• Nie Znaleziono Wyników

gdzie ~x(t), ˙~x(t) to wektor funkcje ~x(t) = [x 1 (t), . . . , x n (t)] , ˙ ~ x(t) = [ ˙ x 1 (t), . . . , ˙ x n (t)] , a A = (a ij ) n×n to macierz kwadratowa stopnia n o wyrazach zespolonych.

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "gdzie ~x(t), ˙~x(t) to wektor funkcje ~x(t) = [x 1 (t), . . . , x n (t)] , ˙ ~ x(t) = [ ˙ x 1 (t), . . . , ˙ x n (t)] , a A = (a ij ) n×n to macierz kwadratowa stopnia n o wyrazach zespolonych."

Copied!
6
0
0

Pełen tekst

(1)

Ukªady ró»niczkowych równa« liniowych o staªych wspóªczynnikach

Rozwa»amy ukªady ró»niczkowych równa« liniowych pierwszego rz¦du o staªych wspóªczynni- kach wspóªczynnikach postaci:

~ ˙

x = Ax, (1)

gdzie ~x(t), ˙~x(t) to wektor funkcje ~x(t) = [x 1 (t), . . . , x n (t)] , ˙ ~ x(t) = [ ˙ x 1 (t), . . . , ˙ x n (t)] , a A = (a ij ) n×n to macierz kwadratowa stopnia n o wyrazach zespolonych.

Alternatywna posta¢ ukªadu (1) to:

 

 

 

 

˙

x 1 (t) = a 11 x 1 (t) + a 12 x 2 (t) + . . . + a 1n x n (t),

˙

x 2 (t) = a 21 x 1 (t) + a 22 x 2 (t) + . . . + a 2n x n (t), ... ... ...

˙

x n (t) = a n1 x 1 (t) + a n2 x 2 (t) + . . . + a nn x n (t),

(2)

Denicja 1. Wektor ~e 6= 0 zachowuj¡cy kierunek po wykonaniu mno»enia przez macierz A nazy- wamy wektorem wªasnym tej macierzy tzn.:

A · ~ e = λ · ~ e. (3)

Natomiast odpowiadaj¡c¡ mu licz¦ λ nazywamy wªasno±ci¡ wªasn¡ macierzy A.

Ka»dy wektor wªasny e k posiada odpowiadaj¡ca mu warto±¢ wªasn¡ λ k (k = 1, 2, . . . , n), ozna- cza to, »e warto±ci wªasne danej macierzy s¡ okre±lone w sposób jednoznaczny.

Je»eli przeksztaªcimy równanie (3):

A · ~ e = λ · ~ e ⇒ (A − λI n )~ e = ~0, I n − macierz jenostkowa

wówczas otrzymali±my jednorodny ukªad równa« liniowych. Wymagamy, aby ~e 6= ~0 zatem wy- znacznik gªówny tego ukªadu musi by¢ równy zero:

det(A − λI n ) = 0. (4)

Denicja 2. Równanie (4) nazywamy równaniem charakterystycznym ukªadu równa« (1).

Dalej b¦dziemy rozwa»a¢ ró»niczkowe ukªady równa« liniowych postaci:

~ ˙

x = Ax + ~ f (t), (5)

gdzie ~f(t) to wektor funkcja. Tak jak w przypadku równa« liniowych tak i dla ich ukªadów je»eli f (t) = ~0 ~ (czyli mamy posta¢ (1)) to taki ukªad b¦dziemy nazywa¢ jednorodnym, w przeciwnym przypadku mówimy o ukªadzie niejednorodnym.

Rozwi¡zuj¡c ró»niczkowe ukªady równa« liniowych równie» posªugujemy si¦ zasada superpo- zycji tzn. rozwi¡zanie ~x(t) niejednorodnego ukªadu równa« ró»niczkowych jest sum¡ rozwi¡zania ogólnego ~x 0 (t) ukªad jednorodnego i rozwi¡zania szczególnego e~x(t) ukªadu niejednorodnego:

~

x(t) = ~ x 0 (t) + e ~ x(t).

Uwaga: Zajmowa¢ si¦ b¦dziemy jedynie przypadkiem jednokrotnych warto±ci wªasnych.

a) Rozwi¡zanie ukªadu jednorodnego:

W celu znalezienia rozwi¡zania ogólnego dla ukªadu jednorodnego b¦dziemy stosowa¢ nast¦pu-

j¡ce twierdzenie:

(2)

Twierdzenie 1. Niech λ 1 , λ 2 , . . . , λ n , gdzie λ i 6= λ j , dla i 6= j b¦d¡ warto±ciami wªasnymi macierzy A, a ~e 1 , ~ e 2 , . . . , ~ e n to powi¡zane z nimi wektory wªasne. Wówczas wektor funkcja:

~ x 0 (t) =

n

X

k=1

c k · ~ e k · e λ

k

t, (6)

gdzie c 1 , c 2 , . . . c n to dowolne staªe, jest rozwi¡zaniem ogólnym ukªadu jednorodnego (1).

Uwaga 2. W przypadku rozwi¡za« zespolonych równania charakterystycznego np. λ 1,2 = α±βi sto- suj¡c Twierdzenie 1 oraz wzory Eulera otrzymaliby±my odpowied¹ w postaci zespolono-warto±ciowej.

Aby otrzyma¢ odpowied¹ w postaci rzeczywisto-waro±ciowej mo»na zamiennie zastosowa¢ nast¦pu- j¡ce wzory:

c 1 ~ e 1 · e λ

1

t + c 2 ~ e 2 · e λ

2

t → c 1 Re ~ e 1 · e λ

1

t  + c 2 Im ~ e 1 · e λ

1

t 

(7) lub

c 1 ~ e 1 · e λ

1

t + c 2 ~ e 2 · e λ

2

t → c 1 Re ~ e 2 · e λ

2

t  + c 2 Im ~ e 2 · e λ

2

t  . (8) b) Rozwi¡zanie ukªadu niejednorodnego:

Rozwa»a¢ b¦dziemy teraz rozwi¡zania ukªadu niejednorodnego o szczególnej prawej stronie tj.

w postaci wektor quasiwielomianu:

~ x = Ax + ~ ˙ P m (t)e µt , µ ∈ C. (9) Tutaj ~P m (t) oznacza wektor zªo»ony z wielomianów, o stopniach nie wi¦kszych od m.

Oznaczmy zbiór warto±ci wªasnych macierzy A przez Λ tzn. Λ = {λ 1 , λ 2 , . . . , λ n }

Rozwi¡za« szczególnych ukªadu niejednorodnego (9) b¦dziemy poszukiwa¢ stosuj¡c nast¦puj¡ce dwa twierdzenia (w zale»no±ci od przypadku):

Twierdzenie 3. (przypadek nierezonansowy)

Niech µ nie jest warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A tj. µ 6∈ Λ. Wówczas rozwi¡zanie szczególne ukªadu niejednorodnego ma posta¢:

~ e x(t) = ~ Q m (t) · e µt , (10)

gdzie ~Q m (t) to wektor wielomianów stopnia co najwy»ej m o wspóªczynnikach nieoznaczonych.

Twierdzenie 4. (przypadek rezonansowy)

Niech µ ∈ Λ tzn. równa si¦ pewnej warto±ci wªasnej macierzy A. Wówczas

~ e x(t) = ~ Q m+1 (t) · e µt , (11) gdzie ~Q m+1 (t) to wektor wielomianów stopnia co najwy»ej m+1 o wspóªczynnikach nieoznaczonych.

Przykªad 1. Rozwi¡» ukªad równa« (odpowied¹ poda¢ w postaci rzeczywisto-warto±ciowej):

( ˙x = 2x − 4y + 8te −2t

˙

y = 2x − 2y. (12)

Rozwi¡zanie: Wyznaczamy najpierw rozwi¡zanie ogólne ukªadu jednorodnego. Zauwa»my, »e ukªad (12) mo»na zapisa¢ w postaci macierzowej:

 ˙x

˙ y



=  2 −4 2 −2



·  x y



+  8t 0



e −2t . (13)

(3)

Zatem macierz A =  2 −4

2 −2 . Z równania charakterystycznego det(A − λI n ) = 0 wyznaczamy warto±ci wªasne macierzy A :

det(A − λI n ) = 0 ⇔

2 − λ −4 2 −2 − λ

= 0 ⇒ −(2 − λ)(2 + λ) + 8 = 0 ⇒ λ 2 + 4 = 0.

Wówczas warto±ci wªasne to λ 1 = 2i oraz λ 2 = −2i. Korzystaj¡c z równania (A − λI n )~ e = ~0 wyznaczamy wektory wªasne

dla λ 1 = 2i : Niech ~e 1 = [η 1 , η 2 ], wtedy ukªad na wyznaczenie wektora ~e 1 ma posta¢:

(A − λI n )~ e = ~0 ⇔  2 − 2i −4 2 −2 − 2i



·  η 1 η 2



=  0 0

 .

Z faktu, »e wyznacznik macierzy  2 − 2i −4 2 −2 − 2i

si¦ zeruje powy»szy ukªad jest liniowo nieza- le»ny, wi¦c wspóªrz¦dne wektora ~e 1 wyznaczymy korzystaj¡c tylko z jednego z równa« tego ukªadu:

1 − (−2 − 2i)η 2 = 0 ⇒ η 1 = (−1 − i)η 2 . Zatem, niech η 2 = 1, to η 1 = −1 − i. Wtedy ~e 1 = [−1 − i, 1].

dla λ 1 = −2i : Tutaj, dla λ 2 = −2i mo»na przeprowadzi¢ podobne rachunki jak dla λ 1 = 2i, albo skorzysta¢ z faktu, »e dla sprz¦»onych warto±ci wªasnych macierzy odpowiadaj¡ce im wektory wªasne równie» b¦d¡ sprz¦»one. Wtedy ~e 1 = [−1 + i, 1].

Korzystaj¡c z Twierdzenia 1 rozwi¡zanie ogólne ukªadu jednorodnego ma posta¢:

 x 0 (t) y 0 (t)



= c 1  −1 − i 1



e 2it + c 2  −1 + i 1

 e −2it .

Odpowied¹ mamy poda¢ w postaci rzeczywisto-warto±ciowej. W tym celu mo»emy skorzysta¢ z (7) lub (8). U»yjemy (7), poniewa»:

~

e 1 · e λ

1

t =  −1 − i 1



e 2it =  −1 − i 1



(cos 2t + i sin 2t) =  − cos 2t − i sin 2t − i cos 2t + sin 2t cos 2t + i sin 2t

 , wi¦c odpowied¹ rzeczywisto-warto±ciowa:

 x 0 (t) y 0 (t)



= c 1 Re ~ e 1 · e λ

1

t  + c 2 Im ~ e 1 · e λ

1

t  = c 1

 − cos 2t + sin 2t cos 2t

 + c 2

 − sin 2t − cos 2t sin 2t

 . Lub równowa»nie

 x 0 (t) y 0 (t)



=  c 1 − c 2

c 2



sin 2t + c 2

 −c 1 − c 2

c 2

 cos 2t.

Teraz wyznaczymy rozwi¡zanie szczególne ukªadu niejednorodnego. Dla rozwa»anego przykªadu µ = 2, natomiast λ 1,2 = ±2i, wi¦c mamy przypadek nierezonansowy. Zatem na mocy Twierdzenia 3 rozwi¡zania szczególnego poszukujemy w postaci:

 e x(t) y(t) e



=

 At + B Ct + D



e −2t . (14)

Liczymy pochodn¡:

 x e 0 (t) e y 0 (t)



=

 −2At − 2B + A

−2Ct − 2D + C



e −2t . (15)

(4)

Nast¦pnie wstawiamy rozwi¡zanie szczególne (14) i jego pochodn¡ (15) do rozwi¡zywanego ukªadu postaci (13):

 −2At − 2B + A

−2Ct − 2D + C



e −2t =  2 −4 2 −2



·

 At + B Ct + D



e −2t +  8t 0

 e −2t . Lub równowa»nie w postaci ukªadu niemacierzowego (uprzednio podzielimy przez e −2x ):

( −2At − 2B + A = 2At + 2B − 4Ct − 4D + 8t

−2Ct − 2D + C = 2At + 2B − 2Ct − 2D.

Porównuj¡c wspóªczynniki przy odpowiednich pot¦gach otrzymujemy warunki na wspóªczynniki A, B, C, D :

 

 

 

 

−2A = 2A − 4C + 8,

−2B + A = 2B − 4D,

−2C = 2A − 2C,

−2D + C = 2B − 2D.

 

 

 

 

4A − 4C = −8,

−2B + C = 0, A = 0,

−2B + C = 0

⇒ A = 0, B = 1, C = 2, D = 1.

Wobec tego oraz z (14):

 e x(t) y(t) e



=

 1

2t + 1

 e −2t .

Ostatecznie na mocy superpozycji rozwi¡zanie ukªadu (12) ma posta¢:

 x(t) y(t)



=  c 1 − c 2 c 2



sin 2t + c 2  −c 1 − c 2 c 2



cos 2t +

 1

2t + 1

 e −2t .

Przykªad 2. Rozwi¡» ukªad równa« (odpowied¹ poda¢ w postaci rzeczywisto-warto±ciowej):

( ˙x = −x − 2y + 1

˙

y = 3x + 4y + 3e 2t . (16)

Rozwi¡zanie: Wyznaczamy rozwi¡zanie ogólne ukªadu jednorodnego. Zapisujemy ukªad (16) w postaci macierzowej:

 ˙x

˙ y



=  −1 −2

3 4



·  x y

 +  0

3



e 2t +  1 0



. (17)

Z równania charakterystycznego det(A − λI n ) = 0 wyznaczamy warto±ci wªasne macierzy Macierz A =  −1 −2

3 4

 :

det(A−λI n ) = 0 ⇔

−1 − λ −2 3 4 − λ

= 0 ⇒ −4+λ−4λ+λ 2 +6 = 0 ⇒ λ 2 −3λ+2 = 0.

Wówczas warto±ci wªasne to λ 1 = 2 oraz λ 2 = 1. Korzystaj¡c z równania (A − λI n )~ e = ~0 wyzna- czamy wektory wªasne

dla λ 1 = 2 : Niech ~e 1 = [η 1 , η 2 ], wtedy ukªad na wyznaczenie wektora ~e 1 ma posta¢:

(A − λI n )~ e = ~0 ⇔  −3 −2

3 2



·  η 1 η 2



=  0 0



.

(5)

Ukªad ten jest liniowo niezale»ny, wi¦c wspóªrz¦dne wektora ~e 1 wyznaczymy korzystaj¡c tylko z jednego z równa« tego ukªadu:

−3η 1 − 2η 2 = 0 ⇒ η 1 = − 2 3 η 2 .

Niech teraz np. η 2 = −3, to η 1 = 2. Wówczas wektor wªasny odpowiadaj¡cy warto±ci wªasnej λ 1 = 2 wynosi ~e 1 = [2, −3].

dla λ 2 = 1 : Niech ~e 2 = [ξ 1 , ξ 2 ], wtedy ukªad na wyznaczenie wektora ~e 2 ma posta¢:

(A − λI n )~ e 2 = ~0 ⇔  −2 −2

3 3



·  ξ 1 ξ 2



=  0 0

 . Z liniowej niezale»no±ci ukªadu:

−2ξ 1 − 2ξ 2 = 0 ⇒ ξ 2 = −ξ 1 .

Niech teraz np. ξ 1 = 1, to ξ 2 = −1. Wówczas wektor wªasny odpowiadaj¡cy warto±ci wªasnej λ 2 = 1 wynosi ~e 2 = [1, −1].

Korzystaj¡c z Twierdzenia 1 rozwi¡zanie ogólne ukªadu jednorodnego ma posta¢:

 x 0 (t) y 0 (t)



= c 1

 2

−3



e 2t + c 2

 1

−1

 e t .

Nast¦pnie wyznaczymy rozwi¡zanie szczególne ukªadu niejednorodnego. Dla rozwa»anego przy- kªadu mamy dwie niejednorodno±ci (dwie prawe strony), gdzie µ 1 = 2 oraz µ 2 = 0, a poniewa»

λ 1 = 2, λ 2 = 1, wi¦c dla µ = 2 mamy przypadek rezonansowy, a dla µ = 0 nierezonansowy. Zatem na mocy Twierdzenia 3 i Twierdzenia 4 rozwi¡zania szczególnego poszukujemy w postaci:

 e x(t) y(t) e



=

 At + B Ct + D



e 2t +  E F



. (18)

Liczymy pochodn¡:

 x e 0 (t) e y 0 (t)



=

 2At + 2B + A 2Ct + 2D + C



e 2t . (19)

Teraz wstawiaj¡c przewidywan¡ posta¢ rozwi¡zania szczególnego (18) i jego pochodn¡ (19) do rozwi¡zywanego ukªadu postaci (16) mamy:

 2At + 2B + A 2Ct + 2D + C



e 2t =  −1 −2

3 4



·

 At + B Ct + D



e 2t +  E F

 ! +  0

3



e 2t +  1 0



Lub równowa»nie w postaci ukªadu niemacierzowego :

( 2At + 2B + Ae 2t = − At − B − 2Ct − 2De 2t − E − 2F + 1, 2Ct + 2D + Ce 2t = 3At + 3B + 4Ct + 4D + 3E + 4F + 3e 2t

Porównuj¡c wspóªczynniki przy odpowiednich skªadnikach w pierwszym i drugim równani otrzy- mujemy warunki na wspóªczynniki A, B, C, D, E, F :

 

 

 

 

 

 

 

 

2A = −A − 2C, 2B + A = −B − 2D, 0 = −E − 2F + 1, 2C = 3A + 4C,

2D + C = 3B + 4D + 3, 3E + 4F = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

3A + 2C = 0, A + 3B + 2D = 0, E + 2F = 1, 3A + 2C = 0,

3B − C + 2D = −3,

3E + 4F = 0

(6)

Rozwi¡zuj¡c powy»szy ukªad dostajemy A = −6, C = 9, E = −2, F = 3 2 , natomiast B i D powi¡zane s¡ warunkiem 3B + 2D = 6. Niech B = 2, to D = 0. Wobec tego oraz z (18):

 e x(t) y(t) e



=  −6t + 2 9t



e 2t +  −2

3 2

 . Ostatecznie na mocy superpozycji rozwi¡zanie ukªadu (16) ma posta¢:

 x(t) y(t)



= c 1

 2

−3



e 2t + c 2

 1

−1



e t +  −6t + 2 9t



e 2t +  −2

3 2



.

Cytaty

Powiązane dokumenty