Diagonalisering och linjära system ODE med konstanta koe cienter. Variabelbyte i linjära system di erentialekvationer. Målet med det kapitlet i kursen är att lösa linjära system di erentialekvationer på formen x 0 (t) = a x (t) + a x (t) + ::: + a n x n (t) x 0 (t) = a x (t) + a x (t) + ::: + a n x n (t) ::: x 0 n(t) = a n x (t) + a n x (t) + ::: + a nn x n (t) eller mera kompakt på vektorform för x(t) = [x (t); x (t); :::; x n (t)] T : x 0 (t) = Ax(t) med konstanta matrtisen A som betraktas i section 5.7 i Lay. Det går inte att lösa system di erentialekvationer direkt. Frikoplingen av system linjära di erentialekvationer. (sid. i Lay) Huvudsakliga poängen är att införa nya variabler y genom en inverterbar matristransformation T (y) = P (y) med en inverterbar matris P så att x = P y y = P x och så att systemet ekvationer för nya variabeln y(t) = [y (t); y (t); :::; y n (t)] T är enklare att lösa. Komponenter av vektorn y är då koordinater av vektorn x = P y med avseende på basen som består av kolonner fv ; v ; ; :::; v n g i matrisen P P = [v ; v ; ; :::; v n ] som är linjärt oberoende på grund av vi väljade en inverterbar matris P. Systemetekvationer för y får vi med att multiplicera ekvationen x 0 (t) = Ax(t) med P från vänster och med att observera att P P = I: P x 0 (t) = P Ax(t) =) P x 0 (t) = P A Ix(t) P x 0 (t) = P A P P x (t) y 0 (t) = P A P y(t) De nition Matriser A och (P A P ) är similara:
Låt oss tänka oss att vi har lyckats hitta en inverterbar transformation T : R n! R n med matris P så att matrisen (P A P ) similär till matrisen A är en diagonal matris, nämligen P A P = D D = 6 4 0 0 0 0 0 0 ::: ::: ::: ::: 0 0 ::: n I det fallet består systemet di erentialekvationer för nya variabler y(t) av enkla oberoende ekvationer y 0 (t) = y (t) y 0 (t) = y (t) ::: y 0 n(t) = n y n (t) som har enkla exponentiella lösningar med godtyckliga koe cienter c k : y k (t) = c k e kt 7 5 y(t) = c e e t + c e e t + ::: + c n e n e nt Sista uttrycket är faktiskt lösningen till begynnelsevärdesproblemet med y(0) = C = [c ; c ; :::; c n ] T : Allmän lösning till ursprungliga ekvationen x 0 (t) = Ax(t) fås omedelbart genom sambandet x = P y mellan x och y: x(t) = P y(t) = c v e t + c v e t + ::: + c n v n e nt där vi påminner att fv ; v ; ; :::; v n g är kolonnerna i matrisen P: Slutsatsen av vår undersökning är följade. Om matrisen A i systemet x 0 (t) = Ax(t) är similär med en diagonal matris: (P A P ) = D; då kan allmän lösning till systemet framställas som linjär kombination av lösningar på formen v k e kt. Det är bra orsak för att införa begreppet diagonaliserbar matris och att undersöka när diagonaliseringen som ovan är möjlig. De nition. En kvardratisk n n matris A kallas diagonaliserbar om det nns en inverterbar matris P sådan att A = P DP och D = P AP; där D är en diagonalmatris, eller kortare att A är similär med en diagonal matris D.
Huvudsats om diagonaliserbara matriser. (Bevis till den satsen krävs på tentan) Sats 5..5, sid., 00 i Lay. En kvadratisk n n matris A är diagonaliserbar om och endast om () den har n linjärt oberoende egenvektorer. I det fallet A = P DP där matrisen P har kolonner som är n linjärt oberoende egenvektorer till A och diagonala matrisen D med diagonala element som är egenvärden som svarar mot dessa egenvektorer (i samma ordning som i P ): Bevis. (krävs på tentan) Vi visar först implikationen från höger till vänster (= : Låt fv ; v ; ; :::; v n g R n vara n linjärt oberoende egenvektorer till matrisen A och f ; ; ::: n g vara motsvarande egenvärden (kanske en del multipla). Bygg en matris P med kolonner som är dessa vektorer: P = [v ; v ; ; :::; v n ] och en diagonal matris med egenvärden f ; ; ::: n g på diagonalen, i samma ordning som egenvektorerna som hör till dem var satta i matrisen P. (Vi kan sätta dem i vilken som helst ordning) Egenvektorer satis erar ekvationer Av k = k v k, k = ; :::; n Vi kan skriva om dessa ekvationer som en matrisekvation [Av ; Av ; :::; Av n ] = [ v ; v ; :::; n v n ] som är enligt de nitionen av matrisprodukten är amma som AP = P D Låt oss visa att verkligen P D = [ v ; v ; :::; n v n ] : Kolla elementet c rk i produkten P D, som ligger i raden r och i kolonnen k. Rad-kolonn regeln för matrisprodukt säger att c rk måste vara lika med summan av elementvisa produkter av raden med nummer r ur P : [P r ; P r ; :::; P rn ] och kolonnen med nummer k ur D : [D k ; D k ; :::; D nk ] T. Observera att [D k ; D k ; :::; D nk ] T har bara ett element som inte är noll: D kk = k. Detta medför att c rk = k P rk för alla r = ; :::; n. Det betyder att kolonnen med nummer k i P D är kolonnen med nummer k ur P, multiplicerad med k. Det är exakt meningen med [ v ; v ; :::; n v n ]. Matrisen P är inverterbar eftersom dess kolonner är linjärt oberoende. Vi multiplicerar sista ekvationen från vänster med P och ser att A är diagonaliserbar: P AP = D A = P DP
Implikationen från vänster till höger =) följer från samma beräkning men genomförd åt motsatt håll. Låt matrisen A vara diagonaliserbar: A = P DP och betekna lnjärt oberoende kolonner i P med fv ; v ; ; :::; v n g och diagonalelementen i diagonalmatrisen D med f ; ; ::: n g. Multiplicera ekvationen A = P DP med P från höger: AP = P D som kan skrivas om med att speci ciera kolonner i matriser AP och DP i sista ekvationen: P D = P 6 4 AP = [Av ; Av ; :::; Av n ] = 0 0 0 0 0 0 ::: ::: ::: ::: 0 0 ::: n 7 5 = [ v ; v ; :::; n v n ] Med att identi era ekvationer för kolonner i dessa matriser ser vi att Av k = k v k, k = ; :::; n och att linjärt oberoende vektorer fv ; v ; ; :::; v n g är egenvektorer till matrisen A med egenvärden f ; ; ::: n g : Exempel. (Beräkning av determinant, egenvärden, och egenvektorer och diagonalisering) 4 Bestäm egenvärden och egenvektorer till matrisen A = 4 4 4 5 och ange om den är diagonaliserbar. Beräkna karakteristiska polynomet. p() = det(a I) = det 4 4 4 4 Byt subtrahera andra raden från tredje raden och sätt resultatet istället för tredje raden och sedan byt andra kolonnen med summan av andra och tredje kolonnen. 4 p() = det(a I) = det 4 4 4 5 0 + Addera tredje kolonnen till andra kolonnen och får 4 p() = det 4 4 5 0 0 5 4
= Utveckla sista determinant over sista raden: p() = det(a I) = = ( ) det = ( + )( 6) = ( + ) ( ) Karakteristiska polynomet är p() = + 8 + : Egenvärden är ; =, har multiplicitet (dubbelrot), =. 4 4 A ( )I = 4 4 5 ~ 4 0 0 0 5 4 0 0 0 A I = 4 ~ 4 0 0 0 0 5 5 4 4 4 5, ~ 4 0 0 0 0 0 5 ~ 4 5 4 7 4 5 ~ 4 7 4 8 9 8 9 4 < = < = Egenvektorer: 4 5 ; 4 0 5 : ; $ ; 4 5 : ; $ 0 Det är lätt att kolla att egenvektorer som vi har fått är linjärt oberoende och matrisen A är diagonaliserbar. En viktig sats för tillämpningar är följande. Sats 5..., sid. 88, i Lay. Om linjärt oberoendet av egenvektorer som hör till olika egenvärden. Om v ; v ; ; :::; v r är egenvektorer som hör till olika egenvärden ; ; :::; r ;av en n n matris A;då är egenvektorerfv ; v ; ; :::; v r g linjärt oberoende. Om vi förutsätter att fv ; v ; ; :::; v r g är linjärt beroende i den situationen så kommer man till motsägelse. Bevis krävs inte på tentan. Den satsen medför direkt att egenvektorer vi har fått i sista exemplet är linjärt oberoende. Två första är tydligen icke parallella och linjärt oberoende. Den tredje egenvektor hör till annat egenvärde och måste varalinjärt oberoende av två andra. Kommentar. Två sista satser medför att om matrisen A har n distinkta reella egenvärden, så har den n injärt oberoende vektorer och är då diagonaliserbar. Men det kriteriet är inte nödvändigt, som visas av föregående exempel med en diagonaliserbar matris som har bara två distinkta egenvärden (ett är multipelt) men som är diagonaliserbar. Vi kommer att betrakta olika exempel med system av två linjära ODE med konstanta 5 5
koe cienter x 0 (t) = Ax(t) x (t) x(t) = x (t) och beskriver olika typer av fasporträtt som kan uppstå beroende på egenvärden och egenvektorer till matrisen A. Karakteristiska ekvationen till matris är Egenvärden beräknas enligt formeln p() = det(a I) = Tr(A) + det(a) ; = Tr(A) q (Tr(A)) 4 det(a) På följande bild visas enkla bilder som illustrerar olika typer av fasporträtt till systemet beroende på tecken av Tr(A);tecken av det(a) och relationer mellan Tr(A) och det(a) får vi olika kombinationer av egenvärden (inklusive komplexa, som kräver lite extra arbete). Grafen av parabeln det(a) = =4 (Tr(A)) som beskriver nollor av uttrycket under roten är också visat på bilden. I fall punkten (det(a); Tr(A)) ligger under parabeln och uttrycket under roten är positiv får man två olika reella egenvärden, och enligt satsen två linjärt oberoende egenvektorer 6
v ; v. Lösningen framställes som linjär kombination x(t) = c e t v + c e t v Fall. Sadel punkt. det(a) < 0, i detta fall > 0, < 0. Banor på fasporträtt ser ut som hyperbler orienterade längs linjer genom origo, parallella till egenvektorer. De syns på diagrammet under tr(a) axeln. Den kon gurationen av banor runt origo kallas sadel punkt. 0 Example. Betrakta systemet x 0 = Ax med matrisen A =. Matrisen A har 0 karakteristiska polynomet p() = och två egenvärden = och = : Motsvarande egenvektorer v och v uppfyller homogena system ekvationer (A ) v = 0 med matrisen (A I) = och (A I) v = 0 med matrisen (A I) =. Eigenvektorer är v = och v = och är linjärt oberoende (det följer också från att egenvärdena är olika). Allmän lösning till systemet av ODE har the formen x(t) = C e t v + C e t v = C e t + C e t med godtyckliga koe cienter C and C : Motsvarande fasporträtt består av speciella lösningar som går mot oändligheten längs vektor v =, lösningar som går mot origo längs vektor v = och andra lösningar i resten av planet som har banor i formen av hyperbler. Man kan se den formen av banor med att integrera ODEn dx dx = x x med separabla variabler som följer från systemet för att få fram relationen x x = Const 7
Liknande fasporträtt kan observeras i alla fall då reel matris A i systemet ODE har reella eigenvärden med olika tecken. Bilden kan vara roterad och deformerad beroende på riktningar av eigenvektorer v och v. Man kan först rita banor längs egenvektorer och sedan skissa andra banor med hänsyn till lösningar som går längs eigenvektorer. 8
Fall. Källa, eller instabil nod. det(a) > 0; Tr(A) > 0; Tr(A) > 4 det(a): I detta fall är egenvärden > 0, > 0 och är olika. Alla lösningar förutom nollösning, går bort från origo då t!. Kon gurationen runt origo på fasporträtt kallas källa eller instabil nod. Exempel. Betrakta linjära system ODE x 0 (t) = Ax(t) med A = karakteristiskt polynom är p() = 4 + = ( )( ). = ; =. Egenvektorer satis erar homogena ekvationer med matriser (A I) = =) v = och (A I) = =) v = Allmän lösning till systemet ODE är x(t) = C e t v + C e t v Om man vill lösa ett begynnelsevärdesproblem med x(0) = måste man lösa ett 0 systemekvationer för koe cienter C, C med matrisen P = [v ; v ] och högerledet x(0) C e 0 v + C e 0 v = 0 C P = C 0 C = 0 C 9
Systemet löses med Gauss elimination eller med hjälp av Cramers formel:c = =, C = = : x (t) = e t + e t x (t) = e t + e t Fall. Sänka: det(a) > 0; Tr(A) < 0; Tr(A) > 4 det(a); Egenvärden < 0, < 0 : Alla lösningar förutom nollösning, går mot origo då t!. Kon gurationen på fasporträtt kallas stabil nod eller sänka. Fall 4. Spiraler Tr(A) < 4 det(a). Egenvärden och är två konjugerade komplexa tal: Re = Re och Im = Im, = jj : I det fallet ser banor ut som spiraler på fasportrett. Lösningar går längs spiraler mot origo i fall Re < 0 och kallas stabila spiraler. Lösningar går bort från origo längs spiraler om Re > 0 och kallas då instabila spiraler. Exempel. Instabila spiraler. Ange allmän lösning till linjära systemet ODE: r 0 = Ar med A = 4 Svar. r = C e t cos t cos t + sin t + C e t sin t sin t cos t Lösning. A =, karakteristiskt polynom: + 5 = 0; 4 Egenvärden är = i;och = + i. 0
Egenvektorer i fall med matrisen A av storlek löses ut från första av två ekvivalenta ekvationer: + i (A I) = ger egenvektorn: v 4 + i = $ + i = i; i (A I) = ger egenvektorn: v 4 i = $ i = + i. Dessa två komplexa egenvektorer är linjärt oberoende eftersom de hör till olika egenvärden. En komplex lösning är x (t) = e t v = e ( i)t. + i Två linjärt oberoende reella lösningar kan väljas som reela och imaginära delar av x (t) = Re [x (t)] + i Im [x (t)] och kan användas för att framställa allmän lösning x(t) som x(t) = C Re [x (t)] + C Im [x (t)] : = x (t) = e ( i)t + i = e t (cos t i sin t) e t cos t i sin t = e cos t + sin t + i (cos t sin t) t + i = e t cos t i sin t ( + i) cos t + ( i) sin t i e t sin t (sin t cos t) cos t cos t + sin t Svaret följer som linjär kombination av reella och imaginära delar: x(t) = C Re [x (t)] + C Im [x (t)]. Alla lösningar ger banor i form av spiraler som i det fallet går bort från origo, eftersom Re = > 0: instabila spiraler. Fall 5. Tr(A) = 4 det(a); Tr(A) 6= 0 (krävs inte på tentan) Vi har multipla (dubbla) reella egenvärden i det fallet: ; = = Tr(A) Det kan uppstå (inte obligatoriskt!) situationen att multipla egenvärdet har bara en linjärt oberoende egenvektor v. I det fallet nns bara en linjärt oberoende lösning på formen e t v. En linjärt oberoende lösning till sökes på mera komplicerad form y(t) = te t v + ue t Vi sätter det uttrycket i systemet ODE och hittar sådan u att y(t) är en lösning till systemet y 0 (t) = Ay(t): y 0 (t) = e t v + te t v + e t u = A te t v + ue t (Av v) te t + (Au u v) e t = 0 (Av v) t + (Au u v) = 0
Dessa ekvationer måste uppfyllas för alla värden av tiden t:detta medför att linjärt oberoende termer med t och utan t måste vara lika med noll. Av v = 0 Au u = v Första ekvationen uppfylles eftersom v är en egenvektor som hör till egenvärdet. Andra ekvationen ger oss en vektor u som kallas i det fallet generaliserade egenvektor. Allmän lösning till systemet ODE framställes som x(t) = C e t v + C te t v + ue t Beroende på om > 0 eller < 0, kallas kon gurationen av banor på fasporträtt instabil eller stabil degenererad nod (källa eller sänka). Exempel. Ange allmän lösning till systemet ODE x 0 (t) = Ax(t), med A =, characteristic polynomial: p() = 4 + 4: Egenvärden är mulktipla =. Motsvarande egenvektor v är en icke trivial lösning till homogena systemet (A I)v = 0 med matrisen. v = : Systemet av ODE har en lösning på formen e t v. Andra linjärt oberoende lösning sökes på formen y(t) = te t v + ue t där generaliserade egenvektorn u satis erar ekvationen (A I)u = v u = u u s och kan väljas på formen u = = med godtycklig s. Vi väljer s = 0 och får u s u = och allmän lösning till systemet ODE på formen 0 x(t) = C e t + C te t v + ue t + C = C e t te t C e = t + C e t + tc e t C e t tc e t + e t 0 Alla lösningar förutom nollösningen går bort från origo då t!.
Kon gurationen kallas instabil degenererad nod och är en källa.