Stelsels van gekoppelde lineaire eerste-orde GDV's

Differentiaalvergelijkingen: Stelsels differentiaalvergelijkingen

Stelsels van gekoppelde lineaire eerste-orde GDV's

Voor een korte blik op meerdere differentiaalvergelijkingen met meerdere onbekende functies bekijken we het volgende stelsel van gekoppelde homogene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijkingen:

$\eqs{\dfrac{\dd x}{\dd t} &= &a\cdot x+ b\cdot y\cr \dfrac{\dd y}{\dd t} &=& c\cdot x + d\cdot y}$ waarbij $x$ en $y$ onbekende functies van $t$ zijn, en $a$ , $b$ , $c$ , $d$ constanten. Dit stelsel kan opgelost worden met behulp van de theorie van homogene lineaire tweede-orde GDV's met constante coëfficiënten.

Herleiding van twee gekoppelde homogene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijkingen tot een homogene lineaire tweede-orde vergelijking

Laat $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $p$ , $q$ constanten zijn, en laat $x$ , $y$ , $z$ functies van $t$ zijn.

Als $\rv{x,y}$ een oplossing is van het stelsel van twee gekoppelde homogene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijkingen $\eqs{x' &= &a\cdot x+ b\cdot y\cr y' &=& c\cdot x + d\cdot y}$ dan is zowel $x$ als $y$ een oplossing van de homogene lineaire tweede-orde differentiaalvergelijking $z''-(a+d)\cdot z'+(a\cdot d-b\cdot c)\cdot z =0$
Als $x$ en $y$ lineair onafhankelijke oplossingen zijn van de lineaire tweede-orde differentiaalvergelijking $z''+p\cdot z'+q\cdot z =0$ dan zijn er constanten $a_1$ , $b_1$ , $c_1$ , $d_1$ , zodat $\eqs{x' &= &a_1\cdot x+ b_1\cdot y\cr y' &=& c_1\cdot x + d_1\cdot y}$

De eerste uitspraak is eenvoudig na te gaan door de tweede afgeleide van $x$ , respectievelijk $y$ uit te drukken in $x$ en $x'$ , respectievelijk $y$ en $y'$ . We voeren de berekening alleen uit voor $x$ :

$\begin{array}{rcl} x''&=& \dfrac{\dd }{\dd t} (x') \\ &&\phantom{x}\color{blue}{\text{definitie tweede afgeleide}}\\ &=& \dfrac{\dd }{\dd t} \left(a\cdot x+b\cdot y\right) \\ &&\phantom{x}\color{blue}{\text{eerste vergelijking gebruikt}}\\ &=& a\cdot x'+b\cdot y' \\ &&\phantom{x}\color{blue}{\text{uitgebreide somregel voor differentiëren}}\\ &=& a\cdot x'+b\cdot \left(c\cdot x+d\cdot y\right)\\ &&\phantom{x}\color{blue}{\text{tweede vergelijking gebruikt}}\\ &=& a\cdot x'+b\cdot c\cdot x+d\cdot ( b\cdot y)\\&&\phantom{x}\color{blue}{\text{termen herschikt}}\\ &=& a\cdot x'+b\cdot c\cdot x+d\cdot \left(x'-a\cdot x\right)\\ &&\phantom{x}\color{blue}{\text{eerste vergelijking gebruikt}}\\ &=& (a+d)\cdot x'+(b\cdot c -a\cdot d)\cdot x\\&&\phantom{x}\color{blue}{\text{termen herschikt}}\end{array}$

Als we alle termen naar links brengen, dan zien we dat $x$ voldoet aan de tweede-orde differentiaalvergelijking in $x$ van de stelling.

De tweede uitspraak volgt uit de stelling Uniciteit van specifieke oplossingen van lineaire tweede-orde differentiaalvergelijkingen. Als immers $x$ en $y$ lineair onafhankelijke oplossingen zijn van de tweede-orde differentiaalvergelijking in $z$ , dan is, vanwege de stelling, elke andere oplossing een lineaire combinatie van die twee. Merk nu op dat $x'$ ook een oplossing is van de tweede-orde differentiaalvergelijking in $z$ . (Dit is in te zien door alle termen van de oorspronkelijke differentiaalvergelijking te differentiëren en $z$ door $x$ te vervangen.) Passen we de genoemde stelling toe op $x'$ , dan vinden we dat er constanten $a_1$ en $b_1$ moeten zijn, zodat $x'=a_1\cdot x+ b_1\cdot y$ . Net zo vinden we dat er constanten $c_1$ en $d_1$ moeten zijn, zodat $x'=c_1\cdot x+ d_1\cdot y$ .

De tweede uitspraak laat zien dat er ook een weg terug is: oplossingen van een homogene lineaire tweedegraads vergelijking met constante coëfficiënten zijn ook oplossingen van een stelsel gekoppelde lineaire eerste-orde GDV's.

Het gekoppelde stelsel is autonoom, in de zin dat de orde en de graad van de differentiaalvergelijking gelijk aan $1$ zijn (voor beide functies $x$ en $y$ ) en dat de rechter leden niet van de onafhankelijke variabele afhangen.

We weten dat het type oplossing van bovenstaande twee-orde GDV afhangt van de discriminant van de bijpassende karakteristieke veelterm

$\lambda^2 -(a+d)\lambda+(ad-bc)$ Deze discriminant $D$ kunnen we herschrijven in termen van het gekoppelde stelsel eerste-orde vergelijkingen:

$D=(a+d)^2-4(a\cdot d-b\cdot c)=(a-d)^2+4b\cdot c$ We hebben nu drie gevallen te onderscheiden (wat voor $x(t)$ geldt, geldt ook voor $y(t)$ ):

Als $(a-d)^2+4b\cdot c\gt0$ dan zijn er twee reële oplossingen van de karakteristieke vergelijking: $\lambda_{1,2}=\frac{a+d\pm\sqrt{(a-d)^2+4b\cdot c}}{2}$ en de algemene oplossing voor $x(t)$ is dan $x(t)=c_1\cdot \e^ {\lambda_1t}+c_2\cdot \e^ {\lambda_2t}$
Als $(a-d)^2+4b\cdot c=0$ dan is er één reële oplossing van de karakteristieke vergelijking: $\lambda=\frac{a+d}{2}$ en de algemene oplossing voor $x(t)$ is dan $x(t)=(c_1+c_2 t)\cdot \e^ {\lambda t}$
Als $(a-d)^2+4b\cdot c\lt0$ dan zijn er twee imaginaire oplossingen van de karakteristieke vergelijking: $\lambda_{1,2}=\alpha\pm{\ii}\,\beta$ met $\alpha=\frac{a+d}{2}\quad\text{en}\quad\beta=\frac{\sqrt{-(a-d)^2-4b\cdot c}}{2}$ en de algemene oplossing voor $x(t)$ is dan $x(t)=\e^ {\alpha t}\cdot\bigl(c_1\cdot \cos(\beta t)+c_2\cdot \sin(\beta t)\bigr)$

We laten zien hoe de eerste uitspraak van de stelling gebruikt kan worden voor de oplossing van het gekoppelde systeem.

Oplossing van het gekoppelde stelsel eerste-orde vergelijkingen met behulp van de tweede-orde vergelijking

De algemene oplossing van het gekoppelde stelsel differentiaalvergelijkingen

$\eqs{x' &= &a\cdot x+ b\cdot y\cr y' &=& c\cdot x + d\cdot y}$

kan als volgt gevonden worden:

Los de lineaire tweede-orde vergelijking $z''-(a+d)\cdot z'+(a\cdot d-b\cdot c)\cdot z =0$ op; dit levert een paar lineair onafhankelijke oplossingen $u$ en $v$ van die vergelijking.
Bijgevolg hebben oplossingen $x$ en $y$ van het stelsel de vorm $x=A\cdot u+B\cdot v$ , respectievelijk $y=C\cdot u+D\cdot v$ , voor nog nader te bepalen constanten $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Vul deze uitdrukkingen voor $x$ en $y$ in in het stelsel.
Het resultaat van de vorige stap is een tweetal gewone lineaire vergelijkingen in de onbekenden $A$ , $B$ , $C$ en $D$ . Gebruik deze vergelijkingen om twee ervan in de andere twee uit te drukken.
Vul de in de vorige stap gevonden uitdrukkingen voor twee van de vier constanten in in de vergelijkingen van stap 2 om de algemene vorm voor $x$ en voor $y$ te vinden.

Los het volgende stelsel gekoppelde homogene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijkingen op:

$\eqs{x' &= &x+ 2 y\cr y' &=& 3 x + 2 y}$
Geef je antwoord in de vorm $x=f(t)\land y=g(t)$ , waarbij $f(t)$ en $g(t)$ functievoorschriften zijn waarin $C$ en $D$ als integratieconstanten voorkomen.

$x={{2\cdot C\cdot \euler^{4\cdot t}}\over{3}}-D\cdot \euler^ {- t } \land y=C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t } \\$

Volgens de Herleiding van twee gekoppelde homogene lineaire eerste-orde differentiaalvergelijkingen tot een homogene lineaire tweede-orde vergelijking zijn de coördinaten $\rv{x,y}$ van een oplossing van dit stelsel ook oplossingen van de lineaire tweede-orde GDV $z''-(1+2) z'+ (1\cdot2-2\cdot3) z =0$ , die vereenvoudigd kan worden tot

$z''-3 z'-4 z = 0$
De karakteristieke vergelijking $\lambda^2-3\lambda-4 = 0$ heeft oplossing $\lambda=4\lor\lambda=-1$ , dus de algemene oplossing van deze tweede-orde vergelijking is

$z=A\cdot \euler^{4\cdot t}+B\cdot \euler^ {- t }$
Omdat $x$ en $y$ ook oplossingen zijn, kunnen we stellen

$\eqs{x &= &A\cdot \euler^{4\cdot t}+B\cdot \euler^ {- t } \cr y &=&C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t }\cr}$
voor nog nader te bepalen constanten $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .
Vullen we deze uitdrukkingen voor $x$ en $y$ in in het gekoppelde stelsel, dan vinden we een stelsel lineaire vergelijkingen waaruit de nader te bepalen constanten gevonden kunnen worden:

$\begin{array}{rcl} \dfrac{\dd}{\dd t}\left(A\cdot \euler^{4\cdot t}+B\cdot \euler^ {- t }\right) &=& \left(A\cdot \euler^{4\cdot t}+B\cdot \euler^ {- t }\right) + 2 \left( C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t }\right)\\ \dfrac{\dd}{\dd t}\left(C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t }\right) &=& 3 \left(A\cdot \euler^{4\cdot t}+B\cdot \euler^ {- t }\right) +2 \left( C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t } \right)\\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{de gevonden oplossingen ingevuld}}\\ 4\cdot A\cdot \euler^{4\cdot t}-B\cdot \euler^ {- t }&=&2\cdot C\cdot \euler^{4\cdot t}+A\cdot \euler^{4\cdot t}+2\cdot D\cdot \euler^ {- t }+B\cdot \euler^ {- t } \\ 4\cdot C\cdot \euler^{4\cdot t}-D\cdot \euler^ {- t }&=&2\cdot C\cdot \euler^{4\cdot t}+3\cdot A\cdot \euler^{4\cdot t}+2\cdot D\cdot \euler^ {- t }+3\cdot B\cdot \euler^ {- t } \\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{afgeleiden berekend en haakjes weggewerkt}}\\ 4\cdot A&=&2\cdot C+A \\ 4\cdot C&=&2\cdot C+3\cdot A \\ -B&=&2\cdot D+B \\ -D&=&2\cdot D+3\cdot B \\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{vergelijkingen van de coëfficiënten van }\euler^{4\cdot t}\text{ en }\euler^ {- t }}\\ A&=&\displaystyle {{2\cdot C}\over{3}} \\ B&=&\displaystyle -D \\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{lineaire vergelijkingen in }A,B,C,D\text{ opgelost}}\\ x&=&\displaystyle {{2\cdot C\cdot \euler^{4\cdot t}}\over{3}}-D\cdot \euler^ {- t } \\ y&=&\displaystyle C\cdot \euler^{4\cdot t}+D\cdot \euler^ {- t } \\ &&\phantom{xx}\color{blue}{\text{oplossing ingevuld in functievoorschriften voor }x\text{ en }y}\\ \end{array}$

Nieuw voorbeeld