Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах, страница 12

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Линейныесистемы с постоянными коэффициентами. Методисключения неизвестныхЗадача 22.1. Решить системуẋ = y + 1,ẏ = 2et − x.Решение: Исключим y, используя уравнения данной системы. Из первого уравнения имеем y = ẋ − 1. Подставляя вовторое уравнение, получаемẍ = 2et − x.Решив это уравнение второго порядка, найдeмx = C1 cos t + C2 sin t + et .Значит, y = ẋ − 1 = −C1 sin t + C2 cos t + et − 1.Задача 22.2. Решить системуẋ = 2x + y,ẏ = 3x + 4y.Решение: Исключим y.

Для этого продифференцируемпервое уравнение по t. Получаемẍ = 2ẋ + ẏ,и подставляем в это уравнение ẏ из второго уравнения:ẏ = 3x + 4y.В результате получаем уравнениеẍ = 2ẋ + 3x + 4y,Линейные системы с постоянными коэффициентами119в которое помимо неизвестной функции x и ее производныхвходит y. Его можно исключить, выразив y из первого уравнения: y = ẋ−2x. После подстановки этого выражения, получим:ẍ − 6ẋ + 5x = 0.Составим характеристическое уравнениеλ2 − 6λ + 5 = 0,и найдем его корниλ1 = 1, λ2 = 5.Записываем решение для x(t):x = C1 et + C2 e5t .Подставив x и его производную в выражение для y, найдем:y = 3C2 e5t − C1 et .Итак, общее решение имеет видx = C1 et + C2 e5t ,y = 3C2 e5t − C1 et ,или в векторном виде 1 t1 5txe + C2e .= C1−13yЗадача 22.3.

Решить систему уравнений:ẋ = x − y,ẏ = y − 4x.Решение: Дифференцируем первое уравнение по t и подставляем ẏ из второго уравнения, а y из исходного первого:ẍ = ẋ − ẏ, y = x − ẋ,Получаем уравнение для xẍ − 2ẋ − 3x = 0,12022Практическое занятиедля которого пишем характеристическое уравнениеλ2 − 2λ − 3 = 0.Найдем его корниλ1 = −1, λ2 = 3.Отсюда получаем решениеx = C1 e−t + C2 e3t ,y = 2C1 e−t − 2C2 e3t ,или x1 −t1 3t= C1e + C2e .y2−2Задача 22.4. Решить систему уравнений:ẋ = x + y,ẏ = 3y − 2x.Решение: Продифференцируем первое уравнение по t:ẍ = ẋ + ẏ,в которое подставим ẏ из второго уравнения системы. Получимуравнениеẍ = ẋ + 3y − 2x,в которое подставим y, выразив его из первого уравнения системы: y = ẋ − x. После приведения подобных членов получимẍ − 4ẋ + 5x = 0.Запишем характеристическое уравнение и найдем его корни:λ2 − 4λ + 5 = 0откуда⇒λ1,2 = 2 ± i,x = e2t (C1 cos t + C2 sin t).Линейные системы с постоянными коэффициентами121Затем подстановкой найдемy = e2t (C1 (− sin t + cos t) + C2 (cos t + sin t)),или в векторном виде xC1C2=e2t sin t +e2t cos t.yC2 − C1C1 + C2Задачи для самостоятельного решенияРешить системы уравнений методом исключения неизвестных:ẋ + x − 8y = 0,1.ẏ − x − y = 0.ẋ = x − 3y,2.ẏ = 3x + y.ẋ + x + 5y = 0,3.ẏ − x − y = 0.ẋ = 2x + y,4.ẏ = 4y − x.ẋ = 3x − y,5.ẏ = 4x − y.ẋ = 2y − 3x,6.ẏ = y − 2x.ẋ − 5x − 3y = 0,7.ẏ + 3x + y = 0.12223Практическое занятие23.

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Линейныесистемы с постоянными коэффициентами с тремяуравнениямиЗадача 23.1. Решить систему дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами:ẋ = x + z − y,ẏ = x + y − z,ż = 2x − y.Решение: Составляем и решаем характеристическое уравнение |A − λE| = 0, где A – матрица коэффициентов при неизвестных в данной системе: 1−λ −11 1 1 − λ − 1 = 0, 2 −1 −λ илиλ3 − 2λ2 − λ + 2 = 0и находим его корниλ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1.Для λ1 = 1 находим собственный вектор (α, β, γ), решаясистему−β + γ = 0,α − γ = 0,2α − β − γ = 0(коэффициенты этой системы равны элементам определителяпри λ = 1).Линейные системы с постоянными коэффициентами123Одним из решений является α = 1, β = 1, γ = 1, то естьвектор (1, 1, 1) – собственный и частное решение имеет вид:tx = e ,y = et ,z = et .Для корня λ2 = 2 имеем систему для нахождения собственных векторов−α − β + γ = 0,α − β − γ = 0,2α − β − 2γ = 0,одно из решений которой имеет видα = 1, β = 0, γ = 1,то есть2tx = e ,y = 0,z = e2t– частное решение системы.И, наконец, при λ3 = −1 имеем следующую систему длянахождения собственных векторов2α − β + γ = 0,α + 2β − γ = 0,2α − β + γ = 0,одно из решений которойα = 1, β = −3, γ = −5.12423Практическое занятиеУмножая частные решения на произвольные коэффициентыи складывая, получаем общее решение исходной системыt2tx = C1 e + (C1 + 3C2 t)e ,y = C1 et − 3C3 e−t ,z = C et + C e2t − 5C e−t .123Задача 23.2.

Решить системуẋ = 2x + y + z,ẏ = −2x − z,ż = 2x + y + 2z.Решение: Составляем и решаем характеристическое уравнение |A − λE| = 0, где A – матрица коэффициентов при неизвестных в данной системе: 2−λ11 −2 − λ − 1 = 0, 21 2−λ илиλ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = 0,корни которого λ1 = 2, λ2,3 = 1. Для простого корня λ1 = 2находим собственный вектор (α, β, γ), решая системуβ + γ = 0,−2α − 2β − γ = 0,2α + β = 0,(коэффициенты этой системы равны элементам определителяпри подстановке в него λ = 2).

Находим 2α = −β = γ. Значит,вектор (1, −2, 2) – собственный, и x = e2t ,y = −2e2t ,z = 2e2tЛинейные системы с постоянными коэффициентами125– частное решение исходной системы.Для кратного корня λ2,3 = 1 сначала определим число линейно независимых векторов. При λ = 1 получаем матрицу111 −2 − 1 − 1 211Ее порядок n = 3, ранг r = 2. Число линейно независимыхсобственных векторов равно m = n − r = 1. Корень λ = 1имеет кратность k = 2.

Так как k > m, то решение надо искатьв виде произведения многочлена степени k − m = 1 на eλt , т.е.в видеx = (a + bt)et , y = (c + dt)et , z = (f + gt)et .Чтобы найти коэффициенты a, b, c, d, f, g, подставим этивыражения в исходную систему и приравняем коэффициентыпри подобных членах. Получим две системы уравненийb+d+g=0,a + c + f,b =−2b − d − g = 0,d = −2a − c − f,и2b + d + g = 0,g =2a + c + f.Найдем общее решение этих систем.

Из первого и третьегоуравнений в левой системе имеем b = 0, g = −d. Подставляяэти значения в уравнения в правую систему, получаем0 =a + c + f,d = −2a − c − f(остальные уравнения будут следствиями написанных). Решаем полученную систему, например, относительно a и f :a = −d,f = d − c.Таким образом, все неизвестные выражены через c и d.

Положивc = C1 , d = C2 ,12623Практическое занятиеимеемa = −C2 , b = 0, f = C2 − C1 , g = −C2 .Подставив найденные значения a, b, c, d, f, g и прибавив частное решение, соответствующее собственному значениюλ1 = 2, умножив его на C3 , получим общее решение исходнойсистемы: x = −C2 et + C3 e2t ,y = (C1 + C2 t)et − 2C3 e2t ,z = (C2 − C1 − C2 t)et + 2C3 e2t .Задача 23.3.

Решить системуẋ = x − y − z,ẏ = x + y,ż = 3x + z.(23.1)Решение: Составляем и решаем характеристическое уравнение |A − λE| = 0, где A - матрица коэффициентов при неизвестных в данной системе: 1−λ −1−1 11−λ0 = 0, 301−λ или(1 − λ)3 + 3(1 − λ) + (1 − λ) = 0⇐⇒(1 − λ)[(1 − λ)2 + 4] = 0,корни которого λ1 = 1, λ2,3 = 1±2i. Для простого корня λ1 = 1находим собственный вектор (α, β, γ), решая систему−β − γ = 0,α = 0,3α = 0,(коэффициенты этой системы равны элементам определителяпри подстановке в него λ = 1). Находим α = 0, β = −γ. Значит,Линейные системы с постоянными коэффициентами127вектор (0, 1, −1) – собственный, и x1 = 0,y1 = et ,z1 = −et– частное решение исходной системы.Для комплексного корня λ2 = 1 + 2i находим собственныйвектор (α, β, γ), решая систему−2iα − β − γ = 0,α − 2iβ = 0,3α − 2iγ = 0.31= −i и γ == −3i.Можно взять α = 2, тогда β =iiИмеем частное решение(1+2i)t,x = 2ey = −ie(1+2i)t ,z = −3ie(1+2i) t.или в тригонометрической формеtx = 2e (cos 2t + i sin 2t),y = et (−i cos 2t + sin 2t),z = 3et (−i cos 2t + sin 2t).Так как решаемая система (23.1) имеет вещественные коэффициенты, то решение, соответствующее комплексному сопряженному корню λ3 = 1−2i, можно не искать, так как оно будеткомплексно сопряженным с найденным решением.

Чтобы получить два вещественных решения, надо взять вещественную12823Практическое занятиеи мнимую части найденного комплексного решения:ttx2 = Re 2e (cos 2t + i sin 2t) = 2e cos 2t,y2 = Re et (−i cos 2t + sin 2t) = et sin 2t,z = Re 3et (−i cos 2t + sin 2t) = 3et sin 2t.2иttx3 = Im 2e (cos 2t + i sin 2t) = 2e sin 2t,y3 = Im et (−i cos 2t + sin 2t) = −et cos 2t,z = Im 3et (−i cos 2t + sin 2t) = −3et cos 2t.3Общее решение выражается через три найденных линейнонезависимых решения:tx = C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 = e (2C2 cos 2t + 2C3 sin 2t),y = C1 y2 + C2 y2 + C3 y3 = et (C1 + C2 sin 2t − C3 cos 2t),z = C x + C z + C z = et (−C + 3C sin 2t − 3C cos 2t).1 22 23 3123Задачи для самостоятельного решенияРешить системы:ẋ = x − 2y − z,1.(λ1 = 0; λ2 = 2; λ3 = −1).ẏ = y − x + z,ż = x − z.ẋ = 2x − y + z,2.ẏ = x + 2y − z, (λ1 = 1; λ2 = 2; λ3 = 3).ż = x − y + 2z.ẋ = 3x − y + z,3.(λ1 = 1; λ2 = 2; λ3 = 5).ẏ = x + y + z,ż = 4x − y + 4z.ẋ = 4y − 2z − 3x,4.(λ1 = 1; λ2 = 2; λ3 = −1).ẏ = z + x,ż = 6x − 6y + 5z.Критерий устойчивости по первому приближению5.6.7.8.129ẋ = 2x + y,(λ1 = 2; λ2,3 = 3 ± i).ẏ = x + 3y − z,ż = 2y + 3z − x.ẋ = 2x + 2z − y,(λ1 = 1; λ2,3 = ±2i).ẏ = x + 2z,ż = y − 2x − z.ẋ = y − 2x − 2z,(λ1 = 2; λ2 = λ3 = 3).ẏ = x − 2y + 2z,ż = 3x − 3y + 5z.ẋ = x − y + z,ẏ = x + y − z, (λ1 = λ2 = 1; λ3 = 2).ż = 2z − y.24.