Ипатова В.М. Методические указания по решению задач (1179584), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

Найти все действительные решения системы уравнений x  6 x  4 y  10 z ,(1  2, 2,3  2i) y  14 x  12 y  27 z, z  4 x  4 y  8 z. 6 4 10 Решение. Матрица системы A  14 12 27  . 4 4 8 1) 1  2 , ( A  2E )h1  0 , h1 - собственный вектор, 4 4 10   2 2 5   0 0 2   0 0 1 1    A  2 E  14 14 27    2 2 3    2 2 3    1 1 0  , h1   1 . 4 4 6   2 2 3   0 0 0   0 0 0 0    2) 2  2i , ( A  2i E )h2  0 , h2 - собственный вектор,410  6  2iA  2i E   14 12  2i27  . Рассмотрим только первую и третью строки матрицы44 8  2i A  2i E . Поделив их на 2, получаем систему(3  i ) x  2 y  5 z  0,Вычтем второе уравнение из первого:2 x  2 y  (4  i) z  0.(1  i) x(1  i )2 x(1  2i  1) x ix .1 i22Выразим из первого уравнения 2 y  (3  i) x  5z  (3  i) x  5ix  (3  4i) x .(1  i) x  (1  i) z  0 ,z2  2  0    Возьмём x  2 , тогда y  3  4i, z  2i , h2   3  4i    3   i  4  . 2i   0   2      2   0      Преобразуем произведение e2t h2  e2i t h2  (cos 2t  i sin 2t )  3   i  4    0   2   2 0   2 0       cos 2t  3   sin 2t  4    i sin 2t  3   cos 2t  4    0 2   0 2      2 cos 2t   3cos 2t  4sin 2t   i2sin 2t 2sin 2t  3sin 2t  4 cos 2t  .2 cos 2t Общее решение системыx1  2cos 2t 2sin 2t 2t   y   C1 e 1   C2  3cos 2t  4sin 2t   C3  3sin 2t  4cos 2t  .z 0  2sin 2t 2cos 2t  18Чтобы более полно рассмотреть случай комплексно сопряжённых собственныхзначений, решим дополнительную задачу.Задача.

Найти все действительные решения системы уравнений x  3x  6 y  5 z,(1  4, 2,3  3  5i) y  11x  14 y  10 z, z  19 x  14 y  z.6 5 3Решение. Матрица системы A   11 14 10  . 19 14 11) 1  4 , ( A  4E )h1  0 , h1 - собственный вектор,6 5   7 6 5   2 0 5  7    z  2 x / 5,A  4 E   11 10 10    3 2 0    3 2 0  ,  19 14 5   12 8 0   0 0 0   y  3x / 2,   10  h1   15  . 4  2) 2  3  5i ,  A  (3  5i ) E  h2  0 , h2 - собственный вектор,65 6  5iA  (3  5i) E   11 11  5i10  .

Рассмотрим только первую и вторую строки1914 4  5i матрицы A  (3  5i ) E , им соответствует система(6  5i) x  6 y  5 z  0,  5z  (6  5i) x  6 y, подставим во второе уравнение :11x  (11  5i) y  10 z  0.Возьмём x  1  5i ,11x  (11  5i) y  2(6  5i) x 12 y  (1  10i) x  (1  5i) y  0.тогдаy  1  10i, 5z  (6  5i)(1  5i)  6(1  10i)  6  5i  30i  25  6  60i  25  25i , 1  5i z  5  5i, h2   1  10i  . 5  5i Преобразуем произведение e2t h2 , для краткости обозначив c  cos5t , s  sin 5t.c i s 5i c 5s  1  5i  c 5s  s  5c  3t  3t 3t eh2  e (c i s)  1  10i   e  c i s 10i c 10s   e  c 10s   i e  s 10c  . 5  5i  5c 5i s 5i c 5s  5s 5c  5s 5c Общее решение системыx10  cos 5t  5sin 5t  sin 5t  5cos 5t  4t 3t 3t  y   C1 e 15   C2 e  cos 5t  10sin 5t   C3 e  sin 5t  10cos 5t  .z  4  5sin 5t  5cos 5t  5sin 5t  5cos 5t   (35i ) t3t193.

Положения равновесия автономных системРассмотрим автономную систему второго порядка x  f ( x, y ), y  g ( x, y ),(1)где f и g заданные непрерывно дифференцируемые функции.Если x    t  , y    t  – решение (1),y    t  на плоскости2x, yто параметрическая заданная кривая x    t  ,называется фазовой траекторией системы (1). Направлениевозрастания параметра t указывается стрелкой на фазовой траектории. Фазовые траекторииавтономной системы не пересекаются.Точка M ( x0 , y0 ) называется положением равновесия автономной системы (1) , если парафункций x(t )  x0 , y(t )  y0 является решением (1), т.е.

f ( x0 , y0 )  g ( x0 , y0 )  0 .Линейная автономная системаЛинейная однородная автономная система второго порядка имеет вид x  ax  by, y  cx  dy,(2)a bгде a, b, c, d заданные действительные числа. Матрица системы A  .c dБудем считать, что det A  0 . Тогда единственным положением равновесия (2) являетсяточка (0, 0) .Найдем собственные значения 1, 2 матрицы A , решив уравнениеdet  A   E   0. Мы рассмотрим три основных типа положений равновесия системы (2).I.

Собственные значения матрицы A действительные, различные  1  2  и оба не равнынулю  12  0  . Найдем собственные векторы h1 и h2 , отвечающие собственным значениям1 и 2 , из систем ( A  1E )h1  0, h1  0 и ( A  2 E )h2  0, h2  0 . Проведем через началокоординат прямую O 1 , для которой h1 является направляющим вектором, и прямую O 2 ,для которой h2 является направляющим вектором. На рисунке, изображающем фазовыетраектории системы, собственные векторы можно не обозначать, но направлениясобственных векторов нужно строго выдерживать и проводить прямые O 1 , O 2 под темуглом, который задается собственным вектором.1.

Узел. Если собственные значения матрицы A одного знака  12  0  , то положениеУстойчивый узел,   0Неустойчивый узел,   0Рис. 1. Узлы, | 1 |  | 2 |20равновесия называется узлом. Узел называется устойчивым, если 1  0 , 2  0 , инеустойчивым, если 1  0 , 2  0 . Фазовые траектории изображаются прямыми O 1 , O 2 ипараболами. Параболы касаются в точке (0, 0) той прямой ( O 1 или O 2 ), для которой |  |меньше.

Стрелки на фазовых траекториях направлены к положению равновесия дляустойчивого узла и от положения равновесия для неустойчивого узла. Схематическаякартина фазовых траекторий в окрестности устойчивого и неустойчивого узлов изображенана рис. 1 для случая | 1 |  | 2 | .2. Седло. Если собственные значения матрицы A имеют разные знаки 12  0 ,тоположение равновесия называется седлом. Фазовые траектории изображаются прямымиO 1 , O 2 и гиперболами, для которых прямые O 1 , O 2 служат асимптотами.

На прямой (O 1 или O 2 ), соответствующей отрицательному собственному значению   0 , стрелкиуказываютнаправлениекположениюравновесия.Напрямой( O 1илиO 2 ),соответствующей положительному собственному значению   0 , стрелки направлены отположения равновесия. 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.

Характеристики

Список файлов книги