Узнать цену работы
Статьи по теме

Решение систем дифференциальных уравнений

Системы дифференциальных уравнений

Рассмотрим простейшую систему дифференциальных уравнений вида \(\ \left\{\begin{array}{l}{\frac{d x}{d t}=a_{1} x(t)+b_{1} y(t)+c_{1}} \\ {\frac{d y}{d t}=a_{2} x(t)+b_{2} y(t)+c_{2}}\end{array}\right. \)

Здесь коэффициенты \(\ a_{1} \), \(\ a_{2} \),\(\ b_{1} \),\(\ b_{2} \),\(\ c_{1} \), \(\ c_{2} \) – некоторые действительные числа.

Если коэффициенты \(\ c_{1} \), \(\ c_{2} \) равны нулю, то система называется однородной.

ЗАМЕЧАНИЕ

Производные \(\ \frac{d x}{d t} \) , \(\ \frac{d y}{d t} \) еще обозначаются как \(\ x^{\prime}(t) \) и \(\ y^{\prime}(t) \) или \(\ \dot{x}(t) \) и \(\ \dot{y}(t) \) соответственно.

Решение систем дифференциальных уравнений

ОПРЕДЕЛЕНИЕ

Решением этой системы дифференциальных уравнений называется пара \(\ x(t) \) и \(\ y(t) \) ,которые обращают оба уравнения системы в тождества.

Из второго уравнения выразим неизвестную функцию \(\ x(t) \) : \(\ x(t)=\frac{y^{\prime}(t)-b_{2} y(t)-c_{2}}{a_{2}} \)

Тогда отсюда \(\ x^{\prime}(t)=\frac{y^{\prime \prime}(t)-b_{2} y^{\prime}(t)}{a_{2}} \)

Подставляем полученные выражения в первое уравнение системы, тем самым исключив функцию \(\ x(t) \) : \(\ \frac{y^{\prime \prime}(t)-b_{2} y^{\prime}(t)}{a_{2}}=a_{1} \cdot \frac{y^{\prime}(t)-b_{2} y(t)-c_{2}}{a_{2}}+b_{1} y(t)+c_{1} \) \(\ y^{\prime \prime}(t)-b_{2} y^{\prime}(t)=a_{1} y^{\prime}(t)-a_{1} b_{2} y(t)-a_{1} c_{2}+a_{2} b_{1} y(t)+a_{2} c_{1} \) \(\ y^{\prime \prime}(t)-\left(a_{1}+b_{2}\right) y^{\prime}(t)+\left(a_{1} b_{2}-a_{2} b_{1}\right) y(t)=-a_{1} c_{2}+a_{2} c_{1} \)

В результате пришли к линейному неоднородному дифференциальному уравнению второго порядка с постоянными коэффициентами. Найдя его решение – функцию \(\ y(t) \) – легко находим и вторую неизвестную функцию \(\ x(t) \)

ПРИМЕР

  • Задание

    Найдите решение системы дифференциальных уравнений \(\ \left\{\begin{array}{l}{x^{\prime}=x-1} \\ {y^{\prime}=x+2 y-3}\end{array}\right. \)

  • Решение

    Выразим из второго уравнения системы функцию \(\ x(t) \) и ее производную: \(\ x=y^{\prime}-2 y+3 \)

    дифференцируем: \(\ x^{\prime}=\left(y^{\prime}-2 y+3\right)^{\prime}=y^{\prime \prime}-2 y^{\prime} \)

    Подставляем полученные выражения в первое уравнение исходной системы: \(\ y^{\prime \prime}-2 y^{\prime}=y^{\prime}-2 y+3-1 y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=2 \)

    Получили линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Найдем его решение.

    Рассмотрим соответствующее однородное уравнение \(\ y^{\prime \prime}-3 y^{\prime}+2 y=0 \)

    Его характеристическое \(\ k^{2}-3 k+2=0 \)

    корни которого \(\ k^{2}-3 k+2=0 \)

    Поскольку корни различны и действительны, то решение однородного уравнения \(\ y_{o d n}(t)=C_{1} e^{k_{1} \cdot t}+C_{2} e^{k_{2} \cdot t}=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{1 \cdot t}=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t} \)

    Частное решение неоднородного решения будем искать по виду правой части: \(\ y_{\text { chastn }}(t)=A \)

    Тогда \(\ (A)^{\prime \prime}-3 \cdot(A)^{\prime}+2 \cdot A=2 \Rightarrow 2 A=2 \Rightarrow A=1 \Rightarrow y_{c h a s t n}(t)=1 \)

    Таким образом, \(\ y(t)=y_{\text {odn}}(t)+y_{\text {chastn}}(t)=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}+1 \)

    Вторую неизвестную функцию \(\ x(t) \) найдем из соотношения \(\ x=y^{\prime}-2 y+3 \): \(\ x(t)=\left(C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}+1\right)^{\prime}-2 \cdot\left(C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}+1\right)+3= x(t)=2 C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}-2 C_{1} e^{2 t}-2 C_{2} e^{t}-2+3=-C_{2} e^{t}+1=1-C_{2} e^{t} \)

    Итак, \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=1-C_{2} e^{t}} \\ {y(t)=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}+1}\end{array}\right. \)

  • Ответ\(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=1-C_{2} e^{t}} \\ {y(t)=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{t}+1}\end{array}\right. \)

    Решение систем дифференциальных уравнений метода Эйлера

    Линейные однородные системы, например, с двумя неизвестным (1) - \(\ \left\{\begin{array}{l}{\frac{d x}{d t}=a_{1} x(t)+b_{1} y(t)} \\ {\frac{d y}{d t}=a_{2} x(t)+b_{2} y(t)}\end{array}\right. \)

    можно также решать с помощью метода Эйлера.

    Решение системы будем искать в виде: \(\ x(t)=k_{1} e^{\lambda t} \), \(\ y(t)=k_{2} e^{\lambda t} \)

    Здесь \(\ k_{1} \),\(\ k_{2,} \),\(\ \lambda \) – некоторые константы. Для определения \(\ k_{1} \) и \(\ k_{2} \) подставляем эти решения в систему (1): \(\ \left\{\begin{array}{l}{k_{1} \lambda e^{\lambda t}=a_{1} k_{1} e^{\lambda t}+b_{1} k_{2} e^{\lambda t}} \\ {k_{2} \lambda e^{\lambda t}=a_{2} k_{1} e^{\lambda t}+b_{2} k_{2} e^{\lambda t}}\end{array}\right. \)

    После упрощения и сокращения на \(\ e^{\lambda t}>0 \) будем иметь: (2) - \(\ \left\{\begin{array}{l}{\left(a_{1}-\lambda\right) k_{1}+b_{1} k_{2}=0} \\ {a_{2} k_{1}+\left(b_{2}-\lambda\right) k_{2}=0}\end{array}\right. \)

    Полученная однородная система имеет ненулевое решение, если ее определитель (3) - \(\ \Delta=\left|\begin{array}{cc}{a_{1}-\lambda} & {b_{1}} \\ {a_{2}} & {b_{2}-\lambda}\end{array}\right|=\left(a_{1}-\lambda\right)\left(b_{2}-\lambda\right)-a_{2} b_{1} \)

    равен нулю: (4) - \(\ \left(a_{1}-\lambda\right)\left(b_{2}-\lambda\right)-a_{2} b_{1}=0 \)

    Многочлен (3) называется характеристическим полиномом системы (1), а уравнение (4) называется ее характеристическим уравнением.

    Возможны следующие случаи.

    1. Корни \(\ \lambda_{1} \), \(\ \lambda_{2} \) характеристического уравнения (3) вещественные и различны. Тогда модно подставить в систему(2) вместо \(\ \lambda \) число \(\ \lambda_{1} \) и тем самым получить решение этой системы \(\ k_{1}^{1} \) и \(\ k_{2}^{1} \) . Аналогичные действия выполняются и для второго значения \(\ \lambda_{2} \) (в результате получаем соответственно \(\ k_{1}^{2} \) и \(\ k_{2}^{2} \)

    В результате получаем два частных решения: \(\ x_{1}(t)=k_{1}^{1} e^{\lambda_{1} t} \), \(\ y_{1}(t)=k_{2}^{1} e^{\lambda_{1} t} \)

    и \(\ x_{2}(t)=k_{1}^{2} e^{\lambda_{2} t} \), \(\ y_{2}(t)=k_{2}^{2} e^{\lambda_{2} t} \)

    А тогда общее решение исходной системы (1) имеет вид: \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=C_{1} x_{1}(t)+C_{2} x_{2}(t)=C_{1} k_{1}^{1} e^{\lambda_{1} t}+C_{2} k_{1}^{2} e^{\lambda_{2} t}} \\ {y(t)=C_{1} y_{1}(t)+C_{2} y_{2}(t)=C_{1} k_{2}^{1} e^{\lambda_{1} t}+C_{2} k_{2}^{2} e^{\lambda_{2} t}}\end{array}\right. \)

    2. Случай, когда корни характеристического уравнения комплексные, рассмотрим на пример.

    Примеры решения задач

    ПРИМЕР

  • Задание

    Решить систему дифференциальных уравнений \(\ \left\{\begin{array}{l}{x^{\prime}=x-5 y} \\ {y^{\prime}=2 x-y}\end{array}\right. \)

  • Решение

    Выпишем систему (2) для определения \(\ k_{1} \) и \(\ k_{2} \): \(\ \left\{\begin{array}{l}{(1-\lambda) k_{1}-5 k_{2}=0} \\ {2 k_{1}-(1+\lambda) k_{2}=0}\end{array}\right. \)

    Характеристическое уравнение \(\ \left|\begin{array}{cc}{1-\lambda} & {-5} \\ {2} & {-(1+\lambda)}\end{array}\right|=0 \Rightarrow-(1-\lambda)(1+\lambda)+10=0 \Rightarrow -1+\lambda^{2}+10=0 \Rightarrow \lambda^{2}+9=0 \Rightarrow \lambda_{1,2}=\pm 3 i \)

    Подставляем первое полученное значение \(\ \lambda_{1}=3 i \) в систему для определения неизвестных \(\ k_{1} \), \(\ k_{2} \), \(\ \left\{\begin{array}{l}{(1-3 i) k_{1}-5 k_{2}=0} \\ {2 k_{1}-(1+3 i) k_{2}=0}\end{array}\right. \)

    Первое уравнение системы умножим на 2, а второе – на \(\ (1-3 i) \) .В результате будем иметь: \(\ \left\{\begin{array}{l}{2(1-3 i) k_{1}-10 k_{2}=0} \\ {2(1-3 i) k_{1}-10 k_{2}=0}\end{array} \Rightarrow 2(1-3 i) k_{1}-10 k_{2}=0 \Rightarrow\right. 5 k_{2}=(1-3 i) k_{1} \Rightarrow k_{2}=\frac{(1-3 i)}{5} k_{1} \)

    То есть искомое решение \(\ \left\{\begin{array}{l}{k_{1}=k_{1}} \\ {k_{2}=\frac{(1-3 i)}{5} k_{1}}\end{array}\right. \)

    Тогда, взяв, к примеру, \(\ k_{1}^{1}=5 \) получим, что \(\ k_{2}^{1}=1-3 i \) ,и тогда первое частное решение принимает вид: \(\ \left\{\begin{array}{l}{x_{1}(t)=k_{1}^{1} e^{\lambda_{1} t}=5 e^{3 i t}} \\ {y_{1}(t)=k_{2}^{1} e^{\lambda_{1} t}=(1-3 i) e^{3 i t}}\end{array}\right. \)

    Аналогично поступаем со вторым корнем \(\ \lambda_{2}=-3 i \) : \(\ \left\{\begin{array}{l}{(1+3 i) k_{1}-5 k_{2}=0} \\ {2 k_{1}-(1-3 i) k_{2}=0}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{2(1+3 i) k_{1}-10 k_{2}=0} \\ {2(1+3 i) k_{1}-10 k_{2}=0}\end{array} \Rightarrow\right.\right. 2(1+3 i) k_{1}-10 k_{2} \Rightarrow k_{2}=\frac{(1+3 i)}{5} k_{1} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{k_{1}=k_{1}} \\ {k_{2}=\frac{(1+3 i)}{5} k_{1}}\end{array}\right. \)

    Для \(\ k_{1}^{2}=5 \) получаем, что \(\ k_{2}^{2}=1+3 i \) и тогда второе фундаментальное решение \(\ \left\{\begin{array}{l}{x_{2}(t)=k_{1}^{2} e^{\lambda_{2} t}=5 e^{-3 i t}} \\ {y_{2}(t)=k_{2}^{2} e^{\lambda_{2} t}=(1+3 i) e^{-3 i t}}\end{array}\right. \)

    Перейдем к новой фундаментальной системе решений: \(\ \overline{x}_{1}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{5 e^{3 i t}+5 e^{-3 i t}}{2}=\frac{5\left(e^{3 i t}+e^{-3 i t}\right)}{2} \), \(\ \overline{x}_{2}=\frac{x_{1}-x_{2}}{2 i}=\frac{5 e^{33 i t}-5 e^{-3 i t}}{2 i}=\frac{5\left(e^{3 i t}-e^{-3 i t}\right)}{2 i} \), \(\ \overline{y}_{1}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{(1-3 i) e^{3 i t}+(1+3 i) e^{-3 i t}}{2} \), \(\ \overline{y}_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2 i}=\frac{(1-3 i) e^{3 i t}-(1+3 i) e^{-3 i t}}{2 i} \)

    Применим формулу Эйлера \(\ e^{a i t}=\cos a t+i \sin a t \)

    откуда \(\ e^{-a i t}=\cos a t-i \sin a t \)

    Сложением и вычитанием этих формул очень легко получить, что \(\ \cos a t=\frac{e^{a i t}+e^{-a i t}}{2} \), \(\ \sin a t=\frac{e^{a i t}-e^{-a i t}}{2 i} \)

    Тогда фундаментальные системы решений перепишутся в виде: \(\ \overline{x}_{1}(t)=\frac{5\left(e^{3 i t}+e^{-3 i t}\right)}{2}=5 \cos 3 t \), \(\ \overline{x}_{2}(t)=\frac{5\left(e^{3 i t}-e^{-3 i t}\right)}{2 i}=5 \sin 3 t \), \(\ \overline{y}_{1}(t)=\frac{(1-3 i) e^{3 i t}+(1+3 i) e^{-3 i t}}{2}=\frac{e^{3 i t}+e^{-3 i t}-3 i\left(e^{3 i t}-e^{-3 i t}\right)}{2}=\frac{e^{3 i t}+e^{-3 i t}}{2}-3 i \cdot \frac{e^{3 i t}-e^{-3 i t}}{2}=\frac{e^{3 i t}+e^{-3 i t}}{2}+3 \cdot \frac{e^{3 i t}-e^{-3 i t}}{2 i}=\cos 3 t+3 \sin 3 t \), \(\ \overline{y}_{2}(t)=\frac{(1-3 i) e^{3 i t}-(1+3 i) e^{-3 i t}}{2 i}=\frac{e^{3 i t}-e^{-3 i t}-3 i\left(e^{3 j t}+e^{-3 i t}\right)}{2 i}=\frac{e^{3 i t}-e^{-3 i t}}{2 i}-3 i \cdot \frac{e^{3 i t}+e^{-3 i t}}{2 i}=\sin 3 t-3 \cdot \frac{e^{3 i t}+e^{-3 i t}}{2}=\sin 3 t-3 \cos 3 t \)

    Тогда общее решение заданной системы \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=C_{1} \overline{x}_{1}(t)+C_{2} \overline{x}_{2}(t)=5 C_{1} \cos 3 t+5 C_{2} \sin 3 t} \\ {y(t)=C_{1} \overline{y}_{1}(t)+C_{2} \overline{y}_{2}(t)=C_{1}(\cos 3 t+3 \sin 3 t)+C_{2}(\sin 3 t-3 \cos 3 t)}\end{array}\right. \)

    или \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=5 C_{1} \cos 3 t+5 C_{2} \sin 3 t} \\ {y(t)=\left(C_{1}-3 C_{2}\right) \cos t+\left(3 C_{1}+C_{2}\right) \sin 3 t}\end{array}\right. \)

    Замечание. Получив первое частное решение \(\ \left\{\begin{array}{l}{x_{1}(t)=5 e^{3 i t}} \\ {y_{1}(t)=(1-3 i) e^{3 i t}}\end{array}\right. \) ,можно было бы сразу записать общее решение исходной системы, пользуясь формулами \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=C_{1} \cdot \operatorname{Re}\left(x_{1}(t)\right)+C_{2} \cdot \operatorname{Im}\left(x_{1}(t)\right)} \\ {y(t)=C_{1} \cdot \operatorname{Re}\left(y_{1}(t)\right)+C_{2} \cdot \operatorname{Im}\left(y_{1}(t)\right)}\end{array}\right. \)

    Где \(\ \operatorname{Re}(z) \), \(\ \operatorname{Im}(z) \) – действительная и мнимая части комплексного числа z соответственно.

  • Ответ \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=5 C_{1} \cos 3 t+5 C_{2} \sin 3 t} \\ {y(t)=\left(C_{1}-3 C_{2}\right) \cos t+\left(3 C_{1}+C_{2}\right) \sin 3 t}\end{array}\right. \)

    3. Случай кратных корней характеристического уравнения также рассмотрим на примере.

    ПРИМЕР

  • Задание

    Найти решение однородной системы дифференциальных уравнений \(\ \left\{\begin{array}{l}{\frac{d x}{d t}=2 x+y} \\ {\frac{d y}{d t}=4 y-x}\end{array}\right. \)

  • Решение

    Составляем характеристическое уравнение заданной системы: \(\ \left|\begin{array}{cc}{2-\lambda} & {1} \\ {-1} & {4-\lambda}\end{array}\right|=0 \Rightarrow(2-\lambda)(4-\lambda)+1=0 \Rightarrow 8-6 \lambda+\lambda^{2}+1=0 \Rightarrow\lambda^{2}-6 \lambda+9=0 \Rightarrow(\lambda-3)^{2}=0 \)

    Таким образом, получаем, что корнями характеристического уравнения есть \(\ \lambda_{1,2}=3 \)

    Тогда решение следует искать в виде (5) - \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}} \\ {y(t)=\left(C_{3}+C_{4} t\right) e^{3 t}}\end{array}\right. \)

    Подставляем записанное решение в первое уравнение исходной системы: \(\ \left(\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}\right)^{\prime}=2 \cdot\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}+\left(C_{3}+C_{4} t\right) e^{3 t} \)

    \(\ C_{2} e^{3 t}+3\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}=2 \cdot\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}+\left(C_{3}+C_{4} t\right) e^{3 t} | : e^{3 t}>0 C_{2}+3 C_{1}+3 C_{2} t=2 C_{1}+2 C_{2} t+C_{3}+C_{4} t \)

    Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях t, получим следующую систему: \(\ \left\{\begin{array}{l}{3 C_{2}=2 C_{2}+C_{4},} \\ {C_{2}+3 C_{1}=2 C_{1}+C_{3}}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{C_{2}=C_{4},} \\ {C_{2}=-C_{1}+C_{3}}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{C_{4}=C_{2}} \\ {C_{3}=C_{1}+C_{2}}\end{array}\right.\right.\right. \)

    Выразили коэффициенты функции-решения \(\ y(t) \) через коэффициенты функции \(\ x(t) \)

    Итак, искомое общее решение рассматриваемой системы: \(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}} \\ {y(t)=\left(C_{1}+C_{2}+C_{2} t\right) e^{3 t}}\end{array}\right. \)

    Замечание. Решение (5) можно было подставить во второе уравнение системы и получить аналогичное решение.

  • Ответ\(\ \left\{\begin{array}{l}{x(t)=\left(C_{1}+C_{2} t\right) e^{3 t}} \\ {y(t)=\left(C_{1}+C_{2}+C_{2} t\right) e^{3 t}}\end{array}\right. \)
  • Узнать цену работы
    Узнай цену
    своей работы
    Нужны оригинальность, уникальность и персональный подход?
    Закажи свою оригинальную работу
    УЗНАТЬ СТОИМОСТЬ