Analiza matematyczna/Układy równań różniczkowych/Przykład 5.1

Z Wikibooks, biblioteki wolnych podręczników.

Spis treści

Dany jest układ równań:

\begin{cases} x'(t) = -y + z \\ y'(t) = z \\ z'(t) = -x + z \end{cases}

W zapisie macierzowym \mathbb{X}' = \mathbb{A} \cdot \mathbb{X} powyższy układ wygląda następująco:

\begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}

Jest to układ równań liniowych jednorodny z trzema niewiadomymi funkcjami x(t), y(t) oraz z(t), zależnymi od jednej zmiennej niezależnej t.

[edytuj] Wartości własne macierzy współczynników

Rozwiązanie tego układu zaczniemy od znalezienia wartości własnych λ macierzy \mathbb{A}:

det \left[ \mathbb{A} - \lambda I \right] = 0

det \begin{bmatrix} -\lambda & -1 & 1 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ -1 & 0 & 1-\lambda \end{bmatrix} =

szukany wyznacznik macierzy ma postać:

= \Big( \lambda^2 (1-\lambda) + 1 + 0 \Big) - (\lambda + 0 + 0) =

= λ2(1 − λ) + 1 − λ =

= (1 − λ)(λ2 + 1)

Zatem rozwiązaniem równania:

(1 − λ)(λ2 + 1) = 0

są liczby λ1 = 1, λ2 = i oraz λ3 = − i

[edytuj] Rzeczywiste wartości własne

Szukamy wektorów własnych \mathbb{C} odpowiadających rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej λ1 = 1.

\left[ \mathbb{A} - \lambda_1 I \right] \cdot \mathbb{C} = 0

zatem

\begin{bmatrix} -\lambda_1 & -1 & 1 \\ 0 & -\lambda_1 & 1 \\ -1 & 0 & 1-\lambda_1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

następnie

\begin{bmatrix} -1 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 \\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

co ostatecznie daje układ równań:

\begin{cases} -c_1 -c_2 +c_3 = 0 \\ -c_2 +c_3 = 0 \\ -c_1 = 0 \end{cases}

Z ostatniego równania mamy c1 = 0. Podstawiając tę wartość do równania pierwszego otrzymamy, że c2 = c3 = s, gdzie s jest dowolnym parametrem. Podsumowując otrzymamy:

\begin{cases} c_1 = 0\\ c_2 = s\\ c_3 = s \end{cases}

co w zapisie wektorowym wygląda następująco:

C_{\lambda_1=1} = \begin{bmatrix} 0\\ s\\ s \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}

[edytuj] Zespolone wartości własne

Szukamy wektorów własnych \mathbb{C} odpowiadających zespolonej 1-krotnej wartości własnej λ2 = i wraz z rozwiązaniem sprzężonym do niej λ3 = − i.

W poniższych obliczeniach możemy pominąć sprzężoną wartość własną λ3 = − i bez żadnych negatywnych skutków dla wyniku ostatecznego.

\left[ \mathbb{A} - \lambda_2 I \right] \cdot \mathbb{C} = 0

zatem

\begin{bmatrix} -\lambda_2 & -1 & 1 \\ 0 & -\lambda_2 & 1 \\ -1 & 0 & 1-\lambda_2 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

\begin{bmatrix} -i & -1 & 1 \\ 0 & -i & 1 \\ -1 & 0 & 1-i \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}

co ostatecznie daje układ równań:

\begin{cases} -i c_1 -c_2 +c_3 = 0 \\ -i c_2 +c_3 = 0 \\ -c_1 + (1-i)c_3 = 0 \end{cases}

Z drugiego równania wyznaczamy c3 = ic2 = s, gdzie s jest dowolnym parametrem rzeczywistym. Z powyższej zależności oraz z równania pierwszego wyznaczymy współrzędne wektora własnego odpowiadającego parze sprzężonych zespolonych wartości własnych.

\begin{cases} c_1 = (1-i) s \\ c_2 = -i s \\ c_3 = s \end{cases}

Co w zapisie wektorowym wyrazimy jako

\mathbb{C}_{\lambda_2 = i} = s \begin{bmatrix} 1-i \\ -i \\ 1 \end{bmatrix}

Źródło „http://pl.wikibooks.org/wiki/Analiza_matematyczna/Uk%C5%82ady_r%C3%B3wna%C5%84_r%C3%B3%C5%BCniczkowych/Przyk%C5%82ad_5.1”