DVGLn 2012-2013 - les08_handout

DIFFERENTIAALVERGELIJKINGEN

Stefaan Poedts

Hoofdstuk 6: Stelsels van eerste orde Dvgln

• Inleiding

• Oplossen door eliminatie

• Stelsels lineaire Dvgln van de eerste orde - Matrixnotatie

- Stelsels lineaire homogene Dvgln van de eerste orde

• Lineaire homogene stelsels van eerste orde Dvgln met constante co¨effici¨enten

- Algemene methode

- Een eenvoudige methode als A diagonaliseerbaar is

- Complexe eigenwaarden

Stelsels lineaire Dvgln van de eerste orde

• de algemene theorie van een stelsel van n lineaire eerste-orde Dvgln          y₁0(x ) = a11(x )y1(x ) + · · · + a1n(x )yn(x ) + g1(x ) y₂0(x ) = a21(x )y1(x ) + · · · + a2n(x )yn(x ) + g2(x ) .. . y_n0(x ) = an1(x )y1(x ) + · · · + ann(x )yn(x ) + gn(x )

waarbij de functies a11, . . . , ann en g1, . . . , gn re¨ele (of complexe)

functies van ´e´en re¨ele veranderlijke x zijn, iszeer verwant met de theorie van een enkele lineaire vergelijking van orden (cf. hfst 4)

Stelsels lineaire Dvgln van de eerste orde

⇒ ook hier is het handig eerst het overeenkomstige stelsel van lineaire homogenevergelijkingente beschouwen

⇒ wordt bekomen door g₁(x ), . . . , gn(x ) = 0 te stellen

• wanneer dit stelsel opgelost is, zijn er verschillende methoden

beschikbaar om het stelsel van inhomogene vergelijkingen op te lossen (cf. laatste sectie)

Matrixnotatie

⇒ cf. eerste paragraaf van dit hoofdstuk : gebruik de notatie

Y (x ) =      y1(x ) y2(x ) . . . yn(x )      , en G (x ) =      g1(x ) g2(x ) . . . gn(x )      ,

• en we voeren de volgende notatie in

A(x ) =      a11(x ) . . . a1n(x ) a21(x ) . . . a2n(x ) . . . ... an1(x ) . . . ann(x )      ,

⇒ we kunnen het stelsel dan ook schrijven als

Stelsels lineaire

homogene

Dvgln van de eerste orde

• een stelsel lineaire homogene differentiaalvergelijkingen van de eerste orde is een stelsel Dvgln van de volgende vorm:

         y₁0(x ) = a11(x )y1(x ) + · · · + a1n(x )yn(x ) y₂0(x ) = a21(x )y1(x ) + · · · + a2n(x )yn(x ) .. . y_n0(x ) = an1(x )y1(x ) + · · · + ann(x )yn(x ), (1)

waarbij de functies aij re¨ele (of complexe) functies van ´e´en re¨ele

veranderlijke x zijn

Stelsels lineaire

homogene

Dvgln van de eerste orde

• theorie van stelsels lineairehomogene Dvgln van de eerste ordeloopt parallel met de theorie van de lineairehomogeneDvgln

⇒ bestaans- en ´e´enduidigheidsstelling kan bv. eenvoudiger : Stelling 6.2 :

Stel dat de functies aij : I ⊂ R → R continu zijn voori , j : 1, . . . , n. Als

x0∈ I enk1, . . . kn∈ R, dan bestaat er juist ´e ´en stel oplossingeny1, . . . , yn

van het stelsel(1)          y10(x ) = a11(x )y1(x ) + · · · + a1n(x )yn(x ) y20(x ) = a21(x )y1(x ) + · · · + a2n(x )yn(x ) . . . yn0(x ) = an1(x )y1(x ) + · · · + ann(x )yn(x ), zodaty1(x0) = k1,y2(x0) = k2, . . . ,yn(x0) = kn.

Stelsels lineaire

homogene

Dvgln van de eerste orde

• het kan gemakkelijk aangetoond worden dat een lineaire combinatie van oplossingen van een homogeen lineair stelsel van eerst-orde vergelijkingen opnieuw een oplossing is van dit stelsel

• sterker nog : de oplossingen van een stelsel lineaire homogene Dvgl van de eerste orde vormen een vectorruimte van dimensien (cf. opln van lineaire hom. Dvgln van orden)

• stel hiervoor dat

Fn=               y1(x ) y2(x ) . . . yn(x )      | y1, . . . , yn∈ F          = {Y | Y : I ⊂ R → Rn(of Cn)}

• net als voor lineaire homogene Dvgln van orde n kunnen we het volgende lemma bewijzen:

Hulpstelling 6.1 :

Zij Y1, . . . , Yk ∈ Fn oplossingen van Y0 = AY en x0 ∈ I, dan zijn

Y1, . . . , Yklineair onafhankelijkals en slechts alsY1(x0), . . . , Yk(x0)lineair

onafhankelijk zijn inRn.

• door gebruik te maken van deze hulpstelling kunnen we de volgende stelling bewijzen:

Stelling 6.3 :

De verzameling{Y ∈ Fn_{| Y}0_{= AY }}

is eenn-dimensionale lineaire deel-ruimtevanFn_.

• bewijzen van HSt. 6.1 en St. 6.3 = oefening

⇒ dit betekent dus dat elke oplossing van een stelsel van n lineaire homogene Dvgln van de eerste orde kan geschreven worden als een lineaire combinatie vannlineair onafhankelijke oplossingen van dit stelsel

Stelling 6.4 :

Als de vectorfunctiesY1, . . . , Ynlineair onafhankelijkeoplossingen zijn van

het systeem (1) (of het systeem (2)) voor elk punt x in het open interval

I ∈ R, dan kan elke oplossingY = Φ(x ) van het systeem(1)uitgedrukt worden als een lineaire combinatie vanY1, . . . , Yn:

Φ(x ) = c1Y1(x ) + . . . + cnYn(x ), (3)

op precies ´e ´en manier.

• het bewijs van deze stelling is triviaal (cf. vorige stelling) • let wel: er kunnenoneindig veel sets Y1, . . . , Yn van lineair

Opmerking

• als we de constanten c1, . . . , cn als willekeurig beschouwen, omvat de

lineaire combinatie (3) dus alleoplossingen van het systeem (1) (of het systeem (2))

⇒ ze wordt daarom de algemene oplossing genoemd

• elke set van noplossingenvan het systeem (1) die lineair

onafhankelijk zijn op een interval I ∈ R, wordt eenfundamentele set van oplossingen op dit interval genoemd

• men kan aantonen dat de oplossingen Y1, . . . , Yn lineair onafhankelijk

zijn op een interval I ∈ R als en slechts als de Wronskiaan in dit interval nergens nul wordt

Lin. hom. stelsels van 1ste orde Dvgln

met constante co¨

eff.

⇒ we beschouwen dus stelsels Dvgln van de vorm Y0 = AY (∗) waarbij A een constanten × n-matrixis

• voor n = 1 reduceert dit systeem tot een enkele eerste-orde vgl dy

dx = ay , met als oplossing y = ceax

Lin. hom. stelsels van 1ste orde Dvgln

met constante co¨

eff.

inverteer-baar, in de hoop dat het stelsel hierdoor een eenvoudigere vorm krijgt • veronderstel dus dat P een inverteerbare matrix is, en stel Z = P−1Y ⇒ dan is Y =PZ en omdat P een constante matrix is, zal Z0 = P−1Y0

⇒ Z0 = P−1Y0 = P−1AY = P−1AP

| {z }

stel =B

Z ⇒ Z0 = BZ

Opmerking

⇒ handige methode als je weet dat A diagonaliseerbaar is

• dan bestaat er immers een matrix P (demodale of fundamentele matrix), zodat P−1AP eendiagonaalmatrix is met de eigenwaarden van A op de diagonaal

Opmerking (vervolg)

• concreter: uit de lineaire algebra weten we dat

als A diagonaliseerbaar is, bestaat er een basis {v1, . . . , vn} van eigenvectoren, waarbij Avj = λjvj

• stel dan

P = v1 v2 . . . vn

dan weten we (uit de lineaire algebra) dat

P−1AP =      λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 .. . ... . .. ... 0 0 . . . λn     

Opmerking (vervolg)

• als A diagonaliseerbaar is, kunnen we dus de modale matrix gebruiken om het stelsel Z0 = BZ te bekomen

• dit nieuwe stelsel in Z =      z1 z2 .. . zn     

is van de volgende (eenvoudige!)

vorm          z₁0 = λ1z1 z₂0 = λ2z2 .. . z_n0 = λnzn

Opmerking (vervolg)

⇒ dit stelstel is heel gemakkelijk op te lossen:            z1 = c1eλ1x z2 = c2eλ2x .. . zn = cneλnx

Een voorbeeld

• beschouw opnieuw het stelsel (vb1)  y₁0(x ) = 3y1+ y2 y₂0(x ) = y1+ 3y2 ⇒ A =  3 1 1 3 

• bereken de eigenwaarden van A:     3 − λ 1 1 3 − λ     = 0 ⇒ (3 − λ)2− 1 = 0 (3 − λ + 1)(3 − λ − 1) = (4 − λ)(2 − λ) = 0 en dus zijn de eigenwaarden λ1 = 2 en λ2= 4

Een voorbeeld (vervolg)

λ1 = 2

• de eigenvector die bij λ1 = 2 hoort vinden we door

(A − 2I )  u v  =  1 1 1 1   u v  = 0 op te lossen ⇒ we vinden u + v = 0, en dus is  1 −1  de gezochte eigenvector

Een voorbeeld (vervolg)

λ2 = 4

• de eigenvector die bij λ2 = 4 hoort vinden we analoog door

(A − 4I )  u v  =  −1 1 1 −1   u v  = 0 op te lossen ⇒ we vinden u − v = 0, en dus is  1 1  de gezochte eigenvector

Een voorbeeld (vervolg)

• demodale matrix P is dan gegeven door P =  1 1 −1 1  en J = P−1AP door J =  2 0 0 4 

• stel Y = PZ , dan wordt het nieuwe stelsel in Z =  z1 z2  gegeven door Z0 = JZ of  z₁0(x ) = 2z1 z₂0(x ) = 4z2

Een voorbeeld (vervolg)

• de oplossingen van dit stelsel zijn ( z1(x ) = c1e2x z2(x ) = c2e4x of nog Z = c1e2x c2e4x !

• dit betekent dat Y = PZ =  1 1 −1 1  c1e2x c2e4x ! = c1e2x + c2e4x −c1e2x + c2e4x !

⇒ de oplosssingen zijn dus: y1 = c1e2x + c2e4x

Een eenvoudige methode als A

diagonaliseerbaar

is

• in het geval dat Adiagonaliseerbaar is, m.a.w. indien er een basis {v1, . . . , vn} van eigenvectoren bestaat (metAvj = λjvj), dan bestaat er

een eenvoudige methodeom het stelsel Y0 = AY op te lossen • beschouw immers de functies Yj ∈ Fn, gedefinieerd door

Yj(x ) = eλjx vj dan is Y_j0 = λjeλjx vj = eλjxλjvj = eλjx_Av j = A(eλjx vj) = AYj

Een eenvoudige methode als A

diagonaliseerbaar

is

⇒ Yj is dus oplossing van Y0 = AY

• bovendien is Y1(0) = v1, Y2(0) = v2,. . . ,Yn(0) = vn

• uit Hst 6.1 volgt dan dat Y1, . . . , Yn lineair onafhankelijkzijn

⇒ dealgemene oplossing van het stelsel is dan ook Y = c1Y1+ · · · + cnYn

Voorbeeld

• we lossen opnieuw het stelsel (vb1) op, dat we nu schrijven als Y0 =  3 1 1 3  Y

• cf. vb 6.4: eigenwaarden en eigenvectoren van de matrix al berekend: • bij λ₁ = 2 hoort eigenvector v1=

 1 −1



• bij λ₂ = 4 hoort eigenvector v2=

 1 1



• de oplossing wordt dan ook gegeven door Y = c1e2x  1 −1  + c2e4x  1 1  = c1e2x + c2e4x −c e2x + c e4x !

Opmerking

• ook voor niet-diagonaliseerbare matrices bestaat er een methode, analoog aan de methode die in dit deel geschetst is

Terugkomend op het algemene probleem. . .

• . . . gegeven door het stelsel Y0= AY , merken we uit het voorgaande op dat we voor de oplossing van dit probleem de eigenwaarden en

eigenvectoren van de matrixAmoeten vinden • λ1, . . . , λn hoeven niet allemaal verschillend te zijn!

• het zijn namelijk de wortels van de volgende veeltermvergelijking van n-de graad :

det(A − λI ) = 0

⇒ de aard van de eigenwaarden en van de bijhorende eigenvectoren bepaalt dus de aard van de oplossingen van het systeemY0 = AY

Terugkomend op het algemene probleem. . .

• wanneer we aannemen dat A eenre ¨ele matrix is, zijn er drie mogelijkheden voor de eigenwaarden van A:

1 _{alleeigenwaarden zijn re¨eel enverschillend}

2 _{sommige eigenwaarden komen voor in complexe paren} 3 _{sommige eigenwaarden komen meer dan ´e´en keer voor}

• als de eigenwaarden allemaalre ¨eel en verschillend zijn (zoals in de vorige voorbeelden) is er met elke eigenwaarde λj een re¨ele eigenvector

vj en zijn de n eigenvectoren v1, . . . , vnlineair onafhankelijk

⇒ de overeenkomstige oplossingen van het systeem Y0 = AY zijn Y1(x ) = v1eλ1x, . . . , Yn(x ) = vneλnx

Terugkomend op het algemene probleem. . .

• deze opln zijn wel degelijk lineair onafhankelijk want hun Wronskiaan

W (Y1, . . . , Yn)(x ) =        v11eλ1x . . . v1neλnx . . . ... vn1eλ1x . . . vnneλnx        = e(λ1+···+λn)x        v11 . . . v1n . . . ... vn1 . . . vnn        verschilt van nul omdat de exponenti¨ele functie nooit nul wordt en omdat de eigenvectoren v1, . . . , vn lineair onafhankelijk zijn, zodat de

determinant in de laatste term ook van nul verschilt ⇒ dealgemene oplossing is dus inderdaad

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

Opmerkingen

• wanneer A re ¨eel en symmetrischis, zijn alle eigenwaarden re¨eel • zelfs als enkele eigenwaarden een multipliciteit hebben groter dan 1,

bestaat er altijd een set van n eigenvectoren die lineair onafhankelijk zijn

⇒ de algemene oplossing is dan nog steeds van de vorm

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

Voorbeeld

• bepaal de algemene oplossing van

Y0 =   0 1 1 1 0 1 1 1 0  Y (∗)

• co¨effici¨entenmatrix isre¨eel en symmetrisch

• eigenwaarden en eigenvectoren van deze matrix zijn de wortels van       −λ 1 1 1 −λ 1 1 1 −λ       = −(λ − 2)(λ + 1)2 = 0

Voorbeeld (vervolg)

• de eigenvector horende bij λ1= 2 vinden we door het systeem

  −2 1 1 1 −2 1 1 1 −2     y1 y2 y3  =   0 0 0   op te lossen • we vinden zo de eigenvector v1=   1 1 1  

Voorbeeld (vervolg)

• voor λ2= −1 reduceert het systeem direct tot

y1+ y2+ y3 = 0

de waarden van twee van de grootheden y1, y2 en y3 kunnen dus

willekeurig gekozen worden, en de derde volgt dan uit deze vergelijking • zo vinden we bijvoorbeeld de twee lineair onafhankelijke vectoren

v2 =   1 0 −1   en v3 =   0 1 −1  

Voorbeeld (vervolg)

• deze drie eigenvectoren v1, v2 en v3 vormen een fundamentele set van

oplossingen

• dealgemene oplossing van het stelsel (∗)) is dus

Y = c1   1 1 1  e2x + c2   1 0 −1  e −x_{+ c} 3   0 1 −1  e −x

PAUZE

The imaginary number is a fine and wonderful recourse of the divine spirit, almost an amphibian between being and not being.

Lin. hom. stelsels van 1ste orde Dvgln

met constante co¨

eff.

⇒ we beschouwen dus stelsels Dvgln van de vorm Y0 = AY (∗) waarbij A een constanten × n-matrixis

• voor n = 1 reduceert dit systeem tot een enkele eerste-orde vgl dy

dx = ay , met als oplossing y = ceax

Algemene probleem. . .

• wanneer we aannemen dat A een re¨ele matrix is, zijn er drie mogelijkheden voor de eigenwaarden van A:

1 _{alleeigenwaarden zijn re¨eel enverschillend}

2 _{sommige eigenwaarden komen voor in complexe paren} 3 _{sommige eigenwaarden komen meer dan ´e´en keer voor}

• als de eigenwaarden allemaalre ¨eel en verschillend zijn (zoals in de vorige voorbeelden) is er met elke eigenwaarde λj een re¨ele eigenvector

vj en zijn de n eigenvectoren v1, . . . , vnlineair onafhankelijk

⇒ de overeenkomstige oplossingen van het systeem Y0 = AY zijn Y1(x ) = v1eλ1x, . . . , Yn(x ) = vneλnx

Terugkomend op het algemene probleem. . .

• deze opln zijn wel degelijk lineair onafhankelijk want hun Wronskiaan

W (Y1, . . . ,Yn)(x ) =        v11eλ1x . . . v1neλnx . . . ... vn1eλ1x . . . vnneλnx        = e(λ1+···+λn)x        v11 . . . v1n . . . ... vn1 . . . vnn        verschilt van nul omdat de exponenti¨ele functie nooit nul wordt en omdat de eigenvectoren v1, . . . , vn lineair onafhankelijk zijn, zodat de

determinant in de laatste term ook van nul verschilt ⇒ dealgemene oplossing is dus inderdaad

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

Opmerkingen

• wanneer A re ¨eel en symmetrischis, zijn alle eigenwaarden re¨eel • zelfs als enkele eigenwaarden een multipliciteit hebben groter dan 1,

bestaat er altijd een set van n eigenvectoren die lineair onafhankelijk zijn

⇒ de algemene oplossing is dan nog steeds van de vorm

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

Complexe eigenwaarden

• als de matrix A re ¨eelis, dan zijn de co¨effici¨enten van de eigenwaarden-vergelijking |A − λI | = 0 voor λ ook re ¨eel

⇒ als er complexe eigenwaardenzijn van de matrix A, dan moeten die in complex toegevoegde paren voorkomen

⇒ als λ = ν + i µ eigenwaarde is van A, dan ook λ = ν − i µ • er zijn er dan nog steeds nlineair onafhankelijke oplossingen

(tenminste als alle eigenwaarden verschillend zijn)

⇒ de algemene oplossing is dan nog steeds van de vorm

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

• bijhorende oplossingen zijn natuurlijk wel complex, maar het is mogelijk deze oplossingen op een re ¨ele manier te schrijven (cf. hfst 3)

Complexe eigenwaarden (vervolg)

• wat als de matrixAcomplexis?

⇒ karakteristieke vgl heeft dancomplexe co ¨effici ¨enten ⇒ gevolgen:

- eigenwaarden moeten niet langer als complex toegevoegde paren optreden

- eigenvectoren zijn normaal gezien ook complex(zelfs als de bijhorende eigenwaarde re¨eel is)

• als de eigenwaarden verschillendzijn, is de algemene oplossing van het systeem Y0 = AY nog steeds van de vorm

Y = c1v1eλ1x+ · · · + cnvneλnx = c1Y1+ · · · + cnYn

Samenvallende eigenwaarden

• een veel groter probleem kan voorkomen wanneer er een eigenwaarde is met multipliciteit groter dan 1

⇒ aantal bijhorende eigenvectoren dat lineair onafhankelijk is, kan dan kleiner zijn dan de multipliciteit van deze eigenwaarde!

⇒ aantal lineair onafhankelijke oplossingen van de vorm veλx is dan kleiner dann

⇒ constructie v/e fundamentele set van oplossingenvereist dan bijkomende oplossingen van een andere vorm

⇒ analoge situatie als voor n-de orde lin. vgl met constante co¨effici¨enten ⇒ meervoudige wortel kar. vgl. ⇒ opln erx_{, xe}rx_{, x}2_erx_{,. . .}

Samenvallende eigenwaarden (vervolg)

• wanneer is aantal lineair onafhankelijke oplossingen van de vorm veλx kleiner dann?

⇒ als de matrix Aniet diagonaliseerbaaris!

⇒ als de matrix A niet diagonaliseerbaaris, moeten we dus meer gevorderde techniekengebruiken

• zo is er bijvoorbeeld de stelling van Jordan, die aangeeft dat elke matrix gelijkvormig is met een eenvoudige matrix(tenminste als we over de complexe getallen werken)

De Jordan-vorm van een matrix

Stelling 6.5 :

De Jordan-vorm van een matrix

ZijAeenn × n-matrix. Dan bestaat er steeds een inverteerbare (complexe) matrixP zodat P−1AP =        λ1 1 0 . . . 0 0 λ2 2 . . . 0 .. . ... . .. . .. ... 0 0 . . . λn−1 n−1 0 0 . . . 0 λn        ,

waarbijj = 0ofj = 1. De getallenλ1, . . . , λnzijn de eigenwaarden van

De Jordan-vorm van een matrix : opmerking

• berekening van de Jordan-vorm van een matrix isniet gemakkelijk

(bewijs van de stelling valt buiten het bereik van deze cursus)

• nieuwe stelsel is dan van de volgende vorm          z₁0 = λ1z1+ 1z2 z₂0 = λ2z2+ 2z3 .. . z_n0 = λnzn

⇒ kan je nog steeds oplossen, mits meer rekenwerk. . .

De Jordan-vorm van een matrix : voorbeeld

• beschouw het stelsel : 

y₁0 = y1+ y2

y₂0 = y2

⇒ bijhorende matrix is gegeven door A =  1 1 0 1  • eigenwaarden:     1 − λ 1 0 1 − λ     = (1 − λ)2 = 0 ⇒ λ = 1 eigenwaarde λ = 1 heeft multipliciteit 2

De Jordan-vorm van een matrix : voorbeeld

⇒ matrix A is dus niet diagonaliseerbaar, maar is gelukkig reeds in Jordan-vorm:



y₁0 = y1+ y2

y₂0 = y2

⇒ tweede vergelijking is gemakkelijk op te lossen: y2 = c2ex

De Jordan-vorm van een matrix : voorbeeld

• deze oplossing invullen in de eerste vergelijking: y₁0 − y1= c2ex

⇒ Dvgl die we met de methode van de onbepaalde co ¨effici ¨enten kunnen oplossen (of met de methode van de variatie van de constante!): • particuliere oplossing moet van de vorm yp= cxex zijn

• invullen levert :

cex + cxex − cxex

| {z }

=0

= c2ex ⇒ c = c2

⇒ de algemene oplossing voor y1 is dus :

Inhomogene lineaire stelsels van eerste orde Dvgln

• we keren nu terug naar het stelsel van inhomogenevergelijkingen Y0(x ) = A(x )Y (x ) + G (x ) (∗)

waarbij de n × n-matrix A(x ) en de n × 1-vector G (x ) enkel continue functies bevatten op het open interval I

• met hetzelfde argument als in hfdst 3 en 4, kan dealgemene oplossing van vgl. (∗) geschreven worden als

Φ(x ) = c1Y1(x ) + · · · + cnYn(x )

| {z }

alg. opl. hom. stelsel

+ V (x )

| {z }

part. opl. inhom. stelsel

(∗∗)

Als de matrix A

diagonaliseerbaar

is

• als A diagonaliseerbaar is, kan het stelsel getransformeerd worden in een veel eenvoudiger stelseldat gemakkelijk opgelost kan worden • cf. v´o´or de pauze:

- stel P = matrix met als kolommen de eigenvectoren v1, . . . , vn van A

- definieer een nieuwe afhankelijke veranderlijke Z door Y = PZ - substitueer voor Y in vgl. (∗) : PZ0(x ) = A(x )PZ (x ) + G (x ) - deze vergelijking vermenigvuldigen met P−1 levert:

Z0(x ) =P−1A(x )PZ (x ) +P−1G (x )=DZ +H(x )

met D de diagonaalmatrix met op de diagonaal de eigenwaarden λ1, . . . , λn van A(zelfde volgorde alsv1, . . . , vninP)

Als de matrix A

diagonaliseerbaar

is

• dit stelsel

Z0(x ) =DZ + H(x )

is een systeem van n ongekoppeldevergelijkingen voor z1(x ), . . . , zn(x )

⇒ deze vergelijkingen kunnen dus afzonderlijk worden opgelost! • in scalaire vormheeft het stelsel de vorm

z_j0(x ) = λjzj(x ) + hj(x ), j = 1, . . . , n

met hj(x ) bepaalde lineaire combinaties van g1(x ), . . . , gn(x )

⇒ d.i. een eerste-orde lineaire vergelijking en kan worden opgelost met de methoden beschreven in hfdst 3

Als de matrix A

diagonaliseerbaar

is

• we vinden als oplossing zj(x ) =eλjx

Z x

x0

e−λjs_h

j(s) ds+cjeλjx, j = 1, . . . , n (∗ ∗ ∗)

waarbij de cj willekeurige constanten zijn

• via Y = PZ vinden we tenslotte de oplossing Y van vgl. (∗) - detweede term het rechterlid van vgl. (∗ ∗ ∗) produceert zo de

algemene oplossing van de overeenkomstige hom. vgl. Y0 = AY - deeerste term in het rechterlid van vgl. (∗ ∗ ∗) levert de gezochte

UOVT

Opgave :

Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Y0 =  −2 1 1 −2  Y +  2e−x 3x  = AY + G (x )

Als de matrix A

niet diagonaliseerbaar

is

• als de matrix A in

Y0(x ) = A(x )Y (x ) + G (x ) (∗)

niet diagonaliseerbaar is (wegens meervoudige eigenwaarden en een tekort aan eigenvectoren), kan hij toch tot een Jordan-vorm worden gereduceerd via een geschikte transformatiematrix T

⇒ Dvgln voor z1, . . . , zn ontkoppelen niet volledig(rijen van Jordan-vorm van

Abevatten twee van nul verschillende elementen)

• MAAR: nog gemakkelijk achtereenvolgens op te lossen (beginnen bij zn)

⇒ oplossing van het originele systeem (∗) kan dan gevonden worden via de transformatie Y = TZ

Opmerkingen

• ∃ nog andere manieren om de particuliere oplossing van het inhomogene stelsel te vinden, zoals

- de methode van onbepaalde co ¨effici ¨enten - de variatie van de parameters

⇒ uitbreidingen van de gelijknamige methoden die we gezien hebben voor inhomogene lineaire vergelijkingen van orde n

• andere, nieuwe methode is de Laplace-transformatie

⇒ ook te gebruiken voor oplossen van inhom. lin. vgln van orde n ⇒ zie volgende hoofdstuk

Opmerkingen

• elk van de methoden voor het oplossen van stelsels van inhomogene vgln heeft z’n voor- en nadelen

• methode van onbepaalde co ¨effici ¨enten: - vereist geen integratie

- heeft een beperkt toepassingsgebied • diagonalizatiemethode vereist:

- het vinden van de inverse van de transformatiematrix - opl van een stelsel van ongekoppelde lin. vgln (1ste orde) - een matrixvermenigvuldiging (transformatie)

⇒ belangrijkste voordeel: voor Hermitische co¨effici¨entenmatrices kan de inverse van de transformatiematrix neergeschreven worden zonder berekeningen (getransponeerde van T )

UOVT

Opgave :

Bepaal de algemene oplossing van het stelsel Y0 =  −2 1 1 −2  Y +  2e−x 3x  = AY + G (x )

Opgave: uitwerking (1)

• eerst oplossing overeenkomstig homogene stelsel ⇒ bijhorende matrix is gegeven door A =

 −2 1 1 −2  • eigenwaarden:     −2 − λ 1 1 −2 − λ     = (2 + λ)2− 1 = 0 ⇒ λ = −2 ± 1 ⇒ λ₁ = −3 en λ2= −1

Opgave: uitwerking (2)

⇒ algemene oplossing vanhet overeenkomstig homogene systeem is:

Y = c1  1 −1  e−3x+ c2  1 1  e−x

Opgave: uitwerking (3)

• Opmerking: we moeten P−1 berekenen en aangezien A re¨eel en symmetrisch is, is P−1 de getransponeerde van P (want re¨eel), op voorwaarde dat de eigenvectoren vanAgenormalizeerd zijn!

⇒ dus, na normalizatie: P = √1 2  1 1 −1 1  ⇒ P−1 = √1 2  1 −1 1 1 

• stel Y = PZ en substitueer in inhomogene stelsel: Z0 = P−1AP | {z } =D Z + P−1G | {z } =H =  −3 0 0 −1  Z + √1 2  2e−x − 3x 2e−x + 3x 

Opgave: uitwerking (4)

⇒ na uitwerking (cf. hoofdstuk 1) levert dit:      z1 = √ 2 2 e −x_{− √}3 2 _x 3 − 1 9 + c1e −3x z2= √ 2xe−x +√3 2(x − 1) + c2e −x ⇒ in termen van Y : Y = PZ = √1 2  z1+ z2 −z1+ z2  = . . .