = 3 ja λ 2 = 1 ja ominaisvektorit v 1 = ( 1, 1 ), v 2 = ( 1, 1 ). Kuten edellisessä esimerkissä saamme e t A = [ ] [ ] [ ] 1 1 e 3t 0 1/2 1/2 1 1 = 1 0 e t 1/2 1/2 2 [ e t + e 3t e t + e 3t ] e t + e 3t ja alkuarvotehtävälle x = Ax, x(0) = (a 1, a 2 ) T ratkaisun [ x(t) = 1 e t (a 1 a 2 ) + e 3t ] (a 1 + a 2 ) 2 e t (a 1 a 2 ) + e 3t. (a 1 + a 2 ) Tällä systeemillä ominaisarvot ovat negatiiviset, joten kaikki ratkaisut kulkevat origoon päin. Tätä kutsutaan nieluksi. e t + e 3t 8 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

9 Edellisen esimerkin ratkaisukäyriä. Ominaisvektorisuunnissa liikutaan suoraan kohti origoa. x x / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

10 Esimerkki 4 (Satula) Matriisilla A = [ ] on erimerkkiset ominaisarvot λ1 = 2 ja λ 2 = 3 ja ominaisvektorit v 1 = ( 1, 4 ), v 2 = ( 1, 1 ). Kuten edellä, saamme [ e 2t + 4e 3t e 2t e 3t ] e t A = 1 5 4e 2t 4e 3t 4e 2t + e 3t ja alkuehto x(0) = (a 1, a 2 ) T, antaa ratkaisun [ x(t) = 1 e 2t (a 1 + a 2 ) + e 3t ] (4a 1 a 2 ) 5 e 2t (4a 1 + 4a 2 ) + e 3t. ( 4a 1 + a 2 ) Tällä systeemillä ratkaisut kulkevat origoon päin v 1 :n suuntaista suoraa pitkin ja etääntyvät asymptoottisesti v 2 :n suuntaan. 10 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

11 Edellisen esimerkin ratkaisukäyriä. Toisen om.vektorin suunnassa paetaan, toisen lähestytään origoa. x x / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

12 Kompleksiset ominaisarvoparit Reaalisella matriisilla A saattaa olla kompleksisia ominaisarvoja. Ne esiintyvät liittolukupareina α ± iβ. Jos w = u + i v on ominaisarvoa λ = α + iβ vastaava ominaisvektori, niin Aw = λw, joten w = u i v vastaa ominaisarvoa λ = α iβ. Tehtävän x = Ax eräs ratkaisu on x(t) = d 1 e λt w + d 2 e λt w. 12 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

13 Yleensä halutaan kuitenkin reaalinen ratkaisu. Yhtälön A(u + iv) = (α + iβ)(u + iv) reaali ja imaginaariosista saadaan Au = αu βv Av = βu + αv [ ] α β eli A [u v] = [u v]. β α Tällöin ratkaisu voidaan kirjoittaa reaalisessa muodossa x(t) = d 1 e λt w + d 2 e λt w =... [ ] = e αt cos(βt) sin(βt) [u v] c sin(βt) cos(βt) jollain (alkuehdosta määräytyvällä) vakiovektorilla c. 13 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

14 Ratkaisusta [ ] x(t) = e αt cos(βt) sin(βt) [u v] c sin(βt) cos(βt) nähdään, että jos kompleksiset ominaisarvot α ± βi ovatkin aidosti imaginaariset, eli α = 0, niin ratkaisu jää kiertämään kehää origon ympärille. Jos taas reaaliosat ovat positiiviset, ratkaisut etääntyvät origosta. Vastaavasti ominaisarvojen reaaliosien ollessa negatiiviset, ratkaisukäyrät lähestyvät origoa. 14 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

15 Esimerkki 5 (Epästabiili fokus) [ ] 9 8 Matriisilla A = on kompleksinen ominaisarvopari 16 7 λ 1,2 = 1 ± 8i. Kompleksisten ominaisvektorien reaali- ja imaginaariosista muodostetut vektorit ovat u = [ 1 0 ] ja v = [ ] 1 2 ja yhtälön x (t) = Ax(t) ratkaisu on siis yleisesti [ ] [ ] x(t) = e t 1 1 cos(8t) sin(8t) c. 1 2 sin(8t) cos(8t) Alkuarvon x(0) = (a 1, a 2 ) T toteuttavaksi ratkaisuksi saadaan [ ] x(t) = e t a1 cos(8t) + (a 1 a 2 ) sin(8t). a 2 cos(8t) + (2a 1 a 2 ) sin(8t) Ratkaisut kulkevat spiraalimaisesti origosta poispäin. 15 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

16 Edellisen esimerkin ratkaisukäyrät kahdesta eri alkuarvosta lähtien. Systeemiä kutsutaan epästabiiliksi fokukseksi. A :n ominaisarvojen reaaliosat ovat positiiviset. x x / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

17 Esimerkki 6 (Stabiili fokus) [ ] 3 2 Matriisilla A = on kompleksinen ominaisarvopari 1 1 λ 1,2 = 2 ± i ja ja vektorit u = [ 1 1 ] ja v = [ 1 0 ]. Alkuarvotehtävän x (t) = Ax(t), x(0) = (a 1, a 2 ) T, ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa [ ] x(t) = e 2t a1 cos t + ( a 1 + 2a 2 ) sin t. a 2 cos t + ( a 1 + a 2 ) sin t Tällä systeemillä ratkaisut kulkevat spiraalimaisesti origoon päin. Systeemiä kutsutaan stabiiliksi fokukseksi. Nyt A :n ominaisarvojen reaaliosat ovat negatiiviset. 17 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

18 Edellisen esimerkin ratkaisukäyriä 11 eri alkuarvosta lähtien. Ratkaisut kulkevat spiraalimaisesti origoon päin. 1 x x / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

19 Huomaa, että tällä systeemillä Imλ / Reλ = 1/2 on paljon pienempi kuin edellisessä esimerkissä epästabiilille fokukselle, missä vastaava suhde oli 8. Tästä johtuen ratkaisut kiertävät vähemmän. Kerrataan sitten erilaiset tyyppitapaukset mahdollisimman yksinkertaisille matriiseille: 19 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

20 Tyyppitapauksia yhtälöstä x = Ax avaruudessa R 2 : Nimi A x(t) Λ(A) Kuva Lähde [ ] e t x(0) {1, 1} Nielu [ ] e t x(0) { 1, 1} 20 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

21 Nimi A x(t) Λ(A) Kuva Satula [ ] [ e t 0 0 e t ] x(0) { 1, 1} Degener.lähde [ ] [ e t te t 0 e t ] x(0) {1, 1} 21 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

22 Nimi A x(t) Λ(A) Keskus [ 0 1 ] [ ] cos(t) sin(t) 1 0 x(0) { i, i} sin(t) cos(t) Epästab. fokus Stabiili fokus [ 1 1 ] 1 1 [ 1 1 ] 1 1 sin(t) sin(t) cos(t) e t [ cos(t) sin(t) sin(t) cos(t) e t [ cos(t) ] x(0) {1 ± i} ] x(0) { 1 ± i} 22 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

23 Keskus Epästab. fokus Stabiili fokus 23 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

24 Ratkaisujen luonne määräytyy siis A :n ominaisarvoista. Erityisesti: Reaaliset ominaisarvot: Ovatko positiiviset, negatiiviset vai erimerkkiset? Onko ei-triviaaleja Jordan lohkoja? Kompleksiset ominaisarvot: Onko reaaliosa positiivinen, negatiivinen vai nolla? 24 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

25 Tarkemmin: Tarkastellaan yleistä 2 2 matriisia A. Tämän ominaisarvot saadaan yhtälöstä λ 2 (a 11 +a 22 )λ+a 11 a 22 a 12 a 21 = 0 eli λ 2 tr(a)λ+det(a) = 0, missä tr(a) = a 11 + a 22 on A :n jälki (trace) = A :n lävistäjäalkioiden summa = A :n ominaisarvojen summa ja det(a) = a 11 a 22 a 12 a 21 on A :n determinantti = A :n ominaisarvojen tulo. 25 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

26 Ominaisarvot ovat siis λ 1,2 = 1 2 tr(a) ± 1 4 tr(a)2 det(a). Ominaisarvot ovat kompleksiset, kun diskriminantti D = 1 4 tr(a)2 det(a) on negatiivinen, muuten reaaliset. Ominaisarvo on kaksinkertainen, kun D = 0. Matriisin determinantin ja jäljen avulla voidaan siis luokitella yhtälön x (t) = Ax(t) ratkaisuiden käytöstä. Seuraava kuva pyrkii selittämään näiden yhteyksiä. Stabiili tarkoittaa tässä, että ratkaisut eivät pakene origosta. 26 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

27 Ratkaisuiden luonne determinantin ja jäljen avulla: det(a) D=0 stabiili fokus epastabiili fokus D<0 nielu stabiili epastabiili lahde tr(a) D>0 satula 27 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

28 Otetaan vielä yksi esimerkki, tällä kertaa avaruudessa R 3. Esimerkki 7 Tutki differentiaaliyhtälön x (t) = Ax(t) ratkaisuiden käyttäytymistä, kun A = / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

29 Ratkaisu: Matriisilla A on kompleksinen ominaisarvopari λ 1,2 = 6 ± 180i, joita vastaavia kompleksisia ominaisvektoreita kuvaavat reaaliset vektorit u = ( 1, 1, 1) ja v = (1, 1, 0), sekä yksi reaalinen ominaisarvo λ 3 = 3 ja vastaava ominaisvektori w = (0, 1, 4). Voidaan siis arvata, että ratkaisut lähestyvät origoa w:n suunnassa ja pyörivät u:n ja v:n määräämän ominaistason suunnassa. Yhtälö voidaa ratkaista esim. tekemällä A:lle Jordan-hajotelma ja laskemalla e At sen avulla. Alkuarvolla x(0) = (a 1, a 2 ) tehtävän ratkaisuksi x(t) = e At x(0) saadaan x(t) = [ a 1 e 6t ( cos(180t) sin(180t))+a 2 e 6t (cos(180t) sin(180t)) a 1 e 6t (cos(180t) sin(180t))+a 2 e 6t (cos(180t)+sin(180t)) a 3 e 3t e 6t (a 1 cos(180t)+a 2 sin(180t))+4a 3 e 3t ]. 29 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista

30 Ratkaisut käyttäytyvätkin spiraalin tavoin: 30 / 1 R. Kangaslampi Matriisihajotelmista