Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I. řádu s konstantními koeficienty

Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I. řádu s konstantními koeficienty 1. Definice a) Soustava tvaru x ′ = a11 x + a12 y + a13 z + y ′ = a21 x + a22 y + a23 z + z ′ = a31 x + a32 y + a33 z +

f1 (t ) f 2 (t ) f3 (t )

se nazývá soustava 3 lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu s konstantními koeficienty. Koeficienty a11 , a21 , …, a33 jsou reálná čísla, pravé strany f1 (t ) , f 2 (t ) , f3 (t ) jsou funkce jedné nezávisle proměnné t spojité na intervalu I , neznámé x(t ), y (t ), z (t ) jsou funkce jedné nezávisle proměnné t. b) Pokud platí f1 (t ) = f 2 (t ) = f3 (t ) =0 (všechny pravé strany jsou nulové), nazývá se soustava homogenní.

2. Maticový zápis Označme: Matici soustavy

A3 / 3

matici derivací Y ′(t )3 /1

 a11  =  a21 a  31

a12 a22 a32

a13   a23  , a23 

 x ′(t )    =  y ′(t )   z ′(t )   

a

matici neznámých Y (t )3 /1

matici pravých stran F (t )3 /1

 x(t )    =  y (t )  ,  z (t )   

 f1 (t )    =  f 2 (t )  .  f (t )   3 

Pak nehomogenní soustavu 3 lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu zapíšeme ve tvaru

Jarmila Doležalová

= Y ′ AY . +F,

1

homogenní soustavu 3 lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu ve tvaru Y ′ = AY . .

3. Řešení soustavy 3 lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu na intervalu I1 ⊆ I  xk (t )    Yk (t )3 /1 = yk (t )  , k 1, 2,3 ⇔ ∀t ∈ I1 identicky je sloupcový vektor (matice typu 3/1)=  z (t )   k  platí = . k +F. Yk′ AY Řešení Y1 (t ), Y2 (t ), Y3 (t ) se nazývají lineárně nezávislá (LN) ⇔ sloupcové vektory Y1 (t ), Y2 (t ), Y3 (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 ) = K1Y1 (t ) + K 2Y2 (t ) + K 3Y3 (t ) ,

(1)

reálná čísla K1 , K 2 , K 3 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 1. Vyřešte soustavu

x ′ = 3 x − 4 y + e 2t ,

x(0) = 1 ,

y ′ = x − 2 y − 3e 2t , y (0) = 0 .

Postup řešení: I. Z druhé rovnice vyjádříme neznámou

.

x = y ′ + 2 y + 3e 2t

(*).

(Alternativně bychom mohli také z první rovnice vyjádřit neznámou y.) Abychom mohli dosadit do první rovnice, potřebujeme znát ještě derivaci x ′ =y ′′ + 2 y ′ + 6e 2t .

Jarmila Doležalová

2

Vypočítané výrazy dosadíme za x, x ′ do první rovnice: y ′′ + 2 y ′ + 6e 2t = 3( y ′ + 2 y + 3e 2t ) − 4 y + e 2t . II. Získali jsme lineární diferenciální rovnici II. řádu, kterou upravíme do základního tvaru y ′′ − y ′ − 2 y = 4e 2 t .

(LDR II)

a řešíme (viz Matematika II, kapitola LDR II): a) Nejprve vyřešíme příslušnou zkrácenou rovnici

y ′′ − y ′ − 2 y = 0

pomocí charakteristické rovnice

r2 − r − 2 = 0 ,

rozložíme

( r + 1)(r − 2) = 0

a odtud získáme charakteristické kořeny

r1 = −1, r2 = 2.

Řešení zkrácené rovnice má tvar

= y0 C1e − t + C2 e 2t .

b) Partikulární integrál předpokládáme na základě pravé strany LDR II

f (t ) = 4e 2t .

Proto yˆ = Ae 2t t (nezávisle proměnnou t násobíme, protože všechny složky řešení musí být LN a funkce e 2t je částí řešení= y0 C1e − t + C2 e 2t ). Dvakrát derivujeme

yˆ ′ = 2 Ae 2t t + Ae 2t , yˆ ′′ = 4 Ae 2t t + 2 Ae 2t + 2 Ae 2t = 4 Ae 2t t + 4 Ae 2t .

Dosadíme do LDR II a vypočítáme neurčitý koeficient A : 4 Ae2 t t + 4 Ae2 t − (2 Ae2 t t + Ae2 t ) − 2 Ae2 t t = 4e 2 t , 4 4 2t = A yˆ e t . 3 A 4,= ,= 3 3

4 c) Obecné řešení LDR II má tvar y = y0 + yˆ = C1e − t + C2 e 2 t + e 2 t t . 3

III. Abychom mohli vypočítat neznámou x dosazením do rovnice (*), potřebujeme ještě znát derivaci

8 4 y′ = −C1e − t + 2C2 e2 t + e 2 t t + e 2 t . 3 3

8 4 4 x= y ′ + 2 y + 3e2 t = y′ = −C1e− t + 2C2 e2 t + e 2 t t + e 2 t + 2(C1e− t + C2 e2 t + e2 t t ) + 3e2 t 3 3 3 16 13 x =C1e − t + 4C2 e2 t + e2 t t + e2 t 3 3

Rovnice

x =C1e − t + 4C2 e2 t +

16 2 t 13 2 t 4 e t + e a y = C1e − t + C2 e 2 t + e 2 t t . 3 3 3

určují obecné řešení zadané soustavy.

Jarmila Doležalová

3

IV. Partikulární řešení určíme dosazením počátečních podmínek do obecného řešení (pro t0 = 0 je x0 = 1 a y0 = 0 ). 1 =C1e −0 + 4C2 e 2.0 +

16 2.0 13 e .0 + e 2.0 , 3 3

4 0 =C1e −0 + C2 e2.0 + e 2.0 .0 3

.

Tyto 2 rovnice tvoří soustavu 2 lineárních algebraických rovnic pro 2 neznámé C1 , C2 . Po úpravě získáme soustavu −

10 = C1 + 4C2 , 3

= 0 C1 + C2 . Jejím řešením je C1 =

10 10 , C2 = − . 9 9

Partikulární řešení má tvar: x=

10 − t 40 2 t 16 2 t 13 2 t 10 10 4 e − e + e t + e a y = e− t − e2t + e2t t . 9 9 3 9 9 3 3

5. Eulerova metoda řešení soustav lineárních diferenciálních rovnic Postup řešení si ukážeme pouze pro homogenní soustavy 3 rovnic pro 3 neznámé Y ′ = AY . ,

po rozepsání

x ′ = a11 x + a12 y + a13 z y ′ = a21 x + a22 y + a23 z z ′ = a31 x + a32 y + a33 z

.

Je zřejmé, že homogenní soustava má vždy triviální (nulové) řešení: x= y= z= 0 I. Řešení předpokládáme ve tvaru:  x(t )    = Y (t ) = y (t )   z (t )   

 α1e rt   rt  2e   α=  α 3 e rt   

 α1    rt v e rt , 2 e  α= α   3

(2)

 α1    kde r je charakteristické (vlastní) číslo (kořen) a v =  α 2  je charakteristický (vlastní) α   3 vektor příslušný charakteristickému číslu r. Abychom určili řešení, musíme tedy vypočítat a) charakteristická čísla r,

Jarmila Doležalová

4

 α1    b) k nim příslušné charakteristické vektory v =  α 2  . α   3 Předpokládaný tvar řešení zderivujeme:  x ′(t )   ′  = Y ′(t ) = y (t )   z ′(t )   

 α1 re rt   rt  2 re   α=  α 3 re rt   

 α1    rt v r e rt  α 2= r e α   3 Y ′ = AY . ,

a dosadíme do zadání:

v r e rt = A v e rt , = O A v e rt − v r e rt ,

upravíme

= O Av −v r, (A-r E) v =O,

(3)

1 0 0   kde E =  0 1 0  . 0 0 1   Rovnici (3) rozepíšeme

 a11 − r   a21  a  31

a12 a22 − r a32

a13   a1   0      a23  .  a 2  = 0 . a33 − r   a 3   0 

To je maticový zápis homogenní soustavy 3 algebraických lineárních rovnic pro 3 neznámé α1 , α 2 , α 3 . II. Podle Frobeniovy věty má soustava netriviální řešení pouze v případě, kdy je determinant soustavy

tedy

Ds = A − rE =0

a11 − r a21 a31

a12 a22 − r a32

(4)

a13 a23 = 0. a33 − r

Předchozí zápis představuje po výpočtu determinantu algebraickou rovnici 3. stupně, která se nazývá charakteristická rovnice soustavy Y ′ = AY . . Jejím řešením jsou charakteristická čísla soustavy r1 , r2 , r3 , která mohou být:

Jarmila Doležalová

5

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 v1 , v2 , v3 pomocí soustavy (3) (A-r E) v =O a získáme fundamentální systém řešení. IV. Obecné řešení soustavy Y ′ = AY . je lineární kombinace jejího fundamentálního systému (1) Y (t ) = K1Y1 (t ) + K 2Y2 (t ) + K 3Y3 (t ) . a) charakteristická čísla reálná různá Má-li soustava Y ′ = AY . různá reálná charakteristická čísla r1 , r2 , r3 , číslu r1 přísluší řešení Y1 = v1 e r1t , číslu r2 řešení Y2 = v2 e r2t a číslu r3 řešení Y3 = v3 e r3t , pak lze dokázat, že takto určená řešení Y1 , Y2 , Y3 jsou lineárně nezávislá a tvoří tedy fundamentální systém řešení. Obecné řešení soustavy Y ′ = AY . je podle (1) lineární kombinace jejího fundamentálního systému Y1 , Y2 , Y3 : Y = K1Y1 + K 2Y2 + K 3Y3 .

x′ = − x + Příklad 2. Vyřešte soustavu y ′ = x − z′ = x +

y + y + y +

z z z

, x x= (t ), y y= (t ), z z (t ). =

Postup řešení:  x(t )    I. Předpokládaný tvar řešení podle (2): = Y (t ) = y (t )   z (t )   

II. Charakteristickou rovnici (4)

Jarmila Doležalová

 α1e rt   rt  2e   α=  α 3 e rt   

 α1    rt v e rt 2 e  α= α   3

A − rE = 0 soustavy po rozepsání

6

−1 − r 1

1 −1 − r

1 1

1

1

1− r

=0

vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme: (−1 − r )(−1 − r )(1 − r ) + 1 + 1 − [(−1 − r ) + (−1 − r ) + (1 − r )] =0 (1 + r ) 2 (1 − r ) + 2 − (−1 − 3r ) =0 (1 + r ) 2 (1 − r ) + (3 + 3r ) = 0 (1 + r ) 2 (1 − r ) + 3(1 + r ) = 0 (1 + r )[(1 + r )(1 − r ) + 3] = 0 (1 + r )[(1 − r 2 ) + 3] = 0 (1 + r )(4 − r 2 ) = 0 (1 + r )(2 − r )(2 + r ) = 0 Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy r1 = −1, r2 = −2 , 2, r3 = která jsou reálná různá. III. Rozepíšeme maticový zápis soustavy (3)

 −1 − r   1  1 

1 −1 − r 1

(A-r E) v =O

1   α1   0  (−1 − r )α1     1  .  α 2  = 0  , tedy α1 1 − r   α 3   0  α1

+α 2 +(−1 − r )α 2 +α 2

+α 3 =0 +α 3 =0 . +(1 − r )α 3 = 0

Připomeneme si, že jde o homogenní soustavu 3 algebraických lineárních rovnic pro 3 neznámé α1 , α 2 , α 3 , která podle Frobeniovy věty musí mít nekonečně mnoho řešení (kromě triviálního řešení). Do této soustavy postupně za r dosadíme charakteristická čísla soustavy r1 = −1, r2 = 2, r3 = −2 a zjistíme příslušné charakteristické vektory v1 , v2 , v3 : A) r1 = −1 (−1 + 1)α1

α1 α1

Jarmila Doležalová

+α 2 +(−1 + 1)α 2 +α 2

+α 3 =0 +α 3 =0 , +(1 + 1)α 3 = 0

7

α2 α1 α1 +α 2

tedy

+α 3 = 0 +α 3 = 0. +2α 3 = 0

Soustava je velmi jednoduchá, vyřešíme ji například dosazovací metodou. Z první rovnice určíme α 2 = −α 3 , z druhé rovnice α1 = −α 3 . Položíme například kořen α 3 roven parametru p: α 3= p= 1 (bez újmy na obecnosti), pak α1 = α 2 = −1 ,

 α1    tedy v1 =  α 2  = α   3

 −1   r1t  −1 a řešení Y1 = v1 e = 1  

 α1    r1t α2  e = α   3

 −1   −1t  −1 e . 1  

B) r2 = 2 (−1 − 2)α1

+α 2 +(−1 − 2)α 2 +α 2

α1 α1 −3α1

α1 α1

tedy

+α 2 −3α 2 +α 2

+α 3 =0 +α 3 =0 , +(1 − 2)α 3 = 0

+α 3 = 0 +α 3 = 0. −α 3 = 0

Sečtením druhé a třetí rovnice získáme 2α1 − 2α 2 = 0 , tedy α1 = α 2 , po dosazení do první rovnice pak α 3 = 2α 2 . Položíme například kořen α 2 roven parametru p: α 2= p= 1 (bez újmy na obecnosti), pak α= α 3 2= α2 2 , α= 1 a = 1 2

 α1    v2 = α2  tedy= α   3

1   r2t Y2 v= = 2 e  1  a řešení  2  

 α1    r2t  α 2= e α   3

1   2t 1e .  2  

C) r3 = −2 (−1 + 2)α1

α1 α1 tedy

Jarmila Doležalová

+α 2 +(−1 + 2)α 2 +α 2

α1 +α 2 α1 +α 2 α1 +α 2

+α 3 =0 +α 3 =0 . +(1 + 2)α 3 = 0

+α 3 = 0 +α 3 = 0. +3α 3 = 0

8

Odečtením druhé a třetí rovnice získáme α 3 = 0 , proto z první rovnice α1 = −α 2 . Položíme například kořen α 2 roven parametru p: α 2= p= 1 (bez újmy na obecnosti), pak

α1 = −α 2 = −1 ,  α1    v3 = α2  tedy= α   3

 −1   r3t Y3 v= = 3 e  1  a řešení 0  

 α1    r3t  α 2= e α   3

 −1   −2t  1 e . 0  

IV. Obecné řešení soustavy Y ′ = AY . je lineární kombinace jejího fundamentálního systému Y1 , Y2 , Y3 (1): Y = K1Y1 + K 2Y2 + K 3Y3 ,

 −1 1  −1   −1t   2t   Y =K1  −1 e + K 2  1  e + K 3  1  e −2t , 1  2 0       po rozepsání − K1e − t + K 2 e 2t − K 3 e −2t x= − K1e − t + K 2 e 2t + K 3 e −2t . y= = z

K1e − t + 2 K 2 e 2t

b) charakteristická čísla i komplexně sdružená Pokud má charakteristická rovnice komplexně sdružené charakteristické kořeny r1,2 = a ± bi, a, b ∈ R ,

přísluší jim komplexně sdružené charakteristické vektory

 α1   α1      v1 =  α 2  a v2 =  α 2  . α  α   3  3

 a1   a1      ( a +bi )t a Z 2 =  a 2  e( a −bi )t je v komplexním tvaru. Odpovídající části řešení Z1 =  a 2  e a  a   3  3 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 e(= e= e= e e at (cos bt + i sin bt )

Jarmila Doležalová

(8)

9

Postup si vysvětlíme na příkladu.

x′ = Příklad 3. Vyřešte soustavu = y′ = z′

x x 3x

− +

y − y +

z , x x= (t ), y y= (t ), z z (t ). =

z

Postup řešení:  x(t )    I. Předpokládaný tvar řešení (1): = Y (t ) = y (t )   z (t )    II. Charakteristickou rovnici (4)

 α1e rt   rt  2e   α=  α 3 e rt   

 α1    rt v e rt 2 e  α= α   3

A − rE = 0 soustavy po rozepsání

1 − r −1 −1 1 1− r 0 = 0 3 0 1− r vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme: (1 − r )3 + 0 + 0 − [−3(1 − r ) + 0 − (1 − r )] = 0 (1 − r )3 + 4(1 − r ) = 0 (1 − r )[(1 − r ) 2 + 4] = 0

Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy. Jednoduchý kořen je r1 = 1 . Rovnici (1 − r ) 2 + 4 = 0 vyřešíme například takto: −4 , odmocníme 1 − r =±2i (1 − r ) 2 = III. Rozepíšeme maticový zápis (3)

a odtud r2,3 = 1 ± 2i

(A-r E) v =O soustavy

−1   α1   0  (1 − r )α1 1 − r −1      0  .α 2  = α1  1 1− r  0  , tedy  3      0 1 − r   α3   0  3α1 

−α 2 +(1 − r )α 2

−α 3

= 0 = 0.

+(1 − r )α 3 = 0

A) r1 = 1 Za r dosadíme jednoduché charakteristické číslo soustavy r1 = 1 a zjistíme příslušný charakteristický vektor v1 :

Jarmila Doležalová

10

−α 2

α1 3α1

− α3 = 0 = 0. =0

Soustava je velmi jednoduchá. Z první rovnice určíme α 2 = −α 3 , z druhé a třetí rovnice

α1 = 0 . Položíme například kořen α 3 roven parametru p: α 3= p= 1 (bez újmy na obecnosti), pak α 2 = −α 3 = −1 ,

 α1    tedy v1 =  α 2  = α   3

0   r1t  −1 a příslušné řešení Y1 = v1 e = 1  

 α1    r1t α2  e = α   3

0   t  −1 e . 1  

B) r2,3 = 1 ± 2i Za r dosadíme komplexní charakteristické číslo soustavy, například r2 = 1 + 2i , upravíme a zjistíme příslušný charakteristický vektor v2 : (1 − 1 − 2i )α1

−α 2 +(1 − 1 − 2i )α 2

−α 3

=0 0 −2iα1 −α 2 −α 3 = α1 =0 , po úpravě α1 0 −2iα 2 = +(1 − 1 − 2i )α 3 =0 3α1 3α1 0 −2iα 3 = 2 Ze druhé a třetí rovnice plyne 2= iα 3 , α1 iα 3 a porovnáním určíme = α1 2iα = 2 , 3α1 3 1 α 2 = α 3 . Položíme například α 3= p= 3 (abychom nemuseli počítat se zlomky), potom 3  2i   2i    α 2 = 1 α1 = 2i a tedy v2 =  1  a odpovídající řešení Z =  1  e(1+ 2i )t . 3 3     Použijeme Eulerův vzorec (8): = e( a +bi )t e at (cos bt + i sin bt ) , přitom v našem případě reálná část a = 1 , imaginární b = 2 .  2i    = Z  1  e1t (cos 2t + i sin 2t ) a částečně roznásobíme: 3    2i cos 2t + 2i 2 sin 2t )   2i (cos 2t + i sin 2t )   t   1t  Z=  cos 2t + i sin 2t  e .  1(cos 2t + i sin 2t )  e =      3(cos 2t + i sin 2t )   3cos 2t + 3i sin 2t ) 

Uvědomíme si, že i 2 = −1 a ve výsledku oddělíme reálnou a imaginární část. Jarmila Doležalová

11

 −2sin 2t )   2 cos 2t    t   Z  cos 2t  e + i  sin 2t  et . =  3cos 2t )   3sin 2t )      Reálná a imaginární část řešení jsou lineárně nezávislé a tvoří proto zbývající dvě složky fundamentálního systému řešení.

Y2

 −2sin 2t )    cos 2t  et , Y3 =  3cos 2t )   

 2 cos 2t    t  sin 2t  e .  3sin 2t )   

Poznámka: Pokud bychom použili komplexně sdružený kořen r3 = 1 − 2i , dostali bychom lineárně závislé charakteristické vektory. IV. Obecné řešení soustavy Y ′ = AY . zapíšeme podle (1) ve tvaru Y = K1Y1 + K 2Y2 + K 3Y3 ,

0  −2sin 2t )   2 cos 2t    t   t   Y = K1  −1 e + K 2  cos 2t  e + K 3  sin 2t  et , 1  3cos 2t )   3sin 2t )        po rozepsání x = − 2 K 2 et sin 2t + 2 K 3 et cos 2t y= − K1et + K 2 et cos 2t + K 3 et sin 2t . z =+ K1et 3K 2 et cos 2t + 3K 3 et sin 2t 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:

 a1   b1      Y= va e + vb t e = (va + vb t ) e , kde va =  a 2  a vb =  b 2  . a  b   3  3 rt

rt

rt

(5)

Pro derivaci platí Y ′= va r e rt + vb e rt + vb t r e rt = (va r + vb + vb t r ) e rt . Dosadíme do zadání:

Jarmila Doležalová

Y ′ = AY . ,

12

(va r + vb + vb t r ) e rt = A(va + vb t ) e rt ,

po úpravě

va r + vb + vb t r = A(va + vb t )

porovnáme koeficienty u shodných mocnin t: u t 0 = 1:

va r + vb = Ava , tedy

( A − r E ) va = vb ,

(6)

u t1 :

vb r = Avb , tedy

( A − r E ) vb = O.

(7)

Známe-li dvojnásobný charakteristický reálný kořen r, pak pomocí rovnic (6) a (7) určíme příslušné charakteristické vektory va , vb a dosazením do (5) získáme odpovídající část obecného řešení. V případě trojnásobného reálného charakteristického kořene r analogicky platí:

 b1   γ1   a1        Y = va e + vb t e + vc t e = (va + vb t + vc t ) e , kde va =  a 2  , vb =  b 2  , vc =  γ 2  .   b  a  γ3   3  3 rt

rt

2

2

rt

2x +

y

rt

= x′ Příklad 4. Vyřešte soustavu = y′ = z′

x

2 y + 4z − z

, = x x= (t ), y y= (t ), z z (t ).

Postup řešení:  x(t )    I. Předpokládaný tvar řešení podle (2): = Y (t ) = y (t )   z (t )   

II. Charakteristickou rovnici (4) 2−r 0 1

1 2−r 0

 α1e rt   rt  2e   α=  α 3 e rt   

 α1    rt v e rt 2 e  α= α   3

A − rE = 0 soustavy po rozepsání

0 4 = 0 −1 − r

vyřešíme použitím Sarrusova pravidla a upravíme:

Jarmila Doležalová

13

(2 − r )(2 − r )(−1 − r ) + 0 + 4 − (0 + 0 + 0) = 0 0 −(2 − r ) 2 (1 + r ) + 4 = 0 −(4 − 4r + r 2 )(1 + r ) + 4 = −4 + 4r − r 2 − 4r + 4r 2 − r 3 + 4 =0 0 −r 3 + 3r 2 = 0 −r 2 (r − 3) = Z poslední rovnice snadno určíme charakteristická čísla soustavy, a to jednoduchý kořen je r1 = 3 a dvojnásobný kořen r2,3 = 0 . III Rozepíšeme maticový zápis (5)

2 − r   0  1 

1 2−r 0

(A-r E) v =O soustavy

  α1   0      4  .α 2  =  0  , tedy    −1 − r   α 3   0  0

(2 − r )α1

+α 2 (2 − r )α 2

α1

0 = 0. =

+4α 3 +(−1 − r )α 3 =0

A) r1 = 3 Za r dosadíme jednoduché charakteristické číslo soustavy r1 = 3 a zjistíme příslušný charakteristický vektor v1 : −α1

+α 2 −α 2

= 0 = 0,

+4α 3 −4α 3 = 0

α1

Soustava je velmi jednoduchá, vyřešíme ji například dosazovací metodou. Z první rovnice určíme α 2 = α1 , ze třetí rovnice α1 = 4α 3 . Položíme například kořen α 3 roven parametru p: α 3= p= 1 (bez újmy na obecnosti), pak α= α= 4, 1 2

 α1    tedy= v1 = α2  α   3 B)

 4   r1t Y1 v= = 1 e  4  a řešení 1  

 α1    r1t α 2= e α   3

 4   3t  4e . 1  

r2,3 = 0

Podle (5) platí Y2,3

Jarmila Doležalová

 a1   b1      = va e + vb t e = = va + vb t , kde va =  a 2  a vb =  b 2  . a  b   3  3 0t

0t

14

Nejprve použitím rovnice (7) ( A − r E ) vb = O vypočítáme vektor vb :

2 − r   0  1  tedy

1 2−r 0

1 0   β1   0  2 − 0   β1   0           4  . β2  = 2−0 4  . β2  =  0 0 , 0 ,  −1 − r   β3   0  0 −1 − 0   β3   0   1 0

+ 2 = 2 ββ 0 1 +4 3 = 2 ββ 0. 2 ββ − 3 = 0 1

Odtud ββ 1 = 3 a ββ 2 = −2 1 .

Tedy

 b1    vb =  b 2  = b   3

 b1     −2 b1  .  b   1 

Nyní použitím rovnice (6) ( A − r E ) va = vb vypočítáme vektor va : 1 0   α1   β1  2 − 0      2−0 4  .α 2  =  0  −2 β1  , po rozepsání  1 0 −1 − 0   α 3   β1  

2α1

Vyřešíme například takto: Ze třetí rovnice plyne

α= α1 − β1 , 3

Dosadíme do druhé rovnice

2α 2 + 4(α1 − ββ −2 1 1) =

a odtud

α= β1 − 2α1 . 2

Tedy

α1

+α 2 2α 2

= β1 +4α 3 = −2 β1 . −α 3 = β1

 aa   1  1     va  aβa = = 2   1 − 2 1  a řešení příslušné kořenu r2,3 = 0 je  aaβ     3  1− 1 

Y2,3

 α1   β1  1  t          =va + vb t = β1 − 2α1  +  −2 β1  t= α1  −2  + β1  1 − 2t  .         1   α1 − ββ  1  1  −1 + t 

IV. Obecné řešení soustavy Y ′ = AY Y K1Y1 + Y2,3 , . zapíšeme ve tvaru=

 4 1  t    3t     Y K1  4  e + α1  −2  + β1  1 − 2t  = 1 1  −1 + t       

Jarmila Doležalová

15

Můžeme také položit = α1 K= K 3 , protože označení koeficientů lineární kombinace 2 , β1 je libovolné. Pak

 4 1  t    3t     = Y K1  4  e + K 2  −2  + K 3  1 − 2t  , 1 1  −1 + t        po rozepsání

x= 4 K1e − t + K 2 + K 3 t y= 4 K1e − t − 2 K 2 + K 3 (1 − 2t ) . z =

K1e − t + K 2 + K 3 (−1 + t )

Jarmila Doležalová

16