college 4a

Differentiaalvergelijkingen
Technische Universiteit Delft
Roelof Koekoek
wi2030WbMT
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
1 / 11
Fundamentaalmatrices
Als {x1 (t), . . . , xn (t)} een fundamentaalverzameling is van
x0 (t) = A x(t)
met A een (n × n)-matrix,
dat wil zeggen: x1 (t), . . . , xn (t) zijn oplossingen en de verzameling
{x1 (t), . . . , xn (t)} is lineair onafhankelijk, dan heet de matrix




Ψ(t) :=  x1 (t) . . . xn (t) 
een fundamentaalmatrix.
Hiervoor geldt dus: Ψ0 (t) = A Ψ(t).
Merk op, dat |Ψ(t)| = W (x1 , . . . , xn )(t) 6= 0.
Dus: Ψ(t) is inverteerbaar.
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
2 / 11
Fundamentaalmatrices
De algemene oplossing van
x0 (t) = A x(t)
is
x(t) = c1 x1 (t) + · · · + cn xn (t).
Met behulp van de fundamentaalmatrix Ψ(t) kan
worden als

c1
 ..
x(t) = Ψ(t) c met c =  .
dit geschreven



cn
Voor x0 (t) = A x(t) met beginvoorwaarde x(t0 ) = x0 geldt dan:
x(t) = Ψ(t) c met
Roelof Koekoek (TU Delft)
c = Ψ−1 (t0 )x0 .
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
3 / 11
eA t
Definitie
De fundamentaalmatrix Ψ(t) die voldoet aan
Ψ0 (t) = A Ψ(t) en
Ψ(0) = I
wordt aangeduid met: Ψ(t) = exp(A t) = e A t
Hierbij geldt:
e A t :=
∞
X
(A t)n
n=0
n!
= I + At +
1 2 2
A t + ...
2
Hieruit volgt:
d A t
e
= A · eA t
dt
Roelof Koekoek (TU Delft)
en
Differentiaalvergelijkingen
eA 0 = I
wi2030WbMT
4 / 11
eA t
Als Ψ(t) een (willekeurige) fundamentaalmatrix is van het stelsel
x0 (t) = A x(t),
dan geldt:
e A t = Ψ(t)Ψ−1 (0).
Vergelijk met opgave 13 van §7.7, waarbij dus t0 = 0 moet zijn!
2
1
0
=⇒ λ = ±i
Voorbeeld: x (t) = A x(t) met A =
−5 −2
ve
λt
=
−1
2−i
Roelof Koekoek (TU Delft)
e
it
=
− cos(t)
2 cos(t) + sin(t)
Differentiaalvergelijkingen
+i
− sin(t)
2 sin(t) − cos(t)
wi2030WbMT
5 / 11
eA t
Dus:
Ψ(t) =
− cos(t)
− sin(t)
2 cos(t) + sin(t) 2 sin(t) − cos(t)
Hieruit volgt dat
−1
0
Ψ(0) =
2 −1
=⇒
−1
Ψ
(0) =
−1
0
−2 −1
Nu volgt:
eA t
= Ψ(t)Ψ−1 (0)
− cos(t)
− sin(t)
−1
0
=
2 cos(t) + sin(t) 2 sin(t) − cos(t)
−2 −1
cos(t) + 2 sin(t)
sin(t)
=
−5 sin(t)
cos(t) − 2 sin(t)
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
6 / 11
Nog een voorbeeld
x0 (t)
−1 4
1 2
= A x(t) met A =
Dan volgt:
−1 − λ
4
1
2−λ
= λ2 −λ−6 = (λ−3)(λ+2) =⇒ λ1 = 3, λ2 = −2
Verder volgt:
λ1 = 3 :
en
−4
4
1 −1
λ2 = −2 :
1 4
1 4
Dus:
Ψ(t) =
Roelof Koekoek (TU Delft)
=⇒
v1 =
=⇒
e3 t
e3 t
v2 =
4e −2 t
−e −2 t
Differentiaalvergelijkingen
1
1
4
−1
wi2030WbMT
7 / 11
Hieruit volgt:
1
4
1 −1
Ψ(0) =
=⇒
−1
Ψ
1
(0) = −
5
−1 −4
−1
1
1
=
5
1
4
1 −1
Dan volgt dus:
e
At
−1
= Ψ(t)Ψ
=
Roelof Koekoek (TU Delft)
1
5
1
(0) =
5
e 3 t + 4e −2 t
e 3 t − e −2 t
e3 t
e3 t
4e −2 t
−e −2 t
4e 3 t − 4e −2 t
4e 3 t + e −2 t
Differentiaalvergelijkingen
1
4
1 −1
wi2030WbMT
8 / 11
Diagonaliseerbaar
−→
ontkoppelen
Als de matrix A diagonaliseerbaar is, dan geldt: A = P D P −1 voor
zekere inverteerbare matrix P en diagonaalmatrix D.
!
Als P =
v1 . . . vn
AP = P D
en D = diag(λ1 , . . . , λn ), dan volgt:
⇐⇒
Avi = λi vi ,
i = 1, 2, . . . , n
Dus: x(t) = c1 v1 e λ1 t + · · · + cn vn e λn t met c1 , . . . , cn ∈ R
Stel nu: x(t) = P y(t), dan volgt:
x0 (t) = A x(t) ⇐⇒ P y0 (t) = P D P −1 P y(t) ⇐⇒ y0 (t) = D y(t)
Dit proces heet ontkoppelen
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
9 / 11
x0 (t) = A x(t) is een stelsel gekoppelde differentiaalvergelijkingen en
y0 (t) = D y(t) is een stelsel niet-gekoppelde differentiaalvergelijkingen:
 0

λ1 t


 y1 (t) = λ1 y1 (t)
 y1 (t) = c1 e
..
..
=⇒
.
.


 0

yn (t) = λn yn (t)
yn (t) = cn e λn t
Hieruit volgt dat


 
y1 (t)
c1 e λ1 t


 
..
y(t) =  ...  = 

.
λ
t
n
yn (t)
cn e
met
c1 , . . . , cn ∈ R
Dus:
!
x(t) = P y(t) =
Roelof Koekoek (TU Delft)
v1 . . . vn

c1 e λ1 t


..
λ t
λ t
 = c1 v1 e 1 +· · ·+cn vn e n

.
c n e λn t

Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
10 / 11
Dus:
x0 (t) = A x(t)
met
A = P D P −1
en
x(t) = P y(t)
Dan volgt:
e D t = diag(e λ1 t , . . . , e λn t ) en e A t = P e D t P −1
Voorbeeld:
x0 (t)
−1 4
1 2
= A x(t) met A =
1
4
We hebben gezien dat P =
en D = diag(3, −2)
1 −1
1 1
4
−1
Dan volgt: P =
en dus:
5 1 −1
3t
1 1
4
e
0
1
4
At
D t −1
e
= Pe P =
0 e −2 t
1 −1
5 1 −1
1 e 3 t + 4e −2 t 4e 3 t − 4e −2 t
=
e 3 t − e −2 t
4e 3 t + e −2 t
5
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
11 / 11

Download Report