Analiza matematyczna/Układy równań różniczkowych/Przykład 5.1

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 $t$.

Wartości własne macierzy współczynników

Rozwiązanie tego układu zaczniemy od znalezienia wartości własnych $\lambda$ 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:

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

$=\lambda ^{2}(1-\lambda )+1-\lambda =$

$=(1-\lambda )(\lambda ^{2}+1)$

Zatem rozwiązaniem równania:

$(1-\lambda )(\lambda ^{2}+1)=0$

są liczby $\lambda _{1}=1$, $\lambda _{2}=i$ oraz $\lambda _{3}=-i$

Rzeczywiste wartości własne

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

$\left[\mathbb {A} -\lambda _{1}I\right]\cdot \mathbb {C} =0$

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 $c_{1}=0$. Podstawiając tę wartość do równania pierwszego, otrzymamy, że $c_{2}=c_{3}=s$, 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:

$C_{\lambda _{1}=1}={\begin{bmatrix}0\\s\\s\end{bmatrix}}$ $=s{\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}}$

Zespolone wartości własne

Szukamy wektorów własnych $\mathbb {C}$ odpowiadających zespolonej 1-krotnej wartości własnej $\lambda _{2}=i$ wraz z rozwiązaniem sprzężonym do niej $\lambda _{3}=-i$.

W poniższych obliczeniach możemy pominąć sprzężoną wartość własną $\lambda _{3}=-i$ 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:

${\begin{cases}-ic_{1}-c_{2}+c_{3}=0\\-ic_{2}+c_{3}=0\\-c_{1}+(1-i)c_{3}=0\end{cases}}$

Z drugiego równania wyznaczamy $c_{3}=ic_{2}=s$, gdzie s jest dowolnym parametrem rzeczywistym. Z powyższej zależności oraz z równania pierwszego wyznaczymy współrzędne wektora własnego odpowiadającego parze sprzężonych zespolonych wartości własnych.

${\begin{cases}c_{1}=(1-i)s\\c_{2}=-is\\c_{3}=s\end{cases}}$

co w zapisie wektorowym wyrazimy jako

$\mathbb {C} _{\lambda _{2}=i}=s{\begin{bmatrix}1-i\\-i\\1\end{bmatrix}}$