Analiza matematyczna/Układy równań różniczkowych/Przykład 1.1

Dany jest układ równań:

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)=-3x+4y-2z\\ y^{\prime }(t)=x+z\\ z^{\prime }(t)=6x-6y+5z\end{array}$

W zapisie macierzowym ${𝕏}^{\prime }=𝔸\cdot 𝕏$ powyższy układ wygląda następująco:

$\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\\ z^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}-3& 4& -2\\ 1& 0& 1\\ 6& -6& 5\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]$

Jest to układ równań liniowych jednorodny z trzema niewiadomymi funkcjami $x(t)$, $y(t)$ oraz $z(t)$, zależnymi od jednej zmiennej niezależnej $t$.

Wartości własne macierzy współczynników

Rozwiązanie tego układu zaczniemy od znalezienia wartości własnych $\lambda$ macierzy współczynników $𝔸$:

$det[𝔸-\lambda I]=0$

$det\left[\begin{array}{ccc}-3-\lambda & 4& -2\\ 1& -\lambda & 1\\ 6& -6& 5-\lambda \end{array}\right]=$

$=(-3-\lambda )(-\lambda )(5-\lambda )+4\cdot 1\cdot 6+(-6)\cdot 1\cdot (-2)$

$-((-2)(-\lambda )\cdot 6+(-6)\cdot 1\cdot (-3-\lambda )+1\cdot 4(5-\lambda ))=$

szukany wyznacznik macierzy ma postać:

$=-{\lambda }^3+2{\lambda }^2+\lambda -2$

Zatem rozwiązaniem równania:

$-{\lambda }^3+2{\lambda }^2+\lambda -2=0$

są liczby ${\lambda }_1=1$, ${\lambda }_2=-1$ oraz ${\lambda }_3=2$

Rzeczywiste wartości własne

Pierwsza

Szukamy wektora własnego $ℂ$ odpowiadającego rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej ${\lambda }_1=1$.

$[𝔸-{\lambda }_{1}I]\cdot ℂ=0$

zatem:

$\left[\begin{array}{ccc}-3-\lambda & 4& -2\\ 1& -\lambda & 1\\ 6& -6& 5-\lambda \end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

następnie:

$\left[\begin{array}{ccc}-4& 4& -2\\ 1& -1& 1\\ 6& -6& 4\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

co ostatecznie daje układ równań:

$\{\begin{array}{c}-4u_1+4u_2-2u_3=0\\ u_1-u_2+u_3=0\\ 6u_1-6u_2+4u_3=0\end{array}$

Do pierwszego równania dodamy 4 razy drugie równanie. Otrzymamy wówczas $u_3=0$. Podstawiając tę wartość do równania drugiego, otrzymamy, że $u_1=u_2=s$, gdzie $s$ jest dowolnym parametrem. Podsumowując, otrzymujemy:

$\{\begin{array}{c}{u}_1=s\\ u_2=s\\ u_3=0\end{array}$

co w zapisie wektorowym wygląda następująco:

$U_{{\lambda }_1=1}=\left[\begin{array}{c}s\\ s\\ 0\end{array}\right]$ $=s\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right]$

Druga

Szukamy wektora własnego $ℂ$ odpowiadających rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej ${\lambda }_2=-1$.

$[𝔸-{\lambda }_{2}I]\cdot ℂ=0$

zatem:

$\left[\begin{array}{ccc}-3-{\lambda }_2& 4& -2\\ 1& -{\lambda }_2& 1\\ 6& -6& 5-{\lambda }_2\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

następnie:

$\left[\begin{array}{ccc}-2& 4& -2\\ 1& 1& 1\\ 6& -6& 6\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

co ostatecznie daje układ równań:

$\{\begin{array}{c}-2u_1+4u_2-2u_3=0\\ u_1+u_2+u_3=0\\ 6u_1-6u_2+6u_3=0\end{array}$

Od trzeciego równania 6 razy odejmujemy drugie, skąd otrzymujemy $u_2=0$, a następnie – podstawiając tę wartość do pierwszego lub drugiego równania – otrzymujemy zależność $u_1=-u_3=s$, gdzie $s$ jest dowolnym parametrem. Podsumowując powyższe obliczenia, otrzymujemy:

$\{\begin{array}{c}{u}_1=s\\ u_2=0\\ u_3=-s\end{array}$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{{\lambda }_2=-1}=\left[\begin{array}{c}s\\ 0\\ -s\end{array}\right]$ $=s\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right]$

Trzecia

Szukamy wektorów własnych $ℂ$ odpowiadających rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej ${\lambda }_3=2$.

$[𝔸-{\lambda }_{3}I]\cdot ℂ=0$

zatem:

$\left[\begin{array}{ccc}-3-{\lambda }_3& 4& -2\\ 1& -{\lambda }_3& 1\\ 6& -6& 5-{\lambda }_3\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

następnie:

$\left[\begin{array}{ccc}-5& 4& -2\\ 1& -2& 1\\ 6& -6& 3\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$

co ostatecznie daje układ równań:

$\{\begin{array}{c}-5u_1+4u_2-2u_3=0\\ u_1-2u_2+u_3=0\\ 6u_1-6u_2+3u_3=0\end{array}$

Od trzeciego równania odejmujemy 3 razy równanie drugie, co daje nam $u_1=0$. Następnie podstawiając tę wartość do któregokolwiek z trzech równań, otrzymujemy zależność $u_2=\frac{1}{2}{u}_3=s$, gdzie $s$ jest dowolnym parametrem. Podsumowując powyższe obliczenia, otrzymujemy:

$\{\begin{array}{c}{u}_1=0\\ u_2=s\\ u_3=2s\end{array}$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{{\lambda }_3=2}=\left[\begin{array}{c}0\\ s\\ 2s\end{array}\right]$ $=s\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right]$

Rozwiązanie ogólne układu jednorodnego

Ostatecznie rozwiązanie ogólne układu jednorodnego ma postać:

${𝕏}_{OJ}={\left[\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\\ z(t)\end{array}\right]}_{OJ}=C_1\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right]e^t+C_2\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right]e^{-t}+C_3\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right]e^{2t}=$

co w zapisie zawierającym macierz Wrońskiego będzie miało postać:

$=\left[\begin{array}{ccc}{e}^t& e^{-t}& 0\\ e^t& 0& e^{2t}\\ 0& -e^{-t}& 2e^{2t}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{C}_1\\ C_2\\ C_3\end{array}\right]$

Układ równań niejednorodny

Po nieznacznej modyfikacji opisywanego układu równań otrzymujemy równanie niejednorodne postaci:

$\{\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)=-3x+4y-2z+1\\ y^{\prime }(t)=x+z+t-1\\ z^{\prime }(t)=6x-6y+5z-t\end{array}$

co w postaci macierzowej zapiszemy jako:

$\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }(t)\\ y^{\prime }(t)\\ z^{\prime }(t)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}-3& & 4& & -2\\ 1& & 0& & 1\\ 6& & -6& & 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}1\\ t-1\\ -t\end{array}\right]$

Znając ogólne rozwiązanie układu jednorodnego, za pomocą metody uzmienniania stałych obliczymy rozwiązanie szczególne układu jednorodnego:

${\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]}_{SN}=C_1(t)\left[\begin{array}{c}{e}^t\\ e^t\\ 0\end{array}\right]+C_2(t)\left[\begin{array}{c}{e}^{-t}\\ 0\\ -e^{-t}\end{array}\right]+C_3(t)\left[\begin{array}{c}0\\ e^{2t}\\ 2e^{2t}\end{array}\right]$

Musimy zatem rozwiązać równanie macierzowe zawierające macierz Wrońskiego:

$\left[\begin{array}{ccc}{e}^t& e^{-t}& 0\\ e^t& 0& e^{2t}\\ 0& -e^{-t}& 2e^{2t}\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{C_1}^{\prime }(t)\\ {C_2}^{\prime }(t)\\ {C_3}^{\prime }(t)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ t-1\\ -t\end{array}\right]$

które sprowadza się do układu trzech prostszych równań:

$\{\begin{array}{c}{C_1}^{\prime }(t)e^t+{C_2}^{\prime }(t)e^{-t}=1\\ {C_1}^{\prime }(t)e^t+{C_3}^{\prime }(t)e^{2t}=t-1\\ -{C_2}^{\prime }(t)e^{-t}+2{C_3}^{\prime }(t)e^{2t}=-t\end{array}$

z których wyznaczymy wartości:

$\{\begin{array}{c}{C_1}^{\prime }(t)=...\\ {C_2}^{\prime }(t)=...\\ {C_3}^{\prime }(t)=...\end{array}$

a następnie:

$\{\begin{array}{c}{C}_1(t)=...\\ C_2(t)=...\\ C_3(t)=...\end{array}$

Na koniec skorzystamy ze wzoru znanego z równań różniczkowych liniowych:

${𝕏}_{ON}={𝕏}_{OJ}+{𝕏}_{SN}$

Znając rozwiązanie ogólne równania, możemy przejść do rozwiązania problemu Cauchy'ego.