prednaska 4.4.2025

linearni-rovnice-konst-koef.tex

@@ -0,0 +1,88 @@
+\section{Lineární rovnice s konstantními koeficienty}
+
+\begin{definition}
+	\textit{Lineární homogenní rovnice s konstantními koeficienty} a s maticí $A \in \R^{n\times n}$ je rovnice
+	\begin{equation}\label{eq-linhom-const}x' = Ax.\end{equation}
+\end{definition}
+
+Myšlenkou studia těchto rovnic je analogie s rovnicí $x' = ax$ pro $a \in \R$, kde řešením je $x(t) = x_0e^{at}$. Ukážeme, že rovnice \eqref{eq-linhom-const} má řešení $x(t) = e^{At} x_0$.
+
+\begin{definition}
+	\textit{Maticovou exponenciálu} definujeme předpisem
+	$$ e^A = \sum_{k = 0}^\infty \frac{1}{k!} A^k $$
+	s konvencí $A^0 = I$.
+\end{definition}
+
+Řada s definice maticové exponenciály je dobře definovaná, neboť $\|\frac{1}{k!}A^k\| \leq \frac{1}{k!}\|A\|^k$, přičemž $\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}c^k = e^c$ konverguje pro každé $c \in \R$. Navíc z tohoto odhadu dostáváme $\|e^A\| \leq e^{\|A\|}$.
+
+\begin{example}
+	Nechť $A = \begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}$. Potom
+		$$e^A = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} A^k = \sum_{k=0}^\infty \begin{pmatrix}\frac{2^k}{k!} & 0 \\ 0 & \frac{1^k}{k!}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}e^2 & 0\\0 & e\end{pmatrix}.$$
+\end{example}
+
+\begin{theorem}
+	Nechť $U(t) = e^{tA}$. Pak $U(t)$ je fundamentální matice rovnice \eqref{eq-linhom-const} a platí $U(0) = I$.
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+	Řada konverguje pro všechny matice, tedy i pro matici $tA$, což znamená, že $U$ je dobře definovaná. Platí
+	$$[U(t)]_{ij} = \left[\sum_{k=0}^\infty \frac{t^kA^k}{k!}\right]_{ij} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} [A^k]_{ij} t^k. $$
+	Toto je mocninná řada s poloměrem konvergence $\infty$, tedy ji můžeme derivovat člen po členu (nultý člen se zderivuje na nulu).
+	$$U'(t) = \sum_{k=1}^\infty \frac{A^k}{k!} kt^{k-1} = \sum_{k=1}^\infty A \frac{1}{(k-1)!} A^{k-1}t^{k-1} = Ae^{tA} = A U(t).$$
+	Vytknutí $A$ můžeme provést, neboť operátor násobení maticí $A$ je spojitý.
+
+	Závěr ohledně $U(0)$ plyne z toho, že pro $t = 0$ je první člen sumy roven jednotkové matici a všechny ostatní jsou nulové.
+\end{proof}
+
+Z obecného tvaru řešení dostáváme, že $x(t) = \Phi(t) \Phi^{-1}(t_0) x_0$, přičemž $t_0 = 0$ a tedy $U(0) = U^{-1}(0) = I$. Z toho již plyne $x(t) = e^{tA} x_0$.
+
+\begin{theorem}[Vlastnosti maticové exponenciály]
+	Platí následující vlastnosti maticové exponenciály
+	\begin{enumerate}[(i)]
+		\item $e^{aI} = e^a I$ pro $a \in \R$;
+		\item pokud $AB = BA$, pak $e^{A+B} = e^Ae^B$;
+		\item $e^{C^{-1}AC} = C^{-1}e^AC$;
+		\item $e^{-A} = (e^A)^{-1}$, speciálně $e^A$ je vždy regulární.
+	\end{enumerate}
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+	Budeme dokazovat postupně.
+	\begin{enumerate}[(i)]
+		\item Dosazením dostáváme
+			$$ e^{aI} = \sum_{k=0}^\infty \frac{a}{k!} I = I \sum_{k=1}^\infty \frac{a}{k!} Ie^a. $$
+		\item Nejprve ukážeme, že $Be^{tA} = e^{tA}B$. To plyne z toho, že
+			$$Be^{tA} = B\sum_{k=0}^\infty \frac{t^kA^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty B\frac{t^kA^k}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{t^kA^k}{k!} B = e^{tA}B. $$
+			Potom z definice $U(t) = e^{tA}e^{tB}$ a $U'(t) = Ae^{tA}e^{tB} + e^{tA}Be^{tB} = (A + B)U(t)$. Tedy $U(t)$ splňuje rovnici $x'(t) = (A+B)x(t)$, kterou také splňuje $\tilde U(t) = e^{(A+B)t}$. Z jednoznačnosti řešení této rovnice dostáváme $e^Ae^B = e^{A+B}$.
+		\item Z definice rozepíšeme
+			$$ e^{C^{-1}AC} = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!} (C^{-1}AC)^k = \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k!} C^{-1}A^kC = $$
+			$$ C^{-1}\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}A^k C = C^{-1}e^A C. $$
+		\item Okamžitě plyne z (ii), neboť $e^A e^{-A} = e^0 = I$
+	\end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{corollary}[Variace konstant pro \eqref{eq-linhom-const}]
+	Nechť $A \in \R^{n \times n}$, $g(t): (a, b) \to \R^n$ je spojitá, $t_0 \in (a, b)$ a $x_0 \in \R^n$ jsou dána. Potom řešení rovnice
+	$$ x' = Ax + g(t), x(t_0) = x_0$$
+	má tvar
+	$$ x(t) = e^{(t - t_0)A}x_0 + \int_{t_0}^t e^{(t - s)A} g(s) ds. $$
+\end{corollary}
+
+Další otázka, kterou se budeme zabývat je hledání maticové exponenciály. K tomu použijeme takzvaný Jordanův kanonický tvar matice.
+
+\begin{theorem}
+	Nechť $A \in \R^{n \times n}$, $J$ její Jordanův kanonický tvar, $A = VJV^{-1}$ a $(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ je diagonála $J$. Potom $e^{tA} = Ve^{tJ}V^{-1}$, kde matici $e^{tJ}$ definujeme jako $diag(e^{t\lambda_1}, \dots, e^{t\lambda_n})$, přičemž $P(t)$ je blokově diagonální matice se stejně velkými a stejně uspořádanými bloky jako $J$ a blok velikosti $k$ matice $P(t)$ je roven
+	$$ \begin{pmatrix}
+	1 & t & \frac{1}{2}t^2 & \cdots & \frac{1}{(k-1)!}t^{k-1} \\
+	0 & 1 & t & \cdots & \frac{1}{(k-2)!}t^{k-2} \\
+	\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
+		0 & 0 & 0 & \cdots & 1
+	\end{pmatrix}$$
+\end{theorem}
+
+\begin{corollary}
+	Buď $a = \max\{\Re \lambda: \lambda \in \sigma(A)\}$ a $m$ velikost největší Jordanovy buňky příslušné k vlastnímu číslu $\Re \lambda = a$.
+	Pak existuje $M > 0$, že $\|e^{tA}\| \leq Mt^{m-1}e^{at}$ pro všechna $t \geq 0$. Speciálně, pro všechna $\tilde a > a$ existuje $\tilde M > 0$ takové, že $\|e^{tA}\| \leq \tilde M e^{t\tilde a}$.
+\end{corollary}
+
+\hfill \textit{konec 7. přednášky (4.4.2025)}

linearni-rovnice.tex

@@ -132,6 +132,19 @@ Uvedeme si několik poznámek k definici fundamentální matice. Je-li $\Phi(t)$
 
 	\hfill \textit{konec 6. přednášky (28.3.2025)}
 
+	Dále si uvědomíme, že $\Phi'(t) = A(t)\Phi(t)$, přičemž násobení maticí zleva provádí řádkové úpravy na matici $\Phi(t)$. Konkrétně $\varphi_k^{j\prime}(t) = \sum_{i=1}^n a_{ki}(t)\varphi_i^j(t)$.
+
+	Platí $\det D_k = A_{kk}(t) \det \Phi(t)$ (vlastnosti determinantu). Z toho dostáváme, že $w'(t) = \det \Phi(t) \sum_{k=1}^n A_{kk}(t) = w(t) = \tr A(t)$.
 \end{proof}
 
-Pokud $\tr A(t) > 0$, potom wronskián roste, $=0$ zachovává objem a $<0$ objem klesá.
+Pokud $\tr A(t) > 0$, potom wronskián roste, $=0$ množina možných hodnot řešení zachovává objem a pro $\tr A(t) <0$ v průběhu času objem klesá.
+
+\begin{example}
+	Řešme rovnici
+	$$ \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}' = \begin{pmatrix}2 & 0\\0 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x \\ y\end{pmatrix}. $$
+		Dostáváme $x' = 2x, y' = -2y$, tedy $x = x(0)e^{2t}, y = y(0)e^{-2t}$. Nechť $x(0), y(0) \in [0, 1]$. Potom pro fixní $t_1 > 0$ dostáváme $x(t_1) \in [0, e^{2t_1}], y(t_1) \in [0, e^{-2t_1}]$. Obsah tohoto obdélníku je $e^{2t_1}e^{-2t_1} = 1$. Tedy, obsah je konstantní, což odpovídá pozorování z věty, neboť stopa matice ze zadání je nulová.
+\end{example}
+
+\begin{example}
+	Mějme rovnici $x' = f(t, x)$. Ukážeme si, že roli stopy matice z předchozího příkladu tu hraje divergence $f$ v proměnné $x$.
+\end{example}

skripta.tex

@@ -25,6 +25,9 @@
 \DeclareMathOperator{\tr}{tr}
 \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}
 
+\newcommand*{\R}{\mathbb{R}}
+\newcommand*{\N}{\mathbb{N}}
+
 \title{Obyčejné diferenciální rovnice (NMMA336)}
 \author{Petr Velička \footnote{\href{mailto:petrvel@matfyz.cz}{petrvel@matfyz.cz}}\\přednášející: doc. RNDr. Tomáš Bárta, Ph.D. \footnote{\href{mailto:barta@karlin.mff.cuni.cz}{barta@karlin.mff.cuni.cz}}}
 \date{LS 2024/25}
@@ -39,5 +42,6 @@
 \include{maximalni-reseni}
 \include{zavislost-na-podmince}
 \include{linearni-rovnice}
+\include{linearni-rovnice-konst-koef}
 
 \end{document}