B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Bevezetés az algebrába 2 BMETE91AM37 Differencia- és differenciálegy.-rsz. H607 2017-04-05 Wettl Ferenc ALGEBRA TANSZÉK 1
Differenciaegyenlet-rendszerek
Fibonacci-sorozat explicit alakja P A Fibonacci-sorozat F 0 = 0, F 1 = 1, F n+1 = F n + F n 1 (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, ) explicit alakja: F n = 1 (( ) n ( ) n ) 1 + 5 1 5 5 2 2 M Keressünk a rekurzív képletre F n = λ n alakú megoldást! λ n+1 = λ n + λ n 1 λ 2 λ 1 = 0 λ 1,2 = 1± 5 2 Az (1, λ i, λ 2 i,... ) sorozatok lin. ftlenek, ui. 1 1 1 5 0 1+ 5 2 ( - Lineáris kombinációik mind megoldások: c 1+ 5 1 2 - A kezdeti feltételek (F 0 = 0, F 1 = 1) kielégítéséhez megoldandó c 1 1 + 5 2 c 1 + c 2 = 0 + c 2 1 5 2 = 1 2 ) n + c2 ( 1 5 2 c 1 = c 2 = 1 5. ) n 2
Állandó együtthatós homogén lineáris differenciaegyenlet D d-edrendű állandó együtthatós homogén lineáris differenciaegyenlet: x n = a 1 x n 1 + a 2 x n 2 +... + a d x n d, (DAE) Á D ahol a 1, a 2,..., a d és a kezdeti feltételül szolgáló x 0, x 1,..., x d 1 adott konstansok, x d, x d+1,... ismeretlenek. Ha (x 0, x 1, x 2,... ) és (y 0, y 1, y 2,... ) megoldásai egy (állandó együtthatós) homogén lineáris differenciaegyenletnek, akkor tetszőleges c, d R konstansokra (cx 0 + dy 0, cx 1 + dy 1,... ) is. A DAE karakterisztikus polinomja χ(t) = t d a 1 t d 1 a 2 t d 2... a d, gyökei a sajátértékek. - E definíció eredetét hamarosan megvilágítjuk. 3
Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenlet-rendszerek megoldása
Differenciaegyenletrendszer (DAER) D Elsőrendű lineáris differenciaegyenlet-rendszer: x n+1 = Ax n x n+1 = Ax n + b n homogén inhomogén T B ahol x 0, b 0, b 1, b 2 ismert vektorok, x n ismeretlen, ha n > 0. Az elsőrendű lineáris differenciaegyenlet-rendszer megoldása ahol n > 0. x n = A n x 0, n 1 x n = A n x 0 + A n 1 i b i, i=0 (homogén) (inhomogén) Behelyettesítés. A rekurzióból következik a mo. egyértelműsége. 4
F Milyen A C n n mátrixra igaz, hogy az x n+1 = Ax n + b sorozat minden b, x 0 C n vektorra konvergens? Mi a határérték? M A tétel szerint x n = A n x 0 + (I + A + A 2 +... + A n 1 )b: ekkor x 0 = 0 esetén b-re konv I + A +... + A n 1 konv ρ(a) < 1 - lim n A n = O, lim n I + A +... + A n 1 = (I A) 1 x n Ox 0 + (I A) 1 b = (I A) 1 b, ami nem függ x 0 -tól. [ ] [ ] 2 1 1 P Konvergens-e az x n = 1 3 x n 1 + sorozat? Mi a 1 1 2 határértéke? 2 M χ(λ) = 3 λ 1 3 1 3 1 3 λ = λ2 1 3 λ 1 3 χ( 1) > 0, χ(0) < 0, χ(1) > 0 ρ(a) < 1 a sorozat konvergens! [ 1 - lim x n = (I A) 1 b = 3 1 ] 1 [ ] [ ] [ ] [ ] 3 1 4 1 1 2 = =. n 2 1 1 2 1 1 3 4 3 5
m Minden állandó együtthatós d-edrendű homogén lineáris differenciaegyenlet átírható elsőrendű homogén lineáris differenciaegyenlet-rendszerré (DAER): ha x n a 1 x n 1... a d x n d = 0 (x d a 1 x d 1... a d x 0 = 0), akkor x 1 0 1... 0 x 0.. =....., x x d 1 0 0... 1 x 1 = Ax 0 ill. d 2 x d a d a d 1... a 1 x d 1 x n+1 0 1... 0 x ṇ.. =....., x x n+d 1 0 0... 1 x n+1 = Ax n, n+d 2 a d a d 1... a 1 x n+d x n+d 1 ahol x n = (x n,..., x n+d 1 ), és A a χ(t) kísérő mátrixának transzponáltja, melynek sajátértékei épp a DAE sajátértékei, és melyre µ(t) = ±χ(t), így minden sajátértékéhez egy J-blokk 6
Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenlet megoldása
T DAE összes megoldása: 1. Ha λ sajátértéke a (DAE) DAE-nek, akkor az x n = λ n sorozat egy megoldás. 2. Ha a (DAE) spektruma {λ 1,..., λ s }, ahol a λ i algebrai multiplicitása a i, akkor a (DAE) összes megoldása előáll x n = s i=1 a i 1 j=0 c ij n j λ n i alakban. A c ij együtthatók megkaphatók a kezdeti feltételekből. 3. Speciálisan, ha a (DAE) sajátértékei mind különbözőek, akkor az összes megoldás előáll alakban. d x n = c i λ n i i=1 7
B 1. χ(λ) = 0 λ d = a 1 λ d 1 + a 2 λ d 2 +... + a d λ n = a 1 λ n 1 + a 2 λ n 2 +... + a d λ n d λ n megoldás. - 2. x n = Ax n 1 x n = A n x 0 x n = CJ n C 1 x 0. - J n egy a algebrai multiplicitású λ-hoz tartozó diagonális blokkja n λ 1... 0 λ n ( n 1) λ n 1... 0 λ... 0 0 λ n.... =............ 0 0... λ 0 0... λ n a a - E blokk minden eleme a λ n, nλ n, n 2 λ n,, n a 1 λ n elemek konstans (n-től független!) együtthatókkal vett lineáris kombinációja (pl. ( n 1) λ n 1 = ( 1 λ )nλn, ( n) 2 λ n 2 = n2 n 2 λ n 2 = ( 2 )n 2 λ n ( 2 )nλ n, ) λ 2 λ 2 CJ n C 1 minden eleme a λ n i, nλn i, n2 λ n i,, nai 1 λ n i elemek lineáris kombinációja, ahol a i a λ i multiplicitása. - 3. következik az előzőből, hisz ekkor a i = 1 minden i = 1, 2,..., d-re. 8
P x n = 5x n 1 8x n 2 + 4x n 3, x 0 = 0, x 1 = 1, x 2 = 5. M χ(λ) = λ 3 5λ 2 + 8λ 4 = (λ 1)(λ 2) 2 Összes megoldás: x n = c 1 1 n + c 2 2 n + c 3 n2 n. Kezdeti feltételekből: c 1 = 1, c 2 = 1, c 3 = 1, - x n = 1 2 n + n2 n, (0, 1, 5, 17, 49, 129, ) P x n = 2x n 1 5x n 2, x 0 = x 1 = 1. M χ(λ) = λ 2 + 2λ + 5 = (λ + 1 2i)(λ + 1 + 2i) Összes megoldás: x n = c 1 ( 1 + 2i) n + c 2 ( 1 2i) n. Kezdeti feltételekből: c 1 = (1 i)/2, c 2 = (1 + i)/2, - x n = 1 i 2 ( 1 + 2i)n + 1 + i 2 ( 1 2i)n, (1, 1, 7, 9, 17, 79, ) 9
P Konvergens-e az x n+1 = 1 4 x n 1 4 x n 1 + 1 sorozat? Mi a határértéke? [ ] [ ] [ ] [ ] xn 0 1 xn 1 0 x 1 M = x n+1 1 1 + 4 4 x n 1 1 1 4 4 x = (x 1 2 )2 λ = 1 2 ρ(a) = 1 2 < 1 a sorozat konvergens. [ ] 1 [ ] 1 1 3 (I A) 1 = 1 3 = 4 1 4 4 1 4 1 [ ] [ ] [ ] [ ] 3 xn lim = 4 1 0 1 n 1 = lim x n = 1. 4 1 1 1 n x n+1 m ha tudjuk, hogy konv, akkor tfh x n a x n 1 a, x n+1 a és x n+1 = 1 4 x n 1 4 x n 1 + 1 a = 1 4 a 1 4 a + 1 a = 1. 10
Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenletek alkalmazásai
P Számítsuk ki az alábbi n-edrendű determináns értékét: 2 1 0 1 2 1 D n =......... 1 2 1 0 1 2 M D n = 2D n 1 D n 2, ugyanis az első sor szerint kifejtve 2 1 0 1 1 0 1 2 1 0 2 1 0 D n = 2......... ( 1)......... 1 2 1 1 2 1 0 1 2 0 1 2 (n 1) 2 1 0 2 1 0 1 2 1 1 2 1 = 2.................. 1 2 1 1 2 1 0 1 2 0 1 2 (n 1) (n 2) (n 1) 11
2 1 - D 1 = 2, D 2 = 1 2 = 3 λ 2 2λ + 1 λ = 1 A két független megoldás (1, 1, 1, 1,... ), (0, 1, 2, 3,... ) - D 1 : c 1 + c 2 = 2, D 2 : c 1 + 2c 2 = 3 c 1 = c 2 = 1 - D n = n + 1. 12
P Számítsuk ki az alábbi integrál értékét, ha a R konstans, a kπ: I n = π 0 cos nx cos na cos x cos a dx M I 0 = 0, I 1 = π, I n+1 (2 cos a)i n + I n 1 = 0, ugyanis π cos nx cos x sin nx sin x cos na cos a + sin na sin a 0 cos x cos a cos nx cos na 2 cos a cos x cos a cos nx cos x + sin nx sin x cos na cos a sin na sin a + dx cos x cos a = π 0 2 cos nx dx = 0, mert n > 0. 13
- λ 2 (2 cos a)λ + 1 = 0 λ 1,2 = 2 cos a ± 4 cos 2 a 4 = e ±ai 2 az alapmegoldások: (1, e ai, e 2ai, e 3ai,... ), (1, e ai, e 2ai, e 3ai,... ). c 1 + c 2 = 0, c 1 e ai + c 2 e ai = π π c 1 (2i sin a) = π c 1 = 2i sin a π - I n = (cos na+i sin na) π 2i sin a 2i sin a (cos na i sin na) = π sin na sin a 14
Differenciálegyenlet-rendszerek
D Elsőrendű explicit nemlineáris differenciálegyenlet-rendszer: x = f(t, x), ahol f : R R n R n, x : R R n Autonóm, ha időfüggetlen: x = f(x), ahol f : R n R n, x : R R n (1) Állandó együtthatós homogén lineáris (autonóm lineáris), ha x = Ax, ahol A R n n. (2) Az autonóm DER egy konstans x(t) = u megoldását egyensúlyi helyzetnek vagy egyensúlyi pontnak nev. Á A konstans u pontosan akkor egyensúlyi pontja az (1) egyenletnek, ha f(u) = 0. Á Invertálható A esetén a (2) lineáris DER egyetlen egyensúlyi helyzete a 0. T A R n n, t 0 R, x 0 R n 1 x : R R n diffható függvény, hogy t R : x (t) = Ax(t) és x(t 0 ) = x 0. 15
D Az x(t 0 ) = x 0 feltételt kezdeti feltételnek, az x (t) = Ax(t), x(t 0 ) = x 0 egyenleteket kezdetiérték-problémának hívjuk. Az {x(t) t R} R n halmaz az x(t) trajektóriája. m A tétel szerint a x (t) = Ax(t) DER megoldásainak trajektóriái átfedés nélkül lefedik R n minden pontját. c 1 e t P x c 2 e t = Ix mo: x(t) = = e t c, x = Ix mo: x(t) = e t c.. c n e t A trajektóriák az első esetben az origóból induló, de azt nem tartalmazó félegyenesek, és az origó, a második esetben az origóba futó, de azt nem tartalmazó félegyenesek, és az origó. 16
Fázisportrék R 2 -ben Fázisportré: néhány trajektóriát és/vagy néhány x pontban az x irányát jelző vektort ábrázol a fázissíkon: Az x = Ix és az x = Ix differenciálegyenlet-rendszerek fázisportréi. 17
[ ] P Oldjuk meg az x 1 = x 2 0 1, azaz x = x DER-t! x 2 = x 1 1 0 [ ] c sin t M Nyilván megoldások az x(t) =, c 0 vektorértékű c cos t függvények. Mivel ezek a sík minden pontján átmennek, megadtuk az összes megoldást! - A fázisportré: 18
A fázistér D Az autonóm x = f(x) (f : R n R n ) egyenletrendszerek megoldásai az R n térben görbeként ábrázolhatók. Az R n teret fázistérnek, a trajektóriákat, és/vagy egy rács x pontjaiba húzott x vektorokat is tartalmazó ábrát fázisportrének nevezik. - Egy phase portrait mathlet - A Wikipédia a fázis-síkról, és az onnan származó rajz a következő oldalon: 19
A fázisportrék kapcsolata az együtthatómátrixszal 20
D Á B Az (a, b) intervallumon értelmezett x 1 (t), x 2 (t), x n (t) függvények függetlenek (a, b)-n, ha c 1 x 1 (t) + + c n x n (t) = 0 csak akkor állhat fenn minden t (a, b) helyen, ha c 1 = = c n = 0. Az x = Ax DER megoldásai n-dimenziós alteret alkotnak az R R n függvények terében. Ha x 1, x 2 megoldás, c R, akkor cx 1 + x 2 is alteret alkotnak. - L! x i megoldása az x i (0) = e i kezdetiérték-problémának (i = 1,..., n). - x 0 előáll az e i -k lin.komb.jaként k.é.p-nak van megoldása, ami az x i -k lin.komb.-jaként megkapható. - Az x i megoldások függetlenek, mert az e i -k is azok. K D Az összes megoldáshoz elég n független megoldást találni. Az x = Ax DER megoldásai terének valamely bázisát alaprendszernek nevezzük. 21
L A Jordan-blokkok függvénye alapján t λ 1 0... 0 1 t 2 t 2!... n 1 (n 1)! 0 λ 1... 0 t 0 1 t... n 2 (n 2)! J = 0 0 λ... 0 esetén e Jt = e λt t. 0 0 1... n 3 (n 3)!............. 0 0 0... λ 0 0 0... 1 L (e At ) = Ae At B (e At ) 1 1 = k! (At)k = (k 1)! Ak t k 1 = k=0 k=1 1 A (k 1)! Ak 1 t k 1 = Ae At. k=1 22
Lineáris DER megoldása T B K K B Az x (t) = Ax(t), x(0) = x 0 kezdetiérték-probléma megoldása x(t) = e At x 0. (e At x 0 ) = Ae At x 0, vagyis megoldás, másrészt kielégíti a kezdeti feltételt, ui. e A0 x 0 = Ix 0 = x 0. Minden kezdeti feltételhez egyetlen megoldás van, és az összes megoldást megadja. e At oszlopvektorai alaprendszert alkotnak. Mivel minden megoldáshoz tartoznak kezdeti feltételek, és minden kezdetiérték-probléma megoldható az e At oszlopainak lineáris kombinációjaként, ezért minden megoldás e At oszlopainak lineáris kombinációja. 23
P Oldjuk meg az x = [ ] 2 1 x, x 0 = 1 4 [ ] 1 2 1M χ A (λ) = λ 2 6λ + 9 = (λ 3) 2 λ 1,2 = 3 - Sajátvektor: (1, 1)t, Jordan-lánc: ( 1, 1) (1, 0) [ ] [ ] [ ] 1 1 0 1 3 1 - C =, C 1 =, J =. 1 0 1 1 0 3 [ e - e Jt 3t te 3t ] [ ] t + 1 t = 0 e 3t, e At = Ce Jt C 1 = e 3t t t + 1 - Az általános megoldás: x(t) = e At x 0 [ ] [ ] [ ] 1 t + 1 t 1 - x(t) = e At = e 3t 2 t t + 1 2 [ ] t + 1 = e 3t t + 2 24
2M χ A (λ) = (λ 3) 2, J = [ ] 3 1 ; λ 1 = 3, m 1 = 2, j = 0, 1, i = 1 a 0 3 p (j) (λ i ) = f (j) (λ i ), j = 0, 1,..., m i 1, i = 1,..., k képletben. - f(x) = e xt, f (x) = te xt, - p(x) = ax + b, p (x) = a, f(3) = p(3) f (3) = p (3) e 3t = 3a + b te 3t = a a = te3t b = (1 3t)e 3t - p(x) = te 3t x + (1 [ 3t)e 3t ] [ ] [ ] 2 1 1 0 t + 1 t e At = p(a) = te 3t + (1 3t)e 3t = e 3t 1 4 0 1 t t + 1 [ ] [ ] [ ] [ ] 1 t + 1 t 1 t + 1 - x(t) = e At = e 3t = e 3t 2 t t + 1 2 t + 2 25
P Oldjuk meg (az előző feladat alapján) az x = [ ] 2 1 x, x 0 = 1 4 [ ] 1 2 kezdetiérték-problémát! M Az együtthatómátrix 1-szerese az előző feladaténak, így a sajátértékek λ 1,2 = 3 p(x) = te 3t x + (1 + 3t)e 3t az[ általános] megoldás: [ ] [ ] 2 1 1 0 t + 1 t te 3t + (1 + 3t)e 3t = e 3t 1 4 0 1 t t + 1 [ ] [ ] [ ] t + 1 t 1 t + 1 A k.é.p. megoldása: e 3t = e 3t t t + 1 2 t + 2 26
Fázisportrék [ ] 2 1 x differenciálegyenlet- 1 4 [ ] 2 1 Az x = x és az x = 1 4 rendszerek fázisportréi. 27
[ ] 0 1 P Adjuk meg az x = x összes megoldását! 1 0 M χ(λ) = λ 2 + 1, λ = ±i Az Hermite-polinom p(x) = ax + b, a függvény f(x) = e xt : x = i : e ti = cos t + i sin t = ai + b x = i : e ti = cos t i sin t = a( i) + b a = sin t b = cos t p(x) = (sin t)x + cos t - A mátrix [ behelyetttesítése: ] [ ] e At [ = p(a) = (sin ] t)a + (cos t)i = 0 1 1 0 cos t sin t sin t + cos t =. 1 0 0 1 sin t cos t [ ] cos t sin t Az összes megoldás: x(t) = x 0 sin t cos t [ ] c cos t F Korábban azt kaptuk, hogy az összes megoldás x(t) =. c sin t Van különbség a két eredmény között? Vagy csak más alakban kaptuk meg ugyanazt? 28
Egy alkalmazás P Három tartály mindegyikében szennyezett víz van, a szennyezőanyag mennyisége kezdetben c 1, c 2, c 3 a V liter mennyiségű vízben. A harmadik tartályba tiszta víz folyik C liter/sec sebességgel, minden tartályból ugyanekkora sebességgel folyik ki az összekeveredett víz. Mennyi a szennyezőanyag mennyisége a tartályokban t > 0 esetén, ha feltételezzük, hogy a víz nagyon gyorsan és egyenletesen összekeveredik. C liter/sec c 3 V c2 V V c 1 29
M Jelölje x i (t) az i-edik tartálybeli szennyező mennyiségét. t idő alatt C t mennyiségű tiszta víz folyik be, ugyanennyi ki, de a befolyó szennyező mennyisége 0, a kifolyóé x 3(t) C t. Így V x 3 (t) t = 0 x 3(t) V C t t x 3(t) = C V x 3(t). A másik két tartályba van befolyó szennyezés is, így a kapott három differenciálegyenlet mátrixalakban a következő: x 1 (t) x 2 (t) = C 1 1 0 x 1 (t) x 3 (t) V 0 1 1 x 2 (t) 0 0 1 x 3 (t) 30
- Az e At az A Jordan-alakjából leolvasható, mivel az épp a Jordan-alak konstansszorosa. Így elég e At helyett e C V tj -t számolni: C 1 e At = e C V tj = e C V t V t 1 2 ( C V t)2 C 0 1 V t 0 0 1 - Innen a megoldás, figyelembe véve a kezdeti feltételeket is: C c x(t) = e At 1 c c 2 = e C V t 1 + c 2 V t + c 3 1 2 ( C V t)2 C c 2 + c 3 V t c 3 c 3 31
Megoldások függetlensége T B Ha a W(x 1 (t),..., x n (t)) Wronski-determináns legalább egy pontban nem 0, akkor a függvények függetlenek, ahol x 11 (t) x 21 (t)... x n1 (t) x 12 (t) x 22 (t)... x n2 (t) W(x 1 (t),..., x n (t)) =...... x 1n (t) x 2n (t)... x nn (t) ahol x i = (x i1, x i2,..., x in ). trivi: ha W egy t helyen nem 0, akkor a c i -kre vonatkozó egyenletrendszer egyértelműen megoldható! (A tétel megfordítása nem igaz pl. (t 2, t), (t, 1).) 32
P Az x (t) = Ax(t) DER alaprendszerét alkotják e At oszlopai. Igazoljuk Wronski-determinánssal, hogy ezek lineárisan független függvények! M Az alaprendszer Wronski-detrminánsa det(e At ). det(e At ) = e t j λ j 0 egyetlen t helyen sem. 33
Differenciálegyenlet-rendszerek Stabilitás
Stabilitás D AMH az u egyensúlyi helyzetet stabil, ha bármely ε > 0-hoz létezik olyan δ > 0, hogy ha bármely olyan x(t) megoldásra, melyre x(0) = x 0 és x 0 u < δ, igaz hogy x(t) u < ε a t 0 intervallumon. AMH az u egyensúlyi helyzet instabil, ha nem stabil. AMH az u egyensúlyi helyzetet aszimptotikusan stabil, ha stabil, és van olyan α > 0, hogy ha x 0 u < α, akkor lim x(t) = u. t T Legyen σ(a) = {λ 1,..., λ s }. A x = Ax DER x(t) = 0 megoldása - pontosan akkor aszimptotikusan stabil, ha Re(λ i ) < 0 minden i = 1,..., s esetén. - pontosan akkor stabil, ha Re(λ i ) 0 minden sajátértékre, és ha valamelyik λ i sajátértékre Re(λ i ) = 0, akkor a geometriai és algebrai multiplicitások egyenlők. - instabil, ha Re(λ i ) > 0 valamely i = 1,..., s esetén. 34
P Jellemezzük a stabilitását az x(t) = 0 egyensúlyi helyzetnek az x = Ax DER esetén, ha A a következő mátrixok valamelyike: [ ] [ ] [ ] [ ] 1 3 2 1 2 1 0 1 (a), (b), (c), (d). 0 1 0 2 0 0 1 0 M (a) s.ért.: 1, 1, van köztük pozitív instabil (b) s.ért.: 2, de Re( 2) = 2 < 0 aszimptotikusan stabil (c) s.ért.: 0, 1, 2, mindegyik 0, a 0 algebrai és geometriai multiplicitása azonos stabil (d) s.ért.: ±i, Re(±i) = 0, algebrai és geometriai multiplicitásuk azonos stabil (ld. a korábbi fázisportré koncentrikus köreit) m Ha a kezdeti feltételen kicsit változtatunk, azaz x(0) = x 0 helyett y(0) = x 0 + h kezdeti feltételt vizsgáljuk, akkor az y(t) x(t) különbség 0 egyensúlyi helyzethez való viszonya jellemzi az x(t) stabilitását is, azaz az x(t) stabilitása megegyezik a 0 stabilitásával. 35
Differenciálegyenlet-rendszerek Differenciálegyenletek
Lineáris DE visszavezetése lineáris DER-re Á Az y (n) = a 1 y (n 1) + a 2 y (n 2) +... + a n 1 y + a n y DE ekvivalens a következő DER-rel: y (n) a 1 a 2... a n 1 a n y (n 1) y (n 1) 1 0... 0 0 y (n 2). = 0 1... 0 0 y...... y y 0 0... 1 0 y 36
P Vezessük vissza az y + y 2y = 0, y(0) = 2, y (0) = 0, y (0) = 6 kezdetiérték-problémát egy megfelelő DER kezdetiértékproblémájára, és oldjuk meg. M A DE-hez tartozó DER: y y 1 2 0 y 2 y = y y jelöléssel: y = 1 0 0 y 0 1 0 y y, y(0) = 0. 6 - Meghatározzuk a DE általános megoldását. s.ért.: λ = 0, 1, 2 a Jordan-normálalak: J = diag(0, 1, 2) e Jt = diag(1, e t, e 2t ) y(t) = e At y 0 = Ce Jt C 1 y 0, ahol C oszlopai a Jordan-bázis elemei. Ezeket nem kell meghatároznunk, elég annyi, hogy y(t) az y(t) harmadik koordinátája, amely a J átlójában lévő függvények lineáris kombinációja, így a DE általános megoldása y(t) = c 1 + c 2 e t + c 3 e 2t. 37
- Megoldjuk a kezdetiérték-problémát! Ehhez már nincs szükség a DER-re: y = c 1 + c 2 e t + c 3 e 2t y(0) = 2 = c 1 + c 2 + c 3 c 1 = 1 y = c 2 e t 2c 3 e 2t y (0) = 0 = c 2 2c 3 c 2 = 2 y = c 2 e t + 4c 3 e 2t y (0) = 6 = c 2 + 4c 3 c 3 = 1 A k.é.p. megoldása y = 1 + 2e t + e 2t. 38
Wronski-determináns D T P Az I intervallumon értelmezett és ott legalább n 1-szer diffható y 1, y 2,, y n függvények Wronski-determinánsán a y 1 y 2... y n y 1 y 2... y n W(y 1, y 2,..., y n ) =...... y (n 1) 1 y (n 1) 2... y n (n 1) függvényt értjük. Ha az I intervallumon értelmezett és ott legalább n 1-szer diffható y 1, y 2,, y n függvények Wronski-determinánsa az I-n nem azonosan 0, akkor e függvények lineárisan függetlenek. A {cos t, t cos t} függvények bármely (a, b), (a > b) intervallumon cos t t cos t függetlenek, mert W(t) = sin t cos t t sin t = cos2 t bármely intervallum legalább egy pontjában nem 0. 39
B c 1 y 1 + c 2 y 2 +... + c n y n = 0 c 1 y (k) 1 + c 2 y (k) 2 +... + c n y (k) n = 0 (k = 0, 1,..., n 1) Az egyenletrendszer együtthatómátrixának determinánsa y 1 y 2... y n y 1 y 2... y n W(y 1, y 2,..., y n ) =...... y (n 1) 1 y (n 1) 2... y n (n 1) ami ha valamely t I helyen nem 0, az egyenletrendszer egyértelműen megoldható. m Az állítás megfordítása nem igaz: x 2, ha x > 0, x 2, ha x < 0, y 1 = y 2 = 0, egyébként 0, egyébként W(y 1, y 2 ) = 0, de a fv-ek függetlenek. 40