UkÃlady r´

owna´

n r´

o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

Poprawiony 26 maja, 22:07

Pokazywali´smy jak mo˙zna rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+ x = 2 cos t + 12t sin t uzmien-

niaja

,

c obie sta le, kt´ore pojawiaja

,

sie

,

w rozwia

,

zaniu og´olnym r´ownania jednorodnego

x

00

+ x = 0 . W trakcie rozwia

,

zywanie ta

,

metoda

,

troche

,

niespodziewanie pojawi lo sie

,

r´ownanie c

0

1

(t) cos t + c

0

2

(t) sin t = 0 , po prostu zosta lo dopisane. Mo˙zna jednak wyja´sni´c

ska

,

d ono sie

,

bierze. Trzeba jednak w tym celu rozwa˙zy´c nieco og´olniejszy problem.

Mamy rozwia

,

za´c r´ownanie x

00

+x = 2 cos t+12t sin t . Wprowad´zmy oznaczenie x

0

= y .

Wtedy y

0

= x

00

= −x + 2 cos t + 12t sin t . Mo˙zemy wie

,

c zamiast r´ownania r´o˙zniczkowego

drugiego rze

,

du rozwia

,

zywa´c uk lad dw´och r´owna´

n pierwszego rze

,

du:



x

0

= y ,

y

0

= −x + 2 cos t + 12t sin t .

Niech A =



0

1

−1 0



, ~g(t) =

0

2 cos t+12t sin t

oraz ~x =

x
y

. A jest wie

,

c macierza

,

, a ~x

niewiadoma

,

funkcja

,

zmiennej t , kt´orej warto´sciami sa

,

wektory, r´ownie˙z ~g jest funkcja

,

o

warto´sciach wektorowych. Uk lad r´owna´

n mo˙zemy zapisa´c tak:

~x

0

(t) = A~x(t) + ~g(t) .

(ur)

To bardzo przypomina r´ownanie liniowe

x

0

(t) = λx(t) + b(t) .

Rozwia

,

zaniem r´ownania liniowego jednorodnego x

0

= λx jest funkcja e

λt

· c , gdzie c ∈ R

lub c ∈ C , je´sli interesuja

,

nas rozwia

,

zania zespolone. Wyka˙zemy, ˙ze teraz jest tak samo,

no mo˙ze nieomal tak samo. W przypadku uk ladu funkcja powinna mie´c warto´sci wekto-

rowe. Chodzi te˙z o to ska

,

d wzia

,

´c liczbe

,

λ . To bardzo proste: nale˙zy znale´z´c warto´sci

w lasne i odpowiadaja

,

ce im wektory w lasne. Niech A~v = λ~v i ~x(t) = ~ve

λt

. Wtedy

~x

0

(t) = λ~ve

λt

= A~ve

λt

, a to oznacza, ˙ze funkcja ~x jest rozwia

,

zaniem jednorodnego

uk ladu r´owna´

n

~x

0

(t) = A~x(t) .

(jur)

Je´sli mamy troche

,

szcze

,

´scia i uda lo nam sie

,

znale´z´c wektory ~v

1

, ~v

2

, . . . , ~v

k

odpowia-

daja

,

ce warto´sciom w lasnym λ

1

, λ

2

, . . . , λ

k

, przy czym wektory ~v

1

, ~v

2

, . . . , ~v

k

sa

,

liniowo niezale˙zne,* to rozwia

,

zaniem og´olnym uk ladu jednorodnego jest funkcja

*

Oznacza to, ˙ze je´sli ~

v

1

c

1

+~

v

2

c

2

+···+~

v

k

c

k

=~

0 , to c

1

=c

2

=...=c

k

=0 ; je´sli k=1 , to ~

v

1

6=~

0 ; je´sli

k=2 , to wektory ~

v

1

,~

v

2

nie le˙za, na jednej prostej; je´sli k=3 , to wektory ~v

1

,~

v

2

,~

v

3

nie le˙za, na jednej

p laszczy´

znie.

1

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

~x(t) = ~v

1

e

λ

1

t

· c

1

+ ~v

2

e

λ

2

t

· c

2

+ · · · + ~v

k

e

λ

1

t

· c

k

.

Niech X(t) be

,

dzie macierza

,

, kt´orej kolumnami sa

,

kolejno funkcje o warto´sciach wektoro-

wych: ~v

1

e

λ

1

t

, ~v

2

e

λ

2

t

, . . . , ~v

k

e

λ

k

t

. Wtedy zachodzi r´owno´s´c ~x(t) = X(t) · ~c , kolejnymi

wsp´o lrze

,

dnymi wektora c sa

,

liczby c

1

, c

2

. . . , c

k

. Zauwa˙zmy przy okazji, ˙ze zachodzi te˙z

r´owno´s´c

X

0

(t) = AX(t) .

Wynika ona sta

,

d, ˙ze analogiczna r´owno´s´c jest spe lniona dla ka˙zdej kolumny macierzy X

i ze sposobu mno˙zenia macierzy. Macierz X zwana jest rozwia

,

zaniem fundamentalnym

uk ladu jednorodnego, o ile jej kolumny sa

,

wektorami liniowo niezale˙znymi, a to o niej

za lo˙zyli´smy.

Rozwia

,

zanie r´ownania liniowego niejednorodnego mogli´smy znale´z´c w postaci e

λt

·c(t) .

Rozwia

,

zania uk ladu r´owna´

n niejednorodnych mo˙zemy poszuka´c w analogiczny spos´ob, tj.

w postaci ~x(t) = X(t) · ~c(t) . Mamy wtedy

~x

0

(t) = X

0

(t)~c(t) + X(t)~c

0

(t) = AX(t)~c(t) + X(t)~c

0

(t) = A~x(t) + X(t)~c

0

(t) .

Wystarczy wie

,

c, by spe lniona by la r´owno´s´c

Ax(t) + ~g(t) = x

0

(t) = A~x(t) + X(t)~c

0

(t) ,

czyli ~g(t) = X(t)~c

0

(t) , by funkcja ~

X by la rozwia

,

zaniem uk ladu niejednorodnego. Ot´o˙z

mo˙zna udowodni´c, ˙ze det X(t)

6= 0 , a z tego wynika, ˙ze istnieje

X(t)

−1

. Mo˙zemy

wie

,

c napisa´c ~c

0

(t) = X(t)

−1

~g(t) . Sprowadzili´smy wie

,

c rozwia

,

zanie uk ladu r´owna´

n do

sca lkowania pewnej funkcji, kt´orej warto´sciami sa

,

wektory. Prze´sledzimy te

,

procedure

,

na

przyk ladzie, od kt´orego rozpocze

,

li´smy omawianie uk lad´ow r´owna´

n r´o˙zniczkowych.

Mamy wie

,

c k = 2 , A =



0

1

−1 0



, ~g(t) =



0

2 cos t + 12t sin t



.

Uk lad jednorodny wygla

,

da wie

,

c tak:



x

0

1

(t)

x

0

2

(t)



=



0

1

−1 0



·



x

1

(t)

x

2

(t)



.

R´ownanie charakterystyczne macierzy A wygla

,

da tak 0 =









−λ

1

−1 −λ







 = λ

2

+ 1 , zatem

jej warto´sciami w lasnymi sa

,

liczby ±i . Znajdziemy wektor w lasny

v

1

v

2

odpowiadaja

,

cy

warto´sci w lasnej i . Musi by´c spe lniony uk lad r´owna´

n (algebraicznych):



0 · v

1

+ 1 · v

2

= iv

1

,

−1 · v

1

+ 0 · v

2

= iv

2

.

Oba r´ownania sa

,

r´ownowa˙zne, zatem musi by´c spe lniona r´owno´s´c v

2

= iv

1

. Niech v

1

= 1 .

Widzimy, ˙ze

1

i

jest wektorem w lasnym odpowiadaja

,

cym warto´sci w lasnej i . Poniewa˙z

macierz A jest rzeczywista, wie

,

c warto´sci w lasnej −i odpowiada wektor w lasny

1

−i

.

2

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

Wobec tego funkcje

1

i

e

it

oraz

1

−i

e

−it

sa

,

rozwia

,

zaniami wektorowymi jednorodnego

uk ladu r´owna´

n (r´o˙zniczkowych). Rozwia

,

zanie og´olne wygla

,

da wie

,

c tak:

1

i

e

it

c

1

+

1

−i

e

−it

c

2

=



e

it

e

−it

ie

it

−ie

−it



c

1

c

2



.

Mo˙zemy wie

,

c przyja

,

´c X(t) =



e

it

e

−it

ie

it

−ie

−it



. Szukamy rozwia

,

zania uk ladu niejednorod-

nego w postaci X(t)·~c(t) =



e

it

e

−it

ie

it

−ie

−it



·



c

1

(t)

c

2

(t)



. Podstawiaja

,

c do wyj´sciowego uk ladu

i redukuja

,

c wszystko, co tylko mo˙zna, otrzymujemy:



e

it

e

−it

ie

it

−ie

−it



·



c

0

1

(t)

c

0

2

(t)



=



0

2 cos t + 12t sin t



,

co mo˙zna zapisa´c te˙z nie u˙zywaja

,

c macierzy



c

0

1

(t)e

it

+ c

0

2

(t)e

−it

= 0,

c

0

1

(t)ie

it

− c

0

2

(t)ie

−it

= 2 cos t + 12t sin t.

Otrzymali´smy wie

,

c uk lad r´owna´

n z niewiadomymi funkcjami c

0

1

, c

0

2

taki sam, jak w me-

todzie uzmienniania sta lych stosowanej do r´ownania r´o˙zniczkowego drugiego rze

,

du. Tym

razem nie trzeba by lo wprowadza´c sztucznie pierwszego r´ownania, pojawi lo sie

,

samo. Teraz

nale˙zy rozwia

,

za´c otrzymany uk lad r´owna´

n. Mno˙za

,

c pierwsze przez e

it

, drugie przez −ie

it

i dodaja

,

c r´ownania stronami otrzymujemy

2c

0

1

(t)e

2it

= −i(2 cos t + 12t sin t)e

it

.

Sta

,

d wynika, ˙ze

c

0

1

(t) = −i(cos t + 6t sin t)e

−it

= −i(cos t + 6t sin t)(cos t − i sin t) =

= − sin t cos t − 6t sin

2

t − i(cos

2

t + 6t sin t cos t) .

Z pierwszego r´ownania wynika, ˙ze

c

0

2

(t) = −c

0

1

(t)e

2it

= i(cos t + 6t sin t)e

it

= i(cos t + 6t sin t)(cos t + i sin t) =

= − sin t cos t − 6t sin

2

t + i(cos

2

t + 6t sin t cos t) .

Pozosta lo sca lkowa´c otrzymane pochodne poszukiwanych funkcji:

R

c

0

1

(t)dt =

R

− sin t cos t − 6t sin

2

t − i(cos

2

t + 6t sin t cos t)

dt =

= 2 cos

2

t + 3 sin t cos t −

3
2

t

2

− i 2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t

+ d

1

,

gdzie d

1

jest pewna

,

liczba

,

, by´c mo˙ze nierzeczywista

,

. Analogicznie

R

c

0

2

(t)dt =

R

− sin t cos t − 6t sin

2

t + i(cos

2

t + 6t sin t cos t)

dt =

= 2 cos

2

t + 3 sin t cos t −

3
2

t

2

+ i 2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t

+ d

2

,

gdzie d

2

jest pewna

,

liczba

,

by´c mo˙ze nierzeczywista

,

. Wobec tego rozwia

,

zania uk ladu nie-

jednorodnego wygla

,

daja

,

w tym przypadku tak:

x

1

(t) = 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

− i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

1

e

it

+

+ 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

+ i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

2

e

−it

=

3

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

= 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

− i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

1

cos t + i sin t

+

+ 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

+ i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

2

cos t − i sin t

=

= 4 cos t − 3t

2

cos t + 2t sin t + (d

1

+ d

2

) cos t + i(d

1

− d

2

) sin t .

Analogicznie

x

2

(t) = i 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

− i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

1

e

it

−

− i 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

+ i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

2

e

−it

=

= i 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

− i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

1

cos t + i sin t

−

− i 2 cos

2

t + 3t sin t cos t −

3
2

t

2

+ i(2 sin t cos t + 2t − 3t cos

2

t) + d

2

cos t − i sin t

=

= 3t

2

sin t − 2t cos t − (d

1

+ d

2

) sin t + i(d

1

− d

2

) cos t .

Przyjmimy d

1

= α + βi , α, β ∈ R . Je´sli chcemy, by funkcja x

1

przyjmowa la jedynie

rzeczywiste warto´sci, nale˙zy za lo˙zy´c, ˙ze d

1

+ d

2

jest liczba

,

rzeczywista

,

, a d

1

− d

2

— liczba

,

czysto urojona

,

. Oznacza to, ˙ze Imd

2

= −Imd

1

= −β i Red

2

= Red

1

= α . Rozwia

,

zania

przyjmuja

,

posta´c

x

1

(t) = 4 cos t − 3t

2

cos t + 2t sin t + 2α cos t − 2β sin t ,

x

2

(t) = 3t

2

sin t − 2t cos t − 2α sin t − 2β cos t .

Oczywi´scie ˙zadnych ogranicze´

n na liczby rzeczywiste α, β nie ma.

Doda´c trzeba, ˙ze mogli´smy rozwia

,

zanie og´olne uk ladu jednorodnego zapisa´c w inny

spos´ob. Np. zamiast rozwia

,

za´

n wektorowych

1

i

e

it

i

1

−i

e

−it

mogli´smy rozwa˙za´c funkcje

Re



1

i

e

it



=

1
2



1

i

e

it

+

1

−i

e

−it

] =

cos t

− sin t

oraz

Im



1

i

e

it



=

1

2i



1

i

e

it

−

1

−i

e

−it

] =

sin t

cos t

.

Prowadzi do wzoru

X(t) =



cos t

sin t

− sin t cos t



.

Zache

,

cam student´ow do przeprowadzenia oblicze´

n startuja

,

c z z w la´snie wskazanego roz-

wia

,

zania fundamentalnego. Obliczenia wcale nie be

,

da

,

trudniejsze ni˙z pokazane przeze

mnie.

Zajmiemy sie

,

teraz dwoma uk ladami trzech r´owna´

n liniowych z trzema niewiadomymi

funkcjami.

Przyk lad 15.1

Niech A =





5 −2

4

2

0

2

−2

1 −1



. Rozwa˙zymy uk lad r´owna´n r´o˙zniczkowych

jednorodnych (zapisany w postaci wektorowej)





x

0

1

(t)

x

0

2

(t)

x

0

3

(t)



 = ~x

0

(t) = A~x(t) =





5 −2

4

2

0

2

−2

1 −1









x

1

(t)

x

2

(t)

x

3

(t)



 =





5x

1

(t) − 2x

2

(t) + 4x

3

(t)

2x

1

(t) + 2x

3

(t)

−2x

1

(t) + x

2

(t) − x

3

(t)



.

Zaczniemy od znalezienia warto´sci w lasnych, potem zajmiemy sie

,

wektorami w lasnymi tej

4

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

macierzy. R´ownanie charakterystyczne wygla

,

da tak

0 =













5 − λ

−2

4

2

0 − λ

2

−2

1

−1 − λ













= −λ

3

+ 4λ

2

− 5λ + 2 = (1 − λ)

2

(2 − λ) .

Wobec tego warto´sciami w lasnymi sa

,

liczby 1, 1, 2 .* Je´sli wektor ~v o wsp´o lrze

,

dnych

v

1

, v

2

, v

3

odpowiada warto´sci w lasnej 2 , to musza

,

by´c spe lnione r´owno´sci

( 5v

1

− 2v

2

+ 4v

3

= 2v

1

,

2v

1

+ 0v

2

+ 2v

3

= 2v

2

,

−2v

1

+ 1v

2

− 1v

3

= 2v

3

,

czyli

( 3v

1

− 2v

2

+ 4v

3

= 0,

2v

1

− 2v

2

+ 2v

3

= 0,

−2v

1

+ v

2

− 3v

3

= 0.

Odejmuja

,

c drugie r´ownanie od pierwszego otrzymujemy v

1

+2v

3

= 0 , a zatem v

1

= −2v

3

.

Po podstawieniu tego wyniku do dowolnego z trzech r´owna´

n otrzymujemy v

2

= −v

3

.

Przyjmuja

,

c np. v

3

= −1 (mo˙zemy te˙z v

3

= 1683 ·

1410

√

1525 ) stwierdzamy, ˙ze wektor

~v

1

=



2

1

−1



odpowiada warto´sci w lasnej 2 . Teraz znajdziemy wektory odpowiadaja

,

ce

warto´sci w lasnej 1 . Je´sli v

1

, v

2

, v

3

sa

,

wsp´o lrze

,

dnymi takiego wektora, to

( 5v

1

− 2v

2

+ 4v

3

= v

1

,

2v

1

+ 0v

2

+ 2v

3

= v

2

,

−2v

1

+ 1v

2

− 1v

3

= v

3

,

czyli

( 4v

1

− 2v

2

+ 4v

3

= 0,

2v

1

− v

2

+ 2v

3

= 0,

−2v

1

+ v

2

− 2v

3

= 0.

Otrzymali´smy trzy r´ownowa˙zne r´ownania. Oznacza to, ˙ze mo˙zemy wybra´c dowolnie np.

warto´sci v

1

i v

3

i wyznaczy´c v

2

z wzoru v

2

= 2v

1

+ 2v

3

. Wybieraja

,

c np. v

1

= 1 . v

3

= 0

otrzymujemy v

2

= 2 . Podobnie z r´owno´sci v

1

= 0 i v

3

= 1 wynika r´owno´s´c v

2

= 2 .

Znale´zli´smy wie

,

c dwa wektory w lasne ~v

2

=



1

2
0



i ~v

3

=



0

2
1



, kt´ore nie le˙za

,

na jednej

prostej, bowiem z r´owno´sci ~0 = c

2

~v

2

+ c

3

~v

3

=



c

2

2c

2

+2c

3

c

3



wynikaja

,

oczywi´scie r´owno´sci

c

2

= 0 = c

3

. Mo˙zna bez trudu stwierdzi´c, ˙ze je´sli ~0 = c

1

~v

1

+ c

2

~v

2

+ c

3

~v

3

=



2c

1

+c

2

c

1

+2c

2

+2c

3

−c

1

+c

3



,

to c

1

= c

2

= c

3

= 0 . Wynika sta

,

d latwo, ˙ze dla ka˙zdego wektora ~v ∈ R

3

istnieje i to

dok ladnie jedna taka tr´ojka liczb c

1

, c

2

, c

3

, ˙ze ~v = c

1

~v

1

+ c

2

~v

2

+ c

3

~v

3

. Mo˙zemy wie

,

c

stwierdzi´c, ˙ze funkcja o warto´sciach wektorowych

~x(t) = c

1

~v

1

e

2t

+ c

2

~v

2

e

t

+ c

3

~v

3

e

t

=



2c

1

e

2t

+c

2

e

t

c

1

e2t+2c

2

e

t

+2c

3

e

t

−c

1

e

2t

+c

3

e

t



jest rozwia

,

zaniem og´olnym jednorodnego uk ladu r´owna´

n, tzn. ka˙zde rozwia

,

zanie mo˙zemy

zapisa´c w tej postaci dobieraja

,

c sta le c

1

, c

2

, c

3

w odpowiedni spos´ob.

Przyk lad 15.2

Niech A =





5 2 −1

−3 0

1

3 2

1



. Rozwa˙zymy wie

,

c uk lad r´owna´

n:

*

Liczba 1 jest powt´

orzona, bo jest pierwiastkiem podw´

ojnym r´

ownania charakterystycznego, czyli jest

podw´

ojna, warto´scia, w lasna,.

5

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du





x

0

1

(t)

x

0

2

(t)

x

0

3

(t)



 = ~x

0

(t) = A~x(t) =





5

2 −1

−3

0

1

3

2

1









x

1

(t)

x

2

(t)

x

3

(t)



 =





5x

1

(t) + 2x

2

(t) − x

3

(t)

−3x

1

(t) + x

3

(t)

3x

1

(t) + 2x

2

(t) + x

3

(t)



.

Zaczniemy, jak poprzednio, od znalezienia warto´sci w lasnych macierzy A . Szukamy takich

liczb λ , dla kt´orych spe lniona jest r´owno´s´c

0 =













5 − λ

2

−1

−3

0 − λ

1

3

2

1 − λ













= −λ

3

+ 6λ

2

− 12λ + 8 = (2 − λ)

3

.

Tym razem macierz ma jedna

,

, za to trzykrotna

,

, warto´s´c w lasna

,

. Je´sli ~v =



v

1

v

2

v

3



jest

wektorem w lasnym macierzy A , to musza

,

by´c spe lnione r´owno´sci:

( 5v

1

+ 2v

2

− v

3

= 2v

1

,

−3v

1

+ 0v

2

+ v

3

= 2v

2

,

3v

1

+ 2v

2

+ v

3

= 2v

3

,

czyli

( 3v

1

+ 2v

2

− v

3

= 0,

−3v

1

− 2v

2

+ v

3

= 0,

3v

1

+ 2v

2

− v

3

= 0.

Oznacza to, ˙ze ~v jest wektorem w lasnym macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy v

3

=

3v

1

+ 2v

2

. Niech ~v

1

=



1

0
3



, ~v

2

=



0

1
2



. Jest jasne, ˙ze je´sli ~v =



v

1

v

2

v

3



i v

3

= 3v

1

+ 2v

2

,

to ~v = v

1

· v

1

+ v

2

· v

2

. Wynika sta

,

d, ˙ze u˙zywaja

,

c rozwia

,

za´

n postaci ~ve

2t

nie znajdziemy

nigdy rozwia

,

zania ~x , dla kt´orego spe lniona by laby r´owno´s´c ~x(0) =



0

0
1



. Wobec tego

funkcja c

1

~v

1

e

2t

+ c

2

~v

2

e

2t

nie jest rozwia

,

zaniem og´olnym uk ladu.

W tej sytuacji nale˙zy znale´z´c tzw. uog´olniony wektor w lasny, tj. wektor ~

w , dla kt´orego

istnieje taki wektor w lasny ~v , ˙ze spe lniona jest r´owno´s´c

A~

w = λ~

w + ~v

bo

====

λ=2

2~

w + ~v .

Wtedy, jak to sprawdzimy za chwile

,

, funkcja (~

w + t~v)e

λt

bo

====

λ=2

(~

w + t~v)e

2t

. W ten spos´ob

znajdziemy brakuja

,

ce rozwia

,

zania.

Najpierw wyka˙ze

,

, ˙ze znalezienie wektora ~

w rozwia

,

zuje

,

problem:

(~

w + t~v)e

λt

0

= ~ve

λt

+ λ(~

w + t~v)e

λt

= (λ~

w + ~v)e

λt

+ tλ~ve

λt

= (A~

w)e

λt

+ t(A~v)e

λt

=

= A (~

w + t~v)e

λt

.

Teraz znajdziemy wektor ~

w . R´ownanie A~

w = λ~

w + ~v mo˙zna przepisa´c w postaci

♠

(A − λI)~

w =





3

2 −1

−3 −2

1

3

2 −1



~w = ~v . Spr´obujmy przyja

,

´c ~

w =



0

0
1



. Wtedy

~v =





3

2 −1

−3 −2

1

3

2 −1









0
0
1



 =





−1

1

−1





— ~v jest wektorem w lasnym, bowiem

♠

Przypominamy, ˙ze I to macierz jednostkowa, ma jedynki na g l´

ownej przeka,tnej, poza nia, — zera.

6

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du





3

2 −1

−3 −2

1

3

2 −1









−1

1

−1



 =





0
0
0



.

Jest jasne , ˙ze je´sli ~

w =



w

1

w

2

w

3



, to





3

2 −1

−3 −2

1

3

2 −1



~w = (−3w

1

− 2w

2

+ w

3

)





−1

1

−1



,

a wie

,

c zasta

,

pienie wektora ~

w innym mo˙ze jedynie w nieistotny spos´ob zmieni´c wektor

~v — zasta

,

pimy go r´ownoleg lym do niego, pomimo tego, ˙ze mamy do dyspozycji ca la

,

p laszczyzne

,

!

Mo˙zemy napisa´c w ko´

ncu

~x(t) = c

1

~v

1

e

2t

+ c

2

~v

2

e

2t

+ c

3

(~

w + t~v)e

2t

=





(c

1

− c

3

t)e

2t

(c

2

+ c

3

t)e

2t

(3c

1

+ 2c

2

+ c

3

− c

3

t)e

2t



 .

Oczywi´scie dla ka˙zdego wektora ~u =



u

1

u

2

u

3



mo˙zna znale´z´c takie sta le c

1

, c

2

, c

3

, ˙ze ~u =

c

1

~v

1

+ c

2

~v

2

+ c

3

~

w = ~x(0) ,* a to oznacza, ˙ze funkcja ~x jest rozwia

,

zaniem og´olnym

uk ladu.

Obejrzymy jeszcze jeden uk lad jednorodny.

Przyk lad 15.3

Spr´obujemy rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n







x

0

1

(t) = 2x

1

(t) + x

2

(t),

x

0

2

(t) = 2x

2

(t) + x

3

(t),

x

0

3

(t) = 2x

3

(t).

Zapiszemy go w postaci wektorowej. Niech A =





2 1 0
0 2 1
0 0 2



. Bez trudu sprawdzamy,

˙ze liczba 2 jest potr´ojna

,

warto´scia

,

w lasna

,

macierzy A oraz ˙ze wektorami w lasnymi jej

odpowiadaja

,

cymi sa

,

wektory postaci ~v =



0

0

v

3



= v

3



0

0
1



. Zbi´or z nich z lo˙zony jest

wie

,

c jednowymiarowa

,

przestrzenia

,

liniowa

,

. Niech ~v

3

=



0

0
1



. Niech ~v

2

=



0

1
0



. Mamy

(A − 2I)~v

2

= ~v

3

. Mamy wie

,

c rozwia

,

zanie postaci c

2

(~v

2

+ t~v

3

)e

2t

+ c

3

~v

3

e

2t

. Nie jest

to niestety rozwia

,

zanie og´olne, bo niezale˙znie od tego, co uczynimy ze sta lymi c

2

, c

3

,

to podana funkcja w punkcie 0 nie przyjmie warto´sci



1

0
0



. Zauwa˙zmy jednak, ˙ze je´sli

~v

1

=



1

0
0



, to (A − 2I)~v

1

= ~v

2

, czyli A~v

1

= 2~v

1

+ ~v

2

. Niech

*

Wystarczy przyja,´c c

1

=u

1

, c

2

=u

2

i c

3

=u

3

−2u

2

−3u

1

.

7

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

~x

1

(t) = ~v

1

+ t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

e

2t

.

Mamy teraz

~x

0

1

(t) = ~v

2

+ t~v

3

e

2t

+ 2 ~v

1

+ t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

e

2t

=

= (2~v

1

+ ~v

2

)e

2t

+ t(2~v

2

+ ~v

3

)e

2t

+ t

2

~v

3

e

2t

= A~v

1

e

2t

+ tA~v

2

e

2t

+

1
2

A~v

3

e

2t

=

= A ~v

1

+ t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

e

2t

= A~x

1

(t) .

Wskazali´smy wie

,

c naste

,

pne rozwia

,

zanie. Niech

~x(t) = c

1

~v

1

+ t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

e

2t

+ c

2

~v

2

+ t~v

3

e

2t

+ c

3

~v

3

e

2t

=





c

1

e

2t

(c

1

t + c

2

)e

2t

(

1
2

c

1

t

2

+ c

2

t + c

3

)e

2t



.

Funkcja ta jest rozwia

,

zaniem og´olnym uk ladu, bo manipuluja

,

c wsp´o lczynnikami c

1

, c

2

, c

3

mo˙zna uzyska´c dowolna

,

warto´s´c ~x(0) .

Pojawi l sie

,

tu nowy spos´ob znajdowania. rozwia

,

zania og´olnego. Nie be

,

dziemy dowodzi´c

og´olnego twierdzenia, kt´ore kryje sie

,

za przedstawianymi rozumowaniami, bo nie mamy na

to czasu.

Definicja 15.1 (serii)

Cia

,

g wektor´ow ~v

1

, ~v

2

, . . . , ~v

m

nazywamy seria

,

Jordana d lugo´sci m odpowiadaja

,

ca

,

warto´sci w lasnej λ macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy

A~v

1

= λ~v

1

+ ~v

2

, A~v

2

= λ~v

2

+ ~v

3

, . . . , A~v

m−1

= λ~v

m−1

+ ~v

m

i A~v

m

= λ~v

m

.

W ostatnim przyk ladzie wysta

,

pi la jedna seria d lugo´sci 3 ( ~v

1

, ~v

2

, ~v

3

) i dzie

,

ki niej

uda lo sie

,

napisa´c rozwia

,

zanie uk ladu w postaci og´olnej. W poprzednim przyk ladzie wy-

ste

,

powa la seria d lugo´sci 2 . Wektor w lasny to seria d lugo´sci 1 .

Twierdzenie Jordana, kt´orego nie be

,

dziemy dowodzi´c, m´owi, ˙ze je´sli mamy

n –krotna

,

warto´s´c w lasna

,

, to mo˙zemy znale´z´c serie Jordana je odpowiadaja

,

ce w taki

spos´ob, by ich suma d lugo´sci by la r´owna krotno´sci warto´sci w lasnej n i by wszystkie

wektory wyste

,

puja

,

ce w tych seriach by ly liniowo niezale˙zne. Nie m´owimy te˙z jak mo˙zna

to zrobi´c. W przyk ladach, kt´ore rozpatrujemy, be

,

dzie to proste.

Maja

,

c dana

,

serie

,

d lugo´sci m mo˙zemy napisa´c odpowiadaja

,

ce jej rozwia

,

zania ~v

1

+

t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

+ · · · +

1

(m−1)!

t

m−1

e

λt

, ~v

2

+ t~v

3

+

1
2

t

2

~v

4

+ · · · +

1

(m−2)!

t

m−2

e

λt

,

. . . , ~v

m−1

+ t~v

m

e

λt

, ~v

m

e

λt

.

W rozwia

,

zaniu og´olnym pojawi sie

,

sk ladnik

c

1

~v

1

+ t~v

2

+

1
2

t

2

~v

3

+ · · · +

1

(m−1)!

t

m−1

e

λt

+ c

2

~v

2

+ t~v

3

+

1
2

t

2

~v

4

+ · · · +

1

(m−1)!

t

m−1

e

λt

+

+ · · · + c

m−1

(~v

m−1

+ t~v

m

)e

λt

+ c

m

~v

m

e

λt

.

Wynika z tego, ˙ze wsp´o lrze

,

dne rozwia

,

zania og´olnego sa

,

quasiwielomianami, kt´orych

stopie´

n jest o co najmniej jeden mniejszy od d lugo´sci ka˙zdej serii zwia

,

zanej z dana

,

war-

to´scia

,

w lasna

,

, kt´ora oczywi´scie pojawia sie

,

w wyk ladniku.

8

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

Mo˙zna wie

,

c nie szuka´c serii, lecz za lo˙zy´c ˙ze wsp´o lrze

,

dne sa

,

quasiwielomianami, kt´orych

stopie´

n jest o co najmniej jeden mniejszy od krotno´sci warto´sci w lasnej (to na og´o l za du˙zo)

podstawi´c taka

,

og´olna

,

funkcje

,

wektorowa

,

w miejsce poszukiwanej do uk ladu i znale´z´c

warunki na wsp´o lczynniki; oczywi´scie na wste

,

pie nie zak ladamy ˙zadnych relacji mie

,

dzy

wsp´o lczynnikami wyste

,

puja

,

cym na r´o˙znych wsp´o lrze

,

dnych.

Zadania

15. 01 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= x − 3y,

y

0

= 3x + y.

15. 02 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= x + y,

y

0

= 3y − 2x.

15. 03 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

+ x + 5y = 0,

y

0

− x − y = 0.

15. 04 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= 2y − 3x = 0,

y

0

= y − 2x.

15. 05 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= 4x − y,

y

0

= 5x + 2y.

15. 06 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= 2x + y,

y

0

= 4y − x.

15. 07 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

= 3x − y,

y

0

= 4x − y.

15. 08 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:



x

0

− 5x − 3y = 0,

y

0

+ 3x + y = 0.

15. 09 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= 2x + y + z

y

0

= −2x − z,

z

0

= 2x + y + 2z.

15. 10 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:

(

x

0

= x − y − z,

y

0

= x + y,

z

0

= 3x + z.

15. 11 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= 4x − y − z,

y

0

= x + 2y − z,

z

0

= 2y + 3z − x.

15. 12 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= y − 2z − x,

y

0

= 4x + y,

z

0

= 2x + y − z.

15. 13 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= 2x − y − z,

y

0

= 2x − y − 2z,

z

0

= 2z − x + y.

15. 14 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= 2x − y + z,

y

0

= x + 2y − z,

z

0

= x − 2y + 2z.

9

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

15. 15 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= 2x + 2z − y,

y

0

= x + 2z,

z

0

= y − 2x − z.

15. 16 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:







x

0

= x − y + z,

y

0

= x + y − z,

z

0

= 2z − y.

15. 17 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:

(

x

0

= 2x + y,

y

0

= 2y + 4z,

z

0

= x − z.

15. 18 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:

(

x

0

= 4x − y,

y

0

= 3x + y − z,

z

0

= x + z.

15. 19 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:











w

0

= 7w − 2x + 5y − 10z,

x

0

= 5w − 2x − 5z,

y

0

= 2w + 3y − 4z,

z

0

= 5w − x + 5y − 8z.

15. 20 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n:











w

0

= 7w − 4x + 5y − 10z,

x

0

= 3w − 2x − 3z,

y

0

= 2w + 3y − 4z,

z

0

= 5w − 2x + 5y − 8z.

15. 21 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= y + tg

2

t − 1,

y

0

= −x + tg t ;



x

0

= 2y − x,

y

0

= 4y − 3x +

e

3t

1+e

2t

.

15. 22 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= −4x − 2y +

2

e

t

−1

,

y

0

= 6x + 3y −

3

e

t

−1

;



x

0

= x − y +

1

cos t

,

y

0

= 2x − y.

15. 23 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= 3x − 2y,

y

0

= 2x − y + 15e

t

√

t.

15. 24 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= y + tg

2

t − 1,

y

0

= −x + tg t.

15. 25 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= 2y − x,

y

0

= 4y − 3x +

e

3t

1+e

2t

.

15. 26 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= −4x − 2y +

2

e

t

−1

,

y

0

= 6x + 3y −

3

e

t

−1

.

15. 27 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= x − y +

1

cos t

,

y

0

= 2x − y.

10

Uk lady r´owna´

n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze

,

du

15. 28 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n (mo˙zna ewentualnie uzmiennia´c sta le):



x

0

= 3x − 2y,

y

0

= 2x − y + 15e

t

√

t.

15. 29 Niech M =





0 1 −1
1 0 −1
0 1

0



, v =





2

−1

1



.

Znale´z´c iloczyn M · v .

Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n x

0

(t) = M · x(t) .

Znale´z´c rozwia

,

zanie uk ladu r´owna´

n x

0

(t) = M · x(t) spe lniaja

,

ce warunek

x(0) =





2

−1

1



.

Znale´z´c rozwia

,

zanie uk ladu r´owna´

n x

0

(t) = M · x(t) spe lniaja

,

ce warunek

x(0) =





1
1
2



.

15. 30 Znale´z´c rozwia

,

zanie og´olne uk ladu r´owna´

n r´o˙zniczkowych



x

0

(t) = −x(t) + y(t),

y

0

(t) = −x(t) − 3y(t).

Znale´z´c rozwia

,

zanie szczeg´olne spe lniaja

,

ce warunek pocza

,

tkowy x(0) = 0 , y(0) = 7 .

15. 31 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n



x

0

(t) = 3x(t) − y(t) + e

4t

· sin t,

y

0

(t) = x(t) + 5y(t) − e

4t

· sin t.

(4)

Znale´z´c rozwia

,

zanie uk ladu (4) spe lniaja

,

ce warunki x(0) = −2 i y(0) = 2 .

Znale´z´c rozwia

,

zanie uk ladu (4) spe lniaja

,

ce warunki x(0) = 0 = y(0) .

15. 32 Znale´z´c warto´sci i wektory w lasne macierzy



1 −2
2

5



.

Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n



x

0

(t) = x(t) − 2y(t) + 3e

3t

· cos(3t),

y

0

(t) = 2x(t) + 5y(t) − 3e

3t

· cos(3t).

15. 33 Rozwia

,

za´c uk lad r´owna´

n



x

0

(t) = 6x(t) − 3y(t),

y

0

(t) = 8x(t) − 5y(t).

15. 34 Znale´z´c rozwia

,

zanie uk ladu r´owna´

n



x

0

(t) = −13x(t) + 25y(t),

y

0

(t) = −9x(t) + 17y(t),

kt´ore spe lnia warunek x(0) = −2 , y(0) = −1 .

11