Rozważmy układ równań:
\( x^\prime(t)=A\cdot x(t)+f(t)\hskip 1.2pc {\rm dla}\hskip 0.8pc t\in I\subset \mathbb{R} \)
gdzie
\( x(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\\vdots \\ x_n(t)\end{bmatrix},\hskip 1.3pc A=\begin{bmatrix} a_{11}&\ldots & a_{1n}\\ \vdots&\ddots &\vdots \\ a_{n1}&\ldots &a_{nn}\end{bmatrix},\hskip 1.3pc f(t)= \begin{bmatrix} f_1(t)\\ \vdots \\f_n(t)\end{bmatrix}. \)
Jeżeli funkcje
\( x_1(t)=\begin{bmatrix} x_{11}(t)\\\vdots \\ x_{n1}(t)\end{bmatrix},\hskip 1pc x_2(t)=\begin{bmatrix} x_{21}(t)\\ \vdots \\x_{n2}(t)\end{bmatrix}\hskip 0.3pc,\hskip 1.2pc \ldots,\hskip 1pc x_n(t)=\begin{bmatrix} x_{n1}(t)\\ \vdots \\x_{nn}(t)\end{bmatrix} \)
stanowią układ fundamentalny rozwiązań dla układu jednorodnego :
\( x^\prime(t)=A\cdot x(t)\hskip 0.3pc, \)
to macierz
\( X(t)=\begin{bmatrix} x_{11}(t)& x_{12}(t)&\ldots &x_{1n}(t)\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ x_{n1}(t)& x_{n2}(t)&\ldots &x_{nn}(t)\end{bmatrix} \)
nazywamy macierzą fundamentalną układu ( 2 ).
Z twierdzenia 3 wynika, że rozwiązanie ogólne układu równań ( 1 ) jest postaci
\( x(t)=X(t)\cdot \left(C+\int X^{-1}(t)\cdot f(t)dt \right) \)
gdzie \( \hskip 0.5pc C=\begin{bmatrix}c_1\\ \vdots \\c_n\end{bmatrix}\hskip 0.5pc \), a \( \hskip 0.6pc c_1,\ldots ,\hskip 0.3pc c_n\hskip 0.3pc \)-są to dowolne stałe.
Natomiast rozwiązanie układu równań ( 1 ) spełniającego warunek początkowy
\( x_1(t_0)=x_{01},\hskip 0.5pc x_2(t_0)=x_{01},\hskip 0.3pc \ldots ,\hskip 0.5pc x_n(t_0)=x_{0n}\hskip 0.3pc, \)
gdzie \( \hskip 0.3pc x_{01},\hskip 0.3pc \ldots ,\hskip 0.3pc x_{0n},\hskip 0.3pc \) są dane, a \( \hskip 0.3pc t_0\hskip 0.3pc \) jest ustalonym punktem przedziału \( \hskip 0.3pc I,\hskip 0.3pc \) jest postaci:
\( x(t)=X(t)\cdot \left(X^{-1}(t_0)\cdot x_0+ \int_{t_0}^t X^{-1}(s)\cdot f(s)ds\right). \)
Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) gdy \( \hskip 0.6pc A=\begin{bmatrix}2&1\\2&3\end{bmatrix}\hskip 0.6pc \) i \( \hskip 0.6pc f(t)=\begin{bmatrix}1\\e^t\end{bmatrix}. \)
Wyznaczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \):
\( \vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix} 2-\lambda &1\\2&3-\lambda \end{vmatrix}=(2-\lambda)(3-\lambda)-2=\lambda^2-5\lambda +4=0 \)
więc \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_1=4\hskip 0.3pc \) są pierwiastkami tego równania.
Dla \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1\hskip 0.3pc \) wyznaczymy podprzestrzeń własną
\( V_1^{(0)}=\{x:\hskip 0.5pc (A-I)\cdot x=0,\}\hskip 0.5pc {\rm gdzie}\hskip 0.5pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}. \)
Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-I)\cdot x=0 \):
\( \begin{bmatrix}1&1\\2&2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.5pc \Longleftrightarrow \hskip 0.5pc \begin{cases}x_1+x_2=0&\\2x_1+2x_2=0&\end{cases}\hskip 0.5pc \Longleftrightarrow x_2=-x_1. \)
Zatem
\( V_1^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\-x_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}x_1\hskip 1.2pc x_1\in \mathbb{R}\right\rbrace . \)
Podprzestrzeń \( \hskip 0.3pc V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) jest generowana przez wektor własny \( \hskip 0.5pc v_1^{(0)}=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix} \).
Dla \( \hskip 0.3pc \lambda_1=4\hskip 0.3pc \) wyznaczymy podprzestrzeń własną
\( V_2^{(0)}=\{x:\hskip 0.5pc (A-4I)\cdot x=0,\}\hskip 1pc {\rm gdzie}\hskip 1pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}. \)
Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-4I)\cdot x=0 \):
\( \begin{bmatrix}-2&1\\2&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}-2x_1+x_2=0&\\2x_1-x_2=0&\end{cases}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow x_2=2x_1. \)
Zatem
\( V_2^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\2x_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}x_1\hskip 0.8pc x_1\in \mathbb{R}\right\rbrace . \)
Podprzestrzeń \( \hskip 0.3pc V_2^{(0)}\hskip 0.3pc \) jest generowana przez wektor \( \hskip 0.3pc v_2^{(0)}=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix} \).
Wyznaczymy teraz macierz \( \hskip 0.6pc e^{tA}\hskip 0.3pc,\hskip 0.6pc \) która jest macierzą fundamentalną rozważanego układu.
Ponieważ \( \hskip 0.3pc A=P\cdot J\cdot P^{-1},\hskip 0.3pc \) gdzie
\( J=\begin{bmatrix}1&0\\0&4\end{bmatrix},\hskip 0.8pc P=\begin{bmatrix}1&1\\-1&2\end{bmatrix},\hskip 0.8pc P^{-1}=\begin{bmatrix}\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\\ \frac{1}{3}&\frac{1}{3} \end{bmatrix} \)
więc
\( e^{tA}=P\cdot e^{tJ}\cdot P^{-1}=\begin{bmatrix}1&1\\-1&2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}e^t&0\\0&e^{4t}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}&-\frac{1}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}\\ -\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}&\frac{1}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t} \end{bmatrix}. \)
Ponieważ macierz odwrotną do macierzy \( \hskip 0.3pc e^{tA}\hskip 0.3pc \) jest macierz \( \hskip 0.3pc e^{-tA}\hskip 0.3pc \), więc rozwiązanie rozważanego układu jest postaci
\( \begin{aligned}&x(t)= \begin{bmatrix} x_1(t)\\x_n(t)\end{bmatrix}=e^{tA}\cdot \left( C+ \int e^{-tA}\cdot f(t)dt\right) =\\&\begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}&-\frac{1}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}\\-\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}&\frac{1}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}\end{bmatrix}\cdot \left( \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\end{bmatrix}+\int \begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^{-t}+\frac{1}{3}e^{-4t}&-\frac{1}{3}e^{-t}+\frac{1}{3}e^{-4t}\\ -\frac{2}{3}e^{-t}+\frac{2}{3}e^{-4t}&\frac{1}{3}e^{-t}+\frac{2}{3}e^{-4t} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}1\\ e^t\end{bmatrix} dt\right)=\\ &\begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}&-\frac{1}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}\\ -\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}&\frac{1}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t} \end{bmatrix}\cdot \left( \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\end{bmatrix}+\int \begin{bmatrix}\frac{1}{3}e^{-4t}+\frac{1}{3}e^{-3t}+\frac{2}{3}e^{-t}-\frac{1}{3}\\ -\frac{2}{3}e^{-t}+\frac{2}{3}e^{-4t}+\frac{2}{3}e^{-3t}+\frac{1}{3}\end{bmatrix} dt\right)=\\ &\begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}&-\frac{1}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}\\-\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}&\frac{1}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}\end{bmatrix}\cdot \left( \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\end{bmatrix}+ \begin{bmatrix}\int (\frac{1}{3}e^{-4t}+\frac{1}{3}e^{-3t}+\frac{2}{3}e^{-t}-\frac{1}{3})dt\\ \int (-\frac{2}{3}e^{-t}+\frac{2}{3}e^{-4t}+\frac{2}{3}e^{-3t}+\frac{1}{3})dt\end{bmatrix}\right)= \\ &\begin{bmatrix}\frac{2}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}&-\frac{1}{3}e^t+\frac{1}{3}e^{4t}\\ -\frac{2}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}&\frac{1}{3}e^t+\frac{2}{3}e^{4t}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -\frac{1}{12}e^{-4t}-\frac{1}{9}e^{-3t}-\frac{2}{3}e^{-t}-\frac{1}{3}t+c_1\\ \frac{2}{3}e^{-t}-\frac{1}{6}e^{-4t}-\frac{2}{9}e^{-3t}+\frac{1}{3}t+c_2 \end{bmatrix}=\\ &\begin{bmatrix}\frac{1}{36}\left( -27+12(c_1+c_2)e^{4t} -4e^t(1-6c_1+3c_2+3t)\right) \\\frac{1}{18}\left( 9+12(c_1+c_2)e^{4t}+2e^t(-2-6c_1+3c_2+3t)\right) \end{bmatrix}.\end{aligned} \)
Przykład 2:
Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ), gdy \( \hskip 0.6pc A=\begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix}\hskip 0.6pc \) i \( \hskip 0.6pc f(t)=\begin{bmatrix}\sin t\\ \cos t\end{bmatrix}e^{2t}. \)
Wyznaczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \):
\( \vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix} 1-\lambda &-1\\1&1-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda)^2+1=0 \)
więc \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1-i\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_2=1+i\hskip 0.3pc \) są pierwiastkami tego równania.
Dla \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1-i\hskip 0.3pc \) wyznaczymy podprzestrzeń własną
\( V_1^{(0)}=\{x:\hskip 0.5pc (A-\lambda_1 I)\cdot x=0,\},\hskip 0.5pc {\rm gdzie}\hskip 0.5pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}. \)
Rozwiązujemy układ równań \( \hskip 0.3pc (A-(1-i)\cdot I)\cdot x=0 \):
\( \begin{bmatrix}i&-1\\1&i\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.5pc \Longleftrightarrow \hskip 0.5pc \begin{cases}x_1i-x_2=0&\\x_1+x_2i=0&\end{cases}\hskip 0.5pc \Longleftrightarrow x_2=x_1i. \)
Zatem
\( V_1^{(0)}=\left\lbrace \begin{bmatrix}x_1\\x_1i\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}x_1\hskip 1.2pc x_1\in \mathbb{R}\right\rbrace . \)
Podprzestrzeń \( \hskip 0.3pc V_1^{(0)}\hskip 0.3pc \) jest generowana przez wektor własny \( \hskip 0.3pc v_1^{(0)}=\begin{bmatrix}1\\i\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}i \).
Do wyznaczenia układu fundamentalnego rozwiązań dla układu jednorodnego wykorzystamy zależności 3 i 4.
Ponieważ \( \hskip 0.3pc\alpha =1\hskip 0.5pc {\rm i}\hskip 0.5pc \beta=1,\hskip 0.5pc \) więc
\( \Re(v_1)=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\hskip 0.7pc {\rm i} \hskip 0.7pc \Im (v_1)=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}. \)
Stąd z zależności 3 i 4 mamy następujące rozwiązania liniowo niezależne, odpowiadające wartościom własnym \( \hskip 0.3pc\lambda_1\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc\lambda_2:\hskip 0.3pc \)
\( x_1(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\cos t- \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\sin t\right)e^t, \)
\( x_2(t)=\left(\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\sin t+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}\cos t\right)e^t. \)
Macierz fundamentalna układu jednorodnego ma postać:
\( X(t)=\begin{bmatrix} e^t\cos t &e^t \sin t\\-e^t\sin t& e^t \cos t \end{bmatrix}. \)
Ponieważ macierz odwrotna do macierzy \( \hskip 0.3pc X(t) \hskip 0.3pc \) jest następująca
\( X^{-1}(t)=\begin{bmatrix} e^{-t}\cos t &-e^{-t} \sin t\\e^{-t}\sin t& e^{-t} \cos t \end{bmatrix}, \)
więc rozwiązanie rozważanego układu jest postaci
\( \begin{aligned}x(t)=& \begin{bmatrix} x_1(t)\\x_n(t)\end{bmatrix}=X(t)\cdot \left( C+\int X^{-1}(t)\cdot f(t)dt\right) =\\&\begin{bmatrix} e^t\cos t &e^t \sin t\\-e^t\sin t& e^t \cos t \end{bmatrix}\cdot \left( \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\end{bmatrix}+\int \begin{bmatrix} e^{-t}\cos t &-e^{-t} \sin t\\e^{-t}\sin t& e^{-t} \cos t \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}\sin t\\ \cos t\end{bmatrix}e^{2t} dt\right)=\\ &\begin{bmatrix} e^t\cos t &e^t \sin t\\-e^t\sin t& e^t \cos t \end{bmatrix}\cdot \left( \begin{bmatrix}c_1\\ c_2\end{bmatrix}+\int \begin{bmatrix}0\\e^t\end{bmatrix} dt\right)=\begin{bmatrix} e^t\cos t &e^t \sin t\\-e^t\sin t& e^t \cos t \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}c_1\\c_2+e^t\end{bmatrix} =\\& \begin{bmatrix}e^t(c_1\cos t+(c_2+e^t)\sin t)\\e^t(-c_1 \sin t+(c_2+e^t)\cos t)\end{bmatrix}.\end{aligned} \)
