Resolviendo un par simétrico de ecuaciones diferenciales

Question

Mirando la gráfica de las soluciones de

\begin{align} \dot{x} &= - x + cy \\ \dot{y} &= - cy + x, \end{align}

por ejemplo para describir cómo un dos a nivel de sistema de juguete enfoques de equilibrio térmico:

^{parcela creado con la Octava (1)}

uno podría estar tentado a pensar que

\begin{align} x(t) &= x_\infty (1-e^{-t/\tau}) + x_0e^{-t/\tau} \\ y(t) &= y_\infty (1-e^{-t/\tau}) + y_0e^{-t/\tau}, \end{align}

sería canónico soluciones – siempre que $x_\infty + y_\infty = x_0 + y_0$. Entonces uno podría querer averiguar cómo $\tau$ depende de $c$.

Pero, por desgracia, no parece ser cierto:

$$\dot{x} = -\frac{x_\infty-x_0}{\tau}e^{-t/\tau} \neq - x + cy$$

Mis preguntas son:

1. Hice un error, y es una solución?

2. Si no es así: ¿Qué son los canónica de soluciones para el par de ecuaciones de arriba? Hay una forma cerrada? ¿Cómo puedo obtenerlo?

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(1) Octava código:

function dx = f(x,t,c)
   dx(1) = - x(1) + c * x(2);
   dx(2) = -c * x(2) + x(1);
endfunction
g = @(x,t) f(x, t, 5);
xs = lsode(g,[1,2],0:0.01:1);
plot(xs);

Answer 1

La solución general para este sistema debería ser:$$x(t)=C_1 (c+e^{-(1+c)t})+C_2 (c-ce^{-(1+c)t}) \\ y(t)=C_1 (1-e^{-(1+c)t})+C_2 (1+ce^{-(1+c)t})$$ Note that $ c $ está dentro de los corchetes en algunos lugares, pero no en otros.

$C_1,C_2$ se debe encontrar desde las condiciones iniciales.

También tenga en cuenta que$x+y$ realmente no depende de$t$ aquí.

ps

Answer 2

Es bastante fácil ver que $$ \dot x+\dot y=0\implica que x(t)+y(t)=C=x_0+y_0=x_\infty+y_\infty $$ y $$ \dot x-c\dot y = (c-1)(x-cy) $$ así que para $c\ne 1$ $$ x(t)-cy(t)=e^{(c-1)t}(x_0-cy_0) $$

La primera confirma que la suma es una cantidad conservada, y ambas soluciones parciales en conjunto permiten calcular la solución exacta.

Uno podría decir que este es el autovalor-vector propio enfoque, pero con una simple estructura del sistema explícito de la computación de ellos no es necesario.

Answer 3

El método general utiliza valores y vectores propios, pero que realmente no son necesarios aquí.

Tiene, a partir de la segunda ecuación, que $x=y'+cy$. Por lo $x'=y''+cy'$. Volviendo a la primera ecuación, $$ y"+cy'+y'+cy=cy. $$ Es decir, $$ y"+(c+1)y'=0. $$ Este es de primer orden lineal en $y'$,$y'=y_1\,e^{-(1+c)t}$. Así, unles $c=-1$, $$ y(t)=-\frac{y_1}{1+c}\,e^{-(1+c)t}+y_0, $$ y \begin{align} x(t)&=y'+cy=y_1\,e^{-(1+c)t}-\frac {c\,y_1}{1+c}\,e^{-(1+c)t}+c\,y_0\\ \ \\ &=y_1\,\frac{1}{1+c}e^{-(1+c)t}+c\,y_0. \end{align} Como $y_1$ es una constante arbitraria, podemos reemplazarlo por $y_1(1+c)$, y obtenemos

$$ x(t)=y_1\, e^{-(1+c)t}+c\,y_0, $$ $$ y(t)=-y_1\,e^{-(1+c)t}+y_0. $$

Si reescribir su candidato soluciones como $$ x=x\infty+(x_0-x_\infty)e^{-t/\tau},\ \ \ \ y=y_\infty+(y_0-y_\infty)e^{-t/\tau}, $$ de hecho, usted necesita $x_0+y_0=x_\infty+y_\infty$, pero también es necesario $x_\infty=cy_\infty$, e $\tau=1/(1+c)$.

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Para el caso particular $c=-1$,$y''=0$, lo $y(t)=y_1\,t+y_0$, e $x(t)=-y_1\, t+y_1-y_0$.

Answer 4

Tenemos el siguiente par de junto lineal de ecuaciones diferenciales ordinarias

\begin{align} \dot{x} &= - x + cy\\ \dot{y} &= \,\,\,\, x - cy\\ \end{align}

Tal Odas son muy comunes en la cinética química, por ejemplo. Tenga en cuenta que $\dot{x} + \dot{y} = 0$. Integrando, obtenemos $x(t) + y(t) = x_0 + y_0$ donde $x_0$ $y_0$ son las condiciones iniciales. Por lo tanto, a la 1 de la educación a distancia puede ser disociada de la 2ª a la educación a distancia como sigue

$$\dot{x} = - x + c \left( (x_0 + y_0) - x \right) = - (1+c) \, x + c \, (x_0 + y_0)$$

o, alternativamente,

$$\dot{x} + (1+c) \, x = c \, (x_0 + y_0)$$

que es un estándar de no-homogénea de 1er orden lineal de la educación a distancia. La integración, obtuve el siguiente

$$x (t) = \color{blue}{\left( \left( \frac{c}{1+c} \right) x_0 + \left( \frac{c}{1+c} \right) y_0 \right) + \left( \left( \frac{1}{1+c} \right) x_0 - \left( \frac{c}{1+c} \right) y_0 \right) e^{- (1+c) \, t}}$$

y, desde $y(t) = (x_0 + y_0) - x(t)$,

$$y (t) = \color{blue}{\left( \left( \frac{1}{1+c} \right) x_0 + \left( \frac{1}{1+c} \right) y_0 \right) - \left( \left( \frac{1}{1+c} \right) x_0 - \left( \frac{c}{1+c} \right) y_0 \right) e^{- (1+c) \, t}}$$