Rozwiązać układ równań

[kylercopeland]

Rozwiązać układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x'(t)=5x(t)+3y(t)\\ y'(t)=-6x(t)-4y(t)\end{cases}}\)

Czy można coś takiego zrobić Transformatą Laplace'a?

[a4karo]

Ale prościej dodać oba równania do siebie, wyliczyć \(\displaystyle{ x(t)+y(t)}\) i stąd np \(\displaystyle{ x(t)}\)

[dondomano]

Ja polecam rozwiązać to metodą wartości własnych. Tak będzie chyba najszybciej.

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ \begin{cases} x'(t)=5x(t)+3y(t)\\ y'(t)=-6x(t)-4y(t)\end{cases}}\)

Gdyby ten układ rozwiązywać w postaci symetrycznej to otrzymalibyśmy

\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}x}{5x+3y}=\frac{\mbox{d}y}{-6x-4y}=\frac{\mbox{d}t}{1}\\
\frac{\mbox{d}x}{5x+3y}=\frac{\mbox{d}y}{-6x-4y}\\
\frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}= \frac{-6x-4y}{5x+3y}\\
y=ux\\
y'=u'x+u\\
u'x+u=\frac{-6x-4ux}{5x+3ux} \\
u'x=\frac{-6-4u}{5+3u}-u\\
u'x=\frac{-6-4u-5u-3u^2}{5+3u}\\
\frac{3u+5}{u^2+3u+2}\mbox{d}u=-3\frac{\mbox{d}x}{x}\\
\frac{A}{u+2}+\frac{B}{u+1}=\frac{3u+5}{u^2+3u+2}\\
Au+A+Bu+2B=3u+5\\
\left( A+B\right)u+\left( A+2B\right) =3u+5\\
\begin{cases} A+B=3 \\ A+2B=5 \end{cases} \\
\begin{cases} A=1 \\ B=2 \end{cases} \\
\left( \frac{1}{u+2}+\frac{2}{u+1}\right)\mbox{d}u=-\frac{3}{x}\mbox{d}x\\
\ln{\left| \left( u+2\right)\left( u^2+2u+1\right) \right| }=-3\ln{\left| x\right| }+\ln{\left| C_{1}\right| }\\
\ln{\left| u^3+4u^2+5u+2\right| }+ln{\left| x^3\right| }=\ln{\left| C_{1}\right| }\\
\ln{\left| u^3x^3+4xu^2x^2+5x^2ux+2x^3\right| }=\ln{\left| C_{1}\right| }\\
\ln{\left| y^3+4xy^2+5x^2y+2x^3\right| }=\ln{\left| C_{1}\right| }\\
y^3+4xy^2+5x^2y+2x^3=C_{1}\\
}\)

Jedną całkę pierwszą układu otrzymaliśmy ale potrzebna jest także druga całka pierwsza tego układu

[sdd1975]

A nie można podstawić jednego do drugiego i zrobić równanie II rzędu o stałych współczynnikach?

Dodano po 12 minutach 55 sekundach:
Czyli tak:

podstawiam

\(\displaystyle{ x' = 5x + 3y }\)
skąd:
\(\displaystyle{ y = \frac{1}{3} \cdot x' - \frac {5}{3}x }\)

i to podstawiam do pierwszego:
\(\displaystyle{ y' = -6x - 4y }\)

otrzymując:
\(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot x'' - \frac {1}{3} x' - \frac{2}{3} x = 0 }\)

czyli:

\(\displaystyle{ x'' - x' - 2 = 0 }\)

z czego całka ogólna:

\(\displaystyle{ x = C_{1} \cdot e^{-t} + C_{2} \cdot e^{2t} }\)

a potem doliczam:


\(\displaystyle{ y = -2C_{1} \cdot e^{-t} - C_{2} \cdot e^{2t} }\)

Dodano po 1 minucie 15 sekundach:
Ładnej by to wyglądało, gdyby zamiast primów i bisów były kropki, no ale chyba wiadomo, o co biega.

[Mariusz M]

Wiem że można sprowadzić do równania drugiego rzędu ale ciekawi mnie jak rozwiązywać układ
w postaci symetrycznej za pomocą całek pierwszych bo później będzie to przydatne np w metodzie charakterystyk
Czy aby uzyskać drugą całkę pierwszą trzeba znaleźć jawną postać \(\displaystyle{ x\left(y\right)}\)
bądź \(\displaystyle{ y\left(x\right)}\) z całki pierwszej w postaci uwikłanej \(\displaystyle{ y^3+4xy^2+5x^2y+2x^3=C_{1}\\}\)
Czy można jakoś inaczej znaleźć tę drugą całkę pierwszą

[kerajs]

Czy można coś takiego zrobić Transformatą Laplace'a?

Odpowiadając na pytanie, to do rozwiązania z transformatą Laplace'a potrzebne są jeszcze warunki początkowe. Ponieważ ich nie ma, to transformatą układu nie można rozwiązać.

[Mariusz M]

@kerajs zawsze można przyjąć za te warunki początkowe pewne stałe

[sdd1975]

Np zerowe warunki początkowe są bardzo wdzięczne

[janusz47]

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^{'}(t) = \ \ 5x(t) + \ \ 3y(t) \\ y^{'}(t) = -6x(t) -4y(t) \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x^{'}(t)\\ y^{'}(t) \end{matrix} \right] = \left [\begin{matrix} 5 & 3 \\ -6 & -4 \end{matrix} \right] \left [\begin{matrix} x(t)\\ y(t) \end{matrix} \right] }\)

Rozwiązaniem ogólnym układu jednorodnego równań jest trajektoria

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x(t)\\ y(t) \end{matrix} \right] = e^{tA} \cdot \left [\begin{matrix} x_{0}\\ y_{0} \end{matrix} \right] }\)

Diagonalizujemy macierz \(\displaystyle{ A = \left [\begin{matrix} 5 & 3 \\ -6 & -4 \end{matrix} \right]. }\)

Wartości własne macierzy \(\displaystyle{ A }\)

\(\displaystyle{ \det \left [\begin{matrix} 5 -\lambda & 3 \\ -6 & -4 -\lambda \end{matrix} \right] = -(5-\lambda)(4+\lambda) +18 = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda^2 -\lambda -2 =( \lambda +1)(\lambda -2) = 0 }\)

\(\displaystyle{ \lambda_{1} = 2, \ \ \lambda_{2} = -1. }\)

Wektory własne macierzy \(\displaystyle{ A }\)

\(\displaystyle{ \ker( A - 2I) = \ker\left [\begin{matrix} 3 & 3 \\ -6 & -6 \end{matrix} \right] = span \left \{\left[\begin{matrix} -1\\ 1 \end{matrix}\right]\right\} }\)

\(\displaystyle{ \ker( A + 1I) = \ker\left [\begin{matrix} 6 & 3 \\ -6 & -3 \end{matrix} \right] = span \left \{\left[\begin{matrix} -\frac{1}{2} \\ 1 \end{matrix}\right]\right\}. }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \left\{ \left [ \begin{matrix} -1 \\ 1\end{matrix} \right] \left [\begin{matrix} -\frac{1}{2} \\ 1\end{matrix} \right] \right\} }\)

jest bazą diagonalizującą.

Mamy

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} -1 & -\frac{1}{2} \\ 1 & 1\end{matrix} \right]^{-1} = \left [\begin{matrix} -2 & - 1 \\ 2 & 2\end{matrix} \right] }\)

\(\displaystyle{ A = \left [\begin{matrix} 5 & 3 \\ -6 & -4 \end{matrix} \right] = \left [\begin{matrix} -2 & - 1 \\ 2 & 2\end{matrix} \right]\left [\begin{matrix} 2 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix} \right] \left [\begin{matrix} -1 & -\frac{1}{2} \\ 1 & 1\end{matrix} \right] }\)

\(\displaystyle{ e^{tA} = \left [\begin{matrix} -2 & - 1 \\ 2 & 2\end{matrix} \right]\left [\begin{matrix} e^{2t} & 0 \\ 0 & e^{-t} \end{matrix} \right] \left [\begin{matrix} -1 & -\frac{1}{2} \\ 1 & 1\end{matrix} \right] .}\)

Rozwiązanie ogólne układu równań

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x^{'}(t)\\ y^{'}(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} 2e^{2t} -e^{-t} & e^{2t}-e^{-t} \\ -2e^{2t}+2e^{2t} & -e^{2t}+2e^{-t} \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} x_{0} \\ y_{0} \end{matrix} \right] }\)

\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x^{'}(t)\\ y^{'}(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} x_{0}( 2e^{2t} -e^{-t}) +y_{0}( e^{2t}-e^{-t}) \\ x_{0}(-2e^{2t}+2e^{2t}) + y_{0}(-e^{2t}+2e^{-t} ) \end{matrix} \right] }\)


\(\displaystyle{ \left [\begin{matrix} x^{'}(t)\\ y^{'}(t) \end{matrix} \right] = \left[ \begin{matrix} (2x_{0} +y_{0})e^{2t} -(x_{0} +y_{0})e^{-t} \\ -(2x_{0} + y_{0})e^{2t}+ 2(x_{0}+y_{0}) e^{-t} \end{matrix} \right] }\)

Dodano po 2 godzinach 22 minutach 21 sekundach:

Metoda przekształcenie Laplace'a

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^{'}(t) = 5x(t) +3y(t) \\ y^{'}(t) = -6x(t) -4y^{t} \\ x(0) = x_{0}, \ \ y(0) = y_{0} \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} \mathcal{L}[ x^{'}(t)] = \mathcal{L}[ 5x(t) +3y(t)] \\ \mathcal{L}[y^{'}(t)] = \mathcal{L}[-6x(t) -4y(t)] \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} sX - x_{0} = 5X + 3Y \\ sY -y_{0} = -6X -4Y \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} (s -5) X - x_{0} = 3Y \\ ( s +4)Y+ 6X = y_{0} \end{cases} }\)

Mnożymy drugie równanie przez \(\displaystyle{ 3 }\) i podstawiamy równanie pierwsze do drugiego

\(\displaystyle{ \begin{cases} (s+4)[(s-5)X -x_{0}] +18X = 3y_{0} \\ (s -5) X - x_{0} = 3Y \end{cases} }\)

Po przekształceniu pierwszego równania

\(\displaystyle{ X\cdot [ (s+4)(s-5)+18] = (s+4)x_{0} + 3y_{0} }\)

\(\displaystyle{ X( s^2 -s -2) = (s+4)x_{0} + 3y_{0} }\)

\(\displaystyle{ X(s-2)(s+1) = (s+4)x_{0} +3y_{0} }\)

\(\displaystyle{ X(s) = \frac{(s+4)x_{0}}{(s-2)(s+1)} + \frac{3y_{0}}{(s-2)(s+1)} }\)

\(\displaystyle{ X(s) = \frac{(s+1)x_{0}+3x_{0}}{(s-2)(s+1)} + \frac{3y_{0}}{(s-2)(s+1)}}\)

\(\displaystyle{ X(s)= \frac{x_{0}}{s-2} + \frac{3x_{0} + 3y_{0}}{(x-2)(x+1)} = \frac{3(x_{0}+y_{0})}{(x-2)(x+1)} }\)

Rozkładając drugi składnik sumy na ułamki proste

\(\displaystyle{ X(s)= \frac{x_{0}}{s-2} + \frac{x_{0}+y_{0}}{s-2} - \frac{x_{0} +y_{0}}{s+1} }\)

Przekształcenie odwrotne

\(\displaystyle{ \mathcal{L}^{-1}[X(s)] = x(t) = x_{0} \cdot e^{2t} + (x_{0} +y_{0}) e^{2t} - (x_{0}+y_{0}) e^{-t} = (2x_{0}+y_{0})e^{2t} -(x_{0}+y_{0})e^{-t} }\)

Analogicznie z równania transformaty

\(\displaystyle{ (s-5)X- x_{0} = 3Y }\)

znajdujemy funkcję oryginału \(\displaystyle{ y(t). }\)