cистема уравнений

[Полосин]

Пусть

$$ y_i(t)=\left(1-\frac{1}{c_i}\right)\int_0^t\exp\left(\frac{t'-t}{c_i}\right)x_i(t')dt' $$

,
тогда

$$ y''_i+y'_i/c_i=(1-1/c_i-y_i/c_i-y'_i)\sum_{j=1}^nA_{ij}y_j, $$

$$ y_i(0)=0, y'_i(0)=(1-1/c_i)x_{i0} $$

.
Последовательным дифференцированием определяются все производные искомых функций в нуле:

$$ y''_i(0)=y'_i(0)/c_i, y'''_i(0)=-y''_i(0)/c_i+(1-1/c_i-y'_i(0))\sum_{j=1}^nA_{ij}y'_j(0), ... $$

Решением будут степенные ряды с рекуррентно задаваемыми коэффициентами.

[lenok.marshal]

Someone писал(а):

К сожалению, так просто, как Вам показалось, исключить интегралы нельзя, поскольку там, куда Вы подставляете, перед каждым интегралом стоит лишний множитель $\frac 1{c_j}$. Если в исходном уравнении за неизвестные принять

$$I_j=\frac{c_j-1}{c_j}\int_0^t\exp\left(-\frac{t-t'}{c_j}\right)x_j(t')dt'\text{,}$$

то получится система линейных алгебраических уравнений

$$\sum_{j=1}^nA_{ij}I_j=\frac 1{1-x_i(t)}\frac{dx_i(t)}{dt}\text{;}$$

выражая отсюда $I_j$ (при условии невырожденности матрицы системы) и подставляя в результат дифференцирования, получим систему, не содержащую интегралов.

Выражаю:

$$I_i=\sum\limits_{j=1}^nA_{ij}^{-1}\frac{1}{(1-x_j(t))}\frac{dx_j(t)}{dt}$$

,

Подставляю в:

$$-\frac{1}{(1-x_i(t))^2}\left(\frac{dx_i(t)}{dt}\right)^2+\frac{1}{(1-x_i(t))}\frac{d^2 x_i(t)}{dt^2}=\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} \ \left(x_j(t) -\frac{1}{c_j}\int\limits_0^t dt' \ \exp \left(-\frac{t-t'}{c_j}\right) \ x_j(t') \right)$$

Получаю:

$$-\frac{1}{(1-x_i(t))^2}\left(\frac{dx_i(t)}{dt}\right)^2+\frac{1}{(1-x_i(t))}\frac{d^2 x_i(t)}{dt^2}=\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} x_j(t) -\sum\limits_{j=1}^n \left(\frac{1}{c^j}A_{ij}\sum\limits_{k=1}^n\left(A_{jk}^{-1} \frac{1}{(1-x_k(t))}\frac{dx_k(t)}{dt}\right)\right)$$

Так? Как еще упростить эту абракадабру?

То есть Вы тоже считаете, что без сведения к системе диф. уравнений, которую можно решить только численно, исходную систему, написанную в первом посте в этой теме, никак не решить?

Добавлено спустя 1 минуту 27 секунд:

Полосин дайте осмыслить

Добавлено спустя 38 минут 18 секунд:

Полосин писал(а):

Пусть

$$ y_i(t)=\left(1-\frac{1}{c_i}\right)\int_0^t\exp\left(\frac{t'-t}{c_i}\right)x_i(t')dt' $$

,
тогда

$$ y''_i+y'_i/c_i=(1-1/c_i-y_i/c_i-y'_i)\sum_{j=1}^nA_{ij}y_j, $$

$$ y_i(0)=0, y'_i(0)=(1-1/c_i)x_{i0} $$

.

Не поняла как из первого уравнения следует второе. Но ваш комментарий о том, что решением уравнения для вспомогательной функции

$$y_i(t)$$

являются степенные ряды, как соотносится с решением

$$x_i(t)$$

, которое я ищу?

Интересно, а знает кто-то методы решения интегро-дифференциальных уравнений, какие можно применить? В книжке по интегральным уравнениям, какую я листала, даже упоминания о них не было.

[Полосин]

1. Продифференцируйте соотношение $e^{t/c_i}y_i(t)=(1-1/c_i)\int_0^te^{t'/c_i}x_i(t')dt'$, сократите экспоненту и подставьте в исходное уравнение.
2. Соотносится так, что решение выражается в виде степенного ряда, поскольку $x_i$ линейно выражается через $y_i$ и $y'_i$.
3. Методов решения интегро-дифференциальных уравнений существует великое множество. Не уподобляйтесь милиционеру, "у которого уже есть книга". Решить в аналитической форме (в квадратурах) можно лишь очень ограниченное число уравнений и систем; ваша система, судя по всему, к ним не относится.

[mserg]

С точки зрения банальной эрудиции численно уравнение решается так: стартуете с нуля, а следующие точки - по рекуррентной формуле, которая дана ниже.

$$x_i(t_{k+1})=x_i(t_k)+(1-x_i(t_k))(t_{k+1}-t_k)\sum\limits_{s=0}^{k-1} (t_{s+1}-t_s) \left(\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} \ \exp \left({-\frac{t_k-t_s}{c_j}}\right) \ x_j(t_s)\right)$$

.

[lenok.marshal]

Полосин писал(а):

1. Продифференцируйте соотношение $e^{t/c_i}y_i(t)=(1-1/c_i)\int_0^te^{t'/c_i}x_i(t')dt'$, сократите экспоненту и подставьте в исходное уравнение.

Получилось и начальные условия тоже вывела. Только у Вас, по-моему, описка

$$y_i''(0)=-y_i'(0)/c_i$$

?

Полосин писал(а):

2. Соотносится так, что решение выражается в виде степенного ряда, поскольку $x_i$ линейно выражается через $y_i$ и $y'_i$.

Да, если проделать выкладки, то видно, что

$$x_i(t)$$

выражается линейно через

$$y_i(t), y_i'(t)$$

.

Не понимаю я почему решением системы дифференциальных уравнений для

$$y_i(t)$$

в том виде, в каком она Вами записана, будут степенные ряды (по времени). В этой области у меня познаний совсем мало. В справочнике и я встречала решения в виде степенных рядов одного дифференциального уравнения второго порядка, записанных в канонической форме. Но там еще не все так просто, надо смотреть будут обычные степенные ряды или ряды Фробениуса, и действительно выводятся рекуррентные соотношения для коэффициентов. Как это показать поточнее, что решения будут степенные ряды?

И еще я не поняла, зачем Вы так налегали на существование и вычисление всех производных в нуле .

Полосин писал(а):

3. Методов решения интегро-дифференциальных уравнений существует великое множество. Не уподобляйтесь милиционеру, "у которого уже есть книга". Решить в аналитической форме (в квадратурах) можно лишь очень ограниченное число уравнений и систем; ваша система, судя по всему, к ним не относится.

Это от безысходности: если знаний нет, то только и остается, что лазить по справочникам .

Добавлено спустя 3 минуты 55 секунд:

mserg спасибо, вроде ясно, заменить интеграл на сумму и потом рекуррентно начиная с некоторого нач. условия

[Someone]

lenok.marshal в сообщении #204453 писал(а):

Так? Как еще упростить эту абракадабру?

Да, пожалуй, никак. Ну, можно немного поупрощать за счёт введения новых обозначений. Например, обозначим

$$z_j=\ln\left|1-x_j\right|\text{, }j=1,2,\ldots,n\text{.}$$

Тогда при $j=1,2,\ldots,n$

$$x_j=\begin{cases}1-e^{z_j}\text{, если }x_j<1\text{,}\\ 1+e^{z_j}\text{, если }x_j>1\text{.}\end{cases}$$

Пусть также

$$I_j=\int\limits_0^t\exp\left(-\frac{t-t'}{c_j}\right)x_j(t')dt'\text{, }j=1,2,\ldots,n\text{.}$$

Обозначая точками производные по $t$, при $j=1,2,\ldots,n$ можем написать

$$\dot z_j=-\frac {\dot x_j}{1-x_j}\text{, }\dot I_j=x_j-\frac{I_j}{c_j}\text{.}$$

Введём матричные обозначения ($E$ - единичная матрица):

$$x=\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n\end{pmatrix}\text{, }z=\begin{pmatrix}z_1\\ z_2\\ \vdots\\ z_n\end{pmatrix}\text{, }I=\begin{pmatrix}I_1\\ I_2\\ \vdots\\ I_n\end{pmatrix}\text{,}$$

$$A=\begin{pmatrix}A_{11}&A_{12}&\ldots&A_{1n}\\ A_{21}&A_{22}&\ldots&A_{2n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ A_{n1}&A_{n2}&\ldots&A_{nn}\end{pmatrix}\text{, }C=\begin{pmatrix}c_1&0&\ldots&0\\ 0&c_2&\ldots&0\\ \vdots& \vdots &\ddots & \vdots\\ 0&0&\ldots&c_n\end{pmatrix}\text{.}$$

Тогда исходное Ваше уравнение запишется в виде

$$-\dot z=A\left(E-C^{-1}\right)I\text{,}$$

откуда выражаем

$$I=-\left(E-C^{-1}\right)^{-1}A^{-1}\dot z\text{.}$$

Дифференцируя исходное уравнение, получим

$$-\ddot z=A\left(E-C^{-1}\right)\left(x-C^{-1}I\riht)\text{.}$$

Осталось подставить выражение для $I$ и упростить, используя перестановочность матриц $E-C^{-1}$ и $C^{-1}$:

$$-\ddot z=A\left(E-C^{-1}\right)x+AC^{-1}A^{-1}\dot z\text{.}$$

Начальные условия:

$$z|_{t=0}=\begin{pmatrix}\ln\left|1-x_{1,0}\right|\\ \ln\left|1-x_{2,0}\right|\\ \vdots\\ \ln\left|1-x_{n,0}\right|\end{pmatrix}\text{, }\dot z|_{t=0}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ \vdots\\ 0\end{pmatrix}\text{.}$$

Полученное уравнение можно использовать для численного интегрирования системы. Матрицы $A\left(E-C^{-1}\right)$ и $AC^{-1}A^{-1}$ постоянные, поэтому вычисляются только один раз.

То уравнение, которое предложил Полосин, также годится для численного интегрирования. Рассчитывать на аналитическое решение, мне кажется, не стоит.

Методы численного интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений стоит посмотреть в литературе. Обычно используют метод Рунге - Кутта четвёртого порядка, но никто не запрещает применять и другие, только следует ознакомиться с их свойствами.

lenok.marshal в сообщении #204472 писал(а):

Не понимаю я почему решением системы дифференциальных уравнений для

$$y_i(t)$$

в том виде, в каком она Вами записана, будут степенные ряды (по времени).

Ну, мы можем формально написать ряд Тейлора (Маклорена)

$$y_j=y_{i0}+\frac{y'_{i0}}{1!}t+\frac{y''_{i0}}{2!}t^2+\ldots+\frac{y^{(n)}_{i0}}{n!}t^n+\ldots\text{,}$$

вычислить из начальных условий и дифференциального уравнения производные и подставить их в ряд. Какая будет область сходимости у этого ряда - трудно сказать.

[lenok.marshal]

Это уже не важно, но у меня в промежуточных вычислениях была ошибка?

$$-\frac{1}{(1-x_i(t))^2}\left(\frac{dx_i(t)}{dt}\right)^2+\frac{1}{(1-x_i(t))}\frac{d^2 x_i(t)}{dt^2}=\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} x_j(t) -\sum\limits_{j=1}^n \left(\frac{1}{c^j}A_{ij}\sum\limits_{k=1}^n\left(A_{jk}^{-1} \frac{1}{(1-x_k(t))}\frac{dx_k(t)}{dt}\right)\right)$$

Первое слагаемое слева должно быть с плюсом - не правильно посчитала производную (и в последнем индекс j внизу, конечно).

Someone

Спасибо большое! Разобралась во всех этих матрицах и действительно можно использовать, если понадобится. Рунге-Кутта уже знаю для решения систем диф. уравнений первого порядка. А можно делать так, как написал mserg или будет большая погрешность?

ОK, то есть с помощью ряда Маклорена мы можем написать формальное решение, но оно годится только вблизи t=0.

Вообще без численных решений и громоздких вычислений, что будет происходить с решениями системы таких уравнений с течением времени

$$\frac{dx_i(t)}{dt}=(1-x_i(t))\int\limits_0^t dt' \left(\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} \ \exp \left({-\frac{t-t'}{c_j}}\right) \ x_j(t')\right)$$

,

если все начальные условия положительные и близкие к нулю (некоторые могут быть равны нулю)

$$0\leqslant x_i(t=0)=x_{i0}<1$$

, а коэффициенты

$$0\leqslant \frac{c_j-1}{c_j}A_{ij}<1$$

суть положительные (некоторые могут быть равны нулю)? Из отступлений в книге по биологии вопроса я сделала вывод, что поведеление системы таких уравнений тоже будет похожим на поведение более простой системы без интеграла и экспоненты: кривые сначала будут расти, а потом при больших временах будут постоянными. Как это показать?

Если бы не было интеграла и экспоненты

$$\frac{dx_i(t)}{dt}=(1-x_i(t)) \sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} \ x_j(t)$$

, тo кривые сначала будут расти, пока не придут в какое-то устойчивое состояние, из которого уже не выбраться и которое задается

$$x_i(t)=1$$

для всех

$$i=1,...,n$$

. Это как бы понятно, если обобщить поведение обычного диф. уравнения

$$\frac{dx(t)}{dt}=A\frac{c-1}{c}(1-x(t))x(t)$$

.

Когда появляется интеграл ничего не понятно. Объясните мне пожалуйста поведение интегро-дифференциального уравнения типа

$$\frac{dx(t)}{dt}=A\frac{c-1}{c}(1-x(t))\int\limits_0^t \ dt' \ \exp \left(-\frac{t-t'}{c}\right) \ x(t')$$

. Что изменится из-за этого интеграла, как изменится шкала времени по сравнению с обычным уравнением без интеграла? Как вообще такое уравнение можно качественно-количественно исследовать?

[Полосин]

Отмечу, что уравнение "без интеграла" решается в квадратурах.
В уравнении "с интегралом" обозначим $s=e^{-t/c}$, $y(s)=x(t)$, тогда

$$ \frac{dy}{ds}=Ac(c-1)(y-1)\int_s^1\frac{y(r)dr}{r^2}, 0<s<1, y(1)=x_0. $$

Если искать решение в виде $y(s)=1+s^pz(s)$, то (предполагаем $A>0, c>1$):

$$ pz+sz'=Ac(c-1)\left(1-s+s\int_s^1r^{p-2}zdr\right)z, $$

откуда при $s\rightarrow0$ получаем $p=Ac(c-1)>0$.

[lenok.marshal]

Полосин писал(а):

Отмечу, что уравнение "без интеграла" решается в квадратурах.

Это мне известно. Оно является одним из базовых уравнений в биологии.

Полосин писал(а):

В уравнении "с интегралом" обозначим $s=e^{-t/c}$, $y(s)=x(t)$, тогда

$$ \frac{dy}{ds}=Ac(c-1)(y-1)\int_s^1\frac{y(r)dr}{r^2}, 0<s<1, y(1)=x_0. $$

Мы углубились в какую-то совсем математику, похоже на теоремы...

$$s\equiv e^{-t/c}$$

,

$$y(s)=y(s(t))\equiv x(t)$$

.
Производная

$$\frac{dy}{ds}=(-ce^{t/c})\frac{dx}{dt}=(-ce^{t/c})A\frac{c-1}{c}(1-y(s))e^{-t/c}\int\limits_{1}^{s} dr \frac{y(r)}{r} $$

?? До интеграла все ясно, как преобразовать этот интеграл в новых переменных? С пределами понятно:

$$t$$

соответствует

$$s$$

, a ноль единице. Откуда там квадрат черт возьми, почему не сходится с Вашим уравнением.

Полосин писал(а):

Если искать решение в виде $y(s)=1+s^pz(s)$, то (предполагаем $A>0, c>1$):

$$ pz+sz'=Ac(c-1)\left(1-s+s\int_s^1r^{p-2}zdr\right)z, $$

откуда при $s\rightarrow0$ получаем $p=Ac(c-1)>0$.

Полагаясь на Ваше уравнение выше, эти вычисления проделала. Теперь вопрос, что это нам дает. Получается, что это говорит что-то о решении

$$x(t)$$

при

$$t\to\infty$$

, которое соответствует

$$s\to 0$$

. Точнее

$$y(0)\equiv x(\infty)=1+\text{что-то}$$

. Об этой $z(s)$ вообще ничего не известно, но биология говорит, что

$$x(t)$$

не может превышать единицу, что видно, если приравнять

$$dx/dt=0$$

. Это видно из Вашей теоремы?

[lenok.marshal]

Если $1-x_i(t) \approx 1$, то система уравнений

$$\frac{dx_i(t)}{dt}=\int\limits_0^t dt' \left(\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{c_j-1}{c_j} \ A_{ij} \ \exp \left({-\frac{t-t'}{c_j}}\right) \ x_j(t')\right)$$

решается аналитически с помощью преобразования Лапласа. Этого мне достаточно, спасибо огромное всем, кто помог!