plik


ÿþUklady równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rze du Poprawiony 26 maja, 22:07 Pokazywali[my jak mo|na rozwia za równanie x + x = 2 cos t + 12t sin t uzmien- niaja c obie sta które pojawiaja sie w rozwia zaniu ogólnym równania jednorodnego le, x + x = 0 . W trakcie rozwia zywanie ta metoda troche niespodziewanie pojawi sie lo równanie c (t) cos t + c (t) sin t = 0 , po prostu zosta dopisane. Mo|na jednak wyja[ni lo 1 2 ska d ono sie bierze. Trzeba jednak w tym celu rozwa|y nieco ogólniejszy problem. Mamy rozwia za równanie x +x = 2 cos t+12t sin t . Wprowadzmy oznaczenie x = y . Wtedy y = x = -x + 2 cos t + 12t sin t . Mo|emy wiec zamiast równania ró|niczkowego drugiego rzedu rozwia zywa uk dwóch równaD pierwszego rzedu: lad x = y , y = -x + 2 cos t + 12t sin t . x 0 1 0 Niech A = , = oraz = . A jest wiec macierza , a g(t) x x 2 cos t+12t sin t y -1 0 niewiadoma funkcja zmiennej t , której warto[ciami sa wektory, równie| jest funkcja o g warto[ciach wektorowych. Uk równaD mo|emy zapisa tak: lad = A + . (ur) x (t) x(t) g(t) To bardzo przypomina równanie liniowe x (t) = »x(t) + b(t) . Rozwia zaniem równania liniowego jednorodnego x = »x jest funkcja e»t · c , gdzie c " R lub c " C , je[li interesuja nas rozwia zania zespolone. Wyka|emy, |e teraz jest tak samo, no mo|e nieomal tak samo. W przypadku uk funkcja powinna mie warto[ci wekto- ladu rowe. Chodzi te| o to ska d wzia  liczbe » . To bardzo proste: nale|y znalez warto[ci w i odpowiadaja ce im wektory w Niech A = » i = . Wtedy lasne lasne. v v x(t) ve»t = » = A , a to oznacza, |e funkcja jest rozwia zaniem jednorodnego x (t) ve»t ve»t x uk równaD ladu = A . (jur) x (t) x(t) Je[li mamy troche szcze[cia i uda nam sie znalez wektory , , . . . , odpowia- lo v1 v2 vk daja ce warto[ciom w v1 v2 vk lasnym »1 , »2 , . . . , »k , przy czym wektory , , . . . , sa liniowo niezale|ne,* to rozwia zaniem ogólnym uk jednorodnego jest funkcja ladu * Oznacza to, |e je[li v2c2+···+ 0 , to c1=c2=...=ck=0 ; je[li k=1 , to 0 ; je[li v1c1+ vkck= v1= k=2 , to wektory v2 nie le|a na jednej prostej; je[li k=3 , to wektory v2, nie le|a na jednej v1, v1, v3 p laszczyznie. 1 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady 1 2 1 = · c1 + · c2 + · · · + · ck . x(t) v1e» t v2e» t vke» t Niech X(t) bedzie macierza , której kolumnami sa kolejno funkcje o warto[ciach wektoro- 1 2 k wych: , , . . . , . Wtedy zachodzi równo[ = X(t) · , kolejnymi v1e» t v2e» t vke» t x(t) c wspó lrzednymi wektora c sa liczby c1, c2 . . . , ck . Zauwa|my przy okazji, |e zachodzi te| równo[ X (t) = AX(t) . Wynika ona sta d, |e analogiczna równo[ jest spe dla ka|dej kolumny macierzy X lniona i ze sposobu mno|enia macierzy. Macierz X zwana jest rozwia zaniem fundamentalnym uk jednorodnego, o ile jej kolumny sa wektorami liniowo niezale|nymi, a to o niej ladu za lo|yli[my. Rozwia zanie równania liniowego niejednorodnego mogli[my znalez w postaci e»t·c(t) . Rozwia zania uk równaD niejednorodnych mo|emy poszuka w analogiczny sposób, tj. ladu w postaci = X(t) · . Mamy wtedy x(t) c(t) = X (t) + X(t) (t) = AX(t) + X(t) (t) = A + X(t) (t) . x (t) c(t) c c(t) c x(t) c Wystarczy wiec, by spe by równo[ lniona la Ax(t) + = x (t) = A + X(t) (t) , g(t) x(t) c czyli = X(t) (t) , by funkcja X by rozwia zaniem uk niejednorodnego. Otó| g(t) c la ladu -1 mo|na udowodni, |e det X(t) = 0 , a z tego wynika, |e istnieje X(t) . Mo|emy -1 wiec napisa (t) = X(t) . Sprowadzili[my wiec rozwia zanie uk równaD do c g(t) ladu sca lkowania pewnej funkcji, której warto[ciami sa wektory. Prze[ledzimy te procedure na przyk od którego rozpoczeli[my omawianie uk równaD ró|niczkowych. ladzie, ladów 0 1 0 Mamy wiec k = 2 , A = , = . g(t) -1 0 2 cos t + 12t sin t Uk jednorodny wygla da wiec tak: lad x (t) 0 1 x1(t) 1 = · . x (t) -1 0 x2(t) 2 -» 1 Równanie charakterystyczne macierzy A wygla da tak 0 = = »2 + 1 , zatem -1 -» v 1 jej warto[ciami w lasny odpowiadaja cy lasnymi sa liczby ±i . Znajdziemy wektor w v2 warto[ci w i . Musi by spe uk równaD (algebraicznych): lasnej lniony lad 0 · v1 + 1 · v2 = iv1, -1 · v1 + 0 · v2 = iv2. Oba równania sa równowa|ne, zatem musi by spe równo[ v2 = iv1 . Niech v1 = 1 . lniona 1 Widzimy, |e jest wektorem w lasnej lasnym odpowiadaja cym warto[ci w i . Poniewa| i 1 macierz A jest rzeczywista, wiec warto[ci w -i odpowiada wektor w lasnej lasny . -i 2 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady 1 1 Wobec tego funkcje eit oraz e-it sa rozwia zaniami wektorowymi jednorodnego i -i uk równaD (ró|niczkowych). Rozwia zanie ogólne wygla da wiec tak: ladu 1 eit e-it c1 1 eitc1 + e-itc2 = . i -i ieit -ie-it c2 eit e-it Mo|emy wiec przyja  X(t) = . Szukamy rozwia zania uk niejednorod- ladu ieit -ie-it eit e-it c1(t) nego w postaci X(t)· = · . Podstawiaja c do wyj[ciowego uk c(t) ladu ieit -ie-it c2(t) i redukuja c wszystko, co tylko mo|na, otrzymujemy: eit e-it c (t) 0 1 · = , ieit -ie-it c (t) 2 cos t + 12t sin t 2 co mo|na zapisa te| nie u|ywaja c macierzy c (t)eit + c (t)e-it = 0, 1 2 c (t)ieit - c (t)ie-it = 2 cos t + 12t sin t. 1 2 Otrzymali[my wiec uk równaD z niewiadomymi funkcjami c , c taki sam, jak w me- lad 1 2 todzie uzmienniania sta stosowanej do równania ró|niczkowego drugiego rzedu. Tym lych razem nie trzeba by wprowadza sztucznie pierwszego równania, pojawi sie samo. Teraz lo lo nale|y rozwia za otrzymany uk równaD. Mno|a c pierwsze przez eit , drugie przez -ieit lad i dodaja c równania stronami otrzymujemy 2c (t)e2it = -i(2 cos t + 12t sin t)eit . 1 Sta d wynika, |e c (t) = -i(cos t + 6t sin t)e-it = -i(cos t + 6t sin t)(cos t - i sin t) = 1 = - sin t cos t - 6t sin2 t - i(cos2 t + 6t sin t cos t) . Z pierwszego równania wynika, |e c (t) = -c (t)e2it = i(cos t + 6t sin t)eit = i(cos t + 6t sin t)(cos t + i sin t) = 2 1 = - sin t cos t - 6t sin2 t + i(cos2 t + 6t sin t cos t) . Pozosta sca otrzymane pochodne poszukiwanych funkcji: lo lkowa c (t)dt = - sin t cos t - 6t sin2 t - i(cos2 t + 6t sin t cos t) dt = 1 3 = 2 cos2 t + 3 sin t cos t - t2 - i 2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t + d1 , 2 gdzie d1 jest pewna liczba , by mo|e nierzeczywista . Analogicznie c (t)dt = - sin t cos t - 6t sin2 t + i(cos2 t + 6t sin t cos t) dt = 2 3 = 2 cos2 t + 3 sin t cos t - t2 + i 2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t + d2 , 2 gdzie d2 jest pewna liczba by mo|e nierzeczywista . Wobec tego rozwia zania uk nie- ladu jednorodnego wygla daja w tym przypadku tak: 3 x1(t) = 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 - i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d1 eit + 2 3 + 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 + i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d2 e-it = 2 3 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady 3 = 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 - i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d1 cos t + i sin t + 2 3 + 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 + i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d2 cos t - i sin t = 2 = 4 cos t - 3t2 cos t + 2t sin t + (d1 + d2) cos t + i(d1 - d2) sin t . Analogicznie 3 x2(t) = i 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 - i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d1 eit - 2 3 - i 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 + i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d2 e-it = 2 3 = i 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 - i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d1 cos t + i sin t - 2 3 - i 2 cos2 t + 3t sin t cos t - t2 + i(2 sin t cos t + 2t - 3t cos2 t) + d2 cos t - i sin t = 2 = 3t2 sin t - 2t cos t - (d1 + d2) sin t + i(d1 - d2) cos t . Przyjmimy d1 = ± + ²i , ±, ² " R . Je[li chcemy, by funkcja x1 przyjmowa jedynie la rzeczywiste warto[ci, nale|y za |e d1 + d2 jest liczba rzeczywista , a d1 - d2  liczba lo|y, czysto urojona . Oznacza to, |e Imd2 = -Imd1 = -² i Red2 = Red1 = ± . Rozwia zania przyjmuja posta x1(t) = 4 cos t - 3t2 cos t + 2t sin t + 2± cos t - 2² sin t , x2(t) = 3t2 sin t - 2t cos t - 2± sin t - 2² cos t . Oczywi[cie |adnych ograniczeD na liczby rzeczywiste ±, ² nie ma. Doda trzeba, |e mogli[my rozwia zanie ogólne uk jednorodnego zapisa w inny ladu 1 1 sposób. Np. zamiast rozwia zaD wektorowych eit i e-it mogli[my rozwa|a funkcje -i 1 1 i 1 cos t 1 Re eit = eit + e-it] = oraz i 2 i -i - sin t 1 1 sin t 1 1 Im eit = eit - e-it] = . i 2i i -i cos t Prowadzi do wzoru cos t sin t X(t) = . - sin t cos t Zachecam studentów do przeprowadzenia obliczeD startuja c z z w wskazanego roz- la[nie wia zania fundamentalnego. Obliczenia wcale nie beda trudniejsze ni| pokazane przeze mnie. Zajmiemy sie teraz dwoma uk trzech równaD liniowych z trzema niewiadomymi ladami funkcjami. ëø öø 5 -2 4 øø. Przyk 15.1 Niech A =íø 2 0 2 Rozwa|ymy uk równaD ró|niczkowych lad lad -2 1 -1 jednorodnych (zapisany w postaci wektorowej) ëø öø ëø öø öø ëø öø ëø x (t) 5 -2 4 x1(t) 5x1(t) - 2x2(t) + 4x3(t) 1 íø øø= A øø øø. íø øø=íø x (t) x (t) = x(t) =íø 2 0 2 x2(t) 2x1(t) + 2x3(t) 2 x (t) -2 1 -1 x3(t) -2x1(t) + x2(t) - x3(t) 3 Zaczniemy od znalezienia warto[ci w lasnymi tej lasnych, potem zajmiemy sie wektorami w 4 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady macierzy. Równanie charakterystyczne wygla da tak 5 - » -2 4 0 = 2 0 - » 2 = -»3 + 4»2 - 5» + 2 = (1 - »)2(2 - ») . -2 1 -1 - » Wobec tego warto[ciami w v lrzednych lasnymi sa liczby 1, 1, 2 .* Je[li wektor o wspó v1, v2, v3 odpowiada warto[ci w 2 , to musza by spe równo[ci lasnej lnione 5v1 - 2v2 + 4v3 = 2v1, 3v1 - 2v2 + 4v3 = 0, 2v1 + 0v2 + 2v3 = 2v2, czyli 2v1 - 2v2 + 2v3 = 0, -2v1 + 1v2 - 1v3 = 2v3, -2v1 + v2 - 3v3 = 0. Odejmuja c drugie równanie od pierwszego otrzymujemy v1 +2v3 = 0 , a zatem v1 = -2v3 . Po podstawieniu tego wyniku do dowolnego z trzech równaD otrzymujemy v2 = -v3 . " 1410 Przyjmuja c np. v3 = -1 (mo|emy te| v3 = 1683 · 1525 ) stwierdzamy, |e wektor 2 = lasnej v1 1 odpowiada warto[ci w 2 . Teraz znajdziemy wektory odpowiadaja ce -1 warto[ci w 1 . Je[li v1, v2, v3 sa wspó lasnej lrzednymi takiego wektora, to 5v1 - 2v2 + 4v3 = v1, 4v1 - 2v2 + 4v3 = 0, 2v1 + 0v2 + 2v3 = v2, czyli 2v1 - v2 + 2v3 = 0, -2v1 + 1v2 - 1v3 = v3, -2v1 + v2 - 2v3 = 0. Otrzymali[my trzy równowa|ne równania. Oznacza to, |e mo|emy wybra dowolnie np. warto[ci v1 i v3 i wyznaczy v2 z wzoru v2 = 2v1 + 2v3 . Wybieraja c np. v1 = 1 . v3 = 0 otrzymujemy v2 = 2 . Podobnie z równo[ci v = 0 i v3 = 1 wynika równo[ v2 = 2 . 1 0 1 Znalezli[my wiec dwa wektory w = i = , które nie le|a na jednej lasne v2 2 v3 2 0 1 c2 prostej, bowiem z równo[ci 0 = c2 + c3 = v2 v3 2c2+2c3 wynikaja oczywi[cie równo[ci c3 2c1+c2 c2 = 0 = c3 . Mo|na bez trudu stwierdzi, |e je[li 0 = c1 + c2 + c3 = v1 v2 v3 c1+2c2+2c3 , -c1+c3 to c1 = c2 = c3 = 0 . Wynika sta d |e dla ka|dego wektora " R3 istnieje i to latwo, v dok jedna taka trójka liczb c1, c2, c3 , |e = c1 + c2 + c3 . Mo|emy wiec ladnie v v1 v2 v3 stwierdzi, |e funkcja o warto[ciach wektorowych 2c1e2t+c2et = c1 + c2 + c3 = x(t) v1e2t v2et v3et c1e2t+2c2et+2c3et -c1e2t+c3et jest rozwia zaniem ogólnym jednorodnego uk równaD, tzn. ka|de rozwia zanie mo|emy ladu zapisa w tej postaci dobieraja c sta c1, c2, c3 w odpowiedni sposób. le ëø öø 5 2 -1 øø. Przyk 15.2 Niech A =íø -3 0 1 Rozwa|ymy wiec uk równaD: lad lad 3 2 1 *Liczba 1 jest powtórzona, bo jest pierwiastkiem podwójnym równania charakterystycznego, czyli jest podwójna warto[cia w lasna. 5 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady ëø öø ëø öø öø ëø öø ëø x (t) 5 2 -1 x1(t) 5x1(t) + 2x2(t) - x3(t) 1 íø øø= A øø øø. íø øø=íø x (t) x (t) = x(t) =íø-3 0 1 x2(t) -3x1(t) + x3(t) 2 x (t) 3 2 1 x3(t) 3x1(t) + 2x2(t) + x3(t) 3 Zaczniemy, jak poprzednio, od znalezienia warto[ci w lasnych macierzy A . Szukamy takich liczb » , dla których spe jest równo[ lniona 5 - » 2 -1 0 = -3 0 - » 1 = -»3 + 6»2 - 12» + 8 = (2 - »)3 . 3 2 1 - » v 1 v2 Tym razem macierz ma jedna , za to trzykrotna , warto[ w Je[li = jest lasna . v v3 wektorem w lnione lasnym macierzy A , to musza by spe równo[ci: 5v1 + 2v2 - v3 = 2v1, 3v1 + 2v2 - v3 = 0, -3v1 + 0v2 + v3 = 2v2, czyli -3v1 - 2v2 + v3 = 0, 3v1 + 2v2 + v3 = 2v3, 3v1 + 2v2 - v3 = 0. Oznacza to, |e jest wektorem w v lasnym macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy v3 = 1 0 v 1 v2 3v1 + 2v2 . Niech = , = . Jest jasne, |e je[li = i v3 = 3v1 + 2v2 , v1 0 v2 1 v v3 3 2 to = v1 · v1 + v2 · v2 . Wynika sta d, |e u|ywaja c rozwia zaD postaci nie znajdziemy v ve2t 0 0 nigdy rozwia zania , dla którego spe by równo[ = . Wobec tego x lniona laby x(0) 1 funkcja c1 + c2 nie jest rozwia zaniem ogólnym uk v1e2t v2e2t ladu. W tej sytuacji nale|y znalez tzw. uogólniony wektor w tj. wektor w , dla którego lasny, istnieje taki wektor w , |e spe jest równo[ lasny v lniona v = v Aw = »w + =bo= 2w + . = »=2 v)e»t = v)e2t Wtedy, jak to sprawdzimy za chwile, funkcja (w + t =bo= (w + t . W ten sposób = »=2 znajdziemy brakuja ce rozwia zania. Najpierw wyka|e, |e znalezienie wektora w rozwia zuje problem: v)e»t ve»t v)e»t v)e»t ve»t v)e»t (w + t = + »(w + t = (»w + + t» = (Aw)e»t + t(A = v)e»t = A (w + t . `& v Teraz znajdziemy wektor w . Równanie Aw = »w + mo|na przepisa w postaci ëø öø 0 3 2 -1 øøw v 0 (A - »I)w =íø -3 -2 1 = . Spróbujmy przyja  w = . Wtedy 1 3 2 -1 ëø öø öø ëø öø ëø 3 2 -1 0 -1 øø øø=íø øø íø =íø -3 -2 1 0 1 v 3 2 -1 1 -1  jest wektorem w v lasnym, bowiem `& Przypominamy, |e I to macierz jednostkowa, ma jedynki na g ównej przekatnej, poza nia  zera. l 6 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady ëø öø öø ëø öø ëø 3 2 -1 -1 0 íø øø øø=íø øø. íø -3 -2 1 1 0 3 2 -1 -1 0 w 1 w2 Jest jasne , |e je[li w = , to w3 ëø öø ëø öø 3 2 -1 -1 íø øøw øø, -3 -2 1 = (-3w1 - 2w2 + w3)íø 1 3 2 -1 -1 a wiec zasta pienie wektora w innym mo|e jedynie w nieistotny sposób zmieni wektor  zasta pimy go równoleg do niego, pomimo tego, |e mamy do dyspozycji ca v lym la p laszczyzne! Mo|emy napisa w koDcu ëø öø (c1 - c3t)e2t øø = c1 + c2 + c3(w + t =íø (c2 + c3t)e2t . x(t) v1e2t v2e2t v)e2t (3c1 + 2c2 + c3 - c3t)e2t u 1 u2 Oczywi[cie dla ka|dego wektora = mo|na znalez takie sta c1, c2, c3 , |e = u le u u3 c1 + c2 + c3w = ,* a to oznacza, |e funkcja jest rozwia zaniem ogólnym v1 v2 x(0) x uk ladu. Obejrzymy jeszcze jeden uk jednorodny. lad Przyk 15.3 Spróbujemy rozwia za uk równaD lad lad ñø x (t) = 2x1(t) + x2(t), òø 1 x (t) = 2x2(t) + x3(t), 2 óø x (t) = 2x3(t). 3 ëø öø 2 1 0 íø øø. Zapiszemy go w postaci wektorowej. Niech A = 0 2 1 Bez trudu sprawdzamy, 0 0 2 |e liczba 2 jest potrójna warto[cia w macierzy A oraz |e wektorami w lasna lasnymi jej 0 0 0 odpowiadaja cymi sa wektory postaci = = v3 0 . Zbiór z nich z jest v lo|ony v3 1 0 0 wiec jednowymiarowa przestrzenia liniowa . Niech = . Niech = . Mamy v3 0 v2 1 1 0 (A - 2I) = . Mamy wiec rozwia zanie postaci c2( + t + c3 . Nie jest v2 v3 v2 v3)e2t v3e2t to niestety rozwia zanie ogólne, bo niezale|nie od tego, co uczynimy ze sta c2, c3 , lymi 1 0 to podana funkcja w punkcie 0 nie przyjmie warto[ci . Zauwa|my jednak, |e je[li 0 1 = , to (A - 2I) = , czyli A = 2 + . Niech v1 0 v1 v2 v1 v1 v2 0 *Wystarczy przyja c1=u1, c2=u2 i c3=u3-2u2-3u1 . 7 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady = + t + t2 e2t . x1(t) v1 v2 1 v3 2 Mamy teraz (t) = + t e2t + 2 + t + t2 e2t = x v2 v3 v1 v2 1 v3 1 2 = (2 + + t(2 + + t2 = A + tA + A = v1 v2)e2t v2 v3)e2t v3e2t v1e2t v2e2t 1 v3e2t 2 = A + t + t2 e2t = A . v1 v2 1 v3 x1(t) 2 Wskazali[my wiec nastepne rozwia zanie. Niech ëø öø c1e2t øø. = c1 + t + t2 e2t + c2 + t e2t + c3 =íø (c1t + c2)e2t x(t) v1 v2 1 v3 v2 v3 v3e2t 2 1 ( c1t2 + c2t + c3)e2t 2 Funkcja ta jest rozwia zaniem ogólnym uk bo manipuluja c wspó ladu, lczynnikami c1, c2, c3 mo|na uzyska dowolna warto[ . x(0) Pojawi sie tu nowy sposób znajdowania. rozwia zania ogólnego. Nie bedziemy dowodzi l ogólnego twierdzenia, które kryje sie za przedstawianymi rozumowaniami, bo nie mamy na to czasu. Definicja 15.1 (serii) Cia g wektorów , , . . . , nazywamy seria Jordana d v1 v2 vm lugo[ci m odpowiadaja ca warto[ci w » macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy lasnej A = » + , A = » + , . . . , A = » + i A = » . v1 v1 v2 v2 v2 v3 vm-1 vm-1 vm vm vm W ostatnim przyk wysta pi jedna seria d v1, v2, v3 ladzie la lugo[ci 3 ( ) i dzieki niej uda sie napisa rozwia zanie uk w postaci ogólnej. W poprzednim przyk wy- lo ladu ladzie stepowa seria d lasny lugo[ci 1 . la lugo[ci 2 . Wektor w to seria d Twierdzenie Jordana, którego nie bedziemy dowodzi, mówi, |e je[li mamy n  krotna warto[ w to mo|emy znalez serie Jordana je odpowiadaja ce w taki lasna , sposób, by ich suma d la lasnej lugo[ci by równa krotno[ci warto[ci w n i by wszystkie wektory wystepuja ce w tych seriach by liniowo niezale|ne. Nie mówimy te| jak mo|na ly to zrobi. W przyk ladach, które rozpatrujemy, bedzie to proste. Maja c dana serie d v1 lugo[ci m mo|emy napisa odpowiadaja ce jej rozwia zania + 1 1 t + t2 + · · · + tm-1 e»t , + t + t2 + · · · + tm-2 e»t , v2 1 v3 v2 v3 1 v4 2 (m-1)! 2 (m-2)! . . . , + t e»t , . vm-1 vm vme»t W rozwia zaniu ogólnym pojawi sie sk ladnik 1 1 c1 + t + t2 + · · · + tm-1 e»t + c2 + t + t2 + · · · + tm-1 e»t + v1 v2 1 v3 v2 v3 1 v4 2 (m-1)! 2 (m-1)! + · · · + cm-1( + t + cm . vm-1 vm)e»t vme»t Wynika z tego, |e wspó lrzedne rozwia zania ogólnego sa quasiwielomianami, których stopieD jest o co najmniej jeden mniejszy od d lugo[ci ka|dej serii zwia zanej z dana war- to[cia w która oczywi[cie pojawia sie w wyk lasna , ladniku. 8 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady Mo|na wiec nie szuka serii, lecz za |e wspó lo|y lrzedne sa quasiwielomianami, których stopieD jest o co najmniej jeden mniejszy od krotno[ci warto[ci w (to na ogó za du|o) lasnej l podstawi taka ogólna funkcje wektorowa w miejsce poszukiwanej do uk i znalez ladu warunki na wspó ladamy |adnych relacji miedzy lczynniki; oczywi[cie na wstepie nie zak wspó lrzednych. lczynnikami wystepuja cym na ró|nych wspó Zadania x = x - 3y, 15. 01 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 3x + y. x = x + y, 15. 02 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 3y - 2x. x + x + 5y = 0, 15. 03 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y - x - y = 0. x = 2y - 3x = 0, 15. 04 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = y - 2x. x = 4x - y, 15. 05 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 5x + 2y. x = 2x + y, 15. 06 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 4y - x. x = 3x - y, 15. 07 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 4x - y. x - 5x - 3y = 0, 15. 08 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y + 3x + y = 0. ñø òø x = 2x + y + z 15. 09 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = -2x - z, ladu óø z = 2x + y + 2z. x = x - y - z, 15. 10 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = x + y, ñøz = 3x + z. òø x = 4x - y - z, 15. 11 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = x + 2y - z, ladu óø z = 2y + 3z - x. ñø òø x = y - 2z - x, 15. 12 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = 4x + y, ladu óø z = 2x + y - z. ñø òø x = 2x - y - z, 15. 13 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = 2x - y - 2z, ladu óø z = 2z - x + y. ñø òø x = 2x - y + z, 15. 14 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = x + 2y - z, ladu óø z = x - 2y + 2z. 9 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady ñø òø x = 2x + 2z - y, 15. 15 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = x + 2z, ladu óø z = y - 2x - z. ñø òø x = x - y + z, 15. 16 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: y = x + y - z, ladu óø z = 2z - y. x = 2x + y, 15. 17 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 2y + 4z, z = x - z. x = 4x - y, 15. 18 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu y = 3x + y - z, z = x + z. ñø w = 7w - 2x + 5y - 10z, ôø òø x = 5w - 2x - 5z, 15. 19 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu ôø y = 2w + 3y - 4z, óø z = 5w - x + 5y - 8z. ñø w = 7w - 4x + 5y - 10z, ôø òø x = 3w - 2x - 3z, 15. 20 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD: ladu ôø y = 2w + 3y - 4z, óø z = 5w - 2x + 5y - 8z. 15. 21 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): x = 2y - x, x = y + tg2 t - 1, e3t y = 4y - 3x + . y = -x + tg t ; 1+e2t 15. 22 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): 2 1 x = -4x - 2y + , x = x - y + , et-1 cos t 3 y = 6x + 3y - ; y = 2x - y. et-1 15. 23 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): x = 3x - 2y, " y = 2x - y + 15et t. 15. 24 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): x = y + tg2 t - 1, y = -x + tg t. 15. 25 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): x = 2y - x, e3t y = 4y - 3x + . 1+e2t 15. 26 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): 2 x = -4x - 2y + , et-1 3 y = 6x + 3y - . et-1 15. 27 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): 1 x = x - y + , cos t y = 2x - y. 10 Uk równaD ró|niczkowych liniowych pierwszego rzedu lady 15. 28 Rozwia za uk równaD (mo|na ewentualnie uzmiennia sta lad le): x = 3x - 2y, " y = 2x - y + 15et t. ëø öø ëø öø 0 1 -1 2 øø, øø. 15. 29 Niech M =íø 1 0 -1 v =íø-1 0 1 0 1 Znalez iloczyn M · v . Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD x (t) = M · x(t) . ladu Znalez rozwia zanie uk równaD x (t) = M · x(t) spe ladu lniaja ce warunek ëø öø 2 øø. x(0) =íø-1 1 Znalez rozwia zanie uk równaD x (t) = M · x(t) spe ladu lniaja ce warunek ëø öø 1 øø. x(0) =íø 1 2 x (t) = -x(t) + y(t), 15. 30 Znalez rozwia zanie ogólne uk równaD ró|niczkowych ladu y (t) = -x(t) - 3y(t). Znalez rozwia zanie szczególne spe lniaja ce warunek pocza tkowy x(0) = 0 , y(0) = 7 . x (t) = 3x(t) - y(t) + e4t · sin t, 15. 31 Rozwia za uk równaD (4) lad y (t) = x(t) + 5y(t) - e4t · sin t. Znalez rozwia zanie uk (4) spe ladu lniaja ce warunki x(0) = -2 i y(0) = 2 . Znalez rozwia zanie uk (4) spe ladu lniaja ce warunki x(0) = 0 = y(0) . 1 -2 15. 32 Znalez warto[ci i wektory w macierzy . lasne 2 5 x (t) = x(t) - 2y(t) + 3e3t · cos(3t), Rozwia za uk równaD lad y (t) = 2x(t) + 5y(t) - 3e3t · cos(3t). x (t) = 6x(t) - 3y(t), 15. 33 Rozwia za uk równaD lad y (t) = 8x(t) - 5y(t). x (t) = -13x(t) + 25y(t), 15. 34 Znalez rozwia zanie uk równaD ladu y (t) = -9x(t) + 17y(t), które spe warunek x(0) = -2 , y(0) = -1 . lnia 11

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
ch11 12 rr uzm sta I rz
ch11 12 rr zm rozdz
ch11 12 szeregi pot
ch11 12 zesp
ch11 12 macierze
ch11 (12)
ch11 12 wiele zm
ch11 12 wiele zm
ch11 12 pochodne
ch11 12 geoman2
ch11 12 pochodne wyzszych rz
F2 33 Układy CMOS 12 Bramki transmisyjne
instrukcja bhp przy obsludze wozka widlowego typu bt rr 12 oraz bt rr 14
Układy Logiczne Lab 10 12
Zestaw 12 Macierz odwrotna, układy równań liniowych
12 Uklady rownan
bosch katalog innowacji uklady hamulcowe 12
F2 12 Układy TTL 1
248 12

więcej podobnych podstron