Образец выполнения этапа №5 курсовой работы (Требование и образец выполнения курсовой работы)

Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5Курсовая работапо курсу «Дифференциальные уравнения».Выполнил студент группы 7o-201С Иванов И.И.Вариант №1Этап #5Задание:Этап #5Вариант №1Задание 1. Решить задачу Коши дляx = 2 x + 3y1. , y = 4 y + xx (0) = −4, y(0) = 0 x = x + y2. , y = 3y − 2xсистемы линейных однородных ДУ(СЛОДУ).Общее решение системы найти методомЭйлера.x(0) = −4, y(0) = 0Задание 2.

Исследовать на устойчивостьсистему. Построить траектории движениявблизи точки покоя.Задание 1.Пример 1.x = 2 x + 3yДано:  y = 4 y + xРешение:Решим сначала систему линейных однородных ДУ (СЛОДУ) методом Эйлера. 2 3Составим матрицу коэффициентов системы: A =  1 4Замечание.В первую строку матрицы записываются коэффициенты при функции x , а затем y изпервого уравнения системы.Во вторую строку матрицы записываются коэффициенты при функции x , а затем y извторого уравнения системы.3 2 − λСоставим матрицу A − λE : A − λE = 4 − λ  1Составим характеристическое уравнение det(A − λE ) = 0 и найдем собственные значенияматрицы.Найдем определитель:Стр. 1Образецdet(A − λE ) =2−λ314−λв ы п о л н е н и я э т а п а #5= (2 − λ ) ⋅ (4 − λ ) − 3 ⋅ 1 = λ2 − 6λ + 5Приравняем полученный определитель к нулю: λ2 − 6λ + 5 = 0 - характеристическоеуравнение.Найдем собственные значения матрицы , решив уравнение:λ2 − 6λ + 5 = 0D = 6 2 − 4 ⋅ 5 = 166 − 166 + 16λ1 ==1λ2 ==522Собственные значения матрицы – корни характеристического уравнения – простые,действительные.Запишем матрицу A − λ1E , где λ1 = 1 , и найдем собственный вектор матрицы: 2 − 1 3  1 3 =A − λ1E = 4 − 1 1 3  1Найдем собственный вектор V1 из уравнения:(A − λ1E) ⋅ V1 = 0⇒1 3   v1   0  ⋅   =  1 3   v 2   0 v1 + 3v 2 = 0v1 + 3v 2 = 0⇒Т.к.

уравнения в системе линейно-зависимы, найдем ее любое ненулевое решение:Пусть v 2 = 1 , тогда из первого уравнения системы v1 = −3v 2 = −3 .Окончательно: − 3V1 =   1 Запишем матрицу A − λ 2 E , где λ 2 = 5 , и найдем собственный вектор матрицы:3  − 3 3 2 − 5=A − λ 2 E = 4 − 5   1 − 1 1Найдем собственный вектор V2 из уравнения:(A − λ 2 E) ⋅ V2 = 0⇒ − 3 3   v1   0  ⋅   =   1 − 1  v 2   0 ⇒− 3v1 + 3v 2 = 0 v1 − v 2 = 0Т.к. уравнения в системе линейно-зависимы, найдем ее любое ненулевое решение:Пусть v 2 = 1 , тогда из второго уравнения системы v1 = v 2 = 1 .Окончательно: 1V2 =   1Запишем решение системы в векторной форме:Стр.

2Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5x − 3 1  = C1   ⋅ e1⋅t + C 2   ⋅ e 5⋅t y 1  1Запишем решение системы в скалярной форме:x = −3C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5 t y = C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5tПроверка:Из решения: x = −3C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5t и y = C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5 tПодставим выражения для x , y , x в первое уравнение исходной системы:− 3C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5t = 2(−3C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5t ) + 3(C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5 t )− 3C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5t = −6C1 ⋅ e t + 2C 2 ⋅ e 5 t + 3C1 ⋅ e t + 3C 2 ⋅ e 5t− 3C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5t ≡ −3C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5tполучено верное тождествоПодставим выражения для x , y , y во второе уравнение исходной системы:C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5 t = (−3C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5t ) + 4(C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5 t )C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5 t = −3C1 ⋅ e t + C 2 ⋅ e 5 t + 4C1 ⋅ e t + 4C 2 ⋅ e 5tC1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5t ≡ C1 ⋅ e t + 5C 2 ⋅ e 5tполучено верное тождествоРешим теперь задачу Коши.Условие x (0) = −4 означает, что при t = 0 функция x принимает значение равное -4:1 = −3C1 ⋅ e 0 + C 2 ⋅ e 5⋅0 ⇒ − 3C1 + C 2 = 4Условие y(0) = 0 означает, что при t = 0 функция y принимает значение равное 0:0 = C1 ⋅ e 0 + C 2 ⋅ e 5⋅0 ⇒ C1 + C 2 = 0Получили систему уравнений:− 3C1 + C 2 = −4⇒ C1 = 1, C 2 = −1C1 + C 2 = 0Подставим найденные значения в общее решение системы. x = −3e t − e5⋅tОтвет: t5⋅t y = e − eСтр.

3Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5Пример 2. x = x + yДано:  y = 3y − 2xРешение:Решим сначала систему линейных однородных ДУ (СЛОДУ) методом Эйлера. 1 1Составим матрицу коэффициентов системы: A =  −2 3 Замечание.В первую строку матрицы записываются коэффициенты при функции x , а затем y изпервого уравнения системы.Во вторую строку матрицы записываются коэффициенты при функции x , а затем y извторого уравнения системы.1 1 − λСоставим матрицу A − λE : A − λE =  −2 3 − λ Составим характеристическое уравнение det(A − λE ) = 0 и найдем собственные значенияматрицы.Найдем определитель:1− λ1det(A − λE) == (1 − λ ) ⋅ (3 − λ ) − 1 ⋅ (−2) = λ 2 − 4λ + 5−2 3 − λНайдем собственные значения матрицы, решив уравнение: λ 2 − 4λ + 5 = 0 .D = 16 − 4 ⋅ 5 ⋅ 1 = −4λ1,2 =4 ± −4 4 ± 4 ⋅ −1 4 ± 2 ⋅ i=== 2±i222⇒λ1 = 2 + iλ2 = 2 − iСобственные значения матрицы – корни характеристического уравнения – простые,комплексно-сопряженные.Т.к.

корни характеристического уравнения λ1 и λ 2 простые, комплексно-сопряженные,выберем любой из них, например λ 2 = 2 − i .Запишем матрицу A − λ 2 E , где λ 2 = 2 − i , и найдем собственный вектор матрицы:1   −1 + i 1 1 − 2 + iA − λ2 E = =3 − 1 + i   −2 1 + i  −2Стр. 4Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5Найдем собственный вектор V2 из уравнения:(A − λ 2 E) ⋅ V2 = 0⇒ −1 + i 1   v1   0  −2 1 + i  ⋅  v  =  0   2  ⇒ (−1 + i) ⋅ v1 + v 2 = 0−2v1 + (1 + i) ⋅ v 2 = 0Т.к.

уравнения в системе линейно-зависимы, найдем ее любое ненулевое решение. Пустьv1 = 1 , тогда из первого уравнения системы v 2 = (1 − i) ⋅ v1 = 1 − i .Окончательно: 1 V2 = 1 − i Рассмотрим произведение:cos t − i ⋅ sin t 1  (2− i)⋅t  1  2tP = V2 ⋅ eλ 2 ⋅t = ⋅e=⋅ [cos t − i ⋅ sin t] ⋅ e2t = ⋅e =1 − i 1 − i  (1 − i) ⋅ (cos t − i ⋅ sin t cos t − i ⋅ sin t cos t − i ⋅ sin t 2t  2t=⋅e = ⋅e cos t − i ⋅ cos t − i ⋅ sin t − sin t  (cos t − sin t) − i ⋅ (cos t + sin t) Окончательно: cos t 2t sin t 2tP=⋅e − i⋅⋅e cos t − sin t  cos t + sin t 4.

Запишем решение системы в векторной форме в виде линейной комбинациидействительной и мнимой частей полученного произведения:x cos t 2t sin t 2t  = C1  ⋅ e + C2 ⋅e y cos t − sin t  cos t + sin t Запишем решение системы в скалярной форме: x = C1 cos t ⋅ e2t + C2 sin t ⋅ e2t2t2t y = (C1 + C 2 ) ⋅ cos t ⋅ e + (−C1 + C2 ) ⋅ sin t ⋅ eПроверка:Из решения: x = C1 (− sin t ⋅ e2t + 2 cos t ⋅ e2t ) + C2 (cos t ⋅ e2t + 2sin t ⋅ e2t ) иy = (C1 + C2 ) ⋅ (− sin t ⋅ e t + 2 cos t ⋅ e t ) + (−C1 + C2 ) ⋅ (cos t ⋅ e t + 2 sin t ⋅ e t )Подставим выражения для x , y , x в первое уравнение исходной системы:C1 (− sin t ⋅ e2t + 2 cos t ⋅ e 2t ) + C 2 (cos t ⋅ e 2t + 2 sin t ⋅ e2t ) = C1 cos t ⋅ e2t + C 2 sin t ⋅ e 2t ++ (C1 + C2 ) ⋅ cos t ⋅ e 2t + (−C1 + C2 ) ⋅ sin t ⋅ e2tСтр.

5Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5C1 (− sin t ⋅ e2t + 2 cos t ⋅ e 2t ) + C 2 (cos t ⋅ e 2t + 2 sin t ⋅ e2t ) = C1 cos t ⋅ e2t + C 2 sin t ⋅ e 2t ++ C1 cos t ⋅ e2t + C2 cos t ⋅ e2t − C1 sin t ⋅ e2t + C 2 sin t ⋅ e 2tC1 (− sin t ⋅ e2t + 2 cos t ⋅ e2t ) + C2 (cos t ⋅ e2t + 2 sin t ⋅ e2t ) == C1 (− sin t ⋅ e2t + 2 cos t ⋅ e 2t ) + C 2 (cos t ⋅ e 2t + 2 sin t ⋅ e2t )получено верное тождествоПодставим выражения для x , y , y во второе уравнение исходной системы:(C1 + C2 )(− sin t ⋅ e 2t + 2 cos t ⋅ e2t ) + (−C1 + C 2 ) ⋅ (cos t ⋅ e2t + 2sin t ⋅ e 2t ) == −2(C1 ⋅ cos t ⋅ e2t + C2 ⋅ sin t ⋅ e 2t ) + 3((C1 + C2 ) ⋅ cos t ⋅ e2t + (−C1 + C2 ) ⋅ sin t ⋅ e 2t )C1 (−3sin t ⋅ e2t + cos t ⋅ e2t ) + C2 (3cos t ⋅ e2t + sin t ⋅ e2t ) =C1 (−2 cos t ⋅ e2t + 3cos t ⋅ e2t − 3sin t ⋅ e2t ) + C2 ( −2 sin t ⋅ e2t + 3cos t ⋅ e2t + 3sin t ⋅ e 2t )C1 (−3sin t ⋅ e2t + cos t ⋅ e 2t ) + C2 (3cos t ⋅ e2t + sin t ⋅ e 2t ) == C1 (−3sin t ⋅ e2t + cos t ⋅ e2t ) + C2 (3cos t ⋅ e2t + sin t ⋅ e2t )получено верное тождествоРешим теперь задачу Коши.Условие x (0) = −4 означает, что при t = 0 функция x принимает значение равное -4:−4 = C1 cos 0 ⋅ e 2⋅0 + C2 sin 0 ⋅ e2⋅0 ⇒ C1 = −4Условие y(0) = 0 означает, что при t = 0 функция y принимает значение равное 0:0 = (C1 + C2 ) cos 0 ⋅ e 2⋅0 + (−C1 + C 2 ) sin 0 ⋅ e2⋅0Получили систему уравнений:⇒ C1 + C2 = 0C1 = −4⇒ C1 = −4, C2 = 4C1 + C2 = 0Подставим найденные значения в общее решение системы. x = −4 cos(t) ⋅ e 2t + 4sin(t) ⋅ e2tОтвет:  y = 8sin(t) ⋅ e2tСтр.

6Образецв ы п о л н е н и я э т а п а #5Задание 2.Пример 1.x = 2 x + 3yДано:  y = 4 y + xРешение: 2 3Составим матрицу коэффициентов системы: A =  1 4Составим характеристическое уравнение det(A − λE) = 0 и найдем собственные значенияматрицы (см. задание №1).Собственные значения матрицы λ1 = 1 , λ 2 = 5 являются:- действительными- различными (простыми),- одного знака (положительными),следовательно, точка покоя – неустойчивый узел.Для построения траекторий движения построим на плоскости (x, y) собственные вектора − 3 1матрицы (см. задание №1): V1 =   и V2 =   . 1  1 − 3Траектории движения будут касаться прямой, проходящей вдоль вектора V1 =   , т.к. 1 этот вектор соответствует меньшему по модулю корню λ1 = 1 .Замечание.Собственные векторы строятся на чертеже ТОЛЬКО в случаях узла, вырожденного узлаи седла.Касание траекторий и собственного вектора имеет место ТОЛЬКО в случаях узла ивырожденного узла.Построим траектории методом изоклин.Разделим второе уравнение системы на первое и получим уравнение 1-го порядка:x = 2 x + 3y4y + x⇒ y′ =2 x + 3y y = 4 y + xНайдем уравнение изоклин:4y + x=k ⇒2 x + 3yДалее см.