12Многомерные линейные уравнения с постоянными коэффициентами

12.1Оператор монодромии

Рассмотрим линейное уравнение

\begin{matrix} ˙ z = A z, z (t) \in R^{n} \\ (12.1) \end{matrix}

Ранее мы разобрали случаи уравнений на плоскости (когда

n = 2

). Сегодня мы рассмотрим общий случай.

Когда мы рассматривали линейные системы на плоскости, у нас получалось, что решение задается в виде

z (t) = M (t) z^{0},

где

M (t)

— некоторая матрица (зависящая от

t

), причём

M (0) = E

: см. уравнения (10.6) и (10.14) предыдущей главы. Это неспроста.

Пусть $φ (t; z^{0})$ — решение уравнения (12.1) с начальным условием $z (0) = z^{0}$ . Зафиксируем некоторое $t$ и рассмотрим отображение последования (оно также называется преобразованием фазового потока) за время $t$ :

g^{t} (z^{0}) = φ (t; z^{0})

То есть для каждой точки фазового пространства

z^{0}

отобразим её туда, где она окажется через время

t

Пример 1. Рассмотрим систему

˙ x = 2 x, ˙ y = 3 y

Для неё

g^{1} (\begin{matrix} x_{0} y_{0} \end{matrix}) = (\begin{matrix} e^{2} & 0 0 & e^{3} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{0} y_{0} \end{matrix}),

а в общем виде

g^{t} (\begin{matrix} x_{0} y_{0} \end{matrix}) = (\begin{matrix} e^{2 t} & 0 0 & e^{3 t} \end{matrix}) (\begin{matrix} x_{0} y_{0} \end{matrix})

или просто

g^{t} = (\begin{matrix} e^{2 t} & 0 0 & e^{3 t} \end{matrix})

Теорема 1. Для системы (12.1) и любого

t

отображение

g^{t}

является линейным.

Доказательство. Пусть

u

v

— некоторые векторы из фазового пространства

R^{n}

. Тогда

g^{t} (u + v) = φ (t; u + v)

Пусть

ψ (t) = φ (t; u) + φ (t; v)

. Функция

ψ

является решением уравнения (12.1) (в силу линейности). При этом

ψ (0) = φ (0; u) + φ (0; v) = u + v

. Значит, это решение с начальным условием

u + v

. Но решение с начальным условием

u + v

задаётся функцией

φ (t; u + v)

. Значит (по теореме о существовании и единственности),

ψ (t) = φ (t; u + v)

. Таким образом,

g^{t} (u + v) = φ (t; u) + φ (t; v) = g^{t} (u) + g^{t} (v)

Аналогично проверяется и вторая аксиома линейности для

g^{t}

. (Упражнение: завершить доказательство.)∎

Следствие 1. Пространство решений линейного дифференциального уравнения имеет такую же размерность, как фазовое пространство.

12.2Матричная экспонента

Таким образом, для решения уравнения (12.1) нам нужно будет найти матрицу

M (t)

(она иногда называется «матрицей монодромии»), которая задаёт решение. Как её найти? Если бы

A

была не матрицей, а числом (вещественным и комплексным), мы бы мгновенно записали решение в виде экспоненты. Нельзя ли с матрицей сделать то же самое, то есть записать решение уравнения (12.1) в виде экспоненты от матрицы?

\begin{matrix} z (t) = e^{A t} z^{0} \\ (12.2) \end{matrix}

На первый взгляд, это кажется безумием. (Хотя возможно вас с ним уже познакомили на курсе линейной алгебры.) Что значит «возвести число

e

в степень матрицы»? Ерунда какая-то. Впрочем, не большая ерунда, чем возведение числа

e

в степень

π

(вы ведь помните, что изначально возвести число в степень — это умножить его на себя сколько-то раз — как это можно сделать иррациональное число раз?). Так что может быть и с матрицей получится?

Напомним, что экспоненту от числа $x$ можно определить как сумму ряда

e^{x} = \infty \sum n = 0 \frac{x^{n}}{n!}

Оказывается, нет ничего невозможного в том, чтобы подставить в этот ряд матрицу

A

. Действительно, чтобы посчитать значение этого ряда, нам нужно только уметь складывать матрицы и возводить их в натуральные степени — а это мы делать умеем. Итак, по определению,

\begin{matrix} e^{A} = \infty \sum n = 0 \frac{A^{n}}{n!}, A^{0} = E \\ (12.3) \end{matrix}

Вы, безусловно, изучали анализ, и при взгляде на такую запись у вас неминуемо должен возникнуть вопрос: а почему этот ряд сходится? И всегда ли он сходится? Оказывается, да, сходится, причём всегда и, более того, абсолютно сходится. Мы не будем давать аккуратного доказательства, но наметим его основные шаги:

Ввести норму на пространстве линейных операторов. Делается это так: пусть $∥ v ∥$ — норма вектора $v$ (то есть на фазовом пространстве какая-то норма введена). В этом случае определим норму оператора $A$ следующим образом:
$∥ A ∥ = sup v : ∥ v ∥ = 1 ∥ A v ∥$
Доказать, что эта норма обладает следующим свойством:
$∥ A \cdot B ∥ \leq ∥ A ∥ \cdot ∥ B ∥ .$
Доказать, что каждое слагаемое ряда (12.3) ограничено сверху по норме соответствующим слагаемым для ряда $e^{∥ A ∥}$ .
Ряд для $e^{∥ A ∥}$ сходится абсолютно, а значит и ряд (12.3) тоже сходится абсолютно.

12.2.1Матричная экспонента даёт решение линейного уравнения

Покажем, функция, заданная формулой (12.2), является решением уравнения (12.1). Действительно,

\frac{d}{d t} e^{A t} z^{0} = \frac{d}{d t} \infty \sum n = 0 \frac{t^{n} A^{n} z^{0}}{n!} = \infty \sum n = 1 \frac{n t^{n - 1} A^{n} z^{0}}{n!} = A \infty \sum n = 0 \frac{t^{n} A^{n}}{n!} = A e^{A t} z^{0} .

Дифференцирование ряда допустимо, поскольку он сходится абсолютно (чего мы правда не доказали).

Вопрос 1. Правда ли, что

e^{A + B} = e^{A} e^{B}

Правда, потому что это верно для обычной экспоненты

Неверный ответ. Ну тогда попробуйте это доказать.

Неправда.

Верный ответ. Действительно, в отличие от чисел, матрицы не обязаны коммутировать по умножению. Поэтому ожидать выполнения этого равенства кажется странно: его левая часть не меняется от того, что мы поменяем $A$ и $B$ местами, а правая часть может и измениться. Подобрать теперь конкретный контрпример не очень сложно: сделайте это самостоятельно. На самом деле, именно отсутствие коммутирования для матриц не даёт нам доказать это утверждение.

12.2.2Нахождение матричной экспоненты

Утверждение 1. Справедливо следующее соотношение

e^{C A C^{- 1}} = C e^{A} C^{- 1}

Оно означает, что вычисление экспоненты корректно определено на пространстве операторов: оно «дружит» с заменой базиса.

Доказательство. Имеем:

C e^{A} C^{- 1} = C (\infty \sum n = 0 \frac{A^{n}}{n!}) C^{- 1} = \infty \sum n = 0 \frac{C A^{n} C^{- 1}}{n!} = e^{C A C^{- 1}}

∎

Это означает, что для нахождения экспоненты можно перейти в «хороший» базис (например, собственный или на худой конец жорданов), найти экспоненту там, а затем перейти в исходный базис. Рассмотрим теперь два случая.

12.2.3Экспонента диагонализируемой матрицы

Пусть

A

диагонализируема, то есть существует такая матрица

C

, что

C A C^{- 1}

диагональная. Обозначим её за

D

. Тогда

A = C^{- 1} D C

. Заметим, что

exp ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ \begin{matrix} λ_{1} & \dots & 0 ⋮ & ⋱ & ⋮ 0 & \dots & λ_{n} \end{matrix} ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ \begin{matrix} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{λ_{1}^{k}}{k!} & \dots & 0 ⋮ & ⋱ & ⋮ 0 & \dots & \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{λ_{n}^{k}}{k!} \end{matrix} ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎝ \begin{matrix} e^{λ_{1}} & \dots & 0 ⋮ & ⋱ & ⋮ 0 & \dots & e^{λ_{n}} \end{matrix} ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Решение уравнения (12.1) для диагонализируемой матрицы

A

теперь представляется в виде:

z (t) = exp (A t) z^{0} = C^{- 1} \cdot exp (D t) \cdot C \cdot z^{0},

где

z^{0}

— начальное условие.

12.2.4Экспонента жордановой клетки

Если матрица не диагонализируема, то она по крайней мере приводится к жордановой нормальной форме. Рассмотрим случай жордановой клетки.

Пусть

J_{λ} = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ \begin{matrix} λ & 1 & \dots & 0 ⋮ & ⋱ & ⋱ & ⋮ ⋮ & \dots & λ & 1 0 & \dots & 0 & λ \end{matrix} ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Чтобы найти

e^{J_{λ}}

, заметим для начала, что

J_{λ} = λ E + N,

где

N

— это нильпотентный оператор, матрица которого состоит из единичек на диагонали, сдвинутой на 1 вверх.

Заметим, что $λ E$ коммутирует с любой другой матрицей, в том числе и с матрицей $N$ . Можно показать (мы этого не делали), что благодаря коммутированию

e^{λ E + N} = e^{λ E} e^{N} = e^{λ} e^{N} .

Однако матрица

N

нильпотентная, то есть существует такое

k

, что

N^{k} = 0

. В этом случае ряд для экспоненты имеет лишь конечное число ненулевых слагаемых и становится полиномом:

\infty \sum i = 0 \frac{N^{i}}{i!} = k \sum i = 0 \frac{N^{i}}{i!}

Его можно посчитать явно, а значит можно найти экспоненту от жордановой клетки.

Замечание 1. Для нашего рассуждения требовалась только нильпотентность матрицы

N

: тот факт, что она состоит именно из единиц, не является принципиальным. В частности, абсолютно аналогично можно вычислять экспоненту от матрицы, пропорциональной жордановой клетке.

Пример 2. Рассмотрим линейное уравнение на плоскости с оператором

A

, имеющим совпадающие собственные значения (равные

λ

), но не являющимся диагональным. Для нахождения решения по формуле (12.2) нам потребуется найти экспоненту от матрицы, пропорциональной жордановой клетке:

exp ((\begin{matrix} λ & 1 0 & λ \end{matrix}) t) = exp ((\begin{matrix} λ t & 0 0 & λ t \end{matrix})) \cdot [(\begin{matrix} 1 & 0 0 & 1 \end{matrix}) + \frac{1}{1!} (\begin{matrix} 0 & t 0 & 0 \end{matrix})] = e^{λ t} (\begin{matrix} 1 & t 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} e^{λ t} & t e^{λ t} 0 & e^{λ t} \end{matrix})

Фазовый портрет этой системы см. на рис. 10.7.

12.2.5Общий случай

Пусть ЖНФ матрицы имеет несколько клеток. Каждая из них соответствует некоторому инвариантному подпространству линейного оператора: оператор действует на различных инвариантных подпространствах независимо. Это означает, что мы можем вычислить экспоненту от каждой жордановой клетки и затем составить большую блочно-диагональную матрицу, состоящую из таких же блоков, как исходная (в ЖНФ).

Таким образом, мы можем вычислить экспоненту от любой матрицы — самым сложным этапом при этом является её приведение к ЖНФ и отыскание жорданова базиса.

Значит, мы умеем решать любые системы линейных уравнений!

← Предыдущая глава Следующая глава →

Обыкновенные дифференциальные уравнения Интерактивный учебник

12Многомерные линейные уравнения с постоянными коэффициентами

12.1Оператор монодромии

12.2Матричная экспонента

12.2.1Матричная экспонента даёт решение линейного уравнения

12.2.2Нахождение матричной экспоненты

12.2.3Экспонента диагонализируемой матрицы

12.2.4Экспонента жордановой клетки

12.2.5Общий случай

Обыкновенные дифференциальные уравнения
Интерактивный учебник