97 Egenvärdesproblemet

Vår stabilitetsundersökning bygger på det linjäriserade problemet:

\{ \begin{matrix}x′(t) = Ax(t) + Bu(t), \\ x(0) = x_{0}, \end{matrix}

där x(t) ∈ R^{n}, u(t) ∈ R^{m} är kolonnvektorer och A är en matris av typ n × n och B av typ n × m. Vi antar att Bu(t) ≡ 0.

\{ \begin{matrix}x′(t) = Ax(t), \\ x(0) = x_{0}. \end{matrix}

Detta är ett system av n stycken kopplade linjära differentialekvationer. Kom ihåg två fall som vi behandlat tidigare.

(a) En enda ekvation x′(t) = x(t) med begynnelsevillkor x(0) = 1. Approximationen X(t_{i}) = X(t_{i−1}) + hX(t_{i−1}) konvergerar mot en unik lösning x(t) som vi kallar exp(t):

x(t) = exp(t).

(b) Två ekvationer \{ \begin{matrix}x′_{1}(t) = x_{2}(t) \\ x′_{2}(t) = −x_{1}(t) \end{matrix} med begynnelsevillkor \{ \begin{matrix}x_{1}(0) = 0, \\ x_{2}(0) = 1, \end{matrix} , dvs

\{ \begin{matrix}x′(t) = Ax(t) \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} , x(t) = [ \begin{matrix}x_{1}(t) \\ x_{2}(t) \end{matrix} ] , A = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ] , x_{0} = [ \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} ] .

Approximationen X(t_{i}) = X(t_{i−1})+hAX(t_{i−1}) konvergerar mot en unik lösning x(t) som vi kallar sin(t), cos(t):

x(t) = [ \begin{matrix}sin(t) \\ cos(t) \end{matrix} ] .

Vi betraktar nu ett allmänt system av linjära ordinära differentialekvationer (ODE) med konstanta koefficienter:

\{ \begin{matrix}x′(t) = Ax(t), \\ x(0) = x_{0}, \end{matrix}

där x(t) och x_{0} är av typ n × 1, A av typ n × n, och där A ej beror på t.

Approximationen X(t_{i}) = X(t_{i−1})+hAX(t_{n−1}) konvergerar mot en unik lösning x(t), som vi inte har något namn på, men vi ska se att den kan uttryckas med hjälp av exp, sin och cos.

Vi gör följande ansats:

x(t) = e^{λt}g = e^{λt} [ g_{1} ; ⋮ ; g_{n} ] .

där λ är ett tal och g en vektor. Insättning i differentialekvationen ger:

\begin{aligned}λe^{λt}g & = e^{λt}Ag \\ Ag & = λg (ty e^{λt} ≠ 0) \\ \underbrace{[ \begin{matrix}· & · & · \\ · & · & · \\ · & · & · \end{matrix} ]}_{n×n} \underbrace{[ \begin{matrix}· \\ · \\ · \end{matrix} ]}_{n×1} & = λ \underbrace{[ \begin{matrix}· \\ · \\ · \end{matrix} ]}_{n×1} \end{aligned}

Detta leder till egenvärdesproblemet:

Antag att A att är en kvadratisk matris av typ n × n. Finn ett tal λ och vektor g ≠ 0 sådana att

Ag = λg.

Obs: nollvektorn g = 0 satisfierar visserligen ekvationen, men det ger bara trivial lösning x(t) = e^{λt}g = 0 och är därför ointressant. Sådana λ, g kallas egenvärde med tillhörande egenvektor till A (kort: e-värde, e-vektor). Egenvektorekvationen kan skrivas:

(A − λI)g = 0 ( [ \begin{matrix}· & · & · \\ · & · & · \\ · & · & · \end{matrix} ] − λ [ \begin{matrix}1 & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & 1 \end{matrix} ] ) [ \begin{matrix}· \\ · \\ · \end{matrix} ] = [ 0 ⋮ 0 ]

Detta är ett homogent linjärt ekvationssystem. Vi kommer ihåg att två fall kan inträffa.

• Fall 1: det(A − λI) ≠ 0 ⇒ unik lösning g = (A − λI)^{−1}0 = 0, ingen e-vektor,

• Fall 2: det(A − λI) = 0 ⇒ icke-trivial lösning g ≠ 0 (ej unik).

Ekvationen det(A−λI) = 0 är en polynomekvation p(λ) = 0 av grad n. Algebrans fundamentalsats ger n st rötter λ_{1}, …, λ_{n}. Vi noterar att

• λ_{k} är reella eller komplexa tal,

• λ_{k} kan vara multipelrötter, de räknas då upp så många gånger som multipliciteten anger.

För varje λ_{k} kan vi sedan lösa Ag = λ_{k}g och hitta en egenvektor g_{k} ≠ 0. Vi har då n st e-värden λ_{1}, …, λ_{n} med tillhörande e-vektorer g_{1}, …, g_{n}. De satisfierar Ag_{k} = λ_{k}g_{k}, k = 1, …, n. Vi definierar två nya matriser. Egenvärdesmatrisen:

D = diag(λ_{1}, …, λ_{n}) = [ \begin{matrix}λ_{1} & & & & 0 \\ & . & . & . \\ 0 & & & & λ_{n} \end{matrix} ] (unik så när som på ordningsföljden).

En egenvektormatris:

P = [g_{1}, …, g_{n}] = [\begin{matrix}g_{11} & g_{12} & ⋯ & g_{1n} \\ ⋮ & ⋮ & & ⋮ \\ g_{n1} & g_{n2} & ⋯ & g_{nn} \end{matrix}] (ej unik).

De satisfierar

AP = A[g_{1}, …, g_{n}] = [Ag_{1}, …, Ag_{n}] = [λ_{1}g_{1}, …, λ_{n}g_{n}] = P D,

dvs

AP = P D.

Om g_{1}, …, g_{n} äro linjärt oberoende så är P inverterbar och

P^{−1}AP = D, A = P DP^{−1}.

Vi säger då att A är diagonaliserbar.

Vi återvänder nu till vårt system av ordinära differentialekvationer x′(t) = Ax(t). Vi har hittat n stycken lösningar x_{k}(t) = e^{λ_{k}t}g_{k}. Varje linjär kombination

x(t) = ∑_{k=1}^{n} c_{k}e^{λ_{k}t}g_{k} = c_{1}e^{λ_{1}t}g_{1} + … + c_{n}e^{λ_{n}t}g_{n} (c_{k} är godtyckliga tal)

löser också x′ = Ax. Om g_{1}, …, g_{n} är linjärt oberoende fås alla lösningar på detta vis, ty då är g_{1}, …, g_{n} en bas för R^{n} och lösningen kan skrivas som en linjär kombination av denna bas:

x(t) = ∑_{k=1}^{n} y_{k}(t)g_{k} (y_{k}(t) är komponenterna för x(t) i den nya basen).

Insättning i x′ = Ax ger

⇒ ∑_{k} y′_{k}(t)g_{k} = A ∑_{k} y_{k}(t)g_{k} = ∑_{k} y_{k}(t) \underbrace{Ag_{k}}_{=λ_{k}g_{k}} = ∑_{k} λ_{k}y_{k}(t)g_{k}

⇒ ∑_{k} (y′_{k}(t) − λ_{k}y_{k}(t))g_{k} = 0

⇒ y′_{k}(t) − λ_{k}y_{k}(t) = 0 (ty g_{1}, …, g_{n} är linjärt oberoende)

⇒ x(t) = ∑_{k=1}^{n} c_{k}e^{λ_{k}t}g_{k}.

Koefficienterna bestäms av begynnelsevillkoret x_{0} = x(0) = ∑_{k=1}^{n} c_{k}g_{k}:

⇒ c_{k} är kompononenterna för x_{0} i e-vektorbasen

Denna koordinattransformation kan också skrivas på matrisform

x(t) = P y(t), x_{0} = P c.

Exempel 97.1. A = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ] (symmetrisk!)

det(A − λI) = | \begin{matrix}−λ & 1 \\ 1 & −λ \end{matrix} | = λ^{2} − 1 = 0

λ_{1} = 1, λ_{2} = −1, D = [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ] .

Lös (A − λI)g = 0.

1) λ_{1} = 1, ansats g_{1} = [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ]

[ \begin{matrix}−1 & 1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] \underrightarrow{Gauss} [ \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ]

⇒ b fri, b = s, a = b = s ⇒ g_{1} = [ \begin{matrix}s \\ s \end{matrix} ] = s [ \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ], s godt tal.

2) λ_{1} = −1, ansats g_{2} = [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ]

[ \begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] ⇒ [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ]

⇒ b = t, a = −b = −t ⇒ g_{2} = [ \begin{matrix}−t \\ t \end{matrix} ] = t [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ]

obs: g_{1} och g_{2} är ortogonala, normalisera så fås ON-bas: s = t = \frac{1}{\sqrt{2}}

g_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} [ \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ] , g_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ]

P = [g_{1}, g_{2}] = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & −1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] blir då en ortogonal matris:

P^{T}P = I, P^{−1} = P^{T} = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ −1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] .

Vi har

\begin{aligned}AP & = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & −1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & −1/\sqrt{2} \end{matrix} ] \\ P D & = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & −1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] [ \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} & −1/\sqrt{2} \end{matrix} ] \end{aligned}

dvs AP = P D. Dessutom:

P^{T}AP = D, A = P DP^{T}.

Ekvationen \{ \begin{matrix}x′(t) = Ax(t) \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} har lösningen

x(t) = ∑_{k=1}^{2} c_{k}e^{λ_{k}t}g_{k} = c_{1}e^{t} [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] + c_{2}e^{t} [ \begin{matrix}−1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ]

begynnelsevillkoret ger x_{0} = x(0) = c_{1} [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] + c_{2} [ \begin{matrix}−1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ]

Multiplicera skalärt med g_{1} = [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ]:

\begin{matrix}(x_{0}, g_{1}) = c_{1} \underbrace{(g_{1}, g_{1})}_{=1} +c_{2} \underbrace{(g_{1}, g_{2})}_{=0} = c_{1} \\ ⇒ c_{1} = (x_{0}, g_{1}) = [\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}] [ \begin{matrix}x_{01} \\ x_{02} \end{matrix} ] = \frac{x_{01} + x_{02}}{\sqrt{2}} \end{matrix}

På samma vis:

c_{2} = (x_{0}, g_{2}) = [\frac{−1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}] [ \begin{matrix}x_{01} \\ x_{02} \end{matrix} ] = \frac{−x_{01} + x_{02}}{\sqrt{2}}

Alltså:

x(t) = \frac{1}{2}(x_{01} + x_{02})e^{t} [ \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ] + \frac{1}{2}(−x_{01} + x_{02})e^{−t} [ \begin{matrix}−1 \\ 1 \end{matrix} ]

= [ \begin{matrix}x_{01} \frac{1}{2}(e^{t} + e^{−t}) + x_{02} · \frac{1}{2}(e^{t} − e^{−t}) \\ x_{01} \frac{1}{2}(e^{t} − e^{−t}) + x_{02} · \frac{1}{2}(e^{t} + e^{−t}) \end{matrix} ]

x(t) = x_{01} [ \begin{matrix}cosh(t) \\ sinh(t) \end{matrix} ] + x_{02} [ \begin{matrix}sinh(t) \\ cosh(t) \end{matrix} ]

Stabilitet?

x(t) = \underbrace{c_{1}e^{t}}_{växer} [ \begin{matrix}1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ] + \underbrace{c_{2}e^{−t}}_{avtar} [ \begin{matrix}−1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{matrix} ]

⇒ växer om c_{1} ≠ 0 ⇒ instabilt system

Exempel 97.2. A = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ −4 & 0 \end{matrix} ] (ej symmetrisk)

det(A − λI) = | \begin{matrix}−λ & 1 \\ −4 & −λ \end{matrix} | = λ^{2} + 4 = 0

λ_{1} = 2i, λ_{2} = −2i (komplexa!)

D = [ \begin{matrix}2i & 0 \\ 0 & −2i \end{matrix} ]

1) λ_{1} = 2i

[ \begin{matrix}−2i & 1 \\ −4 & −2i \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] 2i ; ↙ ⇒ [ \begin{matrix}−2i & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ]

⇒ g_{1} = [ \begin{matrix}1 \\ 2i \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ λ_{1} \end{matrix} ]

2) λ_{2} = −2i

[ \begin{matrix}2i & 1 \\ −1 & 2i \end{matrix} ] [ \begin{matrix}a \\ b \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix} ] ⇒ g_{2} = [ \begin{matrix}1 \\ −2i \end{matrix} ] = [ \begin{matrix}1 \\ λ_{2} \end{matrix} ]

g_{1} = [ \begin{matrix}1 \\ 2i \end{matrix} ] , g_{2} = [ \begin{matrix}1 \\ −2i \end{matrix} ]

(g_{1}, g_{2}) = ḡ_{2}^{T}g_{1} = [1 2i] [ \begin{matrix}1 \\ 2i \end{matrix} ] = 1 − 4 = −3 ≠ 0, ej ortogonala.

D = [ \begin{matrix}2i & 0 \\ 0 & −2i \end{matrix} ] , P = [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 2i & −2i \end{matrix} ]

det(P) = −4i ≠ 0, P^{−1} = [ \begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{4i} \\ \frac{1}{2} & \frac{−1}{4i} \end{matrix} ]

AP = P D, A = P DP^{−1}, P^{−1}AP = D

Lösningen till \{ \begin{matrix}x′ = Ax \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} är

x(t) = c_{1}e^{2it} [ \begin{matrix}1 \\ 2i \end{matrix} ] + c_{2}e^{−2it} [ \begin{matrix}1 \\ −2i \end{matrix} ]

Första komponenten är

x_{1}(t) = c_{1}e^{2it} + c_{2}e^{−2it}
= c_{1}(cos(2t) + i sin(2t))
+ c_{2}(cos(2t) − i sin(2t))
= (c_{1} + c_{2}) cos(2t) + i(c_{1} − c_{2}) sin(2t)
= d_{1} cos(2t) + d_{1} sin(2t),

dvs lösning är en linjär kombination av cos(2t) och sin(2t). Vi har använt formeln (Ch 33)

e^{it} = cos(t) + i sin(t)
e^{−it} = cos(t) + i sin(−t) = cos(t) − i sin(t)

Stabilitet?

x(t) = c_{1} \underbrace{e^{2it}}_{växer ej} g_{1} + c_{2} \underbrace{e^{−2it}}_{växer ej} g_{2}

ty |e^{±2it}| = 1 ⇒ stabilt system.

Exempel 97.3. A = [ \begin{matrix}0 & 1 \\ −4 & 2 \end{matrix} ]

det(A − λI) = | \begin{matrix}−λ & 1 \\ −4 & 2 − λ \end{matrix} | = λ^{2} − 2λ + 4 = 0

\begin{aligned}λ & = 1 ± \sqrt{1 − 4} = 1 ± \sqrt{3}i \\ λ_{1} & = 1 + \sqrt{3}i, λ_{2} = 1 − \sqrt{3}i \end{aligned}

x(t) = c_{1}e^{λ_{1}t}g_{1} + c_{2}e^{λ_{2}t}g_{2} = c_{1}e^{t}e^{\sqrt{3}it}g_{1} + c_{2}e^{t}e^{−\sqrt{3}it}g_{2}

Här är e^{t}e^{±\sqrt{3}it} = e^{t}( cos(\sqrt{3}t) ± i sin(\sqrt{3}t)). Detta är en svängning med växande amplitud. Instabilt system.

Vi betraktar nu det allmänna systemet: \{ \begin{matrix}x′ = Ax \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} med lösningen

x(t) = ∑_{k=1}^{n} c_{k}e^{λ_{k}t}g_{k}

Vi antar att g_{1}, …, g_{n} är linjärt oberoende. Då är c_{k} komponenterna av x_{0} i e-vektorbasen g_{1}, …, g_{n}.

Vi skriver λ_{k} = α_{k} + iω_{k}. Två fall:

1) λ_{k} = α_{k} reellt egenvärde e^{λ_{k}t} = e^{α_{k}t} är konstant, växande respektive avtagande beroende på om α_{k} = 0, α_{k} > 0 eller α_{k} < 0.

2) λ_{k} = α_{k} + iω_{k} komplext egenvärde e^{λ_{k}t} = e^{α_{k}t}e^{iω_{k}t} = e^{α_{k}t}(cos(ω_{k}t) + i sin(ω_{k}t)) är en svängning med konstant, växande respektive avtagande amplitud beroende på om realdelen α_{k} = 0, α_{k} > 0 eller α_{k} < 0.

Vi säger att systemet \{ \begin{matrix}x′ = Ax \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} är stabilt om x(t) är liten för alla val av små begynnel-

sestörningar x_{0} (dvs c_{k}).

Systemet är instabilt annars, dvs om x(t) blir stor för något val av liten begynnelsestörning x_{0}, dvs om x(t) växer.

Dessutom: systemet är asymptotiskt stabilt om x(t) → 0 då t → ∞.

Systemet instabilt ⇔ någon α_{k} = Reλ_{k} > 0 Asymptotiskt stabilt ⇔ alla α_{k} = Reλ_{k} < 0

Svårare att ge precist villkor för stabilitet. Läs “Dyn. system” sid 1–7.

I Matlab/Octave:

>> eig(A)

ger endast egenvärdena, medan

>> [P,D]=eig(A)

ger både e-värdesmatrisen D och en e-vektormatris P.

Övningar

97.1. Lös egenvärdesproblemet för matrisen A i följande fall. Bestäm en ortogonal egenvektorma-

tris om möjligt. Lös ekvationssystemet \{ \begin{matrix}x′ = Ax \\ x(0) = x_{0} \end{matrix} Avgör systemets stabilitet. Räkna först för

hand. Använd sedan Matlab/Octave.

(a) A = [\begin{matrix}2 & 3 \\ 4 & 1 \end{matrix}]

(b) A = [\begin{matrix}6 & 2 \\ 2 & 9 \end{matrix}]

(c) A = [\begin{matrix}5 & 4 & −2 \\ 4 & 5 & 2 \\ −2 & 2 & 8 \end{matrix}]

Svar

97.1.

(a) D = diag(−2, 5) = [\begin{matrix}−2 & 0 \\ 0 & 5 \end{matrix}], P = [\begin{matrix}−3 & 1 \\ 4 & 1 \end{matrix}] (ej ortogonal), instabilt.

(b) D = diag(5, 10) = [\begin{matrix}5 & 0 \\ 0 & 10 \end{matrix}], P = \frac{1}{\sqrt{5}} [\begin{matrix}−2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}] (ortogonal), instabilt.

(c) D = diag(0, 9, 9) = [\begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}], P = [\begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ −2 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & 2 \end{matrix}] (ej ortogonal), eller P = [\begin{matrix}\frac{2}{3} & 0 & \frac{5}{3\sqrt{5}} \\ \frac{−2}{3} & \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{4}{3\sqrt{5}} \\ \frac{1}{3} & \frac{2}{\sqrt{5}} & \frac{−2}{3\sqrt{5}} \end{matrix} ]

(ortogonal), instabilt.

2004-01-18 /stig