Przykłady rozwiązywania układów równań różniczkowych metodą operatorową

(1)

Przykłady rozwiązywania

układów równań

różniczkowych metodą

operatorową

Autorzy:

Julian Janus

2019

(2)

(1)

(2)

(3)

Przykłady rozwiązywania układów równań różniczkowych metodą operatorową

Autor: Julian Janus

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Rozwiązać układ równań

Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać

Na podstawie zależności 5, szukane funkcje są rozwiązaniami następujących równań: Ponieważ

więc równanie ( 2 ) można zapisać następująco:

Zatem i są rozwiązaniami następujących równań rzędu drugiego

Równania charakterystyczne dla obu równań ( 3 ) są takie same, a mianowicie

Pierwiastkami tego równania są i więc rozwiązania ogólne równań ( 3 ) są następujące:

Podstawiając teraz i do układu ( 1 ) i dokonując redukcji wyrazów podobnych, dostajemy układ równań:

Uwzględniając fakt, że funkcje i są liniowo niezależne otrzymujemy

Zatem rozwiązania i układu ( 1 ) są następujące

gdzie i -są to dowolne stałe.

PRZYKŁAD

{ 2 + − 5x = 0

_x

x

_′′

_{+ − x = 0.}

_y

y

_′′

{ (2D − 5)x + Dy = 0

_{(D − 1)x + Dy = 0.}

x, y

x =

,

y =

.

∣

∣∣

2D − 5

D − 1

D

∣

∣∣

∣

∣∣

0

0 D

D

∣

∣∣

∣

∣∣

2D − 5

D − 1

D

∣

∣∣

∣

∣∣

2D − 5

D − 1

0

0 ∣

∣∣

= (2D − 5) ∘ D − D ∘ (D − 1) = 2

− 5D −

+ D =

− 4D,

∣

∣∣

2D − 5

D − 1

D

∣

∣∣

D

2

D

2

D

2

= D(0) − D(0) = 0,

= (2D − 5)(0) − (D − 1)(0) = 0

∣

∣∣

0

0 D

D

∣

∣∣

∣

∣∣

2D − 5

D − 1

0

0 ∣

∣∣

(

D

2

− 4D)x = 0, (

_D

2

− 4D)y = 0.

x y

− 4 = 0 i

− 4 = 0.

x

′′

_x

′

_y

′′

_y

′

− 4λ = 0.

λ

2

= 0

λ

1

λ

2

= 4

x(t) = +

c

1

c

2

e

4t

i y(t) = +

c

3

c

4

e

4t

.

x(t) y(t)

{ (3 + 4 ) − 5 = 0

c

2

c

4

e

4t

c

1

(3 + 4 ) − = 0.

c

2

c

4

e

4t

c

1

1 e

4t

= 0 i 3 + 4 = 0.

c

1

c

2

c

4

x(t) y(t)

x(t) =

c

2

e

4t

i y(t) = −

c

3 3₄

c

2

e

4t

c

2

c

3

(3)

(4) (5) (6) (7)

Przykład 2:

Rozwiązać układ równań

Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać

i z mamy

Ponieważ

więc i są rozwiązaniami następujących równań rzędu czwartego

Równanie charakterystyczne dla równania jednorodnego

ma postać

i jego pierwiastkami są pierwiastek dwukrotny, i Zatem rozwiązanie równania jednorodnego ( 7 ) ma postać

Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego ( 6 ) wyznaczamy metodą przewidywań.

Ponieważ obie funkcje po prawej stronie równań są równe zaś jest pierwiastkiem dwukrotnym równania charakterystycznego, więc szukane rozwiązanie jest postaci Podstawiając do pierwszego równania układu ( 6 ) otrzymujemy, że więc

Zatem rozwiązanie ogólne pierwszego równania z układu ma postać

Rozwiązanie drugiego równania z ( 6 ) ma taką samą postać

Podstawiając i do układu ( 4 ) otrzymujemy układ równań

{ − x + + y = 1

x

_x

′_′′

_{− x + + y = 2.}

y

_y

′′_′

{ (D − 1)x + (

₍

_D

₂

_{− 1)x + (D + 1)y = 2}

D

2

+ 1)y = 1

x =

,

y =

.

∣

∣ D − 1

_D

₂

_{− 1}

D

_{D + 1}

2

+ 1

∣

_∣

∣

∣1

∣

_∣

₂

D

_{D + 1}

2

+ 1

∣

_∣

∣

∣ D − 1

_∣

∣

_D

₂

_{− 1}

D

_{D + 1}

2

+ 1

∣

_∣

∣

∣ D − 1

∣

_∣

_D

₂

_{− 1}

1 ₂

∣

_∣

∣

= (D − 1) ∘ (D + 1) − (

+ 1) ∘ (

− 1) =

−

,

∣

∣ D − 1

_{− 1}

D

2

D

+ 1

2

D + 1

∣

D

2

_D

2

_D

2

_D

4

= (D + 1)(1) − (

+ 1)(2) = D(1) + 1 −

(2) − 2 = −1,

∣

∣1

₂

D

2

+ 1

D + 1

∣

D

2

_D

2

= (D − 1)(2) − (

− 1)(1) = D(2) − 2 −

(1) + 1 = −1

∣

∣ D − 1

_{− 1}

D

2

1 ₂

∣

_∣

∣

D

2

D

2

x y

−

x

(4)

+

_x

′′

= −1 i −

_y

(4)

+

_y

′′

= −1.

−

x

(4)

+

_x

′′

= 0

− +

λ

4

_λ

2

= 0

λ

1

λ

2

= −1

λ

3

= 1.

(t) = + t +

+

.

x

0

c

1

c

2

c

3

e

−t

c

4

e

t

−1,

0 (t) = A .

x

p

t

2

x

p

(t)

A = − ,

1 2

x

p

(t) = −

1₂

t

2

.

6 x(t) = (t) + (t) = + t +

x

0

x

p

c

1

c

2

c

3

e

−t

+

c

4

e

t

−

1₂

t

2

.

y(t) = (t) + (t) = + t +

y

0

y

p

c

5

c

6

c

7

e

−t

+

c

8

e

t

−

1₂

t

2

.

x(t) y(t)

{ − + − 1 + ( − − 1)t + (2 − 2 )

c

2

c

1

c

5

c

6

c

2

c

7

c

3

e

−t

+ 2

c

8

e

t

= 1

− + + − 1 + ( − − 1)t + 2

c

1

c

6

c

5

c

6

c

2

c

8

e

t

= 2.

1, t,

−t

,

t

(4)

(8) Ponieważ funkcje są liniowo niezależne, więc dostajemy następujący układ równań

z którego wynika, że

Zatem rozwiązaniem układu ( 4 ) są funkcje

gdzie i są to dowolne stałe.

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie

http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 15:50:01

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=66820c82a308af080afcdca1a74fb232