Образец выполнения этапа №5 курсовой работы (1013047)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

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.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов учебной работы