Analízis 2

Lineáris differenciálegyenlet-rendszerek

Két összekapcsolt egyenlet, két ismeretlen függvény: megoldás sajátértékekkel és sajátvektorokkal, valós és komplex esetben, és a visszavezetés egyetlen másodrendű egyenletre.

14 perc olvasás

1. A rendszer alakja és a megoldás ötlete

Két ismeretlen függvény, $x(t)$ és $y(t)$ , két összekapcsolt egyenlet: mindkettő deriváltja mindkettőtől függ. Ebben a leckében azt szeretném megmutatni Neked, hogy ez nem új elmélet: a lineáris algebrából ismert sajátérték és a másodrendű egyenletek karakterisztikus egyenlete itt találkozik. Állandó együtthatós lineáris esetben a rendszer mátrixalakban egyetlen sor:

Lineáris rendszer

\mathbf x'=A\mathbf x,\qquad \mathbf x=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix},\quad A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}

Egy ismeretlennél az $x'=ax$ megoldása $e^{at}$ . Próbáljuk itt is: $\mathbf x=e^{\lambda t}\mathbf v$ egy állandó $\mathbf v$ vektorral. Behelyettesítve $\lambda e^{\lambda t}\mathbf v=Ae^{\lambda t}\mathbf v$ , azaz $A\mathbf v=\lambda\mathbf v$ : a $\lambda$ az $A$ sajátértéke, a $\mathbf v$ a sajátvektora.

Általános megoldás (különböző valós sajátértékek)

\mathbf x(t)=C_1e^{\lambda_1t}\mathbf v_1+C_2e^{\lambda_2t}\mathbf v_2

Egy egyszerű példa: amikor a két egyenlet nem is kapcsolódik

$x'=2x$ , $y'=-y$ . Ezt külön-külön is meg tudod oldani: $x=C_1e^{2t}$ , $y=C_2e^{-t}$ . Nézzük, mit ad a képlet: $A=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$ , a sajátértékei az átlóban álló 2 és $-1$ , a sajátvektorai $(1;0)$ és $(0;1)$ . Beírva: $\mathbf x=C_1e^{2t}\binom10+C_2e^{-t}\binom01$ , ami pontosan az előbbi két képlet. A sajátvektoros módszer tehát azt keresi meg, milyen irányokban „esik szét” a rendszer ilyen független egyenletekre.

Elakadtál ennél a résznél?

Egy órán megnézzük, pontosan hol csúszik el, és addig gyakoroljuk, amíg magabiztos nem leszel benne.

Egyéni óra foglalása vagy 15 perc ingyenes konzultáció

2. Valós, különböző sajátértékek

Kezdetiérték-feladat

$x'=x+2y$ , $y'=2x+y$ , $x(0)=3$ , $y(0)=1$ .

$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}$ . Karakterisztikus egyenlet: $(1-\lambda)^2-4=0$ , tehát $\lambda_1=3$ , $\lambda_2=-1$ .
Sajátvektorok: $\lambda=3$ -ra $(A-3I)\mathbf v=0$ , azaz $-2v_1+2v_2=0$ : $\mathbf v_1=(1;1)$ . $\lambda=-1$ -re $2v_1+2v_2=0$ : $\mathbf v_2=(1;-1)$ .
Általános megoldás:
$x=C_1e^{3t}+C_2e^{-t},\qquad y=C_1e^{3t}-C_2e^{-t}$
Kezdeti feltételek: $C_1+C_2=3$ , $C_1-C_2=1$ , tehát $C_1=2$ , $C_2=1$ :
$x=2e^{3t}+e^{-t},\qquad y=2e^{3t}-e^{-t}$
Ellenőrzés: $x'=6e^{3t}-e^{-t}$ , és $x+2y=2e^{3t}+e^{-t}+4e^{3t}-2e^{-t}=6e^{3t}-e^{-t}$ . Rendben.

3. Komplex sajátértékek

Ha a sajátértékek komplexek, $\lambda=\alpha\pm\beta i$ , a képlet formálisan ugyanaz, csak az $e^{\lambda t}\mathbf v$ komplex lesz. A valós megoldásokat a komplex megoldás valós és képzetes része adja: az Euler-formula miatt $e^{(\alpha+\beta i)t}=e^{\alpha t}(\cos\beta t+i\sin\beta t)$ .

Forgás a fázissíkon

$x'=-y$ , $y'=x$ .

$A=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ , $\lambda^2+1=0$ , $\lambda=\pm i$ .
$\lambda=i$ -re $-iv_1-v_2=0$ , tehát $\mathbf v=(1;-i)$ . A komplex megoldás:
$e^{it}\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos t+i\sin t\\ \sin t-i\cos t\end{pmatrix}$
Valós rész $(\cos t;\,\sin t)$ , képzetes rész $(\sin t;\,-\cos t)$ , ezek a két független valós megoldás:
$x=C_1\cos t+C_2\sin t,\qquad y=C_1\sin t-C_2\cos t$
A pályák körök az origó körül: a rendszer forgatás.

Kettős sajátérték

Ha $\lambda_1=\lambda_2$ és csak egy független sajátvektor van, a második megoldás $e^{\lambda t}(t\mathbf v+\mathbf w)$ , ahol $(A-\lambda I)\mathbf w=\mathbf v$ . Ez ugyanaz a $te^{\lambda t}$ jelenség, mint a másodrendű egyenlet kettős gyökénél.

4. Visszavezetés egyetlen másodrendű egyenletre

Sajátvektorok nélkül is lehet: az egyik egyenletből kifejezzük a másik függvényt, és behelyettesítjük. Az eredmény egy másodrendű, állandó együtthatós egyenlet, aminek a karakterisztikus polinomja ugyanaz, mint a mátrixé.

Az első példa eliminációval

$x'=x+2y$ -ből $y=\dfrac{x'-x}{2}$ , deriválva $y'=\dfrac{x''-x'}{2}$ .
A második egyenletbe: $\dfrac{x''-x'}{2}=2x+\dfrac{x'-x}{2}$ , kettővel szorozva és rendezve $x''-2x'-3x=0$ .
$\lambda^2-2\lambda-3=0$ , $\lambda=3$ és $-1$ : ugyanazok a sajátértékek. $x=C_1e^{3t}+C_2e^{-t}$ , és $y=\frac{x'-x}{2}=C_1e^{3t}-C_2e^{-t}$ .

5. Fázisportrék: mit mondanak a sajátértékek?

A megoldásgörbék az $(x;y)$ síkon a sajátértékek előjelétől és típusától függő mintázatot adnak. Ez a mérnöki alkalmazások (rezgések, szabályozás, populációk) nyelve: a stabilitás a sajátértékek valós részéről olvasható le.

Sajátértékek	Típus	Viselkedés
valósak, mindkettő negatív	stabil csomó	minden pálya az origóba tart
valósak, mindkettő pozitív	instabil csomó	minden pálya elszalad az origótól
valósak, ellentétes előjel	nyeregpont	egy irányból bejön, a másikban kimegy
komplex, negatív valós rész	stabil fókusz	befelé csavarodó spirál (csillapított rezgés)
komplex, pozitív valós rész	instabil fókusz	kifelé csavarodó spirál
tisztán képzetes	centrum	zárt görbék (csillapítatlan rezgés)

Az első példa ( $3$ és $-1$ ) nyeregpont, a második ( $\pm i$ ) centrum.

6. Tipikus hibák

Sajátérték sajátvektor nélkül. A megoldáshoz a sajátvektor koordinátái is kellenek: azok mondják meg, hogy az $e^{\lambda t}$ milyen arányban szerepel $x$ -ben és $y$ -ban.
Két független konstans $x$ -ben és kettő $y$ -ban. Összesen két konstans van; az $y$ együtthatóit a sajátvektorok kötik az $x$ -éihez.
Komplex megoldás valós rész nélkül. A végeredménynek valósnak kell lennie: a valós és a képzetes részt kell venni, és a két konstans ezekhez tartozik.
Eliminációnál elfelejtett $y$ . Az $x(t)$ megtalálása után az $y$ -t az $y=\frac{x'-x}{2}$ összefüggésből kell kiszámolni, nem új konstansokkal felírni.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció