Stelsels lineaire differentiaalvergelijkingen (homogeen)

Stelsels lineaire differentiaalvergelijkingen

(homogeen)

het stelsel differentiaalvergelijkingen:

dx

dt = Ax (1)

We hebben gezien:

Als x : R → Rⁿ gegeven door x(t) = e^rtξ een oplossing is van (1) dan is r is een eigenwaarde van A en ξ is een eigenvector van A bij deze eigenwaarde.

Stelling

Als x1en x2 oplossingen zijn van (1) dan is x = c1x1 + c2x2voor alle constanten c₁, c₂ (eventueel complex) ook een oplossing van dit stelsel.

Gevolg

Als {ξ1, ξ2, . . . , ξk} lineair onafhankelijke eigenvectoren zijn van A bij de eigenwaarden r1, r2, . . . , rk dan is:

x = c₁e^r1tξ₁ + c₂e^r2tξ₂ + . . . + c_ke^rktξ_k

voor alle waarden van c₁, c₂, . . . , c_k (eventueel complex) ook een oplossing van (1).

vectorvergelijking x(0) = c₁ξ₁ + c₂ξ₂ + . . . + c_kξ_k = x₀altijd precies ´e´en oplossing wanneer k = n.

Dat is de reden dat we in het vervolg aannemen dat er een verzameling {ξ1, ξ2, . . . , ξn} lineair onafhankelijke, eventueel complexe, eigenvectoren van A bestaat (Bekijk §7.8 voor andere gevallen).

Verder nemen we aan n = 2 omdat dan ook het fasevlak kan worden getekend.

Voegen we aan (1) de beginvoorwaarden x(0) = x0toe dan heeft de vectorvergelijking x(0) = c₁ξ₁ + c₂ξ₂ + . . . + c_kξ_k = x₀altijd precies ´e´en oplossing wanneer k = n.

Dat is de reden dat we in het vervolg aannemen dat er een verzameling {ξ1, ξ2, . . . , ξn} lineair onafhankelijke, eventueel complexe, eigenvectoren van A bestaat (Bekijk §7.8 voor andere gevallen).

Verder nemen we aan n = 2 omdat dan ook het fasevlak kan worden getekend.

Los op: dx dt =

"

1 −2 3 −4

#

x, x(0) =

"

2

−4

#

1 Bepaal de eigenwaarden van A.

r1= −2 en r2 = −1

2 Bepaal bijbehorende eigenvectoren.

ξ1 =

"

2 3

#

en ξ2 =

"

1 1

#

3 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel.

x(t) = c1e^−2t

"

2 3

#

+ c2e^−t

"

1 1

#

4 Leg de beginvoorwaarden op en bepaal c1en c2. c1= −6 en c2= 14 dus

x(t) = −6e^−2t

"

2 3

#

+ 14e^−t

"

1 1

#

Voorbeeld (vervolg)

Teken de oplossing in het fasevlak en de componenten x₁en x₂als functie van t.

x(t) = −6e^−2t

"

2 3

#

+ 14e^−t

"

1 1

#

(a)Fasevlak (b)Oplossingen x1en x2

Los op: dx dt =

"

2 −1 3 −2

#

x, x(0) =

"

5 6

#

1 Bepaal de eigenwaarden van A.

r1= −1 en r2 = 1

2 Bepaal bijbehorende eigenvectoren.

ξ1 =

"

1 3

#

en ξ2 =

"

1 1

#

3 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel.

x(t) = c1e^−t

"

1 3

# + c2e^t

"

1 1

#

4 Leg de beginvoorwaarden op en bepaal c₁en c₂. c1=¹₂ en c2=⁹₂ dus

x(t) = ¹₂e^−t

"

2 3

# + ⁹₂e^t

"

1 1

#

Voorbeeld (vervolg)

Teken de oplossing in het fasevlak en de componenten x₁en x₂als functie van t.

x(t) = ¹₂e^−t

"

2 3

# + ⁹₂e^t

"

1 1

#

(a)Fasevlak (b)Oplossingen x1en x2

Los op: dx dt =

" ₅

4 3 4 3 4

5 4

#

x, x(0) =

"

2

−4

#

1 Bepaal de eigenwaarden van A.

r1= ¹₂ en r2 = 2

2 Bepaal bijbehorende eigenvectoren.

ξ1 =

"

−1 1

#

en ξ2 =

"

1 1

#

3 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel.

x(t) = c1e^12t

"

−1 1

# + c2e^2t

"

1 1

#

4 Leg de beginvoorwaarden op en bepaal c1en c2. c1= 0 en c2= −4 dus

x(t) = −4e^12t

"

−1 1

#

Voorbeeld (vervolg)

Teken de oplossing in het fasevlak en de componenten x₁en x₂als functie van t.

x(t) = −4e^12t

"

−1 1

#

(a)Fasevlak (b)Oplossingen x1en x2

Type en stabiliteit evenwichtsoplossing

Als r1, r2∈ R dan heet de evenwichtsoplossing 0 van het stelsel differentiaalvergelijkingen

dx

dt = Ax :

een asymptotisch stabiele knoop (put) als 0 > r₁> r₂, een asymptotisch stabiele zuivere knoop (sterpunt) als 0 > r1 = r2,

een instabiel zadelpunt als r₁> 0 > r₂, een instabiele knoop als r₁> r₂> 0 en

een instabiele zuivere knoop (sterpunt) als r₁ = r₂> 0.

Opgave

§7.5, opgave 30

Het probleem van de ’communicerende vaten’ leidt tot het beginwaardeprobleem:

du dt =

"

−₁₀¹ ₄₀³

1 10 −¹₅

#

, u(0) =

"

−17

−21

#

waarbij u1= Q1− 42 en u2= Q2− 36.

(a) Los dit beginwaardeprobleem op.

(b) Teken de grafieken van u1en u2als functie van t.

(c) Bepaal Q1en Q2 en teken hun grafieken als functie van t.

Zie: Maple document webpagina I.A.M. Goddijn

Complexe eigenwaarden

Hoe vinden we de algemene oplossing van (1) als A een complexe eigenwaarde r₁heeft?

Dan heeft A een complexe eigenvector ξ1bij r1 en is x = e^r1tξ1een complexwaardige oplossing van (1)

Schrijf elke component van x = x(t) als a + ib met a, b ∈ R.

Dan x(t) = u(t) + i v(t) waarbij u de re¨ele delen van de componenten bevat en v de imaginaire delen.

Substitutie in (1) geeft:

dx

dt = Ax ⇔

d(u + i v)

dt = A(u + i v) ⇔ du

dt + idv

dt = Au + iAv ⇔ du

dt = Au en dv dt = Av

en dus zijn u = Re(x) en v = Im(x) twee re¨eelwaardige oplossingen van (1).

Los op: dx dt =

"

1 −1 5 −3

#

x, x(0) =

"

2 0

#

1 Bepaal de eigenwaarden van A.

r1= −1 + i en r2 = −1 − i

2 Bepaal bijbehorende eigenvectoren.

ξ1 =

"

2 + i 5

#

en ξ2 =

"

2 − i 5

#

3 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel.

x(t) = c1e^−t

"

2 cos t − sin t 5 cos t

#

+ c2e^−t

"

cos t + 2 sin t 5 sin t

#

4 Leg de beginvoorwaarden op en bepaal c1en c2. c1= 0 en c2= 2 dus

x(t) = 2e^−t

"

cos t + 2 sin t 5 sin t

#

Voorbeeld (vervolg)

Teken de oplossing in het fasevlak en de componenten x₁en x₂als functie van t.

x(t) = 2e^−t

"

cos t + 2 sin t 5 sin t

#

(a)Fasevlak (b)Oplossingen x1en x2

Teken de oplossing in het fasevlak en de componenten x₁en x₂als functie van t.

x(t) = 2e^−t

"

cos t + 2 sin t 5 sin t

#

(a)Fasevlak (b)Oplossingen x1en x2

Opgave

§7.6, opgave 1

Bepaal de algemene oplossing van: dx dt =

"

3 4

−2 −1

# x.

1 Bepaal de eigenwaarden van A.

r1= 1 + 2i en r2 = 1 − 2i

2 Bepaal bijbehorende eigenvectoren.

ξ1 =

"

1 + i

−1

#

en ξ2 =

"

1 − i

−1

#

3 Bepaal de algemene oplossing van het stelsel.

x(t) = c1e^t

"

cos 2t − sin 2t

− cos 2t

# + c2e^t

"

cos 2t + sin 2t

− sin 2t

#

Type en stabiliteit evenwichtsoplossing

Als r1 = λ + i µ, r2 = λ − i µ (λ, µ ∈ R) dan heet de

evenwichtsoplossing 0 van het stelsel differentiaalvergelijkingen dx

dt = Ax :

een asymptotisch stabiel spiraalpunt als λ < 0, een instabiel spiraalpunt als λ > 0 en

een stabiel centrumpunt als λ = 0.

Als A =

"

a11 a12

a₂₁ a₂₂

# dan:

pA(r ) = det(A) − rI2) = (a11− r )(a22− r ) − a12a21

= r² − (a11+ a22)

| {z }

trace(A)

r + (a11a22− a12a21)

| {z }

det(A)

maar ook:

p_A(r ) = (r − r₁)(r − r₂) = r²− (r₁+ r₂)r + r₁r₂

zodat: trace(A) = r₁+ r₂, det(A) = r₁r₂ en

discriminant = trace(A)²− 4 det(A). Hiermee valt het plaatje waarmee we begonnen te verklaren.