Система дифференциальных уравнений и метод вариации постоянн

[Sega611]

Здравствуйте. У меня такое задание:
Решить методом вариации постоянных: $\left \{ \begin{array}{I}x'=x-y+\frac {1}{\cos t}\\y'=2x-y \end{array} \right$
Где можно взять теорию, чтобы решить этот пример? Google постоянно выдает методом вариации для д.у., а не для системы д.у., или нужная ссылка ведет на какой-нибудь порно-сайт .

[ИСН]

Точно так же, как и для одного уравнения: отбросить неоднородность (понятно ли, где она?), решить, вернуть неоднородность, объявить константы неизвестными функциями...

[ewert]

Только в некотором смысле проще, чем для одного уравнения (высшего порядка). Если записать систему в матричной форме: $\vec r'(t)=A\vec r(t)+\vec f(t)$, где $\vec r(t)$ -- это столбец из $x(t)$ и $y(t)$, и найти общее решение однородной системы: $\vec r_{oo}(t)=C_1\vec u_1(t)+C_2\vec u_2(t)$, а потом поискать решение исходной неоднородной системы в виде $\vec r(t)=b_1(t)\vec u_1(t)+b_2(t)\vec u_2(t)$, то после подстановки этого в исходную систему и очевидных сокращений сразу же получается система уравнений для производных $b'_1(t),b'_2(t)$ от неизвестных функций: $U(t)\vec b'(t)=\vec f(t)$, где $U(t)$ -- матрица со столбцами $u_1(t)$ и $u_2(t)$.

[Sega611]

Мне дали аналогичный пример:
Решить методом вариации постоянных:$\left \{ \begin{array}{I} x'=-4x-2y+\frac {2}{e^t-1} \\ y'=6x+3y-\frac {3}{e^t-1} \end{array} \right$
Там так решали:
$\left \{ \begin{array}{I} x'=-4x-2y+\frac {2}{e^t-1} \\ y'=6x+3y-\frac {3}{e^t-1} \end{array} (1)$
$\left \{ \begin{array}{I} x'=-4x-2y \\ y'=6x+3y \end{array}$ линейная однородная система д.у.

$\triangle(y)=\left | \begin{array}{cc} -4-\lambda & -2 \\ 6 & 3-\lambda \end{array} \right | =0$

$(-4-\lambda)(3-\lambda)+12=0$
$-(12+3\lambda-4\lambda-\lambda^2)+12=0$
$\lambda^2+\lambda=0$
$\lambda_1=0$ $\lambda_2=-1$

$] \lambda=\lambda_1=0$
$\left \{ \begin{array}{I} -4\gamma_1-2\gamma_2=0 \\ 6\gamma_1+3\gamma_2=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_1=-\frac{\gamma_2}{2} \\ \gamma_2-\forall \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_1=-1 \\ \gamma_2=2 \end{array}$
$x_1(t)=\gamma_1 e^{\lambda_1t}=-1$
$y_1(t)=\gamma_2 e^{\lambda_1t}=2$

$] \lambda=\lambda_2=-1$
$\left \{ \begin{array}{I} -3\gamma_1-2\gamma_2=0 \\ 6\gamma_1+4\gamma_2=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_1=-\frac{2\gamma_2}{3} \\ \gamma_2-\forall \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_1=-2 \\ \gamma_2=3 \end{array}$
$x_1(t)=\gamma_1 e^{\lambda_2t}=-2e^{-t}$
$y_1(t)=\gamma_2 e^{\lambda_2t}=3e^{-t}$

$\left \{ \begin{array}{I} x(t)=-c_1-2c_2e^{-t} \\ y(t)=2c_1+3c_2e^{-t} \end{array} (2)$ общее решение системы (1)

Найдем решение системы (1) методом вариации постоянных
$x'=-c_1'-2c_2'e^{-t}+2c_2e^{-t}$
$y'=2c_1'+3c_2'e^{-t}-3c_2e^{-t}$
Подставим в (1)
$\left \{ \begin{array}{I} -c_1'-2c_2'e^{-t}+2c_2e^{-t}=4c_1+8c_2e^{-t}-4c_1-6c_2e^{-t}+\frac {2}{e^t-1} \\ 2c_1'+3c_2'e^{-t}-3c_2e^{-t}=-6c_1-12c_2e^{-t}+6c_1+9c_2e^{-t}-\frac {3}{e^t-1} \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} -c_1'-2c_2'e^{-t}=\frac {2}{e^t-1} \\ 2c_1'+3c_2'e^{-t}=-\frac {3}{e^t-1} \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} c_1'=0 \\ c_2'=-\frac {e^t}{e^t-1} \end{array}$

$c_1=\bar c_1$
$c_2=\int -\frac{e^t}{e^t-1}dt=-ln|e^t-1|+\bar c_2$

$\left \{ \begin{array}{I} x(t)=-\bar c_1-2(\bar c_2-ln|e^t-1|)e^{-t} \\ y(t)=2\bar c_1+3(\bar c_2-ln|e^t-1|)e^{-t} \end{array}$ общее решение системы д.у.

У меня возникли вопросы:

1 вопрос:

У меня для моей задачи получилось
$\lambda_1=-i$, $\lambda_2=i$
и для $\lambda_1=-i$
$\gamma_1=1$, $\gamma_2=1+i$
Поменяются ли формулы для $x_1(t)$ и $y_1(t)$ или останутся такими?
$x_1(t)=\gamma_1 e^{\lambda_1t}$
$y_1(t)=\gamma_2 e^{\lambda_1t}$

2 вопрос:

Что такое $\triangle(y)$?

ewert, я что-то не понял то, что вы написали, не получается в уме представить .

На счет 1 вопроса. Формулы, кажется, останутся прежними.
Получилось, что
$x_1(t)=e^{-it}$
$y_1(t)=(1+i) e^{-it}$
Подставил в линейную однородную систему д.у., получились тождества.

[ИСН]

Ну? Дальше всё ясно?

[Sega611]

Сейчас дорешаю и попробую проверить себя

[ewert]

Sega611 в сообщении #432894 писал(а):

$x'=-c_1'-2c_2'e^{-t}+2c_2e^{-t}$
$y'=2c_1'+3c_2'e^{-t}-3c_2e^{-t}$
Подставим в (1)
$\left \{ \begin{array}{I} -c_1'-2c_2'e^{-t}+2c_2e^{-t}=4c_1+8c_2e^{-t}-4c_1-6c_2e^{-t}+\frac {2}{e^t-1} \\ 2c_1'+3c_2'e^{-t}-3c_2e^{-t}=-6c_1-12c_2e^{-t}+6c_1+9c_2e^{-t}-\frac {3}{e^t-1} \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} -c_1'-2c_2'e^{-t}=\frac {2}{e^t-1} \\ 2c_1'+3c_2'e^{-t}=-\frac {3}{e^t-1} \end{array}$

Ну вот лишняя работа: поскольку общее решение однородной системы в векторном виде есть $c_1\begin{pmatrix}-1\\2\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}-2e^{-t}\\3e^{-t}\end{pmatrix}$, надо было сразу выписывать последнюю систему в виде $\begin{pmatrix}-1&-2e^{-t}\\2&3e^{-t}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1'(t)\\c_2'(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2/(e^t-1)\\-3/(e^t-1)\end{pmatrix}$.

Sega611 в сообщении #432894 писал(а):

У меня для моей задачи получилось
$\lambda_1=-i$, $\lambda_2=i$
и для $\lambda_1=-i$
$\gamma_1=1$, $\gamma_2=1+i$

Не так быстро: Вы пока что получили лишь собственный вектор $\begin{pmatrix}1\\1+i\end{pmatrix}$, отвечающий собственному числу $(-i)$. Теперь надо ещё найти собственный вектор, отвечающий собственному числу $i$; впрочем, можно и не искать -- ясно, что он будет комплексно сопряжён первому: $\begin{pmatrix}1\\1-i\end{pmatrix}$. Теперь общее решение Вашей однородной системы -- это $\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}=c_1\begin{pmatrix}1\\1+i\end{pmatrix}e^{-it}+c_2\begin{pmatrix}1\\1-i\end{pmatrix}e^{it}$ и далее по схеме. Причём искать достаточно $c_1'(t)$ -- вторая функция окажется ей комплексно сопряжена.

Sega611 в сообщении #432894 писал(а):

Что такое $\triangle(y)$?

Это -- характеристический определитель для той самой матрицы $A$, корнями которого являются собственные число $\lambda$ этой матрицы (а $y$ в этой записи вообще не при чём).

[Sega611]

Спасибо за разъяснение. Я сейчас ищу $c(t)=\int \frac{(1+i)e^{it}dt}{2\cos t}$. Мне как-то сложно думать, используя векторы.

[ewert]

Sega611 в сообщении #432931 писал(а):

Я сейчас ищу

Зачем искать?... Надо сразу выписать результат, расписав экспоненту по формуле Эйлера. Только, по-моему, Вы там мнимую единичку в знаменателе потеряли.

[Sega611]

Ура! Получилось!
$\left \{ \begin{array}{I} x'=x-y+\frac{1}{\cos t} \\ y'=2x-y \end{array} (1)$
$\left \{ \begin{array}{I} x'=x-y \\ y'=2x-y \end{array}$ линейная однородная система д.у.

$\triangle (y)=\left | \begin{array}{cc} 1-\lambda & -1 \\ 2 & -1-\lambda \end{array} \right | =0$
$(1-\lambda)(-1-\lambda)+2=0$
$-1+\lambda^2+2=0$
$\lambda^2+1=0$
$\lambda_1=-i$
$\lambda_2=i$

$] \lambda=\lambda_1=-i$
$\left \{ \begin{array}{I} (1+i)\gamma_1-\gamma_2=0 \\ 2\gamma_1+(-1+i)\gamma_2=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1+i)\gamma_1 \\ 2\gamma_1+(-1+i)(1+i)\gamma_1=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1+i)\gamma_1 \\ 0=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1+i)\gamma_1 \\ \gamma_1-\forall \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=1+i \\ \gamma_1=1 \end{array}$
$x_1(t)=\gamma_1e^{\lambda_1t}=e^{-it}$
$y_1(t)=\gamma_2e^{\lambda_1t}=(1+i)e^{-it}$

$] \lambda=\lambda_2=i$
$\left \{ \begin{array}{I} (1-i)\gamma_1-\gamma_2=0 \\ 2\gamma_1+(-1-i)\gamma_2=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1-i)\gamma_1 \\ 2\gamma_1+(-1-i)(1-i)\gamma_1=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1-i)\gamma_1 \\ 0=0 \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=(1-i)\gamma_1 \\ \gamma_1-\forall \end{array} \Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} \gamma_2=1-i \\ \gamma_1=1 \end{array}$
$x_2(t)=\gamma_1e^{\lambda_2t}=e^{it}$
$y_2(t)=\gamma_2e^{\lambda_2t}=(1-i)e^{it}$

$\left \{ \begin{array}{I} x(t)=c_1e^{-it}+c_2e^{it} \\ y(t)=c_1(1+i)e^{-it}+c_2(1-i)e^{it} \end{array} (2)$ общее решение системы (1)

Найдем решение системы (1) методом вариации постоянных
$c_1=c_1(t)$, $c_2=c_2(t)$
$x'=c_1'e^{-it}-c_1ie^{-it}+c_2'e^{it}+c_2ie^{it}$
$y'=c_1'(1+i)e^{-it}-c_1(1+i)ie^{-it}+c_2'(1-i)e^{it}+c_2(1-i)ie^{it}$

Подставим в (1)
$\left \{ \begin{array}{I} c_1'e^{-it}-c_1ie^{-it}+c_2'e^{it}+c_2ie^{it}=c_1e^{-it}+c_2e^{it}-c_1(1+i)e^{-it}-c_2(1-i)e^{it}+\frac{1}{\cos t} \\ c_1'(1+i)e^{-it}-c_1(1+i)ie^{-it}+c_2'(1-i)e^{it}+c_2(1-i)ie^{it}=2c_1e^{-it}+2c_2e^{it}-c_1(1+i)e^{-it}-c_2(1-i)e^{it} \end{array} \Rightarrow$
$\Rightarrow \left \{ \begin{array}{I} c_1'e^{-it}+c_2'e^{it}=\frac{1}{\cos t} \\ c_1'(1+i)e^{-it}+c_2'(1-i)e^{it}=0 \end{array}$

$c_1'=c_2'\frac{(-1+i)e^{it}}{(1+i)e^{-it}}=c_2'\frac{(-1+i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}e^{2it}=c_2'ie^{2it}$
$c_2'ie^{2it}e^{-it}+c_2'e^{it}=\frac{1}{\cos t}$
$c_2'(ie^{it}+e^{it})=\frac{1}{\cos t}$
$c_2'=\frac{1}{(1+i)e^{it}\cos t}$
$c_1'=\frac{1}{(1+i)e^{it}\cos t}ie^{2it}=\frac{i}{1+i}\frac{e^{it}}{\cos t}=\frac{1+i}{2}\frac{e^{it}}{\cos t}$

$\left \{ \begin{array}{I} c_1'=\frac{1+i}{2}\frac{e^{it}}{\cos t} \\ c_2'=\frac{1}{(1+i)e^{it}\cos t} \end{array}$

$c_2=\frac{1}{1+i}\int \frac{dt}{e^{it}\cos t}=\frac{1}{1+i}\int \frac{dt}{e^{it}\left ( \frac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right )}=\frac{2}{1+i}\int \frac{dt}{e^{2it}+1}=\frac{2}{1+i}\int \frac{(e^{2it}+1-e^{2it})dt}{e^{2it}+1}=\frac{2}{1+i}\int dt-\frac{2}{1+i}\frac{1}{2i}\int\frac{dt(e^{2it}+1)}{e^{2it}+1}=(1-i)t+\frac{1+i}{2}ln|e^{2it}+1|+\bar c_2$
$c_1=\frac{1+i}{2}\int\frac{e^{it}dt}{\cos t}=\frac{1+i}{2}2\int\frac{e^{it}dt}{e^{it}+e^{-it}}=(1+i)\int\frac{dt}{e^{-2it}+1}=(1+i)\int\frac{(e^{-2it}+1-e^{-2it})dt}{e^{-2it}+1}=(1+i)\int dt+(-1-i)\left ( -\frac{1}{2i}\right ) \int\frac{d(e^{-2it}+1)}{e^{-2it}+1}=(1+i)t+\frac{1-i}{2}ln|e^{-2it}+1|+\bar c_1$

$\left \{ \begin{array}{I} x(t)=((1+i)t+\frac{1-i}{2}ln|e^{-2it}+1|+\bar c_1)e^{-it}+((1-i)t+\frac{1+i}{2}ln|e^{2it}+1|+\bar c_2)e^{it} \\ y(t)=((1+i)t+\frac{1-i}{2}ln|e^{-2it}+1|+\bar c_1)(1+i)e^{-it}+((1-i)t+\frac{1+i}{2}ln|e^{2it}+1|+\bar c_2)(1-i)e^{it} \end{array}$

Проверка проходит . Спасибо ewert и ИСН!

[ewert]

Ну проходит -- замечательно; только боюсь, что от Вас ждут всё же вещественного решения.

[Sega611]

А как из комплексного решения получить вещественное?

[ИСН]

Мда... Теперь, пожалуй, никак; то есть легче прорешать всё сначала, старательно избегая самого понятия комплексной экспоненты. Можно применять простые русские слова: "синус", "косинус".

[Утундрий]

Ну уж прям таки и никак. Экспоненты на Рэ-Им и Эйлеру понятно как разваливаются, а логарифмы от модуля, там арков не повылезет. Только модуль вычислить, а дальше сплошная бухгалтерия.

[ewert]

Sega611 в сообщении #433211 писал(а):

А как из комплексного решения получить вещественное?

Говоря формально -- надо просто взять от всего этого вещественную часть; только лучше делать это сознательно, чтобы не запутаться. У Вас там две группы слагаемых: содержащие произвольные постоянные и не содержащие их.

Те, что не содержат констант, автоматически получились вещественными, т.е. каждая из них является суммой взаимно сопряжённых выражений. И надо либо тупо всё привести к алгебраической форме записи комплексного выражения (мнимые составляющие должны сократиться) -- либо, что проще, сложить удвоенные вещественные части какого-нибудь из слагаемых по всем взаимно сопряжённым парам.

Те, что с произвольными постоянными -- образуют общее решение однородной системы. Поскольку векторные базисные функции этого решения опять же комплексно сопряжены (и это не случайность) -- для получения вещественного выражения необходимо и достаточно взять произвольные постоянные тоже взаимно сопряжёнными. Т.е. взять $\bar c_1=C_1+iC_2$, $\bar c_2=C_1-iC_2$ (или наоборот, неважно) -- и после раскрытия скобок всё чисто мнимое снова сократится.

Только перед этим не забудьте навести порядок под логарифмами, выразив там всё просто через косинус. Чтоб не мучаться.

-- Вс апр 10, 2011 17:21:17 --

Утундрий в сообщении #433225 писал(а):

Только модуль вычислить,

Не надо модулей "вычислять". Надо просто вынести там $e^{\pm it}$ за скобки, она модулем убьётся, и останется чистенький удвоенный косинус (ха, а чего ж ещё и ожидать-то можно было, под логарифмом-то). Причём двойки можно гордо проигнорировать -- они всё равно съедятся константами.