Tilbake
7.2
Alle fag for Høyskole

7.2 Differensiallikningssystem x′=Ax og diskret dynamikk

Egenverdianvendelsen: løs x′=Ax med x(t)=Σcᵢvᵢe^{λᵢt} (koeffisienter fra Pc=x(0)), og analyser diskret dynamikk xₖ=Σcᵢλᵢᵏvᵢ (langtidsatferd, normbevaring når |λ|=1).

55 min
9 oppgaver
Differensiallikningssystem x′=Axdiskret dynamikk
Din fremgang i kapitlet
0 / 9 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper:

- Kap. 3.2 — diagonalisering og egenvektorbasis; metoden krever at AA er diagonaliserbar
- Kap. 3.1 — egenverdier/egenvektorer
- Kap. 3.3 — AkA^k via diagonalisering
- Derivasjon — eksponentialfunksjonen og at ddteλt=λeλt\tfrac{d}{dt}e^{\lambda t}=\lambda e^{\lambda t}
- Egenverdier (MAT1110) og diagonalisering (MAT1110) — grunnleggende egenverdibegrep repeteres der

Sist du var her

Hele kapitlet hviler på diagonalisering (kap. 3.2):

- AA er diagonaliserbar hvis den har nn lineært uavhengige egenvektorer — en egenvektorbasis. Da er A=PDP−1A=PDP^{-1} med egenvektorer som søyler i PP og egenverdier i DD.
- Egenvektor: Av=λvA\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} — AA virker som ren skalering med λ\lambda langs v\mathbf{v}.
- Fra kalkulus: den skalare likningen x′=λxx'=\lambda x har løsning x(t)=ceλtx(t)=ce^{\lambda t}.

Ideen i kapitlet: i en egenvektorbasis kobler x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} fra hverandre til nn uavhengige skalarlikninger xi′=λixix_i'=\lambda_i x_i, hver med løsning eλite^{\lambda_it}.

Kapitlet er ~55 min; ta gjerne kontinuerlig (løkke 1–3) i én økt og diskret (løkke 4) i en annen. — naturlig pausepunkt —

Egenverdier og egenvektorer er ikke bare et regnestykke — de er nøkkelen til å løse systemer som utvikler seg over tid. Et differensiallikningssystem x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} beskriver hvordan en tilstandsvektor x(t)\mathbf{x}(t) endrer seg kontinuerlig; en diskret dynamikk xk+1=Axk\mathbf{x}_{k+1}=A\mathbf{x}_k beskriver steg-for-steg-utvikling. Begge løses med samme grep: dekomponer i egenvektorbasis, der AA virker som ren skalering, og skriv løsningen ledd for ledd.

Kapitlet går i fire løkker:

1. Kontinuerlig: generell løsning x(t)=∑civieλit\mathbf{x}(t)=\sum c_i\mathbf{v}_ie^{\lambda_it}.
2. Begynnelsesverdier: finn cic_i fra Pc=x(0)P\mathbf{c}=\mathbf{x}(0).
3. Langtidsatferd og stabilitet: hva fortegnet til λi\lambda_i betyr for t→∞t\to\infty.
4. Diskret dynamikk: xk=∑ciλikvi\mathbf{x}_k=\sum c_i\lambda_i^k\mathbf{v}_i, langtid og normbevaring.

Løkke 1 — Kontinuerlig system: generell løsning x(t)=∑civieλit\mathbf{x}(t)=\sum c_i\mathbf{v}_ie^{\lambda_it} (~15 min)

Betrakt x′(t)=Ax(t)\mathbf{x}'(t)=A\mathbf{x}(t), der x′\mathbf{x}' betyr at vi deriverer hver komponent. Er v\mathbf{v} en egenvektor med egenverdi λ\lambda, så er x(t)=veλt\mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t} en løsning — sjekk: x′=λveλt\mathbf{x}'=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t} og Ax=Aveλt=λveλtA\mathbf{x}=A\mathbf{v}e^{\lambda t}=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}, likt ✓. Slike enkeltløsninger finnes én for hver egenverdi/egenvektor.

Har AA en egenvektorbasis v1,…,vn\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n (altså er diagonaliserbar), er enhver løsning en lineærkombinasjon av dem — dette er superposisjonsprinsippet for lineære systemer:
x(t)=c1v1eλ1t+c2v2eλ2t+⋯+cnvneλnt.\mathbf{x}(t)=c_1\mathbf{v}_1e^{\lambda_1t}+c_2\mathbf{v}_2e^{\lambda_2t}+\dots+c_n\mathbf{v}_ne^{\lambda_nt}.
Dette er den generelle løsningen: konstantene c1,…,cnc_1,\dots,c_n er frie inntil en begynnelsesverdi låser dem (løkke 2). Merk: metoden bruker eλite^{\lambda_it} (ikke λi\lambda_i) og krever egenvektorbasis.

Differensiallikningssystem x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}

Et lineært differensiallikningssystem x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} beskriver en tilstandsvektor x(t)\mathbf{x}(t) hvis endringsrate i hvert øyeblikk er AA ganget med tilstanden selv. Komponentvis er xi′(t)=∑jaijxj(t)x_i'(t)=\sum_j a_{ij}x_j(t). Det generaliserer den skalare x′=axx'=ax (med løsning ceatce^{at}) til flere koblede størrelser, og modellerer alt fra populasjoner til fjærsystemer.

Enkeltløsning veλt\mathbf{v}e^{\lambda t}

For hvert egenpar (λ,v)(\lambda,\mathbf{v}) av AA er x(t)=veλt\mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t} en løsning av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}. Verifisering: x′=λveλt=Aveλt=Ax\mathbf{x}'=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}=A\mathbf{v}e^{\lambda t}=A\mathbf{x}. Vektoren v\mathbf{v} gir retningen (fast over tid), og eλte^{\lambda t} gir veksten/dempingen langs den retningen. Disse er byggeklossene i den generelle løsningen.

Generell løsning (egenvektorbasis)

Når AA er diagonaliserbar med egenvektorbasis v1,…,vn\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n og egenverdier λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_n, er den generelle løsningen av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} en lineærkombinasjon av enkeltløsningene: x(t)=∑i=1ncivieλit\mathbf{x}(t)=\sum_{i=1}^{n}c_i\mathbf{v}_ie^{\lambda_it}. De frie konstantene cic_i bestemmes av en begynnelsesverdi. Bruk eλite^{\lambda_it} — ikke λi\lambda_i eller λit\lambda_i^t.

✏️Eksempel 1: Generell løsning av et 2×2-system

Skriv den generelle løsningen av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} for A=[−211−2]A=\begin{bmatrix}-2&1\\1&-2\end{bmatrix}. Vedlegg (eig): egenverdiene er λ1=−1\lambda_1=-1 med egenvektor (1,1)T(1,1)^{T} og λ2=−3\lambda_2=-3 med egenvektor (1,−1)T(1,-1)^{T}.

AA er symmetrisk med to distinkte egenverdier, så den har en egenvektorbasis (diagonaliserbar). Fra vedlegget: (λ1,v1)=(−1,(1,1)T)(\lambda_1,\mathbf{v}_1)=(-1,(1,1)^{T}) og (λ2,v2)=(−3,(1,−1)T)(\lambda_2,\mathbf{v}_2)=(-3,(1,-1)^{T}). Hver gir en enkeltløsning vieλit\mathbf{v}_ie^{\lambda_it}, og den generelle løsningen er summen:
x(t)=c1[11]e−t+c2[1−1]e−3t.\mathbf{x}(t)=c_1\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}e^{-t}+c_2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}e^{-3t}.
Kontroll av det første leddet: ddt((1,1)Te−t)=−(1,1)Te−t\tfrac{d}{dt}\big((1,1)^{T}e^{-t}\big)=-(1,1)^{T}e^{-t} og A(1,1)Te−t=−1⋅(1,1)Te−tA(1,1)^{T}e^{-t}=-1\cdot(1,1)^{T}e^{-t} — likt ✓. Konklusjon: generell løsning som over, med frie c1,c2c_1,c_2 (låses av en begynnelsesverdi).
📝Oppgave 1
AA har egenverdier λ1=2\lambda_1=2 (egenvektor (1,0)T(1,0)^{T}) og λ2=5\lambda_2=5 (egenvektor (1,1)T(1,1)^{T}). Skriv den generelle løsningen av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}.
📝Oppgave 2

Kontroller at x(t)=(1,−1)Te4t\mathbf{x}(t)=(1,-1)^{T}e^{4t} er en løsning av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} når (1,−1)T(1,-1)^{T} er egenvektor for AA med egenverdi 44.

Løkke 2 — Begynnelsesverdier: løs Pc=x(0)P\mathbf{c}=\mathbf{x}(0) (~13 min)

Den generelle løsningen har nn frie konstanter. En begynnelsesverdi x(0)=x0\mathbf{x}(0)=\mathbf{x}_0 låser dem: sett t=0t=0 (så eλi⋅0=1e^{\lambda_i\cdot0}=1):
x(0)=c1v1+c2v2+⋯+cnvn=x0.\mathbf{x}(0)=c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+\dots+c_n\mathbf{v}_n=\mathbf{x}_0.
Dette er nettopp å skrive x0\mathbf{x}_0 i egenvektorbasisen. På matriseform er det Pc=x0P\mathbf{c}=\mathbf{x}_0, der P=[v1⋯vn]P=[\mathbf{v}_1\cdots\mathbf{v}_n] og c=(c1,…,cn)T\mathbf{c}=(c_1,\dots,c_n)^{T}. Løs for c\mathbf{c} (for 2×22\times2 ofte i hodet; ellers c=P−1x0\mathbf{c}=P^{-1}\mathbf{x}_0), og sett konstantene inn i den generelle løsningen. Da er løsningen entydig bestemt.
Begynnelsesverdi Pc=x(0)P\mathbf{c}=\mathbf{x}(0)

Konstantene cic_i i den generelle løsningen bestemmes av begynnelsestilstanden x(0)=x0\mathbf{x}(0)=\mathbf{x}_0 ved å sette t=0t=0: siden e0=1e^0=1 blir ∑civi=x0\sum c_i\mathbf{v}_i=\mathbf{x}_0, altså det lineære systemet Pc=x0P\mathbf{c}=\mathbf{x}_0 med egenvektormatrisen PP. Å løse dette er å finne koordinatene til x0\mathbf{x}_0 i egenvektorbasisen. Deretter er løsningen entydig.

✏️Eksempel 2: Løs med begynnelsesverdi

Løs x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} fra eksempel 1 (λ1=−1,v1=(1,1)T\lambda_1=-1,\mathbf{v}_1=(1,1)^{T}; λ2=−3,v2=(1,−1)T\lambda_2=-3,\mathbf{v}_2=(1,-1)^{T}) med begynnelsesverdi x(0)=(1,0)T\mathbf{x}(0)=(1,0)^{T}.

Sett t=0t=0 i den generelle løsningen x(t)=c1(1,1)Te−t+c2(1,−1)Te−3t\mathbf{x}(t)=c_1(1,1)^{T}e^{-t}+c_2(1,-1)^{T}e^{-3t}:
c1[11]+c2[1−1]=[10] ⇒ {c1+c2=1c1−c2=0c_1\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\ \Rightarrow\ \begin{cases}c_1+c_2=1\\ c_1-c_2=0\end{cases}
Adderes/subtraheres: c1=c2=12c_1=c_2=\tfrac12. Sett inn:
x(t)=12[11]e−t+12[1−1]e−3t.\mathbf{x}(t)=\tfrac12\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}e^{-t}+\tfrac12\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}e^{-3t}.
Kontroll ved t=0t=0: 12(1,1)T+12(1,−1)T=(1,0)T\tfrac12(1,1)^{T}+\tfrac12(1,-1)^{T}=(1,0)^{T} ✓. Konklusjon: entydig løsning som over, med eksakte c1=c2=12c_1=c_2=\tfrac12.
📝Oppgave 3
AA har λ1=1\lambda_1=1 med v1=(1,1)T\mathbf{v}_1=(1,1)^{T} og λ2=−2\lambda_2=-2 med v2=(1,−1)T\mathbf{v}_2=(1,-1)^{T}. Løs x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} med x(0)=(3,1)T\mathbf{x}(0)=(3,1)^{T}.

Løkke 3 — Langtidsatferd og stabilitet (t→∞t\to\infty) (~12 min)

Hvert ledd i løsningen har faktoren eλite^{\lambda_it}. Når t→∞t\to\infty styres oppførselen av fortegnet (mer presist realdelen) til egenverdiene:

- λi<0\lambda_i<0: eλit→0e^{\lambda_it}\to0 — leddet dør ut.
- λi>0\lambda_i>0: eλit→∞e^{\lambda_it}\to\infty — leddet vokser (dominerer).
- λi=0\lambda_i=0: e0=1e^{0}=1 konstant — leddet står stille.

Er alle λi<0\lambda_i<0, går x(t)→0\mathbf{x}(t)\to\mathbf{0} uansett start: origo er et stabilt punkt. Har minst én λi>0\lambda_i>0, vokser løsningen langs den egenvektoren (med mindre begynnelsesverdien tilfeldigvis har ci=0c_i=0 der). Er egenverdiene av blandet fortegn, er origo et sadelpunkt: løsningen krymper i noen retninger og vokser i andre. Dominerende retning for store tt er egenvektoren til den største egenverdien.

Stabilitet fra fortegn på λi\lambda_i

Langtidsatferden til x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} bestemmes av egenverdienes fortegn (realdel): alle λi<0\lambda_i<0 ⇒ x(t)→0\mathbf{x}(t)\to\mathbf{0} (stabilt), minst én λi>0\lambda_i>0 ⇒ vekst langs den egenvektoren (ustabilt), blandet fortegn ⇒ sadelpunkt. For store tt dominerer leddet med størst egenverdi. En kompleks egenverdi λ=a±bi\lambda=a\pm bi gir oscillasjon eat(cos⁡bt,sin⁡bt)e^{at}(\cos bt,\sin bt) styrt av realdelen aa (kjennskap).

Dominant egenverdi

For store tt vokser leddet med størst egenverdi λmax⁡\lambda_{\max} raskest, så x(t)\mathbf{x}(t) retter seg inn mot egenvektoren vmax⁡\mathbf{v}_{\max} (så lenge cmax⁡≠0c_{\max}\ne0). Den dominante egenverdien avgjør altså både om systemet vokser/dør og i hvilken retning. I diskrete systemer er det egenverdien med størst ∣λ∣|\lambda| som dominerer.

✏️Eksempel 3: Langtidsatferd med blandet fortegn

For x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} med λ1=3\lambda_1=3 (egenvektor (1,1)T(1,1)^{T}) og λ2=−1\lambda_2=-1 (egenvektor (1,−1)T(1,-1)^{T}): beskriv x(t)\mathbf{x}(t) når t→∞t\to\infty for en generell begynnelsesverdi.

Generell løsning: x(t)=c1(1,1)Te3t+c2(1,−1)Te−t\mathbf{x}(t)=c_1(1,1)^{T}e^{3t}+c_2(1,-1)^{T}e^{-t}. Når t→∞t\to\infty: leddet med e−t→0e^{-t}\to0 (dør ut), mens e3t→∞e^{3t}\to\infty (vokser). Derfor dominerer det første leddet, og x(t)\mathbf{x}(t) vokser uten grense langs retningen (1,1)T(1,1)^{T} (egenvektoren til den største egenverdien) — med mindre begynnelsesverdien tilfeldigvis har c1=0c_1=0, da krymper løsningen mot 0\mathbf{0} langs (1,−1)T(1,-1)^{T}. Konklusjon: origo er et sadelpunkt; generisk vekst langs (1,1)T(1,1)^{T}.

📝Oppgave 4
x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} har egenverdier λ1=−1\lambda_1=-1 og λ2=−4\lambda_2=-4 (begge negative), med egenvektorer (2,1)T(2,1)^{T} og (1,−1)T(1,-1)^{T}.

a) Hva skjer med x(t)\mathbf{x}(t) når t→∞t\to\infty?

b) Langs hvilken retning nærmer løsningen seg origo til slutt?

Løkke 4 — Diskret dynamikk xk+1=Axk\mathbf{x}_{k+1}=A\mathbf{x}_k: xk=∑ciλikvi\mathbf{x}_k=\sum c_i\lambda_i^k\mathbf{v}_i (~15 min)

I et diskret system tar tilstanden hopp: x1=Ax0\mathbf{x}_1=A\mathbf{x}_0, x2=Ax1=A2x0\mathbf{x}_2=A\mathbf{x}_1=A^2\mathbf{x}_0, generelt xk=Akx0\mathbf{x}_k=A^k\mathbf{x}_0. Samme grep som før: dekomponer x0=c1v1+⋯+cnvn\mathbf{x}_0=c_1\mathbf{v}_1+\dots+c_n\mathbf{v}_n i egenvektorbasis. Siden Akvi=λikviA^k\mathbf{v}_i=\lambda_i^k\mathbf{v}_i, blir
xk=c1λ1kv1+c2λ2kv2+⋯+cnλnkvn.\mathbf{x}_k=c_1\lambda_1^k\mathbf{v}_1+c_2\lambda_2^k\mathbf{v}_2+\dots+c_n\lambda_n^k\mathbf{v}_n.
Forskjellen fra det kontinuerlige: λik\lambda_i^k i stedet for eλite^{\lambda_it}. Langtidsatferden (k→∞k\to\infty) styres nå av ∣λi∣|\lambda_i|:

- ∣λi∣<1|\lambda_i|<1: λik→0\lambda_i^k\to0 (dør ut).
- ∣λi∣>1|\lambda_i|>1: ∣λik∣→∞|\lambda_i^k|\to\infty (vokser).
- ∣λi∣=1|\lambda_i|=1: konstant størrelse — hvis AA er ortogonal (alle ∣λi∣=1|\lambda_i|=1), er ∥xk∥=∥x0∥\lVert\mathbf{x}_k\rVert=\lVert\mathbf{x}_0\rVert for alle kk (normbevaring, jf. kap. 6.1).

Er λ=1\lambda=1 en egenverdi, står den komponenten stille — en likevekt/steady state.

Diskret system xk+1=Axk\mathbf{x}_{k+1}=A\mathbf{x}_k

Et diskret dynamisk system oppdaterer tilstanden i steg: xk+1=Axk\mathbf{x}_{k+1}=A\mathbf{x}_k, så xk=Akx0\mathbf{x}_k=A^k\mathbf{x}_0. Med egenvektorbasis blir løsningen xk=∑ciλikvi\mathbf{x}_k=\sum c_i\lambda_i^k\mathbf{v}_i. Det modellerer prosesser som utvikler seg i faste tidsskritt (år, generasjoner, iterasjoner) — i motsetning til det kontinuerlige x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}.

Diskret løsning xk=∑ciλikvi\mathbf{x}_k=\sum c_i\lambda_i^k\mathbf{v}_i

Dekomponer x0=∑civi\mathbf{x}_0=\sum c_i\mathbf{v}_i i egenvektorbasis; da er xk=Akx0=∑ciλikvi\mathbf{x}_k=A^k\mathbf{x}_0=\sum c_i\lambda_i^k\mathbf{v}_i (fordi Akvi=λikviA^k\mathbf{v}_i=\lambda_i^k\mathbf{v}_i). Samme koeffisienter cic_i som i det kontinuerlige tilfellet (fra Pc=x0P\mathbf{c}=\mathbf{x}_0), men λik\lambda_i^k erstatter eλite^{\lambda_it}. Krever egenvektorbasis (diagonaliserbar AA).

Langtid via ∣λi∣|\lambda_i|

For k→∞k\to\infty styres xk\mathbf{x}_k av størrelsen ∣λi∣|\lambda_i|: ledd med ∣λi∣<1|\lambda_i|<1 dør ut, ∣λi∣>1|\lambda_i|>1 vokser, og den største ∣λi∣|\lambda_i| dominerer retningen. Er største ∣λi∣=1|\lambda_i|=1 (f.eks. λ=1\lambda=1), stabiliserer xk\mathbf{x}_k seg mot en likevektsretning v\mathbf{v}; er alle ∣λi∣<1|\lambda_i|<1, går xk→0\mathbf{x}_k\to\mathbf{0}.

Normbevaring når ∣λ∣=1|\lambda|=1

Er AA ortogonal (ATA=IA^{T}A=I), bevarer den lengder: ∥Ax∥=∥x∥\lVert A\mathbf{x}\rVert=\lVert\mathbf{x}\rVert, så ∥xk∥=∥x0∥\lVert\mathbf{x}_k\rVert=\lVert\mathbf{x}_0\rVert er konstant for alle kk (jf. kap. 6.1). Egenverdiene til en ortogonal matrise har ∣λ∣=1|\lambda|=1. Da vokser eller dør ikke tilstanden — den roterer/speiles rundt på en sfære med fast radius (2020-varianten).

✏️Eksempel 4: Diskret langtid og normbevaring
a) Et diskret system har λ1=1\lambda_1=1 (egenvektor (1,1)T(1,1)^{T}) og λ2=12\lambda_2=\tfrac12 (egenvektor (1,−1)T(1,-1)^{T}), med x0=(3,1)T\mathbf{x}_0=(3,1)^{T}. Finn xk\mathbf{x}_k og lim⁡k→∞xk\lim_{k\to\infty}\mathbf{x}_k.

b) La B=[0110]B=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix} (ortogonal). Regn ∥xk∥\lVert\mathbf{x}_k\rVert for x0=(2,1)T\mathbf{x}_0=(2,1)^{T}, og forklar.

a) Dekomponer x0\mathbf{x}_0: c1(1,1)T+c2(1,−1)T=(3,1)Tc_1(1,1)^{T}+c_2(1,-1)^{T}=(3,1)^{T} gir c1+c2=3, c1−c2=1c_1+c_2=3,\ c_1-c_2=1, så c1=2, c2=1c_1=2,\ c_2=1. Da
xk=2⋅1k[11]+1⋅(12)k[1−1]=2[11]+(12)k[1−1].\mathbf{x}_k=2\cdot1^k\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+1\cdot\Big(\tfrac12\Big)^k\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}=2\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+\Big(\tfrac12\Big)^k\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}.
Siden ∣12∣<1|\tfrac12|<1, dør det andre leddet ut: lim⁡k→∞xk=2(1,1)T=(2,2)T\lim_{k\to\infty}\mathbf{x}_k=2(1,1)^{T}=(2,2)^{T} — en likevekt langs egenvektoren til λ=1\lambda=1.

b) BB er ortogonal (BTB=IB^{T}B=I), altså normbevarende. x1=B(2,1)T=(1,2)T\mathbf{x}_1=B(2,1)^{T}=(1,2)^{T}, x2=B(1,2)T=(2,1)T\mathbf{x}_2=B(1,2)^{T}=(2,1)^{T}, … Normen er konstant: ∥xk∥=22+12=5\lVert\mathbf{x}_k\rVert=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5 for alle kk. Egenverdiene til BB er 11 og −1-1, begge med ∣λ∣=1|\lambda|=1, derfor verken vekst eller demping — bare ombytting. Konklusjon: a) xk→(2,2)T\mathbf{x}_k\to(2,2)^{T}; b) ∥xk∥=5\lVert\mathbf{x}_k\rVert=\sqrt5 konstant.

📝Oppgave 5

Et diskret system har λ1=1\lambda_1=1 (egenvektor (2,1)T(2,1)^{T}) og λ2=13\lambda_2=\tfrac13 (egenvektor (1,−1)T(1,-1)^{T}), med x0=(3,0)T\mathbf{x}_0=(3,0)^{T}.

a) Skriv xk\mathbf{x}_k i egenvektorbasis.

b) Hva er lim⁡k→∞xk\lim_{k\to\infty}\mathbf{x}_k?

📝Oppgave 6

En operator TT på P⁡1\operatorname{P}_1 (polynomer av grad ≤1\le1) har i basisen B={1,t}\mathcal{B}=\{1,t\} matrisen [T]B=[0100][T]_{\mathcal{B}}=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} (svarer til T(p)=p′T(p)=p'). Kan differensiallikningen y′=[T]By\mathbf{y}'=[T]_{\mathcal{B}}\mathbf{y} løses med egenvektormetoden? Begrunn.

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene fra kapitlet i eksamensrettet kortform.

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet.

Metoden i tre steg (kontinuerlig)

(1) Les egenverdier/egenvektorer av vedlegget (krever diagonaliserbar AA). (2) Skriv generell løsning x(t)=∑civieλit\mathbf{x}(t)=\sum c_i\mathbf{v}_ie^{\lambda_it}. (3) Løs Pc=x(0)P\mathbf{c}=\mathbf{x}(0) for cic_i og sett inn. Bruk eλite^{\lambda_it}, ikke λi\lambda_i.

Hvorfor eλte^{\lambda t}

I én dimensjon har x′=λxx'=\lambda x løsningen x(t)=ceλtx(t)=ce^{\lambda t}. Langs en egenvektor virker AA som ren skalering med λ\lambda, så systemet kobler fra til nn slike skalarlikninger — derav eλite^{\lambda_it} i hvert ledd.

Superposisjonsprinsippet

En sum av løsninger av x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} er igjen en løsning (systemet er lineært). Derfor er den generelle løsningen en lineærkombinasjon av enkeltløsningene vieλit\mathbf{v}_ie^{\lambda_it} — én per egenpar.

Metoden krever egenvektorbasis
x(t)=∑civieλit\mathbf{x}(t)=\sum c_i\mathbf{v}_ie^{\lambda_it} dekker alle løsninger bare når de nn egenvektorene er en basis (dvs. AA diagonaliserbar). Uten egenvektorbasis (et egenrom for lite) trengs andre teknikker.
Koeffisientene cic_i
cic_i er koordinatene til x(0)\mathbf{x}(0) i egenvektorbasisen: løs Pc=x(0)P\mathbf{c}=\mathbf{x}(0) (sett t=0t=0). Samme cic_i brukes både i den kontinuerlige og diskrete løsningen.
Kontroll: sett inn i x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}

Verifiser et ledd ved å derivere: ddt(veλt)=λveλt\tfrac{d}{dt}(\mathbf{v}e^{\lambda t})=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t}, og A(veλt)=λveλtA(\mathbf{v}e^{\lambda t})=\lambda\mathbf{v}e^{\lambda t} (siden Av=λvA\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}). Sjekk også at x(0)\mathbf{x}(0) stemmer.

Komplekse egenverdier (kjennskap)
λ=a±bi\lambda=a\pm bi gir oscillerende løsninger eat(cos⁡bt,sin⁡bt)e^{at}(\cos bt,\sin bt): realdelen aa styrer vekst/demping, imaginærdelen bb gir svingninger. Ren imaginær (a=0a=0) gir sirkelbevegelse med konstant amplitude.
Kobling til AkA^k
xk=Akx0\mathbf{x}_k=A^k\mathbf{x}_0, og Ak=PDkP−1A^k=PD^kP^{-1} (kap. 3.3) med Dk=diag⁡(λik)D^k=\operatorname{diag}(\lambda_i^k). Egenvektormetoden er nettopp denne diagonaliseringen brukt på x0\mathbf{x}_0.
Kobling til [T]B[T]_{\mathcal{B}} (2021)

Et system kan være gitt via en operator TT på et abstrakt rom; da løser du y′=[T]By\mathbf{y}'=[T]_{\mathcal{B}}\mathbf{y} på koordinatene og oversetter tilbake til funksjoner. Egenverdiene er basisuavhengige (kap. 2.6).

Kontinuerlig vs. diskret

Kontinuerlig x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}: ledd eλite^{\lambda_it}, stabilitet via fortegn på λ\lambda. Diskret xk+1=Axk\mathbf{x}_{k+1}=A\mathbf{x}_k: ledd λik\lambda_i^k, langtid via ∣λ∣|\lambda|. Samme egenvektordekomponering, ulik tidsfaktor og ulikt stabilitetskriterium.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.