Kurpa_Vyshcha_matem_T.2_Gl.13-14_2009

Розв'язуючи

цю

систему,

знайдемо

ненульовий

розв'язок

b1 bi1,b2 bi2 ,...,bn bin ,

що

визначається

з

точністю

до сталого

множника, бо ранг системи (13.31) дорівнює

n 1. Частинний розв'язок

bi1

i x , або

системи (13.26) буде записаний у вигляді Yi

e

b

in

y

i1

b e i x ,

y

i2

b

e i x ,...,

y

in

b

e i x .

(13.32)

i1

i2

in

Побудувавши

розв'язки,

відповідні

всім

кореням

1, 2,..., n ,

n

yk Cibik e i x , k 1,2,...,n ,

(13.33)

i 1

де Ci

– довільні сталі.

dy

1

2 y

y

y ,

dx

1

2

3

Приклад 1.

dy2

y1

2 y2

y3 ,

dx

dy3

y y

2 y

.

2

3

1

dx

Розв'язання

1. Частинний розв'язок системи шукаємо у вигляді

Y Be x , або

y b e x ,

y

2

b e x ,

y

3

b e x .

1

1

2

3

2

1

1

1

2

1

0, 3 6 2 11 6 0.

1

1

2

Воно має корені 1 1, 2 2, 3 3.

3. Значення b1 bi1,b2

bi2 ,b3 bi3(i 1,2,3) треба шукати, згідно з

Побудуємо частинний розв'язок

системи,

відповідний кореню 1 1:

b11

1x . Знаходимо b1

Y1

b12

e

b11,b2 b12,b3

b13 з системи

b13

(2 1)b1 b2 b3 0,

(2

1)b2 b3 0,

b1

b b (2 1)b 0,

1

2

3

0

Поклавши b2

b3

1, отримаємо Y1

1

e x .

1

1

1

2

2

одержуємо Y

1 e2 x , для

3

3

– Y

0 e3x .

2

3

1

1

b1

b2

Побудуємо розв'язок у вигляді

Y

e x , відповідний будь-якому

bn

з коренів a ib, і, відокремивши

в ньому дійсну та уявну частини,

dy

1

y

y ,

dx

2

3

Приклад 2.

dy2

y3 ,

dx

dy3

y

y

.

3

1

dx

Розв'язання

1.

Розв'язок шукаємо у вигляді Y Be x , або

y b e x ,

y

b e x ,

1

1

2

2

y

b e x .

3

3

2. Складемо характеристичне рівняння:

1

1

0

1

0, 3 2 1 0.

1

0 1

Корені рівняння 1 1, 2 i, 3 i.

3.

Значення b1 b11, b2 b12, b3

b13 , відповідні

1 ,

знаходимо,

Звідси b 0, b

b . Взявши

b

b

1

, отримаємо y

0,

y e x ,

1

2

3

2

3

11

12

y e x .

13

Шукаємо розв'язки, відповідні

кореню

2 i . Використовуючи

(13.31),

одержимо

ib2 b3 0,

Залишимо два рівняння:

b

(1 i)b

0.

1

3

Звідси

b2 ib3 ,b1

(1 i)b3 ;

b3 вибираємо довільно, наприклад, b3 1.

Тоді b

1 i, b

i , і розв'язок y

21

(1 i)eix , y

22

ieix ,

y

23

eix .

21

22

Відокремивши дійсну

й уявну

частину в

отриманих

розв'язках,

y21 cos x sin x,

y31 cos x sin x,

y22

sin x,

y32 cos x,

y23

cos x,

y33 sin x.

y

2

C e x C

2

sin x C

3

cos x,

1

y

3

C e x C

2

cos x C

3

sin x.

1

3) Серед коренів характеристичного рівняння є кратні.

Нехай,

наприклад,

1 2 ... k 0 . Підставляємо це значення

Система

(13.28)

має k

лінійно

незалежних

власних

векторів

B ,B ,...,B .

Відповідні

розв'язки

системи (13.26)

Y

B e 0 x ,

1

2

k

1

1

Y

B e 0 x ...,

Y B

k

e 0 x

лінійно

незалежні

і

входять до

2

2

k

фундаментальної системи розв'язків цієї системи рівнянь.

dy

1

4 y

y

y ,

dx

1

2

3

Приклад 3.

dy2

y1

2 y2

y3 ,

dx

dy

3

y

y

2 y

.

2

3

1

dx

b1

1. Розв'язок шукаємо у вигляді Y

Be x b2

e x .

b3

4

1

1

2. Характеристичне

рівняння

1

2

1

0 ,

або

1

1

2

(3 )(2 )(3 ) 0, корені 1 2 3, 3 2.

3. Використовуючи систему (13.31), одержимо для 1 2 3

b1 b2 b3 0,

b2

b3

0,

b1

b

b

b

0.

1

2

3

1

1

1

1

дорівнює 1, n

3. Кількість лінійно незалежних

Ранг матриці 1

1

1

1

1

розв'язків n r 2 , b1

b2

b3 .

1

Перший розв'язок: b11

1,

b12 1, b13

0

і Y1 1

e3x .

0

1

Другий розв'язок: b21

1,b22 0,b23 1 і Y2 0

e3x .

1

2b1 b2 b3 0,

b3

0,

При 3 2 b1

b

b

0.

1

2

2

1

1

b1 b3

Ранг матриці

1

0

дорівнює 2. Розглядаємо

0,

1

1

1

0

b1 b2

0,

1

b – будь-яке. Нехай b

1. Тоді

Y

1 e2x .

3

3

3

1

1

1

1

Загальний розв'язок Y C

1

e3x C

2

0

e3x C

3

1 e2x , або

1

0

1

1

y C e3x C

2

e3x C

3

e2x ,

1

1

y

2

C e3x C

3

e2x ,

1

y

3

C

2

e3x C

3

e2x .

б) n r m k

Розв'язок, відповідний

0 , слід шукати у вигляді добутку вектора,

що є багаточленом степеня k m, на e 0 x , тобто у вигляді

2 x

... k m 1x

k m

1

1

2 x

... k m 1x

k m

Y

e 0 x .

k m

1

2 x ... k m 1x

dy

1

y

y

y

,

dx

1

2

3

Приклад 4.

dy2

y1 y2

y3 ,

dx

dy

3

y2 2 y3.

dx

1

1

1

1

1

1

0

або (2 )(1 )2 0.

Корені

2

1,

3

2.

1

0

1

2

b2

b3 0,

Запишемо систему (13.31) для 1 2

1: b1

b3 0,

b

b 0.

2

3

0

1

1

Ранг матриці

дорівнює 2, тоді n r 1 2(m k) , і розв'язок

1

0

1

0

1

1

1

2 x

шукаємо у вигляді: Y

1

2 x e x .

1

2 x

Щоб знайти коефіцієнти 1,2 ,1,2 , 1, 2 ,

підставимо Y до вихідної

системи:

1

2

2 x

1

1

1

1

2 x

x

e x

1

1 1

x

e x .

2

2

2

1

1

1 2

2 x

0

1

2

1 2 x

1

2

1

1

1

,

2

1

1

0,

,

0,

2

2

2

2