18. 선형연립미분방정식(2)

18. 선형연립미분방정식(2)

앞에서 선형연립미분방정식을 행렬로 나타낸 다음, 그 행렬이 대각화 가능할 때 그 연립미분방정식의 해를 구했다. 편리한 방법이지만 약간의 복잡함도 있으나 다음의 보조정리를 이용하여 아주 간단한 결과를 얻을 수 있다.

지수행렬: \(\displaystyle e^{A}=I+A+\frac{A^{2}}{2!}+\frac{A^{3}}{3!}+\cdots\)  

보조정리

1. \(A(t)\)와 \(B(t)\)를 모든 성분이 \(t\)에 대해 미분가능한 함수들로 구성되어있는 행렬이고, 이들의 곱이 정의된다고 하자. 그러면 \(A(t)B(t)\)는 미분가능하고 그 도함수는 다음과 같다.$$\frac{d}{dt}A(t)B(t)=\frac{dA(t)}{dt}B(t)+A(t)\frac{dB(t)}{dt}$$ 

2. 임의의 \(t\in\mathbb{R}\)와 정방행렬 \(A\)에 대하여 다음의 지수행렬$$e^{tA}=I+tA+\frac{(tA)^{2}}{2!}+\frac{(tA)^{3}}{3!}+\cdots$$은 \(t\)에 대해 미분가능한 함수이고 \(\displaystyle\frac{d}{dt}e^{tA}=Ae^{tA}\)이다. 

증명: 1은 단순 계산이므로 2만 증명하면 된다. \((tA)(hA)=(hA)(tA)\)이므로 지수행렬의 정의에 의해 다음 식이 성립한다.$$\frac{d}{dt}e^{tA}=\lim_{h\,\rightarrow\,0}{\frac{e^{(t+h)A}-e^{tA}}{h}}=\lim_{h\,\rightarrow\,0}{\left(\frac{e^{hA}-I}{h}\right)e^{tA}}=Ae^{tA}$$이 보조정리의 결과로부터 초기값이 \(\mathbf{y}_{0}\)인 연립선형미분방정식 \(\mathbf{y}'=A\mathbf{y}\)의 해가 \(\mathbf{y}=e^{tA}\mathbf{y}_{0}\)임을 알 수 있고, \(A\)가 대각화 가능하면 \(Q^{-1}AQ=D\)로 나타낼 수 있고 따라서 그 해는 다음과 같다.$$\mathbf{y}=e^{tA}\mathbf{y}_{0}=e^{tQDQ^{-1}}\mathbf{y}_{0}=Qe^{tD}Q^{-1}\mathbf{y}_{0}$$

연립선형미분방정식 \(\mathbf{y}'=A\mathbf{y}\)가 다음과 같다고 하자.$$\mathbf{y}'=\begin{pmatrix}y_{1}'\\y_{2}'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda&1\\0&\lambda\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}\,\mathbf{y}_{0}=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$$행렬 \(A\)는 중복도가 2인 고유값 \(\lambda\)를 갖고 대각화 가능하지 않아서 다음과 같이 나타낸다.$$A=\begin{pmatrix}\lambda&0\\0&\lambda\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}=\lambda I+N$$그러면 지수행렬의 정의로부터$$e^{tA}=e^{t(\lambda I+N)}=e^{\lambda t}e^{tN}=e^{\lambda t}\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}$$이므로 따라서$$\mathbf{y}=e^{tA}\mathbf{y}_{0}=e^{\lambda t}\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(a+bt)e^{\lambda t}\\be^{\lambda t}\end{pmatrix}$$이고 \(y_{1}=(a+bt)e^{\lambda t}\), \(y_{2}=be^{\lambda t}\)이다. 

선형연립미분방정식 \(\mathbf{y}'=A\mathbf{y}\)가 다음과 같다고 하자.(초기값은 없고 일반해를 구한다)$$\mathbf{y}'=\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\end{pmatrix}=A\mathbf{y}$$행렬 \(A\)를 다음과 같이 나타내면$$A=\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}=a\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}=aI+bJ$$그러면 \(IJ=JI\)이므로 \(e^{tA}=e^{atI+btJ}=e^{at}e^{btJ}\)이고$$J^{2}=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}=-I,\,J^{3}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=-J,\,J^{4}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I$$이며 모든 자연수 \(k\)에 대해 \(J^{k}=J^{k+4}\)라고 할 수 있다. 게다가$$\begin{align*}e^{btJ}&=1+\frac{btJ}{1!}+\frac{(bt)^{2}J^{2}}{2!}+\frac{(bt)^{3}J^{3}}{3!}+\frac{(bt)^{4}J^{4}}{4!}+\cdots\\&=\begin{pmatrix}\displaystyle1-\frac{(bt)^{2}}{2!}+\frac{(bt)^{4}}{4!}-\cdots&\displaystyle-(bt)+\frac{(bt)^{3}}{3!}-\frac{(bt)^{5}}{5!}+\cdots\\ \displaystyle(bt)-\frac{(bt)^{3}}{3!}+\frac{(bt)^{5}}{5!}-\cdots&\displaystyle1-\frac{(bt)^{2}}{2!}+\frac{(bt)^{4}}{4!}-\cdots\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}\cos bt&-\sin bt\\ \sin bt&\cos bt\end{pmatrix}\end{align*}$$ 따라서 연립선형미분방정식 \(\mathbf{y}'=A\mathbf{y}\)는$$\mathbf{y}=e^{tA}\mathbf{c}=e^{at}e^{btJ}\mathbf{c}=e^{at}\begin{pmatrix}\cos bt&-\sin bt\\ \sin bt&\cos bt\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^{at}(c_{1}\cos bt-c_{2}\sin bt)\\e^{at}(c_{1}\sin bt+c_{2}\cos bt)\end{pmatrix}$$이고$$y_{1}=e^{at}(c_{1}\cos bt-c_{2}\sin bt),\,y_{2}=e^{at}(c_{1}\sin bt+c_{2}\cos bt)$$이다.    

행렬 \(A\)가 대각화가능하지 않은 경우, 조르단 표준형을 이용하여 \(A=QJQ^{-1}\)로 나타낼 수 있고, \(J\)를 고유값이 \(\lambda\)인 1개의 조르단 블럭이라고 하면$$\begin{align*}e^{tA}\mathbf{y}_{0}&=Qe^{tJ}Q^{-1}\mathbf{y}_{0}\\&=e^{\lambda t}[\mathbf{u}_{1}\,\mathbf{u}_{2}\,\cdots\,\mathbf{u}_{n}]\begin{pmatrix}1&t&\displaystyle\frac{t^{2}}{2!}&\cdots&\displaystyle\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}\\0&1&t&\ddots&\displaystyle\frac{t^{n-2}}{(n-2)!}\\&&1&\ddots&\\&&&\ddots&t\\0&&&&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_{1}\\c_{2}\\ \vdots\\c_{n}\end{pmatrix}\end{align*}$$여기서$$Q^{-1}\mathbf{y}_{0}=\begin{pmatrix}c_{1}\\ \vdots\\c_{n}\end{pmatrix}$$이고 \(\mathbf{u}_{i}\,(i=1,\,...,\,n)\)들은 고유값이 \(\lambda\)인 \(A\)의 일반 고유벡터이다.

선형연립미분방정식 \(\mathbf{y}'=A\mathbf{y}\)가 다음과 같다고 하자.$$\mathbf{y}'=\begin{pmatrix}y_{1}'\\y_{2}'\\y_{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&-3&-1\\1&0&-1\\-1&2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\1\\4\end{pmatrix}=A\mathbf{y},\,\mathbf{y}_{0}=\begin{pmatrix}2\\1\\4\end{pmatrix}$$행렬 \(A\)는 대각화 가능하지 않은 행렬이므로 조르단 표준형을 구하면 다음과 같다.$$J=Q^{-1}AQ=\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}J_{1}&0\\0&J_{2}\end{pmatrix}\,\left(J_{1}=\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix},\,J_{2}=(3),\,Q=\begin{pmatrix}-1&1&2\\-1&1&1\\1&0&-1\end{pmatrix}\right)$$\(e^{tJ}\)를 구하자.$$e^{tJ_{1}}=e^{2t}\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix},\,e^{tJ_{2}}=e^{3t}$$이므로$$e^{tJ}=\begin{pmatrix}e^{2t}&te^{2t}&0\\0&e^{2t}&0\\0&0&e^{3t}\end{pmatrix}$$이다. 따라서$$\begin{align*}\mathbf{y}(t)&=Qe^{tJ}Q^{-1}\mathbf{y}_{0}\\&=\begin{pmatrix}-1&1&2\\-1&1&1\\1&0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}e^{2t}&te^{2t}&0\\0&e^{2t}&0\\0&0&e^{3t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1&1\\0&1&1\\1&-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2\\1\\4\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}2e^{3t}+5te^{2t}\\e^{3t}-5te^{2t}\\-e^{3t}+5te^{2t}+5e^{2t}\end{pmatrix}\end{align*}$$이다.

참고자료:

Linear Algebra, jinho Kwak, sungpyo Hong, Birkhauser

현대 선형대수학, 이상구, 경문사