Soustava $ 3$ diferenciálních rovnic

Úkol: Vyřešte soustavu

$\displaystyle \left(\begin{array}{ccccccccccccc} 4 & 2 & -5\cr 6 & 4 & -9\cr 5 ...
...rray}{ccccccccccccc} \dot{y_1}\cr \dot{y_2}\cr \dot{y_3}\cr\end{array}\right)
$

s proměnnou $ t$.


Řešení: Budeme hledat řešení pomocí exponenciály matice $ At$. Nejdříve si matici $ A$ převedeme do Jordanova kanonického tvaru. Charakteristický polynom $ A$ vychází $ p(\lambda)=-\lambda^3 + \lambda^2$, tomu odpovídají vlastní čísla $ \lambda_1 = 1$, $ \lambda_{2,3} = 0$. K vlastnímu číslu $ \lambda=1$ vypočteme vlastní vektor $ \vec{v}_1 = (1,1,1)^T$.

Nyní se věnujme dvojnásobnému číslu $ \lambda=0$. Hodnost matice $ A$ je 2, hodnost $ A^2$ je 1, tedy $ \dim$Ker $ {}(A-\lambda\mathbbm{1})=1$ a $ \dim$Ker $ {}
(A-\lambda\mathbbm{1})^2=2$. To znamená39, že pro $ \lambda=0$ existuje jen jeden vlastní vektor (až na násobek), a proto musíme zkonstruovat jeden řetízek délky dvě. Jak určíme jeho vektory? Nejdříve můžeme řešit např. soustavu

$\displaystyle A^2\vec{u}=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 3&1&-3\cr3&1&-3\cr3&1&-3\cr\end{array}\right) \vec{u} = 0\,.$

Dostáváme například $ \vec{u}=(0,3,1)^T$. Jeho obrazem by měl být vlastní vektor $ \vec{v}_2$. Dopočteme $ \vec{v}_2=A\vec{u}=(1,3,2)^T$. Samozřejmě se může stát, že při řešení rovnice $ A^2\vec{v} = 0$ se trefíme vektorem $ \vec{u}$ už přímo do $ \vec{v}_2$. Potom je třeba zkusit jiné řešení rovnice $ A^2\vec{u}=0$. Tím získáváme Jordanův kanonický tvar $ A=QJ_AQ^{-1}$

$\displaystyle \mathop{\left(\begin{array}{ccccccccccccc} \ 1 &\ 1 &\ 0\cr 1 & 3...
...cccccccccc} 3 & 1 & -3\cr -2 & -1 &
3\cr 1 & 1 & -2\cr\end{array}\right) = A
$

Jiná možnost, která je v tomto případě snad méně pracná (nemusíme počítat $ A^2$), je najít $ \vec{v}_2$ a pak řešit $ A\vec{u}=\vec{v}_2$. Tato metoda se ale v obecném případě nemusí vyplatit, konkrétně u matic, které mají k jednomu vlastnímu číslu více řetízků.

Následuje již jen výpočet samotné exponenciely: $ \exp(At) =
Q\exp(J_At)Q^{-1}$. Spočítáme si tedy exponenciálu jednotlivých Jordanových bloků. První blok je tvořen jen vlastním číslem $ 1$, a jeho exponenciála je tedy $ \mathop{\rm e}^{t}\nolimits $. Druhý blok je přímo Jordanova buňka (násobená $ t$) a její exponenciála je

$\displaystyle \mathbbm{1}+ \frac{t}{1!}\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 0 & 1...
...ts= \left(\begin{array}{ccccccccccccc} 1 & t\cr 0 & 1\cr\end{array}\right)\,.
$

Dohromady to dává

$\displaystyle \exp(At) = \left(\begin{array}{ccccccccccccc} 1 & 1 & 0\cr 1 & 3 ...
...{ccccccccccccc} 3 & 1 & -3\cr -2 & -1 &
3\cr 1 & 1 & -2\cr\end{array}\right) =$

   to $ \hfill\ds
= \left(\begin{array}{ccccccccccccc} 3\mathop{\rm e}^{t}\nolimits ...
...^{t}\nolimits +2t-1 &
-3\mathop{\rm e}^{t}\nolimits -4t+4\cr\end{array}\right)$$\displaystyle \hss
$

Konkrétní rovnice pro $ y_1,y_2,y_3$ získáme tím, že matici $ \exp (At)$ vynásobíme počátečními podmínkami. Jako zajímavost lze uvést, nakolik můžou různé počáteční podmínky ovlivnit tvar řešení. Např. zvolíme-li $ y_1(0) = 0$, $ y_2(0) = 1$, $ y_3(0) = 0$, pak $ y_1 = \mathop{\rm e}^{t}\nolimits +t-1$, $ y_2 = \mathop{\rm e}^{t}\nolimits +3t$, $ y_3 = \mathop{\rm e}^{t}\nolimits +2t-1$, tedy všechny složky řešení pro $ t\to\infty$ exponenciálně rostou. Zvolíme-li ale $ y_1(0) = 1$, $ y_2(0) = 0$, $ y_3(0) = 1$, potom $ y_1 = -t+1$, $ y_2 = -3t$, $ y_3 = -2t+1$ a složky řešení rostou (v absolutní hodnotě) pouze lineárně.

$ \ast$PV$ \ast$