Lineaire Algebra voor W 2Y650

Transcriptie

1 Lineaire Algebra voor W 2Y650 Docent: L Habets HG 809, Tel: , lcgjmhabets@tuenl 1

2 Herhaling: Oplossing homogene DV ẋ = Ax Aanname: A is diagonaliseerbaar Stelling: Als A een n n matrix is met n lineair onafhankelijke eigenvectoren p 1, p 2,, p n, corresponderend met de eigenwaarden λ 1, λ 2,, λ n van A, dan wordt de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking ẋ = Ax gegeven door x(t) = b 1 e λ 1t p 1 + b 2 e λ 2t p b n e λ nt p n 2

3 Als bovendien de beginwaarden gegeven zijn door x(0) = (c 1, c 2,, c n ) T, dan geldt b 1 b 2 b n = P 1 c 1 c 2 c n, met P = (p 1 p 2 p n ) 3

4 Herhaling: inhomogene differentiaalvergelijkingen Zij f een vectorwaardige functie van R naar R n We beschouwen nu de inhomogene lineaire differentiaalvergelijking ẋ(t) = Ax(t) + f(t), en veronderstellen dat A diagonaliseerbaar is: P 1 AP = Λ, met Λ = λ λ λ n 4

5 Herhaling: notatie: e Λt = e λ 1t e λ 2t e λ nt P = (p 1 p 2 p n ), met p i eigenvector van A, behorende bij eigenwaarde λ i 5

6 Herhaling: oplossing Als x(0) = (c 1, c 2,, c n ) T, dan is de oplossing van het beginwaardeprobleem x(t) = P e Λt P 1 c + t 0 P e Λ(t s) P 1 f(s) ds 6

7 Alternatieve oplosmethode De algemene oplossing van een inhomogene differentiaalvergelijking is van de vorm met x(t) = x h (t) + x p (t), x h (t) de algemene oplossing van ẋ(t) = Ax(t), x p (t) een particuliere oplossing van ẋ(t) = Ax(t) + f(t) Immers ẋ h (t) + ẋ p (t) = Ax h (t) + Ax p (t) + f(t) = A(x h + x p )(t) + f(t) 7

8 Het vinden van een particuliere oplossing Voorbeeld: Veronderstel dat f(t) = e αt v, met v een vaste vector, en α een reëel getal, dat geen eigenwaarde van A is 1 Probeer als particuliere oplossing x p (t) = e αt w, met w een nog onbekende vector 2 Dan ẋ p (t) = αe αt w, maar ook ẋ p (t) = Ax p (t) + e αt v = e αt Aw + e αt v 3 Er volgt dus (A αi)w = v, en deze lineaire vergelijking heeft precies één oplossing w 4 Conclusie: x p (t) = e αt (A αi) 1 v is een particuliere oplossing 8

9 De exponentiële functie voor matrices Bij Calculus zal nog aan de orde komen dat e x = 1 + x + x2 2! + x3 3! + Analoog hieraan, definiëren we voor de n n matrix A: e ta = k=0 (ta) k k! = I + ta + t2 2! A2 + t3 3! A3 + 9

10 In het bijzonder volgt dat als Λ een diagonaalmatrix is, met de getallen λ 1,, λ n op de diagonaal: e Λt = e λ 1t e λ 2t e λ nt 10

11 Stelling: Zij A een diagonaliseerbare matrix, met A = P ΛP 1 Dan geldt e ta = P e Λt P 1 Bewijs: e ta = I + tp ΛP 1 + t2 2! P Λ2 P 1 + t3 3! P Λ3 P 1 + ) = P (I + Λt + (Λt)2 + (Λt)3 + P 1 2! 3! = P e Λt P 1 11

12 Oplossing homogene vergelijking ẋ(t) = Ax(t) met A diagonaliseerbaar, en met beginwaarde x(0) = c = (c 1, c 2,, c n ) T : x(t) = P e Λt P 1 c = e ta c Oplossing inhomogene vergelijking ẋ(t) = Ax(t) + f(t) met A diagonaliseerbaar, en met beginwaarde x(0) = c = (c 1, c 2,, c n ) T : x(t) = P e Λt P 1 c + = e ta c + t 0 t 0 P e Λ(t s) P 1 f(s) ds e (t s)a f(s) ds 12

13 Voorbeeld A = Eigenwaarden en eigenvectoren λ 1 = 2, v 1 = (1, 0, 0) T, λ 2 = 2, v 2 = (1, 1, 2) T, λ 3 = 3, v 3 = ( 7, 2, 1) T 13

14 e ta = P e Λt P 1 = e 2t 3e 2t e2t e 3t e 2t e2t 7 5 e 3t e2t e 3t 2 5 e2t 2 5 e 3t e2t 2 5 e 3t 4 5 e2t e 3t 14

15 Complexe eigenwaarden Zij A een reële n n matrix, en zij λ C\R een complexe eigenwaarde van A, met complexe eigenvector v Dan is ook λ een eigenwaarde van A met eigenvector v complexe eigenwaarden van een reële matrix komen voor in compex geconjugeerde paren, de eigenvectoren bij een complex geconjugeerde eigenwaarden zijn elkaars complex geconjugeerde Vraag: hoe los je in dit geval de differentiaalvergelijking ẋ = Ax op? 15

16 Voorbeeld A = Karakteristiek polynoom det(a λi) = ( 1 λ)( 3 λ) + 10 = λ 2 + 4λ + 13 Nulpunten karakteristiek polynoom: λ 1 = 2 + 3i, λ 2 = 2 3i 16

17 Eigenwaarden en eigenvectoren: λ 1 = 2 + 3i, v 1 = λ 2 = 2 3i, v 2 = 1 + 3i 5 1 3i 5, 17

18 Algemene oplossing van de differentiaalvergelijking ẋ = Ax in C n : x(t) = c 1 e ( 2+3i)t 1 + 3i + c 2 e ( 2 3i)t 1 3i 5 5 Deze oplossing is reëel indien c 1 = c 2 In dat geval x(t) = Re(ce λ1t v 1 ), met c C, = d 1 Re (e ( 2+3i)t 1 + 3i + d 2 Im (e ( 2+3i)t 1 + 3i 5 5 = d 1 e 2t cos(3t) 1 5 sin(3t) 3 0 +d 2 e 2t sin(3t) cos(3t)

19 n e orde lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = 0 Herformulering in termen van n eerste orde lineaire differentiaalvergelijkingen: x 1 = y ẋ 1 = x 2 x 2 = y ẋ 2 = x 3 x 3 = y (2) ẋ 3 = x 4 x n 1 = y (n 2) ẋ n 1 = x n x n = y (n 1) ẋ n = y (n) = a 1 x n a 2 x n 1 a n x 1 19

20 A = a n a n 1 a 2 a 1 Differentiaalvergelijking ẋ = Ax Karakteristiek polynoom: det(a λi) = ( 1) n (λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n ) 20

21 Als λ een eigenwaarde is van A, dan is de bijbehorende eigenvector: 1 λ λ 2 λ n 1 Gevolg: Als A allemaal verschillende eigenwaarden λ 1,, λ n heeft, dan is de algemene oplossing van de n e orde homogene DV: y(t) = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t + + c n e λ nt 21

22 Inhomogene lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten Oplossing: y (n) + a 1 y (n 1) + + a n 1 y + a n y = f(t) y(t) = y h (t) + y p (t), met y h de algemene oplossing van de homogene DV, en y p een particuliere oplossing van de inhomogene DV 22

23 Vuistregels: als f(t) = g(t)e ct, met g een polynoom, probeer y p (t) = h(t)e ct, met h een polynoom van de graad gr(p) + m c, waarbij m c de multipliciteit is van de factor (λ c) in de karakteristieke vergelijking van de DV als f(t) = sin(µt) of f(t) = cos(µt), en iµ is geen nulpunt van de karakteristieke vergelijking, probeer dan y p (t) = α sin(µt) + β cos(µt) 23