Филиппов - Сборник задач по дифференциальным уравнениям (947325), страница 16
Текст из файла (страница 16)
х+ 4т, = О. 1002. х — х = О. 1003. х — х+ хз = О. 1004. х — Зхз = О. 1005 х+2хз О 1006 У+2хз 2х= О 1007. х+ е" — 1 = О. 1008. У вЂ” 2о + х + 1 = О. 1009. х — з1пх = О. 1010. х+ 2созх — 1 = О. 1011. У вЂ” 4х+ Зх = О. 1012. У+ 2х+ 5х = О. 1013. х. — х — 2х = О. 1014. х+ 2х+ хз + х = О. 1015. х+ х+ 2х — хз = О. 1016. х,+ ха — ха+ 1 = О.
1017. х+ 2ь — хз = О. 1018. х, + ~/хз + тз — 1 = О. 1019. х+ЗУ вЂ” 41п зы =О. 1020. х+ х+ вгс1ц(хз — 2х) = О. В задачах 1021 — 1034 начертить на фазовой плоскости траектории данных систем и исследовать особые точки.
х=2х+у" — 1, 1021. у=Ох — у +1. х = у — 4х,, 1022. у=4у-8. х = 4 — 4х — 2у. 1023. у =ху. 1025. х = 2+у — хз, у = 2х(х — у). 1027. х = 1 — хз — у, у = 2ху. х = 2(х — 1)(у— 1028. у=у х=1 — тз — у . 1024. у=2х. х = ху — 4, 1026. у=( -4)(у- ) 2), В задачах 1001 — 1020 для данных уравнений начертить траектории на фазовой плоскости. По чертежу сделать выводы о поведении решений при 1 — > +со. З 17. Разовая плоскость э: = (х+у)з — 1, 1029. 3, +1 т, = (2х — у) — 9 1030.
у = 9 — (х — 2у)з. х = (2х — у)з — 9, 1031. у = (х — 2у) — 9. х,=х +у — бх.— 8у, 1032. ~~ ~ ~ 2 ~ г ~ ~ ~ г ~ ~ ~ ~ э у = »Д2у — х+ 5) 1033. у = (х — у)(х — у + 2). ~~ ~ ~ ~ ~ э х=х +уз — 5, 1034. у = (»э — 1)(х + Зу — 5). 1035. Вывести уравнение движения маятника без сопротивления. Для случая, когда все постоянные, входящие в уравнение, равны 1, начертить траектории на фазовой плоскости.
Дать физическое истолкование траекториям различных типов. 1036. Вывести уравнение движения маятника с сопротивлением, пропорциональным квадрату скорости. Дать чертеж траекторий на фазовой плоскости. У н а з а н н е. Воспользоваться чертежом, построенным длн задачи 1035. 1037. Вывести уравнение движения маятника, на который действует постоянная сила, равная половине веса маятника и направленнея всегда в одну сторону по касательной к дуге окружности, по которой движется маятник.
Приняв постоннные 1 и д' равными 1, нарисовать траектории полученного уравнения на фазовой плоскости. Какие движения маятника изображая>тся траекториями различных типов? 1038. Груз массы ьч прикреплен к пружине. При отклонении груза на расстонние х, пружина действует на него с силой кх, направленной к положению равновесия. Сила трения равна 7 = сопз1 и направлена в сторону, противоположную скорости 107 ГС 17. сразовап плоскость Указание. При малых колебаниях считать вгаз з. Изменение длины маятника происходит мгновенно (скачком), при этом угол отклонения маятника и его момент количества движения относительно оси не испытывают скачков. Начертить на фазовой плоскости траектории систем 1040 — 1046, записанных в полярных координатах, и исследовать, имеются ли предельные циклы.
1040. с'т = т(1 — тз), с11 1041. —" = т(т — 1Нт — 2), ~ = 1. с11 сМ 1042. — т = с(1 — с)з. сЫ вЂ” = 1. сМ 1043. — = юптс с1т сЫ 1044. —" = т()т — 1) — (т — 2! — 2т+ 3), т = 1. с1ьс с11 1045. — = та1п-. бт .1 с1с 1046. — = т(1 — с) з1п с1т 1 Ф 1 — с' 1047*. При каких условиях система груза. При 1 = 0 груз находится на расстоннии сс от положения равновесия н имеет нулевую скорость. Вывести уравнение движения груза. Приняв т = 2, 1с = 2, 1 = 1, 6 = 5, изобразить движение груза на фазовой плоскости.
1039. Изобразить на фазовой плоскости малые колебания мантника переменной длины, считая, что при движении маятника вверх его длина равна 1, а при движении вниз равна Л > 1. Во сколько раз увеличитсн амплитуда за одно полное колебание? (Пример: раскачка качелей.) 108 З 18. Зависимость решения от начальных условий где функция 1(г) непрерывна, имеет предельный цикл? При каких условиях этот цикл устойчив? Неустойчив? Полуустойчив? 1048*. При каких значениях постоннной а система с[~о с[г 2 — = 1, — = (г — 1)(о + з[п ~р) сМ ' сМ имеет устойчивый предельный цикл? Неустойчивый? Для уравнений 1049 — 1052 с помощью изоклин построить траектории на фазовой плоскости и исследовать особые точки.
По чертежу сделать заключение о поведении решений при 1 -+ +ос и о возможности существовании замкнутых траекторий. 1049 -.+ .3 х+ . О 1050. х+ (яз — 1)об+ го = О. 1051. т, +х — 2вгс18х+ з: = О. 1052. У+ 2* — х+х = О. 1053*. Длн уравнения х + 2ах — Ьзкпх + х = О (О < а < 1, Ь > 0) построить траектории на фазовой плоскости и найти точки, в которых предельный цикл пересекает ось О:с.
Указание. Найти зависимость между абсциссами двух последовательных пересечений траектории с осью Ох. 1054. Показать, что уравнение х+ Г(х?) +х = О, где функцин г' непрерывна и г'(у) > 0 при у > О. Г(у) < О при у < О. не может иметь предельных циклов на фазовой плоскости. Указание.
Исследовать знак полной производной л,(хе+у ). 1055*. Пусть 1(х, у) и Д, )'„' непрерывны, с"(О, 0) < О, а при хз+ уз > Ьз имеем 1(х, у) > О. Доказать, что уравнение х, + Ят,. х)х -~- т, = О имеет периодическое решение х(с) ф О. Указание. Перейти на фазовую плоскость и исследовать знак полной производной й(х~ + у ). Построить кольцо, из которого не может выйти ни одна траектория. Применить теорему 21 из [3). Ц18. Зависимость решения от начальных услоаий 109 З 18. ЗАВИСИМОСТЬ РЕШЕНИЯ ОТ НАЧАЛЬНЫХ УСЛОВИЙ И ПАРАМЕТРОВ.
ПРИБЛИЖЕННОЕ РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ !. Рассмотрим систему в векторной записи — =йг ) е)х с)4 ЦУ(4, у) — У(й х)Ц < ЛЦу — хЦ. (2) Через Ц Ц обозначается любая из обычно применнемых норм вектора: ы = 'т Рт .. +) .г ЦхЦ = (хг)+ ... Ч- )х„) или ЦхЦ = шах )х,Ц Пусть х(Г) — решение системы (1), а у(Г) — вектор-функция. удовлетворнющан неравенствам — У(Г, у)! < у. Цу(П) — х(б)Ц < б. !. г1у Тогда имеет место оценка Цх(Г) — у(1)Ц < бежи -~- — (еь'Ц вЂ” 1) . (8) Это неравенство можно применять для грубой оценки ошибки приближенного решении у(Г) системы (1), а также дли оценки сверху разности решении х(1) системы (1) и решения у(Г) системы ллг = 8(й у), если Цу(Г, у) — )(Г, у)Ц < у.
2. Если в системе уравнений е)г — =)е(1эхш ...,х„,р), 4=1, ...,и (4) гЕсли в выпуклой по х области имеем — ~ < а (П б = 1, ...,а), то оь в этой области выполнено условие Липшица с й = па. где х = (хг, ..., х ), 1 = (А, ..., 1„). Пусть в рассматриваемой области вектор-функции г непрерывне па й х и удовлетворнет усло- вию Липшица по х 110 518. Зависильосшь решения от нач льнах условий с начальными условиями х,(0) = а,(р), ь = 1..... п (5) р является параметром, функции 7, и а, (1 = 1..... и) непрерывны и имеют непрерывные производные по хы ..., х„, р, то решение имеет непрерывную производную по параметру р. Производные — '-"' = ип ь = 1, ..., и удовлетворнют линейной системе уравнений й, " ВУь аУь (б) и начальным условиям и;(О) = а',(р), 1 = 1, ..., и..
Значении производных — 7ь и Ось в формуле (б) берутсн при хь = хд(1), ..., х„= = х„(1), где хд(1), ..., х„(1) — решение системы (4) с начальными условинми (5). В частности, если положить аь(р) = р, а;(р) = сопзФ при ь ф й и считать, что все функции 1ы ..., 1 не зависят от р, то из предыдущего утверждения будет следовать, что для системы (4) с начальными условиями х;(О) = аа ь = 1, ..., п производные -~- = о „ = и; (ь = 1, ..., и) от компонент решении хм ..., х,„по начальному условию аь существуют и удовлетворяют системе уравнений пи, д1ь а ~ьо — '=7 *и„ь=1, ...,и, у=з и начальным условиям и;(О) = 0 при ь ~ 5, ал(0) = 1. 3.
Если в (4) и (5) функции ~; и а, имеют непрерывные производные по хм ..., х„, 1ь (вблизи значения р = О) до порндка пь включительно, то решение тоже имеет непрерывные производные по р до порядка т и, следовательно. разлагается по степеннм параметра р по формуле Тейлора: х(1) = оо(1) -Ь ро,(С) -Ь р'оз(1) + ... + ршэ, (1) -Ь о(рш). (7) Здесь х и о; и-мерные вектор-функции. Чтобы найти функции о,(1), можно разложить правые части в (4) и (5] по степеннм р, подставить туда разложение (7) и приравннть коэффициенты при одинаковых степенях р. Получим систему дифференциальных уравнений, из которой последовательно определнются оо(1), о1(т), ...
В случае, когда ть и а; — - аналитические функции от хы ... ..., х„, р, решение х(1) разлагается в сходящийся при малых р степенной ряд по р (в силу теоремы об аналитической зависимости 318. Зависимость решения от начальных условий 111 решения от параметра, см. (4), гл. 1, 2 6).
Коэффициенты этого ряда совпалают с коэффициентами разложении (7). Изложенный метод можно использовать для отыскания решении дифференциального уравнения при малых р в тех случаях, когда при р = О уравнение решаетсн известными методами. П ример. Разложить по степеням параметра р решение задачи х=х +2рс, х(1) = — 1. (8) ищем решение в виде х(1) = оо(г) + рог(1) + р ог(1) + .
Подставлян это в (8) и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях р, получаем систему ее = оо ее(1) = — 1, ог = 2ооог + 21, ог(1) = О, ег = 2соог г ог, ег(1) = О, Из первого уравнения и начального условия находим ео(1) = — 1 Подставляя это во второе уравнение, получаем чи = -21 ги -~-21, ог(1) = О. Отсюда е,(1) =1 — 1 '.
Подставлян найденные ео и чи в третье уравнение, получаем ег = — 21 ог + (1 — 1 ), ог(1) = О. Решив это линейное уравнение н воспользовавшись начальным условием, найдем ог(1) = — ' — г + з, — г. Следовательно, решение задачи (8) имеет вид / 1'1,/1 2 8 х(1)= — — +р(1 — — )+р ( — — — + — — — )+о(р). сг/ (3 С 31г сг) Это разложение можно продолжить дальше тем же способам. Аналогичным методом можно получать разложения по степеням параметра периодических решений нелинейных уравнений„ в частности, уравнений вида (О) х+ а х = рт(С х.
х. И), где функция 7 периодическая по й Переходить от уравнения 2-го порядка н системе при этом ненужно. Произвольные постоянные, 112 218. Зависилгоста решен я от начальных условий возникающие при отыскании оо(1), ог(1), ..., определяются уже не из начальных условий. а иг условий периодичности (см. [4), гл.
2. 5 8). В случае, когда правая часть (9) не зависит от 1, период решения х(1) заранее не известен. Тогда в уравнении (9) надо перейти от 1 к новому независимому переменному т = 1(1+ Ьгр+ Ьгр + ... ) и искать решения х(т) периода 2о/а. коэффициент Ьг обычно определяется из условия существования периодического решения длн иг(т), и т.д. (см. [4), гл. 2, 28). 4.
Если функция г(х, у) в окрестности точки (хо, уо) аналитическая, т. е. разлагаетсн в ряд по степеням (х — хо] и (у — уо], то решение уравнения у = 1(х, у) с начальным условием у(хо) = = уо тоже являетсн аналитической функцией, т. е. разлагаетсн в степенной ряд в окрестности точки то (см. [2[, 5 18 и [Ц, гл. 11, 5 1, и. 6). Аналогичное утверждение справедливо для уравнения убй = У(х, у, у'...., у1~ ']) с начальными условинми у(хо) = уо, у (хо) = уо у (хо) = уо Пример.
Найти в виде ряда решение уравнения ун = хуг — 14~ с начальными условинми у(0) = 2, у'(0) = 1. Ищем решение в виде ряда у = ао 4-агх-'гагх + ... = 2+ х+агх 4-азх + ..., (10) так как нз начальных условий следует, что ао = 2, аг = 1. Под- ставляя ряд в дифференциальное уравнение, получаем 2аг+базх-~12а4х +... =х(2+х+агт, +... ) — 1 — 2агх — Вазх —...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
