Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach przy użyciu macierzy wykładniczej

Przykład 1:

Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego:

\( \begin{bmatrix} x^\prime(t)\\y^\prime(t)\\z^\prime(t)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2&-1&1\\-1&2&-1\\1&1&2\end{bmatrix} \cdot\begin{bmatrix}x(t)\\ y(t)\\z(t)\end{bmatrix}\hskip 0.5pc,\hskip 1.5pc \begin{bmatrix}x(0)\\y(0)\\z(0)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}. \)

W pierwszej kolejności wyznaczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \)

\( A=\begin{bmatrix}2&-1&1\\-1&2&-1\\1&1&2\end{bmatrix}, \)

\( \begin{aligned}&|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}2-\lambda &-1&1\\-1&2-\lambda & -1\\1&1&2-\lambda \end{vmatrix}\stackrel{w_2+w_1}{=}\begin{vmatrix} 1-\lambda &1-\lambda & 0\\-1&2-\lambda & -1\\1&1&2-\lambda \end{vmatrix} \stackrel{-k_1+k_2}{=}\\ &\begin{vmatrix}1-\lambda &0&0\\-1&3-\lambda &-1\\1&0&2-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda )\begin{vmatrix}3-\lambda &-1\\0&2-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda )=0\end{aligned} \)

zatem \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1,\hskip 0.3pc \lambda_2=2,\hskip 0.3pc \lambda_3=3\hskip 0.3pc \) są jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy \( \hskip 0.3pc A \).
Wyznaczamy teraz podprzestrzenie własne dla \( \hskip 0.5pc \lambda_1,\hskip 0.5pc \lambda_2\hskip 0.5pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_3 \).
Dla \( \lambda_1=1. \)

\( V_1^{(0)}=\{X: \hskip 0.8pc (A-I)\cdot X=0\}, \)

\( \begin{aligned}&(A-I)\cdot X=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}1&-1&1\\-1&1&-1\\1&1&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} \Leftrightarrow \begin{cases}x_1-x_2+x_3=0&\\ -x_1+x_2-x_3=0&\\ x_1+x_2+x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow\\& \begin{cases}x_1-x_2+x_3=0&\\ x_1+x_2+x_3=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x_1-x_2+x_3=0&\\ 2x_2=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_1=-x_3&\\ x_2=0\end{cases}.\end{aligned} \)

Zatem podprzestrzeń własna \( \hskip 0.3pc V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) ma postać

\( V_1^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix} -x_3\\ 0\\ x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\0\\ 1\end{bmatrix}x_3\hskip 0.4pc,\hskip 1.2pc x_3\in\mathbb{R}\right\rbrace \)

i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)}=\begin{bmatrix}-1\\0\\1\end{bmatrix}. \)

Dla \( \lambda_2=2. \)

\( V_2^{(0)}=\{X: \hskip 0.5pc (A-2I)\cdot X=0\}, \)

\( (A-2I)\cdot X=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}0&-1&1\\-1&0&-1\\1&1&0\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{cases}-x_2+x_3=0&\\-x_1-x_3=0&\\ x_1+x_2=0&\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_3= x_2&\\x_1=-x_2\end{cases}. \)

Zatem podprzestrzeń własna \( \hskip 0.3pc V_2^{(0)}\hskip 0.3pc \) ma postać

\( V_2^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix} -x_2\\ x_2\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\1\\1\end{bmatrix}x_2,\hskip 1.2pc x_2\in\mathbb{R}\right\rbrace \)

i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest \( \hskip 0.3pc v_2^{(0)}=\begin{bmatrix}-1\\1\\1 \end{bmatrix}. \)

Dla \( \lambda_3=3. \)

\( V_3^{(0)}=\{X: \hskip 0.8pc (A-3I)\cdot X=0\}, \)

\( \begin{aligned}&(A-3I)\cdot X=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}-1&-1&1\\-1&-1&-1\\1&1&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{cases}-x_1-x_2+x_3=0&\\ -x_1-x_2-x_3=0&\\ x_1+x_2-x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow\\& \begin{cases}-x_1-x_2+x_3=0&\\ -x_1-x_2-x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_2=-x_1&\\ x_3=0\end{cases}.\end{aligned} \)

Zatem podprzestrzeń własna \( \hskip 0.3pc V_3^{(0)}\hskip 0.3pc \) ma postać

\( V_3^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\-x_1\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}x_1,\hskip 1.2pc x_1\in\mathbb{R}\right\rbrace \)

i wektorem własnym generującym tą podprzestrzeń jest \( \hskip 0.3pc v_3^{(0)}=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix} \)

Macierze \( \hskip 0.3pcJ,\hskip 0.3pc P \) i \( \hskip 0.3pc P^{-1}\hskip 0.3pc \) mają więc postać:

\( J=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix},\hskip 0.8pc P=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\0&1&-1\\1&1&0\end{bmatrix},\hskip 0.8pc P^{-1}=\begin{bmatrix}-1&-1&0\\ 1&1&1\\1&0&1\end{bmatrix}. \)

Ponieważ \( \hskip 0.3pc A=P\cdot J\cdot P^{-1},\hskip 0.3pc \) więc

\( \begin{aligned}e^{tA}=&P\cdot e^{tJ}\cdot P^{-1}=\begin{bmatrix}-1&-1&1\\0&1&-1\\1&1&0\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}e^t&0&0\\0& e^{2t}&0\\0&0&e^{3t}\end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix}-1&-1&0\\ 1&1&1\\ 1&0&1\end{bmatrix}=\\&\begin{bmatrix}e^t-e^{2t}+e^{3t}&e^t-e^{2t}&-e^{2t}+e^{3t}\\ e^{2t}-e^{3t} &e^{2t}&e^{2t}-e^{3t}\\ -e^t+e^{2t}&-e^{-t}+e^{2t}&e^{2t}\end{bmatrix}.\end{aligned} \)

Rozwiązanie problemu początkowego ( 1 ) jest zatem postaci

\( \begin{bmatrix} x(t)\\y(t)\\z(t)\end{bmatrix}=e^{tA}\cdot \begin{bmatrix} x(0)\\y(0)\\z(0)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e^t-e^{2t}+ e^{3t}&e^t-e^{2t}&-e^{2t}+e^{3t}\\e^{2t}-e^{3t}&e^{2t}&e^{2t}-e^{3t}\\-e^t+e^{2t}&-e^{-t}+e^{2t}&e^{2t}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}1\\-1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e^{3t}\\-e^{3t}\\0\end{bmatrix}. \)

Uwaga 1:

Jeżeli szukamy rozwiązania ogólnego układu równań

\( x^\prime(t)=A\cdot x(t) \)

i wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) są rzeczywiste, to rozwiązanie ogólne jest postaci:

\( x(t)=e^{tA}\cdot C=P\cdot e^{tJ}\cdot P^{-1}\cdot C=P\cdot e^{tJ}\cdot \tilde{C}\hskip 1pc {\rm gdzie}\hskip 1pc \tilde{C}= \begin{bmatrix}\tilde{c_1}\\ \vdots \\\tilde{c_n}\end{bmatrix} \)

\( \tilde{c_1},\ldots ,\hskip 0.3pc \tilde{c_n}\hskip 0.3pc \) są to dowolne stałe rzeczywiste.
W takiej sytuacji nie ma potrzeby wyznaczać macierzy odwrotnej: \( \hskip 0.3pc P^{-1},\hskip 0.3pc \) ponieważ dla dowolnego stałego wektora \( \hskip 0.3pc C\hskip 0.3pc \) istnieje \( \hskip 0.3pc \tilde{C}\hskip 0.3pc \) takie, że \( \hskip 0.3pc\tilde{C}=P^{-1}\cdot C \).

Przykład 2:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań:

\( x^\prime(t)=A\cdot x(t)\hskip 1.3pc {\rm gdzie}\hskip 1.3pc A=\begin{bmatrix}2&-1&2\\1&0&2\\-2&1&-1\end{bmatrix} . \)

Wyznaczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pcA\hskip 0.3pc \):

\( \begin{aligned}&|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}2-\lambda &-1&2\\1&-\lambda & 2\\-2&1&-1-\lambda \end{vmatrix}\stackrel{-w_2+w_1}{=}\begin{vmatrix} 1&-\lambda &\lambda-1& 0\\1&-\lambda & 2\\-2&1&-1-\lambda \end{vmatrix} \stackrel{k_1+k_2}{=}\\ &\begin{vmatrix}1-\lambda &0&0\\1&1-\lambda &2\\-2&-1&-1-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda )\begin{vmatrix}1-\lambda &2\\-1&-1-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)(\lambda^2+1)=0\end{aligned} \)

zatem \( \hskip 0.3pc\lambda_1=1,\hskip 0.3pc \lambda_2=i,\hskip 0.3pc \lambda_3=-i\hskip 0.3pc \) są jednokrotnymi wartościami własnymi macierzy \( \hskip 0.3pc A \).
Wyznaczamy teraz podprzestrzenie własne dla \( \hskip 0.3pc \lambda_1,\hskip 0.3pc \lambda_2\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc\lambda_3 \).
Dla \( \lambda_1=1. \)

\( V_1^{(0)}=\{X: \hskip 0.8pc (A-I)\cdot X=0\}, \)

\( \begin{aligned}&(A-I)\cdot X=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}1&-1&2\\1&-1&2\\-2&1&-2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{cases}x_1-x_2+2x_3=0&\\x_1-x_2+2x_3=0&\\-2x_1+x_2-2x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow\\& \begin{cases}x_1-x_2+2x_3=0&\\-2x_1+x_2-2x_3=0\end{cases}\stackrel{r_1+r_2}{\Leftrightarrow}\begin{cases}x_1-x_2+2x_3=0&\\-x_1=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_2=2x_3&\\x_1=0\end{cases}.\end{aligned} \)

Zatem podprzestrzeń własna \( \hskip 0.3pc V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) ma postać

\( V_1^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}0\\2x_3\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\2\\1\end{bmatrix}x_3,\hskip 1.3pc x_3\in\mathbb{R}\right\rbrace \)

i wektorem własnym generującym tą podprzestrzeń jest \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)}=\begin{bmatrix}0\\2\\1\end{bmatrix}.\hskip 0.3pc \)

Dla \( \lambda_2=i. \)

\( V_2^{(0)}=\{X: \hskip 0.5pc (A-iI)\cdot X=0\}, \)

\( \begin{aligned}&(A-iI)\cdot X=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix}2-i&-1&2\\1&-i&2\\-2&1&-1-i\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\Leftrightarrow \\ &\begin{cases}(2-i)x_1-x_2+2x_3=0&\\x_1-ix_2+2x_3=0&\\ -2x_1+x_2+(-1-i)x_3=0&\end{cases}\stackrel{-r_2+r_1}{\Leftrightarrow}\begin{cases}(1-i)x_1+(i-1)x_2=0&\\-2x_1+x_2-(1+i)x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_1= x_2&\\ x_3=\frac{i-1}{2}x_2\end{cases}.\end{aligned} \)

Zatem podprzestrzeń własna \( \hskip 0.3pc V_2^{(0)}\hskip 0.3pc \) ma postać

\( V_2^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}2x_2\\2x_2\\ (i-1)x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2\\2\\ i-1\end{bmatrix}x_2,\hskip 1.3pc x_2\in\mathbb{R}\right\rbrace \)

i wektorem własnym generującym tę podprzestrzeń jest \( \hskip 0.3pc v_2^{(0)}=\begin{bmatrix}2\\2\\i-1 \end{bmatrix}. \)

Dla \( \lambda_3=-i. \)
W tym przypadku \( \hskip 0.3pc V_3^{(0)}=\overline{V_2^{(0)}}\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc v_3^{(0)}=\overline{v_2^{(0)}}=\begin{bmatrix}2\\2\\-1-i\end{bmatrix}. \)
Macierze \( \hskip 0.3pc J,\hskip 0.3pc P\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc P^{-1}\hskip 0.3pc \) mają więc postać:

\( J=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&i&0\\0&0&-i\end{bmatrix},\hskip 0.5pc P=\begin{bmatrix}0&2&2\\ 2&2&2\\ 1&-1+i&-1-i\end{bmatrix},\hskip 0.5pc P^{-1}=\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0\\\frac{1}{4}-\frac{1}{2}i&\frac{1}{4}i&-\frac{1}{2}i\\ \frac{1}{4}+\frac{1}{2}i&-\frac{1}{4}i&\frac{1}{2}i\end{bmatrix}. \)

Wyznaczamy macierz \( \hskip 0.3pc e^{tJ} \)

\( e^{tJ}=\begin{bmatrix}e^t&0&0\\0&e^{it}&0\\0&0&e^{-it}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e^t&0&0\\0&\cos t+i\sin t &0\\0&0&\cos t-i\sin t\end{bmatrix}. \)

Zatem

\( \begin{aligned}&e^{tA}=P\cdot e^{tJ}\cdot P^{-1}=\begin{bmatrix} 0&2&2\\2&2&2\\1&-1+i&-1-i\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}e^t&0&0\\ 0&\cos t+i\sin t&0\\0&0&\cos t-i\sin t\end{bmatrix} \cdot\\&\begin{bmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&0\\\frac{1}{4}-\frac{1}{2}i&\frac{1}{4}i&-\frac{1}{2}i\\\frac{1}{4}+\frac{1}{2}i&-\frac{1}{4}i&\frac{1}{2}i\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2\sin t+\cos t&-\sin t&2\sin t\\ -e^t+2\sin t+\cos t&e^t-\sin t&2\sin t\\\frac{1}{2}(-e^t-3\sin t+\cos t)&\frac{1}{2}(e^t+\sin t-\cos t)&\cos t-\sin t\end{bmatrix}.\end{aligned} \)

Zatem rozwiązanie ogólne ma postać:

\( \begin{aligned}\begin{bmatrix} x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t)\end{bmatrix}=&\begin{bmatrix}2\sin t+\cos t&-\sin t&2\sin t\\-e^t+2\sin t+\cos t&e^t-\sin t&2\sin t\\\frac{1}{2}(-e^t-3\sin t+\cos t)&\frac{1}{2}(e^t+\sin t-\cos t)&\cos t-\sin t\end{bmatrix}\begin{bmatrix} c_1\\c_2\\c_3\end{bmatrix}=\\&\begin{bmatrix}(2\sin t+\cos t)c_1&-\sin tc_2&2\sin t c_3\\(-e^t+2\sin t+\cos t)c_1&(e^t-\sin t)c_2&2\sin t c_3\\ \frac{1}{2}(-e^t-3\sin t+\cos t)c_1&\frac{1}{2}(e^t+\sin t-\cos t)c_2&(\cos t-\sin t)c_3\end{bmatrix}\end{aligned} \)

gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\hskip 0.3pc c_2\hskip 0.3pc ,c_3\hskip 0.3pc \) są to dowolne stałe rzeczywiste.

Przykład 2 pokazuje, że jeżeli macierz \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) ma wartości własne zespolone, to macierz \( \hskip 0.3pc P\cdot e^{tJ}\hskip 0.3pc \) jest zespolona, natomiast macierz \( \hskip 0.3pc P\cdot e^{tJ}\cdot P^{-1}\hskip 0.3pc \) jest rzeczywista, dlatego musimy wyznaczyć macierz \( \hskip 0.3pc P^{-1},\hskip 0.3pc \) bo inaczej otrzymalibyśmy rozwiązanie zespolone układu.

Zadanie 1:

Treść zadania:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu równań:

\( x^\prime(t)=A\cdot x(t),\hskip 1.3pc {\rm gdzie} \hskip 1.3pc A=\begin{bmatrix}4&0&-1\\1&1&0\\3&-1&1\end{bmatrix} . \)

Rozwiązanie:

Obliczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \):

\( \begin{vmatrix}4-\lambda &0&-1\\1&1-\lambda &0\\3&-1&1-\lambda\end{vmatrix}=(4-\lambda)(1-\lambda)^2+1+3(1-\lambda)=-(\lambda -2)^3=0 \)

zatem \( \hskip 0.3pc \lambda=2\hskip 0.3pc{\rm jest}\hskip 0.3pc \) 3-krotną wartością własną macierzy \( \hskip 0.3pc A \).
Wyznaczymy podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda=2.\hskip 0.3pc \)

\( V^{(0)}=\{X:\hskip 0.8pc (A-2I)\cdot X=0,\hskip 0.3pc \} \)

\( \begin{bmatrix}2&0&-1\\1&-1&0\\3&-1&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\ 0\end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{cases}2x_1-x_3=0&\\x_1-x_2=0&\\3x_1-x_2-x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x_3=2x_1&\\x_2=x_1&\end{cases} \)

zatem

\( V^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\x_1\\2x_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}x_1,\hskip 1.2pc x_1\in\mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar podprzestrzeni własnej \( \hskip 0.3pc V^{(0)}\hskip 0.3pc \) jest równy 1 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. W związku z tym, wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego

\( V^{(1)}=\{X:\hskip 0.8pc (A-2I)^2\cdot X=0,\hskip 0.3pc \} \)

\( \begin{bmatrix}1&1&-1\\1&1&-1\\2&2&-2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0 \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{cases}x_1+x_2-x_3=0&\\x_1+x_2-x_3=0&\\2x_1+2x_2-2x_3=0&\end{cases}\Leftrightarrow x_3=x_1+x_2 \)

zatem

\( V^{(1)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_1+x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}x_1+\begin{bmatrix}0\\1\\1 \end{bmatrix}x_2,\hskip 1.3pc x_1,\hskip 0.3pc x_2\in\mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar podprzestrzeni głównej rzędu pierwszego \( \hskip 0.3pc V^{(1)}\hskip 0.3pc \) jest równy 2 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. W tej sytuacji wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu drugiego

\( V^{(2)}=\{X:\hskip 0.8pc (A-2I)^3\cdot X=0,\hskip 0.3pc \}. \)

Ponieważ \( \hskip 0.3pc (A-2I)^3=0,\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc V^{(2)}=\mathbb{R}^3.\hskip 0.3pc \)
Bierzemy teraz dowolny wektor \( \hskip 0.3pc v^{(2)}\in V^{(2)}\setminus V^{(1)}.\hskip 0.3pc \) Niech \( \hskip 0.3pc v^{(2)}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \) wtedy

\( v^{(1)}=(A-2I)v^{(2)}=\begin{bmatrix}2&0&-1\\1&-1&0\\3&-1&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2\\1\\3\end{bmatrix} \)

\( v^{(0)}=(A-2I)v^{(1)}=\begin{bmatrix}2&0&-1\\1&-1&0\\3&-1&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}2\\1\\3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}. \)

Wektory \( \hskip 0.3pc v^{(0)},\hskip 0.3pc v^{(1)}\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc v^{(2)}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne. Stąd wynika, że macierze \( \hskip 0.3pc J\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc P\hskip 0.3pc \) są postaci:

\( J=\begin{bmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{bmatrix},\hskip 1.5pc P=\begin{bmatrix}1&2&1\\1&1&0\\2&3&0\end{bmatrix}. \)

Zatem macierz \( \hskip 0.3pc e^{tJ}\hskip 0.3pc \) jest następująca

\( e^{tJ}=\begin{bmatrix}e^{2t}&te^{2t}&\frac{1}{2}t^2e^{2t}\\0&e^{2t}&te^{2t}\\0&0&e^{2t}\end{bmatrix} \)

i rozwiązanie ogólne rozważanego układu można zapisać następująco :

\( \begin{aligned}\begin{bmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t)\end{bmatrix}=&P\cdot e^{tJ}\cdot C= \begin{bmatrix}1&2&1\\1&1&0\\2&3&0 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}e^{2t}&te^{2t}&\frac{1}{2}t^2e^{2t}\\0&e^{2t}&te^{2t}\\0&0&e^{2t}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{bmatrix}=\\& \begin{bmatrix}e^{2t}&te^{2t}+2e^{2t}&\frac{1}{2}t^2e^{2t}+2te^{2t}+e^{2t}\\e^{2t}&te^{2t}+e^{2t}&\frac{1}{2}t^2e^{2t}+te^{2t}\\2e^{2t}&2te^{2t}+3e^{2t}&t^2e^{2t}+ 3te^{2t}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\\c_3\end{bmatrix}.\end{aligned} \)

gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\hskip 0.3pc c_2,\hskip 0.3pc c_3\hskip 0.3pc \) są to dowolne stałe, należące do zbioru liczb rzeczywistych.

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka