2. prednáška, 17.10. 2007

mat.fsv.cvut.cz

2. prednáška, 17.10. 2007

8Uvažujme soustavu (1) a soustavu2. přednáška, 17.10. 2007(10) ẏ = Bypro B = P −1 AP, kde P je jistá regulární matice 4 . Pokud dokážemevypočítat exponencielue Bt , t ∈ R,lze použít Větu 2 k vyjádření řešení ψ soustavy (10) splňujícího počátečnípodmínku ψ(0) = y 0 :ψ(t) = e Bt y 0 .Označíme-li x 0 = Py 0 , lze řešení ϕ soustavy (1) splňujícího počátečnípodmínku ϕ(0) = x 0 zapsat ve tvaruϕ(t) = Pψ(t) = Pe Bt P −1 x 0 .V dalším se tedy budeme zabývat maticemi (v roli výše uvedené maticeB), pro které lze ’snadno’ určit exponencielu. Začneme poznámkoupopisující situaci pro systémy v rovině.Poznámka 19. Je známo, že je-li A reálná matice typu (2, 2), je tatopodobná právě ( s jednou ) z následujících tří matic:λ1 0(1) B 1 = , jsou-li λ0 λ 1 ,λ 2 ∈ R různá vlastní čísla A( 2)λ0 1(2) B 2 = , je-li λ0 λ 0 ∈ R 2-násobné vlastní číslo A( 0)a b(3) B 3 = , jsou-li a ± ib imaginární vlastní čísla A−b aLze ukázat, ( že )e- e B1t λ 1 t0=0 e λ 2t( )- e B2t = e λ 0t 1 t0 1( )cos bt sin bt- e B3t = e at □− sin bt cos btPříklad 20.Řešme soustavu (1) s maticí( )1 1A = .−4 14 P −1 tedy existuje; matice A, P −1 AP jsou takzvaně podobné


Vlastní čísla matice jsou 1 + 2i, 1 − 2i. Matice A je tedy podobná smaticí( )1 2B = P −1 AP = .−2 1Řešení ψ soustavy (10) splňující počáteční podmínku ψ(0) = y 0 =(y 01 ,y 02 ) má tvar( )( )cos 2t sin 2tψ(t) = e Bt y 0 = e t y01− sin 2t cos 2t y 02a tedy pro řešení ϕ soustavy (1) splňující počáteční podmínku ϕ(0) =x 0 = P −1 y 0 platíϕ(t) = Pψ(t) = Pe Bt P −1 x 0 .Postup z Příkladu 20 má jeden nedostatek. Neobsahuje vysvětlení,jakým způsobem lze spočítat matici P. Této otázce se budeme věnovatv další části. Z důvodu přílišné formální složitosti vynecháme v našempojednání případ, kdy dimenze prostoru V λ je menší než násobnost λjakožto vlastního čísla matice A soustavy (1) - srov. s Poznámkou 8.Pro účely dalšího výkladu zavedeme následující značení: symbolem(11) diag(λ 1 ,...,λ n )zapisujeme reálnou diagonální matici typu (n,n), jejíž diagonální prveks řádkovým a sloupcovým indexem i je roven λ i . Podobně, zápisem(12) diag([a 1 ,b 1 ],...,[a n ,b n ])míníme reálnou blokově diagonální ( matici typu ) (2n, 2n), jejíž i-tý diagonálníblok je čtvercová matice i ai b.−b i a iUvedená značení můžeme i kombinovat v symbolu(13) diag(λ 1 ,...,λ k , [a 1 ,b 1 ],...,[a l ,b l ]).Příklad 21. Je tedy⎛diag(π, 10, [1, 2], [3, −4]) =⎜⎝π 0 0 0 0 00 10 0 0 0 00 0 1 2 0 00 0 −2 1 0 00 0 0 0 3 −40 0 0 0 4 3⎞.⎟⎠9□


10Je-li matice A ve tvaru (11), resp. (12) nebo (13), lze snadno napsatjejí exponencielu e At z Věty 2. V případě (13) je e At rovna□diag(e λ 1t ,...,e λ kt , [e a 1t cosb 1 t,e a 1t sin b 1 t],...,[e a lt cosb l t,e a lt sin b l t]).V následující větě popíšeme vlastnosti matice, již lze ’diagonalizovat’na tvar (13).Věta 22. Předpokládejme, že matice A je typu (n,n), kde n = k + 2la(i) A má reálná vlastní čísla λ 1 ,...,λ k , jimž přísluší lineárně nezávislévlastní vektory u 1 ,...,u k ,(ii) A má 2l různých imaginárních vlastních čísel a j + ib j , a j − ib j spříslušnými vlastními vektory v j + iw j , v j − iw j , j = 1,...,l.Pak je matice P = (u 1 ...u k v 1 w 1 ... v l w l ) invertibilní a(14) P −1 AP = diag(λ 1 ,...,λ k , [a 1 ,b 1 ],...,[a l ,b l ]).Příklad 23. Uvažujme matici⎛(15) A =⎝ 0 −1 32 3 −3−6 −3 1⎞⎠.Charakteristická rovnice det(A − λE) = 0 má konkrétní tvar−λ 3 + 4λ 2 − 14λ + 20 = −(λ − 2)(λ 2 − 2λ + 10) = 0s kořeny λ 1 = 2, λ 2 = 1 + 3i a λ 3 = 1 − 3i. Pro aplikaci Věty 22(k = l = 1) vypočítáme vlastní vektoryu 1 = (u 11 ,u 12 ,u 13 ), v 1 + iw 1 = (v 11 + iw 11 ,v 12 + iw 12 ,v 13 + iw 13 )a v 1 − iw 1 příslušející vlastním číslům λ 1 ,λ 2 ,λ 3 .I. Podle Definice 5, vlastní vektor u 1 je nenulovým řešením soustavy(A − 2E)u 1 = 0 3 , tedy rovnic−2u 11 − u 12 + 3u 13 = 02u 11 + u 12 − 3u 13 = 0−6u 11 − 3u 12 − u 13 = 0lze volit například u 1 = (1, −2, 0).II. Podobně, vlastní vektor v 1 + iw 1 příslušející vlastnímu číslu 1 + 3ije nenulovým řešením soustavy (A − (1 + 3i)E)(v 1 + iw 1 ) = 0 3 , tedyrovnic s komplexními koeficienty;□


11(−1 − 3i)(v 11 + iw 11 ) + (−1)(v 12 + iw 12 ) + 3(v 13 + iw 13 ) = 02(v 11 + iw 11 ) + (2 − 3i)(v 12 + iw 12 ) + (−3)(v 13 + iw 13 ) = 0(−6)(v 11 + iw 11 ) + (−3)(v 12 + iw 12 ) + (−3i)(v 13 + iw 13 ) = 0po rozepsání v reálných a imaginárních částech dostáváme šest ’reálných’rovnic se šesti neznámými v 11 ,w 11 ,v 12 ,w 12 ,v 13 ,w 13 :−v 11 + 3w 11 − v 12 + 3v 13 = 0−3v 11 − w 11 − w 12 + 3w 13 = 02v 11 + 2v 12 + 3w 12 − 3v 13 = 0;2w 11 − 3v 12 + 2w 12 − 3w 13 = 0−6v 11 − 3v 12 + 3w 13 = 0−6w 11 − 3w 12 − 3v 13 = 0řešením je například vlastní vektor (−1−i, 1+i, 1−i) a tedy vlastnímučíslu 1 − 3i přísluší vlastní vektor (−1 + i, 1 − i, 1 + i).Vypočítali jsme, že u 1 = (1, −2, 0), v 1 = (−1, 1, 1), w 1 = (−1, 1, −1).Matice P, P −1 z Věty 22 splňují⎛P = ⎝ 1⎞ ⎛ ⎞−1 −1−2 1 1 ⎠ , P −1 = 1 −2 −2 0⎝ −2 −1 1 ⎠ .0 1 −12−2 −1 −1Násobením matic snadno ověříme, že v souladu s Větou 22⎛(16) P −1 AP = diag(2, [1, 3]) = ⎝ 2 0 0⎞0 1 3 ⎠.0 −3 1Příklad 24. Uvažujme soustavu (1) s maticí (15). Podle Věty 1 mátato soustava právě jedno řešení ϕ: R → R 3 splňující počáteční podmínkuϕ(0) = (1, 2, 3). K nalezení ϕ použijeme výsledek Příkladu 23 a Větu2. Použitím ’diagonalizovaného’ tvaru (16) matice A a předchozí částipřednášky dostanemee diag(2,[1,3])t = diag(e 2t , [e t cos 3t,e t sin 3t]) =Podle Věty 2 je pak řešení ϕ dáno vztahem⎛⎞ ⎛ϕ(t) = P ⎝ e2t 0 00 e t cos 3t e t sin 3t ⎠ P −1 ⎝ 1 20 −e t sin 3t e t cos 3t 3⎛;□⎝ e2t 0 00 e t cos 3t e t sin 3t0 −e t sin 3t e t cos 3t⎞⎠ .□⎞⎠ .


12Nelineární soustavyUvažujme nyní autonomní soustavu diferenciálních rovnic 1. řádu 5(17) ẋ = f(x),kde G je otevřená podmnožina R n , f = (f 1 ,...,f n ): G ⊂ R n → R n ,x(t) = (x 1 (t),...,x n (t)) je neznámá n-rozměrná vektorová funkce snezávisle proměnnou t (čas), ẋ značí derivaci x podle t.Poznámka 25. Je-li funkce f v zápisu soustavy (17) nelineární, mluvímeo nelineární soustavě.Věta 26. (o existenci a jednoznačnosti řešení) Jsou-li funkce f soustavy(17) a všechny její parciální derivace spojité v G, pak ke každémut 0 ∈ R a vektoru x 0 = (x 0 1,...,x 0 n) ∈ G existuje právě jedno maximální řešení ϕsplňující (17) a počáteční podmínku ϕ(t 0 ) = x 0 .□Definice 27. (rovnovážný stav) Řešení u ∈ Rn soustavy rovnic(18) f(u) = 0 nnazýváme rovnovážným stavem soustavy (17).V dalším předpokládáme, že f má spojité parciální derivace a u ∗ jerovnovážným stavem soustavy (17). Použitím Taylorovy věty na složkuf j , j = 1,...,n funkce f v bode u ∗ dostaneme pro všechna u ’blízká’u ∗(19) f j (u) = f(u ∗ ) +n∑i=1kde g j , j = 1,...,n je funkce s vlastnostíg j (u − u ∗ )(20) limu→u ∗||u − u ∗ ||∂f j (u ∗ )∂x i(u i − u ∗ i) + g j (u − u ∗ ),= 0.Položíme-li x = u −u ∗ , lze využitím vztahů ẋ = ˙u, f(u ∗ ) = 0 n a (19)zapsat (17) ve tvaru□kdeẋ = Ax + g(x),( ∂fj (u ∗ )(21) A =∂x i) ni,j=15 V zápisu soustavy píšeme ẋ,f(x) místo (ẋ) T ,(f(x)) T


je Jakobiho matice matice funkce f v bodě u ∗ . Lineární soustavuẋ = Axnazýváme linearizací soustavy (17) v rovnovážném stavu u ∗ .Příklad 28. Spočtěme linearizace soustavy (17) pro(22) f(x 1 ,x 2 ,x 3 ) = (x 2 1 − x 2 + x 3 ,x 1 − x 2 , 2x 2 2 + x 3 − 2)ve všech jejích rovnovážných stavech. Přepíšeme-li soustavu pomocí jejíchskalárních rovnic, má tvarx˙1 = x 2 1 − x 2 + x 3x˙2 = x 1 − x 2 .x˙3 = 2x 2 2 + x 3 − 2Ve shodě s Definicí 27, vektor u = (u 1 ,u 2 ,u 3 ) ∈ R 3 je rovnovážnýmstavem právě tehdy, kdyžu 2 1 − u 2 + u 3 = 0u 1 − u 2 = 02u 2 2 + u 3 − 2 = 0řešeními jsou dva vektory (1, 1, 0) a (−2, −2, −6). Jakobiho maticeJ f (x 1 ,x 2 ,x 3 ) funkce f je podle (21) rovna⎛⎝ 2x ⎞1 −1 11 −1 0 ⎠.0 4x 2 1Linearizací soustavy v rovnovážném stavu (1, 1, 0) je tedy soustava⎛ẋ = J f (1, 1, 0)x = ⎝ 2 −1 1⎞ ⎛1 −1 0 ⎠ ⎝ x ⎞1x 2⎠,0 4 1 x 3respektive v rovnovážném stavu (−2, −2, −6) soustava⎛ ⎞ ⎛−4 −1 1ẋ = J f (−2, −2, −6)x = ⎝ 1 −1 0 ⎠ ⎝ x ⎞1x 2⎠ .0 −8 1 x 3;13□Typy příkladů ke 2. přednášce- diagonalizace matice s vesměs reálnými vlastními čísly jimž přísluší lineárněnezávislé vlastní vektory (n = 2, viz Příklad 23)


14- ’diagonalizace’ matice s imaginárními vlastními čísly (n = 2, vizPříklad 23)- výpočet řešení soustavy (1) s počáteční podmínkou pomocí ’diagonalizace’(n = 2, viz Příklad 24)- výpočet linearizace soustavy v rovnovážných stavech

More magazines by this user
Similar magazines