Uitwerkingen

Voor het lineaire stelsel $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ hangen de aard van het evenwicht $(0,0)$ en het faseportret af van de eigenwaarden van de matrix $A$ en hun multipliciteit.

1. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{1 & 1\\3 & -1\\}$
   $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is gelijk aan $$\begin{aligned}\det(A-\lambda\,I) &=\left|\begin{array}{cc} 1-\lambda & 1 \\ 3 & -1-\lambda \end{array}\right|\\\\ &= (1-\lambda)(-1-\lambda)-3 \\\\ &=\lambda^2 -4\\\\ &=(\lambda-2)(\lambda+2)\end{aligned}$$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm: $2$ en $-2$.
   $\quad$Omdat we één positieve en één negatieve eigenwaarde hebben is het evenwicht een zadelpunt.
   
   $\quad$Stel $\cv{v_1\\ v_2}$ is een eigenvector bij eigenwaarde $2$: $\matrix{1 & 1\\3 & -1\\}\cdot \cv{v_1\\ v_2}=2\cv{v_1\\ v_2}$.
   
   $\quad$Dan: $\left\{\begin{aligned} v_1+v_2 &= 2v_1 \\[0.2cm] 3v_1-v_2 &= 2v_2\end{aligned}\right.$
   
   $\quad$Dus: $v_2=v_1$ en $v_1$ is dan vrij te kiezen.
   $\quad$Een eigenvector bij eigenwaarde $2$ (met gehele coëfficiënten) is $\vec{v}=\cv{1\\1}$.
   $\quad$Op net zo'n manier is $\vec{v}=\cv{1\\ -3}$ een eigenvector bij eigenwaarde $-2$.
   $\quad$De algemene oplossing is: $$\vec{x}(t)=\alpha e^{2t}\cdot \cv{1\\1}+\beta e^{-2t}\cdot \cv{1\\-3}$$ $\quad$met constanten $\alpha$ en $\beta$.
   $\quad$Onderstaande figuur toont een faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen.
   $\quad$
2. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{2 & 1\\2 & 3\\}$
   $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is gelijk aan $$\begin{aligned}\det(A-\lambda\,I) &=\left|\begin{array}{cc} 2-\lambda & 1 \\ 2 & 3-\lambda \end{array}\right|\\\\ &= (2-\lambda)(3-\lambda)-2 \\\\ &=\lambda^2 -5\lambda+4\\\\ &=(\lambda-1)(\lambda-4)\end{aligned}$$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm: $1$ en $4$.
   $\quad$Omdat we twee positieve eigenwaarden hebben we te maken met een afstotend evenwicht.
   
   $\quad$Stel $\cv{v_1\\ v_2}$ is een eigenvector bij eigenwaarde $1$: $\matrix{2 & 1\\2 & 3\\}\cdot \cv{v_1\\ v_2}=\cv{v_1\\ v_2}$.
   
   $\quad$Dan: $\left\{\begin{aligned} 2v_1+v_2 &= v_1 \\[0.2cm] 2v_1+3v_2 &= v_2\end{aligned}\right.$
   
   $\quad$Dus: $v_2=-v_1$ en $v_1$ is dan vrij te kiezen.
   $\quad$Een eigenvector bij eigenwaarde $1$ (met gehele coëfficiënten) is $\vec{v}=\cv{1\\-1}$.
   $\quad$Op net zo'n manier is $\vec{v}=\cv{1\\ 2}$ een eigenvector bij eigenwaarde $4$.
   $\quad$De algemene oplossing is: $$\vec{x}(t)=\alpha e^{t}\cdot \cv{1\\-1}+\beta e^{4t}\cdot \cv{1\\2}$$ $\quad$met constanten $\alpha$ en $\beta$.
   $\quad$Onderstaande figuur toont een faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen.
   $\quad$
3. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{-1 & -2\\2 & -1\\}$
   $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is gelijk aan $$\begin{aligned}\det(A-\lambda\,I) &=\left|\begin{array}{cc} -1-\lambda & -2 \\ 2 & -1-\lambda \end{array}\right|\\\\ &= (-1-\lambda)^2+4 \\\\ &= (\lambda+1)^2+4 \\\\&=\lambda^2 +2\lambda+5\end{aligned}$$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm.
   $\quad$Met de $abc$-formule of via kwadraatafsplitsen m.b.v. $(\lambda+1)^2+4$ volgt dat
   $\quad$de eigenwaarden $-1+2\ii$ en $-1-2\ii$ zijn.
   $\quad$Complexe eigenwaarden met een negatief reëel deel betekent
   $\quad$dat we te maken hebben met een krimpende spiraal.
   $\quad$Onderstaande figuur toont een faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen.
   $\quad$
4. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{1 & 2\\-2 & 1\\}$
   $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is gelijk aan $$\begin{aligned}\det(A-\lambda\,I) &=\left|\begin{array}{cc} 1-\lambda & 2 \\ -2 & 1-\lambda \end{array}\right|\\\\ &= (1-\lambda)^2+4 \\\\ &= (\lambda-1)^2+4 \\\\&=\lambda^2 -2\lambda+5\end{aligned}$$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm.
   $\quad$Met de $abc$-formule of via kwadraatafsplitsen m.b.v. $\lambda-1)^2+4$ volgt dat
   $\quad$de eigenwaarden $1+2\ii$ en $1-2\ii$ zijn.
   $\quad$Complexe eigenwaarden met een positief reëel deel betekent
   $\quad$dat we te maken hebben met een uitdijende spiraal.
   $\quad$Onderstaande figuur toont een faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen.
   $\quad$
5. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{0 & -2\\2 & 0\\}$
   $\quad$De karakteristieke veelterm van $A$ is gelijk aan $$\begin{aligned}\det(A-\lambda\,I) &=\left|\begin{array}{cc} -\lambda & -2 \\ 2 & \lambda \end{array}\right|\\\\ &= \lambda^2+4 \end{aligned}$$
   $\quad$De eigenwaarden van $A$ zijn nulpunten van de karakteristieke veelterm.
   $\quad$Met de $abc$-formule of via kwadraatafsplitsen m.b.v. $\lambda)^2+4$ volgt dat
   $\quad$de eigenwaarden $2\ii$ en $-2\ii$ zijn.
   $\quad$Complexe eigenwaarden met een reëel deel gelijk aan $0$ betekent
   $\quad$dat we te maken hebben met cirkelbanen als oplossingskrommen.
   $\quad$Onderstaande figuur toont een faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen.
   $\quad$Het enige verschil met Oefeningen 3 is de richting van het richtingsveld en de krommen.
   $\quad$

Uitwerkingen

Voor het lineaire stelsel $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ hangt de aard van het evenwicht $(0,0)$ af van het spoor en de determinant van de matrix $A$. We gebruiken hiervoor het onderstaande schema.

In onderstaande figuur is $\beta=\mathrm{sp}(A)$ en $\gamma=\det(A)$. Dan is $\beta^2-4\gamma$ de discriminant van de karakteristieke vergelijking van $A$. Als de discriminant gelijk aan 0 is, dan hangt de stabiliteit van het evenwicht af van het teken van $\beta$: afstotend als $\beta>0$ en aantrekkend als $\beta<0$ . Verder zijn er nog 6 gevallen:

1. afstotend evenwicht: $\beta>0$ en $\gamma>0$.
2. zadelpunt (semistabiel evenwicht): $\gamma<0$.
3. aantrekkend evenwicht: $\beta<0$ en $\gamma>0$.
4. uitdijende spiralisering: $\beta>0$ en $\beta^2<4\gamma$.
5. periodieke oplossingen rondom het evenwicht: $\beta=0$ en $\beta^2<4\gamma$.
6. krimpende spiralisering: $\beta<0$ en $\beta^2<4\gamma$.

1. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{1 & 5\\3 & 2\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=1+2=3\quad\text{en}\quad\det(A)=1\times 2-5\times 3=-13$.
   $\quad$Omdat $\det(A)<0$ is het evenwicht een zadelpunt.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=\frac{3\pm\sqrt{61}}{2}$$ $\quad$Er is dus één positieve en een negatieve eigenwaarde.
   $\quad$Dit bevestigt dat het evenwicht $(0,0)$ een zadelpunt is.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$
2. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{0 & -2\\1 & -3\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=0-3=-3\quad\text{en}\quad\det(A)=0\times (-3)-1\times (-2)=2$.
   $\quad$Omdat $\mathrm{sp}(A)<0$ en $\det(A)>0$ is het evenwicht aantrekkend.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=-2\;\;\text{en}\;\; -1$$ $\quad$Er zijn dus twee negatieve eigenwaarden.
   $\quad$Dit bevestigt dat het evenwicht $(0,0)$ aantrekkend is.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$
3. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{-2 & 4\\-3 & 4\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=-2+4=2\quad\text{en}\quad\det(A)=-2\times 4-4\times (-3)=4$.
   $\quad$Omdat $\mathrm{sp}(A)>0$ en $\det(A)>0$ is het evenwicht afstotend.
   $\quad$Omdat $\mathrm{sp}(A)>0$ en $\bigl(\mathrm{sp}(A)\bigr)^2<4\det(A)$ is er sprake van een uitdijende spiralisering.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=1\pm 3\ii$$ $\quad$Er zijn dus twee complexe eigenwaarden met positief reëel deel.
   $\quad$Dit bevestigt dat het evenwicht $(0,0)$ afstotend is met uitdijende spiralisering.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$
4. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{2 & 1\\1 & 3\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=2+3=5\quad\text{en}\quad\det(A)=2\times 3-1\times 1=5$.
   $\quad$Omdat $\mathrm{sp}(A)>0$ en $\det(A)>0$ is het evenwicht afstotend.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=\frac{5\pm\sqrt{5}}{2}$$ $\quad$Er zijn dus twee positieve eigenwaarden.
   $\quad$Dit bevestigt dat het evenwicht $(0,0)$ afstotend is.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$
5. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{-2 & -1\\1 & 2\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=-2+2=0\quad\text{en}\quad\det(A)=-2\times 2-1\times (-1)=-3$.
   $\quad$Omdat $\det(A)<0$ is het evenwicht een zadelpunt.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=\pm\sqrt{3}$$ $\quad$Er is dus één positieve en een negatieve eigenwaarde.
   $\quad$Dit bevestigt dat het evenwicht $(0,0)$ een zadelpunt is.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$
6. $\quad\frac{\dd}{\dd t}\vec{x}=A\,\vec{x}\quad$ met $A = \matrix{-1 & -2\\2 & 1\\}$
   $\quad\mathrm{sp}(A)=-1+1=0\quad\text{en}\quad\det(A)=-1\times 1-2\times (-2)=3$.
   $\quad$Omdat $\mathrm{sp}(A)=0$ en $\det(A)>0$ hebben we periodieke oplossingen rondom het evenwicht.
   $\quad$De eigenwaarden van de matrix $A$ zijn $$\lambda_{1,2}=\frac{\mathrm{sp}(A)\pm\sqrt{\mathrm{sp}(A)-4\det(A)}}{2}=\pm\sqrt{3}\ii$$ $\quad$Er zijn de complexe eigenwaarden met reëel deel gelijk aan $0$.
   $\quad$Dit bevestigt periodieke oplossingen rondom het evenwicht $(0,0)$.
   $\quad$Onderstaand faseportret bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen bevestigt het ook.
   $\quad$

Uitwerking

We bekijken het stelsel lineaire differentiaalvergelijkingen met de matrix-vector vorm

$$\frac{\dd}{\dd t}\cv{x\\y}=A\cv{x\\y },\quad\text{met}\quad A=\matrix{-2 & -\alpha\\ 3 & -1}$$ Dan $$\mathrm{sp}(A)=-1-2=-3\quad\text{en}\quad\det(A)=-(-2)\times (-1)-3\times (-\alpha)=2+3\alpha$$ Als $\alpha<-\frac{2}{3}$, dan $\det(A)<0$ en hebben we te maken met een zadelpunt.

Als $\alpha>-\frac{2}{3}$, dan $\det(A)>0$ en hebben we te maken met een aantrekkend evenwicht.
Dit kan nog specifieker als je kijkt naar de uitdrukking $\bigl(\mathrm{sp}(A)\bigr)^2-4\det(A) =9-4(2+3\alpha)=1-12\alpha$. Deze uitdrukking is negatief als $\alpha>\frac{1}{12}$ en dit impliceert volgens het stabiliteitsschema dat we dan te maken hebben met krimpende spiralisering.

Als $-\frac{2}{3}<\alpha\le \frac{1}{12}$ dan hebben we een aantrekkend evenwicht zonder krimpende spiralisering.

Onderstaande figuur toont faseportretten bij dit lineaire stelsel van differentiaalvergelijkingen voor verschillende waarden van $\alpha$ die de drie types illustreren.

Als $\alpha=-\frac{2}{3}$, dan hebben we een speciaal geval waarin elk punt op de lijn $y=3x$ een evenwicht is. Elke oplossing gaat in een rechte lijn naar een punt op deze lijn zoals in onderstaand faseportret te zien is.