6.3: Формулювання матриці
- Page ID
- 61980
Ми досліджували кілька лінійних систем у площині, і в наступному розділі ми будемо використовувати деякі з цих ідей для дослідження нелінійних систем. Нам потрібно глибше розібратися в рішеннях планарних систем. Отже, в цьому розділі ми переробимо лінійні системи першого порядку в матричну форму. Це призведе до кращого розуміння систем першого порядку та дозволить розширити більш високі розміри та рішення неоднорідних рівнянь пізніше в цьому розділі.
Почнемо зі звичайної однорідної системи в Рівнянні 6.1.9. Нехай невідомі будуть представлені вектором
\[\mathbf{x}(t)=\left(\begin{array}{l} x(t) \\ y(t) \end{array}\right)\nonumber \]
Тоді ми маємо це
\[\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{l} x^{\prime} \\ y^{\prime} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} a x+b y \\ c x+d y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array}\right) \equiv A \mathbf{x}\nonumber \]
Тут ми ввели матрицю коефіцієнтів\(A\). Це векторне диференціальне рівняння першого порядку,
\[\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}\nonumber \]
Раніше ми можемо написати рішення як
\[\mathbf{x}=\mathbf{x}_{0} e^{A t}.\nonumber \]
Ви можете переконатися, що це рішення, просто диференціюючи,
\[\dfrac{d \mathbf{x}}{d t}=\mathbf{x}_{0} \dfrac{d}{d t}\left(e^{A t}\right)=A \mathbf{x}_{0} e^{A t}=A \mathbf{x}\nonumber \]
Однак залишається питання: «Що означає експоненціальна\(?^{\prime \prime}\) матриця. Експоненціальна матриця визначається за допомогою розширення рядів Маклоріна.
\[e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}=1+x+\dfrac{x^{2}}{2 !}+\dfrac{x^{3}}{3 !}+\cdots \nonumber \]
визначаємо
\[e^{A}=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{n !} A^{n}=I+A+\dfrac{A^{2}}{2 !}+\dfrac{A^{3}}{3 !}+\cdots \nonumber \]
Загалом важко підсумувати цей ряд, але це здійснимо для деяких простих прикладів.
Експоненціальна матриця визначається за допомогою розширення рядів Маклоріна
\[e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^{n}}{n !}=1\nonumber \]
Отже, визначаємо
\[e^{A}=I+A+\dfrac{A^{2}}{2 !}+\dfrac{A^{3}}{3 !}+\cdots . \nonumber \]
Взагалі, важко обчислювати\(e^{A}\) хіба\(A\) що діагональ.
Оцінити\(e^{tA}\) для\ (A=\ left (\ begin {масив} {ll}
1 & 0\
0 & 2
\ end {масив}\ праворуч)\)
\[ \begin{aligned} e^{t A} &=I+t A+\dfrac{t^{2}}{2 !} A^{2}+\dfrac{t^{3}}{3 !} A^{3}+\cdots \\ &=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+t\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right)+\dfrac{t^{2}}{2 !}\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right)^{2}+\dfrac{t^{3}}{3 !}\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right)^{3}+\cdots \\ &=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)+t\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right)+\dfrac{t^{2}}{2 !}\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 4 \end{array}\right)+\dfrac{t^{3}}{3 !}\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 8 \end{array}\right)+\cdots \\ &\left.=\left(\begin{array}{cc} 1+t+\dfrac{t^{2}}{2 !}+\dfrac{t^{3}}{3 !} \cdots & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)+\dfrac{2 t^{2}}{2 !}+\dfrac{8 t^{3}}{3 !} \cdots\right) \\ &=\left(\begin{array}{cc} e^{t} & 0 \\ 0 & e^{2 t} \end{array}\right) \end{aligned}\label{6.61} \]
Оцініть\(e^{t A}\) для\(A=\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right)\).
Спочатку відзначимо, що
\[A^{2}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)=I \nonumber \]
Тому,
\[A^{n}=\left\{\begin{array}{cc} A, & n \text { odd } \\ I, & n \text { even } \end{array}\right.\nonumber \]
Тоді у нас є
\[\begin{aligned} e^{t A} &=I+t A+\dfrac{t^{2}}{2 !} A^{2}+\dfrac{t^{3}}{3 !} A^{3}+\cdots \cdot \\ &=I+t A+\dfrac{t^{2}}{2 !} I+\dfrac{t^{3}}{3 !} A+\cdots \cdot \\ &=\left(\begin{array}{cc} 1+\dfrac{t^{2}}{2 !}+\dfrac{t^{4}}{4 !} \cdots & t+\dfrac{t^{3}}{3 !}+\dfrac{t^{5}}{5 !} \cdots \\ t+\dfrac{t^{3}}{3 !}+\dfrac{t^{5}}{5 !} \cdots & 1+\dfrac{t^{2}}{2 !}+\dfrac{t^{4}}{4 !} \cdots \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{cc} \cosh & \sinh t \\ \sinh t & \cosh t \end{array}\right) \end{aligned} \label{6.62} \]
Оскільки підсумовування цих нескінченних рядів може бути складним, ми зараз дослідимо розв'язки планарних систем, щоб побачити, чи зможемо ми знайти інші підходи до розв'язання лінійних систем за допомогою матричних методів. Почнемо з того, що згадаємо рішення задачі в прикладі 6.2.3.2. Ми отримали рішення цієї системи як
\[\begin{array}{r} x(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t} \\ y(t)=\dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array} \label{6.63} \]
Це можна переписати за допомогою матричних операцій. А саме спочатку запишемо рішення в векторній формі.
\[ \begin{aligned} \mathbf{x} &=\left(\begin{array}{c} x(t) \\ y(t) \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t} \\ \dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} c_{1} e^{t} \\ \dfrac{1}{3} c_{1} e^{t} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} c_{2} e^{-4 t} \\ -\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array}\right) \\ &=c_{1}\left(\begin{array}{c} 1 \\ \dfrac{1}{3} \end{array}\right) e^{t}+c_{2}\left(\begin{array}{c} 1 \\ -\dfrac{1}{2} \end{array}\right) e^{-4 t} \end{aligned}\label{6.64} \]
Бачимо, що наше рішення у вигляді лінійної комбінації векторів виду
\[\mathbf{x}=\mathbf{v} e^{\lambda t} \nonumber \]
з\(\mathbf{v}\) постійним вектором і\(\lambda\) постійним числом. Це схоже на те, як ми почали знаходити розв'язки рівнянь постійного коефіцієнта другого порядку. Отже, для загальної проблеми 6.9.3 вставляємо це припущення. Таким чином,
\[ \begin{aligned} \mathbf{x}^{\prime} &=A \mathbf{x} \Rightarrow \\ \lambda \mathbf{v} e^{\lambda t} &=A \mathbf{v} e^{\lambda t} \end{aligned} \label{6.65} \]
Щоб це було правдою для всіх\(t\), ми маємо це
\[A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v} \nonumber \]
Це проблема з власним значенням. \(A\)є\(2 \times 2\) матрицею для нашої задачі, але може бути легко узагальнена до системи диференціальних рівнянь\(n\) першого порядку. Ми поки що обмежуємося нашими зауваженнями площинними системами. Однак потрібно згадати, як розв'язувати задачі на власні значення, а потім подивитися, як розв'язки задач на власні значення можуть бути використані для отримання розв'язків наших систем диференціальних рівнянь.