Линейные однородные системы дифференциальных уравнений

5. Линейные однородные системы дифференциальных уравнений Простейшая однородная система дифференциальных уравнений имеет следующий вид:  x′ = a ⋅ x(t ) + b ⋅ y (t )  x′ = a ⋅ x + b ⋅ y или просто .   ′ ′ y = c ⋅ x ( t ) + d ⋅ y ( t ) y = c ⋅ x + d ⋅ y   Здесь a , b , c , d − постоянные, x(t ) , y (t ) – это неизвестные функции. В качестве независимой переменной выступает переменная t . Решить систему дифференциальных уравнений – это значит, найти такие функции x(t ) и y (t ) , которые удовлетворяют и первому и второму уравнению системы. Найденный ответ записывают в виде общего решения системы дифференциальных уравнений:  x(t ) .   y (t ) Метод решения 1. 1. Решение ищем методом последовательного исключения. Выразим y из первого уравнения x′ ax x′ = a ⋅ x + b ⋅ y  by = x′ − ax  y = − . b b х′′ ax′ 2. Найдем производную y′ : y′ = − . b b 3. Подставим, найденное y и y′ во второе уравнение y′ = c ⋅ x + d ⋅ y : х′′ ax′  x′ ax  − = c ⋅ x + d ⋅ − . b b b b  4. Раскрываем скобки и избавляемся от знаменателя: x′ ax х′′ ax′ − = c ⋅ x + d ⋅ − d ⋅ ⋅b, b b b b х′′ − ax′ = cbx + dx′ − dax . 5. Переносим все в одну часть, приводим подобные и получаем ЛОДУ относительно переменной х : х′′ − x′a − cbx − dx′ + dax = 0 , х′′ − x′(a + d ) + х(da − сb) = 0 . 6. Решаем ЛОДУ по следующим образом: делаем замену х = e kt , х′ = ke kt и x′′ = k 2e kt . Получаем характеристическое уравнение и при его решении возможны следующие три случая: Случай 1. D > 0 . Корни k1 и k 2 действительные и различные: k1 ≠ k 2 . Общее решение уравнения имеет вид х = C1e 1 + C2e 2 . Случай 2. D = 0 . Корни k1 и k 2 характеристического уравнения действительные и равные: k1 = k 2 . kt Общее решение уравнения имеет вид x = C1e 1 k1t k t + C2te k1t . Случай 3. Корни k1 и k 2 уравнения комплексные: k1, 2 = α ± βi . Общее решение уравнения имеет вид х = eαt (C1 cos β t + C2 sin βt ) . 7. От найденного решения находим производную. х′ . x′ ax 8. Подставляем найденные x и х′ в y = − . b b  x(t ) 9. Записываем ответ:  .  y (t ) Метод решения 2. 1. Решение ищем методом последовательного исключения. Выразим х из второго уравнения y′ dy y′ = c ⋅ x + d ⋅ y  cx = y′ − dy  x = − . c c y′′ dy′ 2. Найдем производную x′ : x′ = − . c c 3. Подставим, найденное х и x′ в первое уравнение x′ = a ⋅ x + b ⋅ y : y′′ dy′  y′ dy  − = a ⋅  −  + by . c c c c  4. Раскрываем скобки и избавляемся от знаменателя: y′′ dy′ y′ dy − = a ⋅ − a ⋅ + by ⋅ c , c c c c y′′ − dy′ = ay′ − ady + bcy . 5. Переносим все в одну часть, приводим подобные и получаем ЛОДУ относительно переменной y : y′′ − dy′ − ay′ + ady − bcy = 0 , y′′ − y′(d + a ) + y (ad − bc) = 0 . 6. Решаем ЛОДУ по следующим образом: делаем замену y = e kt , y′ = ke kt и y′′ = k 2e kt . Получаем характеристическое уравнение и при его решении возможны следующие три случая: Случай 1. D > 0 . Корни k1 и k 2 действительные и различные: k1 ≠ k2 . Общее решение уравнения имеет вид y = C1e 1 + C2e 2 . Случай 2. D = 0 . Корни k1 и k 2 характеристического уравнения действительные и равные: k1 = k 2 . kt k t Общее решение уравнения имеет вид y = C1e 1 + C2te 1 . Случай 3. Корни k1 и k 2 уравнения комплексные: k1, 2 = α ± βi . kt kt Общее решение уравнения имеет вид y = eαt (C1 cos β t + C2 sin β t ) . 7. От найденного решения находим производную. y′ . 2 8. Подставляем найденные y и y′ в x = y′ dy − . c c  x(t ) 9. Записываем ответ:  . y ( t )   x′ = 2 x + y Пример 1. Решить систему дифференциальных уравнений  .  y′ = 3x + 4 y Решение. Поскольку в первой строке у переменой y нет коэффициента, то лучше выражать y по методу 1. Метод решения 1. 1. Решение ищем методом последовательного исключения. Выразим y из первого уравнения x′ = 2 x + y  y = x′ − 2 x . 2. Найдем производную y′ : y′ = х′′ − 2 x′ . 3. Подставим, найденное y и y′ во второе уравнение y′ = 3 x + 4 y : х′′ − 2 x′ = 3 x + 4 ⋅ ( x′ − 2 x ) . 4. Раскрываем скобки: х′′ − 2 x′ = 3 x + 4 x′ − 8 x . 5. Переносим все в одну часть, приводим подобные и получаем ЛОДУ относительно переменной х : х′′ − 2 x′ − 3 x − 4 x′ + 8 x = 0 , х′′ − 6 x′ + 5 х = 0 . kt 6. Решаем ЛОДУ по следующим образом: делаем замену х = e , х′ = ke kt и x′′ = k 2e kt . k 2 e kt − 6ke kt + 5e kt = 0 , e kt (k 2 − 6k + 5) = 0 , k 2 − 6k + 5 = 0 − характеристическое уравнение. D = 36 − 20 = 16 > 0 , значит случай 1. Корни k1 и k 2 действительные и различные: k1 = 6+4 6−4 = 5 , k2 = = 1. 2 2 kt k t Общее решение уравнения имеет вид х = C1e 1 + C2e 2 = C1e5t + C2et . 7. От найденного решения находим производную. х′ : х′ = (C1e5t + C2 et )′ = C1 (e5t )′ + C2 (et )′ = C1e5t (5t )′ + C2et = 5C1e5t + C2et . 8. Подставляем найденные x и х′ в y = x′ − 2 x : y = 5C1e5t + C2et − 2 ⋅ (C1e5t + C2et ) = 5C1e5t + C2et − 2C1e5t − 2C2et = 3C1e5t − C2et .  x(t ) = C1e5t + C2 et 9. Записываем ответ:  . 5t t  y (t ) = 3C1e − C2 e  x′ = 3 x − y Пример 2. Решить систему дифференциальных уравнений  . ′ y = 4 x − y  3 Решение. Поскольку в первой строке у переменой y нет коэффициента, то лучше выражать y по методу 1. Метод решения 1. 1. Решение ищем методом последовательного исключения. Выразим y из первого уравнения x ′ = 3 x − y  y = 3 x − x′ . 2. Найдем производную y′ : y′ = 3 x′ − х′′ . 3. Подставим, найденное y и y′ во второе уравнение y ′ = 4 x − y : 3 x′ − х′′ = 4 x − (3 x − x′) . 4. Раскрываем скобки: 3 x′ − х′′ = 4 x − 3 x + x′ . 5. Переносим все в одну часть, приводим подобные и получаем ЛОДУ относительно переменной х : − 3 x′ + х′′ + 4 x − 3 x + x′ = 0 , х′′ − 2 x′ + х = 0 . kt 6. Решаем ЛОДУ по следующим образом: делаем замену х = e , х′ = ke kt и x′′ = k 2e kt . k 2 e kt − 2ke kt + e kt = 0 , e kt (k 2 − 2k + 1) = 0 , k 2 − 2k + 1 = 0 − характеристическое уравнение. 2±0 D = 4 − 4 = 0 , значит случай 2. Корни k1 = k 2 = = 1. 2 kt kt Общее решение уравнения имеет вид х = C1e 1 + C2te 1 = C1et + C2tet . 7. От найденного решения находим производную. х′ : х′ = (C1et + C2te t )′ = C1et + (C2t )′et + C2t (et )′ = C1et + C2 et + C2te t . 8. Подставляем найденные x и х′ в y = x′ − 2 x : y = 3(C1et + C2tet ) − (C1et + C2et + C2tet ) = 3C1et + 3C2tet − C1et − C2et − C2tet = = 2C1et + 2C2tet − C2 et .  x(t ) = C1et + C2tet 9. Записываем ответ:  . t t t y ( t ) = 2 C e + 2 C te − C e  1 2 2  x′ = 2 x + y Пример 3. Решить систему дифференциальных уравнений  .  y′ = − x + 2 y Решение. Поскольку в первой строке у переменой y нет коэффициента, а во второй строке у переменой х также нет коэффициента, то можно выбрать любой способ, поскольку метод 1 мы уже использовали, выберем метод 2. Метод решения 2. 1. Решение ищем методом последовательного исключения. Выразим х из второго уравнения y′ = − x + 2 y  х = 2 y − y ′ . 2. Найдем производную x′ : x′ = 2 y′ − y′′ . 4 3. Подставим, найденное x и x′ во второе уравнение x′ = 2 x + y : 2 y′ − y′′ = 2 ⋅ ( 2 y − y′) + y . 4. Раскрываем скобки: 2 y′ − y′′ = 4 y − 2 y′ + y . 5. Переносим все в одну часть, приводим подобные и получаем ЛОДУ относительно переменной y : − 2 y′ + y′′ + 4 y − 2 y′ + y = 0 , y ′′ − 4 y′ + 5 y = 0 . kt kt 6. Решаем ЛОДУ по следующим образом: делаем замену y = e , y′ = ke и y′′ = k 2e kt . k 2 e kt − 4ke kt + 5e kt = 0 , e kt (k 2 − 4k + 5) = 0 , k 2 − 4k + 5 = 0 − характеристическое уравнение. D = 16 − 20 = −4 < 0 , D = −4 = −1 ⋅ 4 = 4i 2 , значит случай 3. Корни k1, 2 = α = 2 , β = 1. 4 ± 2i = 2 ± i , т.е. 2 Общее решение уравнения имеет вид y = e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) . 7. От найденного решения находим производную. y′ : y′ = (e 2t (C1 cos t + C2 sin t ))′ = (e 2t )′(C1 cos t + C2 sin t ) + e 2t (C1 cos t + C2 sin t )′ = = 2e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) + e 2t ( −C1 sin t + C2 cos t ) . 8. Подставляем найденные у и y′ в х = 2 y − y ′ : х = 2 ⋅ e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) − ( 2e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) + e 2t ( −C1 sin t + C2 cos t )) = = 2 ⋅ e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) − 2e 2t (C1 cos t + C2 sin t ) − 2e 2t ( −C1 sin t + C2 cos t ) = = −2e 2t ( −C1 sin t + C2 cos t ) = 2e 2t (C1 sin t − C2 cos t ) .  x(t ) = 2e 2t (C1 sin t − C2 cos t ) 9. Записываем ответ:  . 2t y ( t ) = e ( C cos t + C sin t )  1 2 5