МУ по решению задач экзаменационной контрольной работы по курсу Дифференциальные уравнения, страница 5

Направление стрелок на гиперболах согласуется с направлениемдвижения по асимптотам O 1 и O 2 .Рис. 2. Седло, 1  0, 2  0Схематическая картина фазовых траекторий в окрестности седла изображена на рис. 2 дляслучая 1  0, 2  0 .3. Фокус. Пусть матрица A имеет комплексно сопряженные собственные значения1,2    i , где   0 ,   0 , тогда положение равновесия называется фокусом. Фокусназывается устойчивым, если   0 , и неустойчивым, если   0 .

Фазовые траекторииизображаются в виде спиралей, которые закручивающихся вокруг положения равновесия.Стрелки на спирали должны быть направлены к положению равновесия в случаеустойчивого фокуса и от положения равновесия в случае неустойчивого фокуса. На рисунках3 и 4 изображена картина фазовых траекторий в окрестности устойчивых и неустойчивыхфокусов с закручиванием спиралей по часовой или против часовой стрелки. В фокусе нетребуется находить собственные векторы, однако необходимо определить направлениезакручивания траекторий. Для этого нужно найти в какой-либо точке плоскости векторxскорости p    , определяемый по формулам (2). y21По часовой стрелкеПротив часовой стрелкиРис.

3. Устойчивые фокусы, Re   0По часовой стрелкеПротив часовой стрелкиРис. 4. Неустойчивые фокусы, Re   0 x(1, 0)   a Например, возьмем точку (1,0) , вектор скорости в этой точке p      . Если c  0 , y (1, 0)   c то движение по спирали происходит против часовой стрелки (скорость направлена вверх),если c  0 , то движение происходит по часовой стрелке (скорость направлена вниз). Частовектор скорости p не направлен строго по касательной к траектории.

Это объясняется тем,что спирали изображаются чисто схематически. В действительности они могут бытьдеформированы, но не требуется определять, вдоль какого направления и насколько сильнотраектория сжата или вытянута.Кроме описанных типов положений равновесия существуют различные вырожденныеслучаи, их перечисление можно найти в учебниках.Линеаризация нелинейной автономной системыПусть точка M  x0 , y0  является положением равновесия системы (1), т.е.f ( x0 , y0 )  g ( x0 , y0 )  0 .

Сделаем замену переменныхx  u  x0 , y  v  y0 , в новыхпеременных u, v положение равновесия будет находиться в точке (0, 0) . Вычислим в точкеM частные производныеf  x0 , y0 f  x0 , y0 g  x0 , y0 g  x0 , y0  a, b, c, d.xyxyЛинейная однородная системаu  au  bv,v  cu  dv(3)называется линеаризованной системой по отношению к (1) в окрестности точки M .22Вместо вычисления частных производных можно использовать известные разложенияэлементарных функций и разложить f ( x0  u, y0  v), g ( x0  u, y0  v) в окрестности точкиu  v  0 по формуле Тейлора с точностью до членов первого порядка:u  f ( x0  u, y0  v)  au  bv  o | u |  | v | ,при (u, v)  (0, 0).v  g ( x0  u, y0  v)  cu  dv  o | u |  | v |Отбрасывая члены более высокого порядка малости, получим линеаризованную систему (3).Примеры решения задач, предлагавшихся на письменном экзаменеЗадача 41-3.

Найти положения равновесия системы, определить их характер и нарисоватьфазовые траектории линеаризованных систем в окрестности положений равновесия x  arctg (1  2 x  y)  f ( x, y),2 y  2 x  x  y  g ( x, y ). f ( x, y )  0, g ( x, y )  0Решение. Положения равновесия находим из системы уравнений или1  2 x  y  0, x 2  1, x  1, y  1  2 x. Положения равновесия: M1 (1; 1) , M 2 (1;3) .2 2 x  x  y  0,1. Исследуем положение равновесия M1 (1; 1) . Замена x  u  1, y  v  1 .

При вычислениичастных производных от f сразу будем учитывать, что в положении равновесия аргументffgg 2, 1, 2  2 x  0, 1.xyxyЛинеаризованная системаu  2u  v, 2 1 A  матрица системы.v  v,0 1Собственными значениями матрицы A являются 1  2 и 2  1арктангенса равен нулю. седло. Найдем собственные векторы. 0 111  2 , A  2 E   , h1    ; 0 30 3 112  1 , A  E   , h2    .0 0 3 2. Исследуем положение равновесия M 2 (1;3) . Замена x  u  1, y  v  3 . При вычислениичастных производных от f вновь будем учитывать, что в положении равновесия аргументffgg 2, 1, 2  2 x  4, 1.xyxyЛинеаризованная системаu  2u  v, 2 1 A  матрица системы.v  4u  v, 4 1Найдем собственные значения матрицы A из уравненияарктангенса равен нулю.det( A   E ) 2    14 1   2    2  0, 1,2 1  i 7 устойчивый фокус.2В точке u  1, v  0 находим из линеаризованной системы вектор скорости23u  2 p     против часовой стрелки. v u 1,v 0  4 Задача 42-3.

Найти положения равновесия системы, определить их характер и нарисоватьфазовые траектории линеаризованных систем в окрестности положений равновесия x   x  2 y  xy  f ( x, y ), y  ln 1  4 x  3 y  xy   g ( x, y ). f ( x, y )  0, g ( x, y )  0Решение. Положения равновесия находим из системы уравнений или x  2 y  xy  0, x  y, x(1  x)  0.

Положения равновесия: M1 (0;0) , M 2 (1;1) .1  4 x  3 y  xy  1,1. Исследуем положение равновесия M1 (0;0) . Замена x  u, y  v . При вычислении частныхпроизводных от g сразу будем учитывать, что в положении равновесия аргумент логарифмаffgg 1  y  1, 2  x  2, 4  y  4, 3  x  3.xyxyЛинеаризованная системаu  u  2v, 1 2  A  матрица системы.v  4u  3v, 4 3 равен единице.Найдем собственные значения матрицы A из уравнения1   2det( A   E )   2  4  5  (  1)(  5)  0 ,4 31  1 , 2  5  седло. Найдем собственные векторы. 2 2  1 4 212  5 , A  5E   , h1    ; , h2    . 4 4  1 4 2 2 2.

Исследуем положение равновесия M 2 (1;1) . Замена x  u  1, y  v  1 . При вычислении1  1 , A  E  частных производных от g вновь будем учитывать, что в положении равновесия аргументлогарифма равен единице.ffgg 1  y  2, 2  x  1, 4  y  3, 3  x  4.xyxyЛинеаризованная системаu  2u  v, 2 1  A  матрица системы.v  3u  4v, 3 4 Найдем собственные значения матрицы A из уравнения2   1det( A   E )   2  6  5  (  1)(  5)  0 ,3 41  1, 2  5  устойчивый узел, касание к h1 .Найдем собственные векторы. 1 1 11  1, A  E   , h1    ; 3 3  1 3 11 , h2    . 3 1 3 2  5 , A  5E  244. Линейные уравнения с переменными коэффициентамиПусть требуется найти все решения уравненияa0 ( x) y  a1 ( x) y  a2 ( x) y  f  x  ,(1)где a0 ( x)  0 , a1 ( x) , a2 ( x) , f  x  – заданные непрерывные на рассматриваемом промежуткеIфункции.1.

Вначале решим соответствующее однородное уравнениеa0 ( x) y  a1 ( x) y  a2 ( x) y  0 .(2)1) Одно (нетривиальное) частное решение этого уравнения y1  x  подбирается в виде e x ,либо x , либо многочлена:а) Подставляем y  e x в уравнение (2), сокращаем его на e x и приравниваем нулюкоэффициенты при различных степенях x. Если полученная система имеет решение, то изнеё находим значение .б) Подставляем y  x в уравнение (2), приравниваем нулю коэффициент при самой старшейстепени x. Получаем значение , затем проверяем, является ли y  x решением (2). Если  n – натуральное число, но y  x не подходит, то можно попытаться найти частноерешение (2) в виде действительного многочлена y  xn  d1x n1  ...  dn .

Числа d1, ..., dnнаходятся подстановкой в (2), если решение такого вида существует.Замечание 1. Описанный метод применим в случае, если уравнение (2) можно привести квиду, когда его коэффициенты являются многочленами. При произвольных коэффициентахa0 ( x) , a1 ( x) , a2 ( x) не существует универсального алгоритма для отыскания частногорешения (2).2) Пусть y1 ( x) найденное частное решение (2) и y ( x) произвольное решение того жеуравнения, раскроем для них определитель Вронскогоy ( x) y ( x)W  x  1 y' ( x) y1 ( x)  y ( x) y1' ( x)y1' ( x) y ( x)и запишем формулу Лиувилля-Остроградского в виде a ( x) y' ( x) y1 ( x)  y( x) y1' ( x)  C exp    1dx  , a0 ( x) где C - произвольная постоянная, а под интегралом в показателе экспоненты понимаетсякакая-либо одна из первообразных.

Разделив обе части этого равенства на y12 ( x), получимслева полную производную от дроби y y1 : a ( x)  yCexp    1dx  .   2 y1  y1 ( x) a0 ( x) Проинтегрировав (3), находим общее решение однородного уравнения (2)yo ( x)  C1 y1 ( x)  C2 y2 ( x) ,(3)(4)где C1, C2 - произвольные постоянные.25Замечание 2. Если подбором удается найти два линейно независимых решения y1 ( x) , y2 ( x)уравнения (2), то формулу (3) применять не нужно, общее решение (2) сразу записывается ввиде (4).Замечание 3. Найти общее решение (2) без применения формулы Лиувилля –Остроградскогоможно следующим методом: подставим y  y1z в уравнение (2), а затем сделаем заменуz  u . Порядок будет понижен при сохранении линейности уравнения.2.

Общее решение исходного неоднородного уравнения строится на основе (4) по методувариации постоянных, то есть общее решение (1) разыскивается в видеy( x)  C1 ( x) y1 ( x)  C2 ( x) y2 ( x) ,где неизвестные функции C1 ( x), C2 ( x) находятся из системыC1' ( x) y1 ( x)  C2' ( x) y2 ( x)  0,f ( x)C1' ( x) y1' ( x)  C2' ( x) y2' ( x)  a ( x) .0Отметим, что общее решение (1) есть общее решение (2) плюс какое-либо частное решение(1). Общее решение (1) всегда представляется в видеy( x)  yo ( x)  yч ( x)  C1 y1( x)  C2 y2 ( x)  yч ( x).Собственно, для отыскания частного решения yч ( x) и служит метод вариации постоянных.Общее решение (1) всегда зависит от двух произвольных постоянных.Примеры решения задач, предлагавшихся на письменном экзаменеЗадача 41-4.

Найти все решения уравненияx2 ( x  2)2 y''  x( x2  4) y'  x( x  2) y  5( x  2)3 ln3 x.Решение. 1. Однородное уравнение. Ищем частное решение в виде y  x , тогда y'   x 1 ,y''   (  1) x 2 . Подставив эти значения в однородное уравнениеx2 ( x  2)2 y''  x( x2  4) y'  x( x  2) y  0 , имеемx2 ( x  2)2 (  1) x 2  x( x2  4) x 1  x( x  2) x  0 .Наибольшаястепеньx,содержащаяся в этом соотношении, равна   2 . Приравняем нулю коэффициент при x  2 : (  1)    1  (  1)2  0    1. Подставив в однородное уравнение y  x , получаемневерное равенство  x( x2  4)  x2 ( x  2)  4 x  2 x2  0 , т.е. y  x не подходит.

Попытаемсянайти частное решение в виде y  x  a . После подстановки в однородное уравнениеполучаем  x( x2  4)  x( x  2)( x  a)  0 , т.е. x  2 x  a   x2  4 ,x  a  x  2 . Такимобразом, y1 ( x)  x  2 - частное решение.В нашем случае  2a1 ( x)x( x 2  4)x22 x  ( x  2)21 2 ,2a0 ( x) x ( x  2)x( x  2)x( x  2)x2 x1  x  2  x  dx  2ln( x  2)  ln x  c(из условия задачи видно, что x  0 ),( x  2)2.xПо формуле Лиувилля-Остроградского находим, что1exp  2ln( x  2)  ln x   eln( x2) eln x  ( x  2)2 x 1 226' y  x2C ( x  2)2x ( x  2)2Cxydx C   C ln x  C1.x2xУмножив последнее равенство на x  2 и переобозначив C  C2 , получаем общее решениеоднородного уравненияyo ( x)  C1 ( x  2)  C2 ( x  2) ln x.2.