From coupled equations to eigenvalues
결합된 방정식에서 고유값까지 — 강의 18~22 인터랙티브 학습 노트
이번 자료는 Part I (Lectures 07–11)의 자연스러운 후속편입니다. Part I에서 1계 ODE를 푸는 방법을 배웠다면, Part II에서는 여러 개의 ODE가 서로 얽혀 있는 시스템을 다루게 됩니다. 그리고 그것을 풀기 위해 새로운 도구인 선형대수(linear algebra)를 배웁니다.
지금까지 우리는 하나의 미지함수 $y(x)$를 찾는 문제를 풀어왔습니다. 그러나 현실에서는 종종 여러 양이 서로 영향을 주고받는 상황을 만납니다. 그런 경우 ODE 하나로는 표현이 부족하고, 여러 개의 ODE가 동시에 작용해야 합니다.
지난 Part I 마지막에서 LRC 회로의 모델을 다음과 같이 봤습니다:
$$ V(x) \;=\; L y'' + R y' + \tfrac{1}{C} y, $$
where $y(x)$ = charge (전하량), $y'(x)$ = current (전류). 이는 2계 상수계수 비동차 선형 ODE이며 전자회로의 기본 모델입니다.
이제 다음과 같은 상황을 생각해봅시다. 두 개의 LRC 회로가 있고, 두 회로가 자기장으로 결합(coupled)되어 있습니다 — 즉 마치 무선 충전기처럼, 두 회로의 자기장이 서로에게 영향을 줍니다.
회로 1 (mobile phone, 외부 전원 없음): $\;L_1 y'' + R_1 y' + \tfrac{1}{C_1} y \;+\; M z'' \;=\; 0$
회로 2 (wireless charger, AC 전원 $V_0 \cos(\omega x)$): $\;L_2 z'' + R_2 z' + \tfrac{1}{C_2} z \;+\; M y'' \;=\; V_0 \cos(\omega x)$
여기서 $M$은 두 회로 사이의 자기적 상호작용을 나타내는 계수입니다.
핵심 관찰: 두 방정식이 "서로 대화한다" (talk to each other) — 첫 번째 식은 $z''$에 의존하고, 두 번째 식은 $y''$에 의존합니다. 그러므로 둘을 동시에 풀어야 합니다.
이런 형태를 2계 비동차 선형 ODE 시스템이라고 부릅니다.
다른 예: 토끼와 여우의 생태계.
$$ \begin{cases} y' = a y - c y z, \\ z' = b z + c y z. \end{cases} $$
이번엔 비선형(곱 $yz$ 때문)이지만, 여전히 두 식이 서로 얽혀 있는 시스템입니다. 이를 1계 비선형 ODE 시스템이라 부릅니다.
A first-order system of $n$ ODEs is a collection of $n$ equations involving $n$ unknown functions and their first derivatives.
Explicit form ($n=3$ 경우):
$$ \begin{cases} y'(x) = F(x,\, y(x),\, z(x),\, w(x)), \\ z'(x) = G(x,\, y(x),\, z(x),\, w(x)), \\ w'(x) = H(x,\, y(x),\, z(x),\, w(x)). \end{cases} $$
Implicit form (좀 더 일반적):
$$ \begin{cases} \mathcal{F}(x,\, y, y',\, z, z',\, w, w') = 0, \\ \mathcal{G}(x,\, y, y',\, z, z',\, w, w') = 0, \\ \mathcal{H}(x,\, y, y',\, z, z',\, w, w') = 0. \end{cases} $$
It is not necessary to consider higher-order systems! Every $n$-th order system can be reduced to a first-order system by increasing the number of equations and variables.
고계 시스템을 따로 다룰 필요가 없다 — 미지수와 방정식의 개수를 늘리면 항상 1계 시스템으로 환원할 수 있다.
다음 2계 시스템을 1계로 환원하세요:
$$ \begin{cases} y'' + a y' + b y + c z'' = 0, \\ z'' + d z' + e z + f y'' = 0. \end{cases} $$
아이디어: 새로운 미지함수를 도입하여 $u = y'$, $v = z'$로 놓습니다. 그러면 $u' = y''$, $v' = z''$이고:
$$ \begin{cases} u = y' \\ v = z' \\ u' + a u + b y + v' = 0 \\ v' + d v + e z + f u' = 0 \end{cases} $$
2개의 추가 미지함수 ($u$, $v$)와 2개의 추가 방정식($u = y'$, $v = z'$)을 만들었습니다. 결과는 4개의 1계 ODE 시스템입니다.
$\;y'' + p(x) y' + q(x) y = r(x)\;$ (2계 비동차 선형) 를 1계 시스템으로 바꿔보면:
$u = y'$ 도입: $u = y'$ 자체가 한 방정식이고, 원래 식은 $u' + p u + q y = r$이 됩니다.
$$ \begin{cases} u' = y, \\ u' + p(x) u + q(x) y = r(x). \end{cases} $$
잠깐! 위에 첫 번째 식은 $u' = y$가 아니라 $\boxed{y' = u}$가 되어야 합니다 (since $u = y'$). 강의 노트의 표기를 그대로 옮기면서 발생한 작은 혼동인데, 올바른 형태는:
$$ \begin{cases} y' = u, \\ u' = -p(x) u - q(x) y + r(x). \end{cases} $$
이렇게 모든 2계 선형 ODE는 2개의 1계 선형 ODE 시스템으로 환원됩니다.
이 사실은 매우 강력합니다:
A system of $n$ first-order ODEs is called linear if all unknown functions and their first derivatives appear linearly in all the ODEs.
For $n = 3$:
$$ \begin{cases} y' \;=\; a(x) y + b(x) z + c(x) w + r(x), \\ z' \;=\; d(x) y + e(x) z + f(x) w + s(x), \\ w' \;=\; g(x) y + h(x) z + i(x) w + t(x). \end{cases} $$
여기서:
이 시스템을 벡터와 행렬로 다시 쓰면:
$$ \begin{bmatrix} y \\ z \\ w \end{bmatrix}' \;=\; \begin{bmatrix} a(x) & b(x) & c(x) \\ d(x) & e(x) & f(x) \\ g(x) & h(x) & i(x) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y \\ z \\ w \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} r(x) \\ s(x) \\ t(x) \end{bmatrix} $$
혹은 더 간결하게:
$$ \vec{Y}' \;=\; A(x)\, \vec{Y} + \vec{R}(x). $$
놀랍게도! 이 형태는 단일 1계 선형 ODE $\;y' = a(x) y + r(x)\;$와 정확히 같은 모양입니다. 단지 스칼라 대신 벡터가, 스칼라 계수 대신 행렬이 들어갔을 뿐.
이 평행성이 시스템 이론의 핵심입니다. 그래서 우리는 먼저 벡터와 행렬을 제대로 배워야 합니다.
선형대수는 실수의 산술(덧셈과 곱셈)을 더 큰 집합으로 일반화한 것입니다. 핵심 대상은 벡터(vectors)와 행렬(matrices)이고, 핵심 연산은 덧셈과 스칼라 곱셈, 그리고 행렬에 대해 행렬 곱셈입니다.
실수 직선 $\mathbb{R}$에는 두 가지 기본 연산이 있습니다:
$$ +: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad (s, w) \mapsto s + w \quad (\text{addition}) $$
$$ \cdot: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \quad (a, s) \mapsto a \cdot s \quad (\text{multiplication}) $$
선형대수는 이 연산들을 더 복잡한 집합 (vector spaces, 벡터 공간)으로 확장합니다.
An $n$-vector (또는 $n$차원 벡터) is an ordered list of $n$ real numbers:
$$ \vec{v} \;=\; \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \\ \vdots \\ s_n \end{bmatrix}, \quad s_i \in \mathbb{R}, \;\; i = 1, \ldots, n. $$
모든 $n$차원 벡터들의 집합을 $\mathbb{R}^n$으로 표기합니다.
덧셈(addition): 같은 차원의 두 벡터를 성분별로 더함.
$$ \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \\ \vdots \\ s_n \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} w_1 \\ w_2 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} s_1 + w_1 \\ s_2 + w_2 \\ \vdots \\ s_n + w_n \end{bmatrix} $$
스칼라 곱셈(scalar multiplication): 실수 $a$와 벡터를 곱하면, 모든 성분에 $a$를 곱함.
$$ a \cdot \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \\ \vdots \\ s_n \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} a s_1 \\ a s_2 \\ \vdots \\ a s_n \end{bmatrix} $$
$\vec{v} = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{bmatrix}$, $\vec{w} = \begin{bmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{bmatrix}$ 일 때:
$\vec{v} + \vec{w} = \begin{bmatrix} 5 \\ 7 \\ 9 \end{bmatrix}$, $\;3 \cdot \vec{v} = \begin{bmatrix} 3 \\ 6 \\ 9 \end{bmatrix}$, $\;3 \cdot \vec{w} = \begin{bmatrix} 12 \\ 15 \\ 18 \end{bmatrix}$.
$\mathbb{R}^n$의 덧셈과 스칼라 곱셈은 실수 $\mathbb{R}$의 그것과 같은 7가지 성질을 만족합니다. $\forall \vec{u}, \vec{v}, \vec{w} \in \mathbb{R}^n$, $\forall a, b \in \mathbb{R}$:
$\mathbb{R}^2 = \left\{ \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix} \mid s_1, s_2 \in \mathbb{R} \right\}$는 두 개의 직교축을 가진 평면으로 시각화할 수 있습니다. 벡터 $\vec{v} = \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix}$는 원점에서 점 $(s_1, s_2)$로 향하는 화살표로 그립니다.
An $m \times n$ matrix is an $m \times n$ grid of real numbers:
$$ A \;=\; \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix} $$
$m$ rows (행) and $n$ columns (열). $a_{ij}$는 $i$행, $j$열의 원소.
모든 $m \times n$ 행렬의 집합을 $\mathrm{Mat}(m \times n)$으로 표기.
이 단원에서는 거의 항상 정사각 행렬 (square matrix, $m = n$)만 다룹니다. 그래서 앞으로는 $n \times n$ 행렬을 그냥 "$n$-행렬"이라 부를게요.
행렬에도 $\mathbb{R}^n$의 두 연산이 그대로 정의됩니다:
$2 \times 2$ 예시:
$$ \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} e & f \\ g & h \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} a+e & b+f \\ c+g & d+h \end{bmatrix} $$
$$ \lambda \cdot \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} \lambda a & \lambda b \\ \lambda c & \lambda d \end{bmatrix} $$
$\mathbb{R}^n$의 7개 성질이 똑같이 성립합니다.
지금이 새로운 연산: 행렬과 벡터를 곱하면 또 다른 벡터가 나옵니다. 이 곱셈은 매우 중요하게 시스템 이론과 직결됩니다.
An $(n \times n)$-matrix $A$와 $n$-vector $\vec{v}$가 주어졌을 때, 곱 $A \cdot \vec{v}$는 다음과 같이 정의된 또 다른 $n$-vector:
$$ A \cdot \vec{v} \;=\; \begin{bmatrix} a_{11} s_1 + a_{12} s_2 + \cdots + a_{1n} s_n \\ a_{21} s_1 + a_{22} s_2 + \cdots + a_{2n} s_n \\ \vdots \\ a_{n1} s_1 + a_{n2} s_2 + \cdots + a_{nn} s_n \end{bmatrix} $$
$i$번째 성분은 $A$의 $i$행과 $\vec{v}$의 점곱(dot product)입니다.
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}$, $\vec{v} = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}$일 때:
$$ A \vec{v} = \begin{bmatrix} 1 \cdot x + 2 \cdot y + 3 \cdot z \\ 4 \cdot x + 0 \cdot y + 0 \cdot z \\ 0 \cdot x + 0 \cdot y + 5 \cdot z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x + 2y + 3z \\ 4x \\ 5z \end{bmatrix} $$
구체적인 수치로: $\vec{v} = \begin{bmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$이면 $A\vec{v} = \begin{bmatrix} -2 + 2 + 3 \\ -8 \\ 5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \\ -8 \\ 5 \end{bmatrix}$.
For every $A \in \mathrm{Mat}(n \times n)$, $\vec{v}, \vec{w} \in \mathbb{R}^n$, $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$:
$$ \boxed{\; A \cdot (\alpha \vec{v} + \beta \vec{w}) \;=\; \alpha (A \cdot \vec{v}) + \beta (A \cdot \vec{w}) \;} $$
행렬과 선형결합의 곱은, 행렬 곱의 선형결합이다.
이 성질을 linearity (선형성)이라 부르며, 행렬의 가장 중요한 성질입니다.
이 성질이 말하는 것: 행렬 곱셈은 단순한 산술이 아니라, $\mathbb{R}^n$에서 $\mathbb{R}^n$으로 가는 "선형변환(linear transformation)"을 정의합니다.
$$ A \in \mathrm{Mat}(n \times n) \;\rightsquigarrow\; A : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n, \;\; \vec{v} \mapsto A \vec{v}. $$
문제 (L18 p7–8). $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$, $\vec{v} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. $A\vec{v}$를 계산하라.
각 행과 $\vec{v}$의 내적:
1행: $1(-2)+2(1)+3(1) = 3$. 2행: $4(-2)+0+0 = -8$. 3행: $0+0+5(1) = 5$.
답. $\;A\vec{v} = (3,\;-8,\;5)^T$.
이번 절이 이 노트에서 가장 중요한 부분일 수 있습니다. 행렬을 단순한 "숫자 격자"가 아니라 평면을 변형시키는 기하학적 도구로 보는 관점을 익히는 것이 목표입니다.
$2 \times 2$ 행렬 $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$는 함수
$$ A : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2, \quad \vec{v} \mapsto A\vec{v} $$
를 정의합니다. 즉 평면의 모든 점을 다른 점으로 보내는 변환입니다. 이 변환이 어떻게 생겼는지 봅시다.
$2 \times 2$ 행렬 $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$이 정의하는 변환의 기본 성질:
(1) 원점을 고정한다 (fixes the origin):
$$ A \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} $$
(2) 수평축을 직선 $\bigl\{x \begin{bmatrix} a \\ c \end{bmatrix} \mid x \in \mathbb{R}\bigr\}$으로 보낸다:
$$ A \begin{bmatrix} x \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} ax \\ cx \end{bmatrix} = x \begin{bmatrix} a \\ c \end{bmatrix}. $$
(3) 수직축을 직선 $\bigl\{y \begin{bmatrix} b \\ d \end{bmatrix} \mid y \in \mathbb{R}\bigr\}$으로 보낸다:
$$ A \begin{bmatrix} 0 \\ y \end{bmatrix} = y \begin{bmatrix} b \\ d \end{bmatrix}. $$
다시 말해, 행렬의 첫 번째 열은 $\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$이 어디로 가는지를, 두 번째 열은 $\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$이 어디로 가는지를 알려줍니다!
위의 성질들을 결합하면 매우 중요한 결과를 얻습니다.
The transformation $A : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ preserves straight lines and parallelism.
직선은 직선으로, 평행한 직선들은 평행한 직선들로 보내진다.
Why? 임의의 직선은 $\vec{v} + x \cdot \vec{u}$ 형태 ($x \in \mathbb{R}$, $\vec{u}$는 방향벡터). 선형성에 의해:
$$ A(\vec{v} + x \vec{u}) = A\vec{v} + x \cdot A\vec{u}. $$
이는 점 $A\vec{v}$에서 방향 $A\vec{u}$로 가는 직선. 그러므로 직선은 직선으로 보내집니다. 평행한 두 직선은 같은 방향 $\vec{u}$를 가지므로, 변환 후에도 같은 방향 $A\vec{u}$가 되어 여전히 평행입니다. $\square$
기하학적으로 이걸 시각화하면: 격자(grid)가 평행사변형 격자로 변형된다.
다음은 강의 노트에 나오는 대표적인 변환들입니다. 위의 시각화에서 preset으로 골라 확인해보세요.
$$ A = \begin{bmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \;\;\cos\alpha \end{bmatrix}, \quad \alpha \in [0, 2\pi). $$
원점 중심 반시계방향 $\alpha$ 회전을 나타냅니다. 왜? $A\hat{x} = \begin{bmatrix} \cos\alpha \\ \sin\alpha \end{bmatrix}$는 단위원 위의 각 $\alpha$ 지점, $A\hat{y} = \begin{bmatrix} -\sin\alpha \\ \cos\alpha \end{bmatrix}$는 그것을 $90°$ 더 돌린 지점이기 때문입니다.
확인: $A$의 두 열은 길이가 $1$이고 서로 직교합니다. 이런 행렬을 orthogonal matrix (직교행렬)이라 부르고, "거리를 보존"하는 변환을 나타냅니다.
$$ A = \begin{bmatrix} e^\lambda & 0 \\ 0 & e^{-\lambda} \end{bmatrix}, \quad \lambda \in [0, +\infty). $$
수평축은 $e^\lambda$배 늘이고, 수직축은 $e^{-\lambda}$배 (즉 $\lambda > 0$이면 줄임)합니다. 이런 변환은 면적은 보존합니다 ($e^\lambda \cdot e^{-\lambda} = 1$).
$$ A = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}. $$
수평축은 그대로, 수직축은 원점으로 보냅니다. 결과적으로 모든 평면이 수평축 위로 사영(projected)됩니다.
이 경우 평면 전체가 하나의 직선으로 붕괴됩니다 — 2차원에서 1차원으로! 이런 행렬을 degenerate (퇴화한)이라 부릅니다.
퇴화한 변환은 어떻게 알아볼 수 있을까요? 답은 행렬식입니다.
The determinant of $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ is the number
$$ \det(A) \;=\; ad - bc. $$
$|\det(A)|$ measures the area of the parallelogram with sides $\begin{bmatrix} a \\ c \end{bmatrix}$ and $\begin{bmatrix} b \\ d \end{bmatrix}$ (i.e., the two columns of $A$).
이는 곧 $A$가 단위 정사각형의 면적을 얼마나 변화시키는지를 나타냅니다.
$A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ is called:
$A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$에 대해 다음은 동치(equivalent)입니다:
즉, 두 열벡터가 같은 직선 위에 있어야 행렬식이 0이 됩니다.
문제 (L19 p4–5). 회전 행렬 $R_\alpha = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}$의 행렬식은 얼마이며, 기하학적으로 무엇을 의미하는가?
$\det R_\alpha = \cos\alpha \cdot \cos\alpha - (-\sin\alpha)\sin\alpha = \cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1$.
의미. $\det = 1$ → 면적 보존 + 방향 보존. 회전은 모양·크기를 바꾸지 않고 방향만 돌린다.
대조: 사영 행렬 $P = \begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$은 $\det P = 0$ → 면적이 0으로 찌부러짐 (비가역).
두 개의 선형변환 $A, B : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$를 연달아 적용하면 (먼저 $B$, 그 다음 $A$), 결과는 또 다른 선형변환 $A \circ B : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$입니다. 이 합성을 나타내는 행렬은 어떻게 구할까요?
Given $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ and $B = \begin{bmatrix} e & f \\ g & h \end{bmatrix}$, their matrix product:
$$ A \cdot B \;=\; \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} e & f \\ g & h \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} ae + bg & af + bh \\ ce + dg & cf + dh \end{bmatrix}. $$
각 성분은 $A$의 한 행과 $B$의 한 열의 점곱입니다.
$(A \cdot B)\vec{v} = A(B\vec{v})$ for all $\vec{v} \in \mathbb{R}^2$.
즉, 두 행렬의 곱은 두 선형변환의 합성을 나타내는 행렬입니다.
$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 4 & 3 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4+4 & 3+2 \\ 12+8 & 9+4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 8 & 5 \\ 20 & 13 \end{bmatrix}$.
순서를 바꿔서: $\begin{bmatrix} 4 & 3 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 13 & 20 \\ 5 & 8 \end{bmatrix}$.
위 예제에서 $AB \neq BA$임을 확인했습니다. 일반적으로 $A \cdot B \neq B \cdot A$입니다.
기하학적으로도 자명한데, 예를 들어 "회전 후 늘이기"와 "늘이기 후 회전"은 서로 다른 결과를 줍니다.
$$ I \;=\; \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} $$
모든 벡터를 자기 자신으로 보냄: $I \vec{v} = \vec{v}$. 그리고 $A \cdot I = I \cdot A = A$.
$A$ is called invertible (가역) if there exists $A^{-1}$ such that
$$ A \cdot A^{-1} \;=\; A^{-1} \cdot A \;=\; I. $$
기하학적으로: $A^{-1}$는 "변환 $A$를 되돌리는 변환"입니다.
$A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ is invertible if and only if $\det(A) \neq 0$, i.e. $A$ is non-degenerate.
In that case, the inverse is given by an explicit formula:
$$ \boxed{\; A^{-1} \;=\; \frac{1}{ad - bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}. \;} $$
($\Leftarrow$) $\det A \neq 0$이라 하자. 위 공식의 $B$를 정의:
$$ B = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}. $$
직접 계산:
$$ A \cdot B = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix} = \frac{1}{ad-bc} \begin{bmatrix} ad-bc & -ab+ba \\ cd-dc & -cb+da \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I. $$
마찬가지로 $B A = I$. 따라서 $A^{-1} = B$.
($\Rightarrow$) $A$가 가역이라 하자. 그러면 $A \cdot A^{-1} = I$이므로 (양변에 행렬식을 취하면 — 행렬식의 곱셈 성질을 미리 사용하자면, $\det(AB) = \det A \cdot \det B$이고 $\det I = 1$):
$$ \det(A) \cdot \det(A^{-1}) = \det(I) = 1, $$
그러므로 $\det(A) \neq 0$. $\square$
$A = \begin{bmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \;\;\cos\alpha \end{bmatrix}$. $\det A = \cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1$이므로 가역.
공식 적용: $A^{-1} = \begin{bmatrix} \;\;\cos\alpha & \sin\alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos(-\alpha) & -\sin(-\alpha) \\ \sin(-\alpha) & \;\;\cos(-\alpha) \end{bmatrix}$.
이건 정확히 각 $-\alpha$만큼의 회전 — 즉 원래 회전을 되돌리는 변환입니다. 기하학적 의미와 정확히 일치!
$A = \begin{bmatrix} e^\lambda & 0 \\ 0 & e^{-\lambda} \end{bmatrix}$, $\det A = 1$, 가역.
$A^{-1} = \begin{bmatrix} e^{-\lambda} & 0 \\ 0 & e^\lambda \end{bmatrix}$ — 반대방향 늘이기/줄이기.
$\det(A \cdot B) \;=\; \det(A) \cdot \det(B)$.
기하학적 의미: $A$가 면적을 $|\det A|$배로, $B$가 $|\det B|$배로 변환하면, 합성은 $|\det A| \cdot |\det B|$배로 변환합니다. 자연스러운 결과입니다.
같은 이론이 $n \geq 3$으로도 확장됩니다. $3 \times 3$ 행렬식은:
$$ \det \begin{bmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{bmatrix} \;=\; a(ei - fh) - b(di - fg) + c(dh - eg). $$
이는 $\mathbb{R}^3$에서 세 열벡터로 이루어진 평행육면체의 부피를 나타냅니다. 0이면 세 벡터가 같은 평면 위에 있어 부피가 붕괴, 즉 퇴화.
다음 행렬들이 가역인지 판단하고, 가역이면 역행렬을 구하세요:
(a) $\begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$ (b) $\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix}$ (c) $\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}$
(a) $\det = 4 - 3 = 1 \neq 0$, 가역. $A^{-1} = \begin{bmatrix} 2 & -3 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}$.
(b) $\det = 4 - 4 = 0$. 퇴화 — 가역 아님. 두 행이 비례 ($(1,2)$와 $(2,4) = 2(1,2)$).
(c) $\det = 0 - (-1) = 1$, 가역. $A^{-1} = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$. (이건 $-90°$ 회전.)
문제 (L19 p9). $A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$의 역행렬을 구하라.
① $\det A = 2 \cdot 3 - 5 \cdot 1 = 1$.
② "주대각 교환, 부대각에 −, $\det$로 나눔": $A^{-1} = \frac{1}{1}\begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$.
검증. $A A^{-1} = \begin{pmatrix} 6-5 & -10+10 \\ 3-3 & -5+6 \end{pmatrix} = I$. ✓
이제 다시 ODE 시스템으로 돌아갑시다. 선형대수의 도구를 가지고 보면, 이전에 미궁처럼 보이던 시스템 이론이 명료해집니다.
A first-order linear system of 2 ODEs is an equation
$$ \boxed{\; \vec{Y}'(x) \;=\; A(x)\, \vec{Y}(x) \;+\; \vec{R}(x) \;} $$
where:
시스템은:
이제 놀랍습니다. 선형 시스템의 해 구조가 2계 선형 ODE와 정확히 같습니다.
For a homogeneous linear system of 2 ODEs $\vec{Y}' = A(x) \vec{Y}$:
$$ \vec{Y}(x) \;=\; A_1 \vec{Y}_1(x) + A_2 \vec{Y}_2(x), \quad A_1, A_2 \in \mathbb{R}. $$
$y_h$가 2-parameter family임을 의미합니다.
For $\vec{Y}' = A(x) \vec{Y} + \vec{R}(x)$, if $\vec{Y}_p(x)$ is any particular solution, then the general solution is:
$$ \boxed{\; \vec{Y}(x) \;=\; \vec{Y}_p(x) \;+\; A_1 \vec{Y}_1(x) + A_2 \vec{Y}_2(x), \quad A_1, A_2 \in \mathbb{R} \;} $$
where $\vec{Y}_1, \vec{Y}_2$ are 2 LI solutions of the corresponding homogeneous system.
요컨대 $\;\vec{Y}_{\text{general}} \;=\; \vec{Y}_p + \vec{Y}_h\;$ — Part I에서 본 패턴이 그대로 적용됩니다!
2개의 동차해를 한 행렬로 묶으면 "solution matrix":
$$ \begin{bmatrix} y_1(x) \\ y_2(x) \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} y_{11}(x) & y_{12}(x) \\ y_{21}(x) & y_{22}(x) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} A_1 \\ A_2 \end{bmatrix} $$
문제 (§4.1 #11). $4y'' - 15y' - 4y = 0$을 1계 시스템 $\vec{Y}' = A\vec{Y}$ 형태로 변환하고 $A$를 적어라.
표준형 $y'' = \frac{1}{4}\bigl(15 y' + 4 y\bigr) = y + \frac{15}{4} y'$. $y_1 = y, y_2 = y'$로 두면:
$y_1' = y_2,\quad y_2' = y_1 + \frac{15}{4} y_2$.
답. $\;\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 15/4 \end{pmatrix}\vec{Y}$. (참고: 일반해 $y = c_1 e^{4t} + c_2 e^{-t/4}$.)
이제 상수계수 동차 시스템 $\vec{Y}' = A \vec{Y}$를 풀기 위한 핵심 도구를 배웁니다. 우리의 영감은 단일 ODE에서 옵니다.
Part I에서 2계 동차 상수계수 ODE $y'' + ay' + by = 0$를 풀 때, $y = e^{\lambda x}$를 시도해서 특성방정식 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$을 얻었습니다.
그렇다면 시스템 $\vec{Y}' = A \vec{Y}$에서도 비슷한 시도를 해볼까요? 단, 이번엔 답이 벡터-함수이므로 $\vec{Y}(x) = e^{\lambda x} \vec{V}$ 꼴을 시도해봅시다 — 지수함수 곱하기 상수 벡터.
$\vec{Y}(x) = e^{\lambda x} \vec{V}$를 가정해봅시다 ($\lambda \in \mathbb{R}$, $\vec{V} \in \mathbb{R}^2$ 상수).
그러면 $\vec{Y}'(x) = \lambda e^{\lambda x} \vec{V}$이고, $A \vec{Y}(x) = e^{\lambda x} (A \vec{V})$.
$\vec{Y}' = A \vec{Y}$가 성립하려면:
$$ \lambda e^{\lambda x} \vec{V} \;=\; e^{\lambda x} (A \vec{V}) \;\Longleftrightarrow\; A \vec{V} \;=\; \lambda \vec{V}. $$
이게 핵심 방정식입니다. 미분방정식이 대수방정식으로 환원되었어요!
Given a matrix $A \in \mathrm{Mat}(2 \times 2)$, a scalar $\lambda \in \mathbb{R}$ is called an eigenvalue of $A$ if there exists a non-zero vector $\vec{V} = \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix}$ such that
$$ \boxed{\; A \vec{V} \;=\; \lambda \vec{V}. \;} $$
The vector $\vec{V}$ is called an eigenvector of $A$ corresponding to eigenvalue $\lambda$.
고유벡터 $\vec{V}$: 행렬 $A$를 곱해도 방향이 변하지 않는 벡터. 단지 길이만 $\lambda$배로 변함.
$A$가 "$\vec{V}$가 지나는 직선을 보존한다"는 뜻입니다. 일반적으로 행렬은 거의 모든 직선을 다른 직선으로 보내지만, 고유벡터가 지나는 직선만은 자기 자신으로 보내짐.
이건 매우 특별한 성질입니다 — 평면의 무수히 많은 방향 중 보통 1~2개만이 이 성질을 가집니다.
$A = \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -2 \end{bmatrix}$.
$\vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$: $A\vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 3 \\ 0 \end{bmatrix} = 3 \vec{V}_1$. 고유값 $\lambda = 3$의 고유벡터.
$\vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$: $A\vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ -2 \end{bmatrix} = -2 \vec{V}_2$. 고유값 $\lambda = -2$의 고유벡터.
대각행렬의 경우, 고유값은 대각성분이고 고유벡터는 표준 기저 벡터입니다.
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{bmatrix}$, $\vec{V} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
$A \vec{V} = \begin{bmatrix} 1 + 1 \\ 2 + 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix} = 2 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = 2 \vec{V}$. 고유값 2의 고유벡터.
또한 $\vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1/2 \\ -1 \end{bmatrix}$: $A\vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1/2 - 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1/2 \\ 1 \end{bmatrix} = (-1)\vec{V}_2$. 고유값 $-1$의 고유벡터.
고유값을 어떻게 찾을까요? 다음의 깔끔한 정리가 답을 줍니다.
The eigenvalues of $A = \begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix}$ are the roots of the characteristic polynomial:
$$ \boxed{\; p(\lambda) \;=\; \det(A - \lambda I) \;=\; (a-\lambda)(d-\lambda) - bc \;=\; \lambda^2 - (a+d)\lambda + (ad - bc) \;=\; 0. \;} $$
$\det A = ad - bc$와 trace $\mathrm{tr}\, A = a + d$를 사용하면:
$$ \lambda^2 - (\mathrm{tr}\, A) \lambda + \det A = 0. $$
$\lambda$가 고유값 ⇔ $\exists \vec{V} \neq \vec{0}$ s.t. $A\vec{V} = \lambda \vec{V}$ ⇔ $(A - \lambda I)\vec{V} = \vec{0}$, $\vec{V} \neq \vec{0}$.
즉 $M = A - \lambda I$가 어떤 비영벡터를 영벡터로 보낸다. 그러면 $M$은 가역이 아닙니다 (만약 가역이라면 $M\vec{V} = \vec{0} \Rightarrow \vec{V} = M^{-1}\vec{0} = \vec{0}$, 모순).
$M$이 비가역 ⇔ $\det M = 0$ ⇔ $\det(A - \lambda I) = 0$.
$2 \times 2$ 행렬식을 전개하면:
$$ \det\!\begin{bmatrix} a - \lambda & b \\ c & d - \lambda \end{bmatrix} = (a-\lambda)(d-\lambda) - bc = \lambda^2 - (a+d)\lambda + (ad - bc). $$
$\square$
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{bmatrix}$의 고유값을 다시 구해봅시다.
$\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)(0-\lambda) - 2 = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1)$.
고유값: $\lambda_1 = 2$, $\lambda_2 = -1$. (위 예제와 일치!)
고유값 $\lambda$를 알면 대응하는 고유벡터는 $A\vec{V} = \lambda \vec{V}$를 푸는 것으로 얻어집니다. 이는 $\vec{V}$에 대한 선형 연립방정식이에요.
$A = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{bmatrix}$, $\lambda_1 = 2$의 고유벡터를 구해봅시다.
$\vec{V} = \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix} \neq \vec{0}$, $A\vec{V} = 2\vec{V}$:
$$ \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 s_1 \\ 2 s_2 \end{bmatrix} \;\Longleftrightarrow\; \begin{bmatrix} s_1 + s_2 \\ 2 s_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 s_1 \\ 2 s_2 \end{bmatrix}. $$
$s_1 + s_2 = 2s_1 \Leftrightarrow s_2 = s_1$이고, $2 s_1 = 2 s_2$ — 이미 같은 관계.
그러므로 $\vec{V} = s_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$, $s_1$은 임의의 비영 실수. $\lambda_1 = 2$의 고유벡터는 모두 $\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$의 스칼라 배수.
$\lambda_2 = -1$도 마찬가지로 풀면: $\vec{V}_2 \propto \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$ (또는 동등하게 $\begin{bmatrix} 1/2 \\ -1 \end{bmatrix}$).
위 풀이에서 우리는 항상 $s_1$ (또는 $s_2$)을 다른 성분의 함수로만 결정할 수 있고, 두 성분 모두를 결정할 수는 없음을 보았습니다. 이건 자연스러운 결과:
고유벡터에 영이 아닌 스칼라를 곱해도 여전히 고유벡터입니다.
따라서 고유벡터는 방향만 결정되고 크기는 임의입니다. 보통 "예쁜" 정수 벡터로 고릅니다.
$A = \begin{bmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$의 모든 고유값과 (대응하는) 고유벡터를 구하세요.
$\det(A - \lambda I) = (4-\lambda)(1-\lambda) - (-1)(2) = \lambda^2 - 5\lambda + 4 + 2 = \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda-2)(\lambda-3) = 0$.
$\lambda_1 = 2$, $\lambda_2 = 3$.
$\lambda_1 = 2$: $\begin{bmatrix} 4-2 & -1 \\ 2 & 1-2 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow 2s_1 - s_2 = 0$, $\;s_2 = 2 s_1 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = 3$: $\begin{bmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -2 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 = s_2 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
문제 (§8.1 #3). $A = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ 9 & -6 \end{pmatrix}$의 고유값과 고유벡터를 구하라.
① 특성방정식: $\det(A - \lambda I) = (5-\lambda)(-6-\lambda) - (-2)(9) = \lambda^2 + \lambda - 12 = (\lambda+4)(\lambda-3) = 0$.
② $\lambda_1 = -4$: $9 v_1 - 2 v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (2,\,9)^T$.
③ $\lambda_2 = 3$: $2 v_1 - 2 v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_2 = (1,\,1)^T$.
답. $\;(\lambda_1, \vec{v}_1) = (-4, (2,9)^T),\; (\lambda_2, \vec{v}_2) = (3, (1,1)^T)$.
이제 모든 도구가 갖춰졌습니다. 고유값/고유벡터를 사용한 시스템 풀이의 전체 모습을 봅시다.
For the homogeneous system $\vec{Y}' = A \vec{Y}$ with constant matrix $A$, the function
$$ \vec{Y}(x) \;=\; e^{\lambda x} \vec{V} $$
is a non-zero solution if and only if
$\vec{Y}' = A \vec{Y}$, $A$는 상수 $2 \times 2$ 행렬.
다음 IVP를 푸세요:
$$ \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix}' = \begin{bmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix}, \quad \begin{bmatrix} y_1(0) \\ y_2(0) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}. $$
Step 1-3. Exercise 7.1에서 이미 계산했죠: $\lambda_1 = 2$, $\vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}$; $\lambda_2 = 3$, $\vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
Step 4. 2개의 LI 해:
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{2x}\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix}, \quad \vec{Y}_2(x) = e^{3x}\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}. $$
Step 5. 일반해:
$$ \vec{Y}(x) = A_1 e^{2x} \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix} + A_2 e^{3x} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} A_1 e^{2x} + A_2 e^{3x} \\ 2 A_1 e^{2x} + A_2 e^{3x} \end{bmatrix}. $$
Step 6. IC 적용: $\vec{Y}(0) = \begin{bmatrix} A_1 + A_2 \\ 2A_1 + A_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}$.
풀면 $A_1 + A_2 = 2$, $2A_1 + A_2 = 3 \Rightarrow A_1 = 1, A_2 = 1$.
Particular solution:
$$ \boxed{\; \begin{bmatrix} y_1(x) \\ y_2(x) \end{bmatrix} \;=\; \begin{bmatrix} e^{2x} + e^{3x} \\ 2 e^{2x} + e^{3x} \end{bmatrix}. \;} $$
2×2 상수계수 시스템의 행동은 고유값의 부호와 실수/복소 여부에 따라 다음과 같이 분류됩니다:
| Eigenvalues | Type · 종류 | Behavior |
|---|---|---|
| $\lambda_1, \lambda_2 < 0$ (real) | Stable node (안정 노드) | 모든 해가 원점으로 수렴 |
| $\lambda_1, \lambda_2 > 0$ (real) | Unstable node (불안정 노드) | 모든 해가 원점에서 발산 |
| $\lambda_1 < 0 < \lambda_2$ | Saddle (안장점) | 한 방향 수렴, 다른 방향 발산 |
| $\lambda = \alpha \pm i\beta$, $\alpha < 0$ | Stable spiral (안정 나선) | 회전하며 수렴 |
| $\lambda = \alpha \pm i\beta$, $\alpha > 0$ | Unstable spiral | 회전하며 발산 |
| $\lambda = \pm i\beta$ (순허수) | Center (중심) | 닫힌 궤도 (주기 운동) |
Part I에서 2계 선형 ODE $y'' + ay' + by = 0$를 풀 때 특성방정식 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$를 풀었습니다. 이제 그것이 시스템 관점에서 어떻게 보이는지 확인해봅시다.
$u = y'$로 두면 시스템:
$$ \begin{bmatrix} y \\ u \end{bmatrix}' = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -b & -a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y \\ u \end{bmatrix}. $$
이 행렬의 특성다항식:
$$ \det\!\begin{bmatrix} 0 - \lambda & 1 \\ -b & -a - \lambda \end{bmatrix} = (-\lambda)(-a - \lambda) - (-b) = \lambda^2 + a\lambda + b. $$
완전히 같은 다항식! 즉 2계 선형 ODE의 특성방정식은 그것을 1계 시스템으로 환원했을 때 행렬의 특성다항식과 일치합니다. 이론이 일관됩니다.
다음 시스템의 일반해를 구하세요:
$$ \vec{Y}' = \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \vec{Y}. $$
$\det(A - \lambda I) = (3-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 6\lambda + 8 = (\lambda-2)(\lambda-4) = 0$.
$\lambda_1 = 2$: $(A-2I)\vec{V} = 0 \Rightarrow \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 + s_2 = 0 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = 4$: $\begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 = s_2 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$.
General solution:
$$ \vec{Y}(x) = A_1 e^{2x} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} + A_2 e^{4x} \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}. $$
$\vec{Y}' = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2 \end{bmatrix} \vec{Y}$, $\vec{Y}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$.
$p(\lambda) = (1-\lambda)(2-\lambda) - 6 = \lambda^2 - 3\lambda - 4 = (\lambda-4)(\lambda+1)$. $\lambda_1 = 4, \lambda_2 = -1$.
$\lambda_1 = 4$: $\begin{bmatrix} -3 & 2 \\ 3 & -2 \end{bmatrix} \vec{V} = 0 \Rightarrow 3s_1 = 2s_2 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = -1$: $\begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 3 & 3 \end{bmatrix} \vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 = -s_2 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
$\vec{Y}(x) = A_1 e^{4x} \begin{bmatrix} 2 \\ 3 \end{bmatrix} + A_2 e^{-x} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
IC: $\begin{bmatrix} 2A_1 + A_2 \\ 3A_1 - A_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \Rightarrow A_1 = 1/5, A_2 = 3/5$.
문제 (L22 p2–3). $\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\vec{Y}$, $\vec{Y}(0) = (2,\,3)^T$의 IVP를 풀고 점근 거동을 논하라.
(a) Eigenvalue. $\lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda-2)(\lambda-3) = 0 \Rightarrow \lambda_1 = 2,\;\lambda_2 = 3$.
(b) Eigenvector. $\lambda_1=2$: $2v_1 - v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (1, 2)^T$. $\lambda_2=3$: $v_1 - v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_2 = (1, 1)^T$.
(c)(d) 일반해. $\vec{Y}(x) = c_1 e^{2x}(1,2)^T + c_2 e^{3x}(1,1)^T$.
(e) IVP. $x=0$: $c_1+c_2 = 2,\; 2c_1+c_2 = 3 \Rightarrow c_1 = 1, c_2 = 1$. $$\vec{Y}(x) = \bigl(e^{2x}+e^{3x},\;2e^{2x}+e^{3x}\bigr)^T.$$
(f) 점근. $\lambda_1, \lambda_2 > 0$ → Unstable node. $x \to \infty$: $\vec{v}_2 = (1,1)$ 방향 발산.
특성다항식 $\lambda^2 - (\mathrm{tr}\, A)\lambda + \det A = 0$은 2차 방정식이므로, 판별식이 음수이면 복소 근이 나옵니다. 이런 경우 어떻게 처리할까요?
복소지수에 대한 오일러 공식:
$$ e^{i\theta} \;=\; \cos\theta + i \sin\theta. $$
이로부터:
$$ e^{(\alpha + i\beta) x} = e^{\alpha x} e^{i\beta x} = e^{\alpha x}\bigl(\cos(\beta x) + i \sin(\beta x)\bigr). $$
Part I에서 2계 ODE의 복소 근을 다룰 때 이미 본 공식입니다.
실수 행렬 $A$의 특성다항식이 복소 근을 가지면, 두 근은 복소 켤레입니다:
$$ \lambda_1 = \alpha + i\beta, \quad \lambda_2 = \alpha - i\beta, \quad \beta \neq 0. $$
대응하는 고유벡터도 켤레: $\vec{V}_1 = \vec{V}^R + i \vec{V}^I$, $\vec{V}_2 = \vec{V}^R - i \vec{V}^I$ (여기서 $\vec{V}^R, \vec{V}^I \in \mathbb{R}^2$).
복소 해 $\vec{Z}(x) = e^{(\alpha + i\beta)x}(\vec{V}^R + i\vec{V}^I)$가 있을 때, 그 실수부와 허수부 각각이 별도의 실수 해입니다.
If $A$ has complex eigenvalues $\lambda_{1,2} = \alpha \pm i\beta$ with eigenvectors $\vec{V}^R \pm i\vec{V}^I$, then two real LI solutions of $\vec{Y}' = A\vec{Y}$ are:
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{\alpha x}\bigl(\cos(\beta x)\, \vec{V}^R - \sin(\beta x)\, \vec{V}^I\bigr), $$
$$ \vec{Y}_2(x) = e^{\alpha x}\bigl(\sin(\beta x)\, \vec{V}^R + \cos(\beta x)\, \vec{V}^I\bigr). $$
복소 해:
$$ \vec{Z}(x) = e^{(\alpha+i\beta)x}(\vec{V}^R + i\vec{V}^I) = e^{\alpha x}(\cos\beta x + i\sin\beta x)(\vec{V}^R + i\vec{V}^I). $$
전개:
$$ \vec{Z}(x) = e^{\alpha x}\bigl[\cos(\beta x)\vec{V}^R - \sin(\beta x)\vec{V}^I\bigr] + i\,e^{\alpha x}\bigl[\sin(\beta x)\vec{V}^R + \cos(\beta x)\vec{V}^I\bigr]. $$
실수부 = $\vec{Y}_1$, 허수부 = $\vec{Y}_2$. 둘 다 (선형 시스템이라) 별도의 실수 해이고, LI임도 확인 가능. $\square$
$\vec{Y}' = \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{bmatrix} \vec{Y}$.
Step 1. $\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)^2 + 9 = \lambda^2 - 4\lambda + 13 = 0$.
$\lambda = \dfrac{4 \pm \sqrt{16 - 52}}{2} = 2 \pm 3i$.
Step 2. $\lambda_1 = 2 + 3i$에 대한 고유벡터:
$$ \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{bmatrix}\!\begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix} = (2+3i)\!\begin{bmatrix} s_1 \\ s_2 \end{bmatrix} \;\Longleftrightarrow\; \begin{cases} 2s_1 + 3s_2 = (2+3i) s_1 \\ -3s_1 + 2s_2 = (2+3i) s_2 \end{cases} $$
첫 식: $3s_2 = 3i s_1$, 즉 $s_2 = i s_1$. 이걸 두 번째 식에 넣어도 같은 식 확인.
$\Rightarrow \vec{V}_1 \propto \begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix} = \underbrace{\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}}_{\vec{V}^R} + i \underbrace{\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}}_{\vec{V}^I}$.
Step 3. $\alpha = 2$, $\beta = 3$, $\vec{V}^R = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $\vec{V}^I = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$. 정리:
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{2x}\!\left[\cos(3x)\!\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} - \sin(3x)\!\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right] = e^{2x}\!\begin{bmatrix} \;\;\cos 3x \\ -\sin 3x \end{bmatrix}, $$
$$ \vec{Y}_2(x) = e^{2x}\!\left[\sin(3x)\!\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + \cos(3x)\!\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}\right] = e^{2x}\!\begin{bmatrix} \sin 3x \\ \cos 3x \end{bmatrix}. $$
일반해:
$$ \vec{Y}(x) = A_1 e^{2x}\!\begin{bmatrix} \;\;\cos 3x \\ -\sin 3x \end{bmatrix} + A_2 e^{2x}\!\begin{bmatrix} \sin 3x \\ \cos 3x \end{bmatrix}. $$
해 행렬 형태:
$$ \vec{Y}(x) = e^{2x}\!\begin{bmatrix} \;\;\cos 3x & \sin 3x \\ -\sin 3x & \cos 3x \end{bmatrix}\!\begin{bmatrix} A_1 \\ A_2 \end{bmatrix}. $$
행렬 $\begin{bmatrix} \;\;\cos 3x & \sin 3x \\ -\sin 3x & \cos 3x \end{bmatrix}$는 각 $-3x$의 회전입니다! 그리고 $e^{2x}$는 지수적 늘이기. 즉 이 시스템의 해는 지수적으로 커지면서 회전하는 궤적입니다 — unstable spiral (불안정 나선).
복소 고유값 $\lambda = \alpha \pm i\beta$ 가진 시스템의 해:
$|\beta|$가 클수록 회전 속도가 빠릅니다. 위의 phase portrait 시각화에서 "spiral" 또는 "center" 프리셋을 골라 직접 확인해보세요!
$\vec{Y}' = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \vec{Y}$의 일반해를 구하세요. 어떤 종류의 고정점인가요?
$p(\lambda) = \lambda^2 + 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm i$. 순허수 → center.
$\lambda = i$: $\begin{bmatrix} -i & 1 \\ -1 & -i \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_2 = is_1 \Rightarrow \vec{V} = \begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + i\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$.
$\alpha = 0$, $\beta = 1$:
$$ \vec{Y}(x) = A_1 \begin{bmatrix} \;\;\cos x \\ -\sin x \end{bmatrix} + A_2 \begin{bmatrix} \sin x \\ \cos x \end{bmatrix}. $$
이는 단위원 주변의 회전 운동. (이건 사실 단순조화진동 $y'' + y = 0$를 시스템으로 환원한 것!)
문제 (L22 p7–9). $\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\vec{Y}$의 실수 일반해를 구하고 점근 거동을 분류하라.
특성방정식 $(2-\lambda)^2 + 9 = \lambda^2 - 4\lambda + 13 = 0 \Rightarrow \lambda = 2 \pm 3i$ → $\alpha = 2, \beta = 3$.
$\lambda = 2+3i$에서 $-3i v_1 + 3 v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v} = (1, i)^T = (1,0)^T + i(0,1)^T \Rightarrow \vec{v}^R = (1,0)^T,\; \vec{v}^I = (0,1)^T$.
실수 LI 해 (공식 $\vec{Y}_1 = e^{\alpha x}[\cos\beta x \cdot \vec{v}^R - \sin\beta x \cdot \vec{v}^I]$ 등): $$\vec{Y}_1 = e^{2x}(\cos 3x, -\sin 3x)^T,\quad \vec{Y}_2 = e^{2x}(\sin 3x, \cos 3x)^T.$$
일반해. $\;\vec{Y}(x) = e^{2x}\bigl(c_1\cos 3x + c_2\sin 3x,\; -c_1\sin 3x + c_2\cos 3x\bigr)^T$.
점근. $\alpha = 2 > 0$ → Unstable spiral (바깥으로 풀리는 나선). $x \to -\infty$이면 원점으로 안쪽 감김.
아래 문제들은 강의 노트 18~22 전체 내용을 점검합니다. 시험 대비용으로 가장 가치 있는 문제들로 골랐습니다.
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}$, $B = \begin{bmatrix} 5 & 6 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}$, $\vec{v} = \begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix}$일 때 다음을 계산:
(a) $A + B$ (b) $AB$ (c) $BA$ (d) $A\vec{v}$ (e) $B(A\vec{v})$ (f) $(BA)\vec{v}$
(a) $\begin{bmatrix} 6 & 8 \\ 3 & 3 \end{bmatrix}$.
(b) $AB = \begin{bmatrix} 1\cdot5+2\cdot0 & 1\cdot6+2\cdot(-1) \\ 3\cdot5+4\cdot0 & 3\cdot6+4\cdot(-1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 5 & 4 \\ 15 & 14 \end{bmatrix}$.
(c) $BA = \begin{bmatrix} 5+18 & 10+24 \\ -3 & -4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 23 & 34 \\ -3 & -4 \end{bmatrix}$. 확인: $AB \neq BA$.
(d) $A\vec{v} = \begin{bmatrix} 4 \\ 10 \end{bmatrix}$.
(e) $B(A\vec{v}) = \begin{bmatrix} 20+60 \\ -10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 80 \\ -10 \end{bmatrix}$.
(f) $(BA)\vec{v} = \begin{bmatrix} 46+34 \\ -6-4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 80 \\ -10 \end{bmatrix}$. 정확히 (e)와 일치 — $B(A\vec{v}) = (BA)\vec{v}$.
$A = \begin{bmatrix} 3 & 5 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$의 역행렬을 구하고, $A \cdot A^{-1} = I$인지 확인하세요.
$\det A = 6 - 5 = 1 \neq 0$, 가역.
$A^{-1} = \dfrac{1}{1} \begin{bmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{bmatrix}$.
확인: $A A^{-1} = \begin{bmatrix} 3 & 5 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}\!\begin{bmatrix} 2 & -5 \\ -1 & 3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6-5 & -15+15 \\ 2-2 & -5+6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$. ✓
$A = \begin{bmatrix} 5 & 4 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$의 고유값과 (대응하는) 고유벡터를 모두 구하세요.
$p(\lambda) = (5-\lambda)(2-\lambda) - 4 = \lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda-1)(\lambda-6) = 0$.
$\lambda_1 = 1$: $\begin{bmatrix} 4 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 + s_2 = 0 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = 6$: $\begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & -4 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_1 = 4 s_2 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}$.
$\begin{cases} y_1' = 5 y_1 + 4 y_2 \\ y_2' = y_1 + 2 y_2 \end{cases}$의 일반해.
이것이 안정 노드/불안정 노드/saddle 중 무엇인가요?
Exercise C의 행렬과 동일. $\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 6$ — 둘 다 양수.
$\vec{Y}(x) = A_1 e^{x} \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} + A_2 e^{6x} \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}$.
두 고유값이 모두 양수이므로 모든 해가 원점에서 발산 → unstable node (불안정 노드).
$\vec{Y}' = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{bmatrix} \vec{Y}$, $\vec{Y}(0) = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$.
풀고, 행동을 분류하세요.
$p(\lambda) = (-\lambda)(-3-\lambda) + 2 = \lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda+1)(\lambda+2)$. $\lambda_1 = -1, \lambda_2 = -2$.
둘 다 음수 → stable node.
$\lambda_1 = -1$: $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -2 & -2 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_2 = -s_1 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = -2$: $\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ -2 & -1 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_2 = -2 s_1 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$.
$\vec{Y}(x) = A_1 e^{-x}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} + A_2 e^{-2x}\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$.
IC: $A_1 + A_2 = 1$, $-A_1 - 2A_2 = 0 \Rightarrow A_2 = -A_1/2$, $A_1 \cdot 1/2 = 1, A_1 = 2$, $A_2 = -1$.
Solution: $\vec{Y}(x) = 2e^{-x}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} - e^{-2x}\begin{bmatrix} 1 \\ -2 \end{bmatrix}$.
참고: 이건 2계 ODE $y'' + 3y' + 2y = 0$, $y(0) = 1, y'(0) = 0$의 시스템 형태입니다.
$\vec{Y}' = \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ -2 & -1 \end{bmatrix} \vec{Y}$의 일반해. 어떤 종류의 고정점인가요?
$p(\lambda) = (-1-\lambda)^2 + 4 = \lambda^2 + 2\lambda + 5$. $\lambda = -1 \pm 2i$. $\alpha = -1 < 0$ → stable spiral.
$\lambda = -1 + 2i$: $\begin{bmatrix} -2i & 2 \\ -2 & -2i \end{bmatrix}\vec{V} = 0$. 첫 식: $-2i s_1 + 2 s_2 = 0 \Rightarrow s_2 = i s_1$.
$\vec{V} = \begin{bmatrix} 1 \\ i \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} + i \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$. $\vec{V}^R = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$, $\vec{V}^I = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix}$.
$\alpha = -1$, $\beta = 2$:
$$ \vec{Y}(x) = A_1 e^{-x}\!\begin{bmatrix} \;\;\cos 2x \\ -\sin 2x \end{bmatrix} + A_2 e^{-x}\!\begin{bmatrix} \sin 2x \\ \cos 2x \end{bmatrix}. $$
2계 ODE $y'' - 2y' - 3y = 0$를 1계 시스템으로 변환한 후, 시스템 방법으로 풀어 일반해를 구하세요. 원래 ODE를 직접 풀어 결과를 비교하세요.
시스템화: $u = y'$, $\vec{Y} = \begin{bmatrix} y \\ u \end{bmatrix}$, $\vec{Y}' = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 3 & 2 \end{bmatrix}\vec{Y}$.
$p(\lambda) = (-\lambda)(2-\lambda) - 3 = \lambda^2 - 2\lambda - 3 = (\lambda-3)(\lambda+1)$. $\lambda_1 = 3, \lambda_2 = -1$.
$\lambda_1 = 3$: $\begin{bmatrix} -3 & 1 \\ 3 & -1 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_2 = 3s_1 \Rightarrow \vec{V}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix}$.
$\lambda_2 = -1$: $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 3 & 3 \end{bmatrix}\vec{V} = 0 \Rightarrow s_2 = -s_1 \Rightarrow \vec{V}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$.
$\vec{Y}(x) = A_1 e^{3x}\begin{bmatrix} 1 \\ 3 \end{bmatrix} + A_2 e^{-x}\begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}$. 첫 성분이 $y$이므로 $y(x) = A_1 e^{3x} + A_2 e^{-x}$.
직접 풀이: Characteristic: $\lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0 \Rightarrow \lambda = 3, -1$. $y = A_1 e^{3x} + A_2 e^{-x}$. ✓ 일치!
| Concept · 개념 | Definition / Formula · 정의/공식 |
|---|---|
| $n$-vector | $\vec{v} = \begin{bmatrix} s_1 \\ \vdots \\ s_n \end{bmatrix}$, $s_i \in \mathbb{R}$ |
| Matrix-vector product | $(A\vec{v})_i = \sum_j a_{ij} s_j$ |
| Linearity | $A(\alpha\vec{v} + \beta\vec{w}) = \alpha A\vec{v} + \beta A\vec{w}$ |
| Matrix product | $(AB)_{ij} = \sum_k a_{ik} b_{kj}$. $\;AB \neq BA$ in general. |
| Determinant ($2\times 2$) | $\det A = ad - bc$. 0이면 퇴화/비가역. |
| Inverse ($2\times 2$) | $A^{-1} = \dfrac{1}{\det A}\begin{bmatrix} d & -b \\ -c & a \end{bmatrix}$ |
| $\det(AB) = \det A \cdot \det B$ | 면적이 곱셈으로 누적된다. |
| Eigenvalue/eigenvector | $A\vec{V} = \lambda\vec{V}$, $\vec{V} \neq \vec{0}$ |
| Characteristic poly | $p(\lambda) = \lambda^2 - (\mathrm{tr} A)\lambda + \det A$ |
$$ \vec{Y}_1 = e^{\alpha x}(\cos\beta x \cdot \vec{V}^R - \sin\beta x \cdot \vec{V}^I) $$
$$ \vec{Y}_2 = e^{\alpha x}(\sin\beta x \cdot \vec{V}^R + \cos\beta x \cdot \vec{V}^I) $$
일반해: $\vec{Y}(x) = A_1 \vec{Y}_1(x) + A_2 \vec{Y}_2(x)$.
| $\lambda_1, \lambda_2$ | Type | $x \to \infty$ |
|---|---|---|
| $0 > \lambda_1 > \lambda_2$ (real, both neg) | Stable node · 안정 노드 | 해 → 원점 |
| $\lambda_1 > \lambda_2 > 0$ (real, both pos) | Unstable node · 불안정 노드 | 해 → ∞ |
| $\lambda_1 > 0 > \lambda_2$ (real, opposite signs) | Saddle · 안장점 | 방향 따라 다름 |
| $\alpha \pm i\beta$, $\alpha < 0$ | Stable spiral · 안정 나선 | 회전하며 → 원점 |
| $\alpha \pm i\beta$, $\alpha > 0$ | Unstable spiral · 불안정 나선 | 회전하며 → ∞ |
| $\pm i\beta$ (pure imaginary) | Center · 중심 | 주기적 닫힌 궤도 |
Part I (1계 ODE) + Part II (시스템)를 종합하면, 공업수학 ODE 단원의 전체 그림:
이 단원의 모든 도구가 결국 한 가지 큰 그림 위에 놓여 있다는 것이 핵심 통찰입니다.
이 절은 강의 18~22에서 직접 다룬 예제를 시험 패턴에 맞춰 다시 정리한 부분입니다. 본문 §1~§11에서 이미 언급된 일부 개념은 한 번 더, 시험용으로 빠르게 풀어보는 형식입니다.
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$, $\vec{v} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$를 계산하세요.
풀이: 행렬-벡터 곱의 정의 "행렬의 각 행과 벡터의 열을 내적"을 적용:
$$ A\vec{v} = \begin{pmatrix} 1\cdot(-2) + 2\cdot 1 + 3\cdot 1 \\ 4\cdot(-2) + 0\cdot 1 + 0\cdot 1 \\ 0\cdot(-2) + 0\cdot 1 + 5\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -8 \\ 5 \end{pmatrix}. $$
해석: $A$가 $\mathbb{R}^3$에서 정의하는 선형변환이 $\vec{v}$를 $(3, -8, 5)^T$로 보냅니다. 각 성분이 무엇을 뜻하는지(어느 행에서 왔는지) 추적하는 게 중요합니다.
회전 행렬 $R_\alpha = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}$가 표준기저를 어디로 보내는지 확인하세요.
풀이:
$$ R_\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\alpha \\ \sin\alpha \end{pmatrix}, \quad R_\alpha \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\sin\alpha \\ \;\;\cos\alpha \end{pmatrix}. $$
즉 $x$축의 단위벡터가 각도 $\alpha$만큼, $y$축의 단위벡터도 같은 각도만큼 반시계방향 회전. $\det R_\alpha = \cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1$ — 면적 보존(회전은 면적을 바꾸지 않음).
$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$의 작용.
$P \begin{pmatrix} s_1 \\ s_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s_1 \\ 0 \end{pmatrix}$ — 모든 벡터를 수평축으로 사영. $\det P = 0$이므로 퇴화(degenerate, 비가역). 수직축 정보가 영영 사라지므로 되돌릴 수 없음.
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix} 4 & 3 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$에 대해 $AB$와 $BA$를 비교하세요.
풀이:
$$ AB = \begin{pmatrix} 1\cdot 4 + 2\cdot 2 & 1\cdot 3 + 2\cdot 1 \\ 3\cdot 4 + 4\cdot 2 & 3\cdot 3 + 4\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 5 \\ 20 & 13 \end{pmatrix}, $$
$$ BA = \begin{pmatrix} 4\cdot 1 + 3\cdot 3 & 4\cdot 2 + 3\cdot 4 \\ 2\cdot 1 + 1\cdot 3 & 2\cdot 2 + 1\cdot 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 13 & 20 \\ 5 & 8 \end{pmatrix}. $$
서로 다르다. 항상 $AB \neq BA$를 가정해야 합니다 (특수한 경우, 예: 단위행렬 $I$나 같은 행렬과의 곱일 때만 같음).
$2 \times 2$ 행렬 $A, B$에 대해 $\det(AB) = \det A \cdot \det B$.
$A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$, $B = \begin{pmatrix} e & f \\ g & h \end{pmatrix}$일 때 $AB = \begin{pmatrix} ae+bg & af+bh \\ ce+dg & cf+dh \end{pmatrix}$이므로:
$$ \det(AB) = (ae+bg)(cf+dh) - (af+bh)(ce+dg). $$
전개하면:
$$ = aecf + aedh + bgcf + bgdh - afce - afdg - bhce - bhdg $$
$aecf$와 $afce$, $bgdh$와 $bhdg$가 상쇄. 나머지를 정리:
$$ = ad(eh - fg) - bc(eh - fg) = (ad - bc)(eh - fg) = \det A \cdot \det B. \quad \square $$
따름정리: $A$가 가역이면 $A \cdot A^{-1} = I$이므로 $\det(A) \cdot \det(A^{-1}) = \det(I) = 1$. 즉 $\det(A^{-1}) = 1/\det(A)$.
$\det \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$를 1행 cofactor 전개로 구하세요.
풀이: 공식 $a(ei - fh) - b(di - fg) + c(dh - eg)$ 적용:
$$ = 1\cdot(4\cdot 6 - 5\cdot 0) - 2\cdot(0\cdot 6 - 5\cdot 0) + 3\cdot(0\cdot 0 - 4\cdot 0) = 24 - 0 + 0 = 24. $$
관찰: 상삼각행렬(upper triangular)의 행렬식은 대각원소의 곱 $1 \cdot 4 \cdot 6 = 24$로 즉시 구할 수 있습니다.
$A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$의 역행렬을 구하세요.
풀이:
검증: $A \cdot A^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6-5 & -10+10 \\ 3-3 & -5+6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = I.$ ✓
$\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}\vec{Y}$의 일반해를 구하고 점근 거동을 논하세요.
(a) Eigenvalue. 특성방정식:
$$ \det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 2 & -\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)(-\lambda) - 2 = \lambda^2 - \lambda - 2 = (\lambda - 2)(\lambda + 1) = 0. $$
$\Rightarrow \boxed{\lambda_1 = 2, \;\lambda_2 = -1.}$
(b) Eigenvector.
$\lambda_1 = 2$: $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\vec{v} = 0$
1행에서 $-v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = v_1$. 2행도 $2v_1 - 2v_2 = 0$으로 같은 관계. $\Rightarrow \vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$
$\lambda_2 = -1$: $(A + I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\vec{v} = 0$
$2v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -2v_1.$ $\Rightarrow \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}.$ (또는 $(1/2, -1)^T$ — 스칼라배 모두 OK)
(c) LI 실수 기본해.
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \vec{Y}_2(x) = e^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}. $$
(d) 일반해.
$$ \vec{Y}(x) = c_1 e^{2x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1 e^{2x} + c_2 e^{-x} \\ c_1 e^{2x} - 2c_2 e^{-x} \end{pmatrix}. $$
(e) IVP: 주어지지 않음.
(f) 점근 거동. $\lambda_1 = 2 > 0 > \lambda_2 = -1$ → Saddle point.
$\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 4 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}\vec{Y}$, $\vec{Y}(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}$ — IVP 풀이.
(a) Eigenvalue.
$$ \det\begin{pmatrix} 4-\lambda & -1 \\ 2 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (4-\lambda)(1-\lambda) + 2 = \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda - 2)(\lambda - 3) = 0. $$
$\Rightarrow \boxed{\lambda_1 = 2, \;\lambda_2 = 3.}$ (둘 다 양수)
(b) Eigenvector.
$\lambda_1 = 2$: $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\vec{v} = 0 \Rightarrow 2v_1 - v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = 2v_1.$ $\Rightarrow \vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}.$
$\lambda_2 = 3$: $(A - 3I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\vec{v} = 0 \Rightarrow v_1 = v_2.$ $\Rightarrow \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$
(c) LI 실수 기본해.
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}, \qquad \vec{Y}_2(x) = e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. $$
(d) 일반해.
$$ \vec{Y}(x) = c_1 e^{2x}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} + c_2 e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1 e^{2x} + c_2 e^{3x} \\ 2c_1 e^{2x} + c_2 e^{3x} \end{pmatrix}. $$
(e) IVP. $x = 0$ 대입:
$$ \begin{cases} c_1 + c_2 = 2 \\ 2c_1 + c_2 = 3 \end{cases} \Rightarrow c_1 = 1,\; c_2 = 1. $$
$$ \boxed{\; \vec{Y}(x) = \begin{pmatrix} e^{2x} + e^{3x} \\ 2e^{2x} + e^{3x} \end{pmatrix}. \;} $$
(f) 점근 거동. $\lambda_1, \lambda_2$ 모두 양수 → Unstable node.
$\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\vec{Y}$의 실수 일반해를 구하세요.
(a) Eigenvalue.
$$ \det\begin{pmatrix} 2-\lambda & 3 \\ -3 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (2-\lambda)^2 + 9 = \lambda^2 - 4\lambda + 13 = 0. $$
판별식 $16 - 52 = -36 < 0 \Rightarrow$ 복소근:
$$ \lambda = \frac{4 \pm \sqrt{-36}}{2} = 2 \pm 3i \quad\Rightarrow\quad \alpha = 2,\; \beta = 3. $$
(b) (복소) Eigenvector. $\lambda_1 = 2 + 3i$에 대해:
$$ (A - (2+3i)I)\vec{v} = \begin{pmatrix} -3i & 3 \\ -3 & -3i \end{pmatrix}\vec{v} = 0. $$
1행: $-3i v_1 + 3 v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = i v_1.$
$$ \vec{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix} = \underbrace{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}}_{\vec{v}^R} + i\underbrace{\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}}_{\vec{v}^I}. $$
(c) 실수 LI 기본해. 공식 $\vec{Y}_1 = e^{\alpha x}[\cos\beta x \cdot \vec{v}^R - \sin\beta x \cdot \vec{v}^I]$, $\vec{Y}_2 = e^{\alpha x}[\sin\beta x \cdot \vec{v}^R + \cos\beta x \cdot \vec{v}^I]$ 적용:
$$ \vec{Y}_1(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} \cos 3x \\ -\sin 3x \end{pmatrix}, \qquad \vec{Y}_2(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} \sin 3x \\ \;\;\cos 3x \end{pmatrix}. $$
(d) 일반해.
$$ \vec{Y}(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} c_1 \cos 3x + c_2 \sin 3x \\ -c_1 \sin 3x + c_2 \cos 3x \end{pmatrix}. $$
(f) 점근 거동. $\alpha = 2 > 0$ → Unstable spiral.
해 행렬 해석:
$$ \Phi(x) = e^{2x}\begin{pmatrix} \;\;\cos 3x & \sin 3x \\ -\sin 3x & \cos 3x \end{pmatrix} = \underbrace{e^{2x}}_{\text{지수 팽창}} \cdot \underbrace{R_{-3x}}_{\text{회전}}. $$
Kreyszig Advanced Engineering Mathematics 10판의 시험 범위 절(§4.1, §4.3, §7.1, §7.2, §7.7, §7.8, §8.1)에서 핵심 연습문제를 단계별로 풀이합니다. 홀수 번호 위주(부록에 답이 실린 것).
위 $A, B, u, v, w$의 크기를 적으세요.
$A$: $3 \times 3$. $B$: $3 \times 3$. $u, v, w$: $3 \times 1$ (3-벡터).
덧셈은 같은 크기끼리만 가능 — $A + B$는 OK, $A + u$는 정의 불가.
$3A$, $0.5B$, $3A + 0.5B$를 계산하세요.
$$ 3A = \begin{pmatrix} 0 & 6 & 12 \\ 18 & 15 & 15 \\ 3 & 0 & -9 \end{pmatrix}, \quad 0.5B = \begin{pmatrix} 0 & 2.5 & 1 \\ 2.5 & 1.5 & 2 \\ -1 & 2 & -1 \end{pmatrix}. $$
$$ 3A + 0.5B = \begin{pmatrix} 0 & 8.5 & 13 \\ 20.5 & 16.5 & 17 \\ 2 & 2 & -10 \end{pmatrix}. $$
$u, v, w$가 공간상의 힘일 때 합력 $u + v + w$를 구하세요.
$$ u + v + w = \begin{pmatrix} 1.5 + (-1) + (-5) \\ 0 + 3 + (-30) \\ -3 + 2 + 10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4.5 \\ -27 \\ \;\;9 \end{pmatrix}. $$
$A^2 = A$를 만족하는 $2 \times 2$ 행렬 4개를 찾으세요.
표준 답: $\mathbf{0}, I, \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.$
마지막 행렬 검증: $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 1\cdot 1 + 1\cdot 0 & 1\cdot 1 + 1\cdot 0 \\ 0 + 0 & 0 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.$ ✓
$A B$를 직접 계산하세요. ($A, B$는 위 §7.2 데이터)
1행: $(4\cdot 1 + (-2)(-3) + 3\cdot 0,\; 4\cdot(-3) + (-2)\cdot 1 + 0,\; 0 + 0 + 3\cdot(-2)) = (10, -14, -6).$
2행: $(-2 + (-3) + 0,\; 6 + 1 + 0,\; 0 + 0 + (-12)) = (-5, 7, -12).$
3행: $(1 + (-6) + 0,\; -3 + 2 + 0,\; 0 + 0 + (-4)) = (-5, -1, -4).$
$$ AB = \begin{pmatrix} 10 & -14 & -6 \\ -5 & 7 & -12 \\ -5 & -1 & -4 \end{pmatrix}. $$
$C, B$에 대해 $CC^T$와 $BC$를 계산하세요. (그리고 $CB$가 왜 정의되지 않는지 답하세요.)
$C^T = \begin{pmatrix} 0 & 3 & -2 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ ($2 \times 3$).
$CC^T$는 $(3 \times 2) \cdot (2 \times 3) = (3 \times 3)$. 직접 계산:
$$ CC^T = \begin{pmatrix} 0\cdot 0 + 1\cdot 1 & 0\cdot 3 + 1\cdot 2 & 0\cdot(-2) + 1\cdot 0 \\ 3\cdot 0 + 2\cdot 1 & 9 + 4 & -6 + 0 \\ 0 + 0 & -6 + 0 & 4 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 2 & 13 & -6 \\ 0 & -6 & 4 \end{pmatrix}. $$
$BC$는 $(3 \times 3)(3 \times 2) = 3 \times 2$. 정의됨:
$$ BC = \begin{pmatrix} 0 - 9 + 0 & 1 - 6 + 0 \\ 0 + 3 + 0 & -3 + 2 + 0 \\ 0 + 0 + 4 & 0 + 0 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -9 & -5 \\ 3 & -1 \\ 4 & 0 \end{pmatrix}. $$
$CB$는 $(3 \times 2)(3 \times 3)$ — 가운데 차원이 안 맞아 정의 X.
두 매장 $F_1, F_2$의 sofa/chair/table 판매수가 $A = \begin{pmatrix} 400 & 60 & 240 \\ 100 & 120 & 500 \end{pmatrix}$. 가구당 이익 $\vec{p} = [85, 62, 30]^T$일 때, 매장별 총이익을 구하세요.
$$ A\vec{p} = \begin{pmatrix} 400\cdot 85 + 60\cdot 62 + 240\cdot 30 \\ 100\cdot 85 + 120\cdot 62 + 500\cdot 30 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 34{,}000 + 3{,}720 + 7{,}200 \\ 8{,}500 + 7{,}440 + 15{,}000 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 44{,}920 \\ 30{,}940 \end{pmatrix}. $$
$F_1$의 이익이 \$44,920, $F_2$의 이익이 \$30,940.
$\det = \cos\alpha \cos\beta - \sin\alpha \sin\beta = \boxed{\cos(\alpha + \beta)}.$ (cosine 덧셈 공식)
$\det \begin{pmatrix} \cos n\theta & \sin n\theta \\ -\sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix} = ?$
$\cos^2 n\theta + \sin^2 n\theta = \boxed{1}.$ (회전 행렬은 항상 $\det = 1$ — 면적 보존)
$\det \begin{pmatrix} 4 & -1 & 8 \\ 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} = ?$
1행 cofactor: $4(2\cdot 5 - 3\cdot 0) - (-1)(0 - 0) + 8(0 - 0) = 4 \cdot 10 = \boxed{40}.$
(상삼각이라 대각의 곱 $4 \cdot 2 \cdot 5 = 40$.)
$3x - 5y = 15.5, \;6x + 16y = 5.0$을 Cramer's rule로 푸세요.
계수 행렬 $A = \begin{pmatrix} 3 & -5 \\ 6 & 16 \end{pmatrix}$, $\det A = 48 - (-30) = 78.$
$$ x = \frac{1}{78}\det\begin{pmatrix} 15.5 & -5 \\ 5 & 16 \end{pmatrix} = \frac{248 + 25}{78} = \frac{273}{78} = 3.5. $$
$$ y = \frac{1}{78}\det\begin{pmatrix} 3 & 15.5 \\ 6 & 5 \end{pmatrix} = \frac{15 - 93}{78} = \frac{-78}{78} = -1. $$
$\boxed{x = 3.5,\; y = -1.}$
$3y - 4z = 16, \;2x - 5y + 7z = -27, \;-x - 9z = 9$. (Cramer's rule, 또는 직접 대입으로 확인)
답: $\boxed{x = 0, \;y = 4, \;z = -1.}$
검증: $3\cdot 4 - 4(-1) = 12 + 4 = 16$ ✓; $0 - 20 - 7 = -27$ ✓; $0 - (-9) = 9$ ✓.
$A = \begin{pmatrix} 1.80 & -2.32 \\ -0.25 & 0.60 \end{pmatrix}$의 역행렬을 구하세요.
$\det A = 1.80 \cdot 0.60 - (-2.32)(-0.25) = 1.08 - 0.58 = 0.50.$
$$ A^{-1} = \frac{1}{0.50}\begin{pmatrix} 0.60 & 2.32 \\ 0.25 & 1.80 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1.20 & 4.64 \\ 0.50 & 3.60 \end{pmatrix}. $$
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. 역행렬은?
이는 행 1과 2를 교환하는 permutation 행렬. 두 번 교환하면 원래로 돌아오므로 $A^2 = I$, 즉 $\boxed{A^{-1} = A}$.
직접 확인: $A \cdot A = \begin{pmatrix} 0\cdot 0 + 1\cdot 1 + 0 & 0\cdot 1 + 1\cdot 0 + 0 & 0 \\ 1\cdot 0 + 0\cdot 1 + 0 & 1\cdot 1 + 0\cdot 0 + 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I.$ ✓
$(A^2)(A^{-1})^2 = A \cdot A \cdot A^{-1} \cdot A^{-1} = A \cdot (A \cdot A^{-1}) \cdot A^{-1} = A \cdot I \cdot A^{-1} = A \cdot A^{-1} = I.$ □
일반적으로 $(A^n)^{-1} = (A^{-1})^n$ ($n \geq 0$).
$A = \begin{pmatrix} 3.0 & 0 \\ 0 & -0.6 \end{pmatrix}$의 고유값·고유벡터.
대각행렬은 대각원소가 곧 고유값: $\lambda_1 = 3, \;\lambda_2 = -0.6.$ 고유벡터는 표준기저 $\vec{v}_1 = (1, 0)^T,\;\vec{v}_2 = (0, 1)^T.$
$A = \begin{pmatrix} 5 & -2 \\ 9 & -6 \end{pmatrix}$.
$\det(A - \lambda I) = (5-\lambda)(-6-\lambda) - (-2)(9) = \lambda^2 + \lambda - 30 + 18 = \lambda^2 + \lambda - 12 = (\lambda + 4)(\lambda - 3) = 0.$
$\lambda_1 = -4$: $(5+4)v_1 - 2v_2 = 0 \Rightarrow 9v_1 = 2v_2.$ $\vec{v}_1 = (2, 9)^T.$
$\lambda_2 = 3$: $(5-3)v_1 - 2v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = v_1.$ $\vec{v}_2 = (1, 1)^T.$
$A = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ -3 & 0 \end{pmatrix}$.
$\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 9 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm 3i.$
$\lambda = 3i$: $-3i\, v_1 + 3 v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = i v_1 \Rightarrow \vec{v} = (1, i)^T.$
$\lambda = -3i$: 켤레 $\Rightarrow \vec{v} = (1, -i)^T.$
(이 $A$는 $90°$ 회전 + 3배 확대 — 실 고유값 없음.)
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.
$\det(A - \lambda I) = \lambda^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 0$ (중근, double root).
$A\vec{v} = 0$: $v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v} = (1, 0)^T$ — 단 한 개! Defective (대각화 불가).
$A = \begin{pmatrix} 0.8 & -0.6 \\ 0.6 & \;\;0.8 \end{pmatrix}$.
$\det(A - \lambda I) = (0.8 - \lambda)^2 + 0.36 = 0 \Rightarrow 0.8 - \lambda = \pm 0.6 i \Rightarrow \lambda = 0.8 \pm 0.6 i.$
$\lambda = 0.8 + 0.6i$: $-0.6i\,v_1 - 0.6 v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -i v_1 \Rightarrow \vec{v} = (1, -i)^T.$
(이는 $\det = 1$인 회전 행렬, 각도 $\arctan(0.6/0.8) = 36.87°$ 정도.)
$4y'' - 15y' - 4y = 0$을 1계 시스템으로 변환한 뒤 일반해를 구하세요.
$y_1 = y, y_2 = y'$로 두면: $y_1' = y_2,\;y_2' = y_1 + \frac{15}{4}y_2.$ 행렬로:
$$ \vec{Y}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 15/4 \end{pmatrix}\vec{Y}. $$
(a) $\det(A - \lambda I) = -\lambda(15/4 - \lambda) - 1 = \lambda^2 - \tfrac{15}{4}\lambda - 1 = 0 \Rightarrow 4\lambda^2 - 15\lambda - 4 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{15 \pm 17}{8}.$ $\lambda_1 = 4, \;\lambda_2 = -1/4.$
(b) $\lambda_1 = 4$: $-4v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (1, 4)^T.$ $\lambda_2 = -1/4$: $\tfrac{1}{4}v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_2 = (1, -1/4)^T.$
(d) $y(t) = y_1(t) = c_1 e^{4t} + c_2 e^{-t/4}.$
$y'' + 2y' - 24y = 0$의 시스템 변환과 일반해.
$\vec{Y}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 24 & -2 \end{pmatrix}\vec{Y}.$
$\det(A - \lambda I) = \lambda^2 + 2\lambda - 24 = (\lambda + 6)(\lambda - 4) = 0 \Rightarrow \lambda_1 = 4, \lambda_2 = -6.$
$\vec{v}_1 = (1, 4)^T,\;\vec{v}_2 = (1, -6)^T.$ $y(t) = c_1 e^{4t} + c_2 e^{-6t}.$
이 절이 시험에서 가장 큰 비중을 차지합니다. 모든 문제는 6단계로 푸세요.
$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}.$
(a) $\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)(-1-\lambda) - 3 = \lambda^2 - 4 = 0 \Rightarrow \lambda_1 = 2, \lambda_2 = -2.$
(b) $\lambda_1 = 2$: $(1-2)v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = v_1 \Rightarrow \vec{v}_1 = (1, 1)^T.$
$\lambda_2 = -2$: $3v_1 + v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -3v_1 \Rightarrow \vec{v}_2 = (1, -3)^T.$
(c, d) $y_1 = c_1 e^{2t} + c_2 e^{-2t}, \;y_2 = c_1 e^{2t} - 3 c_2 e^{-2t}.$
(f) Saddle ($\lambda_1 > 0 > \lambda_2$).
$y_1' = y_1 + 2y_2, \;y_2' = \tfrac{1}{2}y_1 + y_2.$
$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1/2 & 1 \end{pmatrix}.$
(a) $\det(A - \lambda I) = (1-\lambda)^2 - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = 0, 2.$
(b) $\lambda_1 = 2$: $-v_1 + 2v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (2, 1)^T.$ $\lambda_2 = 0$: $v_1 + 2v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_2 = (2, -1)^T.$
(d) $\vec{Y}(t) = c_1 e^{2t}(2, 1)^T + c_2 (2, -1)^T$ ($e^{0\cdot t} = 1$). 즉 $y_1 = 2c_1 e^{2t} + 2c_2, \;y_2 = c_1 e^{2t} - c_2.$
(f) $\lambda_1 = 2 > 0, \lambda_2 = 0$ → degenerate (선상 평형점 직선).
$y_1' = 2y_1 + 5y_2, \;y_2' = 5y_1 + 12.5 y_2.$
$A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 5 & 12.5 \end{pmatrix}.$
$\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)(12.5-\lambda) - 25 = \lambda^2 - 14.5\lambda + 0 = \lambda(\lambda - 14.5) = 0 \Rightarrow \lambda_1 = 0, \lambda_2 = 14.5.$
$\lambda_1 = 0$: $2v_1 + 5v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (5, -2)^T$ (스칼라 조정).
$\lambda_2 = 14.5$: $-12.5 v_1 + 5 v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = 2.5 v_1 \Rightarrow \vec{v}_2 = (2, 5)^T.$
일반해: $y_1 = 5 c_1 + 2 c_2 e^{14.5 t}, \;y_2 = -2 c_1 + 5 c_2 e^{14.5 t}.$ ✓ (답안 일치)
$y_1' = 2y_1 + 5y_2, \;y_2' = -\tfrac{1}{2}y_1 - \tfrac{3}{2}y_2, \;\vec{Y}(0) = (-12, 0)^T.$
$A = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ -1/2 & -3/2 \end{pmatrix}.$
(a) $\det(A - \lambda I) = (2-\lambda)(-3/2 - \lambda) + 5/2 = \lambda^2 - \lambda/2 - 1/2.$ 양변 2배: $2\lambda^2 - \lambda - 1 = (2\lambda + 1)(\lambda - 1) = 0 \Rightarrow \lambda_1 = 1, \lambda_2 = -1/2.$
(b) $\lambda_1 = 1$: $v_1 + 5v_2 = 0 \Rightarrow \vec{v}_1 = (-5, 1)^T.$ $\lambda_2 = -1/2$: $\tfrac{5}{2}v_1 + 5 v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -\tfrac{1}{2}v_1 \Rightarrow \vec{v}_2 = (2, -1)^T.$
(d) $y_1 = -5 c_1 e^t + 2 c_2 e^{-t/2}, \;y_2 = c_1 e^t - c_2 e^{-t/2}.$
(e) $t = 0$: $-5c_1 + 2c_2 = -12, \;c_1 - c_2 = 0 \Rightarrow c_2 = c_1, \;-3c_1 = -12 \Rightarrow c_1 = c_2 = 4.$
$\boxed{y_1 = -20 e^t + 8 e^{-t/2}, \;y_2 = 4 e^t - 4 e^{-t/2}.}$ ✓
(f) Saddle ($\lambda$ 부호 반대).
$y_1' = y_2, \;y_2' = y_1, \;\vec{Y}(0) = (0, 2)^T.$
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.$ $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm 1.$
$\vec{v}_1 = (1, 1)^T, \;\vec{v}_2 = (1, -1)^T.$ 일반해: $y_1 = c_1 e^t + c_2 e^{-t}, \;y_2 = c_1 e^t - c_2 e^{-t}.$
IVP: $c_1 + c_2 = 0, \;c_1 - c_2 = 2 \Rightarrow c_1 = 1, c_2 = -1.$
$\boxed{y_1 = e^t - e^{-t} = 2\sinh t, \;y_2 = e^t + e^{-t} = 2\cosh t.}$ Saddle.
$y_1' = 3y_1 + 2y_2, \;y_2' = 2y_1 + 3y_2, \;\vec{Y}(0) = (0.5, -0.5)^T.$
$A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}.$ $\det(A - \lambda I) = (3-\lambda)^2 - 4 = 0 \Rightarrow 3-\lambda = \pm 2 \Rightarrow \lambda_1 = 5, \lambda_2 = 1.$
$\vec{v}_1 = (1, 1)^T, \;\vec{v}_2 = (1, -1)^T.$ 일반해: $y_1 = c_1 e^{5t} + c_2 e^t, \;y_2 = c_1 e^{5t} - c_2 e^t.$
IVP $t = 0$: $c_1 + c_2 = 0.5, \;c_1 - c_2 = -0.5 \Rightarrow c_1 = 0, c_2 = 0.5.$
$\boxed{y_1 = 0.5\, e^t, \;y_2 = -0.5\, e^t.}$ ($c_1 = 0$이라 $e^{5t}$ 항 사라짐 — 특수 궤적, $\vec{v}_2$ 방향)
$y_1' = y_2, \;y_2' = -y_1 + y_3, \;y_3' = -y_2.$
$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}.$ 시험에는 2×2 위주지만 3×3 한번 풀어볼 가치 있음.
$\det(A - \lambda I) = -\lambda(\lambda^2 + 1) + 1 \cdot (-(-1)) \cdot ... = -\lambda(\lambda^2 + 2)$ (직접 전개). $\Rightarrow \lambda = 0, \pm i\sqrt{2}.$
실수 일반해 (답안):
$y_1 = c_1 - c_2 \cos\sqrt{2}\,t + c_3 \sin\sqrt{2}\,t,$
$y_2 = c_2 \sqrt{2} \sin\sqrt{2}\,t + c_3 \sqrt{2} \cos\sqrt{2}\,t,$
$y_3 = c_1 + c_2 \cos\sqrt{2}\,t - c_3 \sin\sqrt{2}\,t.$
이 패턴이 기말에 거의 그대로 다시 출제될 가능성이 매우 높습니다. 6단계 (a)~(f)를 외우다시피 풀어야 합니다. 풀이 시간은 약 10분 이내 목표.
$\vec{Y}' = A\vec{Y}$, $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$, $\vec{Y}(0) = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}$.
다음을 차례로 구하세요: (a) 고유값, (b) 고유벡터, (c) 두 LI 실수 해, (d) 일반해, (e) IVP의 해, (f) $x \to \pm\infty$에서의 거동.
특성방정식 $\det(A - \lambda I) = 0$:
$$ \det\begin{pmatrix} 1 - \lambda & 2 \\ 2 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = (1 - \lambda)^2 - 4 = 0. $$
$(1 - \lambda)^2 = 4 \Rightarrow 1 - \lambda = \pm 2.$
$$ \boxed{\;\lambda_1 = 3, \quad \lambda_2 = -1.\;} $$
(부호 반대인 실수 두 개 → Saddle이 예상됨)
$\lambda_1 = 3$: $(A - 3I)\vec{v} = 0$:
$$ \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}. $$
1행: $-2v_1 + 2v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = v_1.$ (2행도 같은 관계 — 일관)
$v_1 = 1$로 정규화: $\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$
$\lambda_2 = -1$: $(A + I)\vec{v} = 0$:
$$ \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}. $$
$2v_1 + 2v_2 = 0 \Rightarrow v_2 = -v_1.$
$v_1 = 1$로 정규화: $\vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$
$$ \boxed{\;\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}.\;} $$
검증: $A\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 + 2 \\ 2 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \end{pmatrix} = 3\vec{v}_1.$ ✓ $A\vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 - 2 \\ 2 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} = -\vec{v}_2.$ ✓
$\vec{Y}_i(x) = e^{\lambda_i x}\vec{v}_i$ 공식 직접 적용:
$$ \boxed{\;\vec{Y}_1(x) = e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \vec{Y}_2(x) = e^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}.\;} $$
두 해는 비례 관계가 아니므로 LI. (서로 다른 $\lambda$ + 서로 다른 방향)
$$ \boxed{\;\vec{Y}(x) = c_1 e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_2 e^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1 e^{3x} + c_2 e^{-x} \\ c_1 e^{3x} - c_2 e^{-x} \end{pmatrix},\;} $$
$c_1, c_2 \in \mathbb{R}.$ (2-매개변수 해 가족)
$x = 0$ 대입: $e^0 = 1$이므로
$$ \vec{Y}(0) = \begin{pmatrix} c_1 + c_2 \\ c_1 - c_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix}. $$
2×2 연립:
두 식 합: $2c_1 = 2 \Rightarrow c_1 = 1.$ → $c_2 = 1.$
$$ \boxed{\;\vec{Y}(x) = \begin{pmatrix} e^{3x} + e^{-x} \\ e^{3x} - e^{-x} \end{pmatrix}.\;} $$
보너스 관찰: $y_2(x) = e^{3x} - e^{-x}$는 $\sinh$와 형태가 비슷하지만, 지수가 $3x$와 $-x$로 다르므로 정확한 $\sinh$는 아닙니다. 만약 $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$이었다면 $\lambda = \pm 1$ → $\cosh, \sinh$가 정확히 나옴 (참고: §13.7 #13).
$\lambda_1 = 3 > 0 > \lambda_2 = -1$ → Saddle point (안장점, 항상 불안정).
$x \to +\infty$: $e^{3x} \to \infty$ (지배), $e^{-x} \to 0$.
$$ \vec{Y}(x) \approx e^{3x}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \to +\infty\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. $$
즉 $y_1 \to +\infty, \;y_2 \to +\infty$, 두 성분 비율은 1:1 ($\vec{v}_1$ 방향).
$x \to -\infty$: $e^{-x} \to \infty$ (지배), $e^{3x} \to 0$.
$$ \vec{Y}(x) \approx e^{-x}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \to +\infty\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}. $$
즉 $y_1 \to +\infty, \;y_2 \to -\infty$, 두 성분 비율은 1:-1 ($\vec{v}_2$ 방향).
위상평면 분류: Saddle point (불안정).
| 방향 | 지배 항 | $y_1$ | $y_2$ | 접근하는 방향 |
|---|---|---|---|---|
| $x \to +\infty$ | $e^{3x}$ | $\to +\infty$ | $\to +\infty$ | $\vec{v}_1 = (1, 1)^T$ |
| $x \to -\infty$ | $e^{-x}$ | $\to +\infty$ | $\to -\infty$ | $\vec{v}_2 = (1, -1)^T$ |
이 IVP의 해 궤적은 위상평면 $(y_1, y_2)$ 상에서, 점 $(2, 0)$에서 출발해 $x$가 증가하면 $\vec{v}_1 = (1, 1)$ 방향으로 발산, $x$가 감소하면 $\vec{v}_2 = (1, -1)$ 방향으로 발산하는 쌍곡선 모양 궤적입니다.
구체적으로 $y_1^2 - y_2^2 = (e^{3x} + e^{-x})^2 - (e^{3x} - e^{-x})^2 = 4 e^{3x}\cdot e^{-x} = 4 e^{2x}$이므로, 궤적의 모양은 $y_1^2 - y_2^2 = 4 e^{2x}$ (시간에 따라 팽창하는 쌍곡선).
| 단계 | 내용 | 식 / 결과 |
|---|---|---|
| (a) | Eigenvalue | $\det(A - \lambda I) = \lambda^2 - (\text{tr}\,A)\lambda + \det A = 0$ → $\lambda_1, \lambda_2$ |
| (b) | Eigenvector | $(A - \lambda_i I)\vec{v}_i = \vec{0}$ → $\vec{v}_1, \vec{v}_2$ (보통 $v_1 = 1$ 정규화) |
| (c) | LI 실수 기본해 | $\vec{Y}_i = e^{\lambda_i x}\vec{v}_i$ (또는 복소 케이스 공식) |
| (d) | 일반해 | $\vec{Y}(x) = c_1\vec{Y}_1 + c_2\vec{Y}_2$ |
| (e) | IVP | $\vec{Y}(0) = \vec{Y}_0$ → $2 \times 2$ 연립으로 $c_1, c_2$ |
| (f) | 점근 거동 | 큰 $\lambda$ 항이 $x \to +\infty$ 지배 / 작은 $\lambda$ 항이 $x \to -\infty$ 지배 |
| $\lambda_1, \lambda_2$ | 분류 | 안정성 | $x \to \infty$ 거동 |
|---|---|---|---|
| 실수, 둘 다 음수 ($\lambda_1, \lambda_2 < 0$) | Stable node · 안정 결절점 | 안정 | 모든 해 → 원점 (덜 음수인 $\lambda$ 방향으로) |
| 실수, 둘 다 양수 ($\lambda_1, \lambda_2 > 0$) | Unstable node · 불안정 결절점 | 불안정 | 모든 해 발산 (큰 $\lambda$ 방향으로) |
| 실수, 반대 부호 ($\lambda_1 > 0 > \lambda_2$) | Saddle · 안장점 | 항상 불안정 | $\vec{v}_1$ 방향 발산, $\vec{v}_2$ 방향 수렴 (대부분 발산) |
| 복소, $\alpha = \text{Re}(\lambda) < 0$ | Stable spiral · 안정 나선 | 안정 | 나선 그리며 원점 수렴 |
| 복소, $\alpha > 0$ | Unstable spiral · 불안정 나선 | 불안정 | 나선 그리며 발산 |
| 순허수 ($\lambda = \pm i\beta$, $\alpha = 0$) | Center · 중심 | 중립 | 주기 궤도 (유계) |
| 중근 음수 (defective) | Improper node | 안정 | 수렴 (한 방향 따라) |
| 중근 양수 (defective) | Improper node | 불안정 | 발산 |
$\vec{Y}_1 = e^{\alpha x}[\cos(\beta x)\vec{v}^R - \sin(\beta x)\vec{v}^I],$
$\vec{Y}_2 = e^{\alpha x}[\sin(\beta x)\vec{v}^R + \cos(\beta x)\vec{v}^I].$
| 단계 | 결과 |
|---|---|
| (a) | $\lambda_1 = 3, \;\lambda_2 = -1$ (부호 반대 → Saddle) |
| (b) | $\vec{v}_1 = (1, 1)^T, \;\vec{v}_2 = (1, -1)^T$ |
| (c) | $\vec{Y}_1 = e^{3x}(1, 1)^T, \;\vec{Y}_2 = e^{-x}(1, -1)^T$ |
| (d) | $\vec{Y} = c_1 e^{3x}(1,1)^T + c_2 e^{-x}(1, -1)^T$ |
| (e) | $c_1 = c_2 = 1$ → $\vec{Y}(x) = (e^{3x} + e^{-x}, \;e^{3x} - e^{-x})^T$ |
| (f) | Saddle. $x \to +\infty$: $(1,1)$ 방향 발산. $x \to -\infty$: $(1,-1)$ 방향 발산. |
— End of Part II (Lectures 18–22) —
수고하셨습니다! Part I과 Part II 모두 완료. 화이팅!