Rozwiążemy następujący problem początkowy
\( \begin{cases} x^\prime+x-z=1& \\y^\prime+y-z=e^t &\\ z^\prime+x-y=t&\\x(0)=\frac{1}{4},\hskip 0.4pc y(0)=-\frac{9}{4}, \hskip 0.4pc z(0)=\frac{1}{2}.\end{cases} \)
Układ ten zapisany przy użyciu operatorów ma następującą postać
\( \begin{cases}(D+1)x-z=1 & \\ (D+1)y-z=e^t &\\x-y+Dz=t&\end{cases} \)
i z
zależności 5 , mamy, że \( \hskip 0.3pc x,\hskip 0.4pc y\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc z\hskip 0.3pc \) spełniają równania:
\( \begin{vmatrix} D+1 & 0 & -1\\0 & D+1 & -1\\1 &-1 & D\end{vmatrix}x=\begin{vmatrix}1 & 0 & -1\\e^t & D+1 & -1\\t & -1 & D\end{vmatrix}, \)
\( \begin{vmatrix} D+1 & 0 & -1\\0 & D+1 & -1\\ 1 &-1 & D\end{vmatrix}y=\begin{vmatrix}D+1 & 1 & -1\\0 & e^t & -1\\1 & t & D \end{vmatrix}, \)
\( \begin{vmatrix}D+1 & 0 & -1\\0 & D+1 & -1\\1 &-1 & D\end{vmatrix}z=\begin{vmatrix}D+1 & 0 & 1\\0 & D+1 & e^t\\1 & -1 & t \end{vmatrix}. \)
Ponieważ
\( \begin{vmatrix}D+1 & 0 & -1\\0 & D+1 & -1\\1 &-1 & D\end{vmatrix}=(D+1)^2\circ D+D+1 -(D+1)=D^3+2D^2+D, \)
\( \begin{vmatrix}1 & 0 & -1\\e^t & D+1 & -1\\t & -1 & D\end{vmatrix}=(D+1)\circ D(1)+e^t+(D+1)(t)-1=e^t+t, \)
\( \begin{vmatrix}D+1 & 1 & -1\\0 & e^t & -1\\ 1 & t & D \end{vmatrix}=(D+1)\circ D(e^t)-1+e^t+(D+1)(t)=3e^t+t, \)
\( \begin{vmatrix}D+1 & 0 & 1\\ 0 & D+1 & e^t\\1 & -1 & t \end{vmatrix}=(D+1)^2(t)-(D+1)(1)+(D+1)(e^t)=2e^t+t+1 \)
więc \( \hskip 0.3pc x,\hskip 0.4pc y\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc z\hskip 0.3pc \) są rozwiązaniami następujących równań zwyczajnych rzędu trzeciego
\( (D^3+2D^2+D)x=x^{\prime\prime\prime}+2x^{\prime\prime}+x^\prime=e^t+t, \)
\( (D^3+2D^2+D)y=y^{\prime\prime\prime}+2y^{\prime\prime}+y^\prime=3e^t+t, \)
\( (D^3+2D^2+D)z=z^{\prime\prime\prime}+2z^{\prime\prime}+z^\prime=2e^t+t+1. \)
Równanie charakterystyczne dla równania jednorodnego
\( x^{\prime\prime\prime}+2x^{\prime\prime}+x^\prime=0 \)
ma postać
\( \lambda ^3+2\lambda^2+\lambda =0 \)
i jego pierwiastkami są \( \hskip 0.3pc \lambda_1=0\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc \lambda_2=-1\hskip 0.3pc \) pierwiastek dwukrotny.
Rozwiązanie równania ( 5 )
\( x_0(t)=c_1+(c_2+c_3t)e^{-t}. \)
Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego ( 2 ) wyznaczamy metodą przewidywań. Ponieważ funkcja po prawej stronie równania ( 2 ) jest sumą funkcji \( \hskip 0.3pc e^t\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc t,\hskip 0.3pc \) więc musimy wyznaczyć rozwiązania szczególne dla równań:
\( x^{\prime\prime\prime}+2x^{\prime\prime}+x^\prime=e^t, \)
\( x^{\prime\prime\prime}+2x^{\prime\prime}+x^\prime=t. \)
Z uwagi na to, że liczba \( \hskip 0.3pc 1\hskip 0.3pc \) nie jest pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 6 ) w postaci \( \hskip 0.3pc x_{p1}(t)=Ae^t.\hskip 0.3pc \) Podstawiając \( \hskip 0.3pc x_{p1}(t)\hskip 0.3pc \) do równania otrzymujemy ( 6 )
Stąd wynika, że
\( A=\frac{1}{4} \hskip 1pc {\rm i} \hskip 1pc x_{p1}(t)=\frac{1}{4}e^t. \)
Ponieważ liczba \( \hskip 0.3pc 0\hskip 0.3pc \) jest jednokrotnym pierwiastkiem równania charakterystycznego, szukamy rozwiązania szczególnego równania ( 7 ) w postaci \( \hskip 0.3pc x_{p2}(t)=t(Bt+C).\hskip 0.3pc \) Podstawiając \( \hskip 0.3pc x_{p2}(t)\hskip 0.3pc \) do równania ( 7 ) otrzymujemy
Stąd wynika, że
\( B=\frac{1}{2},\hskip 1pc C=-2 \hskip 1pc {\rm i} \hskip 1pc x_{p2}(t)=\frac{1}{2}t^2-2t. \)
Rozwiązanie ogólne równania ( 2 ) ma zatem postać
\( x(t)=x_0(t)+x_{p1}(t)+x_{p2}(t)=c_1+(c_2+c_3t)e^{-t}+\frac{1}{4}e^t+\frac{1}{2}t^2-2t. \)
Ponieważ lewe strony równań ( 2 ) i ( 4 ) są takie same, a prawe są tego samego typu, więc postępując analogicznie wyznaczamy rozwiązania równań ( 3 ) i ( 4 )
\( y(t)=c_4+(c_5+c_6t)e^{-t}+\frac{3}{4}e^t+\frac{1}{2}t^2-2t, \)
\( z(t)=c_7+(c_8+c_9t)e^{-t}+\frac{1}{2}e^t+\frac{1}{2}t^2-t. \)
Podstawiając teraz \( \hskip 0.3pc x(t),\hskip 0.5pc y(t)\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc z(t)\hskip 0.3pc \) do układu ( 1 ) otrzymujemy układ równań
\( \begin{cases} c_1-c_7-2+(c_3-c_8)e^{-t}-c_9te^t=1 & \\ c_4-c_7-2+(c_6-c_8)e^{-t}-c_9te^t=0 &\\ c_1-c_4-1+(c_9-c_8+c_2-c_5)e^{-t}+(c_3-c_6-c_9)te^t=0 .&\end{cases} \)
Ponieważ funkcje \( \hskip 0.3pc 1,\hskip 0.5pc e^{-t}, \hskip 0.5pc te^{-t}\hskip 0.3pc \) są liniowo niezależne, dostajemy następujące zależności:
\( \begin{cases}c_1-c_7-2=1, \hskip 0.5pc c_3-c_8=0, \hskip 0.5pc c_9=0, \hskip 0.5pc c_4-c_7-2=0, \hskip 0.5pc c_6-c_8=0,\hskip 0.5pc &\\ c_1-c_4-1=0, \hskip 0.5pc c_2-c_5-c_8+c_9=0, \hskip 0.5pc c_3-c_6-c_9=0.\end{cases} \)
Stąd, po prostych rachunkach, otrzymujemy
\( c_4=c_1-1, \hskip 0.5pc c_5=c_2-c_3, \hskip 0.5pc c_6=c_3, \hskip 0.5pc c_7=c_1-3, \hskip 0.5pc c_8=c_3, \hskip 0.5pc c_9=0. \)
Zatem rozwiązanie ogólne układu ( 1 ) ma postać
\( \begin{cases} x(t)=c_1+(c_2+c_3t)e^{-t}+\dfrac{1}{4}e^t+\dfrac{1}{2}t^2-2t&\\ y(t)=c_1-1+(c_2-c_3+c_3t)e^{-t}+\frac{3}{4}e^t+\frac{1}{2}t^2-2t&\\z(t)=c_1-3+c_3e^{-t}+\frac{1}{2}e^t+\frac{1}{2}t^2-t.&\end{cases} \)
Uwzględniając warunki początkowe, otrzymujemy układ równań
\( \begin{cases} x(0)=c_1+c_2+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}&\\y(0)=c_1-1+c_2-c_3+\frac{3}{4}=-\frac{9}{4}&\\ z(0)=c_1-3+c_3+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}&\end{cases}, \)
którego rozwiązaniem jest \( \hskip 0.3pc c_1=1, \hskip 0.5pc c_2=-1, \hskip 0.5 pc c_3=2.\hskip 0.3pc \)
Podstawiając wyliczone \( \hskip 0.3pc c_1, \hskip 0.5 pc c_2\hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc c_3\hskip 0.3pc \) do ( 8 ) dostajemy rozwiązanie problemu początkowego ( 1 )
\( \begin{cases} x(t)=1+(-1+2t)e^{-t}+\dfrac{1}{4}e^t+\dfrac{1}{2}t^2-2t&\\ y(t)=(-3+2t)e^{-t}+\frac{3}{4}e^t+\frac{1}{2}t^2-2t&\\ z(t)=-2+2e^{-t}+\frac{1}{2}e^t+\frac{1}{2}t^2-t.& \end{cases} \)
