Диф.ур-м с запазд.аргументом

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Пример 2. Методом шагов найти решение дифференциального уравнения 2-го порядка с запаздывающим аргументом

..	.		(24)
X (t)= 6 X (t −1)
в области 1 ≤ t ≤ 2 , если начальная функция при 0 ≤ t ≤1 имеет вид X (t)=ϕ0 (t)= t .
	.	..	.
Решение. Обозначим X (t)=Y (t),		X (t)= Y (t). Подставляя их в уравнение (24), по-
лучим уравнение 1-го порядка относительно Y (t).
.	Y (t −1)		(25)
Y (t)= 6

с начальной функцией ϕ..0 (t) =1 при 0 ≤ t ≤1.

Для того, чтобы найти решение уравнения (25) в области 1 ≤ t ≤ 2 , заменим в нем

Y (t −1)=ϕ..	0 (t −1)=1.
Тогда получим
.		(26)
Y (t)= 6 ,Y = 6t +C .

.

Так как Y (1)=1, то из (26) имеем С=-5. Тогда Y = 6t −5 или X (t)= 6t −5. Интегрируя последнее уравнение с учетом X (1)=1 , получим решение уравнения (24) в области 1 ≤ t ≤ 2 в

виде	X (t)= 3t 2 −5t +3.	(27)
	Пример 3. Рассмотрим дифференциальное уравнение 1-го порядка с переменным
запаздыванием
	.	(28)
	X (t)= 2x(t −cost).
	Пусть t0 = 0 и начальная функция в области (t0 −cos t0 ) |	≤ t ≤ t0	| (или
	t0 =0	t0	=0
−1 ≤ t ≤ 0 ) имеет вид
	X (t)=ϕ0 (t)= t .	(29)

Требуется найти решение уравнения (28) в области 0 ≤ t ≤1.

Решение. Согласно методу шагов при 0 ≤ t ≤1 в уравнении (28) заменим X (t −cost) на ϕ0 (t −cost)= t −cost . Тогда из (28) получим обыкновенное дифференциальное уравнение 1-го порядка:

.
X (t)= 2(t −cost) ( X (0)= t|t=0	= 0 ).	(30)

Интегрируя (30) получим решение исходного уравнения в области 0 ≤ t ≤1 в виде

X (t)= t 2 −2sin t .

11

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

1.3. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными и с запаздывающим аргументом

Дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными и с одним запаз-

дывающим аргументом (запаздывание не зависит от времени) имеет вид:
ϕ1 [x(t)]φ1 [t, x(t −τ)]dx(t)=ϕ2 [x(t)]φ2 [t, x(t −τ)]dt ,	(31)
где запаздывание τ = cos t .
Для нахождения решения уравнения (31) в области t0 ≤ t ≤ t0 +τ	будем пользовать-

ся методом шагов с учетом начальной функции, заданной в области t0 −τ ≤ t0 ≤ t . Приме-

нение этого метода, как было отмечено в пункте 2, приводит нас к обыкновенному дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными для t0 ≤ t ≤ t0 +τ .

Пример 4. Методом шагов найти решение дифференциального уравнения с разде-

ляющимися переменными и с запаздывающим аргументом
t[x(t −1)+2]dx(t)= x(t)[x(t −1)+1]dt	(32)
в области 2 ≤ t ≤ 3 , если начальная функция при 0 ≤ t ≤1 имеет вид
X (t)=ϕ0(t)= t , X (1)=1 .	(33)

Решение. Сначала найдем решение уравнения (32) в области 1 ≤ t ≤ 2 . Имея ввиду, что в данной области можно заменить функцию X (t −1) на ϕ0(t −1)= t −1 и подставляя в уравнение (32), получим обыкновенное дифференциальное уравнение с разделяющимися

переменными
t(t +1)dx(t)= x(t) dt .								(34)
Интегрируя его с учетом условия (33), получим:
X (t)=	t +1	.						(35)
2
Теперь найдем решение уравнения (32) в области 2 ≤ t ≤ 3 , имея ввиду, что началь-
ная функция имеет вид:
X (t −1)=ϕ1 (t −1)=			t +1	|t→t −1	=	t	.	(36)
2					2
Подставляя (36) в исходное уравнение, получим:
t(t +4)dx(t)= x(t)×(t +2)dt								(37)

и x(t)|t=2 = 32 .

Уравнение (37) решим, разделяя переменные и интегрируя с помощью метода не-

определенных коэффициентов. Несложные вычисления с учетом условия x(2)= 32 приво-

дят к следующему решению уравнения (32) в области 2 ≤ t ≤ 3
x2 (t)=	3t(t +4).	(38)
	16

12

.

X (t)+ P[t, x(t −τ)]x(t)= Q[t, x(t −τ)],

где запаздывание τ = const .

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

1.4.Линейные дифференциальные уравнения

сзапаздывающим аргументом

Вобщем случае линейное дифференциальное уравнение первого порядка с запаздывающим аргументом записывается в виде

(39)

Если задана начальная функция X (t)=ϕ0(t) в области t0 − τ ≤ t ≤ t0 , то с помощью метода шагов можно найти решение уравнения (39) для значений t0 + nτ ≤ t ≤ t0 + (n +1)τ (n =1,2,3,....).

Пример 5. Методом шагов найти решение линейного дифференциального уравнения 1-го порядка с запаздывающим аргументом.

X. (t)− (x(+t −)12)x(t)= x2 (t −1) (40)

t 1

в области 1 ≤ t ≤ 2 , если начальная функция при 0 ≤ t ≤1имеет вид
X (t)= ϕ0 (t)= t + 2 , X (1)= ϕ0 (1)= 3.	(41)

Решение. Дифференциальное уравнение (40) в области 1 ≤ t ≤ 2 с учетом (41) пре-

	образуется к обыкновенному линейному дифференциальному уравнению первого порядка
	X (t)− tx+(t1) = (t +1)2 .			(42)
	.
	Известно, что общее решение (42) складывается из общего решения соответствую-
	щего однородного уравнения
	.	x(t)
	X (t)−		= 0 .	(43)
		t +1
	и частного решения неоднородного уравнения (42)
	X О.Н. = X О.О. + XЧ.Н. .			(44)

Решая (43), найдем X О.О. (t)= C (t +1), где С – произвольная постоянная. Для на-
хождения XЧ.Н. (t) пользуемся методом вариации постоянной, т.е. Хч.н.(t) ищем в виде
XЧ.Н. (t)= C(t) (t +1).							(45)
Подставляя (45) в (42), найдем
C(t)=	t 2		+t .				(46)
2
Теперь, согласно (44) с учетом (46) и (41), окончательно получим решение уравне-
ния (40) при 1 ≤ t ≤ 2 в виде
				2
	t						(47)
X О.Н. =			2		+ t (t +1).

13

Zo.o.

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

1.5.Дифференциальные уравнения Бернулли

сзапаздывающим аргументом

Уравнение первого порядка вида

.	(t)+ P[t, x(t −τ)]x(t)= Q[t, x(t −τ)]xn (t),	(48)
X
где n ≠ 0	, n ≠1 , называется дифференциальным уравнением Бернулли с запаздывающим
аргументом. Чтобы найти решение (48) для t0 + nτ ≤ t ≤ t0 + (n +1)τ ( n =1,2,3,.... ) применя-
ем метод шагов, используя начальную функцию		X (t)=ϕ0(t), заданную при t −τ ≤ t ≤ t0 .

Как уже отмечалось выше, это приводит к тому, что в области t −nτ ≤ t ≤ t0 +(n +1)t (48)

преобразуется к обыкновенному дифференциальному уравнению Бернулли.

Пример 6. Методом шагов найти решение дифференциального уравнения Бернулли с запаздывающим аргументом

.		(49)
X (t)− X (t)= −X 2 (t −1) X 2 (t).
при 1 ≤ t ≤ 2 , если при 0 ≤ t ≤1 начальная функция имеет вид
X (t)=ϕ0(t)= t , X (1)=ϕ0	(1)=1 .	(50)
Решение. Заметим, что функция от запаздывания X (t −1) в области 1 ≤ t ≤ 2 прини-
мает вид
X (t −1)=ϕ0(t −1)= t −1.		(51)
Подставляя (51) в (49)	для 1 ≤ t ≤ 2 получим обыкновенное	дифференциальное
уравнение Бернулли вида
.	2 (t).	(52)
X (t)− X (t)= −(t −1)2 X

Введя новую переменную Z (t)= X −1 (t), (52) преобразуем к линейному дифференциальному уравнению 1-го порядка

dzdt(t)+ z(t)= (t −1)2 . (53)

Нетрудно найти решение соответствующего однородного уравнения в виде = ce−t , (с- произвольная постоянная).

Частноерешениенеоднородногоуравнения(53) найдемметодомвариацийпостоянной

Zч.н. = (t −1)2 − 2(t −1)+ 2 .

Итак имеем

Zo.н. = Zo.o. + Zч.н. = ce−t +(t −1)2 −2(t −1)+ 2 .

и

1
X (t)= ce−t +(t −1)2 −2(t −1)+2 .
Определяя C из уравнения (50), получим
c = −e и
1
X (t)= − e1−t + (t −1)2 − 2(t −1)+ 2 .	(54)

14

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

1.6.Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах

сзапаздывающим аргументом

Рассмотрим дифференциальное уравнение первого порядка с запаздывающим ар-

гументом вида
M [t, x(t), x(t −τ)]dt + N[t, x(t), x(t −τ)]dx(t)+ P[t, x(t), x(t −τ)]dx(t −τ)= 0 ,	(55)
где τ − постоянное запаздывание.
Если ввести обозначения
t →t , x(t)→ x , x(t −τ)→ y , то (55) можно переписать в виде
M (t, x, y)dt + N (t, x, y)dx + P(t, x, y)dy = 0 .	(56)

Уравнение (56) является уравнением в полных дифференциалах, если существует функция U (t, x, y), такое, что

dU (t,x, y)= M (t,x, y)dt + N (t,x, y)dx + P(t,x, y)dy .

Тогда имеем dU (t, x, y)= 0 и решением уравнения (56) является U (t, x, y)= C , где С – произвольная постоянная.

Пусть функции M (t, x, y),

N (t, x, y)

и P(t, x, y) являются координатами вектора

Fr = i M (t, x, y)dt + j N (t, x, y)dx + k P(t, x, y)dy .

→

→

→

r

i

j

k

∂P

∂N

∂M

∂P

∂N

∂M

∂

∂

∂

Тогда rotF =

= i

−

+ j

−

+ k

−

.

∂t

∂x ∂y

∂x

∂y

∂t

∂x

∂y

∂t

Если rotFr = 0

M

N

P

, что означает

∂P

=

∂N

,

∂M

=

∂P

,

∂N

=

∂M

,

(57)

∂x

∂y

∂t

∂y

∂t

∂x

то уравнение (56) является уравнением в полных дифференциалах.

Пример 7. Методом шагов найти решение дифференциального уравнения первого порядка в полных дифференциалах с запаздывающим аргументом

X (t) X 2 (t −1)

dt + t X 2 (t −1)dx(t)+ x(t) t x(t −1)dx(t −1)= 0

(58)

2

2

при 1 ≤ t ≤ 3 , если начальная функция при 0 ≤ t ≤1, имеет вид

x(t)=ϕ0

(t)= t +1 , x(1)=ϕ0 (1)= 2 .

(59)

Если ввести обозначения t →t1

x(t) →t ,

x(t −1)→ y , то (58) перепишется в виде

xy2

dt +

ty2

dx(t)+ xtydy = 0 .

(60)

2

2

Здесь M (t, x, y)=

xy2

, N(t,x, y)=

ty 2

,

P(t, x, y)= xty

и

2

2

∂P

=

∂N

=ty,

∂M

=

∂P

= xy,

∂N

=

∂M

=

y2

.

∂x

∂y

∂y

∂t

∂t

∂x

2

15

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Отсюда следует, что для уравнения (58) удовлетворяются условия (57) и, следовательно, уравнение (58) является уравнением в полных дифференциалах.

Учитывая, что в области 1 ≤ t ≤ 2 функция
x(t −1)=ϕ0 (t −1)= (t +1) |t→t −1 = t ,	(61)
уравнение (58) можно переписать в виде
3x(t) t 2 dt + t 3dx(t)= 0 .	(62)

Нетрудно убедиться, что последнее уравнение является обыкновенным дифференциальным уравнением первого порядка в полных дифференциалах. Значит, существует

функция U (x(t),t) такая, что dU[x(t), t] = 0 и U[x(t),t] = C1 , где C1 = const , является решением дифференциального уравнения (62). При этом имеем

	∂U		= t 3 ,	∂U	= 3x(t) t 2 .
	∂x(t)			∂t

Проинтегрируя первое уравнение системы (63) по переменной

U = ∫t3dx(t)+C(t)=t3 x(t)+C(t).

Теперь, пользуясь вторым уравнением системы (63), получим

∂∂Ut = 3t 2 x(t)+C′(t)= 3t 2 x(t),

или

C(t)= C2 , C2 = const .

Тогда из (64) U[x(t), t] = t 3 x(t)+ C2

(63)

x(t) имеем

(64)

(65)

и решение исходного уравнения представляется в виде t3 x(t)+C2 = C1 ,

или

t3 x(t)= C

где C = C1 −C2 – произвольная постоянная.

Теперь, пользуясь условием (59), получим C = 2 и решение исходного уравнения в

	области 1 ≤ t ≤ 2 примет вид
	x(t)=	2	.					(66)
		t3
	Для нахождения решения уравнения (58) в области							2 ≤ t ≤ 3 , в уравнении (58)
	функцию x(t −1) заменим начальной функцией ϕ1 (t) =					2	при t → t −1, то есть
						t 3
				2	, x(2)= 1 .
	x(t −1)=ϕ (t −1)=							(67)
				(t −1)3
	1				4

16

I.МЕТОД ШАГОВ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Тогда после несложных преобразований уравнение (58) приводится к обыкновенному дифференциальному уравнению с разделенными переменными

	5t +1		dx
		dt =	x ,	(68)
	t(t −1)
решение которого имеет вид
	x(t)= 6(t −1)C ,			(69)
		t

где С – произвольная постоянная. Определяя С с помощью условия (67), получим решение уравнения (58) в области 2 ≤ t ≤ 3

x(t)= t2−t1 .

17

II.ПЕРИОДИЧЕСКИЕ РЕШЕНИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Глава II. Периодические решения линейных дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом

2.1. Периодические решения линейных однородных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и с запаздывающим аргументом

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение n-го порядка с запаздывающим аргументом

d n x(t)

n−1

d k x(t)

n−1

d k x(t −τ)

+∑ak

+∑bk

= 0 ,

(70)

dt

n

dt

k

dt

k

k =0

k =0

где ak ,bk ,τ – постоянные величины и τ > 0 .

Будем искать решение исходного уравнения методом Эйлера в виде
x(t)= eλt ,			(71)
где λ – неизвестная действительная или комплексная величина.
Очевидно, что		(n)
.	..
x(t)= λeλt ,	x(t)= λ2 eλt ,..., x (t)= λn eλt ,
x(t −τ)= eλ(t−τ ) = eλt e−τλ ,			(72)
.		(t −τ)= λn−1eλt e−λt .
x(t −τ)= λeλt e−λt ,...,xn−1

Подставляя (72) в уравнение (70) и деля обе части уравнения на eλt ≠ 0 , получим характеристическое уравнение в виде

n−1	n−1
λn +∑ak λk +∑bk λk e−λτ = 0 .		(73)
k =0	k =0

Далее нас в основном будут интересовать чисто периодические решения уравнения (70). Нетрудно заметить, что такие решения будем иметь в случае наличия у характеристического уравнения (73) чисто мнимых корней вида ±iλk (k =1,2,...,l), где λk , – действи-

тельные числа, l ≤ n . В этом случае, как следует из (71), среди решений исходного уравнения будут чисто периодические независимые решения

cosλ1t,cosλ2t,...,cosλl t , sin λ1t,sin λ2t,...,sin λl t

и общее периодическое решение уравнения (70) будет иметь вид

x(t)= C1 cosλ1t +C2 cos λ2t +... +Cn cos λl t +C1 sin λ1t +C 2 sin λ2t +... +Cn sin λl t , где Ck и

Ck (k =1,2,...,l) – произвольные постоянные.

Отметим, что согласно результатам исследований известного математика Л.Э. Эльсгольца, число различных независимых решений (не только периодических) исходного уравнения (70) не превосходит n.

Пример 8. Найти периодические решения линейного дифференциального уравнения второго порядка с запаздывающим аргументом

..	.	π
x(t)−2 x t −		2		+3x(t)= 0 .	(74)

18

II.ПЕРИОДИЧЕСКИЕ РЕШЕНИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Решение. Ищем решение уравнения (74) методом Эйлера в виде x(t)= eλt ,

где λ – пока неизвестные числа. Очевидно, что

	.		..
	x(t)= λeλt , x(t)= λ2eλt ,
		π		λt	−π λ
			= e		e	2	,	(75)
	x t −
		2
	.	π	= e	λt	e	−π λ	λ .
	x t −					2
		2

Подставляя (75) в уравнение (74) и деля обе части уравнения на eλt ≠ 0 , получим характеристическое уравнение исходного дифференциального уравнения с запаздывающим аргументом

λ2 − 2λe−π2 λ + 3 = 0 . (76)

Нетрудно убедиться непосредственной проверкой, что последнее уравнение имеет чисто мнимые корни вида

λ1,2 = ±i , λ3,4 = ±3i .

(77)

На самом деле, подставляя (77) в (76) и пользуясь известными формулами Эйлера

e±iϕ

= cosϕ ± sin ϕ

имеем λ1 = i ,

i

2

−

2ie

−iπ

π

−i sin

π

= −1− 2i(−i)+3 = −1+ 2i

2

+3 = −1− 2 +3 = 0,

2 +

3 = −1− 2i cos

2

2

+3

λ2 = −i ,

(−i)

2

+

2ie

i

π

+

π

+i sin

π

3 = −1+

2i

2

+3 = −1− 2 +3 = 0,

2

3 = −1+ 2i cos

2

+

2

λ3 = 3i ,

(3i)

2

−i

3π

3

3

2

− 2 3ie

2

+3 = −9 −6i cos

π

−i sin

π

+3

= −9 −6i

+3

= −9 + 6

+3

= 0,

2

2

λ4

= −3i ,

(−3i)

2

i

3π

3

3

2

+ 2

3ie

2

3 = −9 + 6i cos

π

+i sin

π

+3

= −9 −6i

+3

= −9 + 6

+3

= 0.

2

2

Тогда корням характеристического уравнения (77) будут соответствовать линейно

независимые решения исходного уравнения

x1

(t)= cost , x2 (t)= sin t ,

x3

(t)= cos3t , x4 (t)= sin 3t .

При этом общее периодическое решение уравнения (74) можно представить в виде

x(t)

= c1 cost +c2 sin t +c3 cos3t +c4 sin 3t ,

(78)

где c1,c2 ,c3,c4 – произвольные постоянные.

19

II.ПЕРИОДИЧЕСКИЕ РЕШЕНИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

СЗАПАЗДЫВАЮЩИМ АРГУМЕНТОМ

Пример 9. Найти периодические решения линейного дифференциального уравнения второго порядка с запаздывающим аргументом

..		π	.	π	.
2 x(t)− x t −		2	+2 x t −	2 − x(t)= 0 .

Решение. Если решение уравнения (79) искать в виде числа, с учетом того, что

. ..

x(t)= λeλt , x(t)= λ2eλt ,

(79)

x = eλt , где λ – неизвестные

π

−

π

λ

−

π

λ

t

= eλt e

,

x t −

2

= e

2

2

.

π

= λe

λt

e

−

π λ

,

x t −

2

2

то из (79) получим характеристическое уравнение исходного дифференциального уравнения (79) в виде

2λ2 + (2λ −1) e−	π	λ − λ = 0 .
	2		(80)

Нетрудно убедиться, что уравнение (80) имеет чисто мнимые корни λ1,2 = ±i . Тогда

линейно независимые решения уравнения (79), соответствующие этим корням характеристического уравнения (80) имеют вид

x1 (t)= cost , x2 (t)= sin t ,

а общее периодическое решение уравнения (79) представляется в виде x1 (t)= c1 cost +c2 sin t ,

где c1 , c2 – произвольные постоянные.

2.2. Периодические решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами и с запаздывающим аргументом

Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение n-го порядка с запаздывающим аргументом.

d n x(t)

∞

d k x(t)

n−1

d k x(t −τ)

= f (t),

+∑ak

+∑bk

(81)

dt

n

dt

k

dt

k

k =0

k =0

где ak ,bk ,τ – постоянные величины и τ > 0 .

Если функция f (t)

является непрерывной периодической функцией, то могут су-

ществовать периодические решения уравнения (81), причем период решений может быть равен или кратен периоду функции f (t).

Предположим, что правая часть неоднородного уравнения (81) f (t) имеет вид

f (t)= ∑∞ (aq cos qt +bq sin qt),

(82)

q=0

где aq,bq – постоянные коэффициенты.

20