Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna

Rozważmy układ równań postaci

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

gdzie

\( A=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots &a_{1n}\\\vdots & \ddots & \vdots\\a_{n1}&\cdots &a_{nn} \end{bmatrix},\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc a_{ij}\in \mathbb{R},\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x(t)=\begin{bmatrix}x_1(t)\\\vdots\\x_n(t)\end{bmatrix}. \)

Przykład 1:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) gdy

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

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

\( \begin{aligned}&\vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix} 2-\lambda &1&1\\1&2-\lambda & 1\\-2&-2&-1-\lambda \end{vmatrix}\stackrel{-w_2+w_1}{=}\begin{vmatrix}1-\lambda &-1+\lambda &0\\1&2-\lambda &1\\-2&-2&-1-\lambda \end{vmatrix}\stackrel{k_1+k_2}{=}\\&\begin{vmatrix}1-\lambda &0 &0\\ 1&3-\lambda&1\\-2&-4&-1-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda)\begin{vmatrix}3-\lambda &1\\ -4&-1-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda)^3=0\end{aligned} \)

zatem \( \hskip 0.3pc \lambda=1\hskip 0.3pc \) jest 3-krotnym pierwiastkiem.
Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda=1 \)

\( V^{(0)}=\{x:\hskip 0.6pc (A-I)\cdot x=0,\}\hskip 0.6pc {\rm gdzie}\hskip 0.6pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-I)\cdot x=0 \):

\( \begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\-2&-2&-2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}x_1+x_2+x_3=0&\\x_1+x_2+x_3=0&\\-2x_1-2x_2-2x_3=0&\end{cases}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow x_3=-x_1-x_2. \)

Zatem

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

Wymiar przestrzeni \( \hskip 0.3pc V^{(0)}\hskip 0.3pc \) wynosi 2 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego:

\( V^{(1)}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-I)^2\cdot x=0\}. \)

Ponieważ

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

więc \( \hskip 0.3pc V^{(1)}=\mathbb{R}^3.\hskip 0.3pc \)

Bazę w \( \hskip 0.3pc V^{(1)}\hskip 0.3pc \) wyznaczamy następująco:
bierzemy dowolny wektor \( \hskip 0.3pc v_1^{(1)}\in V^{(1)}\setminus V^{(0)}.\hskip 0.3pc \) Niech \( \hskip 0.3pc v_1^{(1)}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\hskip 0.3pc \) wyznaczamy teraz wektor własny \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) z zależności 2 w twierdzeniu 1 :

\( v_1^{(0)}=(A-I)\cdot v_1^{(1)}=\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\-2&-2&-2\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\ 1\\-2\end{bmatrix}. \)

Należy teraz do wektorów \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)} \) dobrać wektor \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)}\in V^{(0)},\hskip 0.3pc \) tak by wektory \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)\hskip 0.3pc} \) były liniowo niezależne.
Niech \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)}=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix},\hskip 0.3pc \) wektory \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne, bo wyznacznik którego kolumnami są te wektory

\( \begin{vmatrix}1&1&1\\0&1&0\\-1&-2&0\end{vmatrix}=1 \)

jest różny od zera.
Stąd wynika, że układ fundamentalny rozwiązań układu ( 1 ) jest następujący:

\( \begin{aligned} &x_1(t)=v_0^{(0)}e^{t}=\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}e^t,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_2(t)=v_1^{(0)}e^{t}= \begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}e^t\\&x_3(t)=(v_1^{(1)}+tv_1^{(0)})e^t=\left(\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}1\\ 1\\ -2\end{bmatrix}\right)e^t. \end{aligned} \)

Rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać

\( x(t)=c_1\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}e^t+c_2\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}e^t+c_3\left( \begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}\right)e^t \)

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

Przykład 2:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) gdy

\( A=\begin{bmatrix}1&0&0&0&0\\1&1&0&0&0\\1&1&1&0&0\\0&0&0&3&1\\0&0&0&-4&-1\end{bmatrix}. \)

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

\( \begin{aligned}&\vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix}1-\lambda &0&0&0&0\\1&1-\lambda &0&0&0\\1&1&1-\lambda &0&0\\0&0&0&3-\lambda &1\\0&0&0&-4&-1-\lambda\end{vmatrix}=\\&\begin{vmatrix}1-\lambda &0 &0\\1&1-\lambda &0\\1&1&1-\lambda \end{vmatrix}\cdot \begin{vmatrix}3-\lambda &1\\-4&-1-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda)^3(1-\lambda)^2=(1-\lambda)^5=0\end{aligned} \)

więc \( \hskip 0.3pc\lambda=1\hskip 0.3pc \) jest wartością własną o krotności pięć.
Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda=1 \)

\( V^{(0)}=\{x:\hskip 0.6pc (A-I)\cdot x=0\}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-I)\cdot x=0\hskip 0.3pc \):

\( \begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\1&0&0&0&0\\1&1&0&0&0\\0&0&0&2&1\\0&0&0&-4&-2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{cases}x_1=0&\\x_1+x_2=0&\\2x_4+x_5=0&\\-4x_4-2x_5=0&\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}x_1=0&\\x_2=0&\\x_5=-2x_4&\end{cases}. \)

Zatem

\( V^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}0\\0\\x_3\\x_4\\-2x_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}x_3+\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\-2 \end{bmatrix}x_4,\hskip 1.2pc x_3,\hskip 0.3pc x_4\in \mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar przestrzeni \( \hskip 0.3pc V^{(0)}\hskip 0.3pc \) wynosi 2 i jest mniejszy od krotności wartości własnej, która wynosi 5. Musimy wyznaczyć podprzestrzeń główną, której wymiar będzie wynosił 5.

Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego

\( V^{(1)}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-I)^2\cdot x=0\}. \)

Ponieważ

\( (A-I)^2=\begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\1&0&0&0&0\\1&1&0&0&0\\0&0&0&2&1\\0&0&0&-4&-2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\ 1&0&0&0&0\\1&1&0&0&0\\0&0&0&2&1\\0&0&0&-4&-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\1&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix} \)

więc

\( (A-I)^2\cdot x=\begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\1&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\x_1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow x_1=0 \hskip 0.2pc {\rm i}\hskip 0.2pc x_2,\hskip 0.2pc x_3,\hskip 0.2pc x_4,\hskip 0.2pc x_5\in \mathbb{R}. \)

Stad wynika, że przestrzeń główna rzędu pierwszego ma postać:

\( V^{(1)}=\left( \begin{bmatrix}0\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\0\\0\\0\end{bmatrix}x_2+ \begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}x_3+\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\0\end{bmatrix}x_4+\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\1\end{bmatrix}x_5, \hskip 1.3pc x_2,x_3,x_4,x_5 \in \mathbb{R}\right). \)

Ponieważ wymiar podprzestrzeni \( \hskip 0.3pc V^{(1)}\hskip 0.3pc \) jest równy 4 i jest mniejszy niż krotność wartości własnej, więc musimy wyznaczyć podprzestrzeń wektorów głównych rzędu drugiego:

\( V^{(2)}=\{x:\hskip 0.6pc (A-I)^3\cdot x=0\}. \)

Ponieważ \( \hskip 0.3pc (A-I)^3=0\hskip 0.3pc \) więc \( \hskip 0.3pc V^{(2)}=\mathbb{R}^5\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc\dim V^{(2)}=5\hskip 0.3pc \).
Bazę w przestrzeni \( \hskip 0.3pc V^{(2)}\hskip 0.3pc \) wyznaczamy następująco:

1. Ponieważ \( \hskip 0.3pc\dim V^{(2)}-\dim V^{(1)}=5-4=1\hskip 0.3pc \) więc ze zbioru \( \hskip 0.3pcV^{(2)}\setminus V^{(1)}\hskip 0.3pc \) bierzemy dowolny wektor \( \hskip 0.3pc v_1^{(2)}.\hskip 0.3pc \) Następnie wyznaczamy wektor główny rzędu pierwszego i wektor własny

\( V^{(1)}\setminus V^{(0)}\ni v_1^{(1)}:=(A-I)\cdot v_1^{(2)},\hskip 1.3pc V^{(0)}\ni v_1^{(0)}:=(A-I)\cdot v_1^{(1)}. \)

Oczywiście tak określone wektory \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc \ v_1^{(1)},\hskip 0.3pc v_1^{(2)}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne.

Przyjmując:

\( v_1^{(2)}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.4pc {\rm to}\hskip 0.4pc v_1^{(1)}=(A-I)\cdot v_1^{(2)}=\begin{bmatrix}0\\1\\1\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.4pc {\rm i}\hskip 0.4pc v_1^{(0)}=(A-I)\cdot v_1^{(1)}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}. \)

2. Ponieważ \( \hskip 0.3pc\dim V^{(1)}-\dim V^{(0)}=4-2=2\hskip 0.3pc \) więc ze zbioru \( \hskip 0.3pc V^{(1)}\setminus V^{(0)}\hskip 0.3pc \) biorę dowolny wektor \( \hskip 0.3pc v_2^{(1)}\hskip 0.3pc \) taki, że dla dowolnych liczb \( \hskip 0.3pc \alpha_1,\hskip 0.3pc \alpha_2,\hskip 0.3pc \) nierównych jednocześnie zero, zachodzi warunek: \( \hskip 0.3pc\alpha_1 v_1^{(1)}+\alpha_2 v_2^{(1)}\in V^{(1)}\setminus V^{(0)}.\hskip 0.3pc \)
Tak określone wektory \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)},\hskip 0.3pc v_1^{(2)},\hskip 0.3pc v_2^{(0)},\hskip 0.3pc v_2^{(1)}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne i stanowią bazę przestrzeni \( \hskip 0.3pcV^{(2)}.\hskip 0.3pc \)

\( {\rm Gdy}\hskip0.6pc v_2^{(1)}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\1\end{bmatrix}\hskip 0.6pc {\rm to}\hskip0.6pc v_2^{(0)}=(A-I)\cdot v_2^{(1)}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\-2\end{bmatrix}. \)

Z uwagi 1 wynika, że układ fundamentalny rozwiązań układu ( 1 ) jest następujący:

\( \begin{aligned} &x_1(t)=v_1^{(0)}e^{t}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}e^t,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_2(t)=(v_1^{(1)}+tv_1^{(0)})e^{t}=\left( \begin{bmatrix}0\\1\\1\\0\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}\right) e^t\\&x_3(t)=(v_1^{(2)}+tv_1^{(1)}+\frac{1}{2}t^2v_1^{(0)})e^t=\left(\begin{bmatrix}1\\0\\ 0\\ 0\\ 0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\ 1\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}+\frac{1}{2}t^2\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 1\\ 0\\ 0\end{bmatrix}\right)e^t\\&x_4(t)=v_2^{(0)}e^{t}=\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\\ 1\\ -2\end{bmatrix}e^t,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_5(t)=(v_2^{(1)}+tv_2^{(0)})e^{t}=\left( \begin{bmatrix}0\\0\\ 0\\ 0\\ 1\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\\ 1\\ -2\end{bmatrix}\right) e^t .\end{aligned} \)

Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać

\( x(t)=c_1x_1(t)+c_2x_2(t)+c_3x_3(t)+c_4x_4(t)+c_5x_5(t) \)

gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\hskip 0.3pc c_2,\hskip 0.3pc c_3,\hskip 0.3pc c_4,\hskip 0.3pc c_5\hskip 0.3pc \) dowolne stałe.

Zadanie 1:

Treść zadania:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ), gdy

\( A= \begin{bmatrix}1&4&0&0&0\\0&3&0&0&0\\1&-4&1&0&0\\3&-1&1&2&1\\1&2&1&1&2\end{bmatrix}. \)

Rozwiązanie:

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

\( \begin{aligned}&\vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix}1-\lambda &4&0&0&0\\0&3-\lambda &0&0&0\\1&-4&1-\lambda &0&0\\3&-1&1&2-\lambda &1\\1&2&1&1&2-\lambda\end{vmatrix}=\\&(3-\lambda)\begin{vmatrix}1-\lambda &0 &0&0\\1&1-\lambda &0&0\\3&1&2-\lambda &1\\1&1&1&2-\lambda \end{vmatrix}=(3-\lambda)(1-\lambda) \begin{vmatrix}1-\lambda &0&0\\ 1&2-\lambda &1\\1&1&1-\lambda \end{vmatrix}=\\ &(3-\lambda)(1-\lambda)^2\begin{vmatrix}2-\lambda&1\\1&2-\lambda \end{vmatrix} =(1-\lambda)^3(3-\lambda)^2=0\end{aligned} \)

zatem mamy dwie wartości własne \( \hskip 0.3pc\lambda_1=1\hskip 0.3pc \) o krotności \( \hskip 0.3pc 3\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc\lambda_2=3\hskip 0.3pc \) o krotności 2.
Wyznaczymy podprzestrzeń własną dla wartości własnej \( \lambda_1=1. \)

\( V_1^{(0)}=\{x: \hskip 0.6pc (A-I)\cdot x=0,\}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-I)\cdot x=0 \):

\( \begin{aligned}&\begin{bmatrix} 0&4&0&0&0\\0&2&0&0&0\\1&-4&0&0&0\\3&-1&1&1&1\\1&2&1&1&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2 \\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{cases}4x_2=0&\\2x_2=0&\\x_1-4x_2=0&\\3x_1-x_2+x_3+x_4+x_5=0&\\ x_1+2x_2+ x_3+x_4+x_5=0&\end{cases}\\&\Longleftrightarrow\begin{cases}x_1=0&\\x_2=0&\\x_5=-x_3-x_4&\end{cases}\hskip 0.8pc x_3,\hskip 0.3pc x_4\in \mathbb{R}\end{aligned}. \)

Zatem

\( V_1^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}0\\0\\x_3\\x_4\\-x_3-x_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\1\\0\\-1\end{bmatrix}x_3+\begin{bmatrix}0\\ 0\\ 0\\ 1\\ -1\end{bmatrix}x_4,\hskip 1.3pc x_3,\hskip 0.3pc x_4\in \mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar przestrzeni \( \hskip 0.3pc V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) wynosi 2 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego.

Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego dla \( \hskip 0.3pc\lambda_1 \)

\( V_1^{(1)}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-I)^2\cdot x=0\}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-I)^2\cdot x=0 \).

\( \begin{aligned} &\begin{bmatrix} 0&8&0&0&0\\0&4&0&0&0\\0&-4&0&0&0\\5&7&2&2& 2\\5&5&2&2&2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1 \\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{cases}8x_2=0&\\4x_2=0&\\-4x_2=0&\\5x_1+7x_2+2x_3+2x_4+2x_5=0&\\5x_1+5x_2+2x_3+2x_4+2x_5=0&\end{cases}\\&\Longleftrightarrow \begin{cases}x_2=0&\\x_1=-\frac{2}{5}(x_3+x_4+x_5)\end{cases},\hskip 0.8pc x_3,\hskip 0.3pc x_4,\hskip 0.3pc x_5 -\hskip 0.3pc {\rm dowolne\hskip 0.3pc liczby\hskip0.3pc rzeczywiste}.\end{aligned} \)

Zatem

\( V_1^{(1)}=\left( \begin{bmatrix}-\frac{2}{5}(x_3+x_4+x_5)\\0\\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\1\\0\\0 \end{bmatrix}x_3 +\begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\0\\1\\0\end{bmatrix}x_4+\begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\0\\0\\1\end{bmatrix}x_5,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_3,x_4,x_5 \in \mathbb{R}\right) \)

a więc wymiar podprzestrzeni \( \hskip 0.3pc V_1^{(1)}\hskip 0.3pc \) wynosi \( \hskip 0.3pc 3\hskip 0.3pc \) i jest równy krotności wartości własnej \( \hskip 0.3pc\lambda_1.\hskip 0.3pc \)
Bierzemy dowolny wektor \( \hskip 0.3pc v_1^{(1)}\in V_1^{(1)}\setminus V_1^{(0)}.\hskip 0.3pc \) Jeżeli \( \hskip 0.3pc v_1^{(1)}=\begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \) to odpowiadający jemu wektor własny \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) wyznaczamy z zależnośc:

\( v_1^{(0)}=(A-I)\cdot v_1^{(1)}=\begin{bmatrix}0&4&0&0&0\\0&2&0&0&0\\1&-4&0&0&0\\3&-1&1&1&1 \\1&2&1&1&1\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\-\frac{2}{5}\\-\frac{1}{5}\\\frac{3}{5}\end{bmatrix}. \)

Do wektorów \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)}\hskip 0.3pc \) należy teraz dobrać wektor \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)}\in V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) tak, by wektory \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)}\hskip 0.3pc \) były liniowo niezależne.
Jeśli \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\-1\end{bmatrix},\hskip 0.3pc \) to łatwo sprawdzić, że wektory \( \hskip 0.3pc v_0^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(0)},\hskip 0.3pc v_1^{(1)}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne.

Z uwagi Rozwiązywanie układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna-1 wynika, że natępujące funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 1 ):

\( \begin{aligned} &x_1(t)=v_0e^{t}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\-1\end{bmatrix}e^t,\hskip 1.3pc x_2(t)=v_1e^{t}=\begin{bmatrix}0\\0\\-\frac{2}{5}\\-\frac{1}{5}\\ \frac{3}{5}\end{bmatrix}e^t\\&x_3(t)=(v_1^{(1)}+tv_1)e^{t}=\left( \begin{bmatrix}-\frac{2}{5}\\0\\1\\0\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}0\\0\\-\frac{2}{5}\\-\frac{1}{5}\\ \frac{3}{5}\end{bmatrix}\right) e^t.\end{aligned} \)

Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną dla wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda_2=3\hskip 0.3pc \):

\( V_2^{(0)}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-3I)\cdot x=0,\}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-3I)\cdot x=0\hskip 0.3pc \):

\( \begin{bmatrix} -2&4&0&0&0\\0&0&0&0&0\\1&-4&-2&0&0\\3&-1&1&-1&1\\1&2&1&1&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\ x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{cases}-2x_1+4x_2=0&\\x_1-4x_2-2x_3=0&\\3x_1-x_2+x_3-x_4+x_5=0&\\x_1+2x_2+x_3+x_4-x_5=0&\end{cases} \)

stosując metodę Gaussa

\( \begin{aligned} &\begin{bmatrix} -1&2&0&0&0&|&0\\1&-4&-2&0&0&|&0\\3&-1&1&-1&1&|&0\\1&2&1&1&-1 &|&0\end{bmatrix} \stackrel{w_1+w_2}{\stackrel {w_1+w_4}{\stackrel{3w_1+w_3}{\Longleftrightarrow}}} \begin{bmatrix} -1&2&0&0&0&|&0\\ 0&-2&-2&0&0&|&0\\ 0&5&1&-1&1&|&0\\ 0&4&1&1&-1 &|&0\end{bmatrix}\stackrel{\frac{5}{2}w_2+w_3}{\stackrel{2w_2+w_4}{\Longleftrightarrow}}\\&\begin{bmatrix} -1&2&0&0&0&|&0\\ 0&-2&-2&0&0&|&0\\0&0&-4&-1&1&|&0\\ 0&0&-3&1 &-1&|&0\end{bmatrix}\stackrel{-3w_3+4w_4}{\Longleftrightarrow}\begin{bmatrix} -1&2&0&0&0&|&0\\ 0&-2&-2&0&0&|&0\\ 0&0&-4&-1&1&|&0\\0&0&0&7&-7 &|&0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\\&\begin{cases}-x_1+2x_2=0&\\ -2x_2-2x_3=0&\\ -4x_3-x_4+x_5=0&\\ 7x_4-7x_5=0&\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases}x_1=2x_2&\\ x_2=-x_3&\\ x_3=-\frac{1}{4}x_4+\frac{1}{4}x_5&\\x_4=x_5\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} x_1=0&\\x_2=0&\\x_3=0&\\ x_4=x_5\end{cases}.\end{aligned} \)

Zatem

\( V_2^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}0\\0\\0\\x_5\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\1\\1\end{bmatrix}x_5,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_5\in \mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar przestrzeni \( \hskip 0.3pc V_2^{(0)}\hskip 0.3pc \) wynosi \( \hskip 0.3pc1\hskip 0.3pc \) i jest mniejszy niż krotność wartości własnej \( \hskip 0.3pc\lambda_2\hskip 0.3pc \).
Wyznaczamy teraz podprzestrzeń wektorów głównych rzędu pierwszego

\( V_2^{(1)}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-3I)^2\cdot x=0\}. \)

Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-3I)^2\cdot x=0\hskip 0.3pc \).

\( \begin{aligned} &\begin{bmatrix} 4&-8&0&0&0\\0&0&0&0&0\\-4&1&2&4&0&0\\-7&1&1&-2&2& -2\\1&-3&-2&-2&2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\\0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\begin{cases}4x_1-8x_2=0&\\-4x_1+12x_2+4x_3=0&\\-7x_1+11x_2-2x_3+2x_4-2x_5=0&\\x_1-3x_2-2x_3-2x_4+2x_5=0&\end{cases}\\&\Longleftrightarrow \begin{cases}x_1-2x_2=0&\\-x_1+3x_2+x_3=0&\\-7x_1+11x_2-2x_3+2x_4-2x_5=0&\\x_1-3x_2-2x_3-2x_4+2x_5=0&\end{cases}\end{aligned}. \)

Rozwiązujemy powyższy układ, stosując metodę Gaussa

\( \begin{aligned} &\begin{bmatrix} 1&-2&0&0&0&|&0\\-1&3&1&0&0&|&0\\-7&11&-2&2&-2&|&0\\1&-3&-2&-2&2 &|&0\end{bmatrix}\stackrel{w_1+w_2}{\stackrel {7w_1+w_3}{\stackrel{w_1+w_4}{\Longleftrightarrow}}} \begin{bmatrix} 1&-2&0&0&0&|&0\\ 0&1&1&0&0&|&0\\ 0&-3&-2&2&-2&|&0\\ 0&-1&-2&-2&2 &|&0\end{bmatrix}\stackrel{3w_2+w_3}{\stackrel{w_2+w_4}{\Longleftrightarrow}}\\&\begin{bmatrix} 1&-2&0&0&0&|&0\\ 0&1&1&0&0&|&0\\ 0&0&1&2&-2&|&0\\ 0&0&-1&-2 &2&|&0\end{bmatrix}\stackrel{w_3+w_4}{\Longleftrightarrow}\begin{bmatrix} 1&-2&0&0&0&|&0\\0&1&1&0&0&|&0\\ 0&0&1&2&-2&|&0\\0&0&0&0&0 &|&0\end{bmatrix}\Longleftrightarrow\\&\begin{cases}x_1-2x_2=0&\\ x_2+x_3=0&\\ x_3+2x_4-2x_5=0&\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}x_1=2x_2=4x_4-4x_5&\\ x_2=-x_3=2x_4-2x_5&\\ x_3=-2x_4+2x_5&\end{cases},\hskip 1.3pc x_4,\hskip 0.3pc x_5\in\mathbb{R}.\end{aligned} \)

Zatem

\( V_2^{(1)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}4x_4-4x_5\\2x_4-2x_5\\-2x_4+2x_5\\x_4\\x_5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4\\2\\-2\\1\\ 0\end{bmatrix}x_4+\begin{bmatrix}-4\\-2\\2\\0\\ 1\end{bmatrix}x_5,\hskip 1.3pc x_4,\hskip 0.3pc x_5\in \mathbb{R}\right\rbrace. \)

Wymiar przestrzeni \( \hskip 0.3pc V_2^{(1)}\hskip 0.3pc \) wynosi \( \hskip 0.3pc 2\hskip 0.3pc \) i jest równy krotności wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda_2.\hskip 0.3pc \)
Wybieramy dowolny wektor \( \hskip 0.3pcv_2^{(1)}\in V_2^{(1)}\setminus V_2.\hskip 0.3pc \) Jeżeli \( \hskip 0.3pc v_2^{(1)}=\begin{bmatrix}4\\2\\-2\\1\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \) to wyznaczamy teraz wektor własny \( \hskip 0.3pc v_2^{(0)}\hskip 0.3pc \) z zależności:

\( v_2^{(0)}=(A-3I)\cdot v_2^{(1)}=\begin{bmatrix} -2&4&0&0&0\\0&0&0&0&0\\1&-4&-2&0&0\\3&-1&1&-1& 1\\1&2&1&1&-1\end{bmatrix} \cdot\begin{bmatrix}4\\2\\-2\\1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\7\\7\end{bmatrix}. \)

Następujące funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 1 ):

\( x_4(t)=v_2e^{3t}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\7\\7\end{bmatrix}e^{3t},\hskip 1.3pc x_5(t)=(v_2^{(1)}+tv_3)e^{3t}=\left( \begin{bmatrix}4\\2\\-2\\1\\0 \end{bmatrix} +t\begin{bmatrix}0\\0\\0\\7\\7\end{bmatrix}\right) e^{3t}. \)

Funkcje \( \hskip 0.3pcx_1(t),\hskip 0.3pc x_2(t),\hskip 0.3pc x_3(t),\hskip 0.3pc x_4(t),\hskip 0.3pc x_5(t)\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne i stanowią układ fundamentalny układu ( 1 ).
Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postaci

\( x(t)=c_1x_1(t)+c_2x_2(t)+c_3x_3(t)+c_4x_4(t)+c_5x_5(t) \)

gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\ldots, c_5\hskip 0.3pc \) dowolne stałe.

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Matematyka

Przykłady rozwiązywania układów równań liniowych jednorodnych o stałych współczynnikach, gdy macierz układu nie jest diagonalizowalna

Przykład 1:

Przykład 2:

Zadanie 1:

Treść zadania:

Rozwiązanie: