Mat Grundkurs i matematik 3-II

Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II G Gripenberg Aalto-universitetet 2 december 21 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 1 / 39 1 Ekvationssytem och matrisräkning 3 Gauss metod, LU-uppdelning 3 Egenvärden 14 Projektioner 19 Principalkomponenter 21 2 Differentialekvationssystem 26 Randvärdesproblem 34 3 Partiella differentialekvationer 38 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 2 / 39

Gauss metod Antag att vi skall bestämma alla lösningar till ekvationssystemet Med hjälp av Gauss algoritm får vi 2x 1 +3x 2 2x 3 x 4 = 3 2x 1 3x 2 +3x 3 +3x 4 = 4 4x 1 +6x 2 7x 3 8x 4 = 9 6x 1 +9x 2 7x 3 5x 4 = 1 2 3 2 1 3 2 3 3 3 4 4 6 7 8 9 6 9 7 5 1 2 3 2 1 3 1 2 1 3 6 3 1 2 1 r 2 r 2 + r 1 r 3 r 3 2r 1 r 4 r 4 3r 1 r 3 r 3 + 3r 2 r 4 r 4 + r 2 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 3 / 39 forts 2 3 2 1 3 1 2 1 Nu ser via att endast kolumnerna ett och tre innehåller pivot-element, dvs element i matrisen som är det första som inte är noll på sin rad Därför kan vi välja de variabler (x 2 och x 4 ) på vars kolumner det inte finns pivot-element fritt så vi väljer x 2 = s och x 4 = t och eftersom ekvationerna är 2x 1 + 3x 2 2x 3 x 4 = 3 x 3 + 2x 4 = 1, G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 4 / 39

Forts så får vi lösningarna x 1 x 2 x 3 = x 4 1 2 3 2 3 2 + s 1 + t 2 1 1 Om vi skriver ekvationssystemet i formen AX = B så ser vi att varje lösning till ekvationen AX = kan skrivas i formen X = sx 1 + tx 2 där 1 2 3 2 X 1 = 1 och X 2 = 2 Dessutom är det ganska enkelt att visa att 1 om sx 1 + tx 2 = så är s = t = Detta innebär att (X 1, X 2 ) är en bas för vektorrummet N (A) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 5 / 39 Forts LU-uppdelning Av de två termerna i LU-uppdelningen av koefficientmatrisen A är U koefficientmatrisen för ekvationssystemet i trappstegsform, dvs U = 2 3 2 1 1 2 Eftersom vi inte tillämpade partiell pivotering gjorde vi inga radbyten och det betyder att vi får A = LU och inte PA = LU med någon permutationsmatris P När vi gör radoperationer multiplicerar vi med matriser från vänster, dvs vi multiplicerar och detta innebär att L skall vara en sådan matris att då de radopertioner som gjordes ovan tillämpas på L (i samma ordning) så får man enhetsmatrisen Dessutom ser vi att vi kan bygga upp L stegvis så att eftersom den första kolumnen in det första steget är G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 6 / 39

Forts LU-uppdelning så väljer vi 1 1 2 3 1 L 1 = 1 1 2 1 3 1 Om vi tillämpar de tre första radopertionerna på denhär matrisen får vi enhetsmarisen I nästa steg är den tredje kolumnen 2 1 3 1 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 7 / 39 Forts LU-uppdelning Eftersom vi inte gör något mera med första raden behöver vi inte bry oss om det första elementet men resten dividerar vi med det andra elementet som är 1 och då vi sätter in detta i L 1 så får vi 1 L 2 = 1 1 2 3 1 3 1 1 Observera att eftersom L 2 (1, 2) = så påverkar de tre första radoperationerna i första steget inte den andra kolumnen i L 2 Eftersom vi åstadkommit en matris U i trappstegsform med dessa operationer ser vi att L = L 2 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 8 / 39

Geometrisk tolkning av en matris Låt Först beräknar vi A 2 och får A 2 = A = [ 2 6 1 3 [ 2 6 1 3 [ 2 6 1 3 = [ 2 6, 1 3 så att vi ser att A 2 = A Nästa steg är att beräkna AX då [ [ [ 3 2 1 X =, ja 4 1 2 för att se vad vektorerna AX gemensamt och vi får [ [ [ [ 3 3 2 2 A =, A = ja A 4 15 1 1 [ 1 = 2 [ 14 7 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 9 / 39 Exempel, forts Vi får följande figur: AX 1 AX 3 X 3 X 1 X 2 AX 2 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 1 / 39

forts För att kunna ge en geometrisk tolkning av avbildningen X AX så noterar vi att man av figuren ser att bildpunkterna (AX ) ligger på linjen y = 1 2x så att (u, v) är projektionen av punkten (x, y) på denhär linjen, men detta är inte en fråga om en ortogonal projektion, (A är inte [ 3 symmetrisk!) utan projektionen räknas i riktningen av vektorn 1 Detta hänger ihop med att denna vektor är en egenvektor för egenvärdet G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 11 / 39 Basbyte Antag att vektorerna v 1, v 2 och v 3 utgör en bas i R 3 En annan bas är definierad med hjälp av ekvationerna u 1 = v 1 v 2 + 2v 3, u 2 = 2v 1 v 3 och u 3 = v 2 + 3v 3 Om nu koordinaterna för en vektor i basen (u 1, u 2, u 3 ) är [ 2 1 3 T, vad är koordinaterna för den här vektorn i basen (v 1, v 2, v 3 )? Lösning:Vi kan skriva (där vi har vektorer som element i 1 3-matriser) [ u1 u 2 [ u 3 = v1 v 2 v 3 1 2 1 1 2 1 3 Om koordinaterna för en vektor x i basen (u 1, u 2, u 3 ) är [ 2 1 3 T så betyder det att x = [ u 1 2 u 2 u 3 1 = 2u 1 u 2 + 3u 3 3 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 12 / 39

Forts Men nu är x = [ v 1 v 2 v 3 1 2 1 1 2 1 3 vilket innebär att koordinaterna är 1 14 2 1 = [ v 1 v 2 v 3 1 3 14 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 13 / 39 Egenvärden och egenvektorer Om man skall bestämma egenvärden och egenvektorer till matrisen [ 2 4 1 så börjar man med att räkna ut den karakteristiska ekvationen, dvs ([ ) 2 λ 4 det = λ 2 2λ 4 = 1 λ ur vilket vi kan lösa egenvärdena λ = 1 ± 5 En egenvektor som hör till egenvärdet 1 + 5 kan fås som lösning till systemet [ [ 1 5 4 1 1 1 1 5 5 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 14 / 39

Egenvärden, forts Till egenvektor kan vi alltså välja X 1 = [ 1 + 5 1 För egenvärdet 1 5 får vi på motsvarande sätt [ 1 + 5 4 1 1 + 5 [ 1 1 + 5 så att vi till egenvektor kan välja X 2 = [ 1 5 1 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 15 / 39 Dubbla egenvärden och en matris som inte kan diagonaliseras [ 1 1 För att bestämma matrisens A = egenvärden och 4 3 egenvektorer löser vi först den karakteristiska ekvationen ([ ) (1 λ) 1 det(a λi ) = det = λ 2 + 2λ + 1 = 4 ( 3 λ) Som lösningar får vi, λ = 1 ± 1 1 = { 1, 1, av vilket vi ser att λ = 1 är ett dubbelt egenvärde I nästa steg räknar vi ut en egenvektor som hör till egenvärdet 1, dvs vi löser ekvationen (A + I )X = Med Gauss metod får vi, G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 16 / 39

Forts [ 2 1 4 2 r 2 r 2 2r 1 [ 2 1 Av detta ser vi att om vi väljer x 2 = 1 så får vi ur ekvationen 2x 1 x 2 = lösningen x 1 = 1 2 Som egenvektor kan vi alltså välja [ 1 2 1 T, eller lika väl X 1 = [ 1 2 T Alla andra egenvektorer kommer att vara av formen tx1 så det finns bara en linjärt oberoende egenvektor Vi kan alltså inte bilda en inverterbar matris av egenvektorerna, men vi kan försöka hitta en generaliserad egenvektor, dvs en vektor Y 1 med den egenskapen att (A λ 1 I )Y 1 = X 1 Vi skall då igen lösa ekvationssystemet med Gauss metod och vi [ får 2 1 1 4 2 2 r 2 r 2 2r 1 [ 2 1 1 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 17 / 39 Forts Den första ekvationen säger att 2y 1 y 2 = 1 så om vi väljer y 2 = 1 får vi y 1 = 1 så att Y 1 = [ 1 1 Vi kan nu bilda matrisen V = [ 1 1, 2 1 och vi får V 1 AV = [ [ 1 1 1 1 2 1 4 3 [ 1 1 = 2 1 [ [ 1 1 1 2 1 2 1 = [ 1 1 1 Resulatet blir alltså inte en diagonalmatris, utan bara nästan en sådan, (dvs en uppåt triangulär matris med egenvärdena på diagonalen och endel ettor ett steg upp från diagonalen) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 18 / 39

Formeln för en ortogonal projektion? Om man vill härleda formeln för en ortogonal projektion på delrummet uppspännt av ett antal givna vektorer så kan man resonera på följande sätt: Antag att vektorerna är givna som kolumnvektorer Då kan man av dem bilda en matris A Om vektorerna inte är linjärt oberoende kan man lämna bort de som kan skrivas som linjära kombinationer av de andra så att man kan anta att kolumnerna i A är linjärt oberoende Eftersom varje produkt AX är en linjär kombination av kolumnerna i A kan vi utgå ifrån att projektionsmatrisen P kan skrivas som P = AB Om vi vill att projektionen skall vara ortogonal (dvs PX ((I P)X ) så måste P vara symmetrisk, dvs P T = B T A T = P = AB Detta lyckas bättre om B = CA T för då är P T = AC T A T och vi måste dessuton kräva att C = C T För att P skall vara en projektion måste P 2 = P vilket innebär att ACA T ACA T = ACA T Åtminsone ett sätt att få detta villkor uppfyllt är att välja C = (A T A) 1 och då blir P = A(A T A) 1 A T G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 19 / 39 Projektionen P (P 2 = P) är ortogonal (PX X PX, dvs PX är vinkelrät mot X PX ) om och endast om P är symmetrisk Varför: Vi har följande ekvivalenser PX X PX (PX ) T (X PX ) = X T P T X = X T P T PX Om P är symmetrisk så är P T = P och P T P = PP = P = P T så att X T P T PX = X T P T X för alla X, dvs PX X PX för alla X Om PX X PX för alla X så har vi X T P T X = X T P T PX för alla X Men eftersom X T P T X är en 1 1-matris (dvs ett tal) så är (X T P T X ) T = X T PX och X T 1 2 (P + PT )X = X T P T PX Om för en symmetrisk matris A (som 1 2 (P + PT ) P T P) gäller X T AX = för alla X sä är A = dvs 1 2 (P + PT ) = P T P Om vi multiplicerar båda sidorna av den här ekvationen med P T så får vi, eftersom P T P T = (PP) T = P T att 1 2( P T P + P T) = P T P T P = P T P så att P T = P T P Men P T P är en symmetrisk matris och därför måste också P T och såldes P också vara det G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 2 / 39

Hur skall man minimera kvadratsummor? Punkterna (x j, y j ), j = 1,, n är givna och man skall bestämma en linje ax + by = så att summan av kvadraterna av avstånden från punkterna till linjen är så liten som möjligt (Ett mera allmänt fall är att linjen är ax + by = c och då kan man först visa att linjen kommer att gå genom punkten (x, y) = ( 1 n n j=1 x j, 1 n n j=1 y j) så att ekvationen kan skrivas som a(x x) + b(y y) = och genom att ersätta (x j, y j ) med (x j x, y y) kommer man tillbaka till situationen här) För att få en linje måste vi anta att inte både a och b är noll så vi kan lika bra kräva att a 2 + b 2 = 1 Avståndet från punkten (x j, y j ) till linjen ax + by = är då ax j + by j så vi skall minimera uttrycket [ n a j=1 (ax j + by j ) 2 då a 2 + b 2 = 1 Om vi låter X = så skall vi minimera b (A T X ) T A T X då X T X = 1 För detta bildar vi Lagrange-funktionen L(X, λ) = (A T X ) T A T X λ(x T X 1) = X T AA T X λ(x T X 1) Derivatorna med avseedna på X och λ skall vara så vi får G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 21 / 39 Forts L X = X T (AA T + (AA T ) T ) 2λX T =, L λ = X T x 1 = Eftersom (AA T ) T = AA T så ger det första villkoret ekvationen AA T X = λx, Vilket innebär att λ är ett egenvärde för AA T och X är en egenvektor med längden 1 Funktionens värde blir då X T AA T X = λx T X = λ så vi skall välja λ så liten som möjligt Nu är AA T = USV T V T S T U T = USS T U T och eftersom U är ortogonal, dvs U 1 = U T så ser vi att kolumnerna i U är egenvektorer för AA T och egenvärdena är S(j, j) 2 Detta innebär att summan av avstånde från punkterna (x j, y j ) till linjen ax + by = är S(2, 2) 2 Om man vill ha riktningsvektorn för [ linjen ax + by = så tar a man en vektor som är ortogonal mot vektorn och en sådan vektor är b U(:, 1) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 22 / 39

Minsta kvadratsummor Om man skall bestämma den räta linje som bäst beskriver datapunkterna (2, ), (, 3), ( 2, 3) och ( 3, 4), så måste man först bestämma vad man menar med bäst och i detta sammanhang är det att summan av kvadraterna av avstånden från punkterna till linjen är så liten som möjligt För att göra detta skall vi först räkna ut medelvärdet av punkternas koordinater, och det blir x = 1 4 4 x(j) = 75 och y = 1 4 j=1 4 y(j) = 25 j=1 Vi byter ut punkterna (x j, y j ) mot (x j x, y j y) och sätter in dem i en matris [ 275 75 125 225 A = 25 5 5 15 Nästa steg är att räkna ut (åtminsone en del av) singulärvärdesuppdelningen av A Först räknar vi G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 23 / 39 Forts AA T = [ 1475 15 15 9 Nu skall vi räkna ut denhär matrisens egenvärden och vi får först den karakteristiska ekvationen ([ ) det(aa T (1475 λ) 15 λi ) = det = λ 2 2375λ + 45 15 (9 λ) 2 = Som lösningar får vi, λ = 11875 ± 1412 225 = { 22761, 98851, av vilket vi ser att egenvärdena är λ 1 = 22761 och λ 2 = 98851 I nästa steg räknar vi ut en egenvektor som hör till det största egenvärdet λ 1 = 22761 dvs vi löser ekvationen (AA T 22761I )X = Med Gauss metod får vi G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 24 / 39

Forts [ 8115 15 15 13761 [ 8115 15 r 2 r 2 1316r 1 Av detta ser vi att om vi väljer x 2 = 1 så får vi ur ekvationen 8115x 1 15x 2 = lösningen x 1 = 1316 Vi kan till egenvektor alltså välja X 1 = [ 1316 1 T I dethär fallet är det inte nödvändigt att normalisera egenvektorn så att den har längden 1 Den räta linjen vi sökt har alltså riktningsvektorn [ 1316 1 T och går genom punkten ( 75, 25) så att ekvationen blir (x ( 75)) + 1316(y 25) = eller x + 1316y = 25265 Observera [ att om a och b är koefficienterna a linjens ekvation ax + by = c så är normalen till linjen och därför b vinkelrät mot linjens riktningsvektor och således också en egenvektor som hör till det mindre egenvärdet eftersom den symmetriska matrisen AA T har egenvektorer som är vinkelräta mot varandra G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 25 / 39 En högre ordningens ekvation som system Om man vill skriva differentialekvationen y (t) + 3y (t) + 2y(t) = cos(t), y () =, y () = y() = 1 som ett differentialekvationssystem y(t) Y (t) = AY (t) + F (t) så låter man Y (t) = y (t) Det är klart att y (t) d dt y(t) = y (t) och d dt y (t) = y (t) Av ekvationen följer att d dt y (t) = y (t) = 2y(t) + y (t) 3y (t) + cos(t) Av detta följer att y() 1 Y () = y () = 1 och y () 1 Y (t) = 1 Y (t) + 2 3 cos(t) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 26 / 39

Ett blandningsproblem Behållaren A innehåller 2 liter, behållaren B innehäller 3 liter och behållaren C 4 liter saltvatten Vid tidpunkten t = är salthalten i behållaren A 4 g, i behållaren B 2 g och i behållaren C 3 g salt per liter vätska Till behållaren A pumpas med hastigheten 2 liter per minut rent vatten Vätskan i behållaren A blandas och 3 liter vätska pumpas per minut över till behållaren B Till behållaren B pumpas också 2 liter per minut av en vätska som innehåller f (t) g salt per liter vid tidpunkten t, och av den väl blandade vätskan pumpas 1 liter per minut tillbaka till behållaren A och 5 liter per minut pumpas till behållaren C Till behållaren C pumpas 1 liter rent vatten per minut Innehållet i behållaren C blandas och 1 liter vätska pumpas till behållaren B och 5 liter per minut pumpas ut också väl Om man nu skall bilda ett differentialekvationssytem ur vilket man kan lösa saltmängderna i behållarna så kan man låta x(t) vara saltmängden i behållaren A, y(t) saltmängden i behållaren B och z(t) saltmängden i behållaren C vid tidpunkten t Eftersom vätskemängderna hela tiden förblir oförändrade så är salthalterna x(t)/2, y(t)/3 och z(t)/4 (g/l) Differentialekvationssytemet blir därför G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 27 / 39 Forts x (t) = x(t) 2 3 + y(t) 3 y (t) = x(t) 2 3 y(t) 3 6 + z(t) + 2f (t) 4 z (t) = y(t) 3 6 z(t) 4 5 med x() = 8, y() = 6 och z() = 12 Dethär differentialekvationssystemet kan skrivas i formen Y (t) = AY (t) + F (t) där A = 3 1 2 3 3 2 6 1 3 4 5 3 6 4 och F (t) = 2f (t) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 28 / 39

Lösning med egenvektorer 1 Om man skall lösa differentialekvationen Y (t) = AY (t), Y () = 2 3 4 då A = 1 1 1 kan vi utnyttja det faktum att A har egenvärdena 2 3 1 λ 1 = 1 och λ 2 = 1 med egenvektorer X 1 = och X 2 = 1 och att 1 2 Y 2 = är en generaliserad egenvektor för det dubbla egenvärdet 1 1 Det faktum att Y 2 är en generaliserad egenvektor innebär att (A ( 1)I )Y 2 = X 2 som man lätt kan konstatera Nu kan man skriva lösningen i formen ( ) Y (t) = c 1 e λ1t X 1 + c 2 e λ2t X 2 + c 3 te λ2t X 2 + e λ2t Y 2 G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 29 / 39 Lösning med egenvektorer, forts För att konstatera att Y verkligen är en lösning observerar vi att Y (t) = c 1 e λ 1t λ 1 X 1 + c 2 e λ 2t λ 2 X 2 + c 3 te λ 2t λ 2 X 2 + c 3 e λ 2t (X 2 + λ 2 Y 2 ), och eftersom AX j = λ j X j och AY 2 = λ 2 Y 2 + X 2 så gäller faktiskt Y (t) = AY (t) För att bestämma c 1, c 2 och c 3 sätter vi in t = och får 1 1 2 2 = c 1 + c 2 1 + c 3, 1 1 och ur dethär ekvationssystemet kan vi lösa c 1 = 1, c 2 = 2 och c 3 = 1 Lösningen blir alltså e t 2e t Y (t) = 2e t te t e t e t G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 3 / 39

Rov- och bytesdjur Antag att på en ort vid tidpunkten t finns K(t) kaniner och R(t) rävar (men kräv inte att dessa antal skall vara heltal) Antag vidare att kaninerna förökar sig men också blir uppätna av rävarna så att den procentuella förändringen i antalet kaniner är ca 1 (a br(t)) t under tidsperioden (t, t + t) På motsvarande sätt dör rävarna men kan föröka sig om det finns kaniner så att den procentuella förändringen i antalet rävar är ca 1 ( c + dk(t)) t under samma tidsperiod Av dessa antaganden följer att K(t + t) K(t) (a br(t))k(t) t, R(t + t) R(t) ( c + dk(t))r(t) t Om man nu dividerar med t, tar gränsvärdet då t och struntar i att man bara har approximationer så får man följande ekvationssystem (de sk Lotka-Volterra ekvationerna) [ K (t) R (t) = F ([ K(t) R(t) ) = [ (a br(t))k(t) ( c + dk(t))r(t) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 31 / 39 Rov- och bytesdjur, forts Ur ekvationssystemet F (K, R) = kan man lösa jämviktspunkterna som blir (K, ) = (, ) och ( c d, a b ) (vi antar att a, b, c och d är positiva) För att kunna avgöra om jämviktspunkterna är asymptotiskt stabila räknar vi derivatan av F i dessa punkter och eftersom ([ ) [ F K (a br) bk = R dr ( c + dk) så är ([ ) [ ([ F a c ) [ = och F d bc c a = d ad b b [ I punkten är egenvärdena a och c och eftersom ett egenvärde är positivt är punkten inte asymptotiskt stabil I punkten är egenvärdena ±i ac och eftersom de är rent imaginära kan man inte på grundval av detta säga någonting [ c d a b G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 32 / 39

Rov- och bytesdjur, forts Om man däremot deriverar funktionen h(t) = R(t) a e br(t) K(t) c e dk(t) så får man h (t) = ar (t) R(t) h(t) br (t)h(t) + ck (t) K(t) h(t) dk (t)h(t) ( = h(t) a( c + dk(t)) b( c + dk(t))r(t) ) + c(a br(t)) d(a br(t))k(t) = Detta innebär att R(t) a e br(t) K(t) c e dk(t) är en konstant och eftersom R a e br K c e dk = H är en sluten kurva i (K, R)-planet (om H < ( a b )a e a ( c d )c e c ) så kan man visa att ekvationssystemet har periodiska lösningar och jämviktspunkt [ c d a b är en stabil men inte asymptotiskt stabil G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 33 / 39 Ett randvärdesproblem För vilka (reella) värden av λ har randvärdesproblemet y (x) + λy(x) =, < x < 1, y() = y(1) =, en icke-trivial lösning (dvs en lösning som inte är identiskt ) och vad är lösningen för dessa värden av λ? Observera att man på samma sätt som för reella symmetriska matriser kan visa att man inte kan hitta icke-triviala lösningar om λ är ett komplext tal Den karakteristiska ekvationen för differentialekvationen som man för genom att sätta in y(x) = e rx är r 2 + λ =, så om λ = µ 2 där µ > så är r = ±µ och den allmänna lösningen y(x) = c 1 e µx + c 2 e µx Eftersom y() = är c 1 + c 2 = vilket innebär att c 1 = c 2 och eftersom y(1) = så är c 1 e µ + c 2 e µ = så att c 2 (e µ e µ ) = Om nu c 2 = G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 34 / 39

Ett randvärdesproblem, forts så är y identiskt och annars måste e µ = e µ vilket är omöjligt om µ > Härav följer att vi inte kan ha λ < Om λ = är den allmänna lösningen y(x) = c 1 + c 2 x och villkoret y() = innebär att c 1 = och villkoret y(1) = att c 2 =, så inte heller i detta fall får vi en icke-trivial lösning och λ kan inte vara Om λ > har den karakteristiska ekvationen lösningarna r = ±i λ och den allmänna lösningen är y(x) = c 1 cos( λx) + c 2 sin( λx) Villkoret y() = ger c 1 = och villkoret y(1) = ger c 2 sin( λ) = och eftersom c 2 (för annars får vi en trivial lösning) så är sin( λ) = dvs λ = nπ och λ = n 2 π 2, där n = 1, 2, 3, (eftersom λ > tar vi inte med n = ) Motsvarande egenfunktion blir y n = sin(nπx) G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 35 / 39 Randvärdesproblem och ortogonalitet Definiera Au = u då u D(A) där D(A) = { u : [, 1 R : u är två gånger deriverbar, u (x) 2 dx < och u() = u(1) = } Om nu u och v D(A) så får man genom att integrera partiellt två gånger och genom att i den första insättningstermen utnyttja det faktum att v() = v(1) = och i den andra att u() = u(1) = : v(x)(au)(x) dx = / 1 = = v(x)u (x) + / 1 v (x)u(x) v(x)u (x) dx v (x)u (x) dx = v (x)u(x) dx = v (x)u (x) dx (Av)(x)u(x) dx G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 36 / 39

Randvärdesproblem och ortogonalitet, forts Av detta följer att A:s egenvärden är reella men här skall vi visa att egenfunktionerna är vinkelräta mot varandra vilket i detta fall betyder att y n(x)y m (x) dx = om Ay n = λ n y n och Ay m = λ m y m så att λ n λ m Om nu Ay n = λ n y n och Ay m = λ m y m där λ n λ m så får vi = λ m y n (x)y m (x) dx = så att (Ay n )(x)y m (x) dx = (λ m λ n ) y n (x)λ m y m (x) dx = y n (x)(ay m )(x) dx λ n y n (x)y m (x) dx = λ n y n (x)y m (x) dx, och eftersom λ m λ n följer det att y n (x)y m (x) dx =, y n (x)y m (x) dx = G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 37 / 39 Slumpvandring och diffusionsekvationen Antag att en partikel rör sig så att om den vid tidpunkten k t befinner sig i punkten j x så har den vid tidpunkten (k + 1) t flyttat till punkten (j + 1) x med sannolikheten 1 2 och till punkten (j 1) x med sannolikheten 1 2 Om nu U(j, k + 1) betecknar sannolikheten för att partikeln befinner sig i punkten j x vid tidpunkten (k + 1) t så betyder det att U(j, k + 1) = 1 2 U(j + 1, k) + 1 U(j 1, k), 2 eftersom den vid tidpunkten k t måste ha befunnit sig antingen i punkten (k + 1)δx eller i punkten (k 1) x Detta kan också skrivas som U(j, k + 1) U(j, k) = ( x)2 U(j + 1, k) 2U(j, k) + U(j 1, k) t 2 t ( x) 2 = ( x)2 1 1 x (U(j + 1, k) U(j, k)) x (U(j, k) U(j 1, k)) 2 t x Om vi nu definierar funktionen u(x, t) med u(j, x, k t) = U(j, k) och G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 38 / 39

Slumpvandring och diffusionsekvationen, forts x och t så att ( x)2 2 t gränsvärde få ekvationen α så kan vi vänta oss att som u t (x, t) = αu xx (x, t) Man kan också behandla detta slumpvandringsproblem på följande sätt: Vid tidpunkten k t befinner sig partikeln i punkten k i=1 Z i där Z 1, Z 2, är oberoende slumpvariabler som får värdet x med sannolikheten 1 2 och värdet x med sannolikheten 1 2 Eftersom väntevärdet av Z j är och variansen ( x) 2 så har slumpvariablen k i=1 Z i väntevärdet och variansen k ( x)2 Om vi nu antar att t = k t och ( x) 2 = 2 t (dvs α = 1) så kommer slumpvariabelns k i=1 Z i täthetsfunktion enligt den centrala konvergenssatsen att närma sig täthetsfunktionen för en normalfördelad slumpvariabel med väntevärdet och variansen 2t dvs täthetsfunktionen närmar sig x 2 u(x, t) = 1 2 πt e 4t G Gripenberg (Aalto-universitetet) Mat-11532 Grundkurs i matematik 3-II 2 december 21 39 / 39