МУ по решению задач экзаминационной контрольной работы по курсу Дифференциальные уравнения (1238782), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Значение   1 не является корнем характеристического уравнения резонанса нет, частное решение ищется в виде y( x)  ( Ax  B) e x . Тогдаy'' ( x)  ( Ax  2 A  B) e x , y''' ( x)  ( Ax  3 A  B) e x ,Подставивэтивыражениявисходноеy IV ( x)  ( Ax  4 A  B) e x .дифференциальноеуравнениеприf  x   f 2  x   12 xe x и сократив его на e x , получаемAx  4 A  B  2( Ax  3 A  B)  2( Ax  2 A  B)  12x  A  12, B  2 A  24. В результатенаходим частное решение y2 ( x)   24  12 x  e x .3) f3  x   e2 x . Значение   2 не является корнем характеристического уравнения  имеетместо нерезонансный случай, соответствующее частное решение разыскивается в видеy ( x)  b e 2 x y'' ( x)  4b e2 x , y''' ( x)  8b e2 x , y IV ( x)  16b e2 x .Подставивэтипроизводные в исходное дифференциальное уравнение при f ( x)  f3  x   e2 x и сократив11его на e2x , находим 16b  16b  8b  1, b  , y3 ( x)  e2 x .883.

Общее решение неоднородного уравненияy  yo ( x)  y1 ( x)  y2 ( x)  y3 ( x) 31 С1  С2 x   С3 sin x  С4 cos x  e x  x 4  6 x3  9 x 2   24  12 x  e x  e 2 x .28132. Линейные системы с постоянными коэффициентамиПусть требуется найти все действительные решения линейной однородной системытретьего порядка x  a1 x  a2 y  a3 z ,(1) y  b1 x  b2 y  b3 z , z  c x  c y  c z,123где a j , b j , c j ,j  1, 2,3 , заданные действительные числа; x dx,dtt- независимаяпеременная. a1 a2 a3 Запишем матрицу системы A   b1 b2 b3  . Обычно собственные значения A заданы поc c c  1 2 3 условию задачи или их можно найти, решив характеристическое уравнение det  A   E   0 ,где E - единичная матрица третьего порядка.Напомним некоторые сведения из курса линейной алгебры:1) собственным вектором матрицы A , отвечающим собственному значению  , называется векторh  0 такой, что(2)( A   E) h  0.Для каждого собственного значения существует хотя бы один собственный вектор.

Число линейнонезависимых собственных векторов, отвечающих данному собственному значению, не превосходиткратности собственного значения;2) число линейно независимых решений однородной алгебраической системы (2) равно 3  r , где r ранг матрицы A   E ;3) множество решений системы (2) не изменится, если матрицу A   E привести к упрощенномувиду при помощи элементарных преобразований строк. Под элементарными преобразованиями строкматрицы понимаются следующие действия:-- поменять местами строки матрицы;-- умножить строку на число, не равное нулю;-- прибавить к какой-либо строке линейную комбинацию других строк матрицы;4) расширенной матрицей неоднородной линейной алгебраической системы(3)( A   E) h  bназывается матрица A  ( A   E | b) , полученная приписыванием справа к матрице A   E столбцаправых частей.

Множество решений системы (3) не изменится, если расширенную матрицу привестик упрощенному виду при помощи элементарных преобразований её строк. Система (3) имеетрешение тогда и только тогда, когда ранг расширенной матрицы равен рангу A   E .Построение общего решения системы (1)1. Пусть  простое собственное значение матрицы A . Из системы (2) найдемпостоянный действительный собственный вектор h , отвечающий данному собственномузначению. Для отыскания собственного вектора h нужно матрицу A   E системы (2)привести к упрощенному виду при помощи элементарных преобразований строк. Попреобразованной матрице можно записать упрощенную однородную систему, для которойлегко подбирается действительное нетривиальное решение.

В общее решение (1) входитвыражение14C1 et h,(4)где C1 - произвольная действительная постоянная.Если матрица A имеет три линейно независимых собственных вектора h1, h2 , h3 , отвечающихдействительным собственным значениям 1, 2 , 3 , то (независимо от кратности собственныхзначений) общее решение (1) имеет вид j 1C j e3 jth j . Однако этот случай слишкомпростой и обычно не дается в экзаменационных работах.2. Пусть   собственное значение матрицы A кратности 2 и ранг матрицы A   E равендвум, т.е.

существует только один линейно независимый собственный вектор, отвечающийэтому собственному значению. Тогда построим жорданову цепочку матрицы A , состоящуюиз двух постоянных действительных векторов h1 и h2 . Здесь h1 - собственный вектор, h2 присоединённый вектор. h1 и h2 находятся последовательным решением алгебраическихсистем( A   E ) h1  0, h1  0,( A   E ) h2  h1.(5)Метод построения h1 описан в предыдущем пункте. Для отыскания присоединённоговектора h2 следует записать расширенную матрицу A  ( A   E | h1 ) системы (5) и привестиеё к упрощенному виду при помощи элементарных преобразований строк.

Попреобразованной расширенной матрице можно записать упрощенную неоднороднуюалгебраическую систему, для которой легко подбирается действительное решение. В общеерешение (1) входит выражениеC1 et h1  C2 et  t h1  h2  ,(6)где C1, C2 - произвольные действительные постоянные.3. Пусть   собственное значение матрицы A кратности 3. Рассмотрим два случая.3.1. Ранг матрицы A   E равен двум, т.е. существует только один линейно независимыйсобственный вектор. Тогда построим жорданову цепочку матрицы A , состоящую из трёхпостоянных действительных векторов h1 , h2 и h3 .

Здесь h1 - собственный вектор, h2 и h3 присоединённые векторы. Векторы цепочки находятся последовательным решениемалгебраических систем( A   E ) h1  0, h1  0,( A   E ) h2  h1,( A   E ) h3  h2 .Общее решение системы (1) имеет вид t2C1 et h1  C2 et  t h1  h2   C3 et  h1  t h2  h3  ,2где C1, C2 , C3 - произвольные действительные постоянные.3.2. Ранг матрицы A   E равен единице. Матрица A имеет два линейно независимыхсобственных вектора h1 и h2 , т.е.

имеет собственное подпространство размерности 2. Для15построения базиса необходимо найти ещё один присоединённый вектор h3 . В качестве h2возьмём ненулевой столбец матрицы A   E или пропорциональный ему. В качестве h1 любой собственный вектор A , линейно независимый с h2 . Тогда присоединённый векторнаходится из системы ( A   E ) h3  h2 . Действительно, эта система совместна только приусловии, что ранг расширенной матрицы ( A   E | h2 ) равен единице, следовательно, h2пропорционален базисному столбцу матрицы A   E .

Общее решение системы (1) имеет видC1 et h1  C2 et h2  C3 et  t h2  h3  ,гдеC1, C2 , C3произвольные-действительныепостоянные. Заметим, что описанный случай считается слишком сложным и обычно невключается в письменные экзаменационные работы.4. Пусть матрица A имеет комплексные собственные значения     i и     i  , где ,   ,   0 , i – мнимая единица, т.е.

i 2  1. Для определённости будем считать, что  0.Напомним, что для комплексного числа z  x  iy , где x, y , его действительной имнимой частью называются соответственно Re z  x , Im z  y . Комплексно сопряженным поотношению к z числом называется z  x  iy , при этом z z  x 2  y 2  | z |2 . Деление накомплексное число сводится к умножению по правилуz1 z1 z z1 z. Кроме того,zz z | z |2справедлива формула Эйлераe i   t e t  cos  t  i sin  t  .Для построения решений (1) выберем собственное значение с положительной мнимойчастью     i и найдем для него комплексный собственный вектор h из системы A  (  i ) E  h  0 .Матрицу этой системы A  (  i ) E не следует приводить к упрощенному виду припомощи элементарных преобразований строк. Из определения собственного значенияследует, что не все строки матрицы A  (  i ) E линейно независимы.

Выберем две еёлинейно независимые строки, наиболее удобные для вычислений. Запишем линейнуюсистему из двух алгебраических уравнений, соответствующих выбранным строкам, и найдёмодно из нетривиальных решений этой системы, которое и будет собственным вектором h .Представим h  h R  ih I , где h R , h I - действительные векторы, h R  Re h , h I  Im h . Далеерассмотрим произведениеe i   th  e t  cos  t  i sin  t  h R  ih I  e t h R cos  t  h I sin  t  ie t h R sin  t  h I cos  tи выделим из него действительную и мнимую части. В общее решение (1) входит выражение i   t i   tC1 Re eh  C2 Im eh t C1 ehRtcos  t  h sin  t  C2 eIhRsin  t  h cos  t ,I(7)где C1, C2 - произвольные действительные постоянные.16Замечание.

Собственным вектором, отвечающим второму собственному значению  , будеткомплексно сопряжённый с h вектор h  h R  ih I , однако находить егопостроения собственного вектора достаточно выбрать только одно изсопряжённых собственных значений. Мы взяли     i . Выборвозможен,нопридальнейшихпреобразованияхнужноне требуется. Длядвух комплексно    i такжеучитывать,чтоe t  e t  cos  t  i sin  t  . Потеря «минуса» в последней формуле является одной израспространенных вычислительных ошибок, поэтому проще всегда выбирать то собственноезначение, для которого мнимая часть положительна.6. Если матрица A имеет различные собственные значения, то общее решение системы (1)находится суммированием решений для всех собственных значений A , то естьсуммированием решений вида (4) и (6) либо вида (4) и (7).Замечание. Общее решение системы (1)всегда зависит от трёх произвольныхпостоянных.Примеры решения задач, предлагавшихся на письменном экзаменеЗадача 41-2.

Найти все действительные решения системы уравнений x  x  4 y  3z,(1,2  2, 3  3) y  2 x  4 y  2 z, z  2 x  3 y  4 z.1  4  3 Решение. Матрица системы A   2  4  2  .2 3 41) 1,2  2 , ( A  2E )h1  0 , h1 - собственный вектор, 3  4  3   3  4  3  1 0  1 x  z  0,  A  2 E   2  2  2   1  1  1    0 1 0  ,  y  0, 2  3  2   0 10   0 0 0  Найдем присоединённый вектор h2 из системы ( A  2E )h2  h1 .1  h1   0  .1   3 4 3 1   3 4 3 1   0 1 0 1    2 2 2 0    1 1 1 0    1 0 1  1  , 2 3 2 1   0 1 0 1   0 1 0 1   0 h2   1 . 1  y  1, x  z  1,2) 3  3 , ( A  3E )h3  0 , h3 - собственный вектор,1  0 2 1 4 4 3   0 2  A  3E   2 1 2    2 1 2    2 5 0  , 2 3 1  0 21  0 0 0  Общее решение системы z  2 y,5 y  2 x, 5 h3   2  . 4  1   0  x1 5 2t  2t    3t   y   C1e  0   C2e t  0    1   C3e  2  .z 1  4 1   1    17Задача 42-2.

Характеристики

Список файлов книги