Z Wikibooks, biblioteki wolnych podręczników.

< Analiza matematyczna | Układy równań różniczkowych

Spis treści

1 Wartości własne macierzy współczynników
- 1.1 Rzeczywiste wartości własne
2 Rozwiązanie ogólne układu jednorodnego
3 Układ równań niejednorodny

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 $t$ .

[edytuj] Wartości własne macierzy współczynników

Rozwiązanie tego układu zaczniemy od znalezienia wartości własnych $λ$ macierzy współczynników $\mathbb{A}$ :

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

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

$= (-3-\lambda)(-\lambda)(5-\lambda) + 4\cdot1\cdot6 + (-6)\cdot1\cdot(-2)$

$- \Big( (-2)(-\lambda)\cdot6 + (-6)\cdot1\cdot(-3-\lambda) + 1\cdot4(5-\lambda) \Big) =$

szukany wyznacznik macierzy ma postać:

$= - λ 3 + 2λ 2 + λ - 2$

Zatem rozwiązaniem równania:

$- λ 3 + 2λ 2 + λ - 2 = 0$

są liczby $λ 1 = 1$ , $λ 2 = - 1$ oraz $λ 3 = 2$

[edytuj] Rzeczywiste wartości własne

[edytuj] Pierwsza

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

$\left[ \mathbb{A} - \lambda_1 I \right] \cdot \mathbb{C} = 0$

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:

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

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:

$U_{\lambda_1=1} = \begin{bmatrix} s\\ s\\ 0 \end{bmatrix}$ $= s \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}$

[edytuj] Druga

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

$\left[ \mathbb{A} - \lambda_2 I \right] \cdot \mathbb{C} = 0$

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:

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

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 otrzymuję:

$\begin{cases} u_1 = s\\ u_2 = 0\\ u_3 = -s \end{cases}$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{\lambda_2=-1} = \begin{bmatrix} s\\ 0\\ -s \end{bmatrix}$ $= s \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ -1 \end{bmatrix}$

[edytuj] Trzecia

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

$\left[ \mathbb{A} - \lambda_3 I \right] \cdot \mathbb{C} = 0$

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:

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

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 otrzymuję:

$\begin{cases} u_1 = 0\\ u_2 = s\\ u_3 = 2s \end{cases}$

co wektorowo zapiszemy jako:

$U_{\lambda_3=2} = \begin{bmatrix} 0\\ s\\ 2s \end{bmatrix}$ $= s \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}$

[edytuj] 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:

$= \begin{bmatrix} e^{t} & e^{-t} & 0 \\ e^{t} & 0 & e^{2t} \\ 0 & -e^{-t} & 2e^{2t} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} C_1\\ C_2\\ C_3 \end{bmatrix}$

[edytuj] 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 ..

Analiza matematyczna/Układy równań różniczkowych/Przykład 1.1

Z Wikibooks, biblioteki wolnych podręczników.

Spis treści

[edytuj] Wartości własne macierzy współczynników

[edytuj] Rzeczywiste wartości własne

[edytuj] Pierwsza

[edytuj] Druga

[edytuj] Trzecia

[edytuj] Rozwiązanie ogólne układu jednorodnego

[edytuj] Układ równań niejednorodny

Widok

Osobiste

Nawigacja

Drukuj lub eksportuj

Szukaj

Narzędzia