5. Lineáris rendszerek

66 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 5 Lineáris rendszerek 5 Lineáris algebrai előismeretek Tekintsük az a x + a 2 x 2 = b 5 a 2 x + a 22 x 2 = b 2 52 lineáris egyenletrendszert Az egyenletben szereplő együtthatókat egy 2 2-es mátrixban, az x,x 2 ismeretleneket, illetve az egyenlet jobb oldalát pedig 2-dimenziós vektorokban tárolhatjuk, azaz legyen a a A = 2 x b a 2 a, x = 22 x, b = 2 b 2 Egy 2 2-es mátrix és egy kétdimenziós vektor szorzatát az a a 2 x a x a 2 a 22 x = + a 2 x 2 2 a 2 x + a 22 x 2 képlettel definiáljuk Ezért az 5-52 egyenletrendszert vektoriálisan az Ax = b 53 alakban írhatjuk fel Az első egyenletet a 22 -szereséből kivonva a második egyenlet a 2 -szeresét, kapjuk, hogy azaz, ha a a 22 a 2 a 2 0, akkor Hasonlóan kiszámítható, hogy A fenti képletek nevezőiben található a a 22 a 2 a 2 x = b a 22 b 2 a 2, x = b a 22 b 2 a 2 a a 22 a 2 a 2 x 2 = b 2a b a 2 a a 22 a 2 a 2 deta = a a 22 a 2 a 2 kifejezést az A mátrix determinánsának hívjuk Itt a mátrix főátlójában levő elemek szorzatából vonjuk le a mellékátlóban levő elemek szorzatát A determináns jelölésére szokás még a deta = a a 2 a 22 a 2 jelölést is használni Hasonlóan, egy 3 3-as mátrix és egy 3-dimenziós A = a a 2 a 3 a 2 a 22 a 23 a 3 a 32 a 33 x = x x 2 x 3

5 Lineáris rendszerek 67 vektor szorzatát a Ax = a a 2 a 3 a 2 a 22 a 23 a 3 a 32 a 33 x x 2 x 3 képlettel definiáljuk Ebben az esetben az 53 egyenlet az lineáris egyenletrendszert jelöli, ahol = a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 = b a 2 x + a 22 x 2 + a 23 x 3 = b 2 a 3 x + a 32 x 2 + a 33 x 3 = b 3 b = Ebben az esetben az A mátrix determinánsát a b b 2 b 3 a x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a 2 x + a 22 x 2 + a 23 x 3 a 3 x + a 32 x 2 + a 33 x 3 deta = a a 22 a 33 + a 2 a 23 a 3 + a 3 a 2 a 32 a 3 a 22 a 3 a a 23 a 32 a 2 a 2 a 33 formulával definiáljuk Ezt a képletet úgy jegyezhetjük meg például, hogy leírjuk az A mátrix első két oszlopát a mátrix mellé: a a 2 a 3 a a 2 a 2 a 22 a 23 a 2 a 22, a 3 a 32 a 33 a 3 a 32 és az így kapott kibővített mátrix fóátlóiban levő elemek szorzatainak összegéből levonjuk a mellékátlókban levő elemek összegét A mátrixok szorzását az általános esetben az alábbiak szerint értelemezzük: Legyen A egy n m dimenziós mátrix, B pedig egy m k dimenziós mátrix Ekkor az A és B mátrixok szorzata egy olyan n k dimenziós mátrix, amelynek ij-edik elemét a c ij = m a il b lj l= képlettel definiáljuk Egy négyzetes, n n dimenziós mátrix determinánsának fogalmát a 3 3-as esethez hasonlóan definiálhatjuk Azt az n n-es mátrixot, amelynek főátlójában csupa -es, az összes többi elemében pedig csupa 0 áll, n-dimenziós egységmátrixnak hívjuk és I-vel jelöljük Egy A n n-es mátrixot invertálható mátrixnak nevezünk, ha létezik egy A n n-es mátrix, amelyre AA = A A = I teljesül Ekkor az A mátrixot az A mátrix inverzének hívjuk 5 Tétel Tetszőleges n n-es A mátrixra az alábbi állítások ekvivalensek Az A mátrix invertálható 2 deta 0 3 Az Ax = b lineáris egyenletrendszernek minden b-re létezik egyértelmű megoldása Ha az Ax = b egyenletrendszernek létezik megoldása, akkor a megoldás az x = A b alakban felírható

68 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 52 Tétel Az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek akkor és csak akkor létezik nemtriviális x 0 megoldása, ha deta = 0 Az alábbi tételben összefoglaljuk a determináns néhány fontos tulajdonságát 53 Tétel Legyen A, B n n-es mátrixok Ekkor deta = 0, ha A egy sora vagy oszlopa azonosan nulla; 2 deta = 0, ha A két sora oszlopa azonos; 3 detab = deta detb; 4 deta = /deta; 5 Ha B-t úgy kapjuk az A mártixból, hogy annak valamely sorát oszlopát megszorozzuk egy c konstanssal, akkor detb = c deta 6 Ha B-t úgy kapjuk az A mártixból, hogy annak két sorát oszlopát felcseréljük, akkor detb = deta 7 Ha B-t úgy kapjuk az A mártixból, hogy annak egyik sorához oszlopához egy másik sor oszlop c-szeresét c R tetszőleges hozzáadjuk, akkor detb = deta 8 Jelölje A ij azt az n n -es mátrixot, amelyet az A mátrixból annak i-edik sora és j-edik oszlopa elhagyásával kapunk Ekkor a determináns i-edik sora szerinti sorfejtése deta = a j-edik oszlop szerinti sorfejtése pedig n i+j a ij deta ij, j= deta = n i+j a ij deta ij i= Azt mondjuk, hogy a H C n halmaz altér C n -ben, ha zárt a lineáris kombináció képzésre, azaz, ha x,y H, c,c 2 C, akkor c x + c 2 y H Azt mondjuk, hogy az x,,x m C n vektorok lineárisan függetlenek, ha valamely c,,c m C-re c x + + c m x m = 0, akkor c = = c m = 0 Azt mondjuk, hogy a H C n altér m-dimenziós, ha létezik x,,x m H lineárisan független vektorok, amelyre H = {c x + + c m x m : c,,c m C}, azaz a x,,x m vektorok lineáris kombinációi előállítják H bármely elemét 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

5 Lineáris rendszerek 69 54 Tétel Legyen A egy 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 55 Példa Tekintsük az A = 5 3 5 7 mátrixot Ennek karakterisztikus polinomja 5 λ 3 pλ = det 5 7 λ = λ 2 2λ + 20, 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 3 ξ 00 5 7 λ 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 amelynek egy lehetséges megoldása 5ξ 3ξ 2 = 0 5ξ 3ξ 2 = 0, ξ 2 = 3 5

70 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 56 Példa Tekintsük az A = 0 0 5 5 0 0 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 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 0 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

5 Lineáris rendszerek 7 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 57 Példa Tekintsük az A = 4 5 4 5 0 2 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 A sajátvektorok számításához tekintsük a 4 λ 5 4 5 λ 0 2 λ ξ ξ 2 ξ 3 = 00 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 5 ξ = 0 0

72 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 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 52 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, 54 vektoriális alakban írhatjuk fel, ahol A: I R n n, f : I R n, és xt 0 = z 55 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 az 54 egyenlet homogén megfelelőjét: x = Atx, t I 56 A 326 Tételt erre a lineáris esetre alkalmazva kapjuk az alábbi eredményt

5 Lineáris rendszerek 73 58 Tétel Ha A: I R n n és f : I R n folytonos függvények, akkor az 54-55 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 59 Tétel Az 56 homogén lineáris egyenlet megoldásainak halmaza lineáris tér Az {x,,x n } halmazt az 56 homogén egyenlet fundamentális megoldáshalmazának vagy a megoldások alaprendszerének nevezzük, ha x,,x n megoldásai az 56 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: Megmutathatók az alábbi állítások Wt = detx t,,x n t 50 Tétel Az x,,x n függvények lineárisan függetlenek az I intervallumon, akkor és csak akkor, ha a Wronski-determinánsuk nem azonosan nulla I-n 5 Tétel Legyen x,,x n olyan megoldásai az 56 egyenletnek, amelyek az x t 0 = z,, x n t 0 = z n 57 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 Wt 0 0 52 Tétel Az 56 egyenlet megoldásainak halmaza n-dimenziós lineáris tér 53 Konstans együtthatós homogén lineáris rendszerek Legyen A R n n, és tekintsük az konstans együtthatós homogén lineáris rendszert Keressük az 58 egyenlet megoldását az x = Ax, t R 58 xt = e λt ξ alakban, ahol ξ valós vagy komplex vektor Ekkor x t = λe λt ξ,

74 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 ezért visszahelyettesítve az 58 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 Az 52 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 az 54 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 59 megoldásai az 58 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 59 egy alaprendszere az 58 homogén egyenletnek Ebben az esetben az 58 egyenlet általános megoldása xt = c e λ t ξ + + c n e λnt ξ n Ha minden sajátérték valós, akkor az 59 alaprendszer valós függvényekből áll, de ha van komplex sajátértéke az együtthatómátrixnak, akkor az 59 függvények között komplex függvények is vannak A következő esetben azt mutatjuk majd meg, hogy ezeket a kompex megoldásokat mindig helyettesíteni lehet valós megoldásokkal 53 Példa Oldjuk meg az egyenletet az x = 5 3 5 7 0 x0 = x 50 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, 5 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 xt = 5 8 e2t + 8 e0t 3 5, 52

5 Lineáris rendszerek 75 azaz x t = 5 8 e2t + 3 8 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 az 58 egyenletnek Most is, mint a skaláris lineáris egyenleteknél, könnyen látható, hogy a komplex megoldás valós ill képzetes része megoldása az 58 egyenletnek Azaz x t = e αt cos βtu sin βtv és x 2 t = e αt cos βtv + sin βtu megoldások, és az is igazolható, hogy x t és x 2 t mindig lineárisan függetlenek Így az általános megoldás képletében a e λt ξ és e λt ξ komplex megoldások helyettesíthetők az x,x 2 megoldásokkal 54 Példa Oldjuk meg az x = 5 5 2 7 2 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 + c 2 e 6t 5sin 3t 3cos 3t + sin 3t A kezdeti feltételt alkalmazva 5c = 2 c + 3c 2 =,

76 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 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 A többszörös sajátérték esetét csak a 3-dimenziós esetben vizsgáljuk Az általánosabb eset hasonló, de jóval több eset fordul elő Először azt tesszük fel, hogy A-nak λ 3-szoros sajátértéke, de a λ sajátértékhez található ξ,ξ 2,ξ 3 3 db lineárisan független sajátvektor Ekkor x t = e λt ξ, x 2 t = e λt ξ 2, x 2 t = e λt ξ 3 három lineárisan független megoldása az egyenletnek, hiszen az x 0 = ξ, x 2 0 = ξ 2, x 3 0 = ξ 3 vektorok lineárisan függetlenek Így az általános megoldás alakja xt = e λt c ξ + c 2 ξ 2 + c 3 ξ 3 Egy második esetben tegyük fel, hogy A sajátértékei λ és λ 2, ahol λ kétszeres, λ 2 pedig egyszeres sajátérték, és λ -hez található két lineárisan független sajátvektor: ξ és ξ 2 A λ 2 - höz tartozó sajátvektort jelölje ξ 2 Ekkor is könnyen ellenőrizhető, hogy az egyenlet általános megoldása xt = e λ t c ξ + c 2 ξ 2 + c 3 e λ 2t ξ 2 55 Példa Oldjuk meg az x = 0 0 5 5 0 0 egyenletet! Az 56 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 Kétdimenziós esetben is hasonlóan írjuk fel a megoldás képletét, ha a kétszeres sajátértékhez két kineárisan független sajátvektor található 56 Példa Tekintsük az x = 2 0 0 2 egyenletet Az együtthatómátrix sajátértéke 2, ami kétszeres A 2-höz tartozó sajátvektok 0 0 például és Ezért az egyenlet általános megoldása x [ ] xt = e 2t 0 0 c + c 2 = e 2t c c 2

5 Lineáris rendszerek 77 3/b eset: többszörös sajátérték Tegyük fel újra, hogy λ algebrai multiplicitása legalább 2, de geometriai multiplicitása csak Legyen ξ a λ-hoz tartozó sajátvektor Ekkor e λt ξ megoldás, de szükségünk van még egy, a λ sajátértékhez kapcsolódó, az előbbitől lineárisan független megoldásra A skaláris egyenletekre alkalmazott próbafüggvény módszerénél tapasztaltak alapján természetes egy újabb megoldást a te λt ξ + e λt η 53 alakban keresni Ezt behelyettesítve az 58 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 54 A λiη = ξ 55 Ekkor az 54 egyenlet szerint ξ a λ-hoz tartozó sajátvektora A-nak Az 55 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 az 54 egyenletet, azaz az 55 egyenlet bármely η megoldása lineárisan független a ξ sajátvektortól Megmutatható a következő tétel 57 Tétel Legyen λ egy olyan sajátértéke az A mátrixnak, amelynek geometriai multiplicitása kisebb, mint az algebrai multiplicitása Ekkor az 55 egyenletnek létezik legalább egy η megoldása, amely nem eleme az A mátrix összes sajátvektorai által generált lineáris altérnek 58 Példa Tekintsük az x = 3 egyenletet Ennek karakterisztikus polinomja λ pλ = det 3 λ = λ 2 4λ + 4 = λ 2 2, x ezért a λ = 2 sajátérték algebrai multiplicitása kétszeres Tekintsük az λ ξ 00 3 λ ξ = 2 sajátvektor egyenletet A λ = 2 sajátértéket behelyettesítve a fenti egyenletbe kapjuk ξ + ξ 2 = 0 ξ + ξ 2 = 0 Ennek egy lehetséges megoldása például ξ =,

78 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 és látható, hogy minden másik sajátvektor ennek konstansszorosa, azaz a λ = 2 sajátérték geometriai multiplicitása A megoldás képletéhez ezért szükségünk van az általánosított sajátvektor felírására Tekintsük a λ 3 λ η η 2 = ξ ξ 2 általánosított sajátvektor egyenletet Behelyettesítve λ és ξ értékétm kapjuk, hogy η + η 2 = η + η 2 = Látható, hogy az egyik egyenlet elhagyható, így végtelen sok η adható meg Egy lehetséges megoldás a 0 η = vektor Ezért az 53 képlet szerint a te λt ξ + e λt η = te 2t + e 2t 0 = e 2t t t + megoldása az egyenletnek Ez látható, hogy lineárisan független az első megoldástól, ezért az egyenlet általános megoldása xt = c e 2t + c 2 e 2t t t + = e 2t c + c 2 t c + c 2 t + alakban írható fel 59 Példa Oldjuk meg az x = 4 5 4 5 0 2 egyenletet! Az 57 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 Az 55 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 = A második egyenlet elhagyható, hiszen az első egyenlet kétszerese: x 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 =,

5 Lineáris rendszerek 79 amelynek megoldása η 2 = és η 3 = 0, azaz η = 0 0 Az egyenlet általános megoldása tehát [ ] 5 2 2 00 xt = c e 3t 0 + c 2 e 3t + c 3 te 3t + e 3t 520 Példa Tekintsük az x = 5 2 5 2 2 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, 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

80 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 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 Most is csak egy egyenlet marad amelynek egy lehetséges megoldása például η + η 2 + 2η 3 = η + η 2 + 2η 3 = η η 2 2η 3 = η + η 2 + 2η 3 =, η = 0 Ezért az egyenlet általános megoldása [ 0 xt = e 4t c + c 2 20 + c 3 t + c 3 0 ] 3/c eset: többszörös sajátérték Tegyük fel újra, hogy a 3 3-as A mátrix λ sajátértékének algebrai multiplictása 3, geontban leírtak szerint tekintsük az 55 általánosított sajátérték egyenletnek létezik egy η megoldása, de tegyük fel, hogy az az 55 egyenletnek nincs másik, az elsőtől lineárisan független megoldása Ekkor szükségünk van még egy, a λ-hoz tartozó megoldásra Keressük ezt az xt = 2 t2 e λt ξ + te λt η + e λt ω alakban Könnyen ellenőrizhető, hogy a fenti xt függvény pontosan akkor megoldása az 58 egyenletnek, ha A λiξ = 0, A λiη = ξ, A λiω = η A fenti ω vektort az A mátrix λ sajátértékhez tartozó másodrendű általánosított sajátvektorának nevezzük 52 Példa Tekintsük az x = 7 8 4 4 7 x

5 Lineáris rendszerek 8 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 00 8 2 4 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, a sajátérték geometriai multiplicitása tehát csak Szükségünk van általánosított sajátvektorra, amelynek egyenlete: η 8 2 4 η 2 = 2, η 3 azaz η η 2 η 3 = 8η 2η 2 + 4η 3 = 2 η + η 2 + η 3 = 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 0 8 2 4 ω 2 = ω 3 0

82 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 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 2 + 0 /6 /6 0 ] + c 3 [ t 2 2 2 + t 0 0 + /6 /6 0 ]} 54 Fundamentális mátrix és Cauchy-mátrix Tegyük fel, hogy az x = Atx, t I, 56 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 az 56 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 Az 56 egyenlet általános megoldása felírható az xt = c x + + c n x n alakban Ezt a Ψt fundamentális mátrix segítségével röviden az xt = Ψtc 57 alakban írhatjuk fel, ahol c = c,,c n T egy tetszőleges konstans vektor Ha az 56 egyenlethez tekintjük az xt 0 = z 58 kezdeti feltételt, akkor az 56-58 kezdeti érték feladat megoldását az 57 formulában azon c vektor adja, amelyre z = Ψt 0 c, azaz c = Ψ t 0 z Ezt visszahelyettesítve az 57 képletbe kapjuk, hogy az 56-58 kezdeti érték feladat megoldásának képlete xt = ΨtΨ t 0 z, t I 59

5 Lineáris rendszerek 83 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: 522 Tétel Legyen Ψt, t I egy fundamentális mátrixa az 56 rendszernek Ekkor i Ψt invertálható minden t I-re; ii az 56 egyenlet általános megoldásának képlete xt = Ψtc, t I, c R n ; iii az 56-58 kezdeti érték feladat megoldásának képlete xt = ΨtΨ t 0 z, t I; iv a fundamentális mátrix teljesíti a Ψ t = AtΨt mátrix differenciálegyenletet 523 Példa Tekintsük újra az 53 Példában vizsgált 50 egyenletet Ennek általános megoldását megadtuk az 5 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 az 50 egyenletnek 524 Példa Könnyen ellenőrizhető, hogy az 54 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 az 56 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 az 59 formula az xt = Φtz, t I 520 képletre egyszerűsödik 525 Példa Tekintsük újra az 53 és 523 Példákban vizsgált 50 egyenletet Írjuk fel most a rendszer Φt fundamentális mátrixát! Ehhez azt a két megoldását használjuk az 50 egyenletnek, amelyek az x 0 0 = illetve x 2 0 0 =

84 MAM43A előadásjegyzet, 2008/2009 kezdeti feltételekhez tartoznak x -et meghatároztuk az 53 Példában lásd az 52 képletet: x t = 5 8 e2t + 3 8 e0t 5 x 2 meghatározásához az 5 általános megoldás képletébe helyettesítjük be a kezdeti feltételt: c + 3c 2 = 0 c 5c 2 =, amelyből c = 3/8 és c 2 = /8 adódik, azaz x 2 t = 3 8 e2t 8 e0t 3 5 Ezért a keresett fundamentális mátrix 5 8 Φt = e2t + 3 8 e0t 3 8 e2t 3 8 e0t 5 8 e2t 5 8 e0t 3 8 e2t + 5 52 8 e0t Megmutatható a következő állítás: 526 Tétel Legyen Ψt, t I egy fundamentális mátrixa az 56 egyenletnek, P R n n egy invertálható konstans mátrix Ekkor a Ψt = ΨtP 522 mátrix is fundamentális mátrixa az 56 egyenletnek Fordítva, ha Ψt, Ψt t I két fundamentális mátrixa az 56 egyenletnek, akkor létezik olyan P R n n invertálható konstans mátrix, hogy 522 teljesül Az 59 képlet motiválja a következő definíciót: az Ut,t 0 = ΨtΨ t 0 mátrixot az 56 egyenlet Cauchy-mátrixának nevezzük Az 526 tétel segítségével könnyen megmutatható, hogy különböző fundamentális mátrixokra felírt Cauchy-mátrixok azonosak, azaz az 56 egyenlet Cauchy-mátrixa egyértelműen definiált Legyen ugyanis Ψt egy másik fundamentális mátrix Ekkor 522 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: 527 Tétel Legyen Ut,t 0 az 56 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 az 56-58 kezdeti érték feladat megoldása xt = Ut,t 0 z, t I; iv t Ut,t 0 = AtUt,t 0, Ut 0,t 0 = I

5 Lineáris rendszerek 85 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 Az 522 Tétel iii pontjából következik iv Az 522 Tétel iv pontja szerint t Ut,t 0 = Ψ tψ t 0 = AtΨtΨ t 0 = AtUt,t 0 55 Mátrix exponenciális függvény Valós vagy komplex x-re az e x függvény egy lehetsége definíciója az e x = + x + x2 2 + + xk k! + hatványsorral történhet Ennek mintájára egy n n-es A mátrixra definiáljuk az e A mátrix exponenciális kifejezést az e A = I + A + A2 2 + + Ak + k! formális végtelen sorral Megmutatható, hogy ez a sor konvergens Definiálhatjuk ezért a Φt = e At A k t k = k! k=0 523 mátrix függvényt Megmutatható,hogy ez a végtelen sor konvergens minden t-re, sőt differenciálható, és Φ t = k Ak t k A k t k A k t k = A = A = AΦt k! k! k! A definíció alapján k= k= Φ0 = e A0 = I Az e At mátrix exponenciális függvény tulajdonságait a következő tételben foglalhatjuk össze k=0 528 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 ;