6.5: Розв'язування систем постійних коефіцієнтів у 2D
- Page ID
- 61925
Перш ніж перейти до прикладів, ми спочатку вказуємо типи розв'язків, які могли б бути результатом розв'язання однорідної, постійної системи коефіцієнтів диференціальних рівнянь першого порядку.
Почнемо з лінійної системи диференціальних рівнянь в матричному вигляді.
\[\dfrac{d \mathbf{x}}{d t}=\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right) \mathbf{x}=A \mathbf{x} \nonumber \]
Тип поведінки залежить від власних значень матриці\(A\). Процедура полягає у визначенні власних значень і власних векторів і використанні їх для побудови загального розв'язку.
Якщо у нас є початкова умова\(\mathbf{x}\left(t_{0}\right)=\mathbf{x}_{0}\), ми можемо визначити дві довільні константи в загальному розв'язку, щоб отримати конкретний розв'язок. Таким чином, якщо\(\mathbf{x}_{1}(t)\) і\(\mathbf{x}_{2}(t)\) є двома лінійно незалежними рішеннями\(^{2}\), то загальне рішення дається як
- 2
-
Нагадаємо, що лінійна незалежність означає\(c_{1} \mathbf{x}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(t)=0\) якщо і тільки якщо\(c_{1}, c_{2}=0\). Читач повинен вивести умову про\(\mathbf{x}_{i}\) лінійну незалежність.
\[\mathbf{x}(t)=c_{1} \mathbf{x}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(t) \nonumber \]
Потім, встановивши\(t=0\), отримуємо два лінійних рівняння для\(c_{1}\) і\(c_{2}\):
\[c_{1} \mathbf{x}_{1}(0)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(0)=\mathbf{x}_{0} \nonumber \]
Основна робота полягає в пошуку лінійно незалежних рішень. Це залежить від різних типів власних значень, які отримують при розв'язанні рівняння власних значень,\(\operatorname{det}(A-\lambda I)=0\). Характер цих коренів вказує на форму загального розчину. У таблиці\(6.1\) ми узагальнюємо класифікацію розв'язків за власнимизначеннями матриці коефіцієнтів. Спочатку ми робимо деякі загальні зауваження щодо правдоподібності цих розв'язків, а потім наведемо приклади в наступному розділі для уточнення матричних методів для наших двовимірних систем.
Побудова загального рішення у випадку I прямо вперед. Однак два інші випадки потребують невеликого пояснення.
Розглянемо випадок III. Зауважимо, що оскільки вихідна система рівнянь не має ніяких\(i^{\prime}\) s, то ми очікуємо реальних рішень. Отже, розглянемо реальну і уявну частини комплексного рішення. Ми маємо, що комплексний розв'язок задовольняє рівнянню
\[\dfrac{d}{d t}[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))+i \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))]=A[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))+i \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))]\nonumber \]
Диференціюючи суму і розщеплюючи дійсну і уявну частини рівняння, дає
\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))+i \dfrac{d}{d t} \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))]+i A[\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))]\nonumber \]
Встановлюючи реальну і уявну частини рівні, ми маємо
\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))]\nonumber \]
і
\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))].\nonumber \]
Тому реальна і уявна частини кожна є лінійно незалежними розв'язками системи і загальне рішення може бути записано як лінійне поєднання цих виразів.
| Класифікація розв'язків двох лінійних диференціальних рівнянь першого порядку |
|
1. Випадок I: Два реальних, чітких кореня. Розв'яжіть задачу на власні значення\(A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}\) для кожного з власних значень, отримуючи два власні вектори,\(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2} .\) Потім запишіть загальний розв'язок у вигляді лінійної комбінації.\(\mathbf{x}(t)=c_{1} e^{\lambda_{1} t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda_{2} t} \mathbf{v}_{2}\) |
|
2. Випадок II: Один Загальне рішення тоді дається\(\mathbf{x}(t)=c_{1} e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda t}\left(\mathbf{v}_{2}+t \mathbf{v}_{1}\right) .\) |
| 3. Випадок III: Два складних сполучених кореня. Вирішити проблему власних\(A x=\lambda x\) значень для одного власне значення\(\lambda=\alpha+i \beta\), отримавши один власний вектор v. Зауважте, що цей власний вектор може мати складні записи. Таким чином, можна записати вектор\(\mathbf{y}(t)=e^{\lambda t} \mathbf{v}=\)\(e^{\alpha t}(\cos \beta t+i \sin \beta t) \mathbf{v}\). Тепер побудуйте два лінійно незалежних розв'язки задачі, використовуючи реальну та уявну частини\(\mathbf{y}(t):\)\(\mathbf{y}_{1}(t)=\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))\) і\(\mathbf{y}_{2}(t)=\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))\). Тоді загальне рішення можна записати як\(\mathbf{x}(t)=c_{1} \mathbf{y}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{y}_{2}(t) .\) |
Тепер перейдемо до справи II. Записуючи систему рівнянь першого порядку як рівняння другого порядку для єдиного\(x(t)\) розв'язку характеристичного рівняння\(\lambda=\dfrac{1}{2}(a+d)\), ми маємо, що загальний розв'язок має вигляд
\[x(t)=\left(c_{1}+c_{2} t\right) e^{\lambda t} \nonumber \]
Це говорить про те, що друге лінійно незалежне рішення передбачає термін форми\(\mathbf{v} t e^{\lambda t}\). Виявляється, здогадка, яка працює
\[\mathbf{x}=t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+e^{\lambda t} \mathbf{v}_{2}\nonumber \]
Вставка цієї здогадки в систему\(\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}\) дає
\[\begin{aligned} \left(t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+e^{\lambda t} \mathbf{v}_{2}\right)^{\prime} &=A\left[t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+e^{\lambda t} \mathbf{v}_{2}\right] . \\ e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+\lambda t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+\lambda e^{\lambda t} \mathbf{v}_{2} &=\lambda t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+e^{\lambda t} A \mathbf{v}_{2} . \\ e^{\lambda t}\left(\mathbf{v}_{1}+\lambda \mathbf{v}_{2}\right) &=e^{\lambda t} A \mathbf{v}_{2} . \end{aligned}\label{6.70} \]
Відзначаючи, що це вірно для всіх\(t\), ми виявляємо, що
\[\mathbf{v}_{1}+\lambda \mathbf{v}_{2}=A \mathbf{v}_{2} \nonumber \]
Тому,
\[(A-\lambda I) \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{1}\nonumber \]
Ми знаємо все, крім\(\mathbf{v}_{2} .\) Отже, ми просто вирішуємо це і отримуємо друге лінійно незалежне рішення.