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

Przykłady rozwiązywania

układów równań liniowych

jednorodnych o stałych ...

Autorzy:

Julian Janus

(1)

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

układu nie jest diagonalizowalna

Autor: Julian Janus

Rozważmy układ równań postaci

gdzie

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Przykład 1:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) gdy

Wyznaczamy wartości własne macierzy :

zatem jest 3-krotnym pierwiastkiem.

Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej

Rozwiązujemy układ równań :

Zatem

Wymiar przestrzeni wynosi 2 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego: Ponieważ więc (t) = A ⋅ x(t) x′ A =⎡ , ∈ R, x(t) = . ⎣ ⎢⎢ a11 ⋮ an1 ⋯ ⋱ ⋯ a1n ⋮ ann ⎤ ⎦ ⎥⎥ aij ⎡ ⎣ ⎢⎢ (t) x1 ⋮ (t) xn ⎤ ⎦ ⎥⎥ A =⎡ . ⎣ ⎢ 21 −2 1 2 −2 1 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥ A |A − λI| =∣ ∣ ∣ ∣ 2 − λ 1 −2 1 2 − λ −2 1 1 −1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ =− +w2 w1 ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 −2 −1 + λ 2 − λ −2 0 1 −1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ =k1+k2 = (1 − λ) = (1 − λ = 0 ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 −2 0 3 − λ −4 0 1 −1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣_∣∣3 − λ_{−4 −1 − λ}1 ∣_∣∣ )3 λ = 1 λ = 1 = {x : (A − I) ⋅ x = 0, } gdzie x = . V(0) ⎡ ⎣ ⎢xx12 x3 ⎤ ⎦ ⎥ (A − I) ⋅ x = 0 ⋅ = ⟺ ⟺ = − − . ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 1 1 −2 1 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢xx12 x3 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢00 0 ⎤ ⎦ ⎥ _⎩⎨⎧xx11+ ++ +xx22 xx33= 0= 0 −2 − 2 − 2 = 0x1 x2 x3 x3 x1 x2 = = [ ] + , , ∈ R . V(0) ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎡ ⎣ ⎢ xx12 − −x1 x2 ⎤ ⎦ ⎥ _{0 − 1}1 x1 ⎡ ⎣ ⎢ 01 −1 ⎤ ⎦ ⎥x2 x1 x2 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ V(0) = {x : (A − I ⋅ x = 0}. V(1) ₎2 (A − I =)2 ⎡ ⋅ = ⎣ ⎢ 11 −2 1 1 −2 1 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 1 1 −2 1 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢00 0 0 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥ = . V(1) _R3 (1)

Bazę w wyznaczamy następująco:

bierzemy dowolny wektor Niech wyznaczamy teraz wektor własny z zależności

2 w twierdzeniu 1 :

Należy teraz do wektorów dobrać wektor tak by wektory były liniowo

niezależne.

Niech wektory są liniowo niezależne, bo wyznacznik którego kolumnami są te wektory

jest różny od zera.

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

Rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać

gdzie są to dowolne stałe.

PRZYKŁAD

Przykład 2:

Przykład 2:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) gdy

Wyznaczamy wartości własne macierzy : V(1) ∈ ∖ . v(1)₁ V(1) _V(0) _v(1)_{= ,} 1 ⎡ ⎣ ⎢10 0 ⎤ ⎦ ⎥ v(0)₁ = (A − I) ⋅ = ⋅ = . v(0)₁ v(1)₁ ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 1 1 −2 1 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢10 0 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 ⎤ ⎦ ⎥ , v(0)₁ v(1)₁ v(0)₀ ∈V(0), _v(0)_{, ,} 0 v(0)1 v(1)1 = , v(0)₀ ⎡ ⎣ ⎢ 10 −1 ⎤ ⎦ ⎥ v(0)₀ , v(0)₁ , v(1)₁ = 1 ∣ ∣ ∣ ∣ 1 0 −1 1 1 −2 1 0 0 ∣ ∣ ∣ ∣ (t) = = , (t) = = x1 v(0)0 et ⎡ ⎣ ⎢ 10 −1 ⎤ ⎦ ⎥et _x 2 v(0)1 et ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 ⎤ ⎦ ⎥et (t) = ( + t ) = + t . x3 v(1)1 v(0)1 et ⎛ ⎝ ⎜⎡ ⎣ ⎢10 0 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎞ ⎠ ⎟et x(t) =c1⎡ + + + t ⎣ ⎢ 10 −1 ⎤ ⎦ ⎥et _c2⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 ⎤ ⎦ ⎥et _c3⎛ ⎝ ⎜⎡ ⎣ ⎢10 0 ⎤ ⎦ ⎥ ⎡ ⎣ ⎢ 11 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎞ ⎠ ⎟et , , c1 c2 c3 A = . ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 3 −4 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ A |A − λI| = = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣

więc jest wartością własną o krotności pięć.

Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną odpowiadającą wartości własnej

Rozwiązujemy układ równań :

Zatem

Wymiar przestrzeni wynosi 22 i jest mniejszy od krotności wartości własnej, która wynosi 55. Musimy wyznaczyć podprzestrzeń główną, której wymiar będzie wynosił 55.

Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego

Ponieważ

więc

Stad wynika, że przestrzeń główna rzędu pierwszego ma postać:

Ponieważ wymiar podprzestrzeni jest równy 4 4 i jest mniejszy niż krotność wartości własnej, więc musimy wyznaczyć podprzestrzeń wektorów głównych rzędu drugiego:

Ponieważ więc i . |A − λI| = = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 1 0 0 0 1 − λ 1 0 0 0 0 1 − λ 0 0 0 0 0 3 − λ −4 0 0 0 1 −1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ⋅ = (1 − λ (1 − λ = (1 − λ = 0 ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 1 0 1 − λ 1 0 0 1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣∣∣3 − λ−4 −1 − λ1 ∣∣∣ )3 )2 )5 λ = 1 λ = 1 = {x : (A − I) ⋅ x = 0}. V(0) (A − I) ⋅ x = 0 ⋅ = ⟺ ⟺ . ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 −4 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = 0 x1 + = 0 x1 x2 2 +x4 x5= 0 −4 − 2 = 0x4 x5 ⎧ ⎩ ⎨xx12 = 0= 0 = −2 x5 x4 = = + , , ∈ R . V(0) ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 x3 x4 −2x4 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x3 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x4 x3 x4 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ V(0) = {x : (A − I ⋅ x = 0}. V(1) ₎2 (A − I =)2 ⋅ = ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 −4 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 −4 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ (A − I ⋅ x =)2 ⋅ = = ⟺ = 0 i , , , ∈ R. ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 x1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ x1 x2 x3 x4 x5 = = + + + , , , , ∈ R . V(1) ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x2 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x3 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x4 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x5 x2 x3 x4 x5 ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ V(1) = {x : (A − I ⋅ x = 0}. V(2) ₎3 (A − I = 0)3 _V(2)_=R5 _dimV(2)_{= 5} (2)

Bazę w przestrzeni wyznaczamy następująco: 1.

1. Ponieważ więc ze zbioru bierzemy dowolny wektor

Następnie wyznaczamy wektor główny rzędu pierwszego i wektor własny

Oczywiście tak określone wektory są liniowo niezależne. Przyjmując:

2.

2. Ponieważ więc ze zbioru biorę dowolny wektor taki, że dla

dowolnych liczb nierównych jednocześnie zero, zachodzi warunek:

Tak określone wektory są liniowo niezależne i stanowią bazę przestrzeni

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

Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać

gdzie dowolne stałe.

ZADANIE

Zadanie 1:

Zadanie 1:

Treść zadania: Treść zadania:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne układu ( 1 ), gdy V(2) dimV(2)− dim_V(1)= 5 − 4 = 1 _V(2)_∖V(1) _v(2)_. 1 ∖ ∋ := (A − I) ⋅ , ∋ := (A − I) ⋅ . V(1) _V(0) _v(1) 1 v(2)1 V(0) v(0)1 v(1)1 , , v(0)₁ v(1)₁ v(2)₁ = to = (A − I) ⋅ = i = (A − I) ⋅ = . v(2)₁ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v(1)1 v(2)1 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v(0)1 v(1)1 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ dimV(1)− dim_V(0)= 4 − 2 = 2 _V(1)_∖V(0) _v(1) 2 , , α1 α2 α1v1(1)+α2v(1)2 ∈V(1)∖V(0). , , , , v(0)₁ v(1)₁ v(2)₁ v(0)₂ v(1)₂ V(2). Gdy v(1)₂ = to = (A − I) ⋅ = . ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v(0)2 v(1)2 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ (t) = = , (t) = ( + t ) = + t x1 v(0)1 et ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥et x2 v(1)1 v(0)1 et ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟e t (t) = ( + t + ) = + t + x3 v(2)1 v(1)1 1_{2 t}2v(0)1 et ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 1 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ 12 t2 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟e t (t) = = , (t) = ( + t ) = + t . x4 v(0)2 et ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥et x5 v(1)2 v(0)2 et ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟e t x(t) =c1x1(t) +c2x2(t) +c3x3(t) +c4x4(t) +c5x5(t) , , , , c1 c2 c3 c4 c5 A = . ⎡ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎤ ⎥⎥ ⎥⎥

Rozwiązanie: Rozwiązanie:

Wyznaczamy wartości własne macierzy :

zatem mamy dwie wartości własne o krotności i o krotności 22. Wyznaczymy podprzestrzeń własną dla wartości własnej

Rozwiązujemy układ równań :

Zatem

Wymiar przestrzeni wynosi 22 i jest mniejszy od krotności wartości własnej. Musimy więc wyznaczyć podprzestrzeń główną rzędu pierwszego.

Wyznaczamy podprzestrzeń główną rzędu pierwszego dla

Rozwiązujemy układ równań .

Zatem A = . ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 1 3 1 4 3 −4 −1 2 0 0 1 1 1 0 0 0 2 1 0 0 0 1 2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ A |A − λI| = = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 0 1 3 1 4 3 − λ −4 −1 2 0 0 1 − λ 1 1 0 0 0 2 − λ 1 0 0 0 1 2 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ (3 − λ) = (3 − λ)(1 − λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 3 1 0 1 − λ 1 1 0 0 2 − λ 1 0 0 1 2 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 1 − λ 1 1 0 2 − λ 1 0 1 1 − λ ∣ ∣ ∣ ∣ (3 − λ)(1 − λ)2∣ = (1 − λ (3 − λ = 0 ∣∣2 − λ1 2 − λ1 ∣∣∣ )3 )2 = 1 λ1 3 λ2= 3 = 1. λ1 = {x : (A − I) ⋅ x = 0, }. V₁(0) (A − I) ⋅ x = 0 . ⋅ = ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 3 1 4 2 −4 −1 2 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 = 0x2 2 = 0x2 − 4 = 0 x1 x2 3 − + + +x1 x2 x3 x4 x5= 0 + 2 + + + = 0 x1 x2 x3 x4 x5 ⟺⎧_⎩⎨xx12= 0= 0 , ∈ R = − − x5 x3 x4 x3 x4 = = + , , ∈ R . V₁(0) ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 x3 x4 − −x3 x4 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 0 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x3 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x4 x3 x4 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ V₁(0) λ1 = {x : (A − I ⋅ x = 0}. V₁(1) )2 (A − I ⋅ x = 0)2 ⋅ = ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 5 5 8 4 −4 7 5 0 0 0 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 2 2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 8 = 0x2 4 = 0x2 −4 = 0x2 5 + 7 + 2 + 2 + 2 = 0x1 x2 x3 x4 x5 5 + 5 + 2 + 2 + 2 = 0x1 x2 x3 x4 x5

⟺ {x2= 0 , , , − dowolne liczby rzeczywiste. = − ( + + ) x1 2₅ x3 x4 x5 x3 x4 x5 = = + + , , , ∈ R ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎢⎢ ⎢ − ( + + )2 3 4 5 ⎤ ⎥⎥ ⎥ ⎡ ⎢⎢ ⎢ −2_⎤ ⎥⎥ ⎥ ₃ ⎡ ⎢⎢ ⎢ −2_⎤ ⎥⎥ ⎥ ₄ ⎡ ⎢⎢ ⎢ −2_⎤ ⎥⎥ ⎥ _{5 3 4 5} ⎞ ⎟ ⎟ ⎟

a więc wymiar podprzestrzeni wynosi i jest równy krotności wartości własnej

Bierzemy dowolny wektor Jeżeli to odpowiadający jemu wektor własny

wyznaczamy z zależnośc:

Do wektorów należy teraz dobrać wektor tak, by wektory były liniowo

niezależne.

Jeśli to łatwo sprawdzić, że wektory 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 ):

Wyznaczymy teraz podprzestrzeń własną dla wartości własnej :

Rozwiązujemy układ równań :

stosując metodę Gaussa

= = + + , , , ∈ R V₁(1) ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ − ( + + )2 5 x3 x4 x5 0 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x3 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 0 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x4 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 0 0 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x5 x3 x4 x5 ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ V₁(1) 3 λ1. ∈ ∖ . v(1)₁ V₁(1) V₁(0) v(1)₁ = ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v (0) 1 = (A − I) ⋅ = ⋅ = . v(0)₁ v(1)₁ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 1 3 1 4 2 −4 −1 2 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ 0 0 −2 5 −1 5 3 5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ , v(0)₁ v(1)₁ v(0)₀ ∈V₁(0) v(0)₀ , v(0)₁ , v(1)₁ = , v(0)₀ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v(0)0 , v(0)1 , v(1)1 (t) = = , (t) = = x1 v0et ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥et x2 v1et ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ 0 0 −2 5 −1 5 3 5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ et (t) = ( + t ) = + t . x3 v(1)1 v1 et ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 5 0 1 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ 0 0 −2 5 −1 5 3 5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ et = 3 λ2 = {x : (A − 3I) ⋅ x = 0, }. V₂(0) (A − 3I) ⋅ x = 0 ⋅ = ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 0 1 3 1 4 0 −4 −1 2 0 0 −2 1 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −2 + 4 = 0x1 x2 − 4 − 2 = 0 x1 x2 x3 3 − + − +x1 x2 x3 x4 x5= 0 + 2 + + − = 0 x1 x2 x3 x4 x5 ⎡ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎤ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎤ ⎥⎥ ⎥⎥

Zatem

Wymiar przestrzeni wynosi i jest mniejszy niż krotność wartości własnej . Wyznaczamy teraz podprzestrzeń wektorów głównych rzędu pierwszego

Rozwiązujemy układ równań .

Rozwiązujemy powyższy układ, stosując metodę Gaussa

Zatem

Wymiar przestrzeni wynosi i jest równy krotności wartości własnej

⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ −1 1 3 1 2 −4 −1 2 0 −2 1 1 0 0 −1 1 0 0 1 −1 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺3 +w1 w3 + w1 w4 + w1 w2 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ −1 0 0 0 2 −2 5 4 0 −2 1 1 0 0 −1 1 0 0 1 −1 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺2 +w2 w4 + 5 2w2 w3 ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ −1 0 0 0 2 −2 0 0 0 −2 −4 −3 0 0 −1 1 0 0 1 −1 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺−3 +4w3 w4 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ −1 0 0 0 2 −2 0 0 0 −2 −4 0 0 0 −1 7 0 0 1 −7 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺ ⟺ . ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − + 2 = 0x1 x2 −2 − 2 = 0x2 x3 −4 − +x3 x4 x5= 0 7 − 7 = 0x4 x5 ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = 2 x1 x2 = − x2 x3 = − + x3 14x4 14x5 = x4 x5 ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = 0 x1 = 0 x2 = 0 x3 = x4 x5 = = , ∈ R . V₂(0) ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 x5 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 1 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x5 x5 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ V₂(0) 1 λ2 = {x : (A − 3I ⋅ x = 0}. V₂(1) )2 (A − 3I ⋅ x = 0)2 . ⋅ = ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 0 −4 −7 1 −8 0 1 1 −3 0 0 2 1 −2 0 0 4 −2 −2 0 0 0 2 2 0 −2 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ x1 x2 x3 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 − 8 = 0x1 x2 −4 + 12 + 4 = 0x1 x2 x3 −7 + 11 − 2 + 2 − 2 = 0x1 x2 x3 x4 x5 − 3 − 2 − 2 + 2 = 0 x1 x2 x3 x4 x5 ⟺ ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − 2 = 0 x1 x2 − + 3 +x1 x2 x3= 0 −7 + 11 − 2 + 2 − 2 = 0x1 x2 x3 x4 x5 − 3 − 2 − 2 + 2 = 0 x1 x2 x3 x4 x5 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 −1 −7 1 −2 3 11 −3 0 1 −2 −2 0 0 2 −2 0 0 −2 2 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺w1+w4 7 +w1 w3 + w1 w2 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 0 0 −2 1 −3 −1 0 1 −2 −2 0 0 2 −2 0 0 −2 2 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺w2+w4 3 +w2 w3 ⟺ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 0 0 −2 1 0 0 0 1 1 −1 0 0 2 −2 0 0 −2 2 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺w3+w4 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ 1 0 0 0 −2 1 0 0 0 1 1 0 0 0 2 0 0 0 −2 0 | | | | 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⟺ , , ∈ R. ⎧ ⎩ ⎨xx12− 2 = 0+xx32= 0 + 2 − 2 = 0 x3 x4 x5 ⎧ ⎩ ⎨xx12= 2 = 4 − 4= − = 2 − 2xx23 xx44 xx55 = −2 + 2 x3 x4 x5 x4 x5 = = + , , ∈ R . V₂(1) ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 − 4x4 x5 2 − 2x4 x5 −2 + 2x4 x5 x4 x5 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 2 −2 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x4 ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −4 −2 2 0 1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥x5 x4 x5 ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ V₂(1) 2 λ2. = ⎡ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎤ ⎥⎥ ⎥⎥

Wybieramy dowolny wektor Jeżeli to wyznaczamy teraz wektor własny z

zależności:

Następujące funkcje są liniowo niezależnymi rozwiązaniami układu ( 1 ):

Funkcje są liniowo niezależne i stanowią układ fundamentalny układu ( 1 ).

Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postaci

gdzie dowolne stałe.

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie

http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 07:23:40

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=2bc4a8aff7fdfa505d95da027952e183

Autor: Julian Janus

∈ ∖ . v(1)₂ V₂(1) V2 v(1)2 = ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 2 −2 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ v(0)2 = (A − 3I) ⋅ = ⋅ = . v(0)₂ v(1)₂ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ −2 0 1 3 1 4 0 −4 −1 2 0 0 −2 1 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 1 −1 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 2 −2 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 7 7 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ (t) = = , (t) = ( + t ) = + t . x4 v2e3t ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 7 7 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥e3t x5 v(1)2 v3 e3t ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 4 2 −2 1 0 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎡ ⎣ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢⎢ 0 0 0 7 7 ⎤ ⎦ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥⎥ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟e 3t (t), (t), (t), (t), (t) x1 x2 x3 x4 x5 x(t) =c1x1(t) +c2x2(t) +c3x3(t) +c4x4(t) +c5x5(t) , …, c1 c5