Stelsels differentiaalvergelijkingen
Oplossingen
Voor de eigenwaarden van A zijn er een drietal mogelijkheden.
1. Alle eigenwaarden van A zijn re¨eel en voor elke eigenwaarde van A is de meetkundige multipliciteit gelijk aan de algebra¨ısche multipliciteit.
2. A heeft complexe eigenwaarden, die in paren voorkomen, en voor elke eigenwaarde van A is de meetkundige multipliciteit gelijk aan de algebra¨ısche multipliciteit.
3. Er zijn eigenwaarden van A waarvoor de meetkundige multipliciteit kleiner is dan de algebra¨ısche multipliciteit.
Oplossingen, 1.
Er bestaat een basis {ξ(1), ξ(2), . . . , ξ(n)} van Rnbestaand uit eigenvectoren van A.
Zijn r1, r2, · · · , rnde bijbehorende eigenwaarden en
x(i )(t) = eritξ(i ) (i = 1, 2, · · · , n) dan is {x(1), x(2), · · · , x(n)} een stelsel fundamentaaloplossingen van (2).
Namelijk
Wx(1), x(2), · · · , x(n) (0) = det(ξ(1), ξ(2), · · · , ξ(n)) 6= 0. De algemene oplossing van (2) wordt nu gegeven door:
x(t) = c1er1tξ(1)+ c2er2tξ(2) + · · · + cnerntξ(n) (c1, c2, · · · , cn∈ R).
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
4 december 2018 11
Oplossingen, 1.
Er bestaat een basis {ξ(1), ξ(2), . . . , ξ(n)} van Rnbestaand uit eigenvectoren van A.
Zijn r1, r2, · · · , rnde bijbehorende eigenwaarden en
x(i )(t) = eritξ(i ) (i = 1, 2, · · · , n) dan is {x(1), x(2), · · · , x(n)} een stelsel fundamentaaloplossingen van (2).
Namelijk
Wx(1), x(2), · · · , x(n) (0) = det(ξ(1), ξ(2), · · · , ξ(n)) 6= 0.
De algemene oplossing van (2) wordt nu gegeven door:
x(t) = c1er1tξ(1)+ c2er2tξ(2) + · · · + cnerntξ(n) (c1, c2, · · · , cn∈ R).
Oplossingen, 1.
Er bestaat een basis {ξ(1), ξ(2), . . . , ξ(n)} van Rnbestaand uit eigenvectoren van A.
Zijn r1, r2, · · · , rnde bijbehorende eigenwaarden en
x(i )(t) = eritξ(i ) (i = 1, 2, · · · , n) dan is {x(1), x(2), · · · , x(n)} een stelsel fundamentaaloplossingen van (2).
Namelijk
Wx(1), x(2), · · · , x(n) (0) = det(ξ(1), ξ(2), · · · , ξ(n)) 6= 0.
De algemene oplossing van (2) wordt nu gegeven door:
x(t) = c1er1tξ(1)+ c2er2tξ(2) + · · · + cnerntξ(n) (c1, c2, · · · , cn∈ R).
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
4 december 2018 11
Veronderstel dat n = 2.
Als r1< r2< 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = 0 voor alle oplossingen v : R → R2 van (2).
Het evenwichtspunt wordt een asymptotisch stabiele knoop (put) genoemd.
Als r1> r2> 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = ∞ voor alle oplossingen v : R → R2 van (2) verschillend van de evenwichtsoplossing. Het evenwichtspunt wordt een instabiele knoop (bron)genoemd. Als r1< 0 < r2heet het evenwichtspunt eeninstabiel zadelpunt.
Veronderstel dat n = 2.
Als r1< r2< 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = 0 voor alle oplossingen v : R → R2 van (2).
Het evenwichtspunt wordt een asymptotisch stabiele knoop (put) genoemd.
Als r1> r2> 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = ∞ voor alle oplossingen v : R → R2 van (2) verschillend van de evenwichtsoplossing.
Het evenwichtspunt wordt een instabiele knoop (bron)genoemd.
Als r1< 0 < r2heet het evenwichtspunt eeninstabiel zadelpunt.
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
4 december 2018 12
Veronderstel dat n = 2.
Als r1< r2< 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = 0 voor alle oplossingen v : R → R2 van (2).
Het evenwichtspunt wordt een asymptotisch stabiele knoop (put) genoemd.
Als r1> r2> 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = ∞ voor alle oplossingen v : R → R2 van (2) verschillend van de evenwichtsoplossing.
Het evenwichtspunt wordt een instabiele knoop (bron)genoemd.
Als r1< 0 < r2heet het evenwichtspunt eeninstabiel zadelpunt.
Stelsels differentiaalvergelijkingen
We zijn op zoek naar een stelsel fundamentaaloplossingen van dx
dt = Ax (1)
Wanneer er een basis is van Rnbestaand uit eigenvectoren dan kunnen we dit stelsel vinden.
Hoe vinden we zo’n stelsel als er complexe eigenwaarden zijn ? Of als er geen basis van Rn bestaat bestaand uit eigenvectoren ?
Oplossingen, 2.
Hoe vinden we re¨eelwaardige fundamentaaloplossingen als A complexe eigenwaarden heeft?
Stelling
Laat r = λ + i µ (λ, µ ∈ R, µ 6= 0) een eigenwaarde zijn van A en ξ = u + i v (u, v ∈ Rn) een bijbehorende eigenvector.
Dan is r = λ − i µ ook een eigenwaarde van A en ξ = u − i v is een bijbehorende eigenvector.
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
8 december 2018 2
Laat x(t) = ertξ met r = λ + i µ en ξ = u + i v een oplossing zijn van (1) met functiewaarden in C2.
Omdat dx
dt = d(Re(x) + i Im(x))
dt = dRe(x)
dt + idIm(x) dt en
Ax = A(Re(x) + i Im(x)) = ARe(x) + i AIm(x) zijn
dRe(x)
dt = ARe(x) en dIm(x)
dt = AIm(x)
zodat Re(x) en Im(x) twee oplossingen van (1) met functiewaarden in R2.
Hieruit volgt: als
x(1)(t) = Re(ertξ)(t) = eλt{cos(µt)u − sin(µt)v} en x(2)(t) = Im(ertξ)(t) = eλt{sin(µt)u + cos(µt)v}
dan zijn x(1) en x(2) oplossingen van (1).
Opmerkingen
De eigenwaarde r met bijbehorende eigenvector ξ geven op dezelfde manier x(1) en −x(2) als oplossingen van (1).
Het is gemakkelijk na te gaan dat {u, v} een stelsel lineair onafhankelijke vectoren is.
Omdat x(1)(0) = u en x(2)(0) = v hebben we hiermee een stelsel re¨ele, onafhankelijke oplossingen gevonden van (1).
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
8 december 2018 4
Veronderstel dat n = 2.
Als r = λ + i µ λ, µ ∈ R, µ 6= 0 en λ < 0 dan limt→∞||v(t)|| = 0 voor alle oplossingen
v : R → R2 van (1).
De evenwichtsoplossing wordt een asymptotisch stabiel spiraalpunt (put) genoemd.
Als λ > 0 dan lim
t→∞||v(t)|| = ∞ voor alle oplossingen x : R → R2van (1) verschillend van de evenwichtsoplossing.
De evenwichtsoplossing wordt een instabiel spiraalpunt (bron) genoemd.
Alst r = λ + i µ µ ∈ R, λ = 0 en µ 6= 0.
Dan is ||v(t)|| begrensd voor alle t ∈ R en alle oplossingen v : R → R2 van (1).
De evenwichtsoplossing wordt een neutraal stabiel centrumpunt genoemd.
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
8 december 2018 6
We gaan op zoek naar een stelsel fundamentaaloplossingen van (1) voor het geval dat voor sommige eigenwaarden van A de meetkundige multipliciteit kleiner is dan de algebra¨ısche multipliciteit.
Oplossingen, 3.
We vinden nu niet n fundamentaaloplossingen door de eigenwaarden van A en een basis van de bijbehorende eigenruimten te bepalen.
Om een idee op te doen veronderstellen we eerst n = 2.
Laat r1 de enige eigenwaarde zijn van A en {ξ(1)} een basis van de bijbehorende eigenruimte.
Laat x(1)(t) = er1tξ(1). Dan is x(1) een oplossing van (1).
We proberen een tweede oplossing te vinden.
Een voor de hand liggende keuze is x(t) = tertξ.
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
8 december 2018 8
Omdat x0(t) = (1 + tr )ertξ en A x = tertAξ werkt dit niet.
Op grond van de vorm van x0(t) proberen we x(t) = ert(η + tξ) Dit levert wel wat op.
Nu is x is nu alleen een oplossing van (1) als (A − r1I)ξ = 0 en
(A − r1I)η = ξ.
ξ moet een eigenvector zijn van A dus kiezen we ξ = ξ(1).
Het is mogelijk om aan te tonen dat het tweede stelsel inderdaad een oplossing η heeft.
{η, ξ(1)} een stelsel lineair onafhankelijke vectoren omdat η /∈ N U L(A − r1I).
Is x(2)(t) = (η + tξ(1))er1t dan is
W [x(1), x(2)](0) = det([ξ(1)η]) 6= 0 en dus is {x(1), x(2)} een stelsel fundamentaaloplossingen van (1)
η heet eengegeneraliseerde eigenvector bij de eigenwaarde r1.
I.A.M. Goddijn Faculteit EWI
8 december 2018 10