4. Lineáris rendszerek

Átírás

1 60 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 4 Lineáris rendszerek 4 Lineáris algebrai előismeretek Legyen A egy n n-es mátrix, I az n n-es egységmátrix A pλ := deta λi n-edfokú polinomot az A karakterisztikus polinomjának nevezzük, p gyökeit az A mátrix sajátértékeinek, az Aξ = λξ illetve az ezzel ekvivalens A λiξ = 0 egyenlet egy ξ 0 megoldását az A mátrix λ-hoz tartozó sajátvektorának nevezzük Ha λ k-szoros gyöke p-nek, akkor azt mondjuk, hogy λ algebrai multiplicitása k A sajátértékek és sajátvektorok lineáris algebrából ismert néhány fontos tulajdonságát a következő tételben foglaltuk össze 4 Tétel Legyen A n n-es valós mátrix i Az A mátrix λ sajátértékhez tartozó sajátvektorai lineáris alteret alkotnak C n -ben ii Ha λ valós, akkor a hozzá tartozó ξ sajátvektor választható valós vektornak iii Ha λ,,λ s páronként különböző sajátértékei A-nak, akkor a hozzá tartozó ξ,,ξ s sajátvektorok lineárisan függetlenek iv Ha A szimmetrikus mátrix, akkor sajátértékei valós számok, és megadható sajátvektorokból álló bázis C n -en v Ha A-nak létezik λ = α + iβ komplex sajátértéke a ξ = u + iv sajátvektorral u,v R n, akkor u és v lineárisan független vi Ha A-nak λ = α + iβ komplex sajátértéke a ξ = u + iv sajátvektorral, akkor λ = α iβ is sajátértéke a ξ = u iv sajátvektorral Az A mátrix λ sajátértékéhez tartozó sajátvektorok lineáris alterét más szóval a λ sajátérték sajátalterének nevezzük A λ sajátérték sajátalterének dimenzióját, azaz a λ-hoz tartozó lineárisan független sajátvektorok maximális számát a λ sajátérték geometriai multiplicitásának nevezzük Ismert, hogy egy sajátérték algebrai multiplicitása mindig nagyobb egyenlő, mint a geometriai multiplicitása Az előző tétel iv pontja szerint szimmetrikus mátrixok sajátértékének geometriai multiplicitása mindig megegyezik az algebrai multiplicitásával Amint azt az alábbi példák mutatják, nem szimmetrikus mátrixok esetében a geometriai multiplicitás lehet egyenlő, de lehet kisebb is, mint az algebrai multiplicitás 42 Példa Tekintsük az A = mátrixot Ennek karakterisztikus polinomja 5 λ 3 pλ = det 5 7 λ = λ 2 2λ + 20,

2 4 Lineáris rendszerek 6 ezért A sajátértékei λ = 2 és λ 2 = 0 Ekkor természetesen mindkét sajátérték egyszeres algebrai multiplicitású és egyben a geometriai multiplicitásuk is Tekintsük az 5 λ λ ξ 00 ξ = 2 sajátvektor egyenletet Először nézzük a λ = 2 sajátértéket Ezt behelyettesítve a fenti egyenletbe kapjuk 3ξ 3ξ 2 = 0 5ξ + 5ξ 2 = 0 A két egyenlet összefüggő, ezért az egyik egyenlet elhagyható Marad például az első egyenlet: 3ξ 3ξ 2 = 0 Ennek természetesen végtelen sok megoldása van: ξ = ξ 2 Egy lehetséges megoldás például ξ = Most vegyük a λ 2 = 0 sajátértéket Ebben az esetben a sajátvektor egyenlet 5ξ 3ξ 2 = 0 5ξ 3ξ 2 = 0, amelynek egy lehetséges megoldása ξ 2 = Példa Tekintsük az A = mátrixot Ennek karakterisztikus polinomja λ 0 pλ = det 5 λ 0 5 λ = λ 3 λ 2 λ + = λ 2 λ λλ = λ 2 λ + Így A sajátértékei λ = és λ 2 =, ahol λ egyszeres, λ 2 pedig kétszeres gyök, azaz λ algebrai multiplicitása, λ 2 algebrai multiplicitása pedig 2 A sajátvektor egyenlet most λ 0 5 λ 0 5 λ ξ ξ 2 ξ 3 = 00 Először vegyük a λ = sajátértéket Erre a fenti egyenletből kapjuk ξ + ξ 3 = 0 5ξ + 2ξ 2 + 5ξ 3 = 0 ξ + ξ 3 = 0 0

3 62 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 Az első és az utolsó egyenlet azonos, így az egyiket elhagyhatjuk: ξ + ξ 3 = 0 5ξ + 2ξ 2 + 5ξ 3 = 0 Ez a két egyenlet már független az egyik nem konstansszorosa a másiknak Így a három ismeretlen közül, ha az egyiknek az értékét rögzítjük, akkor a másik változó már egyértelműen meghatározott lesz Legyen például ξ 3 =, ekkor ξ = 5ξ + 2ξ 2 = 5 amelyből ξ = és ξ 2 = 5, azaz a λ = sajátértékhez tartozó egy lehetséges sajátvektor ξ = 5 Most tekintsük a λ 2 = sajátértéket Ebben az esetben ξ + ξ 3 = 0 5ξ + 5ξ 3 = 0 ξ ξ 3 = 0 Látható, hogy a második és a harmadik egyenlet is az első többszöröse, így mindkettő elhagyható: ξ + ξ 3 = 0 Ekkor ξ = ξ 3 és ξ 2 pedig tetszőleges Így például a 0 ξ 2 = és ξ 3 = vektor a λ 2 sajátértékhez tartozó sajátvektora A-nak, és ezek a vektorok lineárisan függetlenek is az egyik nem konstansszorosa a másiknak Ezért a λ 2 sajátértékhez tartozó sajátaltér 2 dimenziós, azaz λ 2 algebrai multiplicitása és a geometriai multiplicitása is 2 44 Példa Tekintsük az A = mátrixot Ennek karakterisztikus polinomja 4 λ 5 pλ = det 4 5 λ 0 2 λ = λ 3 3λ 2 9λ + 27 = λλ 2 9 3λ 2 9 = λ 2 9λ 3 = λ 3 2 λ + 3 Ezért A sajátértékei λ = 3 és λ 2 = 3, ahol λ egyszeres, λ 2 pedig kétszeres gyök, azaz λ algebrai multiplicitása, λ 2 algebrai multiplicitása pedig 2

4 4 Lineáris rendszerek 63 A sajátvektorok számításához tekintsük a 4 λ λ 0 2 λ ξ ξ 2 ξ 3 = 00 0 sajátvektor egyenletet Először nézzük a λ = 3 sajátértéket Erre a fenti egyenletből kapjuk ξ + ξ 2 + 5ξ 3 = 0 4ξ + 8ξ 2 + 0ξ 3 = 0 ξ + ξ 2 + 5ξ 3 = 0 Az első és az utolsó egyenlet azonos, így elhagyhatjuk az utolsót: ξ + ξ 2 + 5ξ 3 = 0 7ξ + 4ξ 2 + 5ξ 3 = 0 Két egyenlet maradt, így a sajátaltér egydimenziós Legyen például ξ 3 =, ekkor ξ + ξ 2 = 5 7ξ + 4ξ 2 = 5, amelyből ξ = 5 és ξ 2 = 0, azaz a λ = 3 sajátértékhez tartozó egy lehetséges sajátvektor ξ = 5 0 Most vegyük a λ 2 = 3 sajátértéket Erre kapjuk 7ξ + ξ 2 + 5ξ 3 = 0 4ξ + 2ξ 2 + 0ξ 3 = 0 ξ + ξ 2 ξ 3 = 0 A második egyenlet az első kétszerese, így elhagyható: 7ξ + ξ 2 + 5ξ 3 = 0 ξ + ξ 2 ξ 3 = 0 A maradék két egyenlet már független, Így megint, ha ξ 3 = c, akkor a 7ξ + ξ 2 ξ + ξ 2 = 5c = c egyenlet egyértelműen megoldható: ξ = c és ξ 2 = 2c Így a λ 2 = 3 sajátértékhez tartozó tetszőleges sajátvektor felírható a 2 ξ 2 = c alakban, azaz a λ 2 sajátértékhez tartozó sajátaltér csak dimenziós, tehát λ 2 algebrai multiplicitása ugyan 2, de geometriai multiplicitása csak

5 64 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 Szükségünk lesz a következő, lineáris algebrából ismert állításokra 45 Tétel Legyen u,u 2,u 3,,u n lineárisan független vektorrendszer C n -ben, és legyen v és v 2 két kineárisan független vektor az u és u 2 által generált lineáris altérből Ekkor a v,v 2,u 3,,u n vektorrendszer is lineárisan független C n -ben 46 Tétel Legyen u,,u n C n, és jelölje u,,u n azt az n n-es mátrixot, amelynek oszlopvektorai rendre u,,u n Ekkor az u,,u n vektorok akkor és csak akkor lineárisan függetlenek, ha detu,,u n 0 42 Lineáris differenciálegyenlet-rendszerek Legyen I R egy nyílt intervallum, t 0 I, a ij,f j : I R i,j =,,n függvények, és tekintsük az x t = a tx t + + a n tx n t + f t x nt = a n tx t + + a nn tx n t + f n t n-dimenziós előrendű differenciálegyenlet-rendszert a hozzá tartozó x t 0 = z,, x n t 0 = z n kezdeti feltételekkel együtt Ekkor a fenti feladatot röviden az és az x = Atx + ft, t I, 4 vektoriális alakban írhatjuk fel, ahol A: I R n n, f : I R n, és xt 0 = z 42 At = a ij t n n, xt = x t,,x n t T, ft = f t,,f n t T, z = z,,z n T Az egész szakaszban feltesszük, hogy A és f folytonos függvények Tekintsük a 4 egyenlet homogén megfelelőjét: x = Atx, t I 43 Az 36 Tételt erre a lineáris esetre alkalmazva kapjuk az alábbi eredményt 47 Tétel Ha A: I R n n és f : I R n folytonos függvények, akkor a 4-42 kezdeti érték feladatnak minden z R n vektorra létezik egyértelmű megoldása az I intervallumon Most is könnyen látható, hogy a homogén egyenlet megoldásainak lineáris kombinációja szintén megoldása a homogén egyenletnek 48 Tétel A 43 homogén lineáris egyenlet megoldásainak halmaza lineáris tér

6 4 Lineáris rendszerek 65 Az {x,,x n } halmazt a 43 homogén egyenlet fundamentális megoldáshalmazának vagy a megoldások alaprendszerének nevezzük, ha x,,x n megoldásai a 43 egyenletnek és lineárisan független függvények I-n Helyezzük el az x vektor értékű függvény képletét egy mátrix első oszlopában, az x 2 függvényt a második oszlopában, és így tovább, az x n függvényt az n-edik oszlopában A kapott mátrixot x t,,x n t jelöli Ennek a mátrixnak a determinánsát az x,,x n megoldások Wronski-determinánsának nevezzük: Wt = detx t,,x n t 49 Tétel Az x,,x n függvények lineárisan függetlenek az I intervallumon, akkor és csak akkor, ha a Wronski-determinánsuk nem azonosan nulla I-n Bizonyítás: Tegyük fel, hogy Jelölje x i = x i,,xi n T i =,,n Ekkor c x t + + c n x n t = 0, t I 44 c x t + + c nx n t = 0 c x n t + + c n x n n t = 0 Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer a c,,c n ismeretlenekre, amelynek együtthatóiból alkotott determináns a megoldások Wronski-determinánsa Ha van olyan t, amelyre Wt 0, akkor az egyenletrendszernek csak a triviális c = = c n = 0 megoldása van, azaz a megoldások lineárisan függetlenek Fordítva tegyük fel, hogy az x,,x n függvények lineárisan összefüggőek az I intervallumon, azaz léteznek olyan c,,c n konstansok, hogy közülük nem mind egyenlő nullával, és 44, és így 45 is teljesül Ha valamely t I-re Wt 0 lenne, akkor ellentmondást kapnánk azzal, hogy a 45 egyenletnek lenne c,,c n -re nézve nemtriviális megoldása Ezért Wt = 0 minden t I-re A skaláris esettel analóg eredmény kapható a Wronski-determináns alakjára 40 Tétel Abel-Liouville A 43 egyenlet megoldásainak Wronski-determinánsa Wt = cer a t+a 22 t+ +a nnt dt, t I alakú, ahol a t,,a nn t az At mátrix főátlójában álló együtthatók Bizonyítás: A bizonyítás azon múlik, hogy megmutatható, hogy a Wronski-determináns teljesíti az W t = a t + a 22 t + + a nn twt differenciálegyenletet A technikai részleteket az egyszerűség kedvéért csak a kétdimenziós esetre mutatjuk meg Legyen tehát x Wt = det t x2 t x 2 t x2 2 t Ekkor W t = det d dt x t d dt x2 x 2 t x2 t 2 t + det x t x2 d dt x 2 t d dt x2 t 2 t 45

7 66 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 A 43 egyenletet koordinátánkánt kiírva és a determináns számolás azonosságait felhasználva kapjuk W a t = det tx t + a 2tx 2 t a tx 2 t + a 2tx 2 2 t x 2 t x2 2 t x + det t x2 t a 2 tx t + a 22tx 2 t a 2tx 2 t + a 22tx 2 2 t a = det tx t a tx 2 t a x 2 t x2 2 t + det 2 tx 2 t a 2tx 2 2 t x 2 t x2 2 t x + det t x2 t x a 2 tx t a 2tx 2 t + det t x2 t a 22 tx 2 t a 22tx 2 2 t x = a tdet t x2 t x x 2 t x2 2 t a 22 tdet t x2 t x 2 t x2 2 t = a t + a 22 twt Az előbbi tételből rögtön kapjuk az alábbi következményt 4 Tétel Ha x,,x n megoldásai a 43 egyenletnek I-n, akkor a Wronski-determinánsuk vagy azonosan nulla I-n vagy egy pontban sem nulla I-n Most is fontos következményt kaphatunk az előbbi állításból 42 Tétel Legyen x,,x n olyan megoldásai a 43 egyenletnek, amelyek az x t 0 = z,, x n t 0 = z n 46 kezdeti értékekhez tartoznak Ekkor az x,,x n függvények akkor és csak akkor lineárisan függetlenek az I intervallumon, ha a z,,z n vektorok lineárisan függetlenek, azaz Bizonyítás: Mivel Wt 0 0 Wt 0 = detx t 0,,x n t 0 = detz,,z n, az állítás következik a 46 és a 4 Tételekből 43 Tétel A 43 egyenlet megoldásainak halmaza n-dimenziós lineáris tér Bizonyítás: Legyenek x,,x n a 43 egyenlet 46 kezdeti értékekhez tartozó megoldásai, ahol z,,z n rögzített, lineárisan független vektorok R n -en Ekkor a 42 Tétel szerint x,,x n lineárisan függetlenek Tekintsünk egy tetszőlegesen rögzített z R n vektort Mivel {z,,z n } bázis R n -ben, ezért léteznek olyan c,,c n konstansok, hogy z = c z + + c n z n Legyen xt = c x t + + c n x n t Ekkor xt 0 = c z + + c n z n = z Másrészt x megoldása a 47 egyenletnek, és pontosan ez az egy megoldása van a 47 egyenletnek, amely ebből a kezdeti feltételből indul Minden megoldás kifejezhető tehát x,,x n lineáris kombinációjaként, azaz a megoldások tere n-dimenziós

8 4 Lineáris rendszerek Konstans együtthatós homogén lineáris rendszerek Legyen A R n n, és tekintsük az konstans együtthatós homogén lineáris rendszert Keressük a 47 egyenlet megoldását az x = Ax, t R 47 xt = e λt ξ alakban, ahol ξ valós vagy komplex vektor Ekkor x t = λe λt ξ, ezért visszahelyettesítve a 47 egyenletbe kapjuk, hogy ami pontosan akkor teljesül, ha λe λt ξ = Ae λt ξ, A λiξ = 0, azaz λ sajátértéke A-nak, ξ pedig a λ-hoz tartozó sajátvektora A-nak A 43 Tétel szerint tehát elegendő n darab lineárisan független megoldást találni, mert ekkor ezek lineáris kombinációjaként az összes megoldás felírható Különböző eseteket különböztetünk meg eset: páronként különböző sajátértékek Tegyük fel, hogy λ,,λ n páronként különböző sajátértékei, ξ,,ξ n pedig a λ,,λ n sajátértékekhez tartozó sajátvektorai A-nak Lineáris algebrából ismert lásd a 4 Tételt, hogy ekkor ξ,,ξ n lineárisan független vektorok Kaptuk ekkor, hogy x t = e λ t ξ,, x n t = e λnt ξ n, t R 48 megoldásai a 47 egyenletnek Másrészt Wx,,x n 0 = detx 0,,x n 0 = detξ,,ξ n 0, hiszen ξ,,ξ n lineárisan függetlenek Ezért x,,x n lineárisan függetlenek, azaz 48 egy alaprendszere a 47 homogén egyenletnek Ebben az esetben a 47 egyenlet általános megoldása xt = c e λ t ξ + + c n e λnt ξ n Ha minden sajátérték valós, akkor a 48 alaprendszer valós függvényekből áll, de ha van komplex sajátértéke az együtthatómátrixnak, akkor a 48 függvények között komplex függvények is vannak A következő esetben azt mutatjuk majd meg, hogy ezeket a kompex megoldásokat mindig helyettesíteni lehet valós megoldásokkal 44 Példa Oldjuk meg az egyenletet az x = x0 = x 49

9 68 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 kezdeti értéket használva! Az együtthatómátrix sajátértéke λ = 2 és λ 2 = 0, a megfelelő sajátvektorok ξ =, T és ξ 2 = 3, 5 T Ezért az egyenlet általános megoldása xt = c e 2t + c 2 e 0t 3 5, 40 azaz komponensenként kiírva a megoldást A kezdeti feltételt alkalmazva x t = c e 2t + 3c 2 e 0t x 2 t = c e 2t 5c 2 e 0t c + 3c 2 = c 5c 2 = 0, amelynek megoldása c = 5/8 és c 2 = /8 Ezért a kezdeti érték feladat megoldása azaz xt = 5 8 e2t + 8 e0t 3 5, 4 x t = 5 8 e2t e0t x 2 t = 5 8 e2t 5 8 e0t 2 eset: komplex sajátértékek Tegyük fel, hogy λ = α + iβ komplex sajátértéke A-nak, ξ = u + iv pedig a λ-hoz tartozó komplex sajátvektor Itt u a ξ vektor koordinátái valós részét, v pedig a képzetes részeit tartalmazó vektor Ekkor tudjuk, hogy λ = α iβ is sajátértéke A-nak és a hozzá tartozó sajátvektor pedig ξ = u iv Kapjuk, hogy xt = e λt ξ = e α+iβt u + iv = e αt cos βt + isin βtu + iv = e αt cos βtu sin βtv + icos βtv + sin βtu komplex értékű megoldása a 47 egyenletnek Most is, mint a skaláris lineáris egyenleteknél, könnyen látható, hogy a komplex megoldás valós ill képzetes része megoldása a 47 egyenletnek Azaz x t = e αt cos βtu sin βtv és x 2 t = e αt cos βtv + sin βtu megoldások Mivel x 0 = u és x 2 0 = v, ezért a 4 Tétel v pontja és a 42 Tétel alapján x és x 2 lineárisan függetlenek Így az általános megoldás képletében a eλt ξ és e λt ξ komplex megoldások helyettesíthetők az x,x 2 megoldásokkal, mivel a komplex függvények terében ugyanazt az alteret generálják lásd a 45 Tételt

10 4 Lineáris rendszerek Példa Oldjuk meg az x = x, x0 = feladatot! Az együtthatómátrix sajátértéke λ = 6+3i és λ 2 = 6 3i, a megfelelő sajátvektorok ξ = 5, + 3i T és ξ 2 = 5, 3i T Az egyenlet egy komplex megoldása tehát e 6+3it 5 + 3i = e 6t 5 cos 3t + isin 3t + 3i = e 6t 5cos 3t + 5isin 3t cos 3t 3sin 3t + i3cos 3t + sin 3t Ezért az egyenlet általános megoldása xt = c e 6t 5cos 3t cos 3t 3sin 3t A kezdeti feltételt alkalmazva 5c = 2 c + 3c 2 =, + c 2 e 6t 5sin 3t 3cos 3t + sin 3t amelynek megoldása c = 2/5 és c 2 = /5 Ezért a kezdeti érték feladat megoldása xt = e 6t 2cos 3t 2 5 cos 3t 6 5 sin 3t + e 6t sin 3t 3 5 cos 3t + 5 sin 3t = e 6t 2cos 3t + sin 3t cos 3t sin 3t 3/a eset: többszörös sajátérték Tegyük fel, hogy A páronként különböző sajátértékei λ,,λ m, amelyek rendre k,,k m - szeres sajátértékek, azaz λ j algebrai multiplicitása k j Ekkor n = k + + k m Célunk természetesen a 47 egyenlet n darab lineárisan független megoldását megtalálni Ezt elérhetjük úgy, hogy ha λ j -hez kapcsolódóan k j db lineárisan független megoldást fel tudunk írni, amelyek a többi sajátértékhez kapcsolódó megoldásoktól lineárisan függetlenek Ekkor összességében n darab lineárisan független megoldást, azaz egy alaprendszert kapunk Legyen λ egy olyan rögzített sajátértéke A-nak, amelynek algebrai multiplicitása k >, és amelynek geometriai multiplicitása, l, megegyezik az algebrai multiplicitásával, azaz k = l Legyenek ξ,,ξ k a λ-hoz tartozó lineárisan független sajátvektorok Ekkor x t = e λt ξ,, x k t = e λt ξ k k db lineárisan független megoldása az egyenletnek 46 Példa Oldjuk meg az x = egyenletet! A 43 Példában láttuk, hogy az együtthatómátrixnak λ = egyszeres, λ 2 = pedig kétszeres sajátértéke A λ egy sajátvektora ξ =, 5, T, a λ 2 geometriai multiplicitása 2, és a hozzá tartozó ξ 2 =,0, T és ξ 3 =,, T sajátvektorok lineárisan függetlenek Ezért az egyenlet általános megoldása 0 xt = c e t 5 + c 2 e t + c 3 e t x

11 70 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 3/b eset: többszörös sajátérték Tegyük fel újra, hogy λ algebrai multiplicitása k, geometriai multiplicitása pedig l, de most tegyük fel, hogy l < k Legyen ξ,,ξ l a λ-hoz tartozó lineárisan független sajátvektorok Ekkor x t = e λt ξ,, x l t = e λt ξ l 42 l db lineárisan független megoldás, de szükség van még k l db a λ-hoz tartozó lineárisan független megoldásra A skaláris egyenletekre alkalmazott próbafüggvény módszerénél tapasztaltak alapján természetes egy újabb megoldást a te λt ξ + e λt η 43 alakban keresni Ezt behelyettesítve a 47 egyenletbe e λt ξ + λte λt ξ + λe λt η = Ate λt ξ + Ae λt η adódik Itt pontosan akkor kapunk azonosságot, ha a te λt és az e λt függvények együtthatói megegyeznek az egyenlet két oldalán: azaz ekvivalens alakban λξ = Aξ ξ + λη = Aη, A λiξ = 0 44 A λiη = ξ 45 Ekkor a 44 egyenlet szerint ξ a λ-hoz tartozó sajátvektora A-nak, azaz a ξ,,ξ l vektorok lineáris kombinációja A 45 egyenletet teljesítő η vektort az A mátrix λ sajátértékhez tartozó általánosított sajátvektorának nevezzük Nyilvánvalóan egy η általánosított sajátvektor nincs benne a λ sajátérték sajátalterében, hiszen egyébként teljesítené a 44 egyenletet, azaz a 45 egyenlet bármely η megoldása lineárisan független a ξ,,ξ l vektoroktól Másrészt η nincs benne egyik λ-tól különböző λ sajátérték sajátalterében sem, hiszen ellenkező esetben az A λiη = 0 egyenlet és 45 különbségét véve kapnánk, hogy λ λη = ξ lenne, ami ellentmond az előbbieknek Megmutatható a következő tétel 47 Tétel Legyen λ egy olyan sajátértéke az A mátrixnak, amelynek geometriai multiplicitása kisebb, mint az algebrai multiplicitása Ekkor a 45 egyenletnek létezik legalább egy η megoldása, amely nem eleme az A mátrix összes sajátvektorai által generált lineáris altérnek 48 Példa Oldjuk meg az x = egyenletet! A 44 Példában láttuk, hogy az együtthatómátrixnak λ = 3 egyszeres, λ 2 = 3 pedig kétszeres sajátértéke A λ egy sajátvektora ξ = 5, 0, T, a λ 2 geometriai multiplicitása pedig csak, és ξ 2 =,2, T egy lehetséges sajátvektora Szükségünk van tehát a harmadik megoldás képletéhez a λ 2 = 3-hoz tartozó η általánosított sajátvektorra A 45 egyenletet alkalmazzuk, ahol a jobb oldalon a ξ = ξ 2 vektort használjuk: 7η + η 2 + 5η 3 = 4η + 2η 2 + 0η 3 = 2 η + η 2 η 3 = x

12 4 Lineáris rendszerek 7 A második egyenlet elhagyható, hiszen az első egyenlet kétszerese: 7η + η 2 + 5η 3 = η + η 2 η 3 = A kapott két egyenlet már független Legyen például η = 0, ekkor η 2 + 5η 3 = η 2 η 3 =, amelynek megoldása η 2 = és η 3 = 0, azaz η = 0 0 Az egyenlet általános megoldása tehát [ ] xt = c e 3t 0 + c 2 e 3t + c 3 te 3t + e 3t 49 Példa Tekintsük az x = egyenletet Az együtthatómátrix karakterisztikus polinomja 5 λ 2 pλ = det 5 λ 2 2 λ x = λ 3 + 2λ 2 48λ + 64 = λ 4 3 Így A-nak λ = 4 háromszoros algebrai multiplicitású sajátértéke A sajátvektor egyenlet Most elhagyható két egyenlet is Marad ξ + ξ 2 + 2ξ 3 = 0 ξ + ξ 2 + 2ξ 3 = 0 ξ ξ 2 2ξ 3 = 0 ξ + ξ 2 + 2ξ 3 = 0 Két szabadsági fokunk van, tehát találhatunk két lineárisan független megoldását az egyenletnek Ilyen például 20 ξ = és ξ 2 = 0 Szükségünk van tehát általánosított sajátvektorra is a harmadik megoldás képletéhez Ennek egyenlete η + η 2 + 2η 3 = ξ η + η 2 + 2η 3 = ξ 2 η η 2 2η 3 = ξ 3,

13 72 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 ahol ξ = ξ,ξ 2,ξ 3 T egy sajátvektora az együtthatómátrixnak Látható, hogy az egyenlet jobb oldalára sem a ξ, sem a ξ 2 vektor nem írható, hiszen ezekre nem oldható meg az egyenletrendszer Keressük tehát a jobb oldalt ξ = c ξ + c 2 ξ 2 alakban Ekkor az η + η 2 + 2η 3 = c 2c 2 η + η 2 + 2η 3 = c η η 2 2η 3 = c 2 egyenletrendszert kapjuk Ez pontosan akkor oldható meg, ha c 2c 2 = c és c 2c 2 = c 2, azaz c = c 2, például c = és c 2 = Ekkor ξ =, így az általánosított sajátvektor egyenlete η + η 2 + 2η 3 = η + η 2 + 2η 3 = η η 2 2η 3 = Most is csak egy egyenlet marad η + η 2 + 2η 3 =, amelynek egy lehetséges megoldása például η = 0 Ezért az egyenlet általános megoldása [ 0 20 xt = e 4t c + c 2 + c 3 t + c 3 0 ] 3/c eset: többszörös sajátérték Tegyük fel újra, hogy λ algebrai multiplictása k, geometriai multiplicitása pedig l, és l < k Ha l < k, akkor a 3/b esetben megadott, általánosított sajátérték segítségével felírt 43 megoldáson kívül szükség van még további λ-hoz tartozó megoldásokra Először tekintsük a következő definíciót Egy η vektort az A mátrix λ sajátértékhez tartozó p-edrendű általánosított sajátvektorának nevezzük, ha A λi p η = 0, de A λi p η 0 Ekkor a ξ = A λi p η

14 4 Lineáris rendszerek 73 vektor egy a λ-hoz tartozó sajátvektor lesz Definiáljuk az η 0,η,,η p vektorokat az η 0 η η 2 η p 2 η p = A λi p η = ξ = A λi p 2 η = A λi p 3 η = A λiη = η képletekkel A η 0,η,,η p vektorok sorozatát általánosított sajátvektor láncnak nevezzük Ekkor a lánc elemeire teljesülnek az A λiη 0 = 0 A λiη = η 0 A λiη 2 = η A λiη p = η p 2 egyenletek Egyszerű számolással ellenőrizhető a következő állítás Tétel Az t xt = e λt p p! η0 + tp 2 p 2! η + + tη p 2 + η p 47 függvény akkor és csak akkor megoldása a 47 egyenletnek, ha teljesülnek a 46 egyenletek Bizonyítás: Mivel t Axt = e λt p p! Aη0 + tp 2 p 2! Aη + + taη p 2 + Aη p és t x t = λe λt p p! η0 + tp 2 p 2! η + + tη p 2 + η p + e λt t p 2 p 2! η0 + tp 3 p 3! η + + tη p 3 + η p 2 az azonos hatványok összehasonlításával kapjuk a 46 egyenleteket, Az előző tétel segítségével megfogalmazhatjuk a többszörös sajátérték általános esetére vonatkozó eljárást A λ többszörös sajátértékhez először felírjuk a 42 exponenciális megoldásokat Ha további megoldásokra is szükségünk van, akkor keresünk egy η 0,η,,η p általánosított sajátvektor láncot Ehhez fel tudunk írni p db új megoldást, hiszen ekkor a 49 Tétel szerint az x t = e λt tη 0 + η t x p 2 t = e λt p 2 p 2! η0 + tp 3 p 3! η + + tη p 3 + η p 2 x p t = e λt t p p! η0 + tp 2 p 2! η + + tη p 2 + η p

15 74 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 függvények is megoldásai a 47 egyenletnek Ezek a 42 függvényekkel együtt is lineárisan függetlenek, hiszen az x 0 = ξ,, x j 0 = ξ j, x 0 = η,, x p 0 = η p vektorok lineárisan függetlenek Ha még mindig nincs k darab megoldásunk, akkor keressünk egy, az előzőtől különböző általánosított sajátvektor láncot Megmutatható, hogy ekkor az új lánchoz elemeihez tartozó megoldásokkal kibővítve az előbbi rendszert, továbbra is lineárisan független rendszert kapunk Az is belátható, hogy mindig lehet találni annyi láncot, amelyek segítségével a λ-hoz tartozó megoldások rendszere k eleműre kibővíthető 42 Példa Tekintsük az x = egyenletet! Számítsuk ki az együtthatómátrix sajátértékeit: 7 λ pλ = det 8 4 λ 4 7 λ = λ 3 + 8λ 2 08λ + 26 = λ 6 3, így λ = 6 háromszoros sajátértéke az együtthatómátrixnak A sajátvektoregyenlet ξ ξ 2 =, ξ 3 0 amiből Legyen például ξ 3 =, ekkor ξ ξ 2 ξ 3 = 0 8ξ 2ξ 2 + 4ξ 3 = 0 ξ ξ 2 = 8ξ 2ξ 2 = 4, amelynek megoldása ξ = és ξ 2 = 2 A megfelelő sajátvektor tehát ξ = 2, x a sajátérték geometriai multiplicitása tehát csak Szükségünk van általánosított sajátvektorra, amelynek egyenlete: η η 2 = 2, η 3 azaz η η 2 η 3 = 8η 2η 2 + 4η 3 = 2 η + η 2 + η 3 =

16 4 Lineáris rendszerek 75 Most is elhagyható a harmadik egyenlet, de az első két egyenlet már független: η η 2 η 3 = 8η 2η 2 + 4η 3 = 2 Ennek egy lehetséges megoldása η = 0, η 2 = és η 3 = 0, azaz 0 η =, 0 de ettől lineárisan független második megoldása már nincs az egyenletnek Ezért keresünk másodrendű általánosított sajátvektort is: ω ω 2 = ω 3 0 Az egyenletrendszernek létezik megoldása, hiszen a harmadik egyenlet elhagyható: Egy megoldás például ω ω 2 ω 3 = 0 8ω 2ω 2 + 4ω 3 = ω = Az egyenlet általános megoldása tehát { 0 xt = e 6t c 2 + c 2 [t /6 /6 0 ] + c 3 [ t t /6 /6 0 ]} 4 eset: többszörös komplex sajátértékek Tegyük fel, hogy A-nak λ = α + iβ k-szoros komplex sajátértéke, és legyen l a geometriai multiplicitása Ekkor persze λ is k-szoros sajátérték, amelynek geometriai multiplicitása szintén l Legyen ξ = u + iv,,ξ l = u l + iv l a hozzá tartozó l darab lineárisan független sajátvektor Ekkor, ahogy azt a 2 esetben láttuk, az x t = e αt cos βtu sinβtv,,x l t = e αt cos βtu l sinβtv l és x l+ t = e αt cos βtv + sin βtu,,x 2l t = e αt cos βtv l + sin βtu l függvények lineárisan független valós megoldásai az egyenletnek Ha l = k, akkor a λ és λ sajátértékekhez megtaláltuk az összes szükséges megoldást Ha l < k, akkor ahogy ezt a 3/b és 3/c esetekben leírtuk, 47 alakú komplex megoldások segítségével mindig fel tudunk írni k l db további komplex megoldást De ekkor ezek valós ill képzetes részét véve, fel tudunk írni további 2k l darab valós megoldást Ezt folytatva a komplex megoldások valós és képzetes részét véve mindig meg tudjuk adni a megoldások terének valós alaprendszerét

17 76 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 44 Fundamentális mátrix és Cauchy-mátrix Tegyük fel, hogy az x = Atx, t I, 48 homogén lineáris egyenletnek ismerjük egy x t,, x n t, t I fundamentális rendszerét A Ψt = x t,,x n t, t I mátrix értékű függvényt a 48 rendszer fundamentális mátrixának vagy más szóval alapmátrixának hívjuk Ekkor Wx,,x n = detψt a megoldások Wronski-determinánsa A Wronski-determináns tulajdonságaiból következik, hogy Ψt invertálható minden t I-re Jelölje Ψ t a Ψt mátrix inverzét A 48 egyenlet általános megoldása felírható az xt = c x + + c n x n alakban Ezt a Ψt fundamentális mátrix segítségével röviden az xt = Ψtc 49 alakban írhatjuk fel, ahol c = c,,c n T egy tetszőleges konstans vektor Ha a 48 egyenlethez tekintjük az xt 0 = z 420 kezdeti feltételt, akkor a kezdeti érték feladat megoldását a 49 formulában azon c vektor adja, amelyre z = Ψt 0 c, azaz c = Ψ t 0 z Ezt visszahelyettesítve a 49 képletbe kapjuk, hogy a kezdeti érték feladat megoldásának képlete xt = ΨtΨ t 0 z, t I 42 Egyszerű számolással kapjuk, hogy Ψ t = x t,,x n t = Atx t,,atx n t = Atx t,,x n t = AtΨt A fundamentális mátrix fenti tulajdonságait összefoglalhatjuk a következő tételben: 422 Tétel Legyen Ψt, t I egy fundamentális mátrixa a 48 rendszernek Ekkor i Ψt invertálható minden t I-re; ii a 48 egyenlet általános megoldásának képlete xt = Ψtc, t I, c R n ; iii a kezdeti érték feladat megoldásának képlete xt = ΨtΨ t 0 z, t I; iv a fundamentális mátrix teljesíti a Ψ t = AtΨt mátrix differenciálegyenletet

18 4 Lineáris rendszerek Példa Tekintsük újra a 44 Példában vizsgált 49 egyenletet Ennek általános megoldását megadtuk a 40 képletben Az ebben szereplő két megoldást elhelyezve egy mátrix oszlopaiban kapjuk a e 2t 3e Ψt = 0t e 2t 5e 0t mátrixot, amely egy lehetséges fundamentális mátrixa a 49 egyenletnek 424 Példa Könnyen ellenőrizhető, hogy a 45 feladatban vizsgált egyenlet egy fundamentális mátrixa 5e Ψt = 6t cos 3t 5e 6t sin 3t e 6t cos 3t 3sin 3t e 6t 3cos 3t + sin3t Mivel végtelen sok fundamentális rendszer választható a megoldások teréből, ezért egy homogén lineáris rendszernek végtelen sok fundamentális mátrixa létezik Egy speciális fundamentális mátrix az a Φt-vel jelölt fundamentális mátrix, amelyre a Φ0 = I kezdeti feltétel teljesül, azaz amelynek oszlopvektorai azok az x t,,x n t megoldásai a 48 egyenletnek, amelyek az x 0 = e,, x n 0 = e n kezdeti feltételekhez tartoznak Itt e j a j-edik standard bázisvektor R n -ben, azaz j-edik koordinátája, az összes többi pedig 0 Erre a speciális fundamentális mátrixra a 42 formula az xt = Φtz, t I 422 képletre egyszerűsödik 425 Példa Tekintsük újra a 44 és 423 Példákban vizsgált 49 egyenletet Írjuk fel most a rendszer Φt fundamentális mátrixát! Ehhez azt a két megoldását használjuk a 49 egyenletnek, amelyek az x 0 0 = illetve x = kezdeti feltételekhez tartoznak x -et meghatároztuk a 44 Példában lásd a 4 képletet: x t = 5 8 e2t + 8 e0t 3 5 x 2 meghatározásához a 40 általános megoldás képletébe helyettesítjük be a kezdeti feltételt: amelyből c = 3/8 és c 2 = /8 adódik, azaz c + 3c 2 = 0 c 5c 2 =, x 2 t = 3 8 e2t 8 e0t 3 5 Ezért a keresett fundamentális mátrix 5 8 Φt = e2t e0t 3 8 e2t 3 8 e0t 5 8 e2t 5 8 e0t 3 8 e2t e0t

19 78 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 Megmutatható a következő állítás: 426 Tétel Legyen Ψt, t I egy fundamentális mátrixa a 48 egyenletnek, P R n n egy invertálható konstans mátrix Ekkor a Ψt = ΨtP 424 mátrix is fundamentális mátrixa a 48 egyenletnek Fordítva, ha Ψt, Ψt t I két fundamentális mátrixa a 48 egyenletnek, akkor létezik olyan P R n n invertálható konstans mátrix, hogy 424 teljesül A 42 képlet motiválja a következő definíciót: az Ut,t 0 = ΨtΨ t 0 mátrixot a 48 egyenlet Cauchy-mátrixának nevezzük A 426 tétel segítségével könnyen megmutatható, hogy különböző fundamentális mátrixokra felírt Cauchy-mátrixok azonosak, azaz a 48 egyenlet Cauchy-mátrixa egyértelműen definiált Legyen ugyanis Ψt egy másik fundamentális mátrix Ekkor 424 teljesül, ezért Ψt Ψ t 0 = ΨtPΨt 0 P = ΨtPP Ψ t 0 = ΨtΨ t 0 A következő tételben összefoglaltuk a Cauchy-mátrix néhány alapvető tulajdonságát: 427 Tétel Legyen Ut,t 0 a 48 rendszer Cauchy-mátrixa Ekkor i Ut,t 0 invertálható minden t,t 0 I-re, és U t,t 0 = Ut 0,t; ii Ut,t 0 = Ut,sUs,t 0 minden t,t 0,s I-re; iii a kezdeti érték feladat megoldása xt = Ut,t 0 z, t I; iv t Ut,t 0 = AtUt,t 0, Ut 0,t 0 = I Bizonyítás: i Az állítás következik a Ut,t 0 Ut 0,t = ΨtΨ t 0 Ψt 0 Ψ t = ΨtΨ t = I számolásból ii U definícióját felhasználva kapjuk: Ut,sUs,t 0 = ΨtΨ sψsψ t 0 = ΨtΨ t 0 = Ut,t 0 iii A 422 Tétel iii pontjából következik iv A 422 Tétel iv pontja szerint t Ut,t 0 = Ψ tψ t 0 = AtΨtΨ t 0 = AtUt,t 0

20 4 Lineáris rendszerek Mátrix exponenciális függvény Valós vagy komplex x-re az e x függvény egy lehetsége definíciója az e x = + x + x xk k! + hatványsorral történhet Ennek mintájára egy n n-es A mátrixra definiáljuk az e A mátrix exponenciális kifejezést az e A = + A + A Ak + k! formális végtelen sorral Megmutatjuk, hogy ez a sor konvergens Vegyünk egy tetszőleges mátrixnormát Erre A k k! A k, k! ezért a majoráns kritérium szerint A k k! A k = e A <, k! azaz k=0 abszolút konvergens, így konvergens is Definiálhatjuk ezért a k=0 k=0 Φt = e At = A k k! A k t k k=0 k! 425 mátrix függvényt Az előbbiek szerint ez a végtelen sor konvergens minden t-re, sőt bármely véges intervallumon a hatványsor egyenletesen is konvergens, ezért akárhányszor differenciálható, és A definíció alapján Φ t = k= k Ak t k k! = A k= A k t k k! Φ0 = e A0 = I A k t k = A = AΦt k! Mivel a 425 hatványsor abszolút konvergens, ezért e At és e As Cauchy-szorzata konvergens, így ezt, és a binomiális tételt alkalmazva e At e As = = = = A k t k k=0 k! k=0 j=0 k=0 A l s l l=0 k A j t j A k k! j! k j=0 A k t + s k k=0 = e At+s k! l! k=0 A k j s k j k j! k t j s k j j

21 80 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 Ebből következik, hogy e At invertálható, és inverze e At, hiszen e At e At = e At t = I Összefoglalhatjuk a kapott eredményeket a következő tételben 428 Tétel Az e At mátrix exponenciális függvényre i e At e As = e At+s minden t,s R-re; ii e At invertálható, és inverze e At ; iv e A0 = I; v e At differenciálható minden t-re, és d dt eat = Ae At ; vi Az x = Ax konstans együtthatós homogén lineáris rendszer Φ0 = I kezdeti feltételt teljesítő alapmátrixa Φt = e At alakban adható meg, és a Cauchy-mátrixa pedig Ut,t 0 = e At t Példa Számítsuk ki az e A mátrix exponenciális értéket, ahol 5 3 A = 5 7 A 44, 423 és 425 Példában vizsgáltuk az A mátrixhoz tartozó homogén lineáris rendszert A 425 Példában például a 423 képletben megadtuk a homogén rendszer Φ alapmátrixát Mivel Φt = e At, ezért a 423 képletbe t = -et behelyettesítve kapjuk 5 8 e e0 3 8 e2 3 8 e0 e A = 5 8 e2 5 8 e0 3 8 e e0 Egy vektor értékű xt = x t,,x n t T függvény Laplace-transzformáltján az Lx s 0 e st x tdt ˆxs = Lxs = = Lx n s e st x n tdt függvényt értjük, amelyet olyan s-re definiálunk, amelyre minden komponens függvény Laplacetranszformáltja definiált Hasonlóan, mátrix értékű függvények Laplace-transzformáltját is komponensenként definiáljuk Tekintsük újra az 0 x = Ax, x0 = z

22 4 Lineáris rendszerek 8 kezdeti érték feladatot Az egyenlet mindkét oldalának Laplace-transzformáltját véve, és a skaláris függvényekre ismert azonosságok erre az esetre könnyen ellenőrizhető általánosítását használva kapjuk, hogy sˆxs z = Aˆxs, amelyből ˆxs = si A z következik Ebből kapjuk, hogy a kezdeti érték feladat megoldása xt = L si A z Ezt a képletet a 422 formulával és a 428 tétel vi pontjával összehasonlítva adódik, hogy e At = L si A 426 Ez egy újabb módszert ad a mátrix exponenciális függvény, azaz egy fundamentális mátrix kiszámolására 430 Példa Tekintsük újra a 44, 423 és 425 Példákban vizsgált 49 egyenletet Erre a rendszerre s 5 3 si A = 5 s 7 Mivel detsi A = s 2 2s + 20, ezért ellenőrizhető, hogy s 7 3 si A s = 2 2 s+20 s 2 2 s+20 = 5 s 2 2 s+20 s 5 s 2 2 s s s s 0 s s s Ebből komponensenként inverz Laplace-transzformáltat számolva e At = L 5 si A 8 = e2 t e0 t 3 8 e2 t 3 8 e0 t, 5 8 e2 t 5 8 e0 t 3 8 e2 t e0 t ahogy azt a 425 Példában is láttuk s 0 s 0 46 Inhomogén lineáris rendszerek megoldása konstansok variálásának módszerével Tekintsük újra az inhomogén lineáris egyenletet és az kezdeti feltételt Tegyük fel, hogy a megfelelő x = Atx + ft, t I 427 xt 0 = z 428 x = Atx, t I 429 homogén egyenletnek adott egy Ψt fundamentális mátrixa, azaz ismert egy alaprendszere Ekkor a 429 homogén egyenlet általános megoldása x H t = Ψtc, c R n

23 82 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 A konstansok variálásának módszerét használva keressük a 427 inhomogén egyenlet partikuláris megoldását az x IP t = Ψtut alakban, ahol u : I R n egy meghatározandó paraméter A 427 egyenletbe visszahelyettesítve kapjuk, hogy u teljesíti az egyenletet, amiből Ψ tut + Ψtu t = AtΨtut + ft Ψtu t = ft 430 következik, hiszen Ψ t = AtΨt Ez egy lineáris egyenletrendszer u t-re, amely mindig megoldható, hiszen Ψt invertálható Kapjuk amelynek egy konkrét megoldása u t = Ψ tft, ut = t t 0 Ψ sfsds Ezt visszahelyettesítve x IP képletébe és alkalmazva az x IH t = x H t + x IP t összefüggést kapjuk, hogy a 427 inhomogén rendszer általános megoldásának alakja t xt = Ψtc + Ψt Ψ sfsds t 0 Ebbe behelyettesítve a 428 kezdeti feltételt, kapjuk, hogy z = Ψt 0 c, amiből következik, hogy a kezdeti érték feladat megoldása t xt = ΨtΨ t 0 z + Ψt Ψ sfsds, t 0 t I 43 A 43 formulát konstans variációs formulának nevezzük A Cauchy-mátrix segítségével a képlet az t xt = Ut,t 0 z + Ut,sfsds, t I 432 t 0 ekvivalens alakban is megadható A mátrix exponenciális függvény tulajdonságaiból lásd 428 Tételt következik, hogy az x = Ax + ft, t I konstans együtthatós inhomogén rendszerre felírt 43 vagy 432 konstans variációs formulának egy másik ekvivalens alakja 43 Példa Oldjuk meg az x = t xt = e At t0 z + e At s fsds, t 0 t I x + 7e 3t 2 4e 3t, x0 =

24 4 Lineáris rendszerek 83 kezdeti érték feladatot! A 44 Példában végigszámoltuk, hogy a megfelelő homogén egyenlet általános megoldása x H t = c e 2t + c 2 e 0t 3 5, és így, ahogy azt a 423 Példában is láttuk, a homogén egyenlet egy alapmátrixa Ψt = e 2t 3e 0t e 2t 5e 0t A konstansok variálásának módszerét használva keressük az inhomogén egyenlet egy partikuláris megoldását az x IP t = Ψtut alakban Ekkor u teljesíti a 430 egyenletet, amely ebben az esetben: Ennek megoldása Így e 2t u t + 3e0t u 2 t = 7e3t e 2t u t 5e0t u 2 t = 4e3t u t = 7 8 et és u 2 t = 2 8 e 7t 7 u t = 8 et dt = et és u 2 t = 8 e 7t dt = 3 8 e 7t Ne felejtsük el, hogy egy u függvényt elég megadni, ezért nem kell az integráláskor az összes primitív függvényt felírni Ezért a partikuláris megoldás képlete e 2t 3e x IP t = Ψtut = 0t 7 e 2t 5e 0t 8 et 3 = 8 e 7t és így az inhomogén egyenlet általános megoldása xt = c e 2t + c 2 e 0t 3 5 Ebbe behelyettesítve a kezdeti feltételt kapjuk, hogy azaz c + 3c 2 2 = c 5c 2 + = 2, c + 3c 2 = c 5c 2 = 2e 3t + e 3t 2e 3t e 3t, Ebből c = és c 2 = 0 adódik, tehát a kezdeti érték feladat megoldása xt = e 2t 2e 3t e + e 3t = 2t 2e 3t e 2t + e 3t

25 84 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/ Példa Oldjuk meg az x 5 5 = 2 7 5e 6t x + e 6t, x0 = kezdeti érték feladatot! A megfelelő homogén egyenletet a 45 Példában oldottuk meg, a 424 Példában pedig kaptuk, hogy 5e Ψt = 6t cos 3t 5e 6t sin3t e 6t cos 3t 3sin 3t e 6t 3cos 3t + sin 3t a homogén egyenlet egy fundamentális mátrixa A konstansok variálásának módszerét használva keressünk partikuláris megoldást az x IP t = Ψtut alakban Ekkor u -re az 5e 6t cos 3t u t + 5e6t sin3t u 2 t = 5e6t e 6t cos 3t 3sin 3tu t + e6t 3cos 3t + sin 3tu 2 t = e6t lineáris egyenletrendszert kapjuk Az első egyenletet egyszerűsíthetjük, majd kivonhatjuk a másodikból Ekkor e 6t cos 3t u t + e6t sin 3t u 2 t = 3e6t 3e 6t sin 3t u t + 3e6t cos 3t u 2 t = 4e6t adódik Ha az első egyenletet 3 sin 3t-vel, a másodikat pedig cos 3t-vel megszorozzuk és összeadjuk a két egyenletet, majd a cos 2 3t + sin 2 3t = azonosságot alkalmazzuk, kapjuk, hogy 3e 6t u 2t = 9e 6t sin 3t 4e 6t cos 3t, azaz amiből Hasonlóan, és így u 2t = 3sin 3t 4 cos 3t, 3 u 2 t = cos 3t 4 sin 3t 9 u t = 3cos 3t + 4 sin 3t, 3 u t = sin 3t 4 cos 3t 9 Ezért a partikuláris megoldás képlete x IP t = Ψtut 5e = 6t cos 3t 5e 6t sin 3t sin3t 4 e 6t cos 3t 3sin 3t e 6t 9 cos 3t 3cos 3t + sin 3t cos 3t 4 9 sin 3t = 20 9 e6t 3 Az egyenlet általános megoldás tehát xt = c e 6t 5cos 3t cos 3t 3sin 3t A kezdeti feltételt behelyettesítve kapjuk + c 2 e 6t 5sin 3t 3cos 3t + sin 3t 9 e6t c 20 9 c + 3c = =,

26 4 Lineáris rendszerek 85 amelyet megoldva c = és c 2 = 3 5 xt = e6t 5cos 3t cos 3t 3sin 3t = 9 e6t 29cos 3t + 27sin 3t 20 22cos 3t 2sin 3t 3, ezért a kezdeti érték feladat megoldása + 3 5sin 3t 5 e6t 3cos 3t + sin 3t 9 e6t Alkalmazások V V 2 4 Ábra kettős tank 433 Példa Tegyük fel, hogy adott két tank lásd a 4 Ábrát, amelyeket két csővel összekötünk Az egyik csövön r l/perc sebességgel pumpáljuk át a folyadékot az első tartályból a másodikba, a másikon pedig r l/perc sebességgel pumpáljuk át a folyadékot a második tartályból az elsőbe Az első tartályban V l, a másodikban pedig V 2 l sóoldat van Kezdetben az első tartályban A kg, a másodikban pedig A 2 kg só van feloldva A két csőben elhanyagolható a folyadékmennyiség, és az oldatnak a csőben való tartózkodási ideje elhanyagolható Feltesszük továbbá azt is, hogy a két tartályban az oldatokat folyamatosan keverjük, az oldatok rögtön ideálisan összekeverednek Számítsuk ki, hogy mennyi só oldat lesz az egyes tartályokban a t időpontban! Vegyük észre, hogy az egyes tartályokban a folyadék mennyisége konstans marad Jelölje Q = Q t az első, Q 2 = Q 2 t a második tartályban levő só tömegét a t időpontban Ekkor az első tartály koncentrációja Q /V kg/l, a másodiké pedig Q 2 /V 2 kg/l lesz Ezért az első tartályban a só tömege rq /V kg/perc sebességgel csökken, de egyben rq 2 /V 2 kg/perc sebességgel nő Könnyen látható, hogy teljesül a Q = r Q V + r Q 2 V 2, Q 0 = A Q 2 = r Q V r Q V 2, Q 2 0 = A 2 lineáris egyenletrendszer Nézzük azt a konkrét esetet, amikor az első tartályban 50 l tiszta viz, a másodikban pedig 00 l, kezdetben 3/4 kg/l koncentációjú sóoldat van kezdetben Tegyük fel, hogy a pumpálás sebessége 5 l/perc Ekkor a 434 egyenletrendszer: Q = 0 Q + 20 Q 2, Q 0 = 0 Q 2 = 0 Q 20 Q 2, Q 2 0 = 75 Az együtthatómátrix karakterisztikus polinomja 0 λ λ = λ + λ = λ λ

27 86 Hartung Ferenc: Differenciálegyenletek, MA22i, MA623d, 2006/07 Így λ = 0, 3 20 Könnyen ellenőrizhető, hogy a megfelelő sajátvektorok:,2t és, T Ezért az egyenletrendszer általános megoldása Q 2 Q = c + c 2 e 3 20 t 2 A kezdeti feltételeket felhasználva ebből kiszámítható, hogy Q = 25 25e 3 20 t, Q 2 = e 3 20 t A következő két példában nemlineáris egyenletrendszerekre mutatunk példát Ezek megoldásait nem tudjuk analitikusan megadni 434 Példa ragadozó-zsákmány modell Tegyük fel, hogy egy olyan biológiai rendszert vizsgálunk, ahol kétfajta egyed él: ragadozó és zsákmány, azaz az egyik tápláléka a másik egyed Tipikus eset például egy olyan halastó, amelyben kétfajta hal él Jelölje x = xt a zsákmány, y = yt pedig a ragadozók egyedszámát a t időpontban Feltesszük, hogy a zsákmány egyed életfeltételei a ragadozók jelenléte nélkül ideálisak, azaz a Malthus-modell szerint szaporodnak lásd az 26 Példát Feltesszük tehát, hogy a zsákmány szaporodási sebessége ax, ahol a > 0 Másrészt a zsákmány egyedek száma csökken a ragadozók jelenléte miatt Természetes feltevés, hogy a zsákmány halálozási sebessége a ragadozó és zsákmány találkozások számával arányos, ami pedig az összes zsákmány-ragadozó párok számával arányos: bxy, ahol b > 0 Tehát x = ax bxy Másrészt a ragadozók a zsákmány jelenléte nélkül kihalnak az egyedszámmal arányos sebességgel: cy, c > 0, de a zsákmány-ragadozó párok számával arányos sebességgel nő a számuk: dxy, d > 0 Teljesül tehát ebben az esetben az x y = xa by = y c + dx 435 nemlineáris egyenletrendszer 435 Példa versengő egyedek Egy másik két egyedet tartalmazó modell esetében azt tesszük fel, hogy a másik egyed jelenléte nélkül mindkét egyed a Verhulst-féle logisztikus modell szerint szaporodna: x = ax bx 2, y = dy fy 2 A másik egyed jelenléte hatására viszont az egyedszámuk a két egyed találkozásai számával arányos sebességgel csökken, mivel versengeni fognak a táplálékért: x = xa bx cy y 436 = yd ex fy, ahol a,b,c,d,e,f > 0