東京工業大学 環境・社会理工学院 融合理工学系 2022年8月実施 线性代数

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• TITech
• Eigenvalues-and-Eigenvectors

Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

1. $\boldsymbol{A} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 8 & 7 & -8 \\ 9 & 6 & -7 \end{bmatrix}, \quad \boldsymbol{b}(t) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{2t}, \quad \boldsymbol{x}(t) = \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \\ x_3(t) \end{pmatrix}, \quad \boldsymbol{x}(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}$ が与えられたとき，以下の問いに答えよ．

(1) $y(0) = 1$ のとき， $\frac{dy(t)}{dt} = 2y(t)$ の解を求めよ．

(2) $y(0) = 1$ のとき， $\frac{dy(t)}{dt} = 2y(t) + e^{2t}$ の解を求めよ．

(3) $\boldsymbol{A}$ の固有値と固有ベクトルを求めよ．

(4) $\frac{d\boldsymbol{x}(t)}{dt} = \boldsymbol{Ax}(t)$ の解を求めよ．

(5) $\frac{d\boldsymbol{x}(t)}{dt} = \boldsymbol{Ax}(t) + \boldsymbol{b}(t)$ の解を求めよ．

题目描述

给定

$$\boldsymbol A= \begin{bmatrix} 2&0&0\\ 8&7&-8\\ 9&6&-7 \end{bmatrix}, \qquad \boldsymbol b(t)= \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}e^{2t},$$

$$\boldsymbol x(t)= \begin{pmatrix} x_1(t)\\x_2(t)\\x_3(t) \end{pmatrix}, \qquad \boldsymbol x(0)= \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}.$$

回答下列问题。

1. 在初值 $y(0)=1$ 下，求微分方程

   $$\frac{dy(t)}{dt}=2y(t)$$

   的解。

2. 在初值 $y(0)=1$ 下，求非齐次微分方程

   $$\frac{dy(t)}{dt}=2y(t)+e^{2t}$$

   的解。

3. 求矩阵 $\boldsymbol A$ 的全部特征值及相应特征向量。

4. 在上述向量初值 $\boldsymbol x(0)$ 下，求齐次线性系统

   $$\frac{d\boldsymbol x(t)}{dt} =\boldsymbol A\boldsymbol x(t)$$

   的解。

5. 在同一向量初值下，求非齐次线性系统

   $$\frac{d\boldsymbol x(t)}{dt} =\boldsymbol A\boldsymbol x(t)+\boldsymbol b(t)$$

   的解。

Kai

1.

(1)

微分方程式を変数分離すると

$$\frac{dy}{y}=2\,dt$$

であるから、 $y=Ce^{2t}$ である。初期条件 $y(0)=1$ より $C=1$ なので、

$$\boxed{y(t)=e^{2t}}$$

を得る。

(2)

両辺に積分因子 $e^{-2t}$ を掛けると

$$\frac{d}{dt}\left(e^{-2t}y(t)\right)=1$$

となる。したがって $e^{-2t}y=t+C$ であり、 $y(0)=1$ より $C=1$ である。よって

$$\boxed{y(t)=(t+1)e^{2t}}$$

である。実際、 $y'-2y=e^{2t}$ かつ $y(0)=1$ を満たす。

(3)

特性多項式は

$$\det(A-\lambda I) =(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}7-\lambda&-8\\6&-7-\lambda\end{pmatrix} =(2-\lambda)(\lambda^2-1)$$

である。したがって固有値は $2,1,-1$ である。それぞれについて $(A-\lambda I)v=0$ を解くと、例えば

$$\lambda=2:\quad v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix},\qquad \lambda=1:\quad v_1=\begin{pmatrix}0\\4\\3\end{pmatrix},\qquad \lambda=-1:\quad v_{-1}=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$$

を取れる。3固有値は相異なるので、これらは一次独立である。

(4)

与えられた初期値を固有ベクトルで展開すると

$$\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix} =v_2-v_1+3v_{-1}$$

である。したがって初期値問題の解は

$$\boxed{ \boldsymbol{x}(t) =e^{2t}v_2-e^t v_1+3e^{-t}v_{-1} =\begin{pmatrix} e^{2t}\\ -4e^t+3e^{-t}\\ e^{2t}-3e^t+3e^{-t} \end{pmatrix}}$$

である。 $t=0$ を代入すれば指定された初期値に戻る。

(5)

$\boldsymbol{q}=(1,1,1)^T$ とおくと

$$\boldsymbol{q}=v_2+v_1-3v_{-1},\qquad \boldsymbol{b}(t)=e^{2t}\boldsymbol{q}$$

である。 $\boldsymbol{x}=z_2v_2+z_1v_1+z_{-1}v_{-1}$ と展開すれば、各係数は

$$\begin{aligned} z_2'&=2z_2+e^{2t},&z_2(0)&=1,\\ z_1'&=z_1+e^{2t},&z_1(0)&=-1,\\ z_{-1}'&=-z_{-1}-3e^{2t},&z_{-1}(0)&=3. \end{aligned}$$

これらを解くと

$$z_2=(1+t)e^{2t},\qquad z_1=e^{2t}-2e^t,\qquad z_{-1}=4e^{-t}-e^{2t}.$$

ゆえに

$$\boxed{ \boldsymbol{x}(t)= \begin{pmatrix} (1+t)e^{2t}\\ 3e^{2t}-8e^t+4e^{-t}\\ (3+t)e^{2t}-6e^t+4e^{-t} \end{pmatrix}}$$

である。 $t=0$ で $(1,-1,1)^T$ となり、各成分を微分して代入すると $\boldsymbol{x}'=A\boldsymbol{x}+e^{2t}(1,1,1)^T$ も満たす。