college 4b - TU Delft

Differentiaalvergelijkingen
Technische Universiteit Delft
Roelof Koekoek
wi2030WbMT
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
1/1
Diagonaliseerbaarheid
Een matrix A is niet diagonaliseerbaar als
• A niet-re¨
ele eigenwaarden heeft, ´
of
• A meervoudige re¨
ele eigenwaarden heeft waarvan de meetkundige
multipliciteit kleiner is dan de algebra¨ısche multipliciteit
Hierbij is de algebra¨ısche multipliciteit het aantal keren dat de
eigenwaarde als nulpunt van het karakteristieke polynoom optreedt en
de meetkundige (of geometrische) multipliciteit de dimensie van de
bijbehorende eigenruimte oftewel het aantal lineair onafhankelijke
eigenvectoren
Het voorkomen van meervoudige eigenwaarden hoeft dus op zich geen
probleem te zijn voor de diagonaliseerbaarheid; als er maar voldoende
lineair onafhankelijke eigenvectoren zijn
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
2/1
Voorbeeld


1 2 1
x0 (t) = A x(t) met A =  0 1 0 
0 2 2
1−λ
2
1
1−λ
0
|A − λ I | = 0
0
2
2−λ
1−λ
0
= (1 − λ) 2
2−λ
= (1 − λ)2 (2 − λ)
De eigenwaarden zijn dus: λ = 2 en λ = 1 (tweemaal). Dan volgt:


 
−1
2 1
1



0 −1 0
λ=2:
=⇒ E2 = Span{ 0 }
0
2 0
1
en
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
3/1
Voorbeeld

λ=1:

0 2 1
 0 0 0 
0 2 1

=⇒
 

1
0
E1 = Span{ 0  ,  1 }
0
−2
De matrix A is dus diagonaliseerbaar: A = P D P −1 met


1 1
0
1  en D = diag(2, 1, 1)
P= 0 0
1 0 −2


0
2
1
Nu volgt (ga na!): P −1 =  1 −2 −1 
0
1
0
De algemene oplossing van x0 (t) = A x(t) is dus:
 
 


1
1
0
x(t) = c1  0  e 2 t + c2  0  e t + c3  1  e t
1
0
−2
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
4/1
Voorbeeld
Verder vinden we nu:
eA t
= P e D t P −1


1 1
0
1 
=  0 0
1 0 −2


1 1
0
1 
=  0 0
1 0 −2
 t
e 2e 2 t − 2e t
et
=  0
2
t
0 2e − 2e t
Roelof Koekoek (TU Delft)
e2 t
0
0


0
0
2
1
0   1 −2 −1 
et
0
1
0

0 2e 2 t e 2 t
e t −2e t −e t 
0
et
0

e2 t − et

0
2
t
e
0
et
0
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
5/1
Defecte matrices
Een matrix A heet defect als deze meervoudige (re¨ele) eigenwaarden
heeft en niet diagonaliseerbaar is
Dat treedt op als A een meervoudige eigenwaarde heeft waarvan de
algebra¨ısche multipliciteit (strikt) groter is dan de meetkundige of
geometrische multipliciteit
1 −1
0
Voorbeeld: x (t) = A x(t) met A =
1
3
1 − λ −1 = λ2 − 4λ + 4 = (λ − 2)2
|A − λ I | = 1
3−λ Dus: A heeft een tweevoudige (of dubbele) eigenwaarde λ = 2
Nu volgt:
λ=2:
Roelof Koekoek (TU Delft)
−1 −1
1
1
=⇒ E2 = Span{v} met v =
Differentiaalvergelijkingen
−1
1
wi2030WbMT
6/1
Dus:
dim E2 = 1 en A is dus niet diagonaliseerbaar (A is defect)
We weten nu:
ve λ t
=
−1
1
e 2 t is een oplossing van x0 (t) = A x(t)
Maar wat is nu een tweede (lineair onafhankelijke) oplossing?
We zouden x(t) = u t e 2 t voor zekere u kunnen proberen:
Dan volgt: x0 (t) = u (2t + 1) e 2 t
Invullen geeft dan:
u (2t + 1) e 2 t = A u t e 2 t
=⇒
u=o
Dit levert dus geen lineair onafhankelijke tweede oplossing op
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
7/1
Als we echter een oplossing van de vorm x(t) = u1 t e 2 t + u2 e 2 t
proberen, dan lukt het wel: dan is x0 (t) = u1 (2t + 1) e 2 t + 2u2 e 2 t
Invullen geeft dan:
u1 (2t + 1) e 2 t + 2u2 e 2 t = A u1 t e 2 t + A u2 e 2 t
Hieruit volgt:
A u1 = 2u1
en
A u2 = u1 + 2u2
oftewel
(A − 2 I )u1 = o en
(A − 2 I )u2 = u1
Dus: de vector u1 is een eigenvector van A behorende bij de e.w. 2
De vector u2 heet een gegeneraliseerde eigenvector van A bij de e.w. 2
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
8/1
Voor u1 kiezen we dus bijvoorbeeld: u1 =
−1
1
Dan volgt:
1
(A − 2 I )u2 = u1 :
0
1
Er zijn (oneindig) veel oplossingen; kies bijvoorbeeld: u2 =
0
Dan volgt:
−1
1
−t + 1
2t
2t
2t
2t
x(t) = u1 t e +u2 e =
te +
e =
e2 t
1
0
t
−1 −1 −1
1 1
∼
1
1
1
0 0
Dit is dus ook een oplossing van x0 (t) = A x(t)
De Wronskiaan van de twee oplossingen is:
−e 2 t (−t + 1)e 2 t = −te 4 t + te 4 t − e 4 t = −e 4 t 6= 0
e2 t
te 2 t
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
9/1
De algemene oplossing is dus:
−1
−1
1
x(t) = c1
e 2 t + c2
t e2 t +
e2 t
1
1
0
Dit principe kan worden voortgezet voor situaties waarbij de matrix A
een eigenwaarde λ heeft met algebra¨ısche multipliciteit ≥ 3 en
meetkundige multipliciteit 1
Zie ook: opgave 18 van §7.8
x1 (t) = u1 e λ t met (A − λ I )u1 = o
x2 (t) = u1 t e λ t + u2 e λ t met (A − λ I )u2 = u1
x3 (t) =
1
2 λt
2 u1 t e
+ u2 t e λ t + u3 e λ t met (A − λ I )u3 = u2
Enzovoorts
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
10 / 1
Wat nu in de situatie dat de matrix A een eigenwaarde λ heeft met
algebra¨ısche multipliciteit ≥ 3 en meetkundige multipliciteit ≥ 2?
Zie ook: opgave 19 van §7.8
Elke lineair onafhankelijke eigenvector u van A behorende bij de
eigenwaarde λ levert een oplossing van de vorm
x(t) = u e λ t
Een andere oplossing heeft dan de vorm
x(t) = u t e λ t + v e λ t
met u een eigenvector en v een gegeneraliseerde eigenvector van A
Dus:
(A − λ I )u = o en (A − λ I )v = u
Dit is echter alleen oplosbaar voor een geschikt gekozen eigenvector u
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
11 / 1
De Jordan normaalvorm
Als de matrix A diagonaliseerbaar is, dan geldt: A = P D P −1 voor
zekere inverteerbare matrix P en diagonaalmatrix D.
Als D = diag(λ1 , . . . , λn ), dan is
e A t = P e D t P −1 met e D t = diag(e λ1 t , . . . , e λn t )
1 −1
De matrix A =
is niet diagonaliseerbaar
1
3
−1 1
2 1
−1
Wel geldt: A = P J P met P =
en J =
1 0
0 2
De matrix J heet de Jordan normaalvorm van de matrix A
Op de hoofddiagonaal staan de eigenwaarden van A (λ1 = λ2 = 2)
De eerste kolom van P is een eigenvector van A bij de eigenwaarde 2
en de tweede kolom is een gegeneraliseerde eigenvector
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
12 / 1
Stel nu x(t) = P y(t), dan volgt:
x0 (t) = A x(t) ⇐⇒ P y0 (t) = P J P −1 P y(t) ⇐⇒ y0 (t) = J y(t)
Dit stelsel is weliswaar niet (helemaal) ontkoppeld, maar wel veel
eenvoudiger dan het oorspronkelijke stelsel:
( 0
y1 (t) = 2y1 (t) + y2 (t)
0
y (t) = J y(t) :
y20 (t) = 2y2 (t)
Hieruit volgt:
y2 (t) = c2 e 2 t en y1 (t) = c1 e 2 t + c2 t e 2 t
y1 (t)
c1 e 2 t + c2 t e 2 t
Dus: y(t) =
=
y2 (t)
c2 e 2 t
Roelof Koekoek (TU Delft)
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
13 / 1
y(t) = c1
1
0
e
2t
+ c2
t
1
e2 t
Dus:
Ψ(t) =
1 t
0 1
e 2 t is een fundamentaalmatrix voor y0 (t) = J y(t)
Aangezien Ψ(0) =
1 0
0 1
= I , geldt dat:
eJ t
=
1 t
0 1
e2 t
Dan volgt:
e
At
=Pe
Roelof Koekoek (TU Delft)
Jt
P
−1
1 t
0 1
=
e2 t
0 1
1 1
1 − t −t
=
e2 t
t
1+t
−1 1
1 0
Differentiaalvergelijkingen
wi2030WbMT
14 / 1

Download Report