h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

       
Meervoudige Eigenwaarden.
       
Wat moet je doen als er bij het oplossen van de karakteristieke vergelijking van matrix A dezelfde  λ's vaker voorkomen (meerwaardig zijn)?
Dan krijg je niet n verschillende oplossingen, maar je hebt er wel n nodig!
Hoe kom je aan die extra oplossingen?

Laten we in gedachten even teruggaan naar het oplossen van gewone tweede orde differentiaalvergelijkingen. Daar hadden we ook een karakteristieke vergelijking.
   Als die vergelijking  λ1 en λ2 opleverde, dan waren de oplossingen  eλ1x   en   eλ2x 
   Als die vergelijking een dubbele l opleverde dan waren de oplossingen  eλx en  xeλx.

Eens kijken of dat ook bij stelsels werkt:
       
Poging 1:   Misschien heeft Y ' = A Y  als oplossingen wel  Y = eλx C  en  Y =  xeλx   C  (met  C een eigenvector)
Nou, dat kunnen we direct controleren door die tweede oplossing in te pluggen in de differentiaalvergelijking. Dat geeft:
       

Y ' = 1 eλx C + x λeλx C = A xeλx C
eλx C  + xeλx   (λC - AC) = 0
Dat moet voor elke x gelden, en omdat  eλx ongelijk aan nul is, moet wel gelden dat  C = 0  en   λC- AC = 0

Helaas!!!!
C = 0  dat gaat niet lukken, immers C was een eigenvector en die mag niet nul zijn!

Poging 2:   Poging 1 mislukte omdat in de afgeleide die eλx  alleen bij de C voorkwam, zodat die C dan wel nul moest zijn. Misschien kunnen we proberen bij de oplossing een extra  eλx  toe te voegen, zodat die C dan straks niet alleen staat.....
Probeer bijvoorbeeld de oplossing:   Y = xeλx C + eλx D
Dat geeft bij invullen:   Y ' = 1 eλx C + x λeλx C +  λeλx D  = A xeλx C + A eλx D
eλx (C - AD + λD) + xeλx (λC  - AC) = 0
Dan moet gelden     C - AD + λD = 0  en   λC - AC = 0

Die tweede daaraan is makkelijk voldaan, want daar staat niets anders dan (A - λE)C = 0,  dus dat C een eigenvector van A is met eigenwaarde l, en we weten al dat dat zo is.

Die eerste geeft iets interessants:   (A -  λE) D = C

 

Y = xeλx C + eλx D      met    (A -  λE) D = C   is een tweede oplossing.

       
Voorbeeld.  Los op:   y1' = 3y1 - y2  en   y2' = y1 + y2  

Karakteristieke vergelijking:  (3 - λ)(1 - λ) + 1 = 0
λ2 - 4λ + 4 = 0
(λ - 2)2 = 0
λ = 2
Voor de kentallen a en b van de bijbehorende eigenvector geldt:   3a - b = 2a  en   a + b = 2b

We gaan nu voor een tweede oplossing op jacht naar de vector D. Daarvoor moeten we oplossen:

a - b = 1  en  a - b = 1   geeft   b = a - 1

Algemene oplossing:   Y = c1e2x C + c2(xe2x C + e2x D)
Met de gevonden C en D geeft dat   y1 = c1 e2x  + c2xe2x  en   y2 = c1e2x  + c2(xe2x - e2x)
Daarbij moeten c1 en c2 uit de beginvoorwaarden gevonden worden.
       
       

h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)