Типовик / 1076
.pdfРассмотрим два способа его решения.
1 способ. C помощью подстановки z(x) = y1 исходное уравнение
приводится к линейному. В нашем примере = |
|
1 |
|
: |
|||||||||||||||||||
2 |
|
||||||||||||||||||||||
Разделим обе части уравнения на |
py (y = 0 |
|
решение исходного |
||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||
уравнения) |
|
|
|
y0 = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
4 |
p |
|
+ x |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
p |
y |
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
||||||||
и сделаем замену переменной z = y1 = p |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
y: |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
Ò.ê. |
|
|
|
|
y0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
z0 = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
; |
|
то получим |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
2p |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
2z0 = |
4 |
z + x èëè |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
z0 = |
2 |
z + |
x |
- линейное неоднородное уравнение. |
|||||||||||||||||||
x |
|
||||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решим его методом вариации произвольной постоянной. Найд¼м общее решение однородного уравнения
z0 |
2 |
|
) |
dz |
2 |
|
) ln jzj = 2 ln x + ln c ) z = cx2: |
||
= |
|
z |
|
= |
|
dx |
|||
x |
z |
x |
Теперь ищем решение линейного неоднородного уравнения в виде
z(x) = c(x)x2. Òàê êàê z0 |
= c0x2 + c 2x; òî |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
2cx2 |
x |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
c0x2 + 2cx = |
|
|
|
|
+ |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|||
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|||||
|
c0 = |
|
|
) c(x) = |
|
|
ln jxj + c1 |
) |
|||||||
|
2x |
2 |
|||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
||
) |
z(x) = ( |
|
ln jxj + c1)x2 ) |
y(x) = z2 = ( |
|
ln jxj + c1)x4 |
|||||||||
2 |
2 |
общее решение исходного уравнения.
2 способ. Можно непосредственно применять подстановку Бернулли
y(x) = u(x)v(x): Имеем
u0v + v0u = x4uv + xpuv
10
èëè |
|
4 |
|
v] + u0v = xp |
|
|
|
|
|
|||||
u[v0 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
uv |
|
|
|
|||||||||||
x |
|
|
|
|||||||||||
Для определения функции v(x) потребуем, чтобы v0 |
4 |
|
||||||||||||
|
|
v = 0, откуда |
||||||||||||
x |
||||||||||||||
v = x4: Далее получим u0x4 = xp |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
ux4 |
|
|
|
|||||||||||
|
du |
dx |
|
|
|
|||||||||
|
p |
|
= |
|
|
) |
|
|
|
|||||
|
|
x |
|
|
|
|||||||||
|
u |
|
|
|
|
) u = (12 ln jxj + c)2 )
)y(x) = (12 ln jxj + c)2x4:
4.В четв¼ртом задании рассматриваются обыкновенные дифференциальные уравнения высших порядков. В пункте а предлагается решить уравнение, допускающее понижение порядка. В пункте b следует найти решение задачи Коши для линейного неоднородного уравнения со специальной правой частью методом неопредел¼нных коэффициентов. В пункте с ищется общее решение линейного неоднородного уравнения методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).
Задача 4,а.
Найдите общее решение дифференциального уравнения
y00(ex + 1) + y0 = 0:
Решение.
Это уравнение вида F (x; y(k); y(k+1)) = 0 (k = 1), т.е. не содержащее
в явном виде искомую функцию. Понизить порядок уравнения уда¼тся, вводя новую функцию p(x) = y(k) = y0: Тогда
p0 = y(k+1) = y00 |
è |
|
dp |
(ex + 1) + p = 0; |
|||
|
|||||||
|
|
|
|
|
dx |
||
|
dp |
= |
|
dx |
|||
|
|
|
|
|
|||
|
p |
ex + 1 |
(p = 0 является решением дифференциального уравнения),
Z |
dp |
= Z |
dx |
: |
|
|
|||
p |
ex + 1 |
11
Пут¼м замены переменной ex + 1 = t; находим
ln jpj = ln(ex + 1) ln ex + ln c;
p = c ex + 1 ex
(решение p = 0 содержится в этом семействе при c = 0),
|
|
dy |
= c |
ex + 1 |
; |
|
|
y = c Z |
dx |
ex |
|
||||
ex + 1 |
|
|
|
||||
|
|
dx = c(x e x) + c1 |
; |
||||
ex |
|
т.е. нашли общее решение исходного уравнения.
Задача 4,b.
Найдите общее решение дифференциального уравнения y3y00 = 1:
Решение.
Это уравнение вида F (y; y0; y00) = 0; т.е. не содержащее в явном ви-
де независимую переменную x. Понизим порядок уравнения с помощью подстановки
|
|
|
|
y0 = p(y): |
|
Тогда y00 |
= p |
dp |
: |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy |
|
|
|
|
||||||
Далее |
|
|
|
|
|
|
|
|
dp |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
y3p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
= |
1; |
|
pdp = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
dy |
y3 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
(y = 0 не является решением исходного уравнения); |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
Z |
pdp = Z |
|
dy |
|
p2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
+ c ) |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
y3 |
2 |
|
2y2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2c ) p = s |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
) p2 = |
1 |
|
1 |
+ 2c; |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
y2 |
y2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
dx = p |
|
|
|
|
|
|
|
) dx = |
|
|
|
|
|
|
1 + 2cy2 |
) |
||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
dy |
|
|
|
|
+ 2cy2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ydy |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
) x = Z |
|
|
|
|
|
ydy |
|
|
|
|
|
1 |
Z |
|
p(1 + 2 |
|
) |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
d |
|
|
|
|
|
|
cy2 |
|
|
|
) |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 + 2cy2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 + 2cy2 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
p |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
p |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
p1 + cy |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
) x = |
|
|
+ c1: |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2c |
|
|
|
|
12
Задача 4,c.
Найдите общее решение уравнения
xyy00 xy02 = yy0:
Решение.
Данное уравнение является уравнением вида F (x; y; y0; y00) = 0, где функция F - однородная относительно y; y0; y00 (в нашем примере имеем
однородную функцию второй степени). Можно понизить порядок уравнения заменой y0 = p(x)y. Тогда y00 = (p2 + p0)y è
xy2(p2 + p0) xy2p2 = y2p:
Разделим обе части уравнения на y2 (y = 0 - решение исходного
уравнения):
x(p2 + p0) xp2 = p;
xdxdp = p; dpp = dxx :
Отсюда получаем p = cx. Возвращаясь к функции y, получим
y0 |
dy |
|
|
|
|
= cx ) |
|
= cxdx |
) |
y |
y |
cx2
) y = c1e 2
(заметим, что y = 0 является частным решением и получается из общего при c1 = 0).
13
Задача 4,d.
Найдите решение задачи Коши
y00 6y0 + 9y = e3x; y(0) = 1; y0(0) = 0
методом неопредел¼нных коэффициентов.
Решение.
Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравне-
ния имеет вид: y = y0 +y~, ãäå y0- общее решение соответствующего однородного уравнения, а y~ - частное решение исходного неоднородного урав-
нения. Сначала ищем общее решение однородного уравнения. Характеристическое уравнение 2 6 + 9 = 0 имеет один вещественный корень= 3 кратности 2. Тогда функции y1 = e3x è y2 = xe3x образуют фунда- ментальную систему решений однородного уравнения y00 6y0 + 9y = 0; а их линейная комбинация - его общее решение
y0(x) = C1e3x + C2xe3x:
Исходное неоднородное уравнение имеет правую часть специального вида f(x) = e xPn(x), ãäå Pn(x)- многочлен степени n. В нашей задача
= 3; n = 0; = 3 является корнем кратности 2 характеристиче-
ского уравнения. Поэтому частное решение ищем в виде y~ = Ax2e3x, ãäå
A- произвольный многочлен нулевой степени (этот коэффициент и надо найти). Тогда
y~0 = 2Axe3x + 3Ax2e3x = A(2x + 3x2)e3x;
y~00 = A((2 + 6x)e3x + 3(2x + 3x2)e3x) = A(2 + 12x + 9x2)e3x:
Коэффициент A найд¼м, подставив y;~ y~0; y~00
A(2 + 12x + 9x2)e3x 6A(2x + 3x2)e3x + 9Ax2e3x = e3x:
Сокращая на e3x, имеем:
2A + 12Ax + 9Ax2 12Ax 18Ax2 + 9Ax2 = 1 )
14
) 2A = 1 ) A = 12:
Таким образом, y~(x) = 12x2e3x;
y(x) = C1e3x + C2xe3x + 12x2e3x общее решение исходного уравнения ;
y0(x) = 3C1e3x + C2e3x + 3C2xe3x + xe3x + 32x2e3x
Для решения8 задачи Коши подставим8 начальные условия в выражения
|
|
C1 = 1 |
|
|
|
|
C = |
1 |
|
|
äëÿ y; y0: |
>3C + C |
2 |
= 0 |
) |
>C1 |
= |
|
3: |
||
|
< |
1 |
|
|
< |
2 |
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
Искомое решение задачи Коши:
y(x) = e3x 3xe3x + 12x2e3x:
Задача 4,e.
Найдите решение задачи Коши
y00 + y0 = cos 2x; y(0) = |
1 |
; y0(0) = 1 |
|
5 |
|||
|
|
методом неопредел¼нных коэффициентов.
Решение.
Как и в предыдущей задаче, сначала ищем общее решение однородного уравнения y00 + y0 = 0: Характеристическое уравнение 2 + = 0 имеет
два различных вещественных корня 1 = 0 è 2 = 1; общее решение однородного уравнения y0(x) = C1 + C2e x. Неоднородное уравнение имеет специальную правую часть более общего вида, чем в задаче 4,d:
f(x) = e x(Sm1 (x) cos x + Qm2 (x) sin x; )
ãäå Sm1 ; Qm2 (x)- многочлены степени m1 è m2 соответственно. В дан- ном случае = 0; = 2; m1 = 0. Число + i = 2i не является корнем характеристического уравнения. Значит, частное решение должно иметь вид: y~ = e0x(A cos 2x + B sin 2x) = A cos 2x + B sin 2x. Тогда
y~0 = 2A sin 2x + 2B cos 2x; y~00 = 4A cos 2x 4B sin 2x.
15
Подставляя y;~ y~ |
; y~00 в исходное уравнение, найд¼м коэффициенты |
0 |
|
A è B:
4A cos 2x 4B sin 2x 2A sin 2x + 2B cos 2x = cos 2x:
Приравнивая коэффициенты при cos 2x, |
sin 2x, получим систему: |
||||||||
8 4A + 2B = 1 |
|
8A = 2B |
) |
||||||
> |
2A 4B = 0 |
) >10B = 1 |
|||||||
< |
|
|
|
|
< |
|
|
||
> |
|
|
|
|
> |
|
|
||
: |
|
|
8A = |
1: |
|
|
|||
|
|
) |
5 |
|
|
: |
|
||
|
|
>B = 1 |
|
|
|||||
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
||
Таким образом, частное |
решение неоднородного уравнения имеет вид |
||||||||
|
> |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
y~ = 15 cos 2x + 101 sin 2x;
а общее решение
|
y |
= |
y |
|
|
y |
|
c |
|
+ |
c |
e x |
|
1 |
|
|
|
x |
+ |
1 |
x: |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
+ ~ = |
|
|
1 |
2 |
|
|
|
5 cos 2 |
|
|
10 sin 2 |
||||||||||||||||||||
Вычислим y0 |
= c2e x |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
+ |
|
|
|
sin 2x + |
|
|
|
cos 2x и подставим начальные |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
5 |
|
5 |
|||||||||||||||||||||||||||||||
условия в выражения y; |
|
y0: |
|
|
|
|
|
|
|
|
8c1 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
8c1 c2 |
|
5 = 5 |
|
|
|
|
|
|
= 5 |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
>c |
|
|
|
|
4 |
|
|
|||||
|
|
|
c |
|
+ |
|
1 |
= 1 |
|
|
|
|
) |
|
= |
|
4 |
: |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
5 |
|||||||||||||||||||||||||
Искомое |
|
|
< |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
2 |
|
|
|
||||||||
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
решение задачи Коши: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
y x |
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
e x |
|
1 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
x: |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
) = 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
( |
|
|
5 |
|
|
|
5 cos 2 |
10 sin 2 |
16
Задача 4,f.
Найдите общее решение задачи Коши:
y00 3y0 + 2y = |
ex |
1 e x |
методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).
Решение.
Сначала находим общее решение соответствующего однородного уравнения. Характеристическое уравнение 2 3 + 2 = 0 имеет два различ- ных вещественных корня 1 = 1, 2 = 2; y0(x) = c1ex +c2e2x. Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде y~(x) = c1(x)ex +c2(x)e2x. Функции c1(x) è c2(x) должны удовлетворять системе:
8c10 ex + c20 e2x = 0 |
e |
x |
|
|
||||
>c0 |
ex + 2c0 |
e2x = |
|
|
|
: |
||
|
|
|
x |
|||||
< |
1 |
2 |
1 |
e |
|
|||
> |
|
|
|
|
||||
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
Это система линейных алгебраических уравнений относительно c01 è c02. Е¼ определитель есть определитель Вронского W (x) для системы функ- öèé ex, e2x. Так как эти функции образуют фундаментальную систему решений линейного однородного дифференциального уравнения, то W (x) 6= 0, при любом вещественном x. Тогда система имеет единственное решение. Для его нахождения вычтем из второго уравнения первое:
|
|
|
c0 |
e2x |
|
|
ex |
|
|
|
) |
|
|
c0 |
x |
|
|
|
|
|
e x |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
= 1 e x |
|
|
|
) = 1 e x |
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
2( |
|
|
|
||||||||||||||||||||
Из первого уравнения получим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
c10 = c20 ex |
= |
|
1 |
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
1 |
e |
x |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Интегрируя, находим функции c1(x) è c2(x) : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
(x) = Z |
|
dx |
|
= Z |
exdx |
|
= Z |
|
d ex |
1) |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
c1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
|
= ln 1 e x |
; |
||||||||||||||||
1 |
|
e x |
ex |
|
1 |
|
|
ex |
1 |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
c2(x) = Z |
|
e xdx |
|
|
Z |
|
d(1 |
|
e x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
= ln j1 |
e xj: |
|
|
|
||||||||||||||||
|
1 e x |
|
1 |
|
e x |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
17
Подставляя найденные функции, получаем общее решение уравнения:
y(x) = y0(x) + y~(x) = c1ex + c2e2x ln jex 1jex + ln j1 e xje2x:
Задача 5.
В пятом задании предлагается тремя способами решить задачу Коши для линейной однородной системы дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами.
8
>x0 = x + y
<
>y0 = 8x + 3y;
:
x(0) = 0; y(0) = 2:
a) Решим систему методом исключения, то есть сведения к одному уравнению второго порядка. Выразим y из первого уравнения: y = x0 x, дифференцируя по t, получим y0 = x00 x0. Подставим y è y0 во второе уравнение:
x00 x0 = 8x + 3(x0 x) ) x00 4x0 5x = 0:
Это линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка относительно функции x(t). Корни характеристического уравнения 1 = 5; 2 = 1 дают нам его общее решение
x(t) = c1e5t + c2e t:
Íàéä¼ì x0(t) = 5c1e5t c2e t è
y(t) = x0 x = 5c1e5t c2e t c1e5t c2e t = 4c1e5t 2c2e t:
Общее решение системы имеет вид:
8
>x(t) = c1 e5t + c2 e t
<
>y(t) = 4c1 e5t 2c2 e t:
:
18
Подставив начальные условия x(0) = 0) и y(0) = 2 в это решение,
получим
8c1 + c2 = 0 |
|
8c1 + c2 = 0 |
|
|
|
8c1 |
= 3 |
|
|
||||||||||||||
>4c |
|
|
|
|
|
|
>2c |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
>c |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
2c |
|
= 2 |
) |
|
c |
|
= 1 |
) |
|
= |
|
1 |
: |
||||||||
1 |
2 |
1 |
2 |
2 |
3 |
||||||||||||||||||
< |
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
|||||||||
> |
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
Получили решение задачи Коши: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
8x(t) = 3e5t |
|
3e t |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
>y(t) = |
4 |
e5t + |
2 |
e t: |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b) Решим эту же систему матричным методом. Введ¼м обозначения:
0 1 0 1 0 1
X(t) = |
x(t) |
|
, X(0t) = |
x0(t) |
A = |
1 |
1 |
|
@ y(t) |
A |
@ y(0t) A |
@ 8 |
3 A |
. |
|||
|
|
|
|
В матричной форме система принимает вид:
X0(t) = AX(t):
Решение будем искать в виде:
X(t) = e t;
01
ãäå = @ A - ненулевой вектор-столбец. Известно, что e t будет
решением системы тогда и только тогда, когда - собственное число матрицы A, а - собственный вектор матрицы A, соответствующий числу
. Начинаем, как обычно, с нахождения собственных чисел матрицы A. Для этого решаем характеристическое уравнение det(A E) = 0 )
) |
|
8 |
3 |
|
|
= 0 ) |
|||
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1 |
|
)(3 |
|
) |
|
8 = 0 |
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
) 2 4 5 = 0:
Это уравнение имеет два различных вещественных корня 1 = 5;2 = 1. В этом случае вектор-функции 1e 1t, 2e 2t образуют фунда-
19