88 lines
5.1 KiB
TeX
88 lines
5.1 KiB
TeX
\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)}
|