Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I. řádu s konstantními koeficienty

Transkript

1 Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I řádu s konstantními koeficienty Definice a) Soustava tvaru x = ax + a y + az + f() t y = ax + a y + az + f () t z = a x + a y + a z + f () t se nazývá soustava lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu s konstantními koeficienty Koeficienty a, a,, a jsou reálná čísla, pravé strany f () t, f () t, f () t jsou funkce jedné nezávisle proměnné t spojité na intervalu I, neznámé xt (), yt (), zt () jsou funkce jedné nezávisle proměnné t b) Pokud platí f () t = f () t = f () t =0 (všechny pravé strany jsou nulové), nazývá se soustava homogenní Maticový zápis Označme: Matici soustavy a a a A / = a a a a a a xt (), matici neznámých Yt () / = yt (), zt () x () t matici derivací Y () t / = y () t z () t a matici pravých stran f() t Ft () / = f() t f() t Pak nehomogenní soustavu lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu zapíšeme ve tvaru Y = AY + F, Jarmila Doležalová

2 homogenní soustavu lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu ve tvaru Y = AY Řešení soustavy lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu na intervalu I I xk () t je sloupcový vektor (matice typu /) Yk() t / = yk() t, k =,, zk () t platí Y = AY + F k k t I identicky Řešení Y(), t Y(), t Y() t se nazývají lineárně nezávislá (LN) sloupcové vektory Y(), t Y(), t Y() t jsou lineárně nezávislé ( žádný z nich se nedá vyjádřit pomocí ostatních) Fundamentální systém řešení soustavy Y = AY + F tvoří každá trojice LN řešení této soustavy Obecné řešení soustavy Y = AY + F je každá lineární kombinace (LK) jejího fundamentálního systému Y() t = K Y () t + K Y () t + K Y () t, () reálná čísla K, K, K jsou koeficienty lineární kombinace 4 Eliminační metoda řešení soustav lineárních diferenciálních rovnic Je vhodná pro soustavy s malým počtem neznámých U větších soustav bychom se dostali do rozsáhlých a nepřehledných výpočtů Metodu si vysvětlíme na příkladu Příklad Vyřešte soustavu x = x y+ e x = t 4, (0), y = x y e y = t, (0) 0 Postup řešení: I Z druhé rovnice vyjádříme neznámou x = y + y+ e (*) t (Alternativně bychom mohli také z první rovnice vyjádřit neznámou y) Abychom mohli dosadit do první rovnice, potřebujeme znát ještě derivaci x y y e = t Jarmila Doležalová

3 Vypočítané výrazy dosadíme za x, x do první rovnice: y y e y y e y e t t t = ( + + ) 4 + II Získali jsme lineární diferenciální rovnici II řádu, kterou upravíme do základního tvaru y y y e = 4 t (LDR II) a řešíme (viz Matematika II, kapitola LDR II): a) Nejprve vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici y y y pomocí charakteristické rovnice r r, rozložíme ( r + )( r ) a odtud získáme charakteristické kořeny r =, r = Řešení zkrácené rovnice má tvar t t 0 = + y Ce Ce b) Paikulární integrál předpokládáme na základě pravé strany LDR II f t = e () 4 t Proto yˆ t = Ae t (nezávisle proměnnou t násobíme, protože všechny složky řešení musí být LN a funkce t e je částí řešení t t 0 = + ) y Ce Ce Dvakrát derivujeme yˆ Ae t Ae yˆ Ae t Ae Ae Ae t Ae t t t t t t t = +, = = Dosadíme do LDR II a vypočítáme neurčitý koeficient A : t t t t t t 4Ae t + 4 Ae ( Ae t + Ae ) Ae t = 4 e, 4 4 A= A= yˆ = e t t 4,, t t 4 t c) Obecné řešení LDR II má tvar y= y ˆ 0 + y= Ce + Ce + e t III Abychom mohli vypočítat neznámou x dosazením do rovnice (*), potřebujeme ještě t t 8 t 4 t znát derivaci y = Ce + Ce + e t+ e x= y + y+ e = y = Ce + Ce + e t+ e + ( Ce + Ce + e t) + e t t 6 t t x= Ce + 4Ce + e t+ e t t t t t t t t t t t 6 t t t t 4 t Rovnice x= Ce + 4Ce + e t+ e a y= Ce + Ce + e t určují obecné řešení zadané soustavy Jarmila Doležalová

4 IV Paikulární řešení určíme dosazením počátečních podmínek do obecného řešení (pro t 0 je x 0 = a y 0 ) = Ce + 4 Ce + e 0 + e, = Ce + Ce + e 0 Tyto rovnice tvoří soustavu lineárních algebraických rovnic pro neznámé C, C Po úpravě získáme soustavu 0 = C+ 4C, Paikulární řešení má tvar: x e e e t e 9 9 t t t t = + + a = C + C Jejím řešením je C =, C = = t t t y e e e t 5 Eulerova metoda řešení soustav lineárních diferenciálních rovnic Postup řešení si ukážeme pouze pro homogenní soustavy rovnic pro neznámé Y = AY, po rozepsání x = ax + a y + az y = ax + a y + az z = a x + a y + a z Je zřejmé, že homogenní soustava má vždy triviální (nulové) řešení: x= y = z= 0 I Řešení předpokládáme ve tvaru: xt () e Yt () = yt () = e = e = ve zt () e kde r je charakteristické (vlastní) číslo (kořen) a vektor příslušný charakteristickému číslu r Abychom určili řešení, musíme vypočítat a) charakteristická čísla r,, () v je charakteristický (vlastní) = Jarmila Doležalová 4

5 b) k nim příslušné charakteristické vektory v = Předpokládaný tvar řešení zderivujeme: x () t re Y () t = y () t = re = re = vre z () t re a dosadíme do zadání: Y = AY, v re =, Av e upravíme O Av e v re =, Rovnici () rozepíšeme O= Av v r, (A-r E) v =O, () kde 0 0 E a r a a a 0 a a r a a a a a r a 0 To je maticový zápis homogenní soustavy algebraických lineárních rovnic pro neznámé,, II Podle Frobeniovy věty má soustava netriviální řešení pouze v případě, kdy je determinant soustavy D = A re (4) s a r a a a a r a a a a r Předchozí zápis představuje po výpočtu determinantu algebraickou rovnici stupně, která se nazývá charakteristická rovnice soustavy Y = AY Jejím řešením jsou charakteristická čísla soustavy r, r, r, která mohou být: Jarmila Doležalová 5

6 a) reálná různá, b) reálná vícenásobná, c) i komplexně sdružená Řešení soustavy pro různé typy charakteristických čísel si ukážeme na příkladech III Po určení charakteristických čísel k nim zjistíme příslušné charakteristické vektory v, v, v pomocí soustavy () (A-r E) v =O a získáme fundamentální systém řešení IV Obecné řešení soustavy Y = AY je lineární kombinace jejího fundamentálního systému () Y() t = K Y () t + K Y () t + K Y () t a) charakteristická čísla reálná různá Má-li soustava Y = AY různá reálná charakteristická čísla r, r, r, číslu r přísluší řešení Y = v e, číslu r řešení Y = v e a číslu r řešení Y = v e, pak lze dokázat, že takto určená řešení Y, Y, Y jsou lineárně nezávislá a tvoří fundamentální systém řešení Obecné řešení soustavy Y = AY je podle () lineární kombinace jejího fundamentálního systému Y, Y, Y : Y = KY + KY + KY Příklad Vyřešte soustavu x = x + y + z y = x y + z z = x + y + z, x= xt ( ), y= yt ( ), z= zt ( ) Postup řešení: I Předpokládaný tvar řešení podle (): xt () e Yt () = yt () = e = e = ve zt () e II Charakteristickou rovnici (4) A re soustavy po rozepsání Jarmila Doležalová 6

7 r r r vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme: ( r)( r)( r) + + [( r) + ( r) + ( r)] + r r + r = ( ) ( ) ( ) 0 + r r + + r = ( ) ( ) ( ) 0 + r r + + r = ( ) ( ) ( ) 0 ( + r)[( + r)( r) + ] + r r + = ( )[( ) ] 0 + r r = ( )(4 ) 0 ( + r)( r)( + r) Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy r =, r =, r =, která jsou reálná různá III Rozepíšeme maticový zápis soustavy () (A-r E) v =O r 0 ( r) + + r, + ( r) + r ( r) Připomeneme si, že jde o homogenní soustavu algebraických lineárních rovnic pro neznámé,,, která podle Frobeniovy věty musí mít nekonečně mnoho řešení (kromě triviálního řešení) Do této soustavy postupně za r dosadíme charakteristická čísla soustavy r =, r =, r = a zjistíme příslušné charakteristické vektory v, v, v : A) r = ( + ) ( + ) +, + + ( + ) Jarmila Doležalová 7

8 Soustava je velmi jednoduchá, vyřešíme ji například dosazovací metodou Z první rovnice určíme =, z druhé rovnice = Položíme například kořen roven parametru p: = p = (bez újmy na obecnosti), pak = =, v B) r = = = a řešení Y = v e = e = e t ( ) ( ) +, + + ( ) Sečtením druhé a třetí rovnice získáme, =, po dosazení do první rovnice pak = Položíme například kořen roven parametru p: = p = (bez újmy na obecnosti), pak = = a = =, v = = C) r = a řešení Y = v e = e = e t ( + ) ( + ) ( + ) Jarmila Doležalová 8

9 Odečtením druhé a třetí rovnice získáme, proto z první rovnice = Položíme například kořen roven parametru p: = p = (bez újmy na obecnosti), pak = =, v = = 0 a řešení Y = v e = e = e 0 t IV Obecné řešení soustavy Y = AY je lineární kombinace jejího fundamentálního systému Y, Y, Y (): Y = KY + KY + KY, Y = K e + K e + K e 0 t t t po rozepsání x= Ke + Ke Ke t t t y= Ke + Ke + Ke t t t z= Ke + Ke t t, b) charakteristická čísla i komplexně sdružená Pokud má charakteristická rovnice komplexně sdružené charakteristické kořeny r, = a ± bi, a, b R, přísluší jim komplexně sdružené charakteristické vektory v = a v = a a ( a+ bi) t ( a bi) t Odpovídající části řešení Z = a e a Z = a e je v komplexním tvaru a a Vzhledem k tomu, že úlohu řešíme v oboru reálných čísel, musíme toto řešení převést rovněž do oboru reálných čísel Použijeme k tomu Eulerův vzorec: ( a+ bi) t at+ bit at bit at e e e e e bt i bt = = = (cos + sin ) (8) Jarmila Doležalová 9

10 Postup si vysvětlíme na příkladu Příklad Vyřešte soustavu x = x y z y = x + y z = x + z, x= xt ( ), y= yt ( ), z= zt ( ) Postup řešení: I Předpokládaný tvar řešení (): xt () e Yt () = yt () = e = e = ve zt () e II Charakteristickou rovnici (4) A re soustavy po rozepsání r r 0 0 r vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme: ( ) 0 0 [ ( ) 0 ( )] 0 r + + r + r = ( ) 4( ) 0 r + r = ( )[( ) 4] 0 r r + = Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy Jednoduchý kořen je r = Rovnici + = vyřešíme například takto: ( r) 4 0 =, odmocníme r = ± i a odtud r, = ± i ( r) 4 III Rozepíšeme maticový zápis () (A-r E) v =O soustavy r 0 r 0 0 r 0 A) r =, ( r) + ( r) + ( r) Za r dosadíme jednoduché charakteristické číslo soustavy r = a zjistíme příslušný charakteristický vektor v : Jarmila Doležalová 0

11 Soustava je velmi jednoduchá Z první rovnice určíme =, z druhé a třetí rovnice Položíme například kořen roven parametru p: = p = (bez újmy na obecnosti), pak = =, v 0 = = 0 t a příslušné řešení Y = v e = e = e B) r, = ± i Za r dosadíme komplexní charakteristické číslo soustavy, například r = + i, upravíme a zjistíme příslušný charakteristický vektor v : ( i) + ( i) + ( i), po úpravě i i i Ze druhé a třetí rovnice plyne = i, = i, = i a porovnáním určíme = Položíme například = p = (abychom nemuseli počítat se zlomky), potom i i ( it ) = = i a v = a odpovídající řešení Z = e + Použijeme Eulerův vzorec (8): ( a+ bi) t at e e bt i bt = (cos + sin ), přitom v našem případě reálná část a =, imaginární b = i Z = e t + i t t (cos sin ) a částečně roznásobíme: i(cos t + isin t) icos t + i sin t) t t Z = (cos t + isin t) e = cos t + isin t e (cos t + isin t) cos t + isin t) Uvědomíme si, že i = a ve výsledku oddělíme reálnou a imaginární část Jarmila Doležalová

12 sin t) cos t t t Z = cos t e + i sin t e cos) t sin) t Reálná a imaginární část řešení jsou lineárně nezávislé a tvoří proto zbývající dvě složky fundamentálního systému řešení sin t) cos t t t Y = cos t e, Y = sin t e cos) t sin) t Poznámka: Pokud bychom použili komplexně sdružený kořen r = i, dostali bychom lineárně závislé charakteristické vektory IV Obecné řešení soustavy Y = AY zapíšeme podle () ve tvaru Y = KY + KY + KY, 0 sin t) cos t t t t Y = K e + K cos t e + K sin t e, cos) t sin) t po rozepsání x= Kesin t + Kecos t y= Ke + Ke cos t + Ke sin t z= Ke + Ke cos t + Ke sin t t t t t t t t t c) charakteristická čísla reálná vícenásobná Je-li r vícenásobný reálný charakteristický kořen soustavy Y = AY, postupujeme analogicky jako u řešení LDR II (viz Matematika II) Aby jednotlivá řešení byla lineárně nezávislá, musíme je postupně násobit mocninami nezávisle proměnné t: Speciálně pro dvojnásobný reálný kořen r platí: Y = v e + v t e = ( v + v t ) e, kde a b a b a v a = a a a b (5) b v b = b Pro derivaci platí Y = v re + v e + v tre = ( v r+ v + v tr) e Dosadíme do zadání: Y = AY, a b b a b b Jarmila Doležalová

13 ( v r + v + v t r) e = A( v + v t) e, a b b a b po úpravě v r + v + v t r = A( v + v t) a b b a b porovnáme koeficienty u shodných mocnin t: u t 0 = : va r + vb = Ava, ( A re) va = vb, (6) u : t b b v r = Av, ( A re) v b = O (7) Známe-li dvojnásobný charakteristický reálný kořen r, pak pomocí rovnic (6) a (7) určíme příslušné charakteristické vektory v, a v a dosazením do (5) získáme odpovídající část obecného řešení V případě trojnásobného reálného charakteristického kořene r analogicky platí: Y = v e + v t e + v t e = ( v + v t + v t ) e, kde a b c a b c b a, a v a = a b, b v b = b γ γ v c = γ Příklad 4 Vyřešte soustavu Postup řešení: x = x + y y = y + 4 z, z = x z x= xt ( ), y= yt ( ), z= zt ( ) I Předpokládaný tvar řešení podle (): xt () e Yt () = yt () = e = e = ve zt () e II Charakteristickou rovnici (4) A re soustavy po rozepsání r 0 0 r 4 0 r vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme: Jarmila Doležalová

14 ( r)( r)( r) ( ) ( ) ( ) 4 0 r + r + = (4 4 )( ) 4 0 r + r + r + = r r r + r r + = r r 0 + = r ( r ) 0 = Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy, a to jednoduchý kořen je r = a dvojnásobný kořen r, III Rozepíšeme maticový zápis (5) (A-r E) v =O soustavy r r 4 0 r 0, ( r) + ( r) ( r) A) r = Za r dosadíme jednoduché charakteristické číslo soustavy r = a zjistíme příslušný charakteristický vektor v : + + 4, 4 Soustava je velmi jednoduchá, vyřešíme ji například dosazovací metodou Z první rovnice určíme =, ze třetí rovnice = 4 Položíme například kořen roven parametru p: = p = (bez újmy na obecnosti), pak = = 4, v 4 = = 4 4 a řešení Y = v e = e = 4 e t B) r, Podle (5) platí Y = v e + v t e == v + v t, kde, 0t 0t a b a b v a a = a a a v b b b = b Jarmila Doležalová 4

15 Nejprve použitím rovnice (7) ( A re) v b = O vypočítáme vektor v b : r 0 β 0 0 r 4 β, 0 r β 0 β + β β β + 4β β 0 0 β β, 0 0 β 0 Odtud β = β a β = β Tedy v b b b = b = b b b Nyní použitím rovnice (6) ( A re) va = vb vypočítáme vektor v a : 0 0 β = β, po rozepsání 0 0 β + = β + 4 = β = β Vyřešíme například takto: Ze třetí rovnice plyne = β, Dosadíme do druhé rovnice + 4( β) = β a odtud = β Tedy v a a a = a = β a a a β a řešení příslušné kořenu r, je Y, = va + vb t = β t β + β t = + β t β β + t IV Obecné řešení soustavy Y = AY zapíšeme ve tvaru Y = KY + Y,, 4 t t Y = K 4 e + + β t + t Jarmila Doležalová 5

16 Můžeme také položit = K, β = K, protože označení koeficientů lineární kombinace je libovolné Pak 4 t t Y = K 4 e + K + K t, + t po rozepsání x= 4Ke + K + Kt t y= 4Ke K + K ( t) t z= Ke + K + K ( + t) t Jarmila Doležalová 6