12. Sistemi linearnih diferencijalnih jedna
č
ina sa konstantnim koeficijentima
Neka su
1
2
, ,...,
n
x x
x
nepoznate funkcije koje zavise od argumenta
t
, a
(
)
1, 2,...,
i
i
dx
x
i
n
dt
⋅
=
=
izvodi ovih
funkcija po
t
. Tada se sistem jedna
č
ina
( )
( )
( )
( )
1
11 1
12 2
1
1
2
21 1
22 2
2
1 1
2 2
...
...
1
,
...
...
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
x
a x
a x
a x
f t
x
a x
a x
a x
f
t
x
a x
a x
a x
f
t
⋅
⋅
⋅
⎧ =
+
+ +
+
⎪
⎪
⎪ =
+
+ +
+
⎨
⎪
⎪
⎪ =
+
+ +
+
⎩
zove normalni sistem linearnih diferencijalnih jedna
č
ina prvog reda. Pri tome su
(
)
,
1, 2,...,
ij
a
i j
n
=
realne konstante koje zovemo koeficijentima sistema, a
( ) (
)
1, 2,...,
i
f t
i
n
=
neprekidne funkcije
argumenta
t
, koje zovemo slobodnim
č
lanovima. Ukoliko je
( )
( )
( )
1
2
...
0,
n
f t
f
t
f
t
=
= =
=
kažemo da je
sistem (1) homogeni, a u suprotnom kažemo da je (1) nehomogeni sistem diferencijalnih jedna
č
ina.
12.1 Metoda svo
đ
enja sistema na diferencijalnu jedna
č
inu po jednoj nepoznatoj
Sistem (1)
ć
emo rješavati samo u slu
č
aju kad je
2
n
=
ili
3.
n
=
Ako je
2
n
=
sistem glasi:
( )
( )
( )
1
11 1
12 2
1
2
21 1
22 2
2
2
.
x
a x
a x
f t
x
a x
a x
f
t
⋅
⋅
⎧ =
+
+
⎪
⎨
⎪ =
+
+
⎩
Ako je
12
0,
a
=
sistem je ve
ć
sveden na jedna
č
inu po jednoj nepoznatoj funkciji, jer je takva prva
jedna
č
ina u (2). Otuda pretpostavimo da to ne važi. Tada iz prve jedna
č
ine u (2) možemo izraziti
nepoznatu funkciju
2
x
preko nepoznate
1
:
x
( )
1
11 1
1
2
12
,
x
a x
f t
x
a
⋅
−
−
=
ako je
12
0.
a
≠
Slijedi:
( )
1
11 1
1
2
12
,
x
a x
f
t
x
a
⋅⋅
⋅
⋅
′
−
−
=
pa onda uvrštavanjem u drugu
jedna
č
inu u (2), dobijamo linearnu diferencijalnu jedna
č
inu po nepoznatoj funkciji
( )
1
.
x t
Nakon toga
lako se dobije
( )
2
.
x t
Analogno, mogli smo izraziti nepoznatu funkciju
1
x
preko funkcije
2
x
iz druge jedna
č
ine u (2) i onda to
uvrstiti u prvu jedna
č
inu u (2).
Ako je
3,
n
=
sistem (1) glasi:
( )
( )
( )
( )
1
11 1
12 2
13 3
1
2
21 1
22 2
23 3
2
3
31 1
32 2
33 3
3
3
.
x
a x
a x
a x
f t
x
a x
a x
a x
f
t
x
a x
a x
a x
f t
⋅
⋅
⋅
⎧ =
+
+
+
⎪
⎪⎪
=
+
+
+
⎨
⎪
⎪ =
+
+
+
⎪⎩
Diferencira
ć
emo prvu jedna
č
inu u (3) po
t
:
( )
1
11 1
12
2
13
3
1
.
x
a x
a x
a x
f
t
⋅⋅
⋅
⋅
⋅
′
=
+
+
+
Zatim
ć
emo umjesto
1
2
3
, ,
x x x
⋅
⋅
⋅
uvrstiti desne strane iz (3), pa
ć
e se dobiti jedna
č
ina oblika
( )
1
1 1
2 2
3 3
1
.
x
b x
b x
b x
g t
⋅⋅
=
+
+
+
Kad
nju diferenciramo po
t
i opet zamijenimo na desnoj strani izvode
1
2
3
, ,
x x x
⋅
⋅
⋅
iz (3), dobi
ć
emo jedna
č
inu
( )
1
1 1
2 2
3 3
2
.
x
c x
c x
c x
g
t
⋅⋅⋅
=
+
+
+
Sistem (3) sada se može zamijeniti ekvivalentnim sistemom
( )
( )
( )
( )
1
11 1
12 2
13 3
1
1
1 1
2 2
3 3
1
3
1 1
2 2
3 3
2
4
.
x
a x
a x
a x
f t
x
b x
b x
b x
g t
x
c x
c x
c x
g
t
⋅
⋅⋅
⋅
⎧ =
+
+
+
⎪
⎪⎪
=
+
+
+
⎨
⎪
⎪ =
+
+
+
⎪⎩
Iz prve dvije jedna
č
ine u (4) možemo izraziti nepoznate funkcije
2
x
i
3
x
preko funkcije
1
x
i onda to
uvrstiti u tre
ć
u jedna
č
inu u (4). Na taj na
č
in, dobi
ć
emo linearnu diferencijalnu jedna
č
inu po nepoznatoj
funkciji
1
.
x
Kad je riješimo, odmah dolazimo do rješenja za
2
x
i
3
.
x
Analogno, u sistemu (3) može se dva puta diferencirati druga ili tre
ć
a jedna
č
ina, pa time do
ć
i do linearne
diferencijalne jedna
č
ine po nepoznatim funkcijama
2
x
ili
3
.
x
Riješeni primjeri:
1.
4
2
2 .....(5)
.
2
3 ....(6)
t
t
x
x
y
e
y
x
y
e
⋅
⋅
⎧ = + +
⎪
⎨
⎪ = + −
⎩
Iz (5) imamo da je
2
2
2
2 .
t
t
y
x
x
e
y
x
x
e
⋅
⋅
⋅⋅
⋅
= −
−
⇒ = −
−
Uvrštavanjem u (6) dobijamo:
4
4
2
2
2
2
2
3
4
3
2
3 .
t
t
t
t
t
x
x
e
x
x
x
e
e
x
x
x
e
e
⋅⋅
⋅
⋅
⋅⋅
⋅
⎛
⎞
−
−
= +
−
−
−
⇒ −
+
= −
−
⎜
⎟
⎝
⎠
Za odgovaraju
ć
u homogenu jedna
č
inu
4
3
0
x
x
x
⋅⋅
⋅
−
+
=
postavljamo karakteristi
č
nu jedna
č
inu
2
4
3 0,
λ
λ
−
+ =
č
ija su rješenja
1
1
λ
=
i
2
3.
λ
=
Otuda je opšte rješenje homogene jedna
č
ine
3
1
2
.
t
t
h
x
C e
C e
=
+
Partikularno rješenje je
(
)
(
)
4
4
4
1
2
1
4
2
16
,
t
t
t
t
t
t
p
p
p
x
x
x
ate
be
x
ae t
be
x
ae t
be
′
′′
= +
=
+
⇒
=
+ +
⇒
=
+
+
pa je
(
)
(
)
(
) (
)
4
4
4
4
2
16
4
1
4
3
2
3
t
t
t
t
t
t
t
t
ae t
be
ae t
be
ate
be
e
e
+ +
−
+ +
+
+
= −
−
4
4
2
3
2
3
1,
1,
t
t
t
t
ae
be
e
e
a
b
⇒ −
+
= −
−
⇒ =
= −
dakle
4
3
4
1
2
.
t
t
t
t
t
t
p
x
te
e
x
C e
C e
te
e
= − +
⇒ =
+
−
+
Dalje slijedi:
(
)
3
4
1
2
3
1
4 ,
t
t
t
t
x
C e
C e
t
e
e
⋅
=
+
− +
+
pa je
(
)
(
)
3
4
3
4
1
2
1
2
3
1
4
2
2
t
t
t
t
t
t
t
t
t
y
C e
C e
t
e
e
C e
C e
te
e
e
=
+
− +
+
−
+
−
+
−
i nakon sre
đ
ivanja
(
)
3
4
1
2
3
2 .
t
t
t
t
y
C e
C e
t e
e
= −
+
− −
+
Rješenje:
(
)
3
4
1
2
3
4
1
2
3
2 .
t
t
t
t
t
t
t
t
x
C e
C e
te
e
y
C e
C e
t e
e
⎧ =
+
−
+
⎪
⎨
= −
+
− −
+
⎪⎩
2.
2
;
3
;
2
3
.
x
x
y y
x
y
z z
y
z
x
=
+
= +
−
=
+
−
i
i
i
(
) (
)
2
2 2
3
5
5
;
x
x y
x
y
x
y
z
x
y
z
⋅⋅
⋅
⋅
=
+ =
+
+
+
−
=
+
−
(
) (
) (
)
5
5
5 2
5
3
2
3
16
18
8 ;
x
x
y z
x
y
x
y
z
y
z
x
x
y
z
⋅⋅⋅
⋅
⋅
⋅
=
+
− =
+
+
+
− −
+
−
=
+
−
Dakle, umjesto polaznog sistema posmatramo sistem:
( )
2
............ 7
x
x
y
=
+
i
( )
5
........ 8
x
x
y
z
⋅⋅
= +
−
16
18
8 ..(9)
x
x
y
z
⋅⋅⋅
=
+
−
