Toepassingen op differentievergelijkingen

Toepassingen op differentievergelijkingen
We beschouwen lineaire differentievergelijkingen of lineaire recurrente betrekkingen
van de vorm
a0 yk+n + a1 yk+n−1 + . . . + an−1 yk+1 + an yk = zk ,
k = 0, 1, 2, . . . .
Hierbij zijn de coëfficiënten a0 , . . . , an reële getallen, is de rij getallen {zk }∞
k=0 gegeven en is
de rij getallen {yk }∞
onbekend.
Het
gaat
hierbij
is
dus
om
het
vinden
van
deze rij getallen
k=0
{yk }∞
.
Als
a
=
6
0
en
a
=
6
0
dan
spreekt
men
van
een
differentievergelijking
van de orde
0
n
k=0
n. Als zk = 0 voor alle k = 0, 1, 2 . . ., dan noemt men de differentievergelijking homogeen
en anders inhomogeen.
Voorbeeld 1. Beschouw de lineaire differentievergelijking van de orde 2 gegeven door
yk+2 − 3yk+1 + 2yk = 0,
k = 0, 1, 2, . . . .
Stel dat yk = rk , dan volgt : rk+2 − 3rk+1 + 2rk = 0 ⇐⇒ rk (r2 − 3r + 2) = 0. Hieruit volgt
dat r2 − 3r + 2 = 0 oftewel (r − 1)(r − 2) = 0. Dus : yk = 1k = 1 en yk = 2k met k = 0, 1, 2, . . .
zijn oplossingen. Dus :
yk = c1 + c2 2k , k = 0, 1, 2, . . . .
Voorbeeld 2. Beschouw de lineaire differentievergelijking van de orde 3 gegeven door
yk+3 − 5yk+2 − 4yk+1 + 20yk = 0,
k = 0, 1, 2, . . . .
Stel dat yk = rk , dan volgt : rk+3 − 5rk+2 − 4rk+1 + 20rk = 0 ⇐⇒ rk (r3 − 5r2 − 4r + 20) = 0.
Hieruit volgt dat r3 − 5r2 − 4r + 20 = 0. Enkele waarden van r proberen leert dat r = 2
voldoet. Dus : r3 − 5r2 − 4r + 20 = (r − 2)(r2 − 3r − 10) en r2 − 3r − 10 = (r − 5)(r + 2).
Dus : r3 − 5r2 − 4r + 20 = (r − 5)(r − 2)(r + 2). Hieruit volgt dat :
yk = c1 5k + c2 2k + c3 (−2)k ,
k = 0, 1, 2, . . . .
Net als bij differentiaalvergelijkingen proberen we op deze manier n lineair onafhankelijke
oplossingen te vinden voor zo’n differentievergelijking van de orde n. Hierbij kunnen zich
allerlei problemen voordoen. Wat te doen in het geval van meervoudige nulpunten ? En wat
als er niet-reële nulpunten optreden ? Deze problemen zullen we hier buiten beschouwing
laten.
Voorbeeld 3. Ga na dat yk = k(k + 1) een oplossing is van de inhomogene differentievergelijking
yk+2 − 5yk+1 + 4yk = −6k − 4, k = 0, 1, 2, . . .
van de orde 2 en bepaal vervolgens de algemene oplossing.
Door invullen van yk = k(k + 1) vinden we
yk+2 − 5yk+1 + 4yk = (k + 2)(k + 3) − 5(k + 1)(k + 2) + 4k(k + 1)
= k 2 + 5k + 6 − 5k 2 − 15k − 10 + 4k 2 + 4k = −6k − 4.
Dus : yk = k(k + 1) is inderdaad een oplossing.
1
Vervolgens beschouwen we homogene differentievergelijking
yk+2 − 5yk+1 + 4yk = 0,
k = 0, 1, 2, . . .
en bepalen hiervan de algemene oplossing. Invullen van rk leidt tot r2 − 5r + 4 = 0 oftewel
(r − 1)(r − 4) = 0. Dus : yk = c1 + c2 4k , k = 0, 1, 2, . . ..
De algemene oplossing van de inhomogene differentievergelijking is dan
yk = k(k + 1) + c1 + c2 4k ,
k = 0, 1, 2, . . . .
Een homogene lineaire differentievergelijking kunnen we altijd schrijven in de vorm van een
stelsel van eerste orde lineaire differentievergelijkingen.
Voorbeeld 4. Beschouw de lineaire differentievergelijking van de orde 2 uit voorbeeld 1.
Definieer nu
yk
xk =
.
yk+1
Uit de differentievergelijking volgt dat yk+2 = −2yk + 3yk+1 en dus :
yk+1
yk+1
0 1
yk
xk+1 =
=
=
= Axk
yk+2
−2yk + 3yk+1
−2 3
yk+1
met A =
0 1
−2 3
.
Voorbeeld 5. Beschouw de lineaire differentievergelijking van de orde 3 uit voorbeeld 2.
Definieer nu


yk
xk =  yk+1  .
yk+2
Uit de differentievergelijking volgt dat yk+3 = −20yk + 4yk+1 + 5yk+2 en dus :

 
 


yk+1
yk+1
0
1 0
yk
= 0
yk+2
0 1   yk+1  = Axk
xk+1 =  yk+2  = 
yk+3
−20yk + 4yk+1 + 5yk+2
−20 4 5
yk+2


0
1 0
0 1 .
met A =  0
−20 4 5
Het oplossen van een homogene lineaire differentievergelijking van de orde n is dus equivalent
met het oplossen van een differentievergelijking van de vorm xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . .
met A een (n × n)-matrix.
Als A een diagonaliseerbare matrix is, dan kunnen we zo’n differentievergelijking van de vorm
xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . . eenvoudig oplossen. Merk op, dat x1 = Ax0 , x2 = Ax1 = A2 x0 ,
enzovoorts. De oplossing kan dus geschreven worden in de vorm xk = Ak x0 , k = 0, 1, 2, . . ..
2


Nu is A = P DP −1 voor zekere inverteerbare matrix P =  v 1 . . . v n  en diagonaalmatrix
D = diag(λ1 , . . . , λn ) en dus is Ak = P Dk P −1 met Dk = diag(λk1 , . . . , λkn ) voor k = 0, 1, 2, . . ..
Als A diagonaliseerbaar is dan bestaat er dus een basis {v 1 , . . . , v n } van Rn bestaande uit
eigenvectoren van A, zeg : Av i = λi v i , i = 1, 2, . . . , n. Elke beginvector x0 ∈ Rn kan dus
geschreven worden als
x0 = c1 v 1 + . . . + cn v n .
Dan volgt :
x1 = Ax0 = c1 Av 1 + . . . + cn Av n = c1 λ1 v 1 + . . . + cn λn v n ,
x2 = Ax1 = c1 λ1 Av 1 + . . . + cn λn Av n = c1 λ21 v 1 + . . . + cn λ2n v n ,
enzovoorts. Dus :
xk = c1 λk1 v 1 + . . . + cn λkn v n ,
waarbij de coëfficiënten c1 , . . . , cn uniek bepaald kunnen worden uit
x0 = c1 v 1 + . . . + cn v n .
Voorbeeld 6. In voorbeeld 4 vonden we : xk+1 = Axk ,
k = 0, 1, 2, . . . met A =
0 1
−2 3
.
Nu volgt :
Verder volgt :
−λ
1
|A − λI| = −2 3 − λ
= λ2 − 3λ + 2 = (λ − 1)(λ − 2).
λ1 = 1 :
−1 1
−2 2
λ2 = 2 :
−2 1
−2 1
en
=⇒
=⇒
k = 0, 1, 2, . . . is dus
1
k
k
k
xk = c1 λ1 v 1 + c2 λ2 v 2 = c1
+ c2 2
1
yk
Uit de twee coördinaten van xk =
volgt nu
yk+1
c1 + c2 2k+1 voor k = 0, 1, 2, . . .. Vergelijk met voorbeeld
v1 =
1
1
v2 =
1
2
,
k = 0, 1, 2, . . . .
.
De oplossing van xk+1 = Axk ,
De oplossing kan ook geschreven worden als
1 0
k
xk = A x0 = P
P −1 x0
0 2k
1
2
dat yk = c1 + c2 2k en dat yk+1 =
1.
met
P =
1 1
1 2
.
Uitgeschreven is dat
1 0
2
−1
1 1
2 −1
1 1
xk =
x0 =
x0
1 2
−1 1
1 2
0 2k
−2k 2k
2 − 2k
−1 + 2k
=
x0 , k = 0, 1, 2, . . . .
2 − 2k+1 −1 + 2k+1
3
Voorbeeld 7. In voorbeeld 5 vonden we : xk+1


0
1 0
0 1 . Dan
= Axk met A =  0
−20 4 5
volgt :
−λ
−λ 1
−λ
1
0
0
1
0
0
−λ
1 = 4 −λ
1
−λ
1 =
|A − λI| = 0
−20 4 5 − λ −20 + 4λ 0 5 − λ 0
0 5−λ
−λ 1 = (5 − λ)(λ2 − 4) = (5 − λ)(λ − 2)(λ + 2).
= (5 − λ) 4 −λ Verder volgt :
λ1 = 5 :
λ2 = 2 :
 

−5
1 0
−5 1 0
 0
−5 1  ∼  0 −5 1 
−20 4 0
0
0 0

 

−2
1 0
−2 1 0
 0
−2 1  ∼  0 −2 1 
−20 4 3
0
0 0

en
λ3 = −2 :

 

2
1 0
2 1 0
 0
2 1 ∼ 0 2 1 
−20 4 7
0 0 0


1
v1 =  5  ,
25
 
1
v2 =  2  .
4
=⇒
=⇒
=⇒


1
v 3 =  −2  .
4
De oplossing van xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . . is dus


 


1
1
1
xk = c1 5k  5  + c2 2k  2  + c3 (−2)k  −2  , k = 0, 1, 2, . . . .
25
4
4


yk
Uit de eerste coördinaat van xk =  yk+1  volgt nu dat yk = c1 5k + c2 2k + c3 (−2)k voor
yk+2
k = 0, 1, 2, . . .. Vergelijk met voorbeeld 2.
Merk op dat uit de tweede en derde coördinaat van xk volgt dat
yk+1 = c1 5k+1 + c2 2k+1 + c3 (−2)k+1
en
yk+2 = c1 5k+2 + c2 2k+2 + c3 (−2)k+2 .
De oplossing kan ook weer geschreven worden als
 k

5
0
0
0  P −1 x0
xk = Ak x0 = P  0 2k
0 0 (−2)k
met


1 1 1
P =  5 2 −2  .
25 4 4
Een differentievergelijking van de vorm xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . . wordt ook wel een
discreet dynamisch systeem genoemd.
Een differentiaalvergelijking van de vorm x0 (t) = Ax(t) noemt men ook wel een continu
dynamisch systeem.
4
Aan de hand van de eigenwaarden van de (2 × 2)-matrix A konden we de banen van een
continu dynamisch systeem in R2 classificeren.
In het geval van een discreet dynamisch systeem xk+1 = Axk , k = 0, 1, 2, . . . met A een
(2 × 2)-matrix kan dit ook. De oplossing kan immers geschreven worden in de vorm xk =
c1 λk1 v 1 + c2 λk2 v 2 , k = 0, 1, 2, . . ., waarbij λ1 en λ2 de twee eigenwaarden van A zijn. De
oplossing is in dit geval een rij punten (vectoren) in R2 : x0 , x1 , x2 , . . .. De grafiek van deze
punten (vectoren) noemt men ook een baan van het (discrete) dynamische systeem.
Als de eigenwaarden λ1 en λ2 reëel zijn en |λ1 | < 1 en |λ2 | < 1, dan heet de oorsprong O een
aantrekker of attractor van het (discrete) dynamische systeem. Alle banen worden dan
immers naar de oorsprong O toe getrokken.
Als de eigenwaarden λ1 en λ2 reëel zijn en |λ1 | > 1 en |λ2 | > 1, dan heet de oorsprong O
een afstoter van het (discrete) dynamische systeem. Alle oplossingen gaan dan immers naar
oneindig (van de oorsprong O af).
Als de eigenwaarden λ1 en λ2 reëel zijn en |λ1 | > 1 en |λ2 | < 1, dan heet de oorsprong O een
zadelpunt van het (discrete) dynamische systeem. In dat geval worden sommige oplossingen
naar de oorsprong toe getrokken, terwijl andere naar oneindig (van de oorsprong af) gaan.
In het geval van niet-reële eigenwaarden zijn de banen weer spiraalvormig rond de oorsprong.
Als de absolute waarde van de beide (complex geconjugeerde) eigenwaarden kleiner is dan 1,
dan worden alle banen naar de oorsprong O toe getrokken en als de absolute waarde groter
dan 1 is dan draaien de banen in zo’n spiraalvorm van de oorsprong O af.
Toepassingen op Markov ketens
Een Markov keten is een rij vectoren x0 , x1 , x2 , . . . die voldoet aan een differentievergelijking van de vorm xk+1 = P xk , k = 0, 1, 2, . . ., waarbij P een zogenaamde Markov matrix
of stochastische matrix is :
Definitie 1. Een vector in Rn heet een kansvector of stochastische vector als alle coördinaten groter dan of gelijk aan nul zijn en de som van alle coördinaten gelijk aan 1 is.
Een vierkante matrix P heet een Markov matrix of stochastische matrix als alle kolommen van P kansvectoren (of stochastische vectoren) zijn.
Een voorbeeld van een Markov matrix is de migratiematrix in voorbeeld 1 van § 4.9 in Lay.
Een vector xk in een Markov keten heet ook wel een toestand(svector). Een typische
eigenschap is dat de som van de coördinaten van elke toestand(svector) steeds gelijk is. Zo
blijft in voorbeeld 1 van § 4.9 het totaal aantal inwoners (1.000.000) constant.
Stelling 1. Elke Markov matrix of stochastische matrix P heeft een eigenwaarde λ = 1. Een
bijbehorende eigenvector x, die bovendien een kansvector of stochastische vector is, heet wel
een evenwichtstoestand(svector).
Bewijs. Als P een Markov matrix is, dan is de som van alle elementen in elke kolom gelijk
aan 1. Beschouw nu |P − λI|, het karakteristieke polynoom van P . Als we in die determinant
5
|P −λI| alle rijen onder de eerste optellen bij de eerste rij, dan zijn alle elementen in die eerste
rij gelijk aan 1 − λ. De determinant is dus deelbaar door 1 − λ. Daaruit volgt dat de matrix P
een eigenwaarde λ = 1 heeft. Uit de bijbehorende eigenruimte E1 kan men natuurlijk altijd
een vector kiezen waarvan de som van alle coördinaten 1 is. Dat alle coördinaten van die
eigenvector dan ook groter dan of gelijk aan nul zijn is wat lastiger te beredeneren. Dat laten
we buiten beschouwing.
Definitie 2. Een Markov matrix of stochastische matrix P heet regulier als een zekere macht
van P alleen positieve elementen heeft (dus geen nullen).
Stelling 2. Als P een reguliere Markov matrix is, dan heeft P een unieke evenwichtstoestand(svector) x. Verder geldt dat voor iedere kansvector x0 de Markov keten bepaald door
xk+1 = P xk , k = 0, 1, 2, . . . convergeert naar die evenwichtstoestand(svector) x.
Merk op dat als het proces convergeert, dus als de limiet lim xk = x bestaat, dan geldt dat
k→∞
x = P x. Het bewijs dat het proces ook daadwerkelijk convergeert als P regulier is, laten we
buiten beschouwing.
Voorbeeld 8. Stel dat P =
0, 3 0, 2
0, 7 0, 8
, dan is P een reguliere Markov matrix. We
vinden nu :
0, 3 − λ
1−λ 1−λ 0,
2
=
|P − λI| = 0, 7
0, 8 − λ 0, 7 0, 8 − λ 1
1
= (1 − λ)(0, 1 − λ).
= (1 − λ) 0, 7 0, 8 − λ De eigenwaarden van P zijn dus λ1 = 1 en λ2 = 0, 1. Verder volgt :
−0, 7 0, 2
−7 2
2
λ=1 :
∼
=⇒ E1 = Span{
}.
0, 7 −0, 2
0 0
7
Dus : als xk+1 = P xk ,
k = 0, 1, 2, . . . dan volgt voor iedere kansvector x0 dat
1 2
lim xk = x =
.
k→∞
9 7
1 2
1
Als bijvoorbeeld x0 =
, dan geldt dat lim xk =
.
2
k→∞
3 7 2 2
4
Als bijvoorbeeld x0 =
, dan geldt dat lim xk =
.
2
k→∞
3 7 60
20
Als bijvoorbeeld x0 =
, dan geldt dat lim xk =
.
30
70
k→∞
6


0, 5 0, 2 0, 7
Voorbeeld 9. Stel dat P =  0 0, 8 0, 1 . Dan is P een reguliere Markov matrix,
0, 5 0 0, 2
want


 

0, 5 0, 2 0, 7
0, 5 0, 2 0, 7
0, 60 0, 26 0, 58
P 2 =  0 0, 8 0, 1   0 0, 8 0, 1  =  0, 05 0, 64 0, 11  .
0, 5 0 0, 2
0, 5 0 0, 2
0, 40 0, 10 0, 44
Hoewel de eigenwaarden niet zo mooi zijn, zijn ze in principe wel eenvoudig te berekenen :
0, 5 − λ
1 − λ 0, 2
0, 7 1 − λ 1 − λ
0, 8 − λ
0, 1 0
0, 8 − λ
0, 1 = 0
|P − λI| = 0, 5
0
0, 2 − λ 0, 5
0
0, 2 − λ 1
1
0
0
1
1
0, 1
0, 1 = (1 − λ) 0 0, 8 − λ
= (1 − λ) 0 0, 8 − λ
0, 5
0, 5 −0, 5 −0, 3 − λ 0
0, 2 − λ
0, 8 − λ
0, 1
= (1 − λ)(λ2 − 0, 5λ − 0, 19).
= (1 − λ) −0, 5 −0, 3 − λ De nulpunten van dit polynoom zijn nu eenvoudig te vinden.
We onderzoeken alleen de eigenwaarde λ = 1 :

 

−0, 5 0, 2
0, 7
−0, 5 0, 2
0, 7
−0, 2 0, 1 
−0, 2 0, 1  ∼  0
λ=1 :  0
0
0, 2 −0, 1
0, 5
0
−0, 8




 
−0, 5
0
0, 8
−5 0 8
16
−0, 2 0, 1  ∼  0 −2 1  =⇒ E1 = Span{ 5 }.
∼ 0
0
0
0
0
0 0
10
Uit stelling 2 volgt dus dat de Markov keten bepaald door xk+1 = P xk , k = 0, 1, 2, . . .
convergeert voor iedere kansvector x0 ∈ R3 . Dat geldt dan natuurlijk ook voor ieder veelvoud
van zo’n kansvector.




0, 3
16
1 
5 .
Als bijvoorbeeld x0 =  0, 6 , dan is lim xk =
k→∞
31
0, 1
10




25
16
Als bijvoorbeeld x0 =  0 , dan is lim xk =  5 .
k→∞
6
10




30
48
Als bijvoorbeeld x0 =  25 , dan is lim xk =  15 .
k→∞
38
30
7