Чисельний метод (реферат)

РЕФЕРАТ На тему:

Чисельний метод Розглянутий у темі аналітичний метод (метод імовірнісних функцій) розв’язування системи алгебраїчних рівнянь, яка описує стаціонарний режим роботи систем обслуговування, дає змогу дістати формули для визначення основних числових характеристик цих систем.

Але зі збільшенням кількості потоків вимог, що надходять до системи, каналів обслуговування зростають труднощі організації дисципліни обслуговування цих вимог, а ймовірнісна модель ускладнюється настільки, що застосовувати аналітичний метод стає проблематичним.

Навіть у тому разі, коли цей метод дає змогу знайти аналітичний вираз для часткових імовірнісних твірних функцій, їх структура стає такою громіздкою, що для визначення самого лише математичного сподівання кількості вимог, які перебувають у сис­темі, потрібно виконати великий обсяг математичних операцій, що було вже проілюстровано на моделях, розглянутих у темі 6.

Окрім того, у реальних системах обслуговування, які функціо­нують в реальному масштабі часу, вхідним потокам вимог (інформації) часто відмовляють в обслуговуванні внаслідок переорієнтації обслуговуючих ресурсів систем на обробку вимог (інформації) більш пріоритетного потоку, а тому ці вимоги залишають систему і втрачаються для неї. Тоді важливо визначити таку ймовірність втрати вимог для системи, яка може мати місце як для вимог простого потоку, так і для вимог потоку, що користується абсолютним пріоритетом в обслуговуванні. Така ситуація можлива, коли з технічних причин (обмеження місткості нагромаджувачів інформації, яка надходить для обробки, і т. ін.) вводиться обмеження на кількість вимог (інформації), що можуть перебувати в черзі.

Аналітичним методом ці ймовірності знайти не можна, оскіль­ки цей метод передбачає безперервне поповнення черг для всіх вхідних потоків вимог.

Отже, щоб знайти основні числові характеристики систем обслуговування, а також імовірності втрат вимог вхідних потоків, доцільно застосувати чисельний (ітераційний) метод. За допомогою цього методу можна значно розширити коло задач із імовірнісними моделями й оперативно здобути інформацію про поводження системи обслуговування як у реальному масштабі часу, так і в майбутньому. Оператор, змінюючи параметри системи, може досягти певної оптимізації економічної ефективності її функціонування.

1. Лінійні системи диференціальних рівнянь.

зі сталими коефіцієнтами та їх розв’язки.

1) Діагоналізація квадратних матриць. Характеристичні корені та їх характеристичні (власні) вектори Нехай задано квадратну матрицю.

$$A=\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{\text{11}}& a_{\text{12}}& a_{\text{13}}& \text{.}\text{.}\text{.}& a_{1n}\\ a_{\text{21}}& a_{\text{22}}& a_{\text{23}}& \text{.}\text{.}\text{.}& a_{2n}\\ \text{.}\text{.}\text{.}& \text{.}\text{.}\text{.}& \text{.}\text{.}\text{.}& \text{.}\text{.}\text{.}& \text{.}\text{.}\text{.}\\ a_{n1}& a_{n2}& a_{n3}& \text{.}\text{.}\text{.}& a_{\text{nn}}\end{array}\right)$$, (341).

визначник якої не дорівнює нулю. Тоді для цієї матриці існує такий вектор $$\stackrel{}{u}$$, для якого.

$$A\stackrel{}{u}=\stackrel{}{u}$$, (342).

тобто, якщо помножимо матрицю, А на вектор $$\stackrel{}{u}$$, то результат дорівнюватиме скалярному добутку числа $$$$ на цей вектор $$\stackrel{}{u}\text{.}$$ Отже, вектор $$\stackrel{}{u}$$ паралельний вектору $$\stackrel{}{u}$$ .

Рівність (342) можна переписати так:

$$A\stackrel{}{u}-\stackrel{}{u}=0->$$.

$$->\left(A-I\right)\stackrel{}{u}=0$$. (343).

Тут символ 0 є позначенням нульового вектора. Отже, (343) можна подати в такому вигляді:

$$(A-I)\stackrel{}{u}=\left(\left(\begin{array}{cccc}{a}_{\text{11}}& a_{\text{12}}& \dots & a_{1n}\\ a_{\text{21}}& a_{\text{22}}& \dots & a_{2n}\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{\text{nn}}\end{array}\right)-\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& 1& 0& \dots & 0\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ 0& 0& 0& \dots & 1\end{array}\right)\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\\ \\ u_n\end{array}\right)=$$.

$$=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{\text{11}-}-& a_{\text{12}}& \dots & a_{1n}\\ a_{\text{21}}& a_{\text{22}}-& \dots & a_{2n}\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{\text{nn}}-\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\\ \\ u_n\end{array}\right)$$ .

Тут $$\stackrel{}{u}=\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ u_n\end{array}\right)$$ .

Рівняння (343) є однорідним і матиме ненульовий розв’язок лише в тому разі, коли ранг матриці $$\left(A-I\right)$$ буде меншим за її порядок. Тоді визначник цієї матриці має дорівнювати нулю:

$$|A-I|=|\begin{array}{cccc}{a}_{\text{11}}-& a_{\text{12}}& \dots & a_{1n}\\ a_{\text{21}}& a_{\text{22}}-& \dots & a_{2n}\\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{\text{nn}}-\end{array}|=\left(\right)=0\text{.}$$ (344).

Рівняння (343) задає умову, за якої існує ненульовий вектор, що й буде його розв’язком. Із рівняння (343), яке називається характеристичним, можна знайти всі значення характеристичних коренів $${}_i$$, які задовольнятимуть його, при цьому $${}_i$$ можуть бути як дійсними, так і комплексними.

Вектор $${\stackrel{}{u}}_i$$, що задовольняє рівняння (343), називають характеристичним, або власним.

Припустимо, що квадратна матриця, А розміром n має n різних характеристичних чисел. Тоді вона має і n характеристичних (власних) векторів. Кожному характеристичному числу $${}_i$$ відповідає один характеристичний вектор $${\stackrel{}{u}}_i$$ .

Отже, $${}_i$$ має задовольняти рівняння.

$$A\stackrel{}{u}={}_i{\stackrel{}{u}}_i$$. (345).

Приклад 1. Задано матрицю.

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)$$ .

Знайти характеристичні корені та характеристичні (власні) вектори.

Розв’язання. Характеристичне рівняння матиме такий вигляд:

$$\left(\begin{array}{cc}1-& 4\\ 9& 1-\end{array}\right)={\left(1-\right)}^2-\text{36}=0->$$.

$$->{\left(1-\right)}^2=\text{36}->$$.

$$1-=-6->$$ $${}_1=7$$ ,.

$$1-=6->{}_2=-5$$ .

Отже,.

$${}_1=7$$, $${}_2=-5$$ .

Визначимо характеристичні (власні) вектори.

Оскільки $$A{\stackrel{}{u}}_1={}_1{\stackrel{}{u}}_1$$, то.

$$\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\end{array}\right)=7\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\end{array}\right)->\left(\begin{array}{cc}{u}_1& 4u_2\\ 9u_1& u_1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7u_1\\ 7u_2\end{array}\right)->\{\begin{array}{c}{u}_1+4u_2=7u_1,\\ 9u_1+u_2=7u_2,\end{array}$$.

$$->\{\begin{array}{c}6u_1-4u_2=\mathrm{0,}\\ 9u_1-6u_2=\mathrm{0,}\end{array}$$ $$->\{\begin{array}{c}3u_1-2u_2=\mathrm{0,}\\ 3u_1-2u_2=0\text{.}\end{array}$$.

За $$u_1=2$$, $$u_2=3$$ .

Звідси дістаємо характеристичний вектор $${\stackrel{}{u}}_1=\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)$$ .

Справді,.

$$\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)=7\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)->\left(\begin{array}{c}\text{14}\\ \text{21}\end{array}\right)=7\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)->7\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)=7\left(\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right)$$ .

Аналогічно.

$$A{\stackrel{}{u}}_2={}_2{\stackrel{}{u}}_2->\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\end{array}\right)=-5\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\end{array}\right)->$$.

$$->\left(\begin{array}{c}{u}_1+4u_2\\ 9u_1+u_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-5u_1\\ -5u_2\end{array}\right)->\{\begin{array}{c}{u}_1+4u_2=-5u_1,\\ 9u_1+u_2=-5u_2-\end{array}->$$.

$$->\{\begin{array}{c}6u_1+4u_2=\mathrm{0,}\\ 9u_1+u_2=0-\end{array}->\{\begin{array}{c}3u_1+2u_2=\mathrm{0,}\\ 3u_1+2u_2=0\text{.}\end{array}$$.

Остаточно маємо $$u_1=2$$, $$u_2=-3$$ .

Отже, характеристичний вектор

$${\stackrel{}{u}}_2=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\end{array}\right)$$ .

Перевіримо:

$$\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}2\\ -3\end{array}\right)=-5\left(\begin{array}{c}2\\ -3\end{array}\right)->\left(\begin{array}{c}-\text{10}\\ \text{15}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-\text{10}\\ \text{15}\end{array}\right)$$ .

Доходимо висновку, що характеристичні вектори $${\stackrel{}{u}}_1$$, $${\stackrel{}{u}}_2$$ для матриці А знайдено правильно.

Власне, коли практично застосовують характеристичні (власні) вектори матриці А? Скажімо, тоді, коли доводиться підносити квадратну матрицю, А до k-го степеня, де k — довільне ціле додат­не число. Як відомо, виконання цієї операції за великих значень k потребує значного обсягу обчислень.

Нехай маємо невироджену матриця Т і діагональну матрицю D, для яких виконується така рівність:

$$A={\text{TDT}}^{-1}$$. (346).

Тоді.

$$A^2=AA={\text{TDT}}^{-1}{\text{TDT}}^{-1}={\text{TD}}^2{T}^{-1}$$ ;

$$A^3=AAA={\text{TDT}}^{-1}{\text{TDT}}^{-1}{\text{TDT}}^{-1}={\text{TD}}^3{T}^{-1}$$ ;

…

$$A^k={\text{TD}}^k{T}^{-1}$$. (347).

Отже, знайшовши невироджену матрицю Т $$\left(|T|/=0\right)$$, для якої існуватиме й матриця $$T^{-1}$$, і маючи матрицю D, усі елементи якої окрім розміщених на головній діагоналі дорівнюють нулю, значно спростимо операцію піднесення матриці А до степеня k.

Щоб побудувати матрицю Т, знайдемо характеристичні вектори, попередньо визначивши характеристичні числа матриці А.

Записавши всі характеристичні вектори у вигляді стовпців, дістанемо матрицю виду $$\left({\stackrel{}{u}}_1{\stackrel{}{u}}_2\text{.}\text{.}\text{.}{\stackrel{}{u}}_n\right)$$, яка й буде матрицею Т.

Отже,.

$$T=\left({\stackrel{}{u}}_1{\stackrel{}{u}}_2\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}{\stackrel{}{u}}_n\right)$$ .

Матриця Т буде квадратною і невиродженою, оскільки характеристичні вектори матриці А лінійно незалежні $$\left(|T|/=0\right)$$ .

Перепишемо рівняння (347) так:

$$A\left({\stackrel{}{u}}_1{\stackrel{}{u}}_2\text{.}\text{.}\text{.}{\stackrel{}{u}}_n\right)=\left({\stackrel{}{u}}_1{\stackrel{}{u}}_2\text{.}\text{.}\text{.}{\stackrel{}{u}}_n\right)\left(\begin{array}{ccccc}{}_1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& {}_2& 0& \dots & 0\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ 0& 0& 0& \dots & {}_n\end{array}\right)$$ ,.

або, у векторно-матричній формі:

$$\text{AT}=\text{TD}$$, (348).

де.

$$D=\left(\begin{array}{ccccc}{}_1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& {}_2& 0& \dots & 0\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ 0& 0& 0& \dots & {}_n\end{array}\right)$$ .

Рівняння (348) можемо подати як $${\text{ATT}}^{-1}={\text{TDT}}^{-1}$$, або.

$$A={\text{TDT}}^{-1}$$. (349).

Із (349) визначимо матрицю D:

$$T^{-1}\text{AT}=T^{-1}{\text{TDT}}^{-1}T->T^{-1}\text{AT}=D$$ .

Звідси.

$$D=T^{-1}\text{AT}$$. (350).

Приклад 2. За заданою матрицею.

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)$$ знайти $$A^4$$ .

Розв’язання. Оскільки характеристичними коренями матриці А є числа $${}_1=7$$, $${}_2=-5$$, то відповідні їм характеристичні вектори будуть такі:

$${\stackrel{}{u}}_1=\left[\begin{array}{c}2\\ 3\end{array}\right]$$, $${\stackrel{}{u}}_2=\left[\begin{array}{c}2\\ -3\end{array}\right]$$ .

Отже, матриці T і T -1 матимуть відповідно такий вигляд:

$$T=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 3& -3\end{array}\right)$$, $$T^{-1}=\frac{1}{\text{12}}\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 3& -2\end{array}\right)$$ .

Тоді.

$$D=T^{-1}\text{AT}=\frac{1}{\text{12}}\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 3& -3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 4\\ 9& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 3& -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}7& 0\\ 0& -5\end{array}\right)$$ .

Знайшовши діагональну матрицю.

$$D=\left(\begin{array}{cc}7& 0\\ 0& -5\end{array}\right)$$ ,.

дістанемо:

$$A^4={\text{TD}}^4{T}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& 2\\ 3& -3\end{array}\right){\left(\begin{array}{cc}7& 0\\ 0& -5\end{array}\right)}^4\frac{1}{\text{12}}\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 3& -2\end{array}\right)=\frac{1}{\text{12}}\left(\begin{array}{cc}\text{18\hspace{0.17em}156}& \text{7104}\\ \text{15\hspace{0.17em}984}& \text{18\hspace{0.17em}156}\end{array}\right)$$ .

Зауважимо, що визначати характеристичні вектори та будувати матриці Т, Т -1 доводиться для відшукання розв’язків системи нелінійних однорідних диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами.

2. Знаходження розв’язків.

для систем лінійних диференціальних.

рівнянь зі сталими коефіцієнтами Розглянемо систему лінійних диференціальних рівнянь.

$$\frac{d\stackrel{}{x}}{\text{dt}}=A\stackrel{}{x}$$ за $$\stackrel{}{x}\left(0\right)=\stackrel{}{c}$$, (351).

де $$\stackrel{}{x}=\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)\\ x_2\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ x_n\left(t\right)\end{array}\right)$$ — $$A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{\text{11}}& a_{\text{12}}& \dots & a_{1n}\\ a_{\text{12}}& a_{\text{22}}& \dots & a_{2n}\\ \text{.}\text{.}\text{.}& \text{.}\text{.}\text{.}& \dots & \text{.}\text{.}\text{.}\\ a_{n1}& a_{n2}& \dots & a_{\text{nn}}\end{array}\right)$$ — $$\frac{d\stackrel{}{x}}{\text{dt}}=\left(\begin{array}{c}\frac{d{\stackrel{}{x}}_1}{\text{dt}}\\ \frac{d{\stackrel{}{x}}_2}{\text{dt}}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ \frac{d{\stackrel{}{x}}_n}{\text{dt}}\end{array}\right)$$ — $$\stackrel{}{x}\left(0\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(0\right)\\ x_2\left(0\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ x_n\left(0\right)\end{array}\right)$$ — $$\stackrel{}{c}=\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ c_n\end{array}\right)$$ — вектор граничних умов.

Нехай.

$$\stackrel{}{x}=T\stackrel{}{y}$$, (352).

де $$\stackrel{}{y}=\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ y_n\left(t\right)\end{array}\right)$$, Т — матриця, стовпцями якої є характеристичні вектори матриці А.

Тоді.

$$\begin{array}{c}\frac{d\stackrel{}{x}}{\text{dt}}=T\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}->A\stackrel{}{x}=T\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}->\text{AT}\stackrel{}{y}=T\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}->\\ ->T^{-1}\text{AT}\stackrel{}{y}=T^{-1}T\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}->\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}=T^{-1}\text{AT {}\stackrel{}{y}=D\stackrel{}{y}\text{.}\end{array}$$.

Отже,.

$$\frac{d\stackrel{}{y}}{\text{dt}}=Dy$$. (353).

Оскільки $$\stackrel{}{x}=T\stackrel{}{y}$$, то.

$$\stackrel{}{y}=T^{-1}\stackrel{}{x}$$. (354).

Узявши до уваги, що $$\stackrel{}{x}(0)=\stackrel{}{c}$$, де $$\stackrel{}{c}=\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\\ \\ c_n\end{array}\right)$$, дістанемо.

$$\stackrel{}{y}\left(0\right)=T^{-1}\stackrel{}{x}\left(0\right)$$ ,.

або.

$$\stackrel{}{y}(0)=T^{-1}\stackrel{}{c}$$, (355).

де $$\stackrel{}{y}\left(0\right)=\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(0\right)\\ y_2\left(0\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ y_n\left(0\right)\end{array}\right),T^{-1}\stackrel{}{C}=\left(\begin{array}{c}{c}_1^{}\\ c_2^{}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ c_n^{}\end{array}\right)$$. (356).

Рівняння (353) подамо в такому вигляді:

$$\left(\begin{array}{c}\frac{{\text{dy}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \frac{{\text{dy}}_2\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \\ \frac{{\text{dy}}_n\left(t\right)}{\text{dt}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccccc}{}_1& 0& 0& 0& \dots & 0\\ 0& {}_2& 0& 0& \dots & 0\\ 0& 0& {}_3& 0& \dots & 0\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ 0& 0& 0& 0& \dots & {}_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ y_3\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ y_n\left(t\right)\end{array}\right)$$ ,.

або.

$$\left(\begin{array}{c}\frac{{\text{dy}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \frac{{\text{dy}}_2\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \\ \frac{{\text{dy}}_n\left(t\right)}{\text{dt}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{}_1{y}_1\left(t\right)\\ {}_2{y}_2\left(t\right)\\ {}_3{y}_3\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ {}_n{y}_n\left(t\right)\end{array}\right)$$. (357).

Отже, систему лінійних диференціальних рівнянь (351) діагоналізацією матриці А звели до вигляду (357), зручного для подальшого розв’язування.

Так, для і-го рівняння системи (357) маємо:

$$\frac{{\text{dy}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}={}_i{y}_i\left(x\right)$$, $$i=\stackrel{}{\mathrm{1,}n}$$, (358).

$$\frac{{\text{dy}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}={}_i\text{dt}->\underset{0}{\overset{t}{}}\frac{{\text{dy}}_i\left(t\right)}{y_i\left(t\right)}=\underset{0}{\overset{t}{}}\text{dt}->$$.

$$->\text{ln}{y}_i\left(t\right)|\begin{array}{c}t\\ 0\end{array}={}_{i}t|\begin{array}{c}t\\ 0\end{array}->$$.

$$->\text{ln}{y}_i\left(t\right)-\text{ln}{y}_i\left(0\right)={}_{i}t->$$.

$$->\text{ln}\frac{y_1\left(t\right)}{y_i\left(0\right)}={}_{i}t->\frac{y_1\left(t\right)}{y_i\left(0\right)}=e^{{}_{i}t}->$$.

$$->y_i\left(t\right)=y_i\left(0\right)e^{{}_{i}t}\text{.}$$ (359).

Оскільки згідно з (359) $$y_i\left(0\right)=c_i^{}$$, то остаточний розв’язок буде такий:

$$y_i\left(t\right)=c_i^{}{e}^{{}_{i}t}$$. (360).

Ураховуючи (360), дістаємо загальний розв’язок системи (351):

$$\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ y_3\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ y_n\left(t\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{c}_1^{}{e}^{{}_{1}t}\\ c_2^{}{e}^{{}_{2}t}\\ c_3^{}{e}^{{}_{3}t}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ c_n^{}{e}^{{}_{n}t}\end{array}\right)->\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)\\ x_2\left(t\right)\\ x_3\left(t\right)\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ x_n\left(t\right)\end{array}\right)=T\left(\begin{array}{c}{c}_1^{}{e}^{{}_{1}t}\\ c_2^{}{e}^{{}_{2}t}\\ c_3^{}{e}^{{}_{3}t}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\\ c_n^{}{e}^{{}_{n}t}\end{array}\right)$$ .

Приклад 3. Розв’язати системи лінійних диференційних рівнянь.

$$\{\begin{array}{c}\frac{{\text{dx}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}=x_1\left(t\right)+4x_2\left(t\right)+x_3\left(t\right),\\ \frac{{\text{dx}}_2\left(t\right)}{\text{dt}}=2x_1\left(t\right)+x_2\left(t\right),\\ \frac{{\text{dx}}_3\left(t\right)}{\text{dt}}=-x_1\left(t\right)+3x_2\left(t\right)+x_3\left(t\right),\end{array}$$.

якщо $$\stackrel{}{x}\left(0\right)=\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(0\right)\\ x_2\left(0\right)\\ x_3\left(0\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\stackrel{}{c}$$ .

Розв’язання. Оскільки матриця $$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 4& 1\\ 2& 1& 0\\ -1& 3& 1\end{array}\right)$$, то характеристичні корені знаходимо з рівняння.

$$|\begin{array}{ccc}1-& 4& 1\\ 2& 1-& 0\\ -1& 3& 1-\end{array}|=0->{\left(1-\right)}^3-7\left(1-\right)+6=0$$ .

Отже, $${}_1=0$$, $${}_2=-1$$, $${}_3=4$$ .

Щоб визначити характеристичні вектори матриці А, скористаємося поданим далі рівнянням для всіх значень характеристичних коренів $${}_1$$, $${}_2$$, $${}_3$$ :

$$\left(\begin{array}{ccc}1-& 4& 1\\ 2& 1-& 0\\ -1& 3& 1-\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right)=0$$, $$i=\mathrm{1,}\mathrm{2,}3$$ .

Наприклад, для $${}_1=0$$ маємо:

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 4& 1\\ 2& 1& 0\\ -1& 3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right)=0->\{\begin{array}{c}{u}_1+4u_2+u_3=\mathrm{0,}\\ 2u_1+u_2=\mathrm{0,}\\ -u_1+3u_2+u_3=0\text{.}\end{array}$$.

Узявши $$u_1=1$$, дістанемо $$u_2=-2$$, $$u_3=7$$ .

Далі запишемо характеристичний вектор для характеристичного числа $$=0$$ :

$${\stackrel{}{u}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 7\end{array}\right)$$ .

За $${}_2=-1$$ маємо:

$$\left(\begin{array}{ccc}2& 4& 1\\ 2& 2& 0\\ -1& 3& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right)=0->\{\begin{array}{c}2u_1+4u_2+u_3=\mathrm{0,}\\ 2u_1+2u_2=\mathrm{0,}\\ -u_1+3u_2+2u_3=0\text{.}\end{array}$$.

Узявши $$u_1=2$$, дістанемо $$u_2=-2$$, $$u_3=4$$. Тоді характеристичний вектор для характеристичного кореня $${}_2=-1$$ буде такий:

$${\stackrel{}{u}}_2=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$$ .

Для $${}_3=4$$ маємо:

$$\left(\begin{array}{ccc}-3& 4& 1\\ 2& -3& 0\\ -1& 3& -3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\\ u_3\end{array}\right)=0->\{\begin{array}{c}-3u_1+4u_2+u_3=\mathrm{0,}\\ 2u_1+-3u_2=\mathrm{0,}\\ -u_1+3u_2-3u_3=0\text{.}\end{array}$$.

Зокрема, якщо $$u_1=3$$, дістаємо $$u_2=2$$, $$u_3=1$$. Характеристичний вектор для $${}_3=4$$ буде такий:

$${\stackrel{}{u}}_3=\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 1\end{array}\right)$$ .

За знайденими характеристичними векторами $${\stackrel{}{u}}_1$$, $${\stackrel{}{u}}_2$$, $${\stackrel{}{u}}_3$$ будуємо матрицю.

$$T=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ -2& -2& 2\\ 7& 4& 1\end{array}\right)$$, звідки $$T^{-1}=\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{ccc}-5& 5& 5\\ 8& \text{10}& -4\\ 3& 5& 1\end{array}\right)$$ .

Знаючи $$\stackrel{}{x}\left(0\right)$$, знаходимо.

$$\stackrel{}{y}\left(0\right)=\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(0\right)\\ y_2\left(0\right)\\ y_3\left(0\right)\end{array}\right)=T^{-1}\stackrel{}{x}\left(0\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{ccc}-5& 5& 5\\ 8& \text{10}& -4\\ 3& 5& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{c}\text{20}\\ 8\\ 8\end{array}\right)$$ .

Згідно з (353) маємо:

$$\left(\begin{array}{c}\frac{{\text{dy}}_1}{\text{dt}}\\ \frac{{\text{dy}}_2}{\text{dt}}\\ \frac{{\text{dy}}_3}{\text{dt}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& -4& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ y_3\left(t\right)\end{array}\right)->\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ y_3\left(t\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(0\right)\\ y_2\left(0\right)e^{-t}\\ y_3\left(0\right)e^{4t}\end{array}\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{c}\text{20}\\ 8e^{-t}\\ 8e^{4t}\end{array}\right)$$ .

Скориставшись (352), дістанемо розв’язок зведеної системи:

$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)\\ x_2\left(t\right)\\ x_3\left(t\right)\end{array}\right)=T\left(\begin{array}{c}{y}_1\left(t\right)\\ y_2\left(t\right)\\ y_3\left(t\right)\end{array}\right)->\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)\\ x_2\left(t\right)\\ x_3\left(t\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ -2& -2& 2\\ 7& 4& 1\end{array}\right)\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{c}\text{20}\\ 8e^{-t}\\ 8e^{4t}\end{array}\right)->$$.

$$->\left(\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)\\ x_2\left(t\right)\\ x_3\left(t\right)\end{array}\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\begin{array}{c}\text{20}+\text{16}{e}^{-t}+\text{24}{e}^{4t}\\ -\text{40}-\text{16}{e}^{-t}+\text{16}{e}^{4t}\\ \text{140}+\text{32}{e}^{-t}+8e^{4t}\end{array}\right)$$ .

Остаточно маємо:

$$\begin{array}{c}{x}_1\left(t\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\text{20}+\text{16}{e}^{-t}+\text{24}{e}^{4t}\right)-\\ x_2\left(t\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(-\text{40}-\text{16}{e}^{-t}+\text{16}{e}^{4t}\right)-\\ x_3\left(t\right)=\frac{1}{\text{20}}\left(\text{140}+\text{32}{e}^{-t}+8e^{4t}\right)\text{.}\end{array}$$.

Отже, для визначення розв’язків систем лінійних однорідних диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами потрібно матрицю, А подати в діагональному вигляді. А це практично можна здійснити лише для матриць низького порядку. Для матриць високого порядку такі перетворення пов’язані з великими труднощами, через що в цьому разі корені характеристичного рівняння знайти практично неможливо.

З такими ситуаціями стикаємося під час побудови ймовірнісних моделей систем обслуговування, які являють собою лінійні однорідні системи диференціальних рівнянь, порядок яких може досягати десятків тисяч.

3. Ітераційні (чисельні) методи.

1. Імовірнісні моделі систем обслуговування в загальному вигляді.

Системи обслуговування, які працюють в реальному масштабі часу, моделюються системою лінійних диференційних однорідних рівнянь, яка у векторно-матричній формі має такий вигляд:

$$\frac{d\stackrel{}{P}\left(t\right)}{\text{dt}}=H\stackrel{}{P}\left(t\right)$$. (361).

Тут $$\stackrel{}{P}\left(t\right)=\left(\begin{array}{c}{p}_0\left(t\right)\\ p_1\left(t\right)\\ \\ p_N\left(t\right)\end{array}\right)$$, (362).

при цьому $$\underset{i=0}{\overset{N}{}}{p}_i\left(t\right)=1$$ ,.

$$\frac{d\stackrel{}{P}\left(t\right)}{\text{dt}}=\left(\begin{array}{c}\frac{{\text{dp}}_0\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \frac{{\text{dp}}_1\left(t\right)}{\text{dt}}\\ \\ \frac{{\text{dp}}_N}{\text{dt}}\end{array}\right)$$. (363).

Н — квадратна матриця такого вигляду:

$$H=\left(\begin{array}{ccccc}{a}_{\text{11}}& a_{\text{12}}& a_{\text{13}}& \dots & a_{1N}\\ a_{\text{21}}& a_{\text{22}}& a_{\text{23}}& \dots & a_{2N}\\ a_{\text{31}}& a_{\text{32}}& a_{\text{33}}& \dots & a_{3N}\\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots \\ a_{N1}& a_{N2}& a_{N3}& \dots & a_{\text{NN}}\end{array}\right)$$. (364).