Równania różniczkowe z macierzami.

[Nadine]

Dzień dobry, robiłam sobie zadanka i spotkałam równanie różniczkowe z macierzą, zaczęłam je robić i szło nawet nieźle tylko zacięłam się w końcówce. Była bym wdzięczna za pomoc.
\(\displaystyle{
x' = Qx
}\)
\(\displaystyle{
Q= \left[\begin{array}{ccc}2&-2&1\\2&-3&2\\3&-6&4\end{array}\right]
}\)
\(\displaystyle{
x(1)= \left[\begin{array}{c}1\\2\\3\end{array}\right]}\)

\(\displaystyle{
det(Q-p) = \left[\begin{array}{ccc}2-p&-2&1\\2&-3-p&2\\3&-6&4-p\end{array}\right] = -(x-1)^3
}\)
\(\displaystyle{
p=1
}\)
stąd
\(\displaystyle{
a-2b+c
}\)
Tylko nie wiem co dalej, bo wyszło mi to
\(\displaystyle{
-(x-1)^3
}\)

[pkrwczn]

\(\displaystyle{
det(Q-p) = \left[\begin{array}{ccc}2-p&-2&1\\2&-3-p&2\\3&-6&4-p\end{array}\right] = -(x-1)^3
}\)

Raczej \(\displaystyle{ det(Q-p) = det \left[\begin{array}{ccc}2-p&-2&1\\2&-3-p&2\\3&-6&4-p\end{array}\right] = -(p-1)^3}\), czyli wartość własna jest potrójna \(\displaystyle{ p=1}\).

Szukamy wektora własnego \(\displaystyle{ K}\), który spełnia równanie \(\displaystyle{ (\textbf{Q}-p \textbf{I}) \textbf{K}=\textbf{0}}\).
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}1&-2&1\\2&-2&2\\3&-6&3\end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc}k_1\\k_2\\k_3\end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc}0\\0\\0\end{array}\right] \implies \left[\begin{array}{ccc}k_1\\k_2\\k_3\end{array}\right] = \left[\begin{array}{ccc}2 k_2-k_3\\k_2\\k_3\end{array}\right]}\)
Wartości dla \(\displaystyle{ k_2}\) i \(\displaystyle{ k_3}\) wybieramy dowolne, niech obie będą 1 i wtedy \(\displaystyle{ \textbf{K} = \left[\begin{array}{ccc}-1\\1\\1\end{array}\right]}\)
Teraz ogólne rozwiązanie \(\displaystyle{ \textbf{x} = C_1 \textbf{K}_1 e^{p_1 t} + C_2 \textbf{K}_2 e^{p_2 t} + C_3 \textbf{K}_3 e^{p_3 t}}\).

Wartości własne są wszystkie równe jeden, wektory własne są też takie same więc mamy \(\displaystyle{ \textbf{x} = \left[\begin{array}{ccc}-c_1\\c_2\\c_3\end{array}\right]e^t}\) i stałe \(\displaystyle{ c_1}\), \(\displaystyle{ c_2}\), \(\displaystyle{ c_3}\) dopasowujemy do warunku początkowego dla \(\displaystyle{ \textbf{x}(1)}\).
I wynik \(\displaystyle{ \textbf{x} = \left[\begin{array}{ccc}x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}e^{t-1}\\2e^{t-1}\\3e^{t-1}\end{array}\right]}\).

[Mariusz M]

@pkrwczn no fajnie tyle że z powyższego powinieneś mieć dwa wektory własne
a poza tym powinniśmy tutaj użyć uogólnionych wektorów własnych bo nie mamy tutaj wszystkich wektorów własnych
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 2k_{2}-k_{3} \\ k_{2}\\k_{3} \end{bmatrix}=k_{2} \begin{bmatrix} 2 \\ 1\\0 \end{bmatrix}+k_{3}\begin{bmatrix} -1 \\ 0\\1 \end{bmatrix} }\)

Teraz macierze \(\displaystyle{ \left( Q-I\right)^2 }\) oraz \(\displaystyle{ \left( Q-I\right)^3 }\) są macierzami zerowymi
więc wystarczy dobrać taki wektor \(\displaystyle{ \begin{bmatrix}k_{1} \\ k_{2}\\k_{3} \end{bmatrix} }\) aby
\(\displaystyle{ \det{ \begin{bmatrix} k_{1} &2&-1\\ k_{2}&1&0\\k_{3}&0&1 \end{bmatrix} } \neq 0}\)
i powinniśmy otrzymać macierz \(\displaystyle{ P}\) w rozkładzie Jordana
a następnie wykorzystując rozkład Jordana powinniśmy policzyć exponentę macierzy

Dodano po 1 godzinie 39 minutach 21 sekundach:
Coś chyba jest nie tak

Przykładowy rozkład Jordana to

\(\displaystyle{ Q=PJP^{-1}}\)

gdzie

\(\displaystyle{ P= \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 2&1&1\\3&2&1 \end{bmatrix}\\
J= \begin{bmatrix} 1&1&0 \\ 0&1&0\\0&0&1 \end{bmatrix} \\
P^{-1}= \begin{bmatrix} -1&1&0 \\ 1&-2&1\\1&1&-1 \end{bmatrix}
}\)

Dodano po 2 godzinach 19 minutach 54 sekundach:
\(\displaystyle{ e^{Qt}= \begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 2&1&1\\3&2&1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} e^{t}&te^{t}&0 \\ 0&e^{t}&0\\0&0&e^{t} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} -1&1&0 \\ 1&-2&1\\1&1&-1 \end{bmatrix} }\)

i po uwzględnieniu warunku początkowego wychodzi wynik który podał pkrwczn