Przykład rozwiązywania układów równań z warunkami początkowymi metodą operatorową

(1)

Przykład rozwiązywania

układów równań z

warunkami początkowymi

metodą operatorową

Autorzy:

Julian Janus

2019

(2)

(1)

(2) (3) (4)

(5)

Przykład rozwiązywania układów równań z warunkami początkowymi metodą operatorową

Autor: Julian Janus

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Rozwiążemy następujący problem początkowy

Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać

i z zależności 5 , mamy, że i spełniają równania:

Ponieważ

więc i są rozwiązaniami następujących równań zwyczajnych rzędu trzeciego

Równanie charakterystyczne dla równania jednorodnego ma postać

i jego pierwiastkami są i pierwiastek dwukrotny. Rozwiązanie równania ( 5 )

⎧

⎩

⎨

⎪

+ x − z = 1

x

′

+ y − z =

y

′

_e

t

+ x − y = t

z

′

x(0) = , y(0) = − , z(0) = .

1 4 94 12

⎧

⎩

⎨

(D + 1)x − z = 1

(D + 1)y − z = e

t

x − y + Dz = t

x, y z

x =

,

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

D

∣

1 e

t

0 D + 1

−1

D

∣

y =

,

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

D

∣

D + 1

0

1

1 e

t

−1

D

∣

z =

.

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

D

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

1 e

t

∣

= (D + 1 ∘ D + D + 1 − (D + 1) =

+ 2

+ D,

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

D

∣

)

2

D

3

D

2

= (D + 1) ∘ D(1) + + (D + 1)(t) − 1 = + t,

∣

1 e

t

0 D + 1

−1

D

∣

e

t

e

t

= (D + 1) ∘ D( ) − 1 + + (D + 1)(t) = 3 + t,

∣

D + 1

0

1

1 e

t

−1

D

∣

e

t

e

t

e

t

= (D + 1 (t) − (D + 1)(1) + (D + 1)( ) = 2 + t + 1

∣

D + 1

0

1

0 D + 1

−1

1 e

t

∣

)

2

e

t

e

t

x, y z

(

D

3

+ 2

_D

2

+ D)x =

_x

′′′

+ 2 + = + t,

_x

′′

_x

′

_e

t

(

D

3

+ 2

_D

2

+ D)y =

_y

′′′

+ 2 + = 3 + t,

_y

′′

_y

′

_e

t

(

D

3

+ 2

_D

2

+ D)z =

_z

′′′

+ 2 + = 2 + t + 1.

_z

′′

_z

′

_e

t

+ 2 + = 0

x

′′′

_x

′′

_x

′

+ 2 + λ = 0

λ

3

_λ

2

= 0

λ

1

λ

2

= −1

(t) = + ( + t) .

x

0

c

1

c

2

c

3

e

−t

(3)

(6) (7)

(8) Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego ( 2 ) wyznaczamy metodą przewidywań. Ponieważ funkcja po prawej stronie równania ( 2 ) jest sumą funkcji i więc musimy wyznaczyć rozwiązania szczególne dla równań:

Z uwagi na to, że liczba nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 6 ) w postaci Podstawiając do równania otrzymujemy ( 6 )

Stąd wynika, że

Ponieważ liczba jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 7 ) w postaci Podstawiając do równania ( 7 ) otrzymujemy

Stąd wynika, że

Rozwiązanie ogólne równania ( 2 ) ma zatem postać

Ponieważ lewe strony równań ( 2 ) i ( 4 ) są takie same, a prawe są tego samego typu, więc postępując analogicznie wyznaczamy rozwiązania równań ( 3 ) i ( 4 )

Podstawiając teraz i do układu ( 1 ) otrzymujemy układ równań

Ponieważ funkcje są liniowo niezależne, dostajemy następujące zależności:

Stąd, po prostych rachunkach, otrzymujemy

Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać

Uwzględniając warunki początkowe, otrzymujemy układ równań

którego rozwiązaniem jest

Podstawiając wyliczone i do ( 8 ) dostajemy rozwiązanie problemu początkowego ( 1 )

e

t

_t,

+ 2 + = ,

x

′′′

_x

′′

_x

′

_e

t

+ 2 + = t.

x

′′′

_x

′′

_x

′

1 (t) = A .

x

p1

e

t

x

p1

(t)

4A = .

e

t

_e

t

A =

1

i

(t) =

.

4

x

p1 1₄

e

t

0 (t) = t(Bt + C).

x

p2

x

p2

(t)

2Bt + 4B + C = t.

B = , C = −2 i

1

(t) =

− 2t.

2

x

p2 1₂

t

2

x(t) = (t) +

x

0

x

p1

(t) +

x

p2

(t) = + ( + t)

c

1

c

2

c

3

e

−t

+

1₄

e

t

+

1₂

t

2

− 2t.

y(t) = + ( + t)

c

4

c

5

c

6

e

−t

+

3₄

e

t

+

1₂

t

2

− 2t,

z(t) = + ( + t)

c

7

c

8

c

9

e

−t

+

1₂

e

t

+

1₂

t

2

− t.

x(t), y(t) z(t)

⎧

⎩

⎨

c

1

− − 2 + ( − )

c

7

c

3

c

8

e

− t = 1

−t

_c

₉

_e

t

− − 2 + ( − )

− t = 0

c

4

c

7

c

6

c

8

e

−t

c

9

e

t

− − 1 + ( − + − )

+ ( − − )t = 0.

c

1

c

4

c

9

c

8

c

2

c

5

e

−t

c

3

c

6

c

9

e

t

1,

e

−t

, t

_e

−t

{ − − 2 = 1,

c

1

c

7

c

3

− = 0,

c

8

c

9

= 0,

c

4

− − 2 = 0,

c

7

c

6

− = 0,

c

8

− − 1 = 0,

− − + = 0,

− − = 0.

c

1

c

4

c

2

c

5

c

8

c

9

c

3

c

6

c

9

= − 1,

= − ,

= ,

= − 3,

= ,

= 0.

c

4

c

1

c

5

c

2

c

3

c

6

c

3

c

7

c

1

c

8

c

3

c

9

⎧

⎩

⎨

⎪

x(t) = + ( + t)

c

1

c

2

c

3

e

−t

+

1 _{4 e}

t

+

1 _{2 t}

2

− 2t

y(t) = − 1 + ( − + t)

c

1

c

2

c

3

c

3

e

−t

+

3₄

e

t

+

1₂

t

2

− 2t

z(t) = − 3 +

c

1

c

3

e

−t

+

1₂

e

t

+

1₂

t

2

− t.

,

⎧

⎩

⎨

⎪

x(0) = + + =

c

1

c

2

1 ₄

y(0) = − 1 + − + = −

c

1

c

2

c

3 3₄ 9₄

z(0) = − 3 + + =

c

1

c

3 1₂ 1₂

= 1,

= −1,

= 2.

c

1

c

2

c

3

,

c

1

c

2

c

3

⎧

⎩

⎨

⎪

x(t) = 1 + (−1 + 2t)

e

−t

+

1 +

− 2t

4 e

t

1 2 t

2

y(t) = (−3 + 2t)

e

−t

+

3

+

− 2t

4

e

t 12

t

2

z(t) = −2 + 2

e

−t

+

1

+

− t.

2

e

t 12

t

2

(4)

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 07:18:59

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=6b5f4bc3a39fce6fd04993953a37e05f