Równanie:
\( \begin{cases} x'=4y+x\\ y'=x-2y \end{cases} \)
a) oblicz macierz fundamentalna
b) oblicz metodą eliminacji
Równanie
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
janusz55
- Fachowiec
- Posty: 1561
- Rejestracja: 01 sty 2021, 09:38
- Podziękowania: 2 razy
- Otrzymane podziękowania: 412 razy
Re: Równanie
Postać macierzowa układu równań
\( \frac{d}{dt}\begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} x'(t) \\ y'(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix}.\)
a)
Macierz \( A \) układu jest stała , więc macierzą fundamentalną jest \( e^{tA} \) (eksponenta macierzy A).
Diagonalizujemy \( A \)
\( w(\lambda) \det( A- \lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1 -\lambda & 4 \\ 1 & -2-\lambda \end{bmatrix} = -(1-\lambda)(2+ \lambda) -4 = -(2 +\lambda -2\lambda -\lambda^2) -4 = -(2 -\lambda -\lambda^2) -4 = \lambda^2 +\lambda - 6.\)
Znajdujemy wartości własne macierzy \( A \)
\( w(\lambda) = \lambda^2 +\lambda - 6 = (\lambda +3)(\lambda-2) = 0 \ \ \lambda_{1}= -3, \ \ \lambda_{2} = 2. \)
Znajdujemy wektory własne macierzy \( A \) odpowiadające jej wartościom własnym.
\( \lambda_{1}= -3.\)
\( \ker[ A +3I] = \ker \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = span \left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}.\)
\( \lambda_{2}= 2.\)
\( \ker[ A -2I] = \ker \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = span \left\{ \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}.\)
Macierzą wektorów własnych jest macierz
\( D= \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}. \)
Macierz do niej odwrotną
\( D^{-1} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}. \)
Macierz
\( A = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -3 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}. \)
\( e^{tA} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} e^{-3t} & 0 \\ 0 & e^{2t} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5}e^{-3t} +\frac{4}{5}e^{2t} & -\frac{4}{5}e^{-3t} +\frac{4}{5}e^{2t} \\ -\frac{1}{5}e^{-3t} +\frac{1}{5}e^{2t} & \frac{4}{5}e^{-3t} + \frac{1}{5}e^{2t} \end{bmatrix}. \)
\( \frac{d}{dt}\begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} x'(t) \\ y'(t) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix} = A \begin{bmatrix} x(t) \\ y(t) \end{bmatrix}.\)
a)
Macierz \( A \) układu jest stała , więc macierzą fundamentalną jest \( e^{tA} \) (eksponenta macierzy A).
Diagonalizujemy \( A \)
\( w(\lambda) \det( A- \lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1 -\lambda & 4 \\ 1 & -2-\lambda \end{bmatrix} = -(1-\lambda)(2+ \lambda) -4 = -(2 +\lambda -2\lambda -\lambda^2) -4 = -(2 -\lambda -\lambda^2) -4 = \lambda^2 +\lambda - 6.\)
Znajdujemy wartości własne macierzy \( A \)
\( w(\lambda) = \lambda^2 +\lambda - 6 = (\lambda +3)(\lambda-2) = 0 \ \ \lambda_{1}= -3, \ \ \lambda_{2} = 2. \)
Znajdujemy wektory własne macierzy \( A \) odpowiadające jej wartościom własnym.
\( \lambda_{1}= -3.\)
\( \ker[ A +3I] = \ker \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = span \left\{ \begin{bmatrix} -1 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}.\)
\( \lambda_{2}= 2.\)
\( \ker[ A -2I] = \ker \begin{bmatrix} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = span \left\{ \begin{bmatrix} 4 \\ 1 \end{bmatrix}\right\}.\)
Macierzą wektorów własnych jest macierz
\( D= \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}. \)
Macierz do niej odwrotną
\( D^{-1} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}. \)
Macierz
\( A = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -3 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}. \)
\( e^{tA} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5} & \frac{4}{5} \\ \frac{1}{5} & \frac{1}{5} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} e^{-3t} & 0 \\ 0 & e^{2t} \end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} -1 & 4 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{5}e^{-3t} +\frac{4}{5}e^{2t} & -\frac{4}{5}e^{-3t} +\frac{4}{5}e^{2t} \\ -\frac{1}{5}e^{-3t} +\frac{1}{5}e^{2t} & \frac{4}{5}e^{-3t} + \frac{1}{5}e^{2t} \end{bmatrix}. \)