Sustavi običnih diferencijalnih jednadžbi

Uvod

Primjer 1.26   Neka su dvije mase spojene oprugama za fiksnu točku kao na slici 1.27.

Slika 1.27: Sustav od dva harmonijska oscilatora: a) ravnotežni položaj, b) u nekom trenutku $t.$

Ako zanemarimo otpor sredstva i težinu, onda za male oscilacije (u okviru kojih vrijedi Hookeov zakon) imamo

$$m_1\ddot{x}_1 (t)=-k_1\,x_1(t)+k_2\,(x_2(t)-x_1(t))$$

$$m_2\ddot{x}_2(t)=-k_2\,(x_2(t)-x_1(t)).$$

Brojevi $k_1$ i $k_2$ su pozitivni i oni karakteriziraju opruge. Oscilacije ovog sistema će biti potpuno zadane ako definiramo u čas $t=0$ početne položaje i početne brzine:

$$x_1(0)=x_{01},\;\; x_2(0)=x_{02},\;\; \dot{x}_1(0)= \dot{x}_{01},\;\; \dot{x}_2(0)=\dot{x}_{02}$$

Stavimo $\dot{x}_1=x_3,\;\; \dot{x}_2=x_4$. Dobivamo sustav diferencijalnih jednadžbi

$$\dot{x}_1 = x_3$$

$$\dot{x}_2 = x_4$$

$$\dot{x}_3 = -\frac{k_1}{m_1}\, x_1+\frac{k_2}{m_1}\, (x_2-x_1)$$

$$\dot{x}_4 = -\frac{k_2}{m_2}\, (x_2-x_1)$$

uz početni uvjet

$$x_1(0)=x_{01},\;\; x_2(0)=x_{02},\;\; x_3(0)=\dot{x}_{01},\;\; x_4(0)=\dot{x}_{02}.$$

Osim što ovaj primjer pokazuje kako modeliranje konkretnog fizikalnog problema dovodi do sustava diferencijalnih jednadžbi, on pokazuje također kako se sustav u kojem se pojavljuju derivacije višeg reda može svesti na sustav u kojem dolaze samo prve derivacije. Cijena za to je povećanje broja jednadžbi, no to pokazuje da se možemo ograničiti na razmatranje sustava u kojima dolaze samo prve derivacije.

Primjer 1.27   Dajmo jedan općenitiji primjer. Neka je fizikalni sustav $S$ u nekom vremenskom trenutku $t$ u potpunosti zadan s $n$ veličina, koje opisujemo kao funkcije vremena $x_1(t), x_2(t), \ldots, x_n(t).$ Pretpostavimo zatim da brzina promjene tih veličina ovisi samo o njima samima. To se matematički izražava ovako

$$\dot{x}_i(t)=\varphi_i(x_1(t), x_2(t), \ldots, x_n(t)),\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n.$$

Ponašanje sustava $S$ ovisi još o stanju u kojem se nalazi u početnom trenutku. To zadajemo početnim uvjetom za svaku veličinu

$$x_i(0)=c_i,\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n.$$

Posebno interesantne su one vrijednosti $c_i$ za koje je

$$\varphi_i(c_1,c_2, \ldots, c_n)=0,\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n.$$

Tada je

$$\dot{x}_i=0,\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n,$$

brzina promjene veličina $x_1(t), x_2(t), \ldots, x_n(t)$ jednaka je nuli, pa se sustav $S$ nalazi u ravnoteži. Pitanje je da li je ta ravnoteža stabilna. To ispitujemo na taj način da sustav $S$ pomaknemo malo iz položaja ravnoteže i ustanovimo što se događa. Stavimo

$$x_i=c_i+y_i,\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n,$$

i uvrstimo u diferencijalne jednadžbe

$$\dot{x}_i=\varphi_i(c_1+y_1(t), c_2+y_2(t), \ldots, c_n+y_n(t)),\hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n.$$

Uz dodatni uvjet da funkcije $\varphi_i$ imaju neprekidne derivacije, možemo primijeniti teorem srednje vrijednosti

$$\dot{x}_i=\dot{y}_i=\varphi_i(c_1, c_2, \ldots, c_n)+\sum_{j=1}^n \frac{\partial\varphi_i(P)}{\partial x_j}\,y_j, \hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n,$$

gdje je $P$ stanje sustava između stanja $(c_1,c_2,\ldots,c_n)$ i $(c_1+y_1,c_2+y_2,\ldots,c_n+y_n).$ Budući da su pomaci iz ravnotežnog stanja maleni, možemo umjesto $P$ staviti $(c_1,c_2,\ldots,c_n).$ Tako imamo, uzimajući u obzir da je $\varphi_i(c_1,c_2, \ldots, c_n)=0,$

$$\dot{y}_i=\sum_{j=1}^n a_{ij} \,y_j, \hspace{1cm}i=1,2,\ldots,n$$

gdje je

$$a_{ij}= \frac{\partial\varphi_i(c_1, c_2, \ldots, c_n)}{\partial x_j}.$$

Sustav običnih linearnih diferencijalnih jednadžbi 1. reda

Definicija 15   Sustav diferencijalnih jednadžbi oblika

$$y'_1(x) = a_{11}(x)\,y_1(x)+a_{12}(x)\,y_2(x)+\cdots +a_{1n}(x)\,y_n(x)+f_1(x)$$

$$y'_2(x) = a_{21}(x)\,y_1(x)+a_{22}(x)\,y_2(x)+\cdots +a_{2n}(x)\,y_n(x)+f_2(x)$$

$$\cdots \cdots$$

$$y'_n(x) = a_{n1}(x)\,y_1(x)+a_{n2}(x)\,y_2(x)+\cdots +a_{nn}(x)\,y_n(x)+f_n(x),$$

gdje su $a_{ij},f_i$, za $i,j=1,2,\ldots ,n$, neprekidne funkcije na nekom intervalu $I$ u $R,$ zovemo sustavom običnih linearnih diferencijalnih jednadžbi 1. reda.

Riješiti ovaj sustav znači naći funkcije $y_1,y_2,\ldots,y_n,$ neprekidno derivabilne na intervalu $I,$ takve da zadovoljavaju svaku od jednadžbi u sustavu. Uređena $n$-torka funkcija $(y_1,y_2,\ldots,y_n)$ se zove rješenje.

Cauchyev problem ili problem početnog uvjeta jeste problem da se za dani $x_0\in I,$ i proizvoljne brojeve $y_{01},y_{02},\ldots ,y_{0n}$ nađe rješenje sustava tako da vrijedi

$$y_1(x_0)=y_{01},\;\; y_2(x_0)=y_{02},\ldots , y_n(x_0)=y_{0n}.$$

Ako stavimo

$$% latex2html id marker 32595 \boldsymbol{y}=\left[ \begin{ar... ...c} f_1(x) \\ f_2(x) \\ \vdots \\ f_n(x) \end{array}\right],$$

$$% latex2html id marker 32597 A(x)=\left[ \begin{array}{cccc... ... a_{n1}(x) & a_{n2}(x) & \cdots & a_{nn}(x) \end{array}\right],$$

onda se sustav može zapisati kao

$$\boldsymbol{y}'(x)=A(x)\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x).$$ (1.7)

Također Cauchyev problem možemo pisati u obliku

$$\boldsymbol{y}'(x)=A(x)\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x),\hspace{1cm} \boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{y}_0.$$ (1.8)

Teorem 11   Neka su $a_{ij},f_i:I\rightarrow R$ neprekidne funkcije na $I$ za $i,j=1,2,\ldots ,n$. Neka je $x_0\in I$ i $y_{01},y_{02},\ldots ,y_{0n} \in R$. Tada Cauchyev problem

$$\boldsymbol{y}'(x)=A(x)\,\boldsymbol{y}(x),\hspace{1cm} \boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{y}_0$$

ima jedno i samo jedno rješenje.

Dokaz. $\heartsuit$

Sustavi s konstantnim koeficijentima

Elementi matrice $A(x)$, funkcije $a_{ij}(x)$ se zovu koeficijenti. Ako su koeficijenti konstantni, onda su elementi matrice $A$ brojevi, pa imamo sustav

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x)$$ (1.9)

uz početni uvjet

$$\boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{y}_0.$$ (1.10)

Ovaj sustav se zove sustav linearnih diferencijalnih jednadžbi 1. reda s konstantnim koeficijentima.

Ako je $\boldsymbol{f}=\textbf{0}$, tj. ako je $f_i(x)=0,\;\;\forall x\in I, i=1,2,\ldots ,n$, onda se sustav zove homogen, u protivnom sustav se zove nehomogen.

Primjer 1.28   Sustavi u primjerima 1.26 i 1.27 sustavi su homogeni s konstantnim koeficijentima. Pri tom u primjeru 1.26 imamo Cauchyjev problem, koji se matrično može zapisati na sljedeći način.

$$\dot{\boldsymbol{x}}(t)=X\,\boldsymbol{x}(t), \quad \boldsymbol{x}(0) = \boldsymbol{x}_0,$$

gdje je

$$% latex2html id marker 32636 \boldsymbol{x}(t) = \left[\begi... ... \frac{k_2}{m_2} & -\frac{k_2}{m_2} & 0 & 0 \end{array}\right].$$

Kod sustava u primjeru 1.27 je matrica sustava

$$A = \left[\begin{array}{cccc} \frac{... ...l x_2} & \cdots & \frac{\partial\varphi_n(C)}{\partial x_n} \end{array}\right],$$

gdje je radi kratkoće stavljeno $C=(c_1,c_2,\ldots,c_n).$

Označimo s $X_f$ skup svih rješenja nehomogenog sustava, a s $X_0$ pripadnog homogenog sustava.

Teorem 12   Neka je $\boldsymbol{y}_p$ prozvoljno (partikularno) rješenje nehomogenog sustava. Tada je

$$X_f=\boldsymbol{y}_p+X_0,$$

gdje $\boldsymbol{y}_p+X_0$ označava skup $\{\boldsymbol{y}_p+\boldsymbol{u};\; \boldsymbol{u}\in X_0\}$.

Dokaz. 1. Neka $\boldsymbol{y}_p$ rješava nehomogeni sustav, a $\boldsymbol{u}$ pripadni homogeni sustav

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x).$$ (1.11)

To znači

$$\boldsymbol{y}'_p(x)=A\,\boldsymbol{y}_p(x)+\boldsymbol{f}(x), \;\;\; \boldsymbol{u}'(x)=A\boldsymbol{u}(x).$$

Odatle

$$(\boldsymbol{y}_p +\boldsymbol{u})'(x) = \boldsymbol{y}'_p(x)+\boldsymbol{u}'(x)=A\,\boldsymbol{y}_p(x)+\boldsymbol{f}(x)+A\boldsymbol{u}(x)$$

$$= A(\boldsymbol{y}_p+\boldsymbol{u})(x)+\boldsymbol{f}(x),$$

pa prema tome $\boldsymbol{y}_p+\boldsymbol{u}$ rješava nehomogeni sustav. To znači da je $\boldsymbol{y}_p+X_0\subset X_f$.
2. Neka je $\boldsymbol{y}\in X_f$, tj neka vrijedi

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x).$$

Budući da je također $\boldsymbol{y}_p\in X_f$, slijedi

$$(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}_p)'(x) = \boldsymbol{y}'(x)-\boldsymbol{y}'_p(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x)-A\,\boldsymbol{y}_p(x)-\boldsymbol{f}(x)$$

$$= A(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}_p)(x);$$

dakle $\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}_p$ rješava pripadni homogeni sustav. Tako postoji $\boldsymbol{u}\in X_0$ takav da je

$$\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}_p=\boldsymbol{u},$$

tj.

$$\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}_p+\boldsymbol{u}.$$

Prema tome $X_f\subset \{ \boldsymbol{y}_p+\boldsymbol{u};\;\boldsymbol{u}\in X_0\}$. Iz 1. i 2. slijedi $X_f=\boldsymbol{y}_p+ X_0$. $\heartsuit$

Teorem 13   Neka je dan homogen sustav (1.11) od $n$ jednadžbi s $n$ nepoznatih funkcija. Skup $X_0$ svih rješenja sustava je $n$-dimenzionalni vektorski prostor.

Dokaz. Dokažimo najprije da je $X_0$ vektorski prostor. Neka su $\boldsymbol{y}_1,\boldsymbol{y}_2$ dva rješenja sustava (1.11) i $C_1,C_2\in R$.

$$(C_1\,\boldsymbol{y}_1(x)+C_2\,\boldsymbol{y}_2(x))' = C_1\,\boldsymbol{y}_1'(x)+C_2\,\boldsymbol{y}_2'(x)=C_1\,A\,\boldsymbol{y}_1(x)+C_2\,A\,\boldsymbol{y}_2(x)$$

$$= A(C_1\,\boldsymbol{y}_1(x)+C_2\,\boldsymbol{y}_2(x)).$$

Prema tome linearna kombinacija funkcija iz $X_0$ je funkcija iz $X_0.$ Tako je nulfunkcija u $X_0,$ i za svaki $\boldsymbol{y}\in X_0$ je također i $-\boldsymbol{y}\in X_0.$ Ostala svojstva iz definicije vektorskog prostora slijede iz svojstava zbroja dvije funkcije i množenja funkcije brojem.
Dokažimo sada da je $X_0$ $n$-dimenzionalan. Neka je $\boldsymbol{e}_i$ vektorstupac, koji na $i$-tom mjestu ima 1 a ostalo su nule. Iz teorema 11 slijedi da Cauchyev problem

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x),\hspace{.5in} \boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{e}_i$$

ima jedno i samo jedno rješenje, recimo $\boldsymbol{u}_i$. Za $i=1,2,\ldots ,n$ dobivamo tako $n$ rješenja $\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2,\ldots ,\boldsymbol{u}_n$. Tvrdimo da $\boldsymbol{y}=y_{01}\boldsymbol{u}_1+y_{02}\boldsymbol{u}_2+\cdots +y_{0n}\boldsymbol{u}_n$ rješava Cauchyev problem

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x),\hspace{.5in} \boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{y}_0.$$

Iz prvog dijela dokaza slijedi da $\boldsymbol{y}$ rješava sustav. Funkcija $\boldsymbol{y}$ zadovoljava i početni uvjet, jer

$$\boldsymbol{y}(x_0) = y_{01}\,\boldsymbol{u}_1(x_0)+y_{02}\,\boldsymbol{u}_2(x_0)+\cdots +y_{0n}\,\boldsymbol{u}_n(x_0)$$

$$= y_{01} \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{... ...{c} y_{01} \\ y_{02} \\ \vdots \\ y_{0n} \end{array}\right].$$

Svako rješenje zadovoljava neki početni uvjet, pa je prema tome svako rješenje linearna kombinacija od $\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2,\ldots ,\boldsymbol{u}_n$. To znači da dimenzija od $X_0$ nije veća od $n$. Da je dimenzija točno $n$ bit će dokazano ako utvrdimo da su $\boldsymbol{u}_1,\boldsymbol{u}_2,\ldots ,\boldsymbol{u}_n$ linearno nezavisni. Neka je

$$C_1\,\boldsymbol{u}_1(x)+C_2\,\boldsymbol{u}_2(x)+\cdots +C_n\,\boldsymbol{u}_n(x)=0,\hspace{.5in} \forall x\in I.$$

Linearna kombinacija na lijevoj strani je rješenje sustava. Zatim

$$C_1\,\boldsymbol{u}_1(x_0)+C_2\,\boldsymbol{u}_2(x_0)+\cdots +C_n\,\boldsymbol{u}_n(x_0)=0,$$

jer je $x_0\in I$, dok s druge strane

$$% latex2html id marker 32798 C_1\,\boldsymbol{u}_1(x_0)+C_2\... ...y}{c} C_1 \\ C_2 \\ \vdots \\ C_n \end{array}\right].$$

Odatle slijedi $C_1=C_2=\cdots =C_n=0.$ $\heartsuit$

Na temelju ovog i prethodnog teorema zaključujemo da je

$${X_f}=\{y_p+C_1\,\boldsymbol{u}_1+C_2\,\boldsymbol{u}_2+\cdots +C_n\,\boldsymbol{u}_n;\; C_1,C_2,\ldots ,C_n\;$$proizvoljne konstante$$\}.$$

Dakle, da se nađe skup svih rješenja nehomogenog sustava, potrebno je naći bazu prostora $X_0$, tj. $n$ linearno nezavisnih rješenja pripadnog homogenog i jedno rješenje nehomogenog sustava.

Metode rješavanja

Ovdje ćemo upoznati neke metode rješavanja sustava linearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda s konstantnim koeficijentima

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x),$$

i pripadnog Cauchyjevog problema

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x),\hspace{1cm}\boldsymbol{y}(x_0)=\boldsymbol{y}_0.$$

Svođenje na jednu jednadžbu višeg reda

Jedna od metoda se sastoji u tome da se višestrukim deriviranjem jednadžbi izbace sve nepoznate funkcije osim jedne. Na taj način dolazimo do jedne linearne diferencijalne jednadžbe $n$-tog reda, koju zatim rješavamo poznatim metodama.

Primjer 1.29   Treba naći opće rješenje sustava

$$y'(x) = -2\,y(x)-4\,z(x)+1+4\,x$$

$$z'(x) = -y(x)+z(x)+x.$$ (1.12)

Rješenje.

$$y''(x)=-2\,y'(x)-4\,z'(x)+4.$$ (1.13)

Iz prve jednadžbe izračunamo $z(x)$, uvrstimo u drugu i zatim $z'(x)$ iz druge uvrstimo u (1.13). Dobivamo

$$y''(x)+y'(x)-6\,y(x)=-6\,x^2-4\,x+3.$$

Opće rješenje ove jednadžbe je

$$y(x)=C_1\,e^{2x}+C_2\,e^{-3x}+x+x^2.$$

Uvrštavanjem u prvu jednadžbu možemo naći $z$:

$$z(x)=-C_1\,e^{2x}+\frac{1}{4}\,C_2\,e^{-3x}-\frac{1}{2}\,x^2.$$

Dakle

$$% latex2html id marker 32847 \left[ \begin{array}{c} y(x) \... ...gin{array}{c} x+x^2 \\ -\frac{1}{2} x^2 \end{array}\right],$$

pa vidimo da je

$$% latex2html id marker 32849 \boldsymbol{u}_1=e^{2x}\,\left[... ...ft[ \begin{array}{r} 1 \\ -\frac{1}{2} \end{array}\right].$$

Specijalno, ako je početni uvjet

$$y(0) = 1, \qquad z(0) = 0,$$

uvrštavanjem u opće rješenje dobivamo

$$C_1 = \frac{1}{5}, \qquad C_2 = \frac{4}{5},$$

i prema tome rješenje je

$$y(x)=\frac{1}{5}\,e^{2x}+\frac{4}{5}\,e^{-3x}+x+x^2, \quad z(x)= -\frac{1}{5}\,e^{2x} +\frac{1}{5}\,e^{-3x}-\frac{1}{2}\,x^2.$$

To rješenje vidimo na sljedećoj slici

Slika 1.28: Rješenje sustava diferencijalnih jednadžbi, uz zadani početni uvjet.

Eulerova metoda

Druga metoda, Eulerova, se sastoji u tome da se rješenje pripadnog homogenog sustava pretpostavi u obliku

$$\boldsymbol{y}(x)=e^{\lambda x}\,\boldsymbol{C},$$

gdje je

$$\boldsymbol{C}= \left[ \begin{array}{c} C_1 \\ C_2 \\ \vdots \\ C_n \end{array} \right].$$

Uvrštavanje u (1.11) daje

$$e^{\lambda x}\,\lambda \,\boldsymbol{C}=e^{\lambda x}\,A\,\boldsymbol{C}$$

$$A\,\boldsymbol{C}=\lambda \,\boldsymbol{C},$$

pa dolazimo do poznatog problema da za matricu $A$ nađemo vlastite vrijednosti i vlastite vektore. Taj problem smo rješavali za simetrične i ortogonalne matrice. Sada međutim matrica može biti proizvoljna. Problem egzistencije i nalaženja vlastitih vrijednosti i vlastitih vektora za proizvoljnu matricu nije tako jednostavan, pa to otežava diskusiju.

Primjer 1.30   Riješimo primjer 1.29 na ovaj način.

Rješenje. Najprije promatramo pripadni homogeni sustav

$$y'(x)=-2\,y(x)-4\,z(x)$$

$$z'(x)=-y(x)+z(x),$$

tj.

$$% latex2html id marker 32877 \left[ \begin{array}{c} y(x) \... ... \left[ \begin{array}{c} y(x) \\ z(x) \end{array} \right].$$

Uvrstimo

$$\left[ \begin{array}{c} y(x) \\ z(... ...right] = e^{\lambda x} \left[ \begin{array}{c} C_1 \\ C_2 \end{array}\right].$$

Dobivamo sustav jednadžbi

$$(-2-\lambda )\,C_1-4\,C_2 = 0$$

$$-C_1+(1-\lambda )\,C_2 = 0.$$

Ovo je homogen sustav i on ima netrivijalno rješenje ako i samo ako je determinanta sustava jednaka nuli. To vodi na kvadratnu jednadžbu

$$\lambda ^2+\lambda -6=0.$$

Slijedi $\lambda _1=2,\lambda _2=-3$. Za $\lambda =2$ imamo

$$-4\,C_1-4\,C_2=0, \hspace{.5in} -C_1-C_2=0,$$

rješenje je $C_2=-C_1,$ pa za $C_1=1$ dobivamo vektor

$$\left[ \begin{array}{r} 1 \\ -1 \end{array}\right].$$

Za $\lambda =-3$ analogno $C_2=\frac{1}{4} \,C_1,$ pa za $C_1=1$ dobivamo vektor

$$\left[ \begin{array}{r} 1 \\ \frac{1}{4} \end{array} \right].$$

Rješenje homogenog sustava je tako

$$y(x) = C_1\,e^{2x}+C_2\,e^{-3x}$$

$$z(x) = -C_1\,e^{2x}+\frac{1}{4} \,C_2\,e^{-3x}.$$

Partikularno rješenje dobivamo varijacijom konstanti

$$y_p(x)=C_1(x)\,e^{2x}+C_2(x)\,e^{-3x}, \hspace{.3in} z_p(x)=-C_1(x)\,e^{2x}+\frac{1}{4} \,C_2(x)\,e^{-3x}$$

Uvrstimo ovo u (1.12). Dobivamo sustav

$$C_1'(x)\,e^{2x}+C'_2(x)\,e^{-3x}=1+4\,x, \hspace{.3in} -C'_1(x)\,e^{2x}+\frac{1}{4} \,C'_2(x)\,e^{-3x}=\frac{3}{2} \,x^2.$$

Cramerovim pravilom nalazimo

$$C'_1(x)=\frac{1+4\,x-6\,x^2}{5} \,e^{-2x}, \hspace{.5in} C'_2(x)=\frac{4+16x+6x^2}{5} e^{3x}.$$

Integracijom dobivamo

$$C_1(x)=\frac{x+3\,x^2}{5} \,e^{-2x}, \hspace{.5in} C_2(x)=\frac{4\,x+2\,x^2}{5} \,e^{3x}.$$

Dakle

$$y_p(x)=x+x^2, \hspace{.5in} z_p(x)=-\frac{1}{2} \,x^2,$$

što smo i trebali dobiti.

Ako sustav rješavamo Eulerovom metodom, onda se može dogoditi da neka vlastita vrijednost od $A$ ima kratnost veću od 1. Tada razlikujemo dva slučaja.

a) Vlastitoj vrijednosti je pridruženo onoliko linearno nezavisnih vlastitih vektora kolika ja njena kratnost.

b) Vlastitoj vrijednosti pripada manje linearno nezavisnih vlastitih vektora nego što je njena kratnost.

Pogledajmo na primjerima kako se ti problemi rješavaju.

Primjer 1.31   Treba naći opće rješenje sustava

$$y'=y ,\hspace{.5in} z'=z.$$

Rješenje. Matrica sustava je $\left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right]$ i prema tome očigledno je $\lambda=1$ kratnosti 2. Nadalje, svaki vektor je vlastiti, pa možemo naći dva linearno nezavisna vlastita vektora. Tu se dakle radi o slučaju a), pa je rješenje

$$% latex2html id marker 32947 \left[ \begin{array}{c} y \\ ... ...C_2\,e^x \left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right],$$

gdje su $C_1$ i $C_2$ proizvoljne konstante.

Primjer 1.32   Treba naći opće rješenje sustava

$$y'=y+z ,\hspace{.5in} z'=z$$

Rješenje. Matrica sustava je $\left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array} \right],$ pa je $\lambda=1$ kratnosti 2. Traženje vlastitih vektora nas vodi do sustava

$$(1-\lambda )\,C_1+C_2=0$$

$$(1-\lambda )\,C_2=0,$$

odakle za $\lambda=1$ slijedi $C_2=0,$ $C_1$ proizvoljan. Dakle vlastiti su vektori oblika $\; C_1 \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right].$ Ti vektori čine jednodimenzionalan vektorski prostor, pa ne postoje dva linearno nezavisna vektora. To je prema tome slučaj b). Riješimo taj zadatak prvom metodom. Deriviranje prve jednadžbe dovodi do

$$y''-y'=y'-y$$

$$y''-2\,y'+y=0.$$

$$\lambda ^2 -2\,\lambda +1=0, \;\;\; \lambda _{1,2}=1,$$

pa je fundamentalni sustav rješenja $e^x,\;x\,e^x.$ Tako je

$$y=C_1\,e^x+C_2\,x\,e^x.$$

Pomoću $y$ iz prve jednadžbe nađemo $z$

$$z=C_2\,e^x.$$

To možemo pisati u obliku

$$\left[ \begin{array}{c} y \\ z \end... ...{array} \right] +C_2\,e^x \left[ \begin{array}{c} x \\ 1 \end{array} \right] .$$

Primjer 1.33   Riješiti sustav

$$y_1'(x) = y_1(x) + y_2(x),$$

$$y_2'(x) = \hspace{1.5cm} y_2(x) + y_3(x),$$

$$y_3'(x) = \hspace{3cm} y_3(x).$$

Rješenje. Ovaj sustav ima rješenja

$$y_1(x) = e^x\,C_1 + e^x\,x\,C_2 + \frac{1}{2}\,e^x\,x^2\,C_3,$$

$$y_2(x) = \hspace{1.5cm} e^x\,C_2 \hspace{.5cm} + e^x\,x\,C_3,$$

$$y_3(x) = \hspace{3.5cm} e^x\,C_3,$$

tj.

$$\boldsymbol{y}= C_1\,e^x \left[ \be... ...e^x \left[ \begin{array}{c} \frac{1}{2}\,x^2 \\ x \\ 1 \end{array}\right].$$

Neki put se ne mogu lagano eliminirati sve nepoznate funkcije osim jedne kao što se to radi u prvoj metodi. Pokušajte na primjer riješiti objema metodama slijedeći primjer

$$y'_1 = 4\,y_1-2\,y_2+y_3$$

$$y'_2 = -2\,y_1+y_2+2\,y_3$$

$$y'_3 = y_1+2\,y_2+4\,y_3.$$

U posljednjim primjerima smo rješavali homogene sustave radi jednostavnosti. Da su bili nehomogeni, varijacijom konstanti dobili bismo partikularno rješenje.

Dijagonalizacija matrice sustava

Sustav

$$\boldsymbol{y}'(x)=A\,\boldsymbol{y}(x)+\boldsymbol{f}(x)$$

možemo vrlo elegantno riješiti, ako se matrica $A$ može dijagonalizirati. Pretpostavimo da je to moguće, i da je

$$X^{-1}A\,X=[\lambda_j\,\delta_{ij}].$$

Da bismo dobili dijagonalnu matricu pomnožimo jednadžbu s $X^{-1}$ s lijeva.

$$X^{-1}\,\boldsymbol{y}'(x) = X^{-1}A\,\boldsymbol{y}(x) + X^{-1}\,\boldsymbol{f}(x),$$

$$X^{-1}\,\boldsymbol{y}'(x)=X^{-1}A\,X\,X^{-1}\,\boldsymbol{y}(x) + X^{-1}\,\boldsymbol{f}(x),$$

$$X^{-1}\,\boldsymbol{y}'(x)=[\lambda_j\,\delta_{ij}]\,X^{-1}\,\boldsymbol{y}(x) + X^{-1}\,\boldsymbol{f}(x),$$

$$\boldsymbol{z}'(x)=[\lambda_j\,\delta_{ij}]\,\boldsymbol{z}(x) + \boldsymbol{g}(x),$$

gdje smo stavili

$$\boldsymbol{z}(x)=X^{-1}\,\boldsymbol{y}(x),\qquad \boldsymbol{g}(x)=X^{-1}\,\boldsymbol{f}(x)$$

Ovaj sustav, kad se raspiše, svodi se na $n$ nezavisnih jednadžbi

$$z_i '(x)=\lambda_i\,z_i (x) + g_i(x),\hspace{1cm}i=1,2,\ldots, n.$$

Svaka od ovih jednadžbi je linearna diferencijalna jednadžba 1. reda, čije rješenje je

$$z_i(x)=e^{\lambda_i\,x}\left(C_i + \int g_i(x)\,e^{-\lambda\,x}\,dx\right),\hspace{1cm}i=1,2,\ldots, n.$$

Konstanta $C_i$ se izračuna iz početnog uvjeta, koji je sada

$$\boldsymbol{z}(x_0)=X^{-1}\,\boldsymbol{y}_0.$$

Kad tako dobijemo $z_i(x),\;i=1,2,\ldots, n,$ rješenje $\boldsymbol{y}$ nađemo iz formule

$$\boldsymbol{y}(x) = X\,\boldsymbol{z}(x).$$

Ova metoda omogućava elegantno rješavanje, ako je matrica simetrična. Neke nesimetrične matrice se također mogu dijagonalizirati, kao što pokazuje primjer 1.24. Riješimo sada metodom dijagonalizacije upravo jedan takav primjer sustava diferencijalnih jednadžbi.

Primjer 1.34   Riješimo sljedeći sustav linearnih diferencijalnih jednadžbi 1. reda s konstantnim koeficijentima metodom dijagonalizacije.

$$y'_1 = 3\,y_1-2\,y_2-4\,y_3 + x\,\sin x$$

$$y'_2 = -y_1+y_2+y_3 + \cos 2\,x$$

$$y'_3 = y_1-2\,y_2-2\,y_3 + x^2-1.$$

Rješenje. Matrica sustava je

$$A=\left[ \begin{array}{ccc} 3 & -2 & -4 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & -2 \end{array} \right].$$

U primjeru 1.24 smo ustanovili da su vlastite vrijednosti $\lambda_1=1,\lambda_2=-1,\lambda_3=2.$ Vlastiti vektori su

$$\left[\begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ ... ...array}\right],\quad \left[\begin{array}{c} -2 \\ 1 \\ -1 \end{array}\right].$$

Tako imamo

$$X = \left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 &... ...}= \left[\begin{array}{c} x\,\sin x \\ \cos 2\,x \\ x^2-1 \end{array}\right].$$

Zatim

$$X^{-1}\,A\,X = \left[\begin{array}{c... ...\,\sin x \\ -1 + x^2 + \cos 2\,x \\ -1 + x^2 - x\,\sin x \end{array}\right].$$

Tako se sustav raspada na tri nezavisne linearne diferencijalne jednadžbe 1. reda.

$$z'_1 = z_1 -1 + x^2 - \cos 2\,x - x\,\sin x$$

$$z'_2 = -z_2 -1 + x^2 + \cos 2\,x$$

$$z'_3 = 2\,z_3 -1 + x^2 - x\,\sin x.$$

Svaku od njih riješimo, na pr. po formuli za rješenje linearne diferencijalne jednadžbe 1. reda. Rješenje je

$$z_1(x) = -1 - 2\,x - x^2 + C_1\,e^x + \frac{1}{2}\,\cos x + \frac{1}{2}\,x... ...s x + \frac{1}{5}\,\cos 2\,x + \frac{1}{2}\,x\,\sin x - \frac{2}{5}\,\sin 2\,x,$$

$$z_2(x) = 1 - 2\,x + x^2 + C_2\,e^{-x} + \frac{1}{5}\,\cos 2\,x + \frac{2}{5}\,\sin 2\,x,$$

$$z_3(x) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2}\,x - \frac{1}{2}\,x^2 + C_3\,e^{2\,x} +... ...cos x + \frac{1}{5}\,x\,\cos x + \frac{3}{25}\,\sin x + \frac{2}{5}\,x\,\sin x.$$

Da dobijemo rješenje zadanog sustava, trebamo naći $\boldsymbol{y}(x)=X\,\boldsymbol{z}(x).$ To znači

$$y_1 = z_1 + z_2 - 2\,z_3$$

$$y_2 = -z_1 + z_3$$

$$y_3 = z_1 + z_2 - z_3$$

tj.

$$y_1(x) = -{\frac{1}{2}} - 3\,x + x^2 + C_1\,e^x + {C_2\,e^{-x}} - 2\,C_3\,... ... {\frac{2}{5}\,\cos 2\,x} - {\frac{6}{25}\,\sin x} - {\frac{3}{10}\,x\,\sin x},$$

$$y_2(x) = \frac{5}{4} + \frac{3}{2}\,x + \frac{1}{2}\,x^2 - C_1\,e^x + C_3\... ...2\,x + \frac{3}{25}\,\sin x - \frac{1}{10}\,x\,\sin x + \frac{2}{5}\,\sin 2\,x,$$

$$y_3(x) = -{\frac{1}{4}} - {\frac{7}{2}\,x} + {\frac{1}{2}\,x^2} + C_1\,e^x... ... {\frac{2}{5}\,\cos 2\,x} - {\frac{3}{25}\,\sin x} + {\frac{1}{10}\,x\,\sin x}.$$

Na sljedećoj slici su dani grafovi rješenja uz zadani početni uvjet

$$y_1(0) = -1,\qquad y_2(0) = 1,\qquad y_3(0) = 0,$$

koje je

$$y_1(x) = -\frac{1}{2} - \frac{1}{5}\,e^{-x} + \frac{3}{10}\,{e^x} - \frac{... ...os x + \frac{2}{5}\,\cos 2\,x - \frac{6}{25}\,\sin x - \frac{3}{10}\,x\,\sin x,$$

$$y_2(x) = \frac{5}{4} - \frac{3}{10}\,{e^x} + \frac{59}{100}\,e^{2\,x} + \f... ...2\,x + \frac{3}{25}\,\sin x - \frac{1}{10}\,x\,\sin x + \frac{2}{5}\,\sin 2\,x,$$

$$y_3(x) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{5}\,e^{-x} + \frac{3}{10}\,e^x - \frac{59... ...os x + \frac{2}{5}\,\cos 2\,x - \frac{3}{25}\,\sin x + \frac{1}{10}\,x\,\sin x.$$

Slika 1.29: Rješenje sustava uz navedeni početni uvjet.

No postoje matrice koje se ne mogu dijagonalizirati. Najjednostavniji oblik na koji se proizvoljna matrica može svesti je Jordanova forma. U slučaju međusobno različitih vlastitih vrijednosti Jordanova forma je dijagonalna matrica s vlastitim vrijednostima na glavnoj dijagonali, dok u slučaju višestrukih vlastitih vrijednosti, na pr. trostruke vlastite vrijednosti $\lambda,$ Jordanova forma matrice trećeg reda je jedna od sljedeće tri matrice

$$\left[\begin{array}{ccc} \lambda & 0... ...} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & \lambda \end{array}\right].$$

Detaljnije o Jordanovoj formi u [4].