Treść zadania:
Znaleźć rozwiązanie równania
\( y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+3y^{\prime}-y=e^t \)
które spełnia warunki początkowe
\( y(0)=0,\hskip 0.5pc y^{\prime}(0)=1,\hskip 0.5pc y^{\prime\prime}(0)=-2. \)
Rozwiązanie:
Krok 1. Wyznaczamy układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego
\( y^{\prime\prime\prime}-3y^{\prime\prime}+3y^{\prime}-y=0. \)
Równanie charakterystyczne odpowiadające temu równaniu
\( \lambda^3-3\lambda^2+3\lambda -1=0 \)
ma jeden pierwiastek rzeczywisty \( \hskip0.3pc \lambda =1\hskip0.3pc \) o krotności 3.
Zatem następujące funkcje
\( y_1(t)=e^t,\hskip 0.5pc y_2(t)=te^t \hskip 0.5pc {\rm i} \hskip 0.5pc y_3(t)=t^2e^t \)
stanowią układ fundamentalny rozwiązań równania jednorodnego.
Krok 2. Szukamy rozwiązania równania niejednorodnego w postaci funkcji
\( y(t)=c_1(t)y_1(t)+c_2(t)y_2(t)+c_3(t)y_3(t)=c_1(t)e^t+c_2(t)te^t+c_3(t)t^2e^t. \)
Zgodnie z twierdzeniem Rozwiązywanie równań różniczkowych liniowych niejednorodnych wyższych rzędów metodą uzmieniania stałych-1 \( \hskip0.3pc c_1^{\prime}(t),\hskip0.3pc c_2^{\prime}(t),\hskip0.3pc c_3^{\prime}(t)\hskip0.3pc \) są rozwiązaniem układu równań
\( \begin{cases}y_1(t)c_1^{\prime}(t)+y_2(t)c_2^{\prime}(t)+y_3(t)c_3^{\prime}(t)=0 & \\ y_1^{\prime}(t)c_1^{\prime}(t)+ y_2^{\prime}(t)c_2^{\prime}(t)+y_3^{\prime}(t)c_3^{\prime}(t)=0 &\\y_1^{\prime\prime}(t)c_1^{\prime}(t)+ y_2^{\prime\prime}(t)c_2^{\prime}(t)+y_3^{\prime\prime}(t)c_3^{\prime}(t)=e^t , \end{cases} \)
czyli
\( \begin{cases}e^tc_1^{\prime}(t)+te^tc_2^{\prime}(t)+t^2e^tc_3^{\prime}(t)=0 & \\e^tc_1^{\prime}(t)+ e^t(t+1)c_2^{\prime}(t)+e^t(t^2+2t)c_3^{\prime}(t)=0 &\\e^tc_1^{\prime}(t)+ e^t(t+2)c_2^{\prime}(t)+e^t(t^2+4t+2)c_3^{\prime}(t)=e^t .\end{cases} \)
Po podzieleniu stronami przez \( \hskip0.3pc e^t\hskip0.3pc \) równań tego układu otrzymamy układ równoważny
\( \begin{cases}c_1^{\prime}(t)+tc_2^{\prime}(t)+t^2c_3^{\prime}(t)=0 & \\ c_1^{\prime}(t)+ (t+1)c_2^{\prime}(t)+(t^2+2t)c_3^{\prime}(t)=0 &\\c_1^{\prime}(t)+ (t+2)c_2^{\prime}(t)+(t^2+4t+2)c_3^{\prime}(t)=1 .\end{cases} \)
Z układu tego wyliczamy
\( c_1^{\prime}(t)=\frac{w_1(t)}{w(t)}, \hskip 1pc c_2^{\prime}(t)=\frac{w_2(t)}{w(t)}, \hskip 1pc c_3^{\prime}(t)=\frac{w_2(t)}{w(t)} \)
gdzie
\( \begin{aligned}&w(t)=\begin{vmatrix} 1 & t & t^2 \\1 & t+1 & t^2+2t\\1 & t+2 & t^2+4t+2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 & t & t^2 \\0 & 1 & 2t\\0 & 1 & 2t+2 \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 & t & t^2 \\ 0 & 1 & 2t\\0 & 0 & 2\end{vmatrix}=2,\\&w_1(t)=\begin{vmatrix} 0 & t & t^2 \\0 & t+1 & t^2+2t\\1 & t+2 & t^2+4t+2\end{vmatrix}= \begin{vmatrix} t & t^2 \\ t+1 & t^2+2t\end{vmatrix}=t^2,\\&w_2(t)=\begin{vmatrix} 1 & 0 & t^2 \\ 1 & 0 & t^2+2t\\1 & 1 & t^2+4t+2\end{vmatrix}=-\begin{vmatrix} 1 & t^2 \\1& t^2+2t\end{vmatrix}=-2t,\\&w_3(t)=\begin{vmatrix} 1 & t & 0 \\1 & t+1 & 0\\1 & t+2 & 1\end{vmatrix}=\begin{vmatrix} 1 & t \\1& t+1\end{vmatrix}=1.\end{aligned} \)
Całkując \( \hskip0.3pc c_1^{\prime}(t), \hskip0.3pc c_2^{\prime}(t),\hskip0.3pc c_3^{\prime}(t)\hskip0.3pc \) dostajemy
\( c_1(t)=\int \frac{w_1(t)}{w(t)}dt=\int \frac{t^2}{2}dt=\frac{1}{6}t^3+c_1, \)
\( c_2(t)=\int \frac{w_2(t)}{w(t)}dt=\int \frac{-2t}{2}dt=-\frac{1}{2}t^2+c_2, \)
\( c_3(t)=\int \frac{w_3(t)}{w(t)}dt=\int \frac{1}{2}dt=\frac{1}{2}t+c_3 \)
gdzie \( \hskip0.3pc c_1,\hskip0.3pc c_2,\hskip0.3pc c_3\hskip0.3pc \) są to dowolne stałe.
Rozwiązanie ogólne rozpatrywanego równania ma postać
\( y(t)=e^t\left( \frac{1}{6}t^3+c_1\right) +te^t\left( -\frac{1}{2}t^2+c_2\right) +t^2e^t\left( \frac{1}{2}t+c_3\right)=e^t(c_1+tc_2+t^2c_3+\frac{1}{6}t^3) . \)
Krok 3. Wyznaczamy teraz rozwiązanie które spełnia warunki poczatkowe.
Z warunku \( \hskip0.3pc y(0)=0\hskip0.3pc \) wynika, że \( \hskip0.3pc c_1=0\hskip0.3pc \).
Ponieważ
\( y^{\prime}(t)=e^t(c_1+c_2t+c_3t^2+\frac{1}{6}t^3+c_2+2c_3t+\frac{1}{2}t^2) \)
to z warunku \( \hskip0.3pc y^{\prime}(0)=1\hskip0.3pc \) mamy, że \( \hskip0.3pc c_1+c_2=1,\hskip0.3pc \) czyli \( \hskip0.3pc c_2=1.\hskip0.3pc \)
Druga pochodna funkcji \( y(t) \) wynosi
\( y^{\prime\prime}(t)=e^t\left(c_1+c_2t+c_3t^2+\frac{1}{6}t^3+c_2+2c_3t+\frac{1}{2}t^2+c_2+2c_3t+\frac{1}{2}t^2+2c_3+t\right) \)
więc z warunku \( \hskip0.3pc y^{\prime\prime}(0)=-2\hskip0.3pc \) dostajemy \( \hskip0.3pc c_1+2c_2+2c_3=-2,\hskip0.3pc \) skąd wynika, że \( \hskip0.3pc c_3=-2.\hskip0.3pc \)
Rozwiązanie problemu początkowego ma zatem postać
\( y(t)=e^t(t-2t^2+\frac{1}{6}t^3) . \)
