Rozważmy układ równań postaci
\( x^\prime(t)=A\cdot x(t), \)
gdzie
\( A=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots &a_{1n}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\a_{n1}&\cdots &a_{nn} \end{bmatrix},\hskip 0.3pc \hskip 0.5pc a_{ij}\in \mathbb{R},\hskip 0.3pc \hskip 0.5pc x(t)=\begin{bmatrix}x_1(t)\\ \vdots\\x_n(t)\end{bmatrix}. \)
Omówimy wyznaczanie układu fundamentalnego rozwiązań dla układu równań różniczkowych ( 1 ) gdy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) są rzeczywiste i jednokrotne.
Rozwiązania układu ( 1 ) szukamy w postaci funkcji
\( x(t)=ve^{\lambda t},\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc {\rm gdzie}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc v=\begin{bmatrix}v_1\\ \vdots \\ v_n \end{bmatrix}. \)
Podstawiamy \( \hskip 0.3pc x(t)\hskip 0.3 pc \) i \( \hskip 0.3 pc x^\prime(t)=\lambda ve^{\lambda t}\hskip 0.3pc \) do równania ( 1 )
\( \lambda ve^{\lambda t}=A\cdot (ve^{\lambda t})=e^{\lambda t} A\cdot v. \)
Dzielimy powyższą równość obu stronie przez \( \hskip 0.3pc e^{\lambda t}\hskip 0.3pc \)
\( A\cdot v=\lambda v. \)
Stąd wynika, że \( \hskip 0.3pc \lambda \hskip 0.3pc \) jest wartością własną macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) a \( \hskip 0.3pc v\hskip 0.3pc \)- wektorem własnym odpowiadającym tej wartości własnej.
Z powyższych rozważań wynika, że chcąc wyznaczyć układ fundamentalny rozwiązań układu ( 1 ) należy w pierwszej kolejności wyznaczyć wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) i odpowiadające im wektory własne.
Wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) są pierwiastkami wielomianu:
\( \vert A-\lambda I\vert =p_n\lambda ^n+p_{n-1}\lambda ^{n-1}+\cdots +p_1\lambda +p_0=0, \)
gdzie \( \hskip 0.3pc I\hskip 0.3pc \) oznacza macierz jednostkową a \( \hskip 0.3pc p_0,\ldots,p_n\hskip 0.3pc \)- są to liczby rzeczywiste.
Jeśli \( \hskip 0.3pc \lambda \hskip 0.3pc \) jest wartością własną macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) to przez
\( V_{\lambda}=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-\lambda I)x=0\} \)
oznaczać będziemy zbiór wektorów własnych odpowiadających wartości własnej \( \hskip 0.3pc \lambda\hskip 0.3pc \).
Twierdzenie 1:
TEZA:
Jeżeli \( \hskip 0.3pc \lambda_1,\ldots ,\lambda_n\hskip 0.3pc \) są różnymi rzeczywistymi wartościami własnymi macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc v_1,\ldots ,v_n\hskip 0.3pc \) sa odpowiednio odpowiadającymi im wektorami własnymi to funkcje
\( x_1(t)=v_1e^{\lambda _1 t}, \ldots,\hskip 0.3pc x_n(t)=v_ne^{\lambda _n t} \)
stanowią układ fundamentalny rozwiązań układu równań różniczkowych
( 1 ).
Rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) jest postaci
\( x(t)=c_1x_1(t)+\ldots +c_nx_n(t), \)
gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\ldots ,\hskip 0.3pc c_n\hskip 0.3pc \)- są to dowolne stałe.
DOWÓD:
Oznaczmy przez \( \hskip 0.3pc V\hskip 0.3pc \) zbiór wszystkich rozwiązań układu ( 1 ).
Z twierdzenia 2 wiemy, że \( \hskip 0.3pc V\hskip 0.3pc \)- jest przestrzenią wektorową \( \hskip 0.3pc n\hskip 0.3pc \)- wymiarową.
Z kursu algebry liniowej wiadomo, że wektory własne odpowiadające różnym wartością własnym są liniowo niezależne.
Zatem wektory \( \hskip 0.3pc v_1,\ldots ,\hskip 0.3pc v_n\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne a w konsekwencji funkcje \( \hskip 0.3pc x_1(t), \ldots ,\hskip 0.3pc x_n(t)\hskip 0.3pc \) należące do przestrzeni \( \hskip 0.3pc V\hskip 0.3pc \) są też liniowo niezależne i stanowią bazę tej przestrzeni, czyli są układem fundamentalnym rozwiązań układu równań różniczkowych ( 1 ).
Stąd wynika, że jeżeli \( \hskip 0.3pc x(t)\hskip 0.3pc \) jest dowolnym rozwiązaniem układu ( 1 ) to istnieją stałe rzeczywiste \( \hskip 0.3pc c_1,\ldots,\hskip 0.3pc c_n\hskip 0.3pc \) takie, że
\( x(t)=c_1x_1(t)+\ldots +c_nx_n(t). \)
Przykład 1:
Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu
( 1 ) gdy
\( A=\begin{bmatrix}1& 0&0\\ 2&3&1\\0&2&4\end{bmatrix}. \)
Wyznaczamy wartości własne macierzy \( \hskip 0.3pc A\hskip 0.3pc \)
\( \begin{aligned}&\vert A-\lambda I\vert =\begin{vmatrix} 1-\lambda &0&0\\ 2&3-\lambda& 1\\0&2&4-\lambda \end{vmatrix}=(1-\lambda )\begin{vmatrix}3-\lambda &1\\2&4-\lambda \end{vmatrix}=\\&(1-\lambda )((3-\lambda)(4-\lambda)-2)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-5)=0\end{aligned} \)
zatem wartościami własnymi są liczby \( \hskip 0.3pc \lambda_1=1,\hskip 0.3pc \lambda_2=2,\hskip 0.3pc \lambda_3=5.\hskip 0.3pc \).
Wyznaczamy teraz kolejno podprzestrzenie własne \( V_1,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc V_2 \hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc V_3\hskip 0.3pc \) odpowiadające tym wartościom własnym.
Jeśli \( \lambda_1=1. \)
Wtedy
\( V_1=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-I)\cdot x=0,\}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc {\rm gdzie}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}. \)
Rozwiązujemy układ równań:
\( \begin{bmatrix}0&0&0\\2&2&1\\0&2&3\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}2x_1+2x_2+x_3=0&\\2x_2+3x_3=0&\end{cases}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}x_1=x_3&\\x_2=- \frac{3}{2}x_3.&\end{cases} \)
Zatem
\( V_1=\left\lbrace \begin{bmatrix}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_3\\-1.5x_3\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1.5\\1\end{bmatrix}x_3,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_3\in \mathbb{R}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \right\rbrace\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc i \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc v_1=\begin{bmatrix}1\\ -1.5\\1\end{bmatrix}. \)
Jeśli \( \lambda_2=2. \)
Wtedy
\( V_2=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-2I)\cdot x=0.\} \)
Rozwiązujemy układ równań:
\( \begin{bmatrix}-1&0&0\\2&1&1\\0&2&2\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}-x_1=0&\\2x_1+x_2+x_3=0&\\2x_2+2x_3=0&\end{cases}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc\begin{cases}x_1=0&\\ x_2=-x_3.&\end{cases} \)
Zatem
\( V_2=\left\lbrace \begin{bmatrix}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc 0\\-x_3\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}x_3,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_3\in \mathbb{R}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \right\rbrace\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc i \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc v_2=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}. \)
Jeśli \( \lambda_3=5. \)
Wtedy
\( V_3=\{x:\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc (A-5I)\cdot x=0,\}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc {\rm gdzie}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x=\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\ x_3\end{bmatrix}. \)
Rozwiązujemy układ równań
\( \begin{bmatrix}-4&0&0\\2&-2&1\\0&2&-1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}-4x_1=0&\\2x_1-2x_2+x_3=0&\\2x_2-x_3=0&\end{cases}\hskip 0.3pc \Longleftrightarrow \hskip 0.3pc \begin{cases}x_1=0&\\ x_3=2x_2.&\end{cases} \)
Zatem
\( V_3=\left\lbrace \begin{bmatrix}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc 0\\x_2\\2x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}x_2,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_2\in \mathbb{R}\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \right\rbrace\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc i \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc \hskip 0.3pc v_3=\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}. \)
Stąd wynika, że funkcje
\( x_1(t)=v_1e^t=\begin{bmatrix}1\\-1.5\\1\end{bmatrix}e^t,\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_2(t)=v_2e^{2t}=\begin{bmatrix}0\\-1\\ 1\end{bmatrix}e^{2t},\hskip 0.3pc \hskip 0.3pc x_3(t)=v_3e^{5t}=\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}e^{5t} \)
stanowią układ fundamentalny rozwiązań dla układu
( 1 ) i rozwiązanie ogólne tego układu układu ma postać
\( x(t)=c_1\begin{bmatrix}1\\-1.5\\1\end{bmatrix}e^t+c_2\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}e^{2t}+c_3\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}e^{5t}, \)
gdzie \( \hskip 0.3pc c_1,\hskip 0.3pc c_2,\hskip 0.3pc c_3\hskip 0.3pc \) są to dowolne liczby rzeczywiste.
