Math24.ru
Дифференциальные Уравнения
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Метод матричной экспоненты
Определение и свойства матричной экспоненты
Рассмотрим квадратную матрицу \(A\) размером \(n \times n,\) элементы которой могут быть как действительными, так и комплексными числами. Поскольку матрица \(A\) квадратная, то для нее определена операция возведения в степень, т.е. мы можем вычислить матрицы \[ {{A^0} = I,\;\;{A^1} = A,}\;\; {{A^2} = A \cdot A,}\;\; {{A^3} = {A^2} \cdot A,\; \ldots ,}\; {{A^k} = \underbrace {A \cdot A \cdots A}_\text{к раз},} \] где через \(I\) обозначена единичная матрица порядка \(n.\)

Составим бесконечный матричный степенной ряд \[I + \frac{t}{{1!}}A + \frac{{{t^2}}}{{2!}}{A^2} + \frac{{{t^3}}}{{3!}}{A^3} + \cdots + \frac{{{t^k}}}{{k!}}{A^k} + \cdots \] Сумма данного бесконечного ряда называется матричной экспонентой и обозначается как \({e^{tA}}:\) \[{e^{tA}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{t^k}}}{{k!}}{A^k}} .\] Этот ряд является абсолютно сходящимся.

В предельном случае, когда матрица состоит из одного числа \(a,\) т.е. имеет размер \(1 \times 1,\) приведенная формула превращается в известную формулу разложения экспоненциальной функции \({e^{at}}\) в ряд Маклорена: \[ {{e^{at}} = 1 + at + \frac{{{a^2}{t^2}}}{{2!}} + \frac{{{a^3}{t^3}}}{{3!}} + \cdots } = {\sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{a^k}{t^k}}}{{k!}}} .} \] Матричная экспонента обладает следующими основными свойствами:
  • Если \(A\) − нулевая матрица, то \({e^{tA}} = {e^0} = I;\)

  • Если \(A = I\) (\(I\) − единичная матрица), то \({e^{tI}} = {e^t}I;\)

  • Если для \(A\) существует обратная матрица \({A^{ - 1}},\) то \({e^A}{e^{ - A}} = I;\)

  • \({e^{mA}}{e^{nA}} = {e^{\left( {m + n} \right)A}},\) где \(m, n\) − произвольные действительные или комплексные числа;

  • Производная матричной экспоненты выражается формулой \[\frac{d}{{dt}}\left( {{e^{tA}}} \right) = A{e^{tA}}.\]

  • Пусть \(H\) − невырожденное линейное преобразование. Если \(A = HM{H^{ - 1}},\) то \({e^{tA}} = H{e^{tM}}{H^{ - 1}}.\)

Применение матричной экспоненты для решения однородных линейных систем с постоянными коэффициентами
Матричная экспонента может успешно использоваться для решения систем дифференциальных уравнений. Рассмотрим систему линейных однородных уравнений, которая в матричной форме записывается в виде \[\mathbf{X}'\left( t \right) = A\mathbf{X}\left( t \right).\] Общее решение такой системы представляется через матричную экспоненту в виде \[\mathbf{X}\left( t \right) = {e^{tA}}\mathbf{C},\] где \(\mathbf{C} = {\left( {{C_1},{C_2}, \ldots ,{C_n}} \right)^T}\) − произвольный \(n\)-мерный вектор. Символ \(^T\) обозначает операцию транспонирования. В этой формуле мы не можем записать вектор \(\mathbf{C}\) перед матричной экспонентой, поскольку произведение матриц \(\mathop {\mathbf{C}}\limits_{\left[ {n \times 1} \right]} \mathop {{e^{tA}}}\limits_{\left[ {n \times n} \right]} \) не определено.

Для задачи с начальными условиями (задачи Коши) компоненты вектора \(\mathbf{C}\) выражаются через начальные условия. В этом случае решение однородной системы записывается в виде \[\mathbf{X}\left( t \right) = {e^{tA}}{\mathbf{X}_0},\;\;\text{где}\;\;{\mathbf{X}_0} = \mathbf{X}\left( {t = {t_0}} \right).\] Таким образом, решение однородной системы уравнений становится известным, если вычислена соответствующая матричная экспонента. Для ее вычисления можно воспользоваться бесконечным рядом, который содержится в определении матричной экспоненты. Однако часто это позволяет найти матричную экспоненту лишь приближенно. Для решения задачи можно использовать также алгебраический способ, основанный на последнем свойстве из перечисленных выше. Рассмотрим этот способ и общий ход решения более подробно.
Алгоритм решения системы уравнений методом матричной экспоненты
  1. Сначала находим собственные значения \({\lambda _i}\) матрицы (линейного оператора) \(A;\)

  2. Вычисляем собственные и (в случае кратных собственных значений) присоединенные векторы;

  3. Из полученных собственных и присоединенных векторов составляем невырожденную матрицу линейного преобразования \(H.\) Вычисляем соответствующую обратную матрицу \({H^{ - 1}}\);

  4. Находим нормальную жорданову форму J для заданной матрицы \(A,\) используя формулу \[J = {H^{ - 1}}AH.\] Примечание: В процессе нахождения собственных и присоединенных векторов часто становится ясной структура каждой жордановой клетки. Это позволяет сразу записать жорданову форму без вычисления по указанной формуле.

  5. Зная жорданову форму \(J,\) cоставляем матрицу \({e^{tJ}}.\) Соответствующие формулы для такого преобразования выводятся из определения матричной экспоненты. Для некоторых простых жордановых форм матрица \({e^{tJ}}\) имеет вид, приведенный в таблице:

    \(\text{Жорданова форма }J\)\(\text{Матрица } {e^{tJ}}\)
    \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}{{\lambda _1}}&0\\ 0&\color{red}{{\lambda _2}} \end{array}} \right)\)\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{\lambda _1}t}}}&0\\ 0&{{e^{{\lambda _2}t}}} \end{array}} \right)\)
    \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}{{\lambda _1}}&\color{blue}1\\ \color{blue}0&\color{blue}{{\lambda _1}} \end{array}} \right)\)\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{\lambda _1}t}}}&{t{e^{{\lambda _1}t}}}\\ 0&{{e^{{\lambda _1}t}}} \end{array}} \right) = {e^{{\lambda _1}t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&t\\ 0&1 \end{array}} \right)\)
    \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}{{\lambda _1}}&0&0\\ 0&\color{red}{{\lambda _2}}&0\\ 0&0&\color{green}{{\lambda _3}} \end{array}} \right)\)\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{\lambda _1}t}}}&0&0\\ 0&{{e^{{\lambda _2}t}}}&0\\ 0&0&{{e^{{\lambda _3}t}}} \end{array}} \right)\)
    \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}{{\lambda _1}}&\color{blue}1&\color{blue}0\\ \color{blue}0&\color{blue}{{\lambda _1}}&\color{blue}1\\ \color{blue}0&\color{blue}0&\color{blue}{{\lambda _1}} \end{array}} \right)\)\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{\lambda _1}t}}}&{t{e^{{\lambda _1}t}}}&{\frac{{{t^2}}}{2}{e^{{\lambda _1}t}}}\\ 0&{{e^{{\lambda _1}t}}}&{t{e^{{\lambda _1}t}}}\\ 0&0&{{e^{{\lambda _1}t}}} \end{array}} \right) = {e^{{\lambda _1}t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&t&{\frac{{{t^2}}}{2}}\\ 0&1&t\\ 0&0&1 \end{array}} \right)\)

  6. Вычисляем матричную экспоненту \({e^{tA}}\) по формуле \[{e^{tA}} = H{e^{tJ}}{H^{ - 1}}.\]

  7. Записываем общее решение системы, которое имеет следующий вид: \[\mathbf{X}\left( t \right) = {e^{tA}}\mathbf{C}.\] В случае систем дифференциальных уравнений \(2\)-го порядка общее решение выражается формулой \[\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y \end{array}} \right) = {e^{tA}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}} \end{array}} \right),\] где \({C_1},{C_2}\) − произвольные постоянные.

   Пример 1
Найти общее решение системы уравнений, используя матричную экспоненту: \[\frac{{dx}}{{dt}} = 2x + 3y,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = 3x + 2y.\]
Решение.
Решим данную систему, следуя описанному выше алгоритму. Вычислим собственные значения матрицы \(A:\) \[ {\det \left( {A - \lambda I} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 - \lambda }&3\\ 3&{2 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {2 - \lambda } \right)^2} - 9 = 0,}\;\; {\Rightarrow 4 - 4\lambda + {\lambda ^2} - 9 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^2} - 4\lambda - 5 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _1} = 5,\;{\lambda _2} = - 1.} \] Для каждого из собственных значений найдем собственные векторы. Для числа \({\lambda _1} = 5\) получаем: \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2 - 5}&3\\ 3&{2 - 5} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 3}&3\\ 3&{ - 3} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow 3{V_{11}} - 3{V_{21}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {V_{11}} - {V_{21}} = 0.} \] Полагая \({V_{21}} = t,\) находим собственный вектор \({\mathbf{V}_1} = {\left( {{V_{11}},{V_{21}}} \right)^T}:\) \[ {{V_{21}} = t,\;\; \Rightarrow {V_{11}} = {V_{21}} = t,}\;\; {\Rightarrow {\mathbf{V}_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} t\\ t \end{array}} \right) = t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right).} \] Аналогично находим собственный вектор \({\mathbf{V}_2} = {\left( {{V_{12}},{V_{22}}} \right)^T}:\) ассоциированный с собственным значением \({\lambda _2} = -1:\) \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2 - \left( { - 1} \right)}&3\\ 3&{2 - \left( { - 1} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&3\\ 3&3 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 3{V_{12}} + 3{V_{22}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {V_{12}} + {V_{22}} = 0.} \] Пусть \({V_{22}} = t.\) Тогда \({V_{12}} = -{V_{22}}= -t.\) Следовательно, \[ {{\mathbf{V}_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - t}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Составим матрицу \(H\) из найденных собственных векторов \({\mathbf{V}_1}\) и \({\mathbf{V}_2}:\) \[H = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right).\] Вычислим обратную матрицу \({H^{ - 1}}:\) \[\Delta \left( H \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right| = 1 + 1 = 2,\] \[ {{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\Delta \left( H \right)}}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{H_{11}}}&{{H_{12}}}\\ {{H_{21}}}&{{H_{22}}} \end{array}} \right)^T} } = {\frac{1}{2}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right)^T} } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right).} \] Поскольку в данном примере собственные числа являются простыми корнями характеристического уравнения, то можно сразу записать жорданову форму, которая будет иметь простой диагональный вид: \[J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1}}&0\\ 0&{{\lambda _2}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}5&0\\ 0&\color{red}{ - 1} \end{array}} \right).\] Проверим это, используя формулу перехода от исходной матрицы \(A\) к нормальной жордановой форме \(J:\) \[ {J = {H^{ - 1}}AH } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&3\\ 3&2 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + 3}&{3 + 2}\\ { - 2 + 3}&{ - 3 + 2} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5&5\\ 1&{ - 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {5 + 5}&{ - 5 + 5}\\ {1 - 1}&{ - 1 - 1} \end{array}} \right) = \frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {10}&0\\ 0&{ - 2} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5&0\\ 0&{ - 1} \end{array}} \right) = J.} \] Составим теперь матрицу (ее тоже можно назвать матричной экспонентой) \({e^{tJ}}:\) \[{e^{tJ}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}}}&0\\ 0&{{e^{ - t}}} \end{array}} \right).\] Вычислим матричную экспоненту \({e^{tA}}:\) \[ {{e^{tA}} = H{e^{tJ}}{H^{ - 1}} } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ 1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}}}&0\\ 0&{{e^{ - t}}} \end{array}} \right) \cdot \frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}} - 0}&{0 - {e^{ - t}}}\\ {{e^{5t}} + 0}&{0 + {e^{ - t}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}}}&{ - {e^{ - t}}}\\ {{e^{5t}}}&{{e^{ - t}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}} + {e^{ - t}}}&{{e^{5t}} - {e^{ - t}}}\\ {{e^{5t}} - {e^{ - t}}}&{{e^{5t}} + {e^{ - t}}} \end{array}} \right).} \] Общее решение системы записывается в виде \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y \end{array}} \right) } = {{e^{tA}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}} \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}} + {e^{ - t}}}&{{e^{5t}} - {e^{ - t}}}\\ {{e^{5t}} - {e^{ - t}}}&{{e^{5t}} + {e^{ - t}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}} \end{array}} \right),} \] где \({C_1},{C_2}\) − произвольные числа.

Данный ответ можно выразить также и в другой форме: \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}{e^{5t}} + {C_1}{e^{ - t}} + {C_2}{e^{5t}} - {C_2}{e^{ - t}}}\\ {{C_1}{e^{5t}} - {C_1}{e^{ - t}} + {C_2}{e^{5t}} + {C_2}{e^{ - t}}} \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{5t}}\left( {{C_1} + {C_2}} \right) + {e^{ - t}}\left( {{C_1} - {C_2}} \right)}\\ {{e^{5t}}\left( {{C_1} + {C_2}} \right) - {e^{ - t}}\left( {{C_1} - {C_2}} \right)} \end{array}} \right) } = {\frac{1}{2}\left( {{C_1} + {C_2}} \right){e^{5t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right) + \frac{1}{2}\left( {{C_1} + {C_2}} \right){e^{ - t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right) } = {{B_1}{e^{5t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right) + {B_2}{e^{ - t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ 1 \end{array}} \right),} \] где через \({B_1}\) и \({B_2}\) обозначены произвольные постоянные, связанные с \({C_1},{C_2}.\)

   Пример 2
Решить систему уравнений методом матричной экспоненты: \[\frac{{dx}}{{dt}} = 4x,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = x + 4y.\]
Решение.
Решим характеристическое уравнение и найдем собственные значения: \[ {\det \left( {A - \lambda I} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {4 - \lambda }&0\\ 1&{4 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {4 - \lambda } \right)^2} = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _1} = 4.} \] Итак, мы имеем одно собственное значение \({\lambda _1} = 4\) кратностью \(2.\) Определим собственный вектор \({\mathbf{V}_1} = {\left( {{V_{11}},{V_{21}}} \right)^T}:\) \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4 - 4}&0\\ 1&{4 - 4} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0\\ 1&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow 1 \cdot {V_{11}} + 0 \cdot {V_{21}} = 0.} \] Отсюда следует, что координата \({V_{11}} = 0,\) а координата \({V_{21}}\) может быть произвольной. Выберем для простоты \({V_{21}} = 1.\) Следовательно, собственный вектор \({\mathbf{V}_1}\) равен: \({\mathbf{V}_1} = {\left( {0,1} \right)^T}.\)

Второй линейно независимый вектор определим как вектор \({\mathbf{V}_2} = {\left( {{V_{12}},{V_{22}}} \right)^T},\) присоединенный к \({\mathbf{V}_1}.\) Он находится из уравнения \[ {\left( {A - {\lambda _1}I} \right){\mathbf{V}_2} = {\mathbf{V}_1},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0\\ 1&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 1 \end{array}} \right),}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {0 \cdot {V_{12}} + 0 \cdot {V_{22}} = 0}\\ {1 \cdot {V_{12}} + 0 \cdot {V_{22}} = 1} \end{array}} \right..} \] Здесь координата \({{V_{22}}}\) может быть любым числом. Выберем \({{V_{22}}} = 0.\) Тогда получаем \({{V_{11}}} = 1.\) Таким образом присоединенный вектор равен: \({\mathbf{V}_2} = {\left( {1,0} \right)^T}.\)

Теперь из найденных базисных векторов составим матрицу \(H\) − матрицу перехода от \(A\) к нормальной жордановой форме \(J:\) \[H = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right).\] Вычислим обратную матрицу \({H^{ - 1}}:\) \[ {\Delta \left( H \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right| = 0 - 1 = - 1,}\;\; {{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\Delta \left( H \right)}}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{H_{11}}}&{{H_{12}}}\\ {{H_{21}}}&{{H_{22}}} \end{array}} \right)^T}.} \] Здесь \({H_{ij}}\) обозначают алгебраические дополнения к элементам матрицы \(H.\) В результате вычислений находим: \[ {{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\left( { - 1} \right)}}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 1}\\ { - 1}&0 \end{array}} \right)^T} } = {\left( { - 1} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 1}\\ { - 1}&0 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right).} \] Интересно, что в данном примере обратная матрица \({H^{ - 1}}\) совпадает с исходной матрицей \(H.\) Такой эффект возможен, если квадрат исходной матрицы равен единичной матрице: \[ {{H^2} = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right)^2} } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 + 1}&{0 + 0}\\ {0 + 0}&{1 + 0} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ 0&1 \end{array}} \right) = I.} \] Жорданова форма \(J\) для матрицы \(A\) имеет вид: \[ {J = {H^{ - 1}}AH } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4&0\\ 1&4 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 + 1}&{0 + 4}\\ {4 + 0}&{0 + 0} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&4\\ 4&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 + 4}&{1 + 0}\\ {0 + 0}&{4 + 0} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}4&\color{blue}1\\ \color{blue}0&\color{blue}4 \end{array}} \right).} \] Как видно, жорданова форма \(J\) состоит из одной клетки размером \(2.\)

Составляем матрицу \({e^{tJ}}:\) \[{e^{tJ}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{4t}}}&{t{e^{4t}}}\\ 0&{{e^{4t}}} \end{array}} \right) = {e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&t\\ 0&1 \end{array}} \right).\] Вычисляем матричную экспоненту \({e^{tA}}:\) \[ {{e^{tA}} = H{e^{tJ}}{H^{ - 1}} } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&t\\ 0&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 + 0}&{0 + 1}\\ {1 + 0}&{t + 0} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&t \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 1&0 \end{array}} \right) } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 + 1}&{0 + 0}\\ {0 + t}&{1 + 0} \end{array}} \right) } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ t&1 \end{array}} \right).} \] Общее решение системы записывается как \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y \end{array}} \right) = {e^{tA}}\mathbf{C} } = {{e^{4t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ t&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}} \end{array}} \right),} \] где \({C_1}, {C_2}\) − произвольные константы.

   Пример 3
Решить систему уравнений с помощью матричной экспоненты: \[\frac{{dx}}{{dt}} = x + y,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = - x + y.\]
Решение.
В данном случае матрица коэффициентов \(A\) имеет вид: \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right).\] Вычислим ее собственные значения: \[ {\det \left( {A - \lambda I} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&1\\ { - 1}&{1 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {1 - \lambda } \right)^2} + 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {\lambda - 1} \right)^2} = - 1,}\;\; {\Rightarrow \lambda - 1 = \pm i,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _{1,2}} = 1 \pm i.} \] Итак, матрица \(A\) имеет пару комплексно-сопряженных собственных значений. Для каждого собственного числа определим собственный вектор (он может иметь комплексные координаты).

Пусть числу \({\lambda _1} = 1 + i\) соответствует собственный вектор \({\mathbf{V}_1} = {\left( {{V_{11}},{V_{21}}} \right)^T}.\) Координаты этого вектора удовлетворяют следующему матрично-векторному уравнению: \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \left( {1 + i} \right)}&1\\ { - 1}&{1 - \left( {1 + i} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&1\\ { - 1}&{ - i} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} { - i{V_{11}} + {V_{21}} = 0}\\ { - {V_{11}} - i{V_{21}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left. {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V_{11}} + i{V_{21}} = 0}\\ {i{V_{11}} - {V_{21}} = 0} \end{array}} \right.\;} \right|\begin{array}{*{20}{l}} {}\\ \small{{R_2} - i{R_1}}\normalsize \end{array},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V_{11}} + i{V_{21}} = 0}\\ {0 = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {V_{11}} + i{V_{21}} = 0.} \] Полагаем \({V_{21}} = t.\) Тогда \({V_{21}} = -it.\) Следовательно, собственный вектор \({\mathbf{V}_1}\) равен: \[ {{\mathbf{V}_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - it}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Аналогично найдем собственный вектор \({\mathbf{V}_2} = {\left( {{V_{12}},{V_{22}}} \right)^T},\) ассоциированный с числом \({\lambda _2} = 1 - i:\) \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \left( {1 - i} \right)}&1\\ { - 1}&{1 - \left( {1 - i} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { i}&1\\ { - 1}&{i} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} { i{V_{12}} + {V_{22}} = 0}\\ { -{V_{12}} + i{V_{22}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left. {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V_{12}} - i{V_{22}} = 0}\\ {i{V_{12}} + {V_{22}} = 0} \end{array}} \right.\;} \right|\begin{array}{*{20}{l}} {}\\ \small{{R_2} - i{R_1}}\normalsize \end{array},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V_{12}} - i{V_{22}} = 0}\\ {0 = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {V_{12}} - i{V_{22}} = 0.} \] Здесь полагаем \({V_{22}} = t.\) Следовательно, \({V_{12}} = it.\) Тогда вектор \({\mathbf{V}_2}\) будет равен: \[ {{\mathbf{V}_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {it}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {i}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {i}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Составляем матрицу \(H\) из найденных собственных векторов \({\mathbf{V}_1}\) и \({\mathbf{V}_2}:\) \[H = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right).\] Вычисляем обратную матрицу \({H^{ - 1}}\) по формуле \[{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\Delta \left( H \right)}}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{H_{11}}}&{{H_{12}}}\\ {{H_{21}}}&{{H_{22}}} \end{array}} \right)^T},\] где \({\Delta \left( H \right)}\) − определитель матрицы \(H,\) \({H_{ij}}\) − алгебраические дополнения к элементам матрицы \(H.\) В результате получаем: \[\Delta \left( H \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right| = - i - i = - 2i,\] \[ {{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\left( { - 2i} \right)}}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}\\ { - i}&{ - i} \end{array}} \right)^T} } = {\frac{1}{{\left( { - 2i} \right)}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - i}\\ { - 1}&{ - i} \end{array}} \right) } = {\frac{1}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&i\\ 1&i \end{array}} \right).} \] Теперь найдем нормальную жорданову форму \(J\) по формуле \[J = {H^{ - 1}}AH.\] Выполняя вычисления, находим: \[ {J = \frac{1}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&i\\ 1&i \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1 - i}&{ - 1 + i}\\ {1 - i}&{1 + i} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right) } = {\frac{1}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {i - 1 - 1 + i}&{ - i + 1 - 1 + i}\\ { - i - 1 + 1 + i}&{i + 1 + 1 + i} \end{array}} \right) } = {\frac{1}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2i - 2}&0\\ 0&{2i + 2} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{i - 1}}{i}}&0\\ 0&{\frac{{i + 1}}{i}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} \color{blue}{1 + i}&0\\ 0&\color{red}{1 - i} \end{array}} \right).} \] Вообще говоря, мы могли бы сразу записать жорданову форму \(J,\) которая в данном случае имеет диагональный вид (поскольку собственные числа \({\lambda _1},\) \({\lambda _2}\) имеют кратность \(1\)). Будем считать, что вычисление \(J\) сделано для проверки, а матрицы \(H\) и \({H^{ - 1}}\) нам необходимы далее для определения матричной экспоненты.

Составим теперь матрицу \({e^{tJ}}:\) \[ {{e^{tJ}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{\left( {1 + i} \right)t}}}&0\\ 0&{{e^{\left( {1 - i} \right)t}}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^t}{e^{it}}}&0\\ 0&{{e^t}{e^{ - it}}} \end{array}} \right) } = {{e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{it}}}&0\\ 0&{{e^{ - it}}} \end{array}} \right).} \] Рассчитаем матричную экспоненту \({e^{tA}}:\) \[ {{e^{tA}} = H{e^{tJ}}{H^{ - 1}} } = {\frac{{{e^t}}}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{it}}}&0\\ 0&{{e^{ - it}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&i\\ 1&i \end{array}} \right).} \] Экспоненциальные функции \({{e^{it}}},\) \({{e^{-it}}},\) разложим по формуле Эйлера: \[ {{e^{it}} = \cos t + i\sin t,}\;\; {{e^{ - it}} = \cos t - i\sin t.} \] Получаем следующий результат: \[\require{cancel} {{e^{tA}} = \frac{{{e^t}}}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i}&i\\ 1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos t + i\sin t}&0\\ 0&{\cos t - i\sin t} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&i\\ 1&i \end{array}} \right) } = {\frac{{{e^t}}}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i\cos t + \sin t}&{i\cos t + \sin t}\\ {\cos t + i\sin t}&{\cos t - i\sin t} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&i\\ 1&i \end{array}} \right) } = {\frac{{{e^t}}}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - i\cos t - \cancel{\sin t} - i\cos t + \cancel{\sin t}}&{\cancel{\cos t} + i\sin t - \cancel{\cos t} + i\sin t}\\ { - \cancel{\cos t} - i\sin t + \cancel{\cos t} - i\sin t}&{i\cos t - \cancel{\sin t} + i\cos t + \cancel{\sin t}} \end{array}} \right) = \frac{{{e^t}}}{{2i}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2i\cos t}&{2i\sin t}\\ { - 2i\sin t}&{2i\cos t} \end{array}} \right) } = {{e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos t}&{\sin t}\\ { - \sin t}&{\cos t} \end{array}} \right).} \] Общее решение заданной системы уравнений выражается формулой \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y \end{array}} \right) = {e^{tA}}\mathbf{C} } = {{e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos t}&{\sin t}\\ { - \sin t}&{\cos t} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}} \end{array}} \right),} \] где \(C = {\left( {{C_1},{C_2}} \right)^T}\) − произвольный вектор.

   Пример 4
Решить систему уравнений с помощью матричной экспоненты: \[ {\frac{{dx}}{{dt}} = - 5x - 7y - 3z,}\;\; {\frac{{dy}}{{dt}} = 2x + y - 6z,}\;\; {\frac{{dz}}{{dt}} = y + 4z.} \]
Решение.
Начнем решение с вычисления собственных значений: \[\det \left( {A - \lambda I} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 5 - \lambda }&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&{1 - \lambda }&{ - 6}\\ 0&1&{4 - \lambda } \end{array}} \right| = 0.\] Раскладываем определитель по первому столбцу: \[ {\left( { - 5 - \lambda } \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&{ - 6}\\ 1&{4 - \lambda } \end{array}} \right| - 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 7}&{ - 3}\\ 1&{4 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( { - 5 - \lambda } \right)\left[ {\left( {1 - \lambda } \right)\left( {4 - \lambda } \right) + 6} \right] - 2\left[ { - 7\left( {4 - \lambda } \right) + 3} \right] = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {\lambda + 5} \right)\left( {4 - 4\lambda - \lambda + {\lambda ^2} + 6} \right) + 2\left( { - 28 + 7\lambda + 3} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {\lambda + 5} \right)\left( {{\lambda ^2} - 5\lambda + 10} \right) + 14\lambda - 50 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^3} + \cancel{5{\lambda ^2}} - \cancel{5{\lambda ^2}} - 25\lambda + 10\lambda + \cancel{50} + 14\lambda - \cancel{50} = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^3} - \lambda = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda - 1} \right)\left( {\lambda + 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _1} = 0,\;{\lambda _2} = - 1,\;{\lambda _3} = 1.} \] Мы получили три собственных значения кратностью \(1.\) Найдем для них соответствующие собственные векторы.

Пусть числу \({\lambda_1} = 0\) соответствует собственный вектор \({\mathbf{V}_1} = {\left( {{V_{11}},{V_{21}},{V_{31}}} \right)^T}.\) Определим его из следующего соотношения \[ {\left( {A - {\lambda _1}I} \right){\mathbf{V}_1} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 5}&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&1&{ - 6}\\ 0&1&4 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}}\\ {{V_{31}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} { - 5{V_{11}} - 7{V_{21}} - 3{V_{31}} = 0}\\ {2{V_{11}} + {V_{21}} - 6{V_{31}} = 0}\\ {{V_{21}} + 4{V_{31}} = 0} \end{array}} \right..} \] Полагаем \({V_{31}} = t.\) Выразим через \(t\) остальные координаты: \[ {{V_{21}} = - 4{V_{31}} = - 4t,}\;\; {\Rightarrow 2{V_{11}} = 6{V_{31}} - {V_{21}} = 6t + 4t = 10t,}\;\; {\Rightarrow {V_{11}} = 5t.} \] Можно проверить, что первое уравнение также соблюдается (поскольку оно является зависимым от других): \[ {- 5 \cdot 5t - 7\left( { - 4t} \right) - 3t = 0,}\;\; {\Rightarrow - 25t + 28t - 3t = 0,}\;\; {\Rightarrow 0 \equiv 0.} \] Итак, координаты собственного вектора \({\mathbf{V}_1}\) равны: \[ {{\mathbf{V}_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}}\\ {{V_{31}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {5t}\\ { - 4t}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Аналогично найдем координаты второго вектора \({\mathbf{V}_2} = {\left( {{V_{12}},{V_{22}},{V_{32}}} \right)^T},\) ассоциированного с числом \({\lambda_2} = -1:\) \[ {\left( {A - {\lambda _2}I} \right){\mathbf{V}_2} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 5 + 1}&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&{1 + 1}&{ - 6}\\ 0&1&{4 + 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}}\\ {{V_{32}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 4}&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&2&{ - 6}\\ 0&1&5 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}}\\ {{V_{32}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left. {\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {4{V_{12}} + 7{V_{22}} + 3{V_{32}} = 0}\\ {2{V_{12}} + 2{V_{22}} - 6{V_{32}} = 0}\\ {{V_{22}} + 5{V_{32}} = 0} \end{array}} \right.\;} \right|\begin{array}{*{20}{l}} {}\\ \small{:2}\normalsize\\ {} \end{array},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{V_{12}} + {V_{22}} - 3{V_{32}} = 0}\\ {4{V_{12}} + 7{V_{22}} + 3{V_{32}} = 0}\\ {{V_{22}} + 5{V_{32}} = 0} \end{array}} \right..} \] Здесь можно положить \({V_{32}} = t.\) Тогда \[ {{V_{22}} = - 5{V_{32}} = - 5t,}\;\; {\Rightarrow {V_{12}} = 3{V_{32}} - {V_{22}} = 3t - \left( { - 5t} \right) = 8t.} \] Следовательно, собственный вектор \({\mathbf{V}_2}\) имеет такие координаты: \[ {{\mathbf{V}_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}}\\ {{V_{32}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {8t}\\ { - 5t}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 8\\ { - 5}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 8\\ { - 5}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Наконец, найдем третий собственный вектор \({\mathbf{V}_3} = {\left( {{V_{13}},{V_{23}},{V_{33}}} \right)^T},\) соответствующий собственному значению \({\lambda_3} = 1:\) \[ {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 5 - 1}&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&{1 - 1}&{ - 6}\\ 0&1&{4 - 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{13}}}\\ {{V_{23}}}\\ {{V_{33}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 6}&{ - 7}&{ - 3}\\ 2&0&{ - 6}\\ 0&1&3 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{13}}}\\ {{V_{23}}}\\ {{V_{33}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {6{V_{13}} + 7{V_{23}} + 3{V_{33}} = 0}\\ {2{V_{13}} - 6{V_{33}} = 0}\\ {{V_{23}} + 3{V_{33}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {6{V_{13}} + 7{V_{23}} + 3{V_{33}} = 0}\\ {{V_{13}} - 3{V_{33}} = 0}\\ {{V_{23}} + 3{V_{33}} = 0} \end{array}} \right..} \] Пусть \({V_{33}} = t.\) Тогда \[{V_{23}} = - 3{V_{33}} = - 3t,\;\;{V_{13}} = 3{V_{33}} = 3t.\] Следовательно, собственный вектор \({\mathbf{V}_3}\) равен \[ {{\mathbf{V}_3} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{13}}}\\ {{V_{23}}}\\ {{V_{33}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {3t}\\ { - 3t}\\ t \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3\\ { - 3}\\ 1 \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3\\ { - 3}\\ 1 \end{array}} \right).} \] Зная собственные значения \({\lambda _1},{\lambda _2},{\lambda _3},\) каждое из которых имеет кратность \(1,\) можно записать жорданову форму \(J\) для матрицы \(A:\) \[J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\lambda _1}}&0&0\\ 0&{{\lambda _2}}&0\\ 0&0&{{\lambda _3}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{r}} \color{blue}0&0&0\\ 0&\color{red}{ - 1}&0\\ 0&0&\color{green}1 \end{array}} \right).\] Составим матрицу \(H,\) столбцы которой образованы собственными векторами \({\mathbf{V}_1},\) \({\mathbf{V}_2},\) \({\mathbf{V}_3}:\) \[H = \left( {\begin{array}{*{20}{r}} 5&8&3\\ { - 4}&{ - 5}&{ - 3}\\ 1&1&1 \end{array}} \right).\] Вычислим обратную матрицу \({H^{ - 1}}.\) Обе матрицы \(H\) и \({H^{ - 1}}\) понадобятся нам для нахождения матричной экспоненты. Получаем: \[ {\Delta \left( H \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 5&8&3\\ { - 4}&{ - 5}&{ - 3}\\ 1&1&1 \end{array}} \right| } = {5\left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 5}&{ - 3}\\ 1&1 \end{array}} \right| - 8\left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 4}&{ - 3}\\ 1&1 \end{array}} \right| + 3\left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 4}&{ - 4}\\ 1&1 \end{array}} \right| } = {5\left( { - 5 + 3} \right) - 8\left( { - 4 + 3} \right) + 3\left( { - 4 + 5} \right) = 1,} \] \[{H^{ - 1}} = \frac{1}{{\Delta \left( H \right)}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{H_{11}}}&{{H_{12}}}&{{H_{13}}}\\ {{H_{21}}}&{{H_{22}}}&{{H_{23}}}\\ {{H_{31}}}&{{H_{23}}}&{{H_{33}}} \end{array}} \right).\] Алгебраические дополнения \({H_{ij}}\) имеют следующие значения: \[ {{H_{11}} = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 5}&{ - 3}\\ 1&1 \end{array}} \right| = - 5 + 3 = - 2,}\;\; {{H_{12}} = - \left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 4}&{ - 3}\\ 1&1 \end{array}} \right| = - \left( { - 4 + 3} \right) = 1,}\;\; {{H_{13}} = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} { - 4}&{ - 5}\\ 1&1 \end{array}} \right| = - 4 + 5 = 1,}\;\; {{H_{21}} = - \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 8&3\\ 1&1 \end{array}} \right| = - \left( {8 - 3} \right) = - 5,}\;\; {{H_{22}} = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 5&3\\ 1&1 \end{array}} \right| = 5 - 3 = 2,}\;\; {{H_{23}} = - \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 5&8\\ 1&1 \end{array}} \right| = - \left( {5 - 8} \right) = 3,}\;\; {{H_{31}} = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 8&3\\ { - 5}&{ - 3} \end{array}} \right| = - 24 + 15 = - 9,}\;\; {{H_{32}} = - \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 5&3\\ { - 4}&{ - 3} \end{array}} \right| = - \left( { - 15 + 12} \right) = 3,}\;\; {{H_{33}} = \left| {\begin{array}{*{20}{r}} 5&8\\ { - 4}&{ - 5} \end{array}} \right| = - 25 + 32 = 7.} \] Обратная матрица \({H^{ - 1}}\) равна \[ {{H^{ - 1}} = \frac{1}{1}{\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2}&1&1\\ { - 5}&2&3\\ { - 9}&3&7 \end{array}} \right)^T} } = {\left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 2}&{ - 5}&{ - 9}\\ 1&2&3\\ 1&3&7 \end{array}} \right).} \] Теперь мы имеем все необходимое, чтобы найти матричную экспоненту.

Зная жорданову матрицу \(J,\) запишем матрицу \({e^{tJ}}:\) \[ {{e^{tJ}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{e^0}}&0&0\\ 0&{{e^{ - t}}}&0\\ 0&0&{{e^t}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ 0&{{e^{ - t}}}&0\\ 0&0&{{e^t}} \end{array}} \right).} \] Вычислим матричную экспоненту \({e^{tA}}:\) \[ {{e^{tA}} = H{e^{tJ}}{H^{ - 1}} } = {\left( {\begin{array}{*{20}{r}} 5&8&3\\ { - 4}&{ - 5}&{ - 3}\\ 1&1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{r}} 1&0&0\\ 0&{{e^{ - t}}}&0\\ 0&0&{{e^t}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 2}&{ - 5}&{ - 9}\\ 1&2&3\\ 1&3&7 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {5 + 0 + 0}&{0 + 8{e^{ - t}} + 0}&{0 + 0 + 3{e^t}}\\ { - 4 + 0 + 0}&{0 - 5{e^{ - t}} + 0}&{0 + 0 - 3{e^t}}\\ {1 + 0 + 0}&{0 + {e^{ - t}} + 0}&{0 + 0 + {e^t}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 2}&{ - 5}&{ - 9}\\ 1&2&3\\ 1&3&7 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{r}} 5&{8{e^{ - t}}}&{3{e^t}}\\ { - 4}&{ - 5{e^{ - t}}}&{ - 3{e^t}}\\ 1&{{e^{ - t}}}&{{e^t}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 2}&{ - 5}&{ - 9}\\ 1&2&3\\ 1&3&7 \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 10 + 8{e^{ - t}} + 3{e^t}}&{ - 25 + 16{e^{ - t}} + 9{e^t}}&{ - 45 + 24{e^{ - t}} + 21{e^t}}\\ {8 - 5{e^{ - t}} - 3{e^t}}&{20 - 10{e^{ - t}} - 9{e^t}}&{36 - 15{e^{ - t}} - 21{e^t}}\\ { - 2 + {e^{ - t}} + {e^t}}&{ - 5 + 2{e^{ - t}} + 3{e^t}}&{ - 9 + 3{e^{ - t}} + 7{e^t}} \end{array}} \right).} \] Общее решение системы (в несколько громоздком виде) выражается формулой \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y\\ z \end{array}} \right) } = {{e^{tA}}\mathbf{C} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 10 + 8{e^{ - t}} + 3{e^t}}&{ - 25 + 16{e^{ - t}} + 9{e^t}}&{ - 45 + 24{e^{ - t}} + 21{e^t}}\\ {8 - 5{e^{ - t}} - 3{e^t}}&{20 - 10{e^{ - t}} - 9{e^t}}&{36 - 15{e^{ - t}} - 21{e^t}}\\ { - 2 + {e^{ - t}} + {e^t}}&{ - 5 + 2{e^{ - t}} + 3{e^t}}&{ - 9 + 3{e^{ - t}} + 7{e^t}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{C_1}}\\ {{C_2}}\\ {{C_3}} \end{array}} \right),} \] где \(\mathbf{C} = {\left( {{C_1},{C_2},{C_3}} \right)^T}\) − произвольный постоянный вектор.

Данный ответ можно представить в виде суммы, каждый член которой является произведением экспоненциальной функции с собственным значением \({\lambda _i}\) и собственного вектора \({\mathbf{V}_i}:\) \[ {\mathbf{X}\left( t \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x\\ y\\ z \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 10{C_1} - 25{C_2} - 45{C_3}}\\ {8{C_1} + 20{C_2} + 36{C_3}}\\ { - 2{C_1} - 5{C_2} - 9{C_3}} \end{array}} \right) } + {{e^{ - t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {8{C_1} + 16{C_2} + 24{C_3}}\\ { - 5{C_1} - 10{C_2} - 15{C_3}}\\ {{C_1} + 2{C_2} + 3{C_3}} \end{array}} \right) } + {{e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {3{C_1} + 9{C_2} + 21{C_3}}\\ { - 3{C_1} - 9{C_2} - 21{C_3}}\\ {{C_1} + 3{C_2} + 7{C_3}} \end{array}} \right) } = {\left( { - 2{C_1} - 5{C_2} - 9{C_3}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 1 \end{array}} \right) } + {\left( {{C_1} + 2{C_2} + 3{C_3}} \right){e^{ - t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 8\\ { - 5}\\ 1 \end{array}} \right) } + {\left( {{C_1} + 3{C_2} + 7{C_3}} \right){e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3\\ { - 3}\\ 1 \end{array}} \right) } = {{B_1}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 1 \end{array}} \right) } + {{B_2}{e^{ - t}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 8\\ { - 5}\\ 1 \end{array}} \right) } + {{B_3}{e^t}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3\\ { - 3}\\ 1 \end{array}} \right),} \] где \(\mathbf{B} = {\left( {{B_1},{B_2},{B_3}} \right)^T}\) − произвольный вектор.

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.