3 Линейные уравнения в Cn

145
3
Линейные уравнения в Cn
Определение экспоненты и результаты, полученные в разделах 1 «Экспонента линейного оператора» и 2 «Экспонента и фазовый поток», можно
перенести на случай уравнений в Cn . Это обобщение будет необходимо для
раздела 4 «Вычисление экспоненты», в котором мы научимся вычислять
экспоненту линейного оператора.
Линейное уравнение в Cn — это уравнение вида
ż = Az, z ∈ Cn , A : Cn → Cn
(2.11)
Определение 3.1. Кривая ϕ : R → Cn называется решением уравнения (2.11),
если
ϕ̇ = Aϕ(t)
(2.12)
Нужно пояснить, что такое производная комплексной вектор-функции.
Она определяется так же, как и в вещественном случае:
ϕ̇(t) = lim
h→0
ϕ(t + h) − ϕ(t)
h
Если выделить у функции ϕ вещественную и мнимую часть (ϕ(t) = ϕ1 (t) +
iϕ2 (t)), то получим
ϕ̇ = ϕ̇1 + iϕ̇2 .
(2.13)
Пространство решений уравнения (2.11) линейно над C. Это доказывается так же, как и в вещественном случае.
Теорема 3.2 (Основная теорема (для комплексных линейных уравнений)).
Общее решение уравнения (2.11) имеет вид
ϕ(t) = eAt ϕ(0)
(2.14)
Доказательство следует той же схеме, что и в вещественном случае. Мы
приведем только ту его часть, в которой доказывается сходимость ряда для
экспоненты. Эту часть тоже можно доказать по аналогии с предложением
1.5 раздела 1 «Экспонента линейного оператора», но нам будет проще свести
её к вещественному случаю с помощью операции овеществления.
3.1
Комплексификация и овеществление экспонент.
Выясним, как связаны понятие комплексной и вещественной экспоненты.
Нам понадобятся понятия комплексификации и овеществления операторов.
Определение 3.3. Комплексификация пространства Rn — это пространство
Cn = {ξ + iη | ξ, η ∈ Rn }. Векторы из Cn можно складывать и умножать на
комплексные числа.
Комплексификация оператора A : Rn → Rn — это оператор C A : Cn →
n
C , который действует так: C A : ξ + iη 7→ Aξ + iAη.
146
3. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ В CN
Пространство Rn естественным образом вкладывается в пространство
C как множество всех вещественных векторов ξ + i · 0. Заметим, что C A —
это единственный комплексно-линейный оператор в Cn , который действует
на Rn ⊂ Cn так же, как A.
Выберем базис в пространстве Rn ; тогда он останется базисом и после
комплексификации пространства (любой вектор из Cn будет представим в
виде линейной комбинации базисных векторов с комплексными коэффициентами). В этом базисе оператор C A будет иметь ту же матрицу, что и
оператор A в вещественном пространстве.
0 −1
Пример 3.4. A : R2 → R2 — поворот плоскости на угол 90◦ : A ∼
1 0
2
Характеристический многочлен этой матрицы — λ + 1, поэтому собственные значения равны λ1,2 = ±i. Чтобы придать этой формуле смысл,
нужно вложить вещественную плоскость R2 в комплексную C2 и рассмотреть комплексификацию оператора A.
Оператор C A имеет два собственных вектора: вектор (1, i) = (1, 0) +
i(0, 1) переходит в вектор (0, 1) + i(−1, 0) = (−i, 1) = −i · (1, i), поэтому он собственный с собственным значением (−i); вектор (1, −i) будет
собственным с собственным значением i.
n
Теперь определим операцию овеществления, которая позволяет из комплексного пространства сделать вещественное. Грубо говоря, мы забываем,
что векторы можно умножать на i. Размерность пространства при этом
возрастает вдвое.
Определение 3.5. Овеществлением пространства Cn называется отображение Cn → R2n вида
ξ + iη 7→ (ξ, η), ξ ∈ Rn , η ∈ Rn
Овеществлением оператора A : Cn → Cn называется оператор R A, который
геометрически действует так же, как A, но в R2n : если A(ξ + iη) = (ξ ′ + iη ′ ),
то R A(ξ, η) = (ξ ′ , η ′ ).
Упражнение 55. Комплексифицируем поворот (см. пример 3.4), а потом овеществим то, что получится. Выпишите матрицу полученного
оператора в R4 .
Экспоненту оператора A : Cn → Cn можно определить по аналогии с
экспонентой вещественного оператора.
Определение 3.6. Экспонентой оператора A : Cn → Cn называется сумма
ряда
∞
X
Ak
eA =
.
(2.15)
k!
k=0
Предложение 3.7. Для любого оператора A : Cn → Cn ряд (2.15) сходится, и
R
e A =R eA .
3.2. Случай n = 1
147
Для любого оператора B : Rn → Rn
e
C
B
=C eB .
Доказательство. Сходимость ряда (2.15) можно доказать так же, как это
делалось в вещественном случае (предложение 1.5 из раздела 1 «Экспонента
линейного оператора»), но нам будет проще свести её к этому предложению.
Так как A геометрически действует в Cn так же, как R A — в R2n , то ряд
P ∞ Ak
P ∞ R Ak
n
2n
k=0 k! в C сходится тогда же, когда ряд
k=0 k! — в R . А последний
R
ряд сходится к e A по предложению 1.5 раздела 1 «Экспонента линейного
R
оператора». Заодно мы доказали, что R eA = e A .
Оператор C B в ограничении на вещественное пространство Rn ⊂ Cn
C
действует так же, как и B. Поэтому в ограничении на это пространство e B
B
и e совпадают. Но единственный комплексно-линейный оператор, который
C
на Rn действует так же, как eB — это C eB . Поэтому e B =C eB , что и
требовалось.
3.2
Случай n = 1.
В одномерном случае линейное уравнение имеет вид
ż = λz, z ∈ C, где λ = a + bi.
(2.16)
Оно соответствует векторному полю v(z) = λz на комплексной плоскости
(см. рис. 2.2). Решим это уравнение как комплексное уравнение на C и как
Рис. 2.2: Фазовые кривые векторного поля ż = λz: фокус (Re λ < 0, Im λ <
0), центр λ ∈ iR− и диссипативный узел λ ∈ R+
систему двух вещественных уравнений на R2 .
Уравнение на C
По теореме 3.2, решение уравнения имеет вид
ϕ(t) = eλt ϕ(0)
Итак, отображение за время t — это умножение на комплексное число eλt .
Поймем, как устроена траектория ϕ(t) этого векторного поля.
3. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ В CN
148
Будем считать, что ϕ(0) = 1. С помощью формулы Эйлера можно
выразить это решение в терминах a, b:
eλt = eat+ibt = eat (cos bt + i sin bt)
(2.17)
Эта точка находится на расстоянии r(t) = eat от нуля, её полярный угол
равен φ(t) = bt. Поэтому в полярных координатах траектория точки задаa
ётся уравнением r(φ) = e b φ . При a 6= 0, b 6= 0 это логарифмическая спираль с центром в нуле (такое векторное поле называется фокусом). Если
a = 0, b 6= 0, это окружность (такое поле называется центром). В случае
b = 0 получаем луч, выходящий из нуля (такое поле называется диссипативным узлом).
Уравнение на R2
Овеществим уравнение (2.16). Оно превращается в линейную систему
на плоскости. Так как векторное поле λz в точке z = x + iy равно λz =
(a + ib)z = ax + iay + ibx − by, то его овеществление в точке (x, y) равно
a −b
(ср.
(ax − by, ay + bx). Значит, это овеществление имеет матрицу
b a
с примером 3.4).
R
По предложению 3.7, e A =R (eA ), поэтому

e

a
b

−b
a
=e
R
(a+bi)
R
= e
a+bi
a
R
= e · (cos b + i sin b) = e
a
cos b
sin b
− sin b
.
cos b
В такой записи хорошо видно, что отображение нашего поля за любое время
t — это поворот с растяжением.
Следующая лемма показывает, что мы только что рассмотрели довольно
общий класс двумерных линейных векторных полей.
Лемма 3.8. Если оператор A : R2 → R2 имеет собственные
значения a ±
a −b
bi, b 6= 0, то в некотором базисе A имеет матрицу
b a
Доказательство. Пусть ξ + iη — собственный вектор оператора C A с собственным значением a + bi. Возьмем базис ξ, η на плоскости R2 . Так как
C
A(ξ + iη) = (a + bi)(ξ + iη) = aξ − bη + i(bξ + aη),
a −b
в базисе ξ, η.
то A имеет матрицу
b a
3.3
Новое определение экспоненты.
Определение 3.9 (Новое определение экспоненты). Экспонентой комплексного оператора A : Cn → Cn называется предел
k
A
(2.18)
eA = lim E +
k→∞
k
3.3. Новое определение экспоненты
149
Теорема 3.10. Новое определение экспоненты эквивалентно старому.
В курсе математического анализа доказывается одномерный аналог этой
теоремы:
x k
lim 1 +
= ex
k→∞
k
для вещественного числа x. В следующем разделе мы докажем аналог этого
утверждения для комплексного числа x, а затем — теорему 3.10.
3.3.1
Формула Эйлера как предельный случай формулы Муавра
Для комплексного числа z = x + iy экспонента определяется так: ez =
ex (cos y + i sin y) (формула Эйлера). Но можно по аналогии с вещественным
случаем определить ez = lim (1 + kz )k . Мы докажем, что эти определения
k→∞
эквивалентны.
Доказательство формулы Эйлера. Посмотрим, как ведет себя точка (1 +
z k
k ) в полярных координатах.
• Полярный радиус:
k
k k
k 1 + z = 1 + z = 1 + x + i y ? = 1 + x + o 1
k k
k
k
k
k
• Полярный угол:
z k
z
1
y
arg 1 +
= k arg 1 +
+o
?=k
k
k
k
k
Равенства, помеченные знаком ?, нуждаются в пояснении; читатель может
или доказать их самостоятельно, или прочитать примечание 3.11
Осталось заметить, что
k
1
x
= ex ;
1+ +o
k→∞
k
k
1
y
=y
+o
lim k
k→∞
k
k
lim
Примечание 3.11. Проверим, что |1+ kz | = 1+ xk +o
r
z x 2 y 2
+ 2
1+
1 + =
k
k
k
1
k
. Действительно,
Вспомним, что ряд Тейлора для квадратного корня начинается с члена
√
1+u=1+
u
+ O(u2 )
2
3. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ В CN
150
В данном случае, положив u =
Теперь проверим, что
2x
k
x2
k2
+
+
y2
k2 ,
получим требуемое.
z y
1
α := arg 1 +
.
= +o
k
k
k
Угол α — полярный угол точки (1 + xk , ky ), поэтому
tg α =
y
k
y
= +o
k
x
k
1+
1
k
Так как tg α ∼ α при α → 0, получаем
y
y
1
1
α = arctg
= +o
+o
k
k
k
k
что и требовалось.
3.4
Теорема 3.10 об эквивалентности двух определений
экспоненты оператора.
Нам достаточно доказать, что
∆k (A) =
Ak
E + A + ··· +
k!
A
− E+
k
k
→ 0 при k → ∞.
В случае n = 1, A = a это утверждение доказано в курсе анализа:
δk (a) =
ak
1 + a + ··· +
k!
a k
− 1+
→ 0 при k → ∞.
k
Pk
Пусть kAk =: a, cj — коффициент при Aj в сумме ∆k (A): ∆k (A) = j=0 cj Aj .
Заметим, что он совпадает с коэффициентом при aj в сумме δk (a).
Сначала приведем неправильное доказательство. Пользуясь неравенством kAj k 6 kAkj = aj , оценим
k∆k (A)k = k
k
X
j=0
c j Aj k 6
k
X
cj aj = δk (a)
(2.19)
j=0
По доказанному в курсе анализа, это стремитcя к нулю.
Где ошибка?
В этом рассуждении есть ошибка: в оценке (2.19) вместо |cj | мы написали
cj . На самом деле, cj > 0, поэтому рассуждение правильно.
Лемма 3.12. Коэффициенты cj неотрицательны.
3.4. Теорема 3.10 об эквивалентности двух определений экспоненты оператора151
Доказательство. Выпишем явную формулу для cj :
cj =
1
1
− Ckj j
j!
k
где Ckj — биномиальные коэффициенты:
Ckj =
k!
j!(k − j)!
Преобразуем:
cj =
1
j!
1−
где
k!
(k − j)!k j
=
1
(1 − bkj ) ,
j!
k(k − 1) · (k − j + 1)
61
kj
Поэтому cj > 0, что и требовалось доказать.
bkj =