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 (1.9) 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.

$$% latex2html id marker 33055 \left[ \begin{array}{c} y(x)... ...ft[ \begin{array}{c} y(x) \\ z(x) \end{array} \right].$$

Uvrstimo

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

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

$$% latex2html id marker 33125 \left[ \begin{array}{c} y \\ ... ...C_2\,e^x \left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right],$$

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.

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

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.