Системы дифференциальных уравнений

Найти решение линейной однородной системы дифференциальных уравнений при заданных начальных условиях $x(0)=3$, $y(0)=0\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=-2x+4y\\ \frac{dy}{dt}=-x+3y\end{array}$

Поскольку заданы начальные условия, то дело имеем с задачей Коши. Решим систему методом исключения, то есть сведем систему дифференциальных уравнений к одному уравнению.

Из первого уравнения системы выразим функцию $y(t)$ через функцию $x(t)$ и ее производную: $\frac{dx}{dt}=x^{\prime }(t)=-2x+4y\Rightarrow 4y=x^{\prime }+2x\Rightarrow y=\frac{x^{\prime }+2x}{4}=\frac{x^{\prime }}{4}+\frac{x}{2}$

Найдем теперь из последнего соотношения производную функции $y(t)$ : $y^{\prime }={(\frac{x^{\prime }}{4}+\frac{x}{2})}^{\prime }=\frac{x^{\prime \prime }}{4}+\frac{x^{\prime }}{2}$

Подставляя полученные выражения функции $y(t)$ и ее производной во второе уравнение заданной системы, будем иметь $\frac{x^{\prime \prime }}{4}+\frac{x^{\prime }}{2}=-x+3\cdot (\frac{x^{\prime }}{4}+\frac{x}{2})$

Раскрываем скобки и сводим подобные: $\frac{x^{\prime \prime }}{4}+\frac{x^{\prime }}{2}=-x+\frac{3x^{\prime }}{4}+\frac{3x}{2}\Rightarrow \frac{x^{\prime \prime }}{4}-\frac{x^{\prime }}{4}-\frac{x}{2}=0$

После умножения обеих частей последнего равенства на четыре, окончательно будем иметь: $\frac{x^{\prime \prime }}{4}+\frac{x^{\prime }}{2}=-x+\frac{3x^{\prime }}{4}+\frac{3x}{2}\Rightarrow \frac{x^{\prime \prime }}{4}-\frac{x^{\prime }}{4}-\frac{x}{2}=0$

Получили однородное дифференциальное уравнение второго порядка относительно неизвестной функции $x^{\prime \prime }-x^{\prime }-2x=0$ .Найдем его решение. Соответствующее характеристическое уравнение имеет вид: $x(t)$ корни которого $k^2-k-2=0$ Тогда решение $k_1=-1$, $k_2=2$

Для нахождения второй неизвестной функции $x(t)=C_1{e}^{k_{1}t}+C_2{e}^{k_{2}t}=C_1{e}^{-t}+C_2{e}^{2t}$ воспользуемся полученным выше соотношением $y(t)$: $y=\frac{x^{\prime }}{4}+\frac{x}{2}$

Итак, искомое решение системы

$y(t)=\frac{1}{4}{(C_1{e}^{-t}+C_2{e}^{2t})}^{\prime }+\frac{1}{2}(C_1{e}^{-t}+C_2{e}^{2t})==\frac{1}{4}(-C_1{e}^{-t}+2C_2{e}^{2t})+\frac{1}{2}(C_1{e}^{-t}+C_2{e}^{2t})=-\frac{C_1{e}^{-t}}{4}+\frac{C_2{e}^{2t}}{2}+\frac{C_1{e}^{-t}}{2}+\frac{C_2{e}^{2t}}{2}=\frac{C_1{e}^{-t}}{4}+C_2{e}^{2t}$

Теперь найдем частное решение заданной системы, которое соответствует начальным условиям $\{\begin{array}{l}x(t)=C_1{e}^{-t}+C_2{e}^{2t}\\ y(t)=\frac{C_1{e}^{-t}}{4}+C_2{e}^{2t}\end{array}$ .Подставляем соответствующие значения в систему и находим константы $x(0)=3,y(0)=0$, $y(0)=0$ и $C_2$: $\{\begin{array}{l}x(0)=C_1{e}^{-0}+C_2{e}^{2\cdot 0},\\ y(0)=\frac{C_1{e}^{-0}}{4}+C_2{e}^{2\cdot 0}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}3=C_1+C_2\\ 0=\frac{C_1}{4}+C_2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}3=C_1-\frac{C_1}{4},\\ C_2=-\frac{C_1}{4}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}3=\frac{3C_1}{4},\\ C_2=-\frac{C_1}{4}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{C}_1=4\\ C_2=-1\end{array}$

Таким образом, частное решение системы $\{\begin{array}{l}x(t)=4e^{-t}-e^{2t}\\ y(t)=e^{-t}-e^{2t}\end{array}$

Рассмотрим теперь линейные неоднородные системы дифференциальных уравнений. Такая система имеет следующий вид: $\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=a\cdot x(t)+b\cdot y(t)+f_1(t)\\ \frac{dy}{dt}=c\cdot x(t)+d\cdot y(t)+f_2(t)\end{array}$

то есть она отличается от однородной системы, описанной выше, лишь добавками-слагаемыми $f_1(t)$ и $f_2(t)$

Найдем решение неоднородной системы линейных дифференциальных уравнений методом исключения.

ПРИМЕР

Найти решение системы линейных дифференциальных уравнений методом исключения. $\{\begin{array}{l}\frac{dx}{dt}=2x-5y+3\\ \frac{dy}{dt}=5x-6y+1\end{array}$

Из первого уравнения системы выразим функцию $y(t)$ через вторую функцию $x(t)$ и ее производную $x^{\prime }(t)$ : $5y=2x-x^{\prime }+3\Rightarrow y=\frac{2x-x^{\prime }+3}{5}$

Дифференцируем последнее равенство по t: $y^{\prime }={\left(\frac{2x-x^{\prime }+3}{5}\right)}^{\prime }=\frac{2x^{\prime }-x^{\prime \prime }}{5}$

Полученные выражения для функции $y(t)$ и ее производной $y^{\prime }(t)$ подставляем во второе уравнение системы: $\frac{2x^{\prime }-x^{\prime \prime }}{5}=5x-\frac{6(2x-x^{\prime }+3)}{5}+1$

Домножим левую и правую части этого равенства на пять: $2x^{\prime }-x^{\prime \prime }=25x-6(2x-x^{\prime }+3)+5$

Упрощаем полученное выражение: $x^{\prime \prime }-2x^{\prime }+25x-12x+6x^{\prime }-18+5=0\Rightarrow x^{\prime \prime }+4x^{\prime }+13x=13$

Итак, получили линейное неоднородное уравнение второго порядка относительно искомой функции $x(t)$

Решим его.

Вначале найдем решение однородного дифференциального уравнения второго порядка $x^{\prime \prime }+4x^{\prime }+13x=0$

Соответствующее ему характеристическое уравнение $k^2+4k+13=0$

Решим полученное квадратное уравнение:

$D=4^2-4\cdot 1\cdot 13=16-52=(6i{)}^2$

$k_{1,2}=\frac{-4\pm 6i}{2}=-2\pm 3i$

Поскольку корни характеристического уравнения комплексны, то решение однородного дифференциального уравнения запишется в виде: $x_{\text{ odn }}(t)=e^{-2t}(C_1\cos 3t+C_2\sin 3t)$

Частное решение неоднородного дифференциального уравнения $x^{\prime \prime }+4x^{\prime }+13x=13$ ищем по виду правой части в виде $x_{\text{chastn}}(t)=A$

Подставим это решение в рассматриваемое дифференциальное уравнение, для этого найдем от него первую и вторую производные: $x_{chastn}^{\prime }=(A{)}^{\prime }=0$, $x_{\text{chastn}}^{\prime \prime }=(0{)}^{\prime }=0$

Тогда $0+4\cdot 0+13A=13\Rightarrow A=1$ то есть $x_{chastn}(t)=1$ Следовательно, общее решение неоднородного уравнения $x(t)=x_{odn}(t)+x_{chastn}(t)=e^{-2t}(C_1\cos 3t+C_2\sin 3t)+1$

Найдем далее функцию $y(t)$ для этого воспользуемся выше полученным равенством $y=\frac{2x-x^{\prime }+3}{5}$. Производная функции $x(t)$ $x^{\prime }={(C_1{e}^{-2t}\cos 3t+C_2{e}^{-2t}\sin 3t+1)}^{\prime }=-2C_1{e}^{-2t}\cos 3t-3C_1{e}^{-2t}\sin 3t-2C_2{e}^{-2t}\sin 3t+3C_2{e}^{-2t}\cos 3t+0=e^{-2t}((3C_2-2C_1)\cos 3t-(3C_1+2C_2)\sin 3t)$

Тогда $y(t)=\frac{2[e^{-2t}(C_1\cos 3t+C_2\sin 3t)+1]-e^{-2t}((3C_2-2C_1)\cos 3t-(3C_1+2C_2)\sin 3t)+3}{5}=\frac{e^{-2t}[(4C_1-3C_2)\cos 3t+(3C_1+4C_2)\sin 3t]+2+3}{5}=e^{-2t}(\frac{4C_1-3C_2}{5}\cos 3t+\frac{3C_1+4C_2}{5}\sin 3t)+1$

Таким образом, искомое решение

$\{\begin{array}{l}x(t)=e^{-2t}(C_1\cos 3t+C_2\sin 3t)+1\\ y(t)=e^{-2t}(\frac{4C_1-3C_2}{5}\cos 3t+\frac{3C_1+4C_2}{5}\sin 3t)+1\end{array}$

Метод Эйлера (метод характеристического уравнения)

Работу этого метода рассмотрим на примере.

ПРИМЕР

Найти общее решение системы уравнений с помощью характеристического уравнения (методом Эйлера). $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=-x-5y\\ y^{\prime }=-7x-3y\end{array}$

Составляем матрицу заданной системы (она состоит из коэффициентов при неизвестных функциях в правых частях уравнений системы): $A=\left(\begin{array}{ll}-1& -5\\ -7& -3\end{array}\right)$

Найдем собственные значения записанной матрицы, для этого составим характеристическое уравнение и определим его корни: $|A-\lambda E|=0\Rightarrow |\left(\begin{array}{cc}-1& -5\\ -7& -3\end{array}\right)-\lambda \cdot \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)|=\left|\begin{array}{cc}-1-\lambda & -5\\ -7& -3-\lambda \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc}-1& -\lambda & -5\\ -7& -3-\lambda \end{array}\right|=(-1-\lambda )(-3-\lambda )-(-7)\cdot (-5)={\lambda }^2+4\lambda -32=0\Rightarrow [\begin{array}{l}{\lambda }_1=-8\\ {\lambda }_2=4\end{array}$

Найдем теперь собственные векторы, соответствующие полученным собственным значениям:

1) ${\lambda }_1=-8$ ,тогда для определения координат собственного вектора запишем систему $(A-{\lambda }_{1}E){\bar{x}}_1=0\{\begin{array}{l}7x_1-5x_2=0\\ -7x_1+5x_2=0\end{array}$

Данная система эквивалентна уравнению $7x_1-5x_2=0\Rightarrow x_1=\frac{5x_2}{7}$ . При $x_2=7$ получаем, что $x_1=5$ . Тогда первый собственный вектор ${\bar{x}}_1=(5;7)$

${\lambda }_2=4\Rightarrow (A-{\lambda }_{2}E){\bar{x}}_2=\bar{0}\Rightarrow \{\begin{array}{l}-5x_1-5x_2=0\\ -7x_1-7x_2=0\end{array}\Rightarrow x_1+x_2=0,\Rightarrow x_1=-x_2$

Для $x_2=1$ получаем, второй собственный вектор ${\bar{x}}_2=(-1;1)$

Тогда общее решение исконной системы дифференциальных уравнений $\left(\begin{array}{c}x(t)\\ y(t)\end{array}\right)=C_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{\bar{x}}_1+C_2{e}^{{\lambda }_{2}t}{\bar{x}}_2=C_1\cdot e^{-8t}\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 7\end{array}\right)+C_2\cdot e^{4t}\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5C_1{e}^{-8t}\\ 7C_1{e}^{-8t}\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}-C_2{e}^{4t}\\ C_2{e}^{4t}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5C_1{e}^{-8t}-C_2{e}^{4t}\\ 7C_1{e}^{-8t}+C_2{e}^{4t}\end{array}\right)\Rightarrow \{\begin{array}{l}x(t)=5C_1{e}^{-8t}-C_2{e}^{4t}\\ y(t)=7C_1{e}^{-8t}+C_2{e}^{4t}\end{array}$