Analiza matematyczna/Układy równań różniczkowych/Przykład 1.1

Dany jest układ równań:

${\begin{cases}x'(t)=-3x+4y-2z\\y'(t)=x+z\\z'(t)=6x-6y+5z\end{cases}}\;$

W zapisie macierzowym $\mathbb {X} '=\mathbb {A} \cdot \mathbb {X} \;$ powyższy układ wygląda następująco:

${\begin{bmatrix}x'\\y'\\z'\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-3&4&-2\\1&0&1\\6&-6&5\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}\;$

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 $\mathbb {A} \;$:

$det\left[\mathbb {A} -\lambda I\right]=0\;$

$det{\begin{bmatrix}-3-\lambda &4&-2\\1&-\lambda &1\\6&-6&5-\lambda \end{bmatrix}}=\;$

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

$-{\Big (}(-2)(-\lambda )\cdot 6+(-6)\cdot 1\cdot (-3-\lambda )+1\cdot 4(5-\lambda ){\Big )}=\;$

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 $\mathbb {C} \;$ odpowiadającego rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej $\lambda _{1}=1\;$.

$\left[\mathbb {A} -\lambda _{1}I\right]\cdot \mathbb {C} =0\;$

zatem:

${\begin{bmatrix}-3-\lambda &4&-2\\1&-\lambda &1\\6&-6&5-\lambda \end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

następnie:

${\begin{bmatrix}-4&4&-2\\1&-1&1\\6&-6&4\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

co ostatecznie daje układ równań:

${\begin{cases}-4u_{1}+4u_{2}-2u_{3}=0\\u_{1}-u_{2}+u_{3}=0\\6u_{1}-6u_{2}+4u_{3}=0\end{cases}}\;$

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:

${\begin{cases}u_{1}=s\\u_{2}=s\\u_{3}=0\end{cases}}\;$

co w zapisie wektorowym wygląda następująco:

$U_{\lambda _{1}=1}={\begin{bmatrix}s\\s\\0\end{bmatrix}}\;$ $=s{\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}}\;$

Druga

Szukamy wektora własnego $\mathbb {C} \;$ odpowiadających rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej $\lambda _{2}=-1\;$.

$\left[\mathbb {A} -\lambda _{2}I\right]\cdot \mathbb {C} =0\;$

zatem:

${\begin{bmatrix}-3-\lambda _{2}&4&-2\\1&-\lambda _{2}&1\\6&-6&5-\lambda _{2}\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

następnie:

${\begin{bmatrix}-2&4&-2\\1&1&1\\6&-6&6\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

co ostatecznie daje układ równań:

${\begin{cases}-2u_{1}+4u_{2}-2u_{3}=0\\u_{1}+u_{2}+u_{3}=0\\6u_{1}-6u_{2}+6u_{3}=0\end{cases}}\;$

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:

${\begin{cases}u_{1}=s\\u_{2}=0\\u_{3}=-s\end{cases}}\;$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{\lambda _{2}=-1}={\begin{bmatrix}s\\0\\-s\end{bmatrix}}\;$ $=s{\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}}\;$

Trzecia

Szukamy wektorów własnych $\mathbb {C} \;$ odpowiadających rzeczywistej 1-krotnej wartości własnej $\lambda _{3}=2\;$.

$\left[\mathbb {A} -\lambda _{3}I\right]\cdot \mathbb {C} =0\;$

zatem:

${\begin{bmatrix}-3-\lambda _{3}&4&-2\\1&-\lambda _{3}&1\\6&-6&5-\lambda _{3}\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

następnie:

${\begin{bmatrix}-5&4&-2\\1&-2&1\\6&-6&3\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\\u_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}}\;$

co ostatecznie daje układ równań:

${\begin{cases}-5u_{1}+4u_{2}-2u_{3}=0\\u_{1}-2u_{2}+u_{3}=0\\6u_{1}-6u_{2}+3u_{3}=0\end{cases}}\;$

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:

${\begin{cases}u_{1}=0\\u_{2}=s\\u_{3}=2s\end{cases}}\;$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{\lambda _{3}=2}={\begin{bmatrix}0\\s\\2s\end{bmatrix}}\;$ $=s{\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}}\;$

Rozwiązanie ogólne układu jednorodnego

Ostatecznie rozwiązanie ogólne układu jednorodnego ma postać:

$\mathbb {X} _{OJ}={\begin{bmatrix}x(t)\\y(t)\\z(t)\end{bmatrix}}_{OJ}=C_{1}{\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix}}e^{t}+C_{2}{\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}}e^{-t}+C_{3}{\begin{bmatrix}0\\1\\2\end{bmatrix}}e^{2t}=\;$

co w zapisie zawierającym macierz Wrońskiego będzie miało postać:

$={\begin{bmatrix}e^{t}&e^{-t}&0\\e^{t}&0&e^{2t}\\0&-e^{-t}&2e^{2t}\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}C_{1}\\C_{2}\\C_{3}\end{bmatrix}}\;$

Układ równań niejednorodny

Po nieznacznej modyfikacji opisywanego układu równań otrzymujemy równanie niejednorodne postaci:

${\begin{cases}x'(t)=-3x+4y-2z+1\\y'(t)=x+z+t-1\\z'(t)=6x-6y+5z-t\end{cases}}\;$

co w postaci macierzowej zapiszemy jako:

${\begin{bmatrix}x'(t)\\y'(t)\\z'(t)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-3&&4&&-2\\1&&0&&1\\6&&-6&&5\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}+{\begin{bmatrix}1\\t-1\\-t\end{bmatrix}}\;$

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

${\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}_{SN}=C_{1}(t){\begin{bmatrix}e^{t}\\e^{t}\\0\end{bmatrix}}+C_{2}(t){\begin{bmatrix}e^{-t}\\0\\-e^{-t}\end{bmatrix}}+C_{3}(t){\begin{bmatrix}0\\e^{2t}\\2e^{2t}\end{bmatrix}}\;$

Musimy zatem rozwiązać równanie macierzowe zawierające macierz Wrońskiego:

${\begin{bmatrix}e^{t}&e^{-t}&0\\e^{t}&0&e^{2t}\\0&-e^{-t}&2e^{2t}\end{bmatrix}}\cdot {\begin{bmatrix}C_{1}'(t)\\C_{2}'(t)\\C_{3}'(t)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1\\t-1\\-t\end{bmatrix}}\;$

które sprowadza się do układu trzech prostszych równań:

${\begin{cases}C_{1}'(t)e^{t}+C_{2}'(t)e^{-t}=1\\C_{1}'(t)e^{t}+C_{3}'(t)e^{2t}=t-1\\-C_{2}'(t)e^{-t}+2C_{3}'(t)e^{2t}=-t\end{cases}}\;$

z których wyznaczymy wartości:

${\begin{cases}C_{1}'(t)=...\\C_{2}'(t)=...\\C_{3}'(t)=...\end{cases}}\;$

a następnie:

${\begin{cases}C_{1}(t)=...\\C_{2}(t)=...\\C_{3}(t)=...\end{cases}}\;$

Na koniec skorzystamy ze wzoru znanego z równań różniczkowych liniowych:

$\mathbb {X} _{ON}=\mathbb {X} _{OJ}+\mathbb {X} _{SN}\;$

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