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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: eA=I+A+A22!+A33!+  


보조정리

1. A(t)B(t)를 모든 성분이 t에 대해 미분가능한 함수들로 구성되어있는 행렬이고, 이들의 곱이 정의된다고 하자. 그러면 A(t)B(t)는 미분가능하고 그 도함수는 다음과 같다.ddtA(t)B(t)=dA(t)dtB(t)+A(t)dB(t)dt 

2. 임의의 tR와 정방행렬 A에 대하여 다음의 지수행렬etA=I+tA+(tA)22!+(tA)33!+t에 대해 미분가능한 함수이고 ddtetA=AetA이다. 

증명: 1은 단순 계산이므로 2만 증명하면 된다. (tA)(hA)=(hA)(tA)이므로 지수행렬의 정의에 의해 다음 식이 성립한다.ddtetA=lim이 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, A가 대각화 가능하면 Q^{-1}AQ=D로 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 A는 중복도가 2인 고유값 \lambda를 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+N그러면 지수행렬의 정의로부터e^{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 A를 다음과 같이 나타내면A=\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+bJ그러면 IJ=JI이므로 e^{tA}=e^{atI+btJ}=e^{at}e^{btJ}이고J^{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}=I이며 모든 자연수 k에 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}\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}이고y_{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 A가 대각화가능하지 않은 경우, 조르단 표준형을 이용하여 A=QJQ^{-1}로 나타낼 수 있고, J를 고유값이 \lambda인 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*}여기서Q^{-1}\mathbf{y}_{0}=\begin{pmatrix}c_{1}\\ \vdots\\c_{n}\end{pmatrix}이고 \mathbf{u}_{i}\,(i=1,\,...,\,n)들은 고유값이 \lambdaA의 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 A는 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}이므로e^{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         

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Posted by skywalker222