75045 Dynamiske systemer

Oppgavesett #1 — løsningsforslag

1.2: 3. (Oppgavenumrene henviser til Perkos bok (1. eller 2. utgave). Dette er altså oppgave 3 i avsnitt 1.2.)

(a) ẍ + ẋ = 2x = 0 skrives om med x_{1} = x og x_{2} = ẋ til

[ẋ_{1} ; ẋ_{2}] = [\begin{matrix}x_{2} \\ 2x_{1} − x_{2} \end{matrix}] = \underbrace{[\begin{matrix}0 & 1 \\ 2 & −1 \end{matrix}]}_{A} [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}]

vi finner det(A − λI) = λ^{2} + λ − 2 = (λ + 1/2)^{2} − 9/4 = (λ + 2)(λ − 1).

For å komme videre skal vi, etter «standardoppskriften», finne egenvektorene til de to egenverdiene −2 og 1. Men for en 2 × 2–matrise er det gjerne mye kvikkere å benytte at vi allerede vet at B = A − λ_{1}I har rang 1 (om den ikke er null, da), og derfor må B^{2} være et multiplum av B (du kan overbevise deg om dette ved å betrakte nullrom og rekkevidde til både B og B^{2}).

Vi betrakter med andre ord

A − I = [\begin{matrix}−1 & 1 \\ 2 & −2 \end{matrix}]; (A − I)^{2} = [\begin{matrix}3 & −3 \\ −6 & 6 \end{matrix}] = −3(A − I)

slik at vi skriver A = I + B der B^{2} = −3B, som gir B^{k} = (−3)^{k−1}B for k ≥ 0 (ved induksjon — men merk at tilfellet k = 0 gir det avvikende resultatet B^{0} = I). Vi har dermed

e^{tA} = e^{t}e^{tB} = e^{t}(I + ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−3)^{k−1}t^{k}}{k!} B) = e^{t}(I + \frac{e^{−3t} − 1}{−3}B) = \frac{e^{t}}{3} [\begin{matrix}2 & 1 \\ 2 & 1 \end{matrix}] + \frac{e^{−2t}}{3} [\begin{matrix}1 & −1 \\ −2 & 2 \end{matrix}] .

Den generelle løsningen blir på formen x(t) = αe^{t} + βe^{−2t}.

(b) ẍ + x = 0 gir, som ovenfor med x_{1} = x og x_{2} = ẋ,

[ẋ_{1} ; ẋ_{2}] = \underbrace{[\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix}]}_{A} [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}]

som er enda enklere fordi A^{2} = −I slik at

e^{tA} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{(−1)^{j}t^{2j}}{(2j)!} I + ∑_{j=0}^{∞} \frac{(−1)^{j}t^{2j+1}}{(2j + 1)!} A = (cos t)I + (sin t)A = [\begin{matrix}cos t & sin t \\ − sin t & cos t \end{matrix}]

og den generelle løsningen blir på formen x(t) = α cos t + β sin t, som vi alle visste utmerket godt på forhånd.

(c) \begin{matrix}... \\ x \end{matrix} − 2ẍ − ẋ + 2x = 0 skrives om som før med x_{1} = x, x_{2} = ẋ og x_{3} = ẍ til

[ẋ_{1} ; ẋ_{2} ; ẋ_{3}] = \underbrace{[\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ −2 & 1 & 2 \end{matrix}]}_{A} [\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{matrix}]

som gir oss det(A − λI) = −(λ^{3} − 2λ^{2} − λ + 2) = −(λ^{2} − 1)(λ − 2) og altså egenverdier ±1 og −2. Den generelle løsningen skal bli på formen x = αe^{t} + βe^{−t} + γe^{−2t}. Jeg er for lat til å bestemme egenvektorene og dermed et uttrykk for e^{tA}. Men det ser enklere ut å løse med hensyn på α, β og γ gitt initialdata for x_{1}(0) = x(0), x_{2}(0) = ẋ(0) og x_{3}(0) = ẍ(0) og så få et uttrykk for e^{tA} bakveien fra dette?

75045 Dynamiske systemer 1997: Oppgavesett #1 Page 2

Jeg kan ikke riktig motstå fristelsen til å generalisere litt fra disse tre punktene: Ligningen x^{(n)} + c_{n−1}x^{(n−1)} + ⋯ + c_{1}ẋ + c_{0}x = 0 kan skrives om ved hjelp av x_{1} = x, x_{2} = ẋ, …, x_{n} = x^{(n−1)} til formen

[ ẋ_{1} ; ẋ_{2} ; ⋮ ; ẋ_{n−1} ; ẋ_{n}] = \underbrace{[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & … & 0 \\ 0 & 0 & 1 & ... & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ... & ... & ⋮ \\ 0 & … & … & 0 & 1 \\ −c_{0} & −c_{1} & … & −c_{n−2} & −c_{n−1} \end{matrix}]}_{A} [ x_{1} ; x_{2} ; ⋮ ; x_{n−1} ; x_{n}]

og det viser seg at det(λI − A = λ^{n} + c_{n−1}λ^{n−1} + ⋯ + c_{1}λ + c_{0}, og som du kanskje gjenkjenner som det karakteristiske polynomet til den opprinnelige differensialligningen fra den elementære teorien for lineære differensialligninger med konstante koeffisienter. Slik sett er teorien for lineære systemer ẋ = Ax ikke stort mer enn en likefrem generalisering.

1.2: 6. Vi har jo en eksplisitt formel φ(t, x_{0}) = e^{tA}x_{0} som åpenbart er en kontinuerlig funksjon av x_{0} (alle lineæravbildninger mellom rom av typen ℝ^{n} er kontinuerlige).

Bemerk at om vi tegner opp hele «foroverbanen» {φ(t, x_{0}): t ≥ 0} og varier x_{0} behøver ikke bildet variere kontinuerlig med x_{0}, trass i kontinuiteten vi nettopp har vist. For et enkelt eksempel, betrakt

A = [\begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]; e^{tA} = [\begin{matrix}e^{−t} & 0 \\ 0 & e^{t} \end{matrix}]

og la x_{0} = (1, v). For v > 0 vil x_{2} → ∞ når t → ∞, men for v < 0 vil x_{2} → −∞, slik at det skjer en plutselig endring i den asymptotiske oppførselen til løsningen i det x_{0} passerer x_{1}–aksen. (I begge tilfeller vil x_{1} → 0, og banen følger hyperbelen x_{1}x_{2} = v.)

1.3: 3. Ulikheten ∥AB∥ ≤ ∥A∥∥B∥ anvendt på T og T^{−1} gir uten videre 1 ≤ ∥T ∥∥T^{−1}∥ og så er det bare å dividere med ∥T ∥ for å få den ønskede ulikheten.

1.3: 4. Skriv S = I − T. Antagelsen gir ∥S∥ < 1 og dermed

∑_{k=0}^{∞} ∥S^{k}∥ ≤ ∑_{k=0}^{∞} ∥S∥^{k} < ∞

og det følger at R = ∑_{k=0}^{∞} S^{k} konvergerer absolutt. Multiplikasjon med S gir

RS = ∑_{k=0}^{∞} S^{k+1} = ∑_{k=1}^{∞} S^{k} = R − I

hvorav R(I − S) = I, med andre ord RT = I.

1.3: 5. Punkt (a) er jo triviell, og de neste tre tok jeg ved hjelp av samme trick som i 1.2: 3a — altså skrive A = λI + B der λ er en egenverdi for A og utnytte at da blir B^{2} = βB for en passende β som jeg regner ut ved simpelthen å kvadrere B. Dette gir

e^{tA} = e^{λt}e^{tB} = e^{λt}(I + ∑_{k=1}^{∞} \frac{β^{k−1}t^{k}}{k!} B) = e^{λt}(I + \frac{e^{βt} − 1}{β}B)

I oppgaven bruker vi dette bare for t = 1, og jeg fikk disse resultatene:

(a) [\begin{matrix}e^{2} & 0 \\ 0 & e^{−3} \end{matrix}]; (b) e [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] + e^{−1} [\begin{matrix}0 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix}]; (c) e [\begin{matrix}1 & 0 \\ 5 & 0 \end{matrix}]; (d) e^{2} [\begin{matrix}2 & −2 \\ 1 & −1 \end{matrix}] + e^{−1} [\begin{matrix}−1 & 2 \\ −1 & 2 \end{matrix}]

(i (c) ble β = 0, som gir e^{B} = I + B kort og godt). I (e) er det et par ikke-reelle egenverdier 2 ± i. Det er greiest å skrive A = 2I + B der B^{2} = −I, og e^{B} kan finnes ved å sette inn t = −1 i løsningen av 1.2: 3b. I (f) utnytter jeg A^{2} = I til å skrive

e^{A} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j)!}I + ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(2j + 1)!}A = (cosh 1)I + (sinh 1)A

og vi har altså løsningene

(e) e^{2} [\begin{matrix}cos 1 & − sin 1 \\ sin 1 & cos 1 \end{matrix}]; (f) [\begin{matrix}cosh 1 & sinh 1 \\ sinh 1 & cosh 1 \end{matrix}]

1.3: 8. Vi vet at vi må velge to matriser som ikke kommuterer. Det enkleste eksemplet jeg kan komme på ser slik ut:

A = [\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] , B = [\begin{matrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}]

som gir

e^{A} = [\begin{matrix}e & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}] , e^{B} = [\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}] , e^{A}e^{B} = [\begin{matrix}e & e \\ 0 & 1 \end{matrix}] , e^{A+B} = [\begin{matrix}e & e − 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}] .

1.5: 9. Jeg har nå for vane å gjøre ting på min egen måte, og heller enn å følge oppskriften i oppgaven foretrekker jeg å derivere de to ligningene x_{1} = r cos θ og x_{2} = r sin θ med hensyn på t, som gir

[ẋ_{1} ; ẋ_{2}] = [\begin{matrix}cos θ & − sin θ \\ sin θ & cos θ \end{matrix}] [ ṙ ; rθ̇]

hvorav

[ ṙ ; rθ̇] = [\begin{matrix}cos θ & sin θ \\ − sin θ & cos θ \end{matrix}] [ẋ_{1} ; ẋ_{2}] = \frac{1}{r} [\begin{matrix}x_{1} & x_{2} \\ −x_{2} & x_{1} \end{matrix}] [ẋ_{1} ; ẋ_{2}]

og det gir umiddelbart formlene for ṙ og θ̇ oppgitt i oppgaven. At det gitte systemet da leder til ṙ = ar og θ̇ = b ser man ved innsetting. Løsningen med initialdata r(0) = r_{0} og θ(0) = θ_{0} er r(t) = r_{0}e^{at} og θ(t) = θ_{0} + bt. 1.9: 1. Generelt har vi et hyperbolsk system akkurat når E^{c} = {0}.

(a) E^{s} er x_{2}-aksen og E_{u} er x_{1}-aksen mens E^{c} = {0}.

(b) E^{s} = E^{u} = {0} og E^{c} = ℝ^{2}.

(c) E^{u} = ℝ^{2} og E^{s} = E^{c} = {0}.

(d) E^{s} er x_{1}-aksen og E^{u} er utspent av (1, 1), altså gitt ved x_{1} = x_{2}. E^{c} = {0}.

(e) E^{u} er x_{1}-aksen og E^{s} er utspent av (−1, 1), altså gitt ved x_{1} + x_{2} = 0. E^{c} = {0}.

(f) E^{u} er x_{1}-aksen og E^{s} er utspent av (−1, 1), altså gitt ved x_{1} + x_{2} = 0. E^{c} = {0}.

(g) E^{c} er x_{1}-aksen og E^{s} er x_{2}-aksen, mens E^{u} = {0}.

(h) E^{s} = E^{u} = {0} og E^{c} = ℝ^{2}.

(i) E^{s} = ℝ^{2} og E^{u} = E^{c} = {0}.

(a)  (b)  (c)

(d)  (e)  (f)

(g)  (h)  (i)

Oppgaver #2 — for neste uke

2.1: 1, 5 og 2.2: 1, 2, 6.