[ Pobierz całość w formacie PDF ]
t0, a rezolwentą R(t, 0) tego równania w punkcie 0. Jak wiemy, rozwiązaniem zagadnienia
x = Ax
(35)
x(t0) = x0
jest funkcja wektorowa określona wzorem
x(t) = R(t, t0)x0.
Podstawmy w równaniu (35) s = t - t0. Wtedy
x(t) = x(s + t0) = y(s) oraz x (t) = y (s).
Zagadnienie (35) z niewiadomą funkcją x(t) przejdzie w równoważne zagadnienie
y = Ay
y(0) = x0
z niewiadomą funkcją y(s). Jego rozwiązaniem jest
y(s) = R(s, 0)x0.
Wracając do zmiennej t, otrzymamy rozwiązanie zagadnienia (35) tym razem w postaci
x(t) = R(t - t0, 0)x0.
Porównując oba rozwiązania, otrzymujemy dla układu o stałych współczynnikach związek
R(t, t0) = R(t - t0, 0). (40)
Wniosek 3.5 Rozwiązanie zagadnienia (35) dane jest wzorem
x(t) = e(t-t0)Ax0. (41)
Odnotujmy jeszcze ważną własność rezolwenty R(t, 0) równania x = Ax.
Fakt Dla dowolnych t, s " R zachodzi związek
R(s, 0) � R(t, 0) = R(t + s, 0). (42)
Istotnie. Wezmy dowolny punkt x0 " Rn i oznaczmy przez x1 = R(t, 0)x0 a przez
x2 = R(s, 0)x1. Wtedy x2 = R(s, 0) � R(t, 0)x0. Ale jednocześnie x2 = R(t + s, 0)x0.
Stąd, na mocy jednoznaczności rozwiązań, mamy zależność (42). Zależność tę można było
również otrzymać ze związku (31) przyjmując t0 = 0, t1 = t, t2 - t1 = s.
62 W.Grąziewicz R�WNANIA R�%7łNICZKOWE
Wniosek 3.6 Macierz etA ma własności
d
(a) etA = AetA,
dt
(b) e0�A = e0 = I,
(c) e(t+s)A = esA � etA = etA � esA,
-1
(d) etA = e-tA.
Własności (a) i (b) wynikają z Wniosku 3.2, własność (c) jest innym zapisem związku
(42), własność (d) wynika z (c) i (b).
Wniosek 3.7 Rozwiązanie zagadnienia niejednorodnego
x = Ax + b(t)
x(0) = x0
dane jest wzorem
t
x(t) = etAx0 + e(t-� )Ab(�) d�. (43)
Wzór (43) wynika wprost ze wzoru (28) na str. 57 oraz z własności (c) i (d).
3.3.4 Metody wyznaczania macierzy etA
Rozwiązanie zagadnienia początkowego
x = Ax
(34)
x(0) = x0
dane wzorem
tA t2A2
(39) x(t) = I + + + � � � � x0 = etA � x0,
1! 2!
określone jest przy pomocy szeregu macierzowego. Pokażemy, że rozwiązanie to można
przedstawić w postaci skończonej sumy. Przedtem podamy pewne, potrzebne w dalszym
ciągu, fakty z algebry liniowej.
Rozważmy przestrzeń Matn�n(C) macierzy kwadratowych stopnia n�n o wyrazach ze-
spolonych. Niech A " Matn�n(C). Macierz A możemy oczywiście utożsamić (przy ustalo-
nej bazie przestrzeni Cn) z odwzorowaniem liniowym A : Cn -�! Cn. Pierwiastki równania
charakterystycznego det(A - �I) = 0 są wartościami własnymi macierzy A. Oznaczmy je
przez �1, . . . , �k, a ich krotności odpowiednio przez n1, . . . , nk. Oczywiście suma krotności
jest równa n. Oznaczmy przez Vi zbiór zdefiniowany następująco:
Vi = {v " Cn : (A - �iI)niv = 0}.
W.Grąziewicz R�WNANIA R�%7łNICZKOWE 63
Zbiór Vi, jest jądrem odwzorowania liniowego o macierzy (A - �iI)ni, jest zatem podprze-
strzenią przestrzeni Cn. Jest k takich podprzestrzeni. Zachodzi, znane z algebry
Twierdzenie 3.8 (spektralne) Podprzestrzenie Vi mają następujące własności:
1�%. AVi �" Vi, tzn. "v"Vi Av " Vi własność niezmienniczości,
2�%. Vi )" Vj = {0} dla i = j,
3�%. dim Vi = ni,
4�%. dla dowolnego wektora v " Cn, zachodzi jednoznaczna reprezentacja:
v = v1 + v2 + � � � + vk, gdzie vi " Vi. ( )
Podprzestrzenie Vi nazywają się podprzestrzeniami niezmienniczymi względem odwzoro-
wania A. Własność 4�% formułujemy też następująco:
Przestrzeń Cn jest sumą prostą podprzestrzeni niezmienniczych wzglądem operatora
liniowego A : Cn -�! Cn, co zapisujemy następująco
Cn = V1 �" V2 �" � � � �" Vk.
Rozkład ( ) wektora v, na składowe z podprzestrzeni niezmienniczych, nazywamy rozkła-
dem spektralnym wektora v.
Przystępujemy teraz do rozwiązania zagadnienia początkowego (34). Rozkładamy wek-
tor x0 " Rn �" Cn na sumę wektorów z podprzestrzeni niezmienniczych:
x0 = x1 + x2 + � � � + xk, gdzie xi " Vi
0 0 0 0
oraz skorzystamy z tożsamości etA = et�iI � et(A-�iI). Otrzymamy
k k k
x(t) = etA � x0 = etA � xi = etA � xi = et�iI � et(A-�iI) � xi =
0 0 0
i=1 i=1 i=1
rozwijamy teraz macierz et(A-�iI) w szereg potęgowy (38)
�� �� �� ��
k " k "
tj tj
= et�iI �� (A - �iI)j�� xi = et�iI �� (A - �iI)jxi �� =
0 0
j! j!
i=1 j=0 i=1 j=0
ale (A - �iI)jxi = 0 dla j ni (bo xi " Vi)
0 0
�� ��
k ni-1
tj
= et�iI �� (A - �iI)jxi �� =
j!
i=1 j=0
t�iI t2�2I2 t�i t2�2
i i
et�iI = I + + + � � � = 1 + + + � � � � I = et�i � I
1! 2! 1! 2!
64 W.Grąziewicz R�WNANIA R�%7łNICZKOWE
k ni-1 k ni-1
tj tj
= et�iI (A - �iI)jxi = et�i (A - �iI)jxi .
0 0
j! j!
i=1 j=0 i=1 j=0
Oznaczmy jeszcze przez E�i macierz odwzorowania liniowego, przyporządkowującego wek-
torowi v " Cn, jego i tą składową vi z rozkładu spektralnego. Zatem macierz E�i określona
n
jest następująco: "v"C E�iv = vi. Rozwiązanie x(t) możemy teraz zapisać następująco
k ni-1
tj
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
