Kuznecov_reshebnik

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

m1x′′ = m1ω

x − C (x − y − 0,1),

m1x′′ = m1ω

x − C (x − y − 0,1),

ω 2 y + C (x − y − 0,1).

ω 2 y + C (x − y − 0,1).

.pdf

Скачиваний:

1108

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 2930 / 3230 31 32 > Следующая >>>

Системы дифференциальных уравнений

Частные решения данной системы ищем в виде (первой) задачи

424.4 (4324.4): а) k1 = –2:

α 1 + β 1 + γ 1 = 0,

α 1

+ β 1 + γ 1 = 0,

γ 1 = 0, α 1 = −β 1 . Если α 1 = 1, то β 1 = –1. Тогда

α 1

+ β 1 + 3γ 1 = 0

x = e−2t , y = −e−2t

, z = 0 .

б) k2 = –1:

+ γ

= 0,

+ γ

= 0,

+ γ

= 0,

+ γ

α 2

+ β 2 + 2γ 2 = 0

β 2 = −γ 2.

Пусть β 2 = 1, тогда γ 2 = –1, α

2 = 1; x2 = e–t, y2 = e–t, z2 = –e–t.

в) k3 = 2:

− 3α 3 + β 3 + γ 3 = 0,

− 3β 3 + γ 3 = 0,

4β 3 = 2γ 3 . Если β

3 = 1, то γ 3 = 2, α 3 = 1. Тогда

α 3

+ β 3 − γ 3 = 0

x = e2t , y

= e2t , z

= 2e2t ;

x(t) = c e−2t

+ c

e−t + c

e2t ,

y(t) = −c e−2t

+ c e−t + c e2t , z(t) = −c

e−t

+ 2c e2t .

Используем начальные условия:

+ c

= 1,

− c1 + c2 + c3 = 0,

, c2 =

, c1

− c2 +

2c3 = 0

− c

+ 2c

= 0

Частное решение: x(t) =

−

−t

;

y(t) = −

−2t

−t

; z(t) = −

−t

291

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

	dx	= y + z,	x

	dt
	dt
439 (4339).	dy	= z + x,	y

	dt
	dt
	dz	= x + y,	z
	dt	= x + y,	z

t = 0

=−1;

=1;

=0.

Решение

Характеристическоеуравнение:

	− k		1	1	= 0	k 3 − 3k − 2 = 0 или (k − 2)(k +1)2 = 0 ;

		1	− k	1
		1	1	− k
k1 = 2, k2,3 = −1 .
		а) k1 = 2:
− 2α			1 + β 1 + γ 1 = 0,
		α 1	− 2β 1 + γ 1 = 0,

		α 1	+ β 1 − 2γ 1 = 0.

		Пусть α 1 = β 1 = γ 1 = 1 . Отсюда получаем первую систему решений:
	x = e		2t , y = e2t , z = e2t .
		1	1	1
		б) k2,3 = –1:
		Три уравнения системы сводятся фактически к одному:					α 2 + β 2 +
+ γ 2 = 0 или α 3 + β 3 + γ 3 = 0 .
		Полученное уравнение имеет два линейно независимых решения,
например:				α 2 =1, β		2 = 0, γ 2 = −1 и α 3 = 0, β 3 = −1, γ 3 =1 .	Каждому

из них соответствует единственное решение: x2 = e−t , y2 = 0, z2 = −e−t

и x3 = 0, y3 = −e−t , z3 = e−t .

Поскольку e e

2t	e−t	0		1	1	0


2t	0	− e−t	=	1	0	−1	= −3 ≠ 0 , то решение
2t	− e−t	e−t		1	−1	1

292

Системы дифференциальных уравнений

образует фундаментальную систему. Общее решение имеет вид:

x(t) = c e2t				+ c	2	e−t , y(t) = c e2t − c e−t ,		z(t) = c e2t − c	2	e−t + c e−t .
			1		2	1	3	1	2	3
	Используем начальные условия:
c1	+ c2		= −1,
c1 − c3 = 1,						3c1 = 0 и c1 = 0, c2 = −1, c3 = −1 .
c1 − c3 = 1,						3c1 = 0 и c1 = 0, c2 = −1, c3 = −1 .
c	− c	2	+ c	= 0
1		2	3

Частное решение: x(t) = −e−t , y(t) = e−t , z(t) = 0 .

440 (4340). Найти пару линий, обладающих следующими свойствами: а) касательные, проведенные в точках с одинаковыми абсциссами, пересекаются на оси ординат; б) нормали, проведенные в точках с одинаковыми абсциссами, пересекаются наосиабсцисс; в) однаизлинийпроходит через точку (1; 1), другая через точку (1; 2).

Решение

Уравнения касательных к 1-й и 2-й кривой соответственно:

				Y = Y1(x0 ) + Y1′(x0 ) (x − x0 ) ;				(1)
				Y = Y2 (x0 ) + Y2′(x0 ) (x − x0 ) .				(2)
По условию при x = 0 левые части (1)
и(2) равны:
[Y2′(x0 ) − Y1′(x0 )]x0 = Y2 (x0 ) − Y1(x0 ) .							y
[Y2′(x0 ) − Y1′(x0 )]x0 = Y2 (x0 ) − Y1(x0 ) .							у1 = f1(x)
Заменяя x0 на произвольную точку х,							у1 = f1(x)
Заменяя x0 на произвольную точку х,							A
имеем:							M1 = (x0, y1)
	d [Y2 (x) − Y1(x)]		dx				M1 = (x0, y1)
	d [Y2 (x) − Y1(x)]	=	dx		Y2 (x) −			M2 = (x0, y2)
	Y2 (x) − Y1(x)	=	x		Y2 (x) −	B		M2 = (x0, y2)
	Y2 (x) − Y1(x)		x		(3)	B	О x0	x
	− Y1(x) = c1x.						О x0	x
								у2 = f2(x)

293

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Уравнения нормалей к кривым в точке х0:

Y = Y1(x0 )

−

(x − x0 ),

′

)

= x − x;

′

− Y (x ))Y (x

(x0 )

1 0

Y = Y2 (x0 ) −

− x0 )

− Y2 (x0 ))Y2′

(x0 ) = x0 − x.

Y2′(x0 )

В точке В

Y = 0:

− Y1(x0 ) Y1′(x0 ) = x0 − x,

′

Y2 (x0 )

Y1(x0 )

− Y2 (x0 ) Y2′(x0 ) = x0 − x

Y ′(x

)

Y (x )

Заменяем x

на x:

Y1′(x)

(x)

Y (x) dY (x) = Y (x) dY (x) ,

Y2′(x)

(x)

Y z

(x) − Y z

(x) = c

(4)

Используем начальные условия для (3) и (4):

Y2 (1) − Y1(1) = c1 1,

2 −1 = c1,

c =1, c

= 3

;

Y2 − Y1 = X ,

Y z (1) − Y z

(1) = c

4 −1 = c

Y z

− Y z

= 3

Y − Y = X ,

3 −

3 +

= 3

; Y2 =

− Y ) (Y + Y )

Y + Y =

2 X

441 (4341). Даны две линии:

y = f (x) , проходящая через точку (0; 1),

и y = ∫ f (t)dt , проходящая через точку (0;

2 ). Касательные, проведен-

−∞

ные к обеим линиям в точках с одинаковыми абсциссами, пересекаются на оси абсцисс. Найти линию y = f (x) .

294

Системы дифференциальных уравнений

Решение
Пусть уравнение первой кривой Y1 = f (x), а второй – Y2 = ∫x							f (t)dt .
					у	−∞
	dY2	= f (x) = Y			у
Тогда	dY2

	dx	1 .			у1
	dx
Уравнения касательных в точке х			0:	Y1
Уравнения касательных в точке х			0:
		x0
		x0			y2
Y1 − Y1(x0 ) = Y1′(x0 ) (x − x0 ) , Y2 − ∫ f (t)dt =				Y2	y2
				Y2
				A	О	x0	x
		−∞		A	О	x0	x

= Y1(x0 ) (x − x0 ) .

		x − x0
		x − x0
В точке A Y1 = Y2 = 0
В точке A Y1 = Y2 = 0
		x − x0
		x − x0

=− Y1(x0 ) ,

Y1′(x0 )

=− Y2 (x0 ) .

Y1(x0 )

Заменяя в правых частях x0 на x, имеем:

Y1′

Приходимксистемедифференциальныхуравнений:

Y = f (x),

= f (x),

Y ′

1 = 2

Y ′

Интегрируя последнее равенство,

получим Y1 = Y2C . При Y1 = 1

и Y

= 1 имеем С =

Итак,

Y = 2Y

и Y

Y . Подставляем

295

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

в первое дифференциальное уравнение: Y

= 1

dY1

или

dY1

= 2dx . Ин-

2 dx

тегрируем его: ln

= 2x + C ;

Y = e2x+C1

; Y

=1:1 = eC1 C = 0 ;

x = 0

Y = e2 x , Y

e2x .

442 (4342). Найтилиниювпространстве, проходящуючерезточку(0; 1; 1) и обладающую свойствами: а) след касательной на плоскости Oху при перемещении точки касания вдоль линии описывает биссектрису угла между положительными направлениями осей Oх и Oу; б) расстояние этого следа от начала координат равно координате z точке касания.

Решение

	x = x (t),
	y = y (t),
Параметрическиеуравнениякривой:	y = y (t),
	z = z (t).
	z = z (t).

Уравнение касательной к кривой L

в точке (x; y; z):

(x, y, z)

− x

y − y

z − z

(1)

x′

y′

z′

x 2

+ y2 = z 2 (поус-

При z = 0

x = y,

ловию OM = z)

x = y =

± z .

(2)

± z

− x

± z

− y

− z

Подставляем (2) в уравнения (1):

x′

y′

z′

296

Системы дифференциальных уравнений

							± z
							2	− x
							2
						± z
								− y
							2
							2
′		z′		z	; x = UV , x′ =U′V +UV ′ ;
x	−	z	x = ±	2	; x = UV , x′ =U′V +UV ′ ;

z′ = −zx′,

(3)

z′ = −zy′;

U ′V + UV ′ −	z′UV = ±	z	;
	z	2

′

z′

′

−

z′

V = 0 ,

′

z′

= z . Тогда

+ U V

−

= ±

; V

U V

U ′ z = ± z

;

U = ±

ln z + C1 ; x (t) = ±

ln z + C1z .

Из второго уравнения системы (3) имеем:

y = ± z ln z + C z , где

z(t)

– свободная координата.

= ± z ln z + C z,

Итак,

= ±

ln z + C2 z.

Используем начальные условия (0; 1; 1):

0 = C1,1 = C2

	z ln z
	2 ,
x = ±	2 ,
	+ z = 0.
x − y	+ z = 0.

443 (4343). Два шарика, масса каждого из которых m, соединены очень легкойпружиной(удлинениееепропорциональнорастягивающейсиле). Длина нерастянутой пружины l0. Пружина растянута до длины l1, а затем в момент t = 0 оба шарика, расположенные вертикально один над

297

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

другим, начинают падать (сопротивлением среды пренебрегаем). Через время T длина нити сокращается до l0. Найти закон движения каждогоизшариков.

Решение

Начальныеусловия:

				y(0) = l1 , y′(0) = 0 ,	x(0) = 0 , x′(0) = 0 .			(1)
				y(0) = l1 , y′(0) = 0 ,	x(0) = 0 , x′(0) = 0 .			(1)
	х(t)		l1
y(t)				Для состояния равновесия		mg
y(t)				Для состояния равновесия
				k(l − l ) = mg	k =		.


		0				l − l0
						l − l0

Дифференциальныеуравнениядвиженияшариков:

m( y − x − l0 )′′ = −k ( y − x − l0 ),m( y + x)′′ = 2mg.

Характеристическоеуравнениедляпервогодифференциальногоурав-

нения: mr2 = −k , r2 = −			k	, r = ±	k i . Тогда	y − x − l	0	= C sin k		t +
нения: mr2 = −k , r2 = −				, r = ±	k i . Тогда	y − x − l		= C sin k		t +
			m	1,2	m			1	m
			m		m				m
+ C2 cos	k	t .
	m

Извторогодифференциальногоуравненияполучаем: y + x = gt 2 +

+ C3t + C4 .

Используя начальные условия (1), имеем:

( y − x − l

)

t = 0

= l

− l

= C

;

( y

− x − l

)′

= 0

= ( y′ − x′)

t = 0

= 0

= C

0 t

1 m

C = 0

. Тогда

y − x − l

= (l

− l

) cos

t .

Сдругой стороны, ( y + x)t = 0 = l1 = C4, ( y′ + x′)t = 0 = (2gt + C3 )t = 0 =

=C3 = 0 .

298

Системы дифференциальных уравнений

Таким образом,

− l

) cos

k t,

y(t) − x(t) − l

gt 2

y(t) =

+ (l + l

) +

y(t) + x(t) = gt

+ l

+ (l

− l

) cos

k t

;

x(t) = 1

− l

− cos

k t

gt2 + (l

)

Учитывая, что шарики совершают колебательное движение и чет-

верть периода колебания

T =

2π

k =

, получаем:

π t

x(t) =

+ (l1

− l0 ) 1 − cos

;

y(t) =

+ (l1 + l0 ) +

+ (l

− l

) cos

π t

444 (4344). Горизонтальная труба вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью 2 радиана в секунду. В трубке находятся два шарика с массами 300 и 200 г, соединенные невесомой упругой нерастянутой пружиной длиной 10 см, причем более тяжелый шарик дальше от оси вращения. Сила 0,24 Н растягивает пружину на 1 см, а центр масс системы шариков удален отосивращения на10 см. Шарики удерживаются вуказанномположениинекоторыммеханизмом. Вмомент, которыйсчитаем началом отсчета времени, действие механизма прекращается, и шарики приходят в движение. Найти закон движения каждого шарика относительно трубки. (Трением пренебрегаем).

Решение

Пусть x – координата более тяжелого шарика; y – более легкого;

Fупр = сδ – сила упругости пружины; с = 0,24 Н/см = 24 Н/м; δ – смещениепружины.

299

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

По условию m1 = 300 г = 0,3 кг; m2 = 200 г = 0,2 кг; ω = 2 рад/с. На рисунке показаны силы, действующие только вдоль трубки ; АВ = 10 см

– первоначальнаядлинапружины; АМиBD – соответственносмещение крайнихточекпружиныпривращениитрубки; С0 – центрмасссистемы.

M		6 см	C0	4 см	D
	A		C0	B
	A			B
O					x	х, у
y		10 см				х, у
y		10 см
	Fсδ	Fупр			Fупр Fсδ
Дифференциальноеуравнениеотносительногодвижениякаждогоиз
шариков (расстояния в метрах) имеет вид

Смещение δ = BD + AM = (x – 0,14) + (0,01 – y) = x – y – 0,1. Тогда

0,3x′′ = 4 0,3x − C (x − y − 0,1),0,2 y′′ = 4 0,2 y + C (x − y − 0,1).

Складывая почленно уравнения системы (1′) получаем

0,3x′′ + 0,2 y′′ = 4(0,3x + 0,2 y) .

Обозначим 0,3x + 0,2 y = U . Тогда 0,3x′′ + 0,2 y′′ = U ′′ , U ′′ −

Характеристическое уравнение: r2 − 4 = 0, r						= ± 2 ; U = C0e2t
					1,2				1
+ C0e−2t =	C1 + C2	e2t +	C1 − C2	e−2t = C ch 2t + C				2	sh 2t
+ C0e−2t =		e2t +		e−2t = C ch 2t + C					sh 2t
2	2	2			1
	2	2
	0,3x + 0,2 y = C1 ch 2t + C2 sh 2t,
		0,3x′ + 0,2 y′ = 2 (C			sh 2t + C	2	ch 2t).
		1				2

(1′)

(2)

4U = 0 .

(3)

300

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 2930 / 3230 31 32 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.2015249.86 Кб7Kursova_robota_pochti_gotovaya.doc
#
15.02.20151.24 Mб16Kursovoy_Sistemy.docx
#
09.12.2018274.43 Кб9kurs_9.doc
#
19.08.2019138.24 Кб1Kurs_lektsiy.doc
#
15.02.2015979.17 Кб19Kuznecov_Praktikum.pdf
#
15.02.20154.95 Mб1108Kuznecov_reshebnik.pdf
#
15.02.20158.28 Mб43Kvasnickij_Pajka_mat.pdf
#
14.02.2015755.2 Кб41Lab1_kl_metod.doc
#
14.02.20152.66 Mб34Lab2_KL_metod.doc
#
14.02.2015547.06 Кб27Laba_1.docx
#
14.02.2015177.15 Кб7Laba_2.doc