5. Lineáris rendszerek

66

5. 5.1.

MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009

Line´ aris rendszerek Line´ aris algebrai el˝ oismeretek

Tekints¨ uk az a11 x1 + a12 x2 = b1 a21 x1 + a22 x2 = b2

(5.1) (5.2)

line´ aris egyenletrendszert. Az egyenletben szerepl˝o egy¨ utthat´ okat egy 2 × 2-es m´ atrixban, az x1 , x2 ismeretleneket, illetve az egyenlet jobb oldal´ at pedig 2-dimenziós vektorokban tárolhatjuk, azaz legyen a a x b A = a11 a12 , x = x1 , b = b1 . 21 22 2 2

Egy 2 × 2-es m´ atrix és egy kétdimenziós vektor szorzat´ at az a11 a12 x1 a11 x1 + a12 x2 a21 a22 x2 = a21 x1 + a22 x2

képlettel definiáljuk. Ezért az (5.1)-(5.2) egyenletrendszert vektoriálisan az Ax = b

(5.3)

alakban ´ırhatjuk fel. Az els˝ o egyenletet a22 -szereséb˝ ol kivonva a m´ asodik egyenlet a12 -szeresét, kapjuk, hogy (a11 a22 − a12 a21 )x1 = b1 a22 − b2 a12 , azaz, ha a11 a22 − a12 a21 6= 0, akkor x1 =

b1 a22 − b2 a12 . a11 a22 − a12 a21

x2 =

b2 a11 − b1 a21 . a11 a22 − a12 a21

Hasonlóan kiszám´ıthat´ o, hogy

A fenti képletek nevez˝ oiben tal´ alhat´ o det(A) = a11 a22 − a12 a21 kifejezést az A m´ atrix determin´ ans´ anak h´ıvjuk. Itt a m´ atrix f˝oátlójában lev˝o elemek szorzat´ ab´ ol vonjuk le a mellékátl´ oban lev˝o elemek szorzat´ at. A determináns jelölésére szokás még a a a det(A) = a11 a12 21

22

jelölést is használni. Hasonlóan, egy 3 × 3-as

A=

a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33

m´ atrix és egy 3-dimenziós x=

x1 x2 x3

!

!

5. Lineáris rendszerek

67

vektor szorzat´ at a Ax =

a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33

!

x1 x2 x3

!

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3

=

!

képlettel definiáljuk. Ebben az esetben az (5.3) egyenlet az a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3 line´ aris egyenletrendszert jelöli, ahol b1 b2 b3

b=

!

.

Ebben az esetben az A m´ atrix determináns´ at a det(A) = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 formul´ aval definiáljuk. Ezt a képletet u ´gy jegyezhetj¨ uk meg péld´ aul, hogy le´ırjuk az A m´ atrix els˝ o két oszlop´ at a m´ atrix mellé: ! a11 a12 a13 a11 a12 a21 a22 a23 a21 a22 , a31 a32 a33 a31 a32 és az ´ıgy kapott kib˝ov´ıtett m´ atrix fó´ atlóiban lev˝ o elemek szorzatainak összegéb˝ ol levonjuk a mellékátlókban lev˝o elemek ¨ osszegét. A m´ atrixok szorz´ as´ at az ´ altal´ anos esetben az alábbiak szerint értelemezz¨ uk: Legyen A egy n × m dimenziós m´ atrix, B pedig egy m × k dimenziós m´ atrix. Ekkor az A és B m´ atrixok szorzata egy olyan n × k dimenziós m´ atrix, amelynek ij-edik elemét a cij =

m X

aiℓ bℓj

ℓ=1

képlettel definiáljuk. Egy négyzetes, n×n dimenziós m´ atrix determináns´ anak fogalmát a 3×3-as esethez hasonlóan definiálhatjuk. Azt az n × n-es m´ atrixot, amelynek f˝oátlójában csupa 1-es, az összes többi elemében pedig csupa 0 áll, n-dimenziós egységm´ atrixnak h´ıvjuk és I-vel jelölj¨ uk. Egy A n × n-es m´ atrixot invert´ alhat´ o m´ atrixnak nevez¨ unk, ha létezik egy A−1 n × n-es m´ atrix, amelyre AA−1 = A−1 A = I teljes¨ ul. Ekkor az A−1 m´ atrixot az A m´ atrix inverzének h´ıvjuk. 5.1. T´ etel. Tetsz˝ oleges n × n-es A m´ atrixra az al´ abbi a ´ll´ıt´ asok ekvivalensek. 1. Az A m´ atrix invert´ alhat´ o. 2. det(A) 6= 0. 3. Az Ax = b line´ aris egyenletrendszernek minden b-re létezik egyértelm˝ u megold´ asa. Ha az Ax = b egyenletrendszernek létezik megold´ asa, akkor a megoldás az x = A−1 b alakban fel´ırhat´ o.

68


5.2. T´ etel. Az Ax = 0 homogén line´ aris egyenletrendszernek akkor és csak akkor létezik nemtrivi´ alis (x 6= 0) megold´ asa, ha det(A) = 0. Az alábbi tételben ¨ osszefoglaljuk a determináns néh´ any fontos tulajdons´ agát. 5.3. T´ etel. Legyen A, B n × n-es m´ atrixok. Ekkor 1. det(A) = 0, ha A egy sora (vagy oszlopa) azonosan nulla; 2. det(A) = 0, ha A két sora (oszlopa) azonos; 3. det(AB) = det(A) det(B); 4. det(A−1 ) = 1/ det(A); 5. Ha B-t u ´gy kapjuk az A m´ artixb´ ol, hogy annak valamely sor´ at (oszlop´ at) megszorozzuk egy c konstanssal, akkor det(B) = c det(A). 6. Ha B-t u ´gy kapjuk az A m´ artixb´ ol, hogy annak két sor´ at (oszlop´ at) felcserélj¨ uk, akkor det(B) = − det(A). 7. Ha B-t u ´gy kapjuk az A m´ artixb´ ol, hogy annak egyik sor´ ahoz (oszlop´ ahoz) egy m´ asik sor (oszlop) c-szeresét (c ∈ R tetsz˝ oleges) hozz´ aadjuk, akkor det(B) = det(A). 8. Jel¨ olje Aij azt az (n − 1) × (n − 1)-es m´ atrixot, amelyet az A m´ atrixb´ ol annak i-edik sora és j-edik oszlopa elhagy´ as´ aval kapunk. Ekkor a determin´ ans i-edik sora szerinti sorfejtése det(A) =

n X

(−1)i+j aij det(Aij ),

j=1

a j-edik oszlop szerinti sorfejtése pedig det(A) =

n X

(−1)i+j aij det(Aij ).

i=1

Azt mondjuk, hogy a H ⊂ Cn halmaz altér Cn -ben, ha zárt a line´ aris kombin´ ació képzésre, azaz, ha x, y ∈ H, c1 , c2 ∈ C, akkor c1 x + c2 y ∈ H. Azt mondjuk, hogy az x(1) , . . . , x(m) ∈ Cn vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek, ha valamely c1 , . . . , cm ∈ C-re c1 x(1) + · · · + cm x(m) = 0, akkor c1 = · · · = cm = 0. Azt mondjuk, hogy a H ⊂ Cn altér m-dimenzi´ os, ha létezik x(1) , . . . , x(m) ∈ H line´ arisan (1) f¨ uggetlen vektorok, amelyre H = {c1 x + · · · + cm x(m) : c1 , . . . , cm ∈ C}, azaz a x(1) , . . . , x(m) vektorok line´ aris kombin´ aci´ oi el˝ o´ all´ıtják H b´ armely elemét. Legyen A egy n × n-es m´ atrix, I az n × n-es egységm´ atrix. A p(λ) := det(A − λI) n-edfok´ u polinomot az A karakterisztikus polinomj´ anak nevezz¨ uk, p gyökeit az A m´ atrix saj´ atértékeinek, az Aξ = λξ illetve az ezzel ekvivalens (A − λI)ξ = 0 egyenlet egy ξ 6= 0 megold´ as´ at az A m´ atrix λ-hoz tartoz´ o saj´ atvektor´ anak nevezz¨ uk. Ha λ k-szoros gyöke p-nek, akkor azt mondjuk, hogy λ algebrai multiplicit´ asa k. A sajátértékek és sajátvektorok line´ aris algebr´ ab´ ol ismert néh´ any fontos tulajdons´ agát a következ˝o tételben foglaltuk ¨ ossze.


69

5.4. T´ etel. Legyen A egy n × n-es val´ os m´ atrix. (i) Az A m´ atrix λ saj´ atértékhez tartoz´ o saj´ atvektorai line´ aris alteret alkotnak Cn -ben. (ii) Ha λ val´ os, akkor a hozz´ a tartoz´ o ξ saj´ atvektor v´ alaszthat´ o val´ os vektornak. (iii) Ha λ1 , . . . , λs p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ atértékei A-nak, akkor a hozz´ a tartoz´ o ξ (1) , . . . , ξ (s) saj´ atvektorok line´ arisan f¨ uggetlenek. (iv) Ha A szimmetrikus m´ atrix, akkor saj´ atértékei val´ os sz´ amok, és megadhat´ o saj´ atvektorokb´ ol a ´ll´ o b´ azis Cn -en. (v) Ha A-nak létezik λ = α + iβ komplex saj´ atértéke a ξ = u + iv saj´ atvektorral (u, v ∈ Rn ), akkor u és v line´ arisan f¨ uggetlen. ¯ = α − iβ (vi) Ha A-nak λ = α + iβ komplex saj´ atértéke a ξ = u + iv saj´ atvektorral, akkor λ is saj´ atértéke a ξ¯ = u − iv saj´ atvektorral. Az A m´ atrix λ sajátértékéhez tartoz´ o sajátvektorok line´ aris alterét m´ as sz´ oval a λ sajátérték saj´ atalterének nevezz¨ uk. A λ sajátérték sajátalterének dimenzióját, azaz a λ-hoz tartoz´ o lineárisan f¨ uggetlen sajátvektorok maximális sz´ am´ at a λ sajátérték geometriai multiplicit´ as´ anak nevezz¨ uk. Ismert, hogy egy sajátérték algebrai multiplicit´ asa mindig nagyobb egyenl˝ o, mint a geometriai multiplicit´ asa. Az el˝ oz˝ o tétel (iv) pontja szerint szimmetrikus m´ atrixok sajátértékének geometriai multiplicit´ asa mindig megegyezik az algebrai multiplicit´ as´ aval. Amint azt az alábbi péld´ ak mutatják, nem szimmetrikus m´ atrixok esetében a geometriai multiplicit´ as lehet egyenl˝ o, de lehet kisebb is, mint az algebrai multiplicit´ as. 5.5. P´ elda. Tekints¨ uk az A=

5 −3 −5 7

m´ atrixot. Ennek karakterisztikus polinomja 5 − λ −3 2 p(λ) = det −5 7 − λ = λ − 12λ + 20,

ezért A sajátértékei λ1 = 2 és λ2 = 10. Ekkor természetesen mindkét sajátérték egyszeres algebrai multiplicit´ as´ u és egyben a geometriai multiplicit´ asuk is 1. Tekints¨ uk az 5 − λ −3 0 ξ1 −5 7 − λ ξ2 = 0 sajátvektor egyenletet. El˝ osz¨ or nézz¨ uk a λ1 = 2 sajátértéket. Ezt behelyettes´ıtve a fenti egyenletbe kapjuk 3ξ1 − 3ξ2 = 0 −5ξ1 + 5ξ2 = 0. A két egyenlet ¨ osszef¨ ugg˝ o, ezért az egyik egyenlet elhagyható. Marad péld´ aul az els˝ o egyenlet: 3ξ1 − 3ξ2 = 0. Ennek természetesen végtelen sok megold´ asa van: ξ1 = ξ2 . Egy lehetséges megold´ as péld´ aul 1 ξ (1) = 1 . Most vegy¨ uk a λ2 = 10 sajátértéket. Ebben az esetben a sajátvektor egyenlet −5ξ1 − 3ξ2 = 0 −5ξ1 − 3ξ2 = 0, amelynek egy lehetséges megold´ asa ξ (2) =

3 −5

.

2

70


5.6. P´ elda. Tekints¨ uk az A=

0 0 1 −5 1 5 1 0 0

!

m´ atrixot. Ennek karakterisztikus polinomja p(λ) = det

−λ 0 1 −5 1 − λ 5 1 0 −λ

!

= λ3 − λ2 − λ + 1 = λ2 (λ − 1) − λ(λ − 1) = (λ − 1)2 (λ + 1). Így A sajátértékei λ1 = −1 és λ2 = 1, ahol λ1 egyszeres, λ2 pedig kétszeres gyök, azaz λ1 algebrai multiplicit´ asa 1, λ2 algebrai multiplicit´ asa pedig 2. A sajátvektor egyenlet most ! ! ! −λ 0 1 ξ1 0 0 . −5 1 − λ 5 ξ2 = 0 1 0 −λ ξ3 El˝ osz¨ or vegy¨ uk a λ1 = −1 sajátértéket. Erre a fenti egyenletb˝ ol kapjuk ξ1 + ξ3 = 0 −5ξ1 + 2ξ2 + 5ξ3 = 0 ξ1 + ξ3 = 0. Az els˝ o és az utols´ o egyenlet azonos, ´ıgy az egyiket elhagyhatjuk: ξ1 + ξ3 = 0 −5ξ1 + 2ξ2 + 5ξ3 = 0. Ez a két egyenlet m´ ar f¨ uggetlen (az egyik nem konstansszorosa a m´ asiknak). Így a h´ arom ismeretlen köz¨ ul, ha az egyiknek az értékét r¨ ogz´ıtj¨ uk, akkor a m´ asik változó m´ ar egyértelm˝ uen meghat´ arozott lesz. Legyen péld´ aul ξ3 = 1, ekkor ξ1 = −1 −5ξ1 + 2ξ2 = −5. amelyb˝ol ξ1 = −1 és ξ2 = −5, azaz a λ1 = −1 sajátértékhez tartoz´ o egy lehetséges sajátvektor ! −1 −5 . ξ (1) = 1 Most tekints¨ uk a λ2 = 1 sajátértéket. Ebben az esetben −ξ1 + ξ3 = 0 −5ξ1 + 5ξ3 = 0 ξ1 − ξ3 = 0. L´ athat´ o, hogy a m´ asodik és a harmadik egyenlet is az els˝ o többször¨ ose, ´ıgy mindkett˝o elhagyhat´ o: −ξ1 + ξ3 = 0.


71

Ekkor ξ1 = ξ3 és ξ2 pedig tetsz˝ oleges. Így péld´ aul a ! 1 0 ξ (2) = és ξ (3) = 1

1 1 1

!

vektor a λ2 sajátértékhez tartoz´ o sajátvektora A-nak, és ezek a vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek is (az egyik nem konstansszorosa a m´ asiknak). Ezért a λ2 sajátértékhez tartoz´ o sajátaltér 2 dimenziós, azaz λ2 algebrai multiplicit´ asa és a geometriai multiplicit´ asa is 2. 2

5.7. P´ elda. Tekints¨ uk az

−4 1 5 −14 5 10 −1 1 2

A=

!

m´ atrixot. Ennek karakterisztikus polinomja p(λ) = det = = = =

−4 − λ 1 5 −14 5−λ 10 −1 1 2−λ

!

λ3 − 3λ2 − 9λ + 27 λ(λ2 − 9) − 3(λ2 − 9) (λ2 − 9)(λ − 3) (λ − 3)2 (λ + 3).

Ezért A sajátértékei λ1 = −3 és λ2 = 3, ahol λ1 egyszeres, λ2 algebrai multiplicit´ asa 1, λ2 algebrai multiplicit´ asa pedig 2. A sajátvektorok sz´ am´ıt´ as´ ahoz tekints¨ uk a ! ! −4 − λ 1 5 ξ1 −14 5−λ 10 ξ2 = −1 1 2−λ ξ3

pedig kétszeres gyök, azaz λ1

0 0 0

!

sajátvektor egyenletet. El˝ osz¨ or nézz¨ uk a λ1 = −3 sajátértéket. Erre a fenti egyenletb˝ ol kapjuk −ξ1 + ξ2 + 5ξ3 = 0 −14ξ1 + 8ξ2 + 10ξ3 = 0 −ξ1 + ξ2 + 5ξ3 = 0. Az els˝ o és az utols´ o egyenlet azonos, ´ıgy elhagyhatjuk az utols´ ot: −ξ1 + ξ2 + 5ξ3 = 0 −7ξ1 + 4ξ2 + 5ξ3 = 0. Két egyenlet maradt, ´ıgy a sajátaltér egydimenzi´ os. Legyen péld´ aul ξ3 = 1, ekkor −ξ1 + ξ2 = −5 −7ξ1 + 4ξ2 = −5, amelyb˝ol ξ1 = −5 és ξ2 = −10, azaz a λ1 = −3 sajátértékhez tartoz´ o egy lehetséges sajátvektor ! −5 −10 . ξ (1) = 1

72

MAM143A el˝oad´ asjegyzet, 2008/2009 Most vegy¨ uk a λ2 = 3 sajátértéket. Erre kapjuk −7ξ1 + ξ2 + 5ξ3 = 0 −14ξ1 + 2ξ2 + 10ξ3 = 0 −ξ1 + ξ2 − ξ3 = 0.

A m´ asodik egyenlet az els˝ o kétszerese, ´ıgy elhagyható: −7ξ1 + ξ2 + 5ξ3 = 0 −ξ1 + ξ2 − ξ3 = 0. A maradék két egyenlet m´ ar f¨ uggetlen, Így megint, ha ξ3 = c, akkor a −7ξ1 + ξ2 = −5c −ξ1 + ξ2 = c egyenlet egyértelm˝ uen megoldható: ξ1 = c és ξ2 = 2c. Így a λ2 = 3 sajátértékhez tartoz´ o tetsz˝ oleges sajátvektor fel´ırhat´ oa ! 1 ξ (2) = c 2 1 alakban, azaz a λ2 sajátértékhez tartoz´ o sajátaltér csak 1 dimenziós, teh´ at λ2 algebrai multiplicitása ugyan 2, de geometriai multiplicit´ asa csak 1. 2

5.2.

Line´ aris differenci´ alegyenlet-rendszerek

Legyen I ⊂ R egy ny´ılt intervallum, t0 ∈ I, aij , fj : I → R (i, j = 1, . . . , n) f¨ uggvények, és tekints¨ uk az x′1 (t) = a11 (t)x1 (t) + · · · + a1n (t)xn (t) + f1 (t) .. . ′ xn (t) = an1 (t)x1 (t) + · · · + ann (t)xn (t) + fn (t) n-dimenziós el˝ orend˝ u differenci´ alegyenlet-rendszert a hozz´ a tartoz´ o x1 (t0 ) = z1 ,

...,

xn (t0 ) = zn

kezdeti feltételekkel egy¨ utt. Ekkor a fenti feladatot r¨ oviden az x′ = A(t)x + f (t),

t ∈ I,

(5.4)

és az x(t0 ) = z

(5.5)

vektoriális alakban ´ırhatjuk fel, ahol A : I → Rn×n , f : I → Rn , és A(t) = (aij (t))n×n ,

x(t) = (x1 (t), . . . , xn (t))T , f (t) = (f1 (t), . . . , fn (t))T , z = (z1 , . . . , zn )T .

Az egész szakaszban feltessz¨ uk, hogy A és f folytonos f¨ uggvények. Tekints¨ uk az (5.4) egyenlet homogén megfelel˝ojét: x′ = A(t)x,

t ∈ I.

A 3.26. Tételt erre a line´ aris esetre alkalmazva kapjuk az alábbi eredményt.

(5.6)


73

5.8. T´ etel. Ha A : I → Rn×n és f : I → Rn folytonos f¨ uggvények, akkor az (5.4)-(5.5) kezdeti n érték feladatnak minden z ∈ R vektorra létezik egyértelm˝ u megold´ asa az I intervallumon. Most is könnyen l´ athat´ o, hogy a homogén egyenlet megold´ asainak line´ aris kombin´ aciója szintén megold´ asa a homogén egyenletnek. 5.9. T´ etel. Az (5.6) homogén line´ aris egyenlet megold´ asainak halmaza line´ aris tér. Az {x(1) , . . . , x(n) } halmazt az (5.6) homogén egyenlet fundament´ alis megold´ ashalmaz´ anak vagy a megold´ asok alaprendszerének nevezz¨ uk, ha x(1) , . . . , x(n) megold´ asai az (5.6) egyenletnek és line´ arisan f¨ uggetlen f¨ uggvények I-n. Helyezz¨ uk el az x(1) vektor érték˝ u f¨ uggvény képletét egy m´ atrix els˝ o oszlop´ aban, az x(2) f¨ uggvényt a m´ asodik oszlop´ aban, és ´ıgy tovább, az x(n) f¨ uggvényt az n-edik oszlop´ aban. A (1) kapott m´ atrixot (x (t), . . . , x(n) (t)) jelöli. Ennek a m´ atrixnak a determináns´ at az x(1) , . . . , x(n) megold´ asok Wronski-determin´ ans´ anak nevezz¨ uk: W (t) = det(x(1) (t), . . . , x(n) (t)). Megmutathat´ ok az al´ abbi ´ all´ıt´ asok. 5.10. T´ etel. Az x(1) , . . . , x(n) f¨ uggvények line´ arisan f¨ uggetlenek az I intervallumon, akkor és csak akkor, ha a Wronski-determin´ ansuk nem azonosan nulla I-n.

5.11. T´ etel. Legyen x(1) , . . . , x(n) olyan megold´ asai az (5.6) egyenletnek, amelyek az x(1) (t0 ) = z(1) ,

...,

x(n) (t0 ) = z(n)

(5.7)

kezdeti értékekhez tartoznak. Ekkor az x(1) , . . . , x(n) f¨ uggvények akkor és csak akkor line´ arisan f¨ uggetlenek az I intervallumon, ha a z(1) , . . . , z(n) vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek, azaz W (t0 ) 6= 0.

5.12. T´ etel. Az (5.6) egyenlet megold´ asainak halmaza n-dimenzi´ os line´ aris tér.

5.3.

Konstans egy¨ utthat´ os homog´ en line´ aris rendszerek

Legyen A ∈ Rn×n , és tekints¨ uk az x′ = Ax,

t∈R

konstans egy¨ utthat´ os homogén line´ aris rendszert. Keress¨ uk az (5.8) egyenlet megold´ as´ at az x(t) = eλt ξ alakban, ahol ξ val´ os vagy komplex vektor. Ekkor x′ (t) = λeλt ξ,

(5.8)

74


ezért visszahelyettes´ıtve az (5.8) egyenletbe kapjuk, hogy λeλt ξ = Aeλt ξ, ami pontosan akkor teljes¨ ul, ha (A − λI)ξ = 0, azaz λ sajátértéke A-nak, ξ pedig a λ-hoz tartoz´ o sajátvektora A-nak. Az 5.12. Tétel szerint teh´ at elegend˝ o n darab line´ arisan f¨ uggetlen megold´ ast találni, mert ekkor ezek line´ aris kombin´ aci´ ojaként az összes megold´ as fel´ırhat´ o. K¨ ul¨ onb¨ oz˝o eseteket k¨ ul¨ onb¨ oztet¨ unk meg. 1. eset: p´ aronk´ ent k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o saj´ at´ ert´ ekek Tegy¨ uk fel, hogy λ1 , . . . , λn p´ aronként k¨ ul¨ onb¨ oz˝o sajátértékei, ξ (1) , . . . , ξ (n) pedig a λ1 , . . . , λn sajátértékekhez tartoz´ o sajátvektorai A-nak. Lineáris algebr´ ab´ ol ismert (lásd az 5.4. Tételt), (1) (n) hogy ekkor ξ , . . . , ξ line´ arisan f¨ uggetlen vektorok. Kaptuk ekkor, hogy x(1) (t) = eλ1 t ξ (1) ,

...,

x(n) (t) = eλn t ξ (n) ,

t∈R

(5.9)

megold´ asai az (5.8) egyenletnek. Másrészt W (x(1) , . . . , x(n) )(0) = det(x(1) (0), . . . , x(n) (0)) = det(ξ (1) , . . . , ξ (n) ) 6= 0, hiszen ξ (1) , . . . , ξ (n) line´ arisan f¨ uggetlenek. Ezért x(1) , . . . , x(n) line´ arisan f¨ uggetlenek, azaz (5.9) egy alaprendszere az (5.8) homogén egyenletnek. Ebben az esetben az (5.8) egyenlet általános megold´ asa x(t) = c1 eλ1 t ξ (1) + · · · + cn eλn t ξ (n) . Ha minden sajátérték val´ os, akkor az (5.9) alaprendszer valós f¨ uggvényekb˝ol áll, de ha van komplex sajátértéke az egy¨ utthat´ om´ atrixnak, akkor az (5.9) f¨ uggvények között komplex f¨ uggvények is vannak. A következ˝ o esetben azt mutatjuk majd meg, hogy ezeket a kompex megold´ asokat mindig helyettes´ıteni lehet val´ os megold´ asokkal. 5.13. P´ elda. Oldjuk meg az x′ = egyenletet az

5 −3 −5 7

x(0) =

1 0

x

(5.10)

kezdeti értéket használva! Az egy¨ utthat´ om´ atrix sajátértéke λ1 = 2 és λ2 = 10, a megfelel˝o (1) (2) T T sajátvektorok ξ = (1, 1) és ξ = (3, −5) . Ezért az egyenlet általános megold´ asa 1 3 x(t) = c1 e2t 1 + c2 e10t −5 , (5.11)

azaz komponensenként ki´ırva a megold´ ast

x1 (t) = c1 e2t + 3c2 e10t x2 (t) = c1 e2t − 5c2 e10t . A kezdeti feltételt alkalmazva

c1 + 3c2 = 1 c1 − 5c2 = 0,

amelynek megold´ asa c1 = 5/8 és c2 = 1/8. Ezért a kezdeti érték feladat megold´ asa 5 1 1 3 x(t) = e2t 1 + e10t −5 , 8 8

(5.12)


75

azaz x1 (t) = x2 (t) =

5 2t e + 8 5 2t e − 8

3 10t e 8 5 10t e . 8

2 2. eset: komplex saj´ at´ ert´ ekek Tegy¨ uk fel, hogy λ = α + iβ komplex sajátértéke A-nak, ξ = u + iv pedig a λ-hoz tartoz´ o (komplex) sajátvektor. (Itt u a ξ vektor koordinátái valós részét, v pedig ¯ = α − iβ is sajátértéke A-nak és a a képzetes részeit tartalmaz´ o vektor.) Ekkor tudjuk, hogy λ hozz´ a tartoz´ o sajátvektor pedig ξ¯ = u − iv. Kapjuk, hogy x(t) = eλt ξ = e(α+iβ)t (u + iv) = eαt (cos βt + i sin βt)(u + iv) αt = e cos βt u − sin βt v + i(cos βt v + sin βt u)

komplex érték˝ u megold´ asa az (5.8) egyenletnek. Most is, mint a skaláris line´ aris egyenleteknél, könnyen láthat´ o, hogy a komplex megold´ as valós ill. képzetes része megold´ asa az (5.8) egyenletnek. Azaz x(1) (t) = eαt (cos βt u − sin βt v)

és

x(2) (t) = eαt (cos βt v + sin βt u)

megold´ asok, és az is igazolhat´ o, hogy x(1) (t) és x(2) (t) mindig line´ arisan f¨ uggetlenek. Így az ¯ általános megold´ as képletében a eλt ξ és eλt ξ¯ komplex megold´ asok helyettes´ıthet˝ ok az x(1) , x(2) megold´ asokkal. 5.14. P´ elda. Oldjuk meg az x′ =

5 5 −2 7

x,

x(0) =

2 1

feladatot! Az egy¨ utthat´ om´ atrix sajátértéke λ1 = 6 + 3i és λ2 = 6 − 3i, a megfelel˝o sajátvektorok ξ (1) = (5, 1 + 3i)T és ξ (2) = (5, 1 − 3i)T . Az egyenlet egy komplex megold´ asa teh´ at 5 5 = e6t (cos 3t + i sin 3t) 1 + 3i e(6+3i)t 1 + 3i 5 cos 3t + 5i sin 3t = e6t cos 3t − 3 sin 3t + i(3 cos 3t + sin 3t) .

Ezért az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa 5 sin 3t 5 cos 3t x(t) = c1 e6t cos 3t − 3 sin 3t + c2 e6t 3 cos 3t + sin 3t .

A kezdeti feltételt alkalmazva

5c1 = 2 c1 + 3c2 = 1,

76


amelynek megold´ asa c1 = 2/5 és c2 = 1/5. Ezért a kezdeti érték feladat megold´ asa 2 cos 3t sin 3t 2 cos 3t + sin 3t 6t 6t x(t) = e6t + e . = e 2 6 1 3 cos 3t − sin 3t cos 3t − sin 3t cos 3t + sin 3t 5

5

5

5

2

3/a eset: t¨ obbsz¨ or¨ os saj´ at´ ert´ ek A többször¨ os sajátérték esetét csak a 3-dimenziós esetben vizsgáljuk. Az általánosabb eset hasonló, de jóval t¨ obb eset fordul el˝ o. El˝ osz¨ or azt tessz¨ uk fel, hogy A-nak λ 3-szoros sajátértéke, de a λ sajátértékhez tal´ alhat´ o ξ (1) , ξ (2) , ξ (3) 3 db line´ arisan f¨ uggetlen sajátvektor. Ekkor x(1) (t) = eλt ξ (1) ,

x(2) (t) = eλt ξ (2) ,

x(2) (t) = eλt ξ (3)

h´ arom line´ arisan f¨ uggetlen megold´ asa az egyenletnek, hiszen az x(1) (0) = ξ(1) , x(2) (0) = ξ (2) , x(3) (0) = ξ (3) vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek. Így az általános megold´ as alakja x(t) = eλt c1 ξ (1) + c2 ξ (2) + c3 ξ (3) . Egy m´ asodik esetben tegy¨ uk fel, hogy A sajátértékei λ1 és λ2 , ahol λ1 kétszeres, λ2 pedig egyszeres sajátérték, és λ1 -hez tal´ alhat´ o két line´ arisan f¨ uggetlen sajátvektor: ξ (11) és ξ (12) . A λ2 (2) h¨ oz tartoz´ o sajátvektort jelölje ξ . Ekkor is könnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy az egyenlet általános megold´ asa x(t) = eλ1 t c1 ξ (11) + c2 ξ (12) + c3 eλ2 t ξ (2) . 5.15. P´ elda. Oldjuk meg az ′

x =

0 0 1 −5 1 5 1 0 0

!

x

egyenletet! Az 5.6. Péld´ aban l´ attuk, hogy az egy¨ utthat´ om´ atrixnak λ1 = −1 egyszeres, λ2 = 1 pedig kétszeres sajátértéke. A λ1 egy sajátvektora ξ (1) = (−1, −5, 1)T , a λ2 geometriai multiplicit´ asa (2) (3) T T 2, és a hozz´ a tartoz´ o ξ = (1, 0, 1) és ξ = (1, 1, 1) sajátvektorok line´ arisan f¨ uggetlenek. Ezért az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa ! ! ! 1 1 −1 t t −t 1 . 0 + c3 e −5 + c2 e x(t) = c1 e 1 1 1

2 Kétdimenziós esetben is hasonlóan ´ırjuk fel a megold´ as képletét, ha a kétszeres sajátértékhez két kineárisan f¨ uggetlen sajátvektor találhat´ o. 5.16. P´ elda. Tekints¨ uk az

2 0 0 2 x egyenletet. Az egy¨ atrix sajátértéke 2, ami kétszeres. A 2-h¨ oz tartoz´ o sajátvektok utthat´ om´ 1 0 péld´ aul 0 és 1 . Ezért az egyenlet általános megold´ asa h i 1 0 c x(t) = e2t c1 0 + c2 1 = e2t c1 . 2 x′ =

2


77

3/b eset: t¨ obbsz¨ or¨ os saj´ at´ ert´ ek Tegy¨ uk fel u ´jra, hogy λ algebrai multiplicit´ asa legalább 2, de geometriai multiplicit´ asa csak 1. Legyen ξ a λ-hoz tartoz´ o sajátvektor. Ekkor eλt ξ megold´ as, de sz¨ ukség¨ unk van még egy, a λ sajátértékhez kapcsol´ od´ o, az el˝ obbit˝ ol line´ arisan f¨ uggetlen megold´ asra. A skaláris egyenletekre alkalmazott pr´ obaf¨ uggvény m´ odszerénél tapasztaltak alapján természetes egy u ´jabb megold´ ast a teλt ξ + eλt η (5.13) alakban keresni. Ezt behelyettes´ıtve az (5.8) egyenletbe eλt ξ + λteλt ξ + λeλt η = Ateλt ξ + Aeλt η ad´ odik. Itt pontosan akkor kapunk azonosságot, ha a teλt és az eλt f¨ uggvények egy¨ utthat´ oi megegyeznek az egyenlet két oldal´ an: λξ = Aξ ξ + λη = Aη, azaz ekvivalens alakban (A − λI)ξ = 0 (A − λI)η = ξ.

(5.14) (5.15)

Ekkor az (5.14) egyenlet szerint ξ a λ-hoz tartoz´ o sajátvektora A-nak. Az (5.15) egyenletet teljes´ıt˝o η vektort az A m´ atrix λ sajátértékhez tartoz´ oa ´ltal´ anos´ıtott saj´ atvektor´ anak nevezz¨ uk. Nyilvánvalóan egy η ´ altal´ anos´ıtott sajátvektor nincs benne a λ sajátérték sajátalterében, hiszen egyébként teljes´ıtené az (5.14) egyenletet, azaz az (5.15) egyenlet b´ armely η megold´ asa line´ arisan f¨ uggetlen a ξ sajátvektortól. Megmutathat´ o a következ˝o tétel. 5.17. T´ etel. Legyen λ egy olyan saj´ atértéke az A m´ atrixnak, amelynek geometriai multiplicit´ asa kisebb, mint az algebrai multiplicit´ asa. Ekkor az (5.15) egyenletnek létezik legal´ abb egy η megold´ asa, amely nem eleme az A m´ atrix o ¨sszes saj´ atvektorai a ´ltal gener´ alt line´ aris altérnek. 5.18. P´ elda. Tekints¨ uk az x′ =

1 1 −1 3

x

egyenletet. Ennek karakterisztikus polinomja 1−λ 1 2 2 p(λ) = det −1 3 − λ = λ − 4λ + 4 = (λ − 2) , ezért a λ = 2 sajátérték algebrai multiplicit´ asa kétszeres. Tekints¨ uk az 1−λ 1 0 ξ1 −1 3 − λ ξ2 = 0

sajátvektor egyenletet. A λ = 2 sajátértéket behelyettes´ıtve a fenti egyenletbe kapjuk −ξ1 + ξ2 = 0 −ξ1 + ξ2 = 0. Ennek egy lehetséges megold´ asa péld´ aul ξ=

1 1

,

78


és láthat´ o, hogy minden m´ asik sajátvektor ennek konstansszorosa, azaz a λ = 2 sajátérték geometriai multiplicit´ asa 1. A megold´ as képletéhez ezért sz¨ ukség¨ unk van az általános´ıtott sajátvektor fel´ır´ as´ ara. Tekints¨ uk a 1−λ 1 η1 ξ1 = η2 −1 3 − λ ξ2 általános´ıtott sajátvektor egyenletet. Behelyettes´ıtve λ és ξ értékétm kapjuk, hogy −η1 + η2 = 1 −η1 + η2 = 1. L´ athat´ o, hogy az egyik egyenlet elhagyható, ´ıgy végtelen sok η adhat´ o meg. Egy lehetséges megold´ as a 0 η= 1 vektor. Ezért az (5.13) képlet szerint a

teλt ξ + eλt η = te2t

1 1

+ e2t

0 1

= e2t

t t+1

megold´ asa az egyenletnek. Ez l´ athat´ o, hogy line´ arisan f¨ uggetlen az els˝ o megold´ ast´ ol, ezért az egyenlet által´ anos megold´ asa c +c t 1 t x(t) = c1 e2t 1 + c2 e2t t + 1 = e2t c +1c (t 2+ 1) 1 2 alakban ´ırhat´ o fel.

2 5.19. P´ elda. Oldjuk meg az x′ =

−4 1 5 −14 5 10 −1 1 2

!

x

egyenletet! Az 5.7. Péld´ aban l´ attuk, hogy az egy¨ utthat´ om´ atrixnak λ1 = −3 egyszeres, λ2 = 3 pedig kétszeres sajátértéke. A λ1 egy sajátvektora ξ (1) = (−5, −10, 1)T , a λ2 geometriai multiplicit´ asa pedig csak 1, és ξ (2) = (1, 2, 1)T egy lehetséges sajátvektora. Sz¨ ukség¨ unk van teh´ at a harmadik megold´ as képletéhez a λ2 = 3-hoz tartoz´ o η általános´ıtott sajátvektorra. Az (5.15) egyenletet alkalmazzuk, ahol a jobb oldalon a ξ = ξ (2) vektort használjuk: −7η1 + η2 + 5η3 = 1 −14η1 + 2η2 + 10η3 = 2 −η1 + η2 − η3 = 1. A m´ asodik egyenlet elhagyhat´ o, hiszen az els˝ o egyenlet kétszerese: −7η1 + η2 + 5η3 = 1 −η1 + η2 − η3 = 1. A kapott két egyenlet m´ ar f¨ uggetlen. Legyen péld´ aul η1 = 0, ekkor η2 + 5η3 = 1 η2 − η3 = 1,


79

amelynek megold´ asa η2 = 1 és η3 = 0, azaz 0 1 0

η= Az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa teh´ at ! −5 x(t) = c1 e−3t −10 + c2 e3t 1

1 2 1

!

!

.

"

3t

+ c3 te

1 2 1

!

3t

+e

0 1 0

!#

.

2

5.20. P´ elda. Tekints¨ uk az ′

x =

5 1 2 1 5 2 −1 −1 2

!

x

egyenletet. Az egy¨ utthat´ om´ atrix karakterisztikus polinomja p(λ) = det

5−λ 1 2 1 5−λ 2 −1 −1 2 − λ

!

= −λ3 + 12λ2 − 48λ + 64 = −(λ − 4)3 . Így A-nak λ = 4 h´ aromszoros algebrai multiplicit´ as´ u sajátértéke. A sajátvektor egyenlet ξ1 + ξ2 + 2ξ3 = 0 ξ1 + ξ2 + 2ξ3 = 0 −ξ1 − ξ2 − 2ξ3 = 0. Most elhagyható két egyenlet is. Marad ξ1 + ξ2 + 2ξ3 = 0. Két szabadsági fokunk van, teh´ at tal´ alhatunk két line´ arisan f¨ uggetlen megold´ as´ at az egyenletnek. Ilyen péld´ aul ! ! −1 −2 (1) (2) 1 0 . ξ = és ξ = 0 1 Sz¨ ukség¨ unk van teh´ at ´ altal´ anos´ıtott sajátvektorra is a harmadik megold´ as képletéhez. Ennek egyenlete η1 + η2 + 2η3 = ξ1 η1 + η2 + 2η3 = ξ2 −η1 − η2 − 2η3 = ξ3 , ahol ξ = (ξ1 , ξ2 , ξ3 )T egy sajátvektora az egy¨ utthat´ om´ atrixnak. L´ athat´ o, hogy az egyenlet jobb oldal´ ara sem a ξ(1) , sem a ξ (2) vektor nem ´ırhat´ o, hiszen ezekre nem oldhat´ o meg az egyenletrendszer. Keress¨ uk teh´ at a jobb oldalt ξ = c1 ξ (1) + c2 ξ (2) alakban. Ekkor az η1 + η2 + 2η3 = −c1 − 2c2 η1 + η2 + 2η3 = c1 −η1 − η2 − 2η3 = c2

80


egyenletrendszert kapjuk. Ez pontosan akkor oldhat´ o meg, ha −c1 − 2c2 = c1

és

− c1 − 2c2 = −c2 ,

azaz c1 = −c2 , péld´ aul c1 = 1 és c2 = −1. Ekkor 1 1 −1

ξ=

!

,

´ıgy az általános´ıtott sajátvektor egyenlete η1 + η2 + 2η3 = 1 η1 + η2 + 2η3 = 1 −η1 − η2 − 2η3 = −1. Most is csak egy egyenlet marad η1 + η2 + 2η3 = 1, amelynek egy lehetséges megold´ asa péld´ aul 0 −1 1

η= Ezért az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa ! " −1 1 + c2 x(t) = e4t c1 0

−2 0 1

!

!

.

1 1 −1

+ c3 t

!

+ c3

0 −1 1

!#

.

2 3/c eset: t¨ obbsz¨ or¨ os saj´ at´ ert´ ek Tegy¨ uk fel u ´jra, hogy a 3×3-as A m´ atrix λ sajátértékének algebrai multiplict´ asa 3, geontban le´ırtak szerint tekints¨ uk az (5.15) ´ altal´ anos´ıtott sajátérték egyenletnek létezik egy η megold´ asa, de tegy¨ uk fel, hogy az az (5.15) egyenletnek nincs m´ asik, az els˝ ot˝ol line´ arisan f¨ uggetlen megold´ asa. Ekkor sz¨ ukség¨ unk van még egy, a λ-hoz tartoz´ o megold´ asra. Keress¨ uk ezt az 1 x(t) = t2 eλt ξ + teλt η + eλt ω 2 alakban. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a fenti x(t) f¨ uggvény pontosan akkor megold´ asa az (5.8) egyenletnek, ha (A − λI)ξ = 0, (A − λI)η = ξ, (A − λI)ω = η.

A fenti ω vektort az A m´ atrix λ sajátértékhez tartoz´ o m´ asodrend˝ ua ´ltal´ anos´ıtott saj´ atvektor´ anak nevezz¨ uk. 5.21. P´ elda. Tekints¨ uk az x′ =

7 −1 −1 8 4 4 −1 1 7

!

x


81

egyenletet! Sz´ am´ıtsuk ki az egy¨ utthat´ om´ atrix sajátértékeit: p(λ) = det

7 − λ −1 −1 8 4−λ 4 −1 1 7−λ

!

= −λ3 + 18λ2 − 108λ + 216 = −(λ − 6)3 , ´ıgy λ = 6 h´ aromszoros sajátértéke az egy¨ utthat´ om´ atrixnak. ! ! ξ1 1 −1 −1 8 −2 4 ξ2 = −1 1 1 ξ3

A sajátvektoregyenlet ! 0 0 , 0

amib˝ ol ξ1 − ξ2 − ξ3 = 0 8ξ1 − 2ξ2 + 4ξ3 = 0. Legyen péld´ aul ξ3 = 1, ekkor ξ1 − ξ2 = −1 8ξ1 − 2ξ2 = −4, amelynek megold´ asa ξ1 = −1 és ξ2 = −2. A megfelel˝o sajátvektor teh´ at ! −1 −2 , ξ= 1 a sajátérték geometriai multiplicit´ asa teh´ at csak 1. Sz¨ ukség¨ unk van általános´ıtott sajátvektorra, amelynek egyenlete: ! ! ! −1 1 −1 −1 η1 −2 , 8 −2 4 η2 = 1 η3 −1 1 1 azaz η1 − η2 − η3 = −1 8η1 − 2η2 + 4η3 = −2 −η1 + η2 + η3 = 1. Most is elhagyható a harmadik egyenlet, de az els˝ o két egyenlet m´ ar f¨ uggetlen: η1 − η2 − η3 = −1 8η1 − 2η2 + 4η3 = −2. Ennek egy lehetséges megold´ asa η1 = 0, η2 = 1 és η3 = 0, azaz ! 0 1 , η= 0 de ett˝ol line´ arisan f¨ uggetlen m´ asodik megold´ asa m´ asodrend˝ u´ altal´ anos´ıtott sajátvektort is: ! 1 −1 −1 8 −2 4 −1 1 1

m´ ar nincs az egyenletnek. Ezért keres¨ unk ω1 ω2 ω3

!

=

0 1 0

!

.

82


Az egyenletrendszernek létezik megold´ asa, hiszen a harmadik egyenlet elhagyható: ω1 − ω2 − ω3 = 0 8ω1 − 2ω2 + 4ω3 = 1. Egy megold´ as péld´ aul 1/6 1/6 0

ω= Az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa teh´ at " ! ! ( −1 −1 x(t) = e6t c1 −2 + c2 t −2 + 1 1

0 1 0

!#

!

.

+ c3

"

−1 −2 1

t2 2

!

+t

0 1 0

!

+

1/6 1/6 0

!#)

.

2

5.4.

Fundament´ alis m´ atrix ´ es Cauchy-m´ atrix

Tegy¨ uk fel, hogy az x′ = A(t)x,

t ∈ I,

(5.16)

homogén line´ aris egyenletnek ismerj¨ uk egy x(1) (t),

...,

x(n) (t),

t∈I

fundamentális rendszerét. A Ψ(t) = (x(1) (t), . . . , x(n) (t)),

t∈I

m´ atrix érték˝ u f¨ uggvényt az (5.16) rendszer fundament´ alis m´ atrix´ anak vagy m´ as sz´ oval alapm´ atrix´ anak h´ıvjuk. Ekkor W (x(1) , . . . , x(n) ) = det(Ψ(t)) a megold´ asok Wronski-determinánsa. A Wronski-determináns tulajdons´ agaib´ ol következik, hogy Ψ(t) invert´ alhat´ o minden t ∈ I-re. −1 Jel¨ olje Ψ (t) a Ψ(t) m´ atrix inverzét. Az (5.16) egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa fel´ırhat´ o az x(t) = c1 x(1) + · · · + cn x(n) alakban. Ezt a Ψ(t) fundament´ alis m´ atrix seg´ıtségével r¨ oviden az x(t) = Ψ(t)c

(5.17)

alakban ´ırhatjuk fel, ahol c = (c1 , . . . , cn )T egy tetsz˝ oleges konstans vektor. Ha az (5.16) egyenlethez tekintj¨ uk az x(t0 ) = z (5.18) kezdeti feltételt, akkor az (5.16)-(5.18) kezdeti érték feladat megold´ as´ at az (5.17) formul´ aban azon c vektor adja, amelyre z = Ψ(t0 )c, azaz c = Ψ−1 (t0 )z. Ezt visszahelyettes´ıtve az (5.17) képletbe kapjuk, hogy az (5.16)-(5.18) kezdeti érték feladat megold´ as´ anak képlete x(t) = Ψ(t)Ψ−1 (t0 )z, t ∈ I. (5.19)


83

Egyszer˝ u sz´ amol´ assal kapjuk, hogy ′

′

Ψ′ (t) = (x(1) (t), . . . , x(n) (t)) = (A(t)x(1) (t), . . . , A(t)x(n) (t)) = A(t)(x(1) (t), . . . , x(n) (t)) = A(t)Ψ(t). A fundament´ alis m´ atrix fenti tulajdons´ agait összefoglalhatjuk a következ˝o tételben: 5.22. T´ etel. Legyen Ψ(t),

t ∈ I egy fundament´ alis m´ atrixa az (5.16) rendszernek. Ekkor

(i) Ψ(t) invert´ alhat´ o minden t ∈ I-re; (ii) az (5.16) egyenlet a ´ltal´ anos megold´ as´ anak képlete x(t) = Ψ(t)c,

t ∈ I, c ∈ Rn ;

(iii) az (5.16)-(5.18) kezdeti érték feladat megold´ as´ anak képlete x(t) = Ψ(t)Ψ−1 (t0 )z,

t ∈ I;

(iv) a fundament´ alis m´ atrix teljes´ıti a Ψ′ (t) = A(t)Ψ(t) m´ atrix differenci´ alegyenletet. 5.23. P´ elda. Tekints¨ uk u ´jra az 5.13. Péld´ aban vizsgált (5.10) egyenletet. Ennek általános megold´ as´ at megadtuk az (5.11) képletben. Az ebben szerepl˝ o két megold´ ast elhelyezve egy m´ atrix oszlopaiban kapjuk a e2t 3e10t Ψ(t) = e2t −5e10t m´ atrixot, amely egy lehetséges fundamentális m´ atrixa az (5.10) egyenletnek.

2

5.24. P´ elda. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy az 5.14. feladatban vizsg´ alt egyenlet egy fundamentális m´ atrixa 5e6t cos 3t 5e6t sin 3t Ψ(t) = . e6t (cos 3t − 3 sin 3t) e6t (3 cos 3t + sin 3t)

2

Mivel végtelen sok fundament´ alis rendszer választhat´ o a megold´ asok teréb˝ ol, ezért egy homogén line´ aris rendszernek végtelen sok fundamentális m´ atrixa létezik. Egy speciális fundamentális m´ atrix az a Φ(t)-vel jelölt fundamentális m´ atrix, amelyre a Φ(0) = I kezdeti feltétel (1) teljes¨ ul, azaz amelynek oszlopvektorai azok az x (t), . . . , x(n) (t) megold´ asai az (5.16) egyenletnek, amelyek az x(1) (0) = e(1) , . . . , x(n) (0) = e(n) kezdeti feltételekhez tartoznak. (Itt e(j) a j-edik standard b´ azisvektor Rn -ben, azaz j-edik koordinátája 1, az ¨ osszes t¨ obbi pedig 0.) Erre a speciális fundamentális m´ atrixra az (5.19) formula az x(t) = Φ(t)z, t∈I (5.20) képletre egyszer˝ us¨ odik. 5.25. P´ elda. Tekints¨ uk u ´jra az 5.13. és 5.23. Péld´ akban vizsgált (5.10) egyenletet. Írjuk fel most a rendszer Φ(t) fundament´ alis m´ atrixát! Ehhez azt a két megold´ as´ at használjuk az (5.10) egyenletnek, amelyek az 1 0 x(1) (0) = 0 illetve x(2) (0) = 1

84


kezdeti feltételekhez tartoznak. x(1) -et meghat´ aroztuk az 5.13. Péld´ aban (lásd az (5.12) képletet): 5 1 1 3 x(1) (t) = e2t 1 + e10t −5 . 8 8

x(2) meghat´ aroz´ as´ ahoz az (5.11) ´ altal´ anos megold´ as képletébe helyettes´ıtj¨ uk be a kezdeti feltételt: c1 + 3c2 = 0 c1 − 5c2 = 1, amelyb˝ol c1 = 3/8 és c2 = −1/8 ad´ odik, azaz x(2) (t) = Ezért a keresett fundament´ alis m´ atrix Φ(t) =

3 2t 1 1 10t 3 e 1 − 8e −5 . 8

5 2t 8e 5 2t 8e

+ 83 e10t − 85 e10t

3 2t 8e 3 2t 8e

− 83 e10t + 85 e10t

!

.

(5.21)

2

Megmutathat´ o a következ˝ o´ all´ıt´ as: 5.26. T´ etel. Legyen Ψ(t), t ∈ I egy fundament´ alis m´ atrixa az (5.16) egyenletnek, P ∈ Rn×n egy invert´ alhat´ o konstans m´ atrix. Ekkor a ˜ Ψ(t) = Ψ(t)P

(5.22)

˜ m´ atrix is fundament´ alis m´ atrixa az (5.16) egyenletnek. Ford´ıtva, ha Ψ(t), Ψ(t) t ∈ I két n×n fundament´ alis m´ atrixa az (5.16) egyenletnek, akkor létezik olyan P ∈ R invert´ alhat´ o konstans m´ atrix, hogy (5.22) teljes¨ ul. Az (5.19) képlet motiválja a következ˝o defin´ıciót: az U(t, t0 ) = Ψ(t)Ψ−1 (t0 ) m´ atrixot az (5.16) egyenlet Cauchy-m´ atrix´ anak nevezz¨ uk. Az 5.26. tétel seg´ıtségével könnyen megmutathat´ o, hogy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fundamentális m´ atrixokra fel´ırt Cauchy-mátrixok azonosak, ˜ azaz az (5.16) egyenlet Cauchy-mátrixa egyértelm˝ uen definiált. Legyen ugyanis Ψ(t) egy m´ asik fundamentális m´ atrix. Ekkor (5.22) teljes¨ ul, ezért ˜ Ψ ˜ −1 (t0 ) = (Ψ(t)P)(Ψ(t0 )P)−1 = Ψ(t)PP−1 Ψ−1 (t0 ) = Ψ(t)Ψ−1 (t0 ). Ψ(t) A következ˝o tételben ¨ osszefoglaltuk a Cauchy-mátrix néh´ any alapvet˝o tulajdons´ agát: 5.27. T´ etel. Legyen U(t, t0 ) az (5.16) rendszer Cauchy-m´ atrixa. Ekkor (i) U(t, t0 ) invert´ alhat´ o minden t, t0 ∈ I-re, és U−1 (t, t0 ) = U(t0 , t); (ii) U(t, t0 ) = U(t, s)U(s, t0 ) minden t, t0 , s ∈ I-re; (iii) az (5.16)-(5.18) kezdeti érték feladat megold´ asa x(t) = U(t, t0 )z, (iv)

∂ ∂t U(t, t0 )

= A(t)U(t, t0 ),

U(t0 , t0 ) = I.

t ∈ I;


85

Bizony´ıt´ as: (i) Az ´ all´ıt´ as következik a U(t, t0 )U(t0 , t) = (Ψ(t)Ψ−1 (t0 ))(Ψ(t0 )Ψ−1 (t)) = Ψ(t)Ψ−1 (t) = I sz´ amol´ asb´ ol. (ii) U defin´ıci´ oját felhaszn´ alva kapjuk: U(t, s)U(s, t0 ) = Ψ(t)Ψ−1 (s)Ψ(s)Ψ−1 (t0 ) = Ψ(t)Ψ−1 (t0 ) = U(t, t0 ). (iii) Az 5.22. Tétel (iii) pontjáb´ ol következik. (iv) Az 5.22. Tétel (iv) pontja szerint ∂ U(t, t0 ) = Ψ′ (t)Ψ−1 (t0 ) = A(t)Ψ(t)Ψ−1 (t0 ) = A(t)U(t, t0 ). ∂t

2

5.5.

M´ atrix exponenci´ alis f¨ uggv´ eny

Valós vagy komplex x-re az ex f¨ uggvény egy lehetsége defin´ıciója az xk x2 + ··· + + ··· 2 k!

ex = 1 + x +

hatványsorral t¨ orténhet. Ennek mint´ ajára egy n × n-es A m´ atrixra definiáljuk az eA m´ atrix exponenci´ alis kifejezést az eA = I + A +

A2 Ak + ··· + + ··· 2 k!

formális végtelen sorral. Megmutathat´ o, hogy ez a sor konvergens. Defini´ alhatjuk ezért a At

Φ(t) = e

=

∞ X Ak t k k=0

(5.23)

k!

m´ atrix f¨ uggvényt. Megmutathat´ o,hogy ez a végtelen sor konvergens minden t-re, s˝ ot differenciálhat´ o, és ∞ ∞ ∞ X X X Ak tk−1 Ak−1 tk−1 Ak tk ′ k Φ (t) = =A =A = AΦ(t). k! (k − 1)! k! k=1

k=1

k=0

A defin´ıció alapján

Φ(0) = eA0 = I. Az eAt m´ atrix exponenci´ alis f¨ uggvény tulajdons´ agait a következ˝o tételben foglalhatjuk össze. 5.28. T´ etel. Az eAt m´ atrix exponenci´ alis f¨ uggvényre (i) eAt eAs = eA(t+s) minden t, s ∈ R-re; (ii) eAt invert´ alhat´ o, és inverze e−At ; (iv) eA0 = I; (v) eAt differenci´ alhat´ o minden t-re, és

d At dt e

= AeAt ;

86


(vi) Az x′ = Ax konstans egy¨ utthat´ os homogén line´ aris rendszer Φ(0) = I kezdeti feltételt teljes´ıt˝ o alapm´ atrixa Φ(t) = eAt alakban adhat´ o meg, és a Cauchy-m´ atrixa pedig U(t, t0 ) = eA(t−t0 ) . 5.29. P´ elda. Sz´ am´ıtsuk ki az eA m´ atrix exponenci´ alis értéket, ahol 5 −3 A = −5 7 .

Az 5.13., 5.23. és 5.25. Péld´ aban vizsgáltuk az A m´ atrixhoz tartoz´ o homogén line´ aris rendszert. Az 5.25. Péld´ aban péld´ aul az (5.21) képletben megadtuk a homogén rendszer Φ alapm´ atrixát. At Mivel Φ(t) = e , ezért az (5.21) képletbe t = 1-et behelyettes´ıtve kapjuk ! 5 2 3 2 3 10 3 10 e + e e − e 8 8 8 8 eA = . 5 2 3 2 5 10 5 10 e − e e + 8 8 8 8e

2

5.6.

Inhomog´ en line´ aris rendszerek megold´ asa konstansok vari´ al´ as´ anak m´ odszer´ evel

Tekints¨ uk u ´jra az x′ = A(t)x + f (t),

t∈I

(5.24)

inhomogén line´ aris egyenletet és az x(t0 ) = z

(5.25)

kezdeti feltételt. Tegy¨ uk fel, hogy a megfelel˝o x′ = A(t)x,

t∈I

(5.26)

homogén egyenletnek adott egy Ψ(t) fundamentális m´ atrixa, azaz ismert egy alaprendszere. Ekkor az (5.26) homogén egyenlet ´ altalános megold´ asa xH (t) = Ψ(t)c,

c ∈ Rn .

A konstansok vari´ al´ as´ anak m´ odszerét használva keress¨ uk az (5.24) inhomogén egyenlet partikuláris megold´ as´ at az xIP (t) = Ψ(t)u(t) alakban, ahol u : I → Rn egy meghat´ arozandó paraméter. Az (5.24) egyenletbe visszahelyettes´ıtve kapjuk, hogy u teljes´ıti az Ψ′ (t)u(t) + Ψ(t)u′ (t) = A(t)Ψ(t)u(t) + f (t) egyenletet, amib˝ ol Ψ(t)u′ (t) = f (t)

(5.27)


87

következik, hiszen Ψ′ (t) = A(t)Ψ(t). Ez egy line´ aris egyenletrendszer u′ (t)-re, amely mindig megoldható, hiszen Ψ(t) invert´ alhat´ o. Kapjuk u′ (t) = Ψ−1 (t)f (t), amelynek egy konkrét megold´ asa u(t) =

Z

t

Ψ−1 (s)f (s) ds. t0

Ezt visszahelyettes´ıtve xIP képletébe és alkalmazva az xIH (t) = xH (t) + xIP (t) összef¨ uggést kapjuk, hogy az (5.24) inhomogén rendszer általános megold´ as´ anak alakja x(t) = Ψ(t)c + Ψ(t)

Z

t

Ψ−1 (s)f (s) ds. t0

Ebbe behelyettes´ıtve az (5.25) kezdeti feltételt, kapjuk, hogy z = Ψ(t0 )c, amib˝ ol következik, hogy az (5.24)-(5.25) kezdeti érték feladat megold´ asa x(t) = Ψ(t)Ψ

−1

(t0 )z + Ψ(t)

Z

t

Ψ−1 (s)f (s) ds,

t ∈ I.

(5.28)

t0

Az (5.28) formul´ at konstans vari´ aci´ os formul´ anak nevezz¨ uk. A Cauchy-mátrix seg´ıtségével a képlet az Z t x(t) = U(t, t0 )z + U(t, s)f (s) ds, t∈I (5.29) t0

ekvivalens alakban is megadható. A m´ atrix exponenci´ alis f¨ uggvény tulajdons´ agaib´ ol (lásd 5.28. Tételt) következik, hogy az x′ = Ax + f (t),

t∈I

konstans egy¨ utthat´ os inhomogén rendszerre fel´ırt (5.28) vagy (5.29) konstans vari´ aciós formul´ anak egy m´ asik ekvivalens alakja A(t−t0 )

x(t) = e

z+

Z

t

eA(t−s) f (s) ds,

t ∈ I.

(5.30)

t0

5.30. P´ elda. Oldjuk meg az x′ =

5 −3 −5 7

x+

7e3t −14e3t

,

x(0) =

−1 2

kezdeti érték feladatot! Az 5.13. Péld´ aban végigsz´ amoltuk, hogy a megfelel˝o homogén egyenlet általános megold´ asa 3 1 xH (t) = c1 e2t 1 + c2 e10t −5 ,

és ´ıgy, (ahogy azt az 5.23. Péld´ aban is láttuk), a homogén egyenlet egy alapm´ atrixa e2t 3e10t . Ψ(t) = e2t −5e10t

88


A konstansok vari´ al´ as´ anak m´ odszerét használva keress¨ uk az inhomogén egyenlet egy partikul´ aris megold´ as´ at az xIP (t) = Ψ(t)u(t) alakban. Ekkor u teljes´ıti az (5.27) egyenletet, amely ebben az esetben: e2t u′1 (t) + 3e10t u′2 (t) = 7e3t e2t u′1 (t) − 5e10t u′2 (t) = −14e3t . Ennek megold´ asa 7 u′1 (t) = − et 8

u′2 (t) =

és

21 −7t e . 8

Így u1 (t) = −

Z

7 7 t e dt = − et 8 8

és

u2 (t) =

Z

21 −7t 3 e dt = − e−7t . 8 8

(Ne felejts¨ uk el, hogy egy u f¨ uggvényt elég megadni, ezért nem kell az integr´ aláskor az összes primit´ıv f¨ uggvényt fel´ırni.) Ezért a partikul´ aris megold´ as képlete − 87 et e2t 3e10t −2e3t xIP (t) = Ψ(t)u(t) = , = e2t −5e10t e3t − 38 e−7t és ´ıgy az inhomogén egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa x(t) = c1 e2t

1 1

+ c2 e10t

3 −5

+

−2e3t e3t

.

Ebbe behelyettes´ıtve a kezdeti feltételt kapjuk, hogy c1 + 3c2 − 2 = −1 c1 − 5c2 + 1 = 2, azaz c1 + 3c2 = 1 c1 − 5c2 = 1. Ebb˝ol c1 = 1 és c2 = 0 ad´ odik, teh´ at a kezdeti érték feladat megold´ asa e2t − 2e3t 1 −2e3t 2t . x(t) = e = 1 + e2t + e3t e3t

2

5.31. P´ elda. Oldjuk meg az ′

x =

5 5 −2 7

x+

15e6t −e6t

,

x(0) =

1 −1

kezdeti érték feladatot! A megfelel˝o homogén egyenletet az 5.14. Péld´ aban oldottuk meg, az 5.24. Péld´ aban pedig kaptuk, hogy 5e6t cos 3t 5e6t sin 3t Ψ(t) = e6t (cos 3t − 3 sin 3t) e6t (3 cos 3t + sin 3t)


89

a homogén egyenlet egy fundament´ alis m´ atrixa. A konstansok vari´ alás´ anak m´ odszerét használva ′ keress¨ unk partikul´ aris megold´ ast az xIP (t) = Ψ(t)u(t) alakban. Ekkor u -re az 5e6t cos 3t u′1 (t) + 5e6t sin 3t u′2 (t) = 15e6t e6t (cos 3t − 3 sin 3t)u′1 (t) + e6t (3 cos 3t + sin 3t)u′2 (t) = −e6t line´ aris egyenletrendszert kapjuk. Az els˝ o egyenletet egyszer˝ us´ıthetj¨ uk, majd kivonhatjuk a m´ asodikból. Ekkor e6t cos 3t u′1 (t) + e6t sin 3t u′2 (t) = 3e6t −3e6t sin 3t u′1 (t) + 3e6t cos 3t u′2 (t) = −4e6t ad´ odik. Ha az els˝ o egyenletet 3 sin 3t-vel, a m´ asodikat pedig cos 3t-vel megszorozzuk és összeadjuk a két egyenletet, majd a cos2 3t + sin2 3t = 1 azonosságot alkalmazzuk, kapjuk, hogy 3e6t u′2 (t) = 9e6t sin 3t − 4e6t cos 3t, azaz u′2 (t) = 3 sin 3t −

4 cos 3t, 3

u2 (t) = − cos 3t −

4 sin 3t. 9

u′1 (t) = 3 cos 3t +

4 sin 3t, 3

amib˝ ol Hasonlóan,

és ´ıgy u1 (t) = sin 3t −

4 cos 3t. 9

Ezért a partikul´ aris megold´ as képlete xIP (t) = Ψ(t)u(t) sin 3t − 49 cos 3t 5e6t cos 3t 5e6t sin 3t = e6t (cos 3t − 3 sin 3t) e6t (3 cos 3t + sin 3t) − cos 3t − 94 sin 3t 1 20 = − e6t 31 . 9

Az egyenlet ´ altal´ anos megold´ as teh´ at 1 5 cos 3t 5 sin 3t 20 x(t) = c1 e6t cos 3t − 3 sin 3t + c2 e6t 3 cos 3t + sin 3t − e6t 31 . 9

A kezdeti feltételt behelyettes´ıtve kapjuk

20 9 31 c1 + 3c2 − 9 5c1 −

=

= −1,

29 45

és c2 = 35 , ezért a kezdeti érték feladat megold´ asa 3 1 29 6t 5 cos 3t 5 sin 3t 20 6t 6t + − e e e cos 3t − 3 sin 3t 31 3 cos 3t + sin 3t 45 5 9 1 6t 29 cos 3t + 27 sin 3t − 20 e 22 cos 3t − 12 sin 3t − 31 . 9

amelyet megoldva c1 = x(t) =

= 1

2

90


V1 V2

5.11. ábra. kett˝os tank

5.7.

Alkalmaz´ asok

´ at), amelyeket két cs˝ 5.32. P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy adott két tank (lásd az 5.11. Abr´ ovel összeköt¨ unk. Az egyik cs¨ ovön r l/perc sebességgel pumpáljuk át a folyadékot az els˝ o tart´ alyból a m´ asodikba, a m´ asikon pedig r l/perc sebességgel pumpáljuk át a folyadékot a m´ asodik tart´ alyból az els˝ obe. Az els˝ o tart´ alyban V1 l, a m´ asodikban pedig V2 l s´ ooldat van. Kezdetben az els˝ o tart´ alyban A1 kg, a m´ asodikban pedig A2 kg s´ o van feloldva. A két cs˝ oben elhanyagolhat´ o a folyadékmennyiség, és az oldatnak a cs˝ oben való tart´ ozkod´ asi ideje elhanyagolhat´ o. Feltessz¨ uk tovább´ a azt is, hogy a két tart´ alyban az oldatokat folyamatosan keverj¨ uk, az oldatok r¨ ogt¨ on ide´ alisan összekeverednek. Sz´ am´ıtsuk ki, hogy mennyi s´ o oldat lesz az egyes tart´ alyokban a t id˝ opontban! Vegy¨ uk észre, hogy az egyes tart´ alyokban a folyadék mennyisége konstans marad. Jel¨ olje Q1 = Q1 (t) az els˝ o, Q2 = Q2 (t) a m´ asodik tart´ alyban lev˝o s´ o tömegét a t id˝ opontban. Ekkor az els˝ o tart´ aly koncentr´ aci´ oja Q1 /V1 kg/l, a m´ asodiké pedig Q2 /V2 kg/l lesz. Ezért az els˝ o tart´ alyban a s´ o t¨ omege rQ1 /V1 kg/perc sebességgel cs¨ okken, de egyben rQ2 /V2 kg/perc sebességgel n˝ o. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy teljes¨ ul a Q2 1 Q′1 = −r Q V1 + r V2 , Q2 1 Q′2 = rQ V1 − r V2 ,

Q1 (0) = A1 Q2 (0) = A2

(5.31)

line´ aris egyenletrendszer. Nézz¨ uk azt a konkrét esetet, amikor az els˝ o tart´ alyban 50 l tiszta viz, a m´ asodikban pedig 100 l, kezdetben 3/4 kg/l koncent´ aci´ oj´ u s´ ooldat van kezdetben. Tegy¨ uk fel, hogy a pumpál´ as sebessége 5 l/perc. Ekkor az (5.31) egyenletrendszer: 1 Q1 + Q′1 = − 10 1 ′ Q Q2 = 10 1 −

1 20 Q2 , 1 20 Q2 ,

Q1 (0) = 0 Q2 (0) = 75.

Az egy¨ utthat´ om´ atrix karakterisztikus polinomja 1 1 3 1 1 1 1 −λ − 10 20 =λ λ+ = λ+ λ+ − . 1 1 − 20 −λ 10 20 10 20 20 10

Így λ = 0, − 3 . K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a megfelel˝o sajátvektorok: (1, 2)T és (1, −1)T . 20 Ezért az egyenletrendszer ´ altal´ anos megold´ asa 3 1 Q1 1 − 20 t = c + c e 1 2 2 −1 . Q2 A kezdeti feltételeket felhaszn´ alva ebb˝ ol kiszám´ıthat´ o, hogy 3

Q1 = 25 − 25e− 20 t ,

3

Q2 = 50 + 25e− 20 t .

2


91

A következ˝ o két péld´ aban nemlineáris egyenletrendszerekre mutatunk péld´ at. Ezek megold´ asait nem tudjuk analitikusan megadni. 5.33. P´ elda. (ragadoz´ o-zs´ akm´ any modell) Tegy¨ uk fel, hogy egy olyan biol´ ogiai rendszert vizsgálunk, ahol kétfajta egyed él: ragadoz´ o és zs´ akmány, azaz az egyik tápl´ aléka a m´ asik egyed. Tipikus eset péld´ aul egy olyan halast´ o, amelyben kétfajta hal él. Jel¨ olje x = x(t) a zs´ akmány, y = y(t) pedig a ragadoz´ ok egyedsz´ am´ at a t id˝ opontban. Feltessz¨ uk, hogy a zs´ akmány egyed életfeltételei a ragadoz´ ok jelenléte nélk¨ ul ide´ alisak, azaz a Malthus-modell szerint szaporodnak (lásd a 3.22. Péld´ at). Feltessz¨ uk teh´ at, hogy a zs´ akmány szaporod´ asi sebessége ax, ahol a > 0. Másrészt a zs´ akmány egyedek sz´ ama cs¨ okken a ragadozók jelenléte miatt. Természetes feltevés, hogy a zs´ akmány hal´ aloz´ asi sebessége a ragadoz´ o és zs´ akmány találkozások sz´ am´ aval ar´ anyos, ami pedig az ¨ osszes zs´ akmány-ragadozó p´ arok sz´ am´ aval ar´ anyos: bxy, ahol b > 0. Teh´ at x′ = ax − bxy. Másrészt a ragadoz´ ok a zs´ akmány jelenléte nélk¨ ul kihalnak az egyedsz´ ammal ar´ anyos sebességgel: cy, (c > 0), de a zs´ akmány-ragadozó p´ arok sz´ am´ aval ar´ anyos sebességgel n˝ o a sz´ amuk: dxy, (d > 0). Teljes¨ ul teh´ at ebben az esetben az x′ = x(a − by) y ′ = y(−c + dx) nemlineáris egyenletrendszer.

(5.32)

2

5.34. P´ elda. (verseng˝ o egyedek) Egy m´ asik két egyedet tartalmaz´ o modell esetében azt tessz¨ uk fel, hogy a m´ asik egyed jelenléte nélk¨ ul mindkét egyed a Verhulst-féle logisztikus modell szerint szaporodna: x′ = ax − bx2 , y ′ = dy − f y 2 . A m´ asik egyed jelenléte hat´ as´ ara viszont az egyedsz´ amuk a két egyed tal´ alkoz´ asai sz´ am´ aval ar´ anyos sebességgel cs¨ okken, mivel versengeni fognak a tápl´ alékért: x′ = x(a − bx − cy) (5.33) y ′ = y(d − ex − f y), ahol a, b, c, d, e, f > 0.

2

5. Lineáris rendszerek

Recommend Documents