Lecture 23. 미분방정식과 exp(At) Differential Equations and exp(At) — 서술
d u d t = A u \frac{d\vv{u}}{dt} = A\vv{u} d t d u = A u 미분방정식인데 왜 선형대수 강의에서 다루는가.
이 식이 어려운 이유는 미분 때문이 아니다. 여러 개의 미지함수가 서로 얽혀 있기 때문 이다.
u 1 u_1 u 1 u 2 u_2 u 2 u 2 u_2 u 2 u 1 u_1 u 1
그런데 얽힘을 풀어낼 수 있다면 어떻게 되는가. 각각이 d y d t = λ y \frac{dy}{dt} = \lambda y d t d y = λ y
얽힘을 푸는 도구가 고유벡터이다. 고유벡터 방향에서는 A A A λ \lambda λ
1. 한 개짜리는 이미 안다 ¶ 미지함수가 하나뿐이면 얽힐 것이 없다.
d y d t = λ y \frac{dy}{dt} = \lambda y d t d y = λ y 변수를 분리해서 풀어 보자. 양변을 y y y d t dt d t
d y y = λ d t \frac{dy}{y} = \lambda \, dt y d y = λ d t 양변을 적분하면 왼쪽이 로그이다.
ln ∣ y ∣ = λ t + C ⟹ ∣ y ∣ = e λ t + C = e C e λ t \ln|y| = \lambda t + C
\qquad\Longrightarrow\qquad
|y| = e^{\lambda t + C} = e^{C}e^{\lambda t} ln ∣ y ∣ = λ t + C ⟹ ∣ y ∣ = e λ t + C = e C e λ t e C e^{C} e C y 0 y_0 y 0 t = 0 t = 0 t = 0 y ( 0 ) = y 0 y(0) = y_0 y ( 0 ) = y 0
y ( t ) = y ( 0 ) e λ t y(t) = y(0)\,e^{\lambda t} y ( t ) = y ( 0 ) e λ t 검산은 미분 한 번이면 된다. d d t ( y ( 0 ) e λ t ) = λ y ( 0 ) e λ t = λ y \frac{d}{dt}\left(y(0)e^{\lambda t}\right)
= \lambda\, y(0)e^{\lambda t} = \lambda y d t d ( y ( 0 ) e λ t ) = λ y ( 0 ) e λ t = λ y
두 개가 되면 얽힌다 ¶ 이번 강의 내내 쓸 예제를 하나 세우자. 물통 둘이 관으로 이어져 있고 물이 오간다.
d u 1 d t = − u 1 + 2 u 2 , d u 2 d t = u 1 − 2 u 2 \frac{du_1}{dt} = -u_1 + 2u_2,
\qquad
\frac{du_2}{dt} = \;\;\;u_1 - 2u_2 d t d u 1 = − u 1 + 2 u 2 , d t d u 2 = u 1 − 2 u 2 u 1 u_1 u 1 u 2 u_2 u 2 u 2 u_2 u 2 u 1 u_1 u 1 (1)
d u d t = A u , A = [ − 1 2 1 − 2 ] , u ( 0 ) = [ 1 0 ] \frac{d\vv{u}}{dt} = A\vv{u},
\qquad
A = \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix},
\qquad
\vv{u}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} d t d u = A u , A = [ − 1 1 2 − 2 ] , u ( 0 ) = [ 1 0 ] Figure 1: 왼쪽이 모형이고 오른쪽이 답이다. 답을 먼저 보여 두고 유도해 나가겠다.
(6) u 2 u_2 u 2 u 2 u_2 u 2 u 1 u_1 u 1
얽힘을 끊는 것이 이번 강의의 전부이다.
2. 해의 꼴을 추측하면 고윳값이 튀어나온다 ¶ 1차원에서 답이 e λ t e^{\lambda t} e λ t 모든 성분이 같은 e λ t e^{\lambda t} e λ t
u ( t ) = e λ t x ( x 는 t 에 무관한 고정된 벡터 ) \vv{u}(t) = e^{\lambda t}\,\vv{x}
\qquad (\vv{x} \text{ 는 } t \text{ 에 무관한 고정된 벡터}) u ( t ) = e λ t x ( x 는 t 에 무관한 고정된 벡터 ) 이 추측을 (1) x \vv{x} x e λ t e^{\lambda t} e λ t λ e λ t \lambda e^{\lambda t} λ e λ t
d u d t = d d t ( e λ t x ) = λ e λ t x \frac{d\vv{u}}{dt}
= \frac{d}{dt}\left(e^{\lambda t}\vv{x}\right)
= \lambda e^{\lambda t}\,\vv{x} d t d u = d t d ( e λ t x ) = λ e λ t x 오른쪽은 행렬 곱이다. e λ t e^{\lambda t} e λ t
A u = A ( e λ t x ) = e λ t A x A\vv{u} = A\left(e^{\lambda t}\vv{x}\right) = e^{\lambda t}\,A\vv{x} A u = A ( e λ t x ) = e λ t A x 둘이 같아야 하므로
λ e λ t x = e λ t A x \lambda e^{\lambda t}\,\vv{x} = e^{\lambda t}\,A\vv{x} λ e λ t x = e λ t A x 이다. 여기서 e λ t e^{\lambda t} e λ t 어떤 t t t 지수함수는 0이 되는 법이
없기 때문이다. 그러므로 양변을 e λ t e^{\lambda t} e λ t
A x = λ x A\vv{x} = \lambda\vv{x} A x = λ x λ \lambda λ x \vv{x} x (8) 순수해 라 부르자.
고유쌍 하나가 순수해 하나를 준다.
앵커 예제의 고유쌍 ¶ (7) A A A
tr ( A ) = − 1 + ( − 2 ) = − 3 , det A = ( − 1 ) ( − 2 ) − ( 2 ) ( 1 ) = 2 − 2 = 0 \operatorname{tr}(A) = -1 + (-2) = -3,
\qquad
\det A = (-1)(-2) - (2)(1) = 2 - 2 = 0 tr ( A ) = − 1 + ( − 2 ) = − 3 , det A = ( − 1 ) ( − 2 ) − ( 2 ) ( 1 ) = 2 − 2 = 0 2 × 2 2 \times 2 2 × 2 λ 2 − tr ( A ) λ + det A \lambda^2 - \operatorname{tr}(A)\lambda + \det A λ 2 − tr ( A ) λ + det A
λ 2 + 3 λ = 0 ⟹ λ ( λ + 3 ) = 0 ⟹ λ 1 = 0 , λ 2 = − 3 \lambda^2 + 3\lambda = 0
\qquad\Longrightarrow\qquad
\lambda(\lambda + 3) = 0
\qquad\Longrightarrow\qquad
\lambda_1 = 0,\quad \lambda_2 = -3 λ 2 + 3 λ = 0 ⟹ λ ( λ + 3 ) = 0 ⟹ λ 1 = 0 , λ 2 = − 3 det A = 0 \det A = 0 det A = 0
λ 1 = 0 : A x = 0 ⟹ − x 1 + 2 x 2 = 0 ⟹ x 1 = [ 2 1 ] \lambda_1 = 0:\quad
A\vv{x} = \vv{0}
\;\Longrightarrow\;
-x_1 + 2x_2 = 0
\;\Longrightarrow\;
\vv{x}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} λ 1 = 0 : A x = 0 ⟹ − x 1 + 2 x 2 = 0 ⟹ x 1 = [ 2 1 ] λ 2 = − 3 : A + 3 I = [ 2 2 1 1 ] ⟹ x 1 + x 2 = 0 ⟹ x 2 = [ 1 − 1 ] \lambda_2 = -3:\quad
A + 3I = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}
\;\Longrightarrow\;
x_1 + x_2 = 0
\;\Longrightarrow\;
\vv{x}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} λ 2 = − 3 : A + 3 I = [ 2 1 2 1 ] ⟹ x 1 + x 2 = 0 ⟹ x 2 = [ 1 − 1 ] 순수해가 둘 나왔다.
u = e 0 ⋅ t [ 2 1 ] = [ 2 1 ] , u = e − 3 t [ 1 − 1 ] \vv{u} = e^{0 \cdot t}\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}
= \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix},
\qquad
\vv{u} = e^{-3t}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} u = e 0 ⋅ t [ 2 1 ] = [ 2 1 ] , u = e − 3 t [ 1 − 1 ] 3. 겹쳐 놓으면 일반해가 된다 ¶ 순수해 둘을 얻었지만 초기조건 u ( 0 ) = ( 1 , 0 ) \vv{u}(0) = (1, 0) u ( 0 ) = ( 1 , 0 )
왜 섞어도 되는가 ¶ 섞어도 되는 이유가 있다. (1) 선형 이기 때문이다. u \vv{u} u v \vv{v} v a , b a, b a , b
d d t ( a u + b v ) = a d u d t + b d v d t = a A u + b A v = A ( a u + b v ) \frac{d}{dt}\left(a\vv{u} + b\vv{v}\right)
= a\frac{d\vv{u}}{dt} + b\frac{d\vv{v}}{dt}
= aA\vv{u} + bA\vv{v}
= A\left(a\vv{u} + b\vv{v}\right) d t d ( a u + b v ) = a d t d u + b d t d v = a A u + b A v = A ( a u + b v ) 섞은 것도 같은 방정식을 만족한다. 곧 해집합이 벡터공간이다. L11에서 다룬 그대로이다.
그러므로 순수해들의 아무 선형결합이나 해가 된다.
u ( t ) = c 1 e λ 1 t x 1 + c 2 e λ 2 t x 2 + ⋯ + c n e λ n t x n \vv{u}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t}\vv{x}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t}\vv{x}_2
+ \cdots + c_n e^{\lambda_n t}\vv{x}_n u ( t ) = c 1 e λ 1 t x 1 + c 2 e λ 2 t x 2 + ⋯ + c n e λ n t x n 왜 이것이 모든 해인가 ¶ 거꾸로 물어야 한다. (19) 쓸 수 없는 해가 있지는 않은가.
미분방정식의 해는 초깃값 u ( 0 ) \vv{u}(0) u ( 0 ) u ( 0 ) \vv{u}(0) u ( 0 ) c c c (19) t = 0 t = 0 t = 0 e 0 = 1 e^{0} = 1 e 0 = 1
u ( 0 ) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ⋯ + c n x n = S c \vv{u}(0) = c_1\vv{x}_1 + c_2\vv{x}_2 + \cdots + c_n\vv{x}_n = S\vv{c} u ( 0 ) = c 1 x 1 + c 2 x 2 + ⋯ + c n x n = S c 여기서 S S S
S c = u ( 0 ) 이 늘 풀린다 ⟺ S 가 가역 ⟺ 독립인 고유벡터가 n 개 S\vv{c} = \vv{u}(0) \text{ 이 늘 풀린다}
\quad\Longleftrightarrow\quad
S \text{ 가 가역}
\quad\Longleftrightarrow\quad
\text{독립인 고유벡터가 } n \text{ 개} S c = u ( 0 ) 이 늘 풀린다 ⟺ S 가 가역 ⟺ 독립인 고유벡터가 n 개 대각화가 되는 조건과 글자 그대로 같다. L22에서 A k A^k A k
초기조건으로 c \vv{c} c ¶ (20) c = S − 1 u ( 0 ) \vv{c} = S^{-1}\vv{u}(0) c = S − 1 u ( 0 ) L22의 번역 단계와 같은 일 이다. 초기벡터를 고유기저의 좌표로 옮기는 것이다.
앵커 예제로 해 보자. u ( 0 ) = ( 1 , 0 ) \vv{u}(0) = (1, 0) u ( 0 ) = ( 1 , 0 )
c 1 [ 2 1 ] + c 2 [ 1 − 1 ] = [ 1 0 ] ⟺ { 2 c 1 + c 2 = 1 c 1 − c 2 = 0 c_1\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}
+ c_2\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}
\qquad\Longleftrightarrow\qquad
\begin{cases}
2c_1 + c_2 = 1 \\
\;\;c_1 - c_2 = 0
\end{cases} c 1 [ 2 1 ] + c 2 [ 1 − 1 ] = [ 1 0 ] ⟺ { 2 c 1 + c 2 = 1 c 1 − c 2 = 0 아래 식에서 c 1 = c 2 c_1 = c_2 c 1 = c 2 3 c 1 = 1 3c_1 = 1 3 c 1 = 1
c 1 = c 2 = 1 3 c_1 = c_2 = \tfrac13 c 1 = c 2 = 3 1 답이 완성되었다.
u ( t ) = 1 3 [ 2 1 ] + 1 3 e − 3 t [ 1 − 1 ] = [ 2 3 + 1 3 e − 3 t 1 3 − 1 3 e − 3 t ] \vv{u}(t)
= \frac13\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}
+ \frac13 e^{-3t}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}
\tfrac23 + \tfrac13 e^{-3t} \\[2pt]
\tfrac13 - \tfrac13 e^{-3t}
\end{bmatrix} u ( t ) = 3 1 [ 2 1 ] + 3 1 e − 3 t [ 1 − 1 ] = [ 3 2 + 3 1 e − 3 t 3 1 − 3 1 e − 3 t ] t = 0 t = 0 t = 0 ( 1 , 0 ) (1, 0) ( 1 , 0 ) t → ∞ t \to \infty t → ∞ e − 3 t → 0 e^{-3t} \to 0 e − 3 t → 0 ( 2 3 , 1 3 ) \left(\tfrac23, \tfrac13\right) ( 3 2 , 3 1 ) Figure 1
총량이 보존되는 이유 ¶ (24) e − 3 t e^{-3t} e − 3 t
d d t ( u 1 + u 2 ) = ( − u 1 + 2 u 2 ) + ( u 1 − 2 u 2 ) = 0 \frac{d}{dt}(u_1 + u_2)
= (-u_1 + 2u_2) + (u_1 - 2u_2)
= 0 d t d ( u 1 + u 2 ) = ( − u 1 + 2 u 2 ) + ( u 1 − 2 u 2 ) = 0 변화율이 0이므로 u 1 + u 2 u_1 + u_2 u 1 + u 2 A A A 열의 합이
0 이라는 데 있다. 열의 합이 0이라는 말은 모든 성분이 1인 행벡터를 A A A
[ 1 1 ] A = [ 0 0 ] ⟹ d d t ( [ 1 1 ] u ) = [ 1 1 ] A u = 0 \begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix} A = \begin{bmatrix} 0 & 0 \end{bmatrix}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\frac{d}{dt}\left(\begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix}\vv{u}\right)
= \begin{bmatrix} 1 & 1 \end{bmatrix} A\vv{u} = 0 [ 1 1 ] A = [ 0 0 ] ⟹ d t d ( [ 1 1 ] u ) = [ 1 1 ] A u = 0 한 물통에서 나간 만큼 다른 물통으로 들어가므로 총량이 변할 리 없다 는 물리적 사실이
열의 합이 0이라는 대수적 조건으로 적힌 것이다.
Figure 2: u 1 u 2 u_1u_2 u 1 u 2 (24) x 2 = ( 1 , − 1 ) \vv{x}_2 = (1,-1) x 2 = ( 1 , − 1 ) 모든 궤적이 그 방향의 직선 이다. 그리고 ( 1 , − 1 ) (1,-1) ( 1 , − 1 ) u 1 + u 2 u_1 + u_2 u 1 + u 2
4. 세 단계로 다시 읽는다 ¶ L22에서 A k A^k A k λ k \lambda^k λ k e λ t e^{\lambda t} e λ t
첫째, c = S − 1 u ( 0 ) \vv{c} = S^{-1}\vv{u}(0) c = S − 1 u ( 0 ) 초기벡터를 고유좌표로 번역한다.
둘째, 성분마다 e λ i t e^{\lambda_i t} e λ i t 고유좌표에서는 성분끼리 섞이지 않으므로
n n n 얽힘이 여기서 끊긴다.
셋째, S S S
두 강의를 나란히 놓으면 대응이 선명하다.
반복 (L22) 미분 (L23) 문제 u k + 1 = A u k \vv{u}_{k+1} = A\vv{u}_k u k + 1 = A u k d u d t = A u \dfrac{d\vv{u}}{dt} = A\vv{u} d t d u = A u 순수해 λ k x \lambda^k\vv{x} λ k x e λ t x e^{\lambda t}\vv{x} e λ t x 일반해 ∑ c i λ i k x i \sum c_i\lambda_i^k\vv{x}_i ∑ c i λ i k x i ∑ c i e λ i t x i \sum c_i e^{\lambda_i t}\vv{x}_i ∑ c i e λ i t x i 계수 정하기 S c = u 0 S\vv{c} = \vv{u}_0 S c = u 0 S c = u ( 0 ) S\vv{c} = \vv{u}(0) S c = u ( 0 ) 한 줄로 A k = S Λ k S − 1 A^k = S\Lambda^k S^{-1} A k = S Λ k S − 1 e A t = S e Λ t S − 1 e^{At} = Se^{\Lambda t}S^{-1} e A t = S e Λ t S − 1
마지막 줄의 e A t e^{At} e A t
5. 안정성 — 실수부가 운명을 정한다 ¶ 시간이 흐르면 어떻게 되는가. (19) e λ i t e^{\lambda_i t} e λ i t
문제는 λ \lambda λ ± i \pm i ± i λ \lambda λ e λ t e^{\lambda t} e λ t
크기는 실수부만 본다 ¶ λ = a + b i \lambda = a + bi λ = a + bi
e λ t = e ( a + b i ) t = e a t e i b t e^{\lambda t} = e^{(a + bi)t} = e^{at}\,e^{ibt} e λ t = e ( a + bi ) t = e a t e ib t 오른쪽 두 조각의 성격이 전혀 다르다. 뒤의 것은 오일러 공식으로 풀린다.
e i b t = cos ( b t ) + i sin ( b t ) e^{ibt} = \cos(bt) + i\sin(bt) e ib t = cos ( b t ) + i sin ( b t ) 이 복소수의 크기를 재 보자.
∣ e i b t ∣ 2 = cos 2 ( b t ) + sin 2 ( b t ) = 1 ⟹ ∣ e i b t ∣ = 1 \left|e^{ibt}\right|^2 = \cos^2(bt) + \sin^2(bt) = 1
\qquad\Longrightarrow\qquad
\left|e^{ibt}\right| = 1 ∣ ∣ e ib t ∣ ∣ 2 = cos 2 ( b t ) + sin 2 ( b t ) = 1 ⟹ ∣ ∣ e ib t ∣ ∣ = 1 허수부는 크기를 바꾸지 않는다. 단위원 위를 돌 뿐이다. 그러므로 크기는 앞의 조각이
혼자 결정한다.
∣ e λ t ∣ = e a t = e Re ( λ ) t \left|e^{\lambda t}\right| = e^{at} = e^{\operatorname{Re}(\lambda)\,t} ∣ ∣ e λ t ∣ ∣ = e a t = e Re ( λ ) t 세 경우 ¶ (30)
실수부 e λ t e^{\lambda t} e λ t 그 항의 운명 Re ( λ ) < 0 \operatorname{Re}(\lambda) < 0 Re ( λ ) < 0 e ( 음수 ) t e^{(\text{음수})t} e ( 음수 ) t 0으로 사라진다 Re ( λ ) = 0 \operatorname{Re}(\lambda) = 0 Re ( λ ) = 0 크기가 1 크기를 유지한다 Re ( λ ) > 0 \operatorname{Re}(\lambda) > 0 Re ( λ ) > 0 e ( 양수 ) t e^{(\text{양수})t} e ( 양수 ) t 폭발한다
u ( t ) → 0 ⟺ 모든 i 에 대해 Re ( λ i ) < 0 \vv{u}(t) \to \vv{0}
\quad\Longleftrightarrow\quad
\text{모든 } i \text{ 에 대해 } \operatorname{Re}(\lambda_i) < 0 u ( t ) → 0 ⟺ 모든 i 에 대해 Re ( λ i ) < 0 하나라도 실수부가 양수이면 그 항이 나머지를 압도하며 폭발한다. L22의 지배 고윳값과
같은 논리이고, 이번에는 실수부가 가장 큰 것이 지배한다.
단위원과 허수축 ¶ L22에서는 경계가 단위원 이었다. 여기서는 허수축 이다. 두 기준이 왜 다른가.
다르지 않다. 같은 이야기를 다른 좌표로 하는 것이다. 크기를 결정하는 양을 나란히 놓아 보자.
∣ λ k ∣ = ∣ λ ∣ k vs ∣ e λ t ∣ = e Re ( λ ) t \left|\lambda^k\right| = |\lambda|^k
\qquad\text{vs}\qquad
\left|e^{\lambda t}\right| = e^{\operatorname{Re}(\lambda)t} ∣ ∣ λ k ∣ ∣ = ∣ λ ∣ k vs ∣ ∣ e λ t ∣ ∣ = e Re ( λ ) t 왼쪽이 1보다 작으려면 ∣ λ ∣ < 1 |\lambda| < 1 ∣ λ ∣ < 1 Re ( λ ) < 0 \operatorname{Re}(\lambda) < 0 Re ( λ ) < 0 지수함수로 서로 옮겨진다.
∣ e λ ∣ = e Re ( λ ) < 1 ⟺ Re ( λ ) < 0 \left|e^{\lambda}\right| = e^{\operatorname{Re}(\lambda)} < 1
\quad\Longleftrightarrow\quad
\operatorname{Re}(\lambda) < 0 ∣ ∣ e λ ∣ ∣ = e Re ( λ ) < 1 ⟺ Re ( λ ) < 0 곧 λ ↦ e λ \lambda \mapsto e^{\lambda} λ ↦ e λ 허수축을 단위원으로, 왼쪽 반평면을 원의
안쪽으로 보낸다. 미분방정식의 세계를 반복의 세계로 옮기는 다리가 지수함수인 셈이다.
Figure 3: 왼쪽이 L22, 오른쪽이 L23이다. 초록색 영역이 "사라진다"는 뜻이다.
반복 A k A^k A k 미분 e A t e^{At} e A t 크기를 정하는 양 ∣ λ ∣ k \lvert\lambda\rvert^k ∣ λ ∣ k e Re ( λ ) t e^{\operatorname{Re}(\lambda)t} e Re ( λ ) t 안정 조건 ∣ λ ∣ < 1 \lvert\lambda\rvert < 1 ∣ λ ∣ < 1 Re ( λ ) < 0 \operatorname{Re}(\lambda) < 0 Re ( λ ) < 0 경계 단위원 허수축 중립 ∣ λ ∣ = 1 \lvert\lambda\rvert = 1 ∣ λ ∣ = 1 Re ( λ ) = 0 \operatorname{Re}(\lambda) = 0 Re ( λ ) = 0 발산 ∣ λ ∣ > 1 \lvert\lambda\rvert > 1 ∣ λ ∣ > 1 Re ( λ ) > 0 \operatorname{Re}(\lambda) > 0 Re ( λ ) > 0
네 가지 그림 ¶ 2 × 2 2 \times 2 2 × 2
Figure 4: 같은 방정식 d u d t = A u \frac{d\vv{u}}{dt} = A\vv{u} d t d u = A u A A A
안정 노드 — 고윳값이 둘 다 실수이고 음수이다. 모든 궤적이 원점으로 빨려 든다.
들어가는 모양을 보면 덜 음수인 쪽 (느리게 죽는 방향)에 나란해지며 들어간다.
다른 항이 먼저 죽기 때문이다.
안장점 — 하나는 양수, 하나는 음수이다. 한쪽 고유벡터로는 빨려 들고 다른 쪽으로는
밀려난다. 두 점선이 궤적의 점근선이 된다.
나선 — 고윳값이 켤레 복소수이고 실수부가 음수이다. 실수부가 수축률 , 허수부가
회전 속도 이다. 돌면서 줄어드니 나선이다.
중심 — 실수부가 0이다. 줄지도 늘지도 않고 돌기만 한다. 궤적이 닫힌 원이다.
앵커 예제는 어디에 속하는가. 고윳값이 0 과 -3 이니 네 경우 어디에도 딱 들어맞지 않는다.
-3 쪽은 죽고 0 쪽은 남으므로, 원점이 아니라 정상상태로 수렴한다.
Figure 2
6. 행렬 지수함수 ¶ 반복에서는 답을 u k = A k u 0 \vv{u}_k = A^k\vv{u}_0 u k = A k u 0
u ( t ) = e A t u ( 0 ) \vv{u}(t) = e^{At}\,\vv{u}(0) u ( t ) = e A t u ( 0 ) 그런데 e A t e^{At} e A t 2.718 … 2.718\ldots 2.718 …
급수로 정의한다 ¶ 방법은 하나뿐이다. 수에서 쓰던 정의를 그대로 옮긴다. 스칼라 지수함수에는
행렬에도 통하는 정의가 하나 있다. 급수이다.
e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ e^{x} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots e x = 1 + x + 2 ! x 2 + 3 ! x 3 + ⋯ 오른쪽에는 덧셈과 곱셈밖에 없다. 행렬도 더하고 곱할 줄 안다. 상수 1의 자리에 I I I x x x A t At A t
e A t = I + A t + ( A t ) 2 2 ! + ( A t ) 3 3 ! + ⋯ = ∑ k = 0 ∞ A k t k k ! e^{At} = I + At + \frac{(At)^2}{2!} + \frac{(At)^3}{3!} + \cdots
= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k t^k}{k!} e A t = I + A t + 2 ! ( A t ) 2 + 3 ! ( A t ) 3 + ⋯ = k = 0 ∑ ∞ k ! A k t k 정말 답이 맞는가 ¶ 정의만 해 놓고 넘어갈 수는 없다. (34) (1)
첫째, 미분하면 A A A (36) t k t^k t k k t k − 1 kt^{k-1} k t k − 1 k k k k ! k! k ! ( k − 1 ) ! (k-1)! ( k − 1 )!
d d t e A t = 0 + A + A 2 t + A 3 t 2 2 ! + ⋯ \frac{d}{dt}\,e^{At}
= 0 + A + A^2 t + \frac{A^3t^2}{2!} + \cdots d t d e A t = 0 + A + A 2 t + 2 ! A 3 t 2 + ⋯ 오른쪽에서 A A A
= A ( I + A t + A 2 t 2 2 ! + ⋯ ) = A e A t = A\left(I + At + \frac{A^2t^2}{2!} + \cdots\right) = A\,e^{At} = A ( I + A t + 2 ! A 2 t 2 + ⋯ ) = A e A t 둘째, t = 0 t = 0 t = 0 t = 0 t = 0 t = 0 I I I
e A ⋅ 0 = I ⟹ u ( 0 ) = e A ⋅ 0 u ( 0 ) = u ( 0 ) e^{A \cdot 0} = I
\qquad\Longrightarrow\qquad
\vv{u}(0) = e^{A \cdot 0}\vv{u}(0) = \vv{u}(0) e A ⋅ 0 = I ⟹ u ( 0 ) = e A ⋅ 0 u ( 0 ) = u ( 0 ) 둘을 합치면 u ( t ) = e A t u ( 0 ) \vv{u}(t) = e^{At}\vv{u}(0) u ( t ) = e A t u ( 0 )
대각화하면 급수를 다 더할 필요가 없다 ¶ 무한급수를 손으로 더할 수는 없다. 그런데 대각화가 되면 급수가 통째로 접힌다.
L22에서 A k = S Λ k S − 1 A^k = S\Lambda^k S^{-1} A k = S Λ k S − 1 (36)
e A t = ∑ k = 0 ∞ A k t k k ! = ∑ k = 0 ∞ S Λ k S − 1 t k k ! e^{At} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^kt^k}{k!}
= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{S\Lambda^kS^{-1}t^k}{k!} e A t = k = 0 ∑ ∞ k ! A k t k = k = 0 ∑ ∞ k ! S Λ k S − 1 t k S S S S − 1 S^{-1} S − 1 k k k
= S ( ∑ k = 0 ∞ Λ k t k k ! ) S − 1 = S e Λ t S − 1 = S\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\Lambda^kt^k}{k!}\right)S^{-1}
= S\,e^{\Lambda t}\,S^{-1} = S ( k = 0 ∑ ∞ k ! Λ k t k ) S − 1 = S e Λ t S − 1 가운데 괄호가 무엇인지 보자. Λ k \Lambda^k Λ k λ i k \lambda_i^k λ i k i i i
∑ k = 0 ∞ λ i k t k k ! = e λ i t ⟹ e Λ t = [ e λ 1 t ⋱ e λ n t ] \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda_i^kt^k}{k!} = e^{\lambda_i t}
\qquad\Longrightarrow\qquad
e^{\Lambda t} = \begin{bmatrix}
e^{\lambda_1 t} & & \\
& \ddots & \\
& & e^{\lambda_n t}
\end{bmatrix} k = 0 ∑ ∞ k ! λ i k t k = e λ i t ⟹ e Λ t = ⎣ ⎡ e λ 1 t ⋱ e λ n t ⎦ ⎤ 무한급수가 n n n 그리고 4절의 표 마지막 줄이 채워졌다.
3절의 답과 앞뒤가 맞는지 확인하자. c = S − 1 u ( 0 ) \vv{c} = S^{-1}\vv{u}(0) c = S − 1 u ( 0 )
e A t u ( 0 ) = S e Λ t S − 1 u ( 0 ) = S e Λ t c = ∑ i c i e λ i t x i e^{At}\vv{u}(0) = S\,e^{\Lambda t}\,S^{-1}\vv{u}(0) = S\,e^{\Lambda t}\vv{c}
= \sum_i c_i e^{\lambda_i t}\vv{x}_i e A t u ( 0 ) = S e Λ t S − 1 u ( 0 ) = S e Λ t c = i ∑ c i e λ i t x i 이고, (19)
앵커 예제로 e A t e^{At} e A t ¶ S = [ 2 1 1 − 1 ] S = \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} S = [ 2 1 1 − 1 ] det S = − 3 \det S = -3 det S = − 3 S − 1 = 1 3 [ 1 1 1 − 2 ] S^{-1} = \frac13\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix} S − 1 = 3 1 [ 1 1 1 − 2 ] Λ = diag ( 0 , − 3 ) \Lambda = \operatorname{diag}(0, -3) Λ = diag ( 0 , − 3 ) e Λ t = diag ( 1 , e − 3 t ) e^{\Lambda t} = \operatorname{diag}(1, e^{-3t}) e Λ t = diag ( 1 , e − 3 t )
e A t = [ 2 1 1 − 1 ] [ 1 0 0 e − 3 t ] 1 3 [ 1 1 1 − 2 ] = 1 3 [ 2 + e − 3 t 2 − 2 e − 3 t 1 − e − 3 t 1 + 2 e − 3 t ] e^{At}
= \begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & e^{-3t} \end{bmatrix}
\frac13\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{bmatrix}
= \frac13\begin{bmatrix}
2 + e^{-3t} & 2 - 2e^{-3t} \\
1 - e^{-3t} & 1 + 2e^{-3t}
\end{bmatrix} e A t = [ 2 1 1 − 1 ] [ 1 0 0 e − 3 t ] 3 1 [ 1 1 1 − 2 ] = 3 1 [ 2 + e − 3 t 1 − e − 3 t 2 − 2 e − 3 t 1 + 2 e − 3 t ] t = 0 t = 0 t = 0 1 3 [ 3 0 0 3 ] = I \frac13\begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{bmatrix} = I 3 1 [ 3 0 0 3 ] = I t → ∞ t \to \infty t → ∞ 1 3 [ 2 2 1 1 ] \frac13\begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} 3 1 [ 2 1 2 1 ] ( 2 3 , 1 3 ) \left(\tfrac23, \tfrac13\right) ( 3 2 , 3 1 )
e A t e^{At} e A t e a i j t e^{a_{ij}t} e a ij t 아니다. 아주 흔한 실수이다.
앵커 예제에서 t = 1 t = 1 t = 1
e A ≈ [ 0.683 0.634 0.317 0.367 ] vs [ e a i j ] = [ e − 1 e 2 e 1 e − 2 ] ≈ [ 0.368 7.389 2.718 0.135 ] e^{A} \approx \begin{bmatrix} 0.683 & 0.634 \\ 0.317 & 0.367 \end{bmatrix}
\qquad\text{vs}\qquad
\left[e^{a_{ij}}\right] = \begin{bmatrix} e^{-1} & e^{2} \\ e^{1} & e^{-2} \end{bmatrix}
\approx \begin{bmatrix} 0.368 & 7.389 \\ 2.718 & 0.135 \end{bmatrix} e A ≈ [ 0.683 0.317 0.634 0.367 ] vs [ e a ij ] = [ e − 1 e 1 e 2 e − 2 ] ≈ [ 0.368 2.718 7.389 0.135 ] 닮은 구석이 하나도 없다. (36) A 2 , A 3 A^2, A^3 A 2 , A 3
e A e B = e A + B e^Ae^B = e^{A+B} e A e B = e A + B ¶ 수에서는 e x e y = e x + y e^xe^y = e^{x+y} e x e y = e x + y
e A e B = ( I + A + A 2 2 + ⋯ ) ( I + B + B 2 2 + ⋯ ) = I + A + B + A 2 2 + A B + B 2 2 + ⋯ e^Ae^B = \left(I + A + \tfrac{A^2}{2} + \cdots\right)
\left(I + B + \tfrac{B^2}{2} + \cdots\right)
= I + A + B + \tfrac{A^2}{2} + AB + \tfrac{B^2}{2} + \cdots e A e B = ( I + A + 2 A 2 + ⋯ ) ( I + B + 2 B 2 + ⋯ ) = I + A + B + 2 A 2 + A B + 2 B 2 + ⋯ e A + B = I + ( A + B ) + ( A + B ) 2 2 + ⋯ = I + A + B + A 2 + A B + B A + B 2 2 + ⋯ e^{A+B} = I + (A + B) + \frac{(A+B)^2}{2} + \cdots
= I + A + B + \frac{A^2 + AB + BA + B^2}{2} + \cdots e A + B = I + ( A + B ) + 2 ( A + B ) 2 + ⋯ = I + A + B + 2 A 2 + A B + B A + B 2 + ⋯ 1차항까지는 똑같다. 2차항에서 갈린다. 두 식의 2차항을 빼 보자.
( A 2 2 + A B + B 2 2 ) − A 2 + A B + B A + B 2 2 = A B − B A 2 \left(\tfrac{A^2}{2} + AB + \tfrac{B^2}{2}\right)
- \frac{A^2 + AB + BA + B^2}{2}
= \frac{AB - BA}{2} ( 2 A 2 + A B + 2 B 2 ) − 2 A 2 + A B + B A + B 2 = 2 A B − B A A B = B A AB = BA A B = B A A A A e A t e A s = e A ( t + s ) e^{At}e^{As} = e^{A(t+s)} e A t e A s = e A ( t + s ) ( e A t ) − 1 = e − A t \left(e^{At}\right)^{-1} = e^{-At} ( e A t ) − 1 = e − A t
7. 2차 미분방정식을 1차 연립으로 ¶ 미적분 시간에 이런 방정식을 배웠다.
y ′ ′ + b y ′ + k y = 0 y'' + b\,y' + k\,y = 0 y ′′ + b y ′ + k y = 0 그리고 푸는 법도 배웠다. y = e λ t y = e^{\lambda t} y = e λ t y ′ = λ e λ t y' = \lambda e^{\lambda t} y ′ = λ e λ t y ′ ′ = λ 2 e λ t y'' = \lambda^2 e^{\lambda t} y ′′ = λ 2 e λ t
( λ 2 + b λ + k ) e λ t = 0 ⟹ λ 2 + b λ + k = 0 \left(\lambda^2 + b\lambda + k\right)e^{\lambda t} = 0
\qquad\Longrightarrow\qquad
\lambda^2 + b\lambda + k = 0 ( λ 2 + bλ + k ) e λ t = 0 ⟹ λ 2 + bλ + k = 0 이것을 특성방정식 이라 부른다고 배웠다. 그런데 왜 하필 그 이름인가.
선형대수의 특성방정식 det ( A − λ I ) = 0 \det(A - \lambda I) = 0 det ( A − λ I ) = 0
미지함수를 늘려 차수를 낮춘다 ¶ (49) 미지함수 둘, 1차 로
바꿀 수 있다. y ′ y' y ′
u = [ y ′ y ] \vv{u} = \begin{bmatrix} y' \\ y \end{bmatrix} u = [ y ′ y ] 이제 u \vv{u} u y ′ ′ y'' y ′′ (49) y ′ ′ = − b y ′ − k y y'' = -by' - ky y ′′ = − b y ′ − k y y ′ y' y ′
d u d t = [ y ′ ′ y ′ ] = [ − b y ′ − k y y ′ ] \frac{d\vv{u}}{dt}
= \begin{bmatrix} y'' \\ y' \end{bmatrix}
= \begin{bmatrix} -b\,y' - k\,y \\ y' \end{bmatrix} d t d u = [ y ′′ y ′ ] = [ − b y ′ − k y y ′ ] 오른쪽을 y ′ y' y ′ y y y ( − b , − k ) (-b, -k) ( − b , − k ) y ′ y' y ′ ( 1 , 0 ) (1, 0) ( 1 , 0 )
d u d t = A u , A = [ − b − k 1 0 ] \frac{d\vv{u}}{dt} = A\vv{u},
\qquad
A = \begin{bmatrix} -b & -k \\ 1 & 0 \end{bmatrix} d t d u = A u , A = [ − b 1 − k 0 ] 이 A A A 동반행렬 이라 한다.
두 특성방정식이 같다 ¶ 이제 A A A λ \lambda λ
det ( A − λ I ) = det [ − b − λ − k 1 − λ ] = ( − b − λ ) ( − λ ) − ( − k ) ( 1 ) \det(A - \lambda I)
= \det\begin{bmatrix} -b - \lambda & -k \\ 1 & -\lambda \end{bmatrix}
= (-b - \lambda)(-\lambda) - (-k)(1) det ( A − λ I ) = det [ − b − λ 1 − k − λ ] = ( − b − λ ) ( − λ ) − ( − k ) ( 1 ) 전개하면 b λ + λ 2 + k b\lambda + \lambda^2 + k bλ + λ 2 + k
det ( A − λ I ) = λ 2 + b λ + k \det(A - \lambda I) = \lambda^2 + b\lambda + k det ( A − λ I ) = λ 2 + bλ + k (50) 글자 하나 다르지 않다.
y ′ ′ + 5 y ′ + 6 y = 0 y'' + 5y' + 6y = 0 y ′′ + 5 y ′ + 6 y = 0
A = [ − 5 − 6 1 0 ] , det ( A − λ I ) = λ 2 + 5 λ + 6 = ( λ + 2 ) ( λ + 3 ) A = \begin{bmatrix} -5 & -6 \\ 1 & 0 \end{bmatrix},
\qquad
\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 5\lambda + 6 = (\lambda + 2)(\lambda + 3) A = [ − 5 1 − 6 0 ] , det ( A − λ I ) = λ 2 + 5 λ + 6 = ( λ + 2 ) ( λ + 3 ) 고윳값이 -2 와 -3 이다. 고유벡터도 구해 두자. ( A − λ I ) x = 0 (A - \lambda I)\vv{x} = \vv{0} ( A − λ I ) x = 0 아래 줄 이 x 1 − λ x 2 = 0 x_1 - \lambda x_2 = 0 x 1 − λ x 2 = 0 x 1 = λ x 2 x_1 = \lambda x_2 x 1 = λ x 2
x = [ λ 1 ] ⟹ x 1 = [ − 2 1 ] , x 2 = [ − 3 1 ] \vv{x} = \begin{bmatrix} \lambda \\ 1 \end{bmatrix}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\vv{x}_1 = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \end{bmatrix},
\quad
\vv{x}_2 = \begin{bmatrix} -3 \\ 1 \end{bmatrix} x = [ λ 1 ] ⟹ x 1 = [ − 2 1 ] , x 2 = [ − 3 1 ] 일반해는 (19) u \vv{u} u y y y y y y u \vv{u} u 아래 성분이다. 두 고유벡터의 아래 성분이 모두 1이므로
아래 줄만 읽으면 된다.
y ( t ) = c 1 e − 2 t + c 2 e − 3 t y(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-3t} y ( t ) = c 1 e − 2 t + c 2 e − 3 t 미적분에서 얻던 답 그대로이다. 두 고윳값의 실수부가 모두 음수이므로 이 진동은 잦아든다.
L22에서 피보나치 점화식을 풀 때도 u k = ( F k + 1 , F k ) \vv{u}_k = (F_{k+1}, F_k) u k = ( F k + 1 , F k ) 2 × 2 2 \times 2 2 × 2 [ 1 1 1 0 ] \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix} [ 1 1 1 0 ] ( λ , 1 ) (\lambda, 1) ( λ , 1 ) 차분방정식과 미분방정식이 같은 요령으로 1차 벡터 문제가 된다.
중근이면 동반행렬이 결함 행렬이 된다 ¶ 3절에서 미뤄 둔 t e λ t te^{\lambda t} t e λ t y ′ ′ + 2 y ′ + y = 0 y'' + 2y' + y = 0 y ′′ + 2 y ′ + y = 0 λ 2 + 2 λ + 1 = ( λ + 1 ) 2 \lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda + 1)^2 λ 2 + 2 λ + 1 = ( λ + 1 ) 2 λ = − 1 \lambda = -1 λ = − 1
A = [ − 2 − 1 1 0 ] ⟹ A + I = [ − 1 − 1 1 1 ] A = \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}
\qquad\Longrightarrow\qquad
A + I = \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} A = [ − 2 1 − 1 0 ] ⟹ A + I = [ − 1 1 − 1 1 ] 두 행이 서로의 -1 배라 랭크가 1이고, 영공간이 1차원뿐이다. 고유벡터가 하나밖에 없다.
L21과 L22에서 본 결함 행렬이다.
그러니 (19) t e − t te^{-t} t e − t 왜 하필 t t t 는 L28에서 답한다.
8. 자주 하는 오해 ¶ 복소 고윳값이 나오면 해가 복소수라는 오해 ¶ 실수 행렬의 특성방정식은 실계수 다항식이므로, 복소근은 반드시 켤레쌍 으로 나온다.
λ = a + b i \lambda = a + bi λ = a + bi λ ˉ = a − b i \bar\lambda = a - bi λ ˉ = a − bi x ˉ \bar{\vv{x}} x ˉ
실수 초기조건에서 출발하면 두 계수도 켤레가 되어 c 2 = c 1 ˉ c_2 = \bar{c_1} c 2 = c 1 ˉ
c 1 e λ t x + c 1 ˉ e λ ˉ t x ˉ = 2 Re ( c 1 e λ t x ) c_1e^{\lambda t}\vv{x} + \bar{c_1}e^{\bar\lambda t}\bar{\vv{x}}
= 2\operatorname{Re}\left(c_1e^{\lambda t}\vv{x}\right) c 1 e λ t x + c 1 ˉ e λ ˉ t x ˉ = 2 Re ( c 1 e λ t x ) 실수가 나온다. (28)
이 둘의 선형결합이 실수해 전부이다. e a t e^{at} e a t cos , sin \cos, \sin cos , sin Figure 4
λ < 0 \lambda < 0 λ < 0 ¶ λ \lambda λ 실수부만 본다.
허수부가 아무리 커도 안정성에는 영향이 없다.
반복과 미분의 조건을 뒤바꾸는 것 ¶ A k A^k A k ∣ λ ∣ < 1 |\lambda| < 1 ∣ λ ∣ < 1 e A t e^{At} e A t Re ( λ ) < 0 \operatorname{Re}(\lambda) < 0 Re ( λ ) < 0 Figure 3 곱셈 이 쌓이니 1이 기준이고,
미분은 덧셈 이 지수에 쌓이니 0이 기준이다.
e A t e^{At} e A t ¶ 6절에서 다뤘다. 아주 흔한 실수라 한 번 더 적어 둔다.
마치며... ¶ 이번 강의에서 다룬 것을 정리하면 다음과 같다.
대상 내용 추측 u = e λ t x \vv{u} = e^{\lambda t}\vv{x} u = e λ t x A x = λ x A\vv{x} = \lambda\vv{x} A x = λ x 순수해 고유쌍 하나가 해 하나. 고유벡터 방향은 미끄럼틀 일반해 u ( t ) = ∑ c i e λ i t x i \vv{u}(t) = \sum c_i e^{\lambda_i t}\vv{x}_i u ( t ) = ∑ c i e λ i t x i 계수 S c = u ( 0 ) S\vv{c} = \vv{u}(0) S c = u ( 0 ) 완전성 독립인 고유벡터 n n n 안정성 Re ( λ ) < 0 \operatorname{Re}(\lambda) < 0 Re ( λ ) < 0 경계 반복은 단위원, 미분은 허수축. 지수함수가 둘을 잇는다 e A t e^{At} e A t 급수로 정의. d d t e A t = A e A t \frac{d}{dt}e^{At} = Ae^{At} d t d e A t = A e A t 대각화 e A t = S e Λ t S − 1 e^{At} = Se^{\Lambda t}S^{-1} e A t = S e Λ t S − 1 e Λ t e^{\Lambda t} e Λ t e λ i t e^{\lambda_i t} e λ i t 함정 성분별 지수함수가 아니다. e A e B ≠ e A + B e^Ae^B \neq e^{A+B} e A e B = e A + B 동반행렬 2차 방정식을 1차 연립으로. 두 특성방정식이 같다
미분방정식을 풀려고 e λ t x e^{\lambda t}\vv{x} e λ t x A x = λ x A\vv{x} = \lambda\vv{x} A x = λ x
여기서 고윳값의 성격이 한 번 바뀌었다. L21과 L22에서 고윳값은 행렬을 다루는 계산 도구
였다. 이번 강의에서 고윳값은 시스템이 살아남는지 무너지는지를 정하는 물리적인 양 이 되었다.
다리가 흔들리다 멈추는지 무너지는지, 회로가 안정되는지 발진하는지가 그 부호 하나에 달려 있다.
다만 한 가지 미뤄 두었다. 고윳값에 중근이 있을 때 t e λ t te^{\lambda t} t e λ t 왜 하필 t t t
다음 강의에서는 시간을 다시 이산적으로 바꾼다. 확률이 시간에 따라 흘러가는 마코브
과정이다. 이번 강의의 앵커 행렬은 열의 합이 0이었는데, 거기서는 열의 합이 1인 행렬을 만난다.
그 조건 하나가 고윳값 1의 존재를 보장하고, 3절에서 잠깐 만난 정상상태가 주인공이 된다.
이번 강의의 내용을 파이썬으로 확인해 보려면 L23 실습 노트북 으로 넘어가면 된다.
e λ t x e^{\lambda t}\vv{x} e λ t x scipy.linalg.expm
과 대조하며, 고윳값을 슬라이더로 옮겨 가며 위상평면이 노드에서 나선으로 바뀌는 것을
관찰할 수 있다.
