Dyukarev, Litvinova Diff

(якщо не є власним значенням матриціA, то вважаємо r 0).

Тоді у СЛДР

(15.7) існує частинний розв’язок вигляду

x Q(t)e t.

(15.8)

Тут Q(t)– векторний многочлен вигляду

Q1(t)

Q (t)

,

Q(t)

2

Qn(t)

x

2

4 x

4

(15.9)

1

2

2

1

0

e 2t.

x2

x2

x

a

a,b .

1

e 2t,

x2

b

4

4

a

4

2

0

0

.

b

x

0

1

e 2t

x2

1

x = Ax P(t)e t cos t.

(15.10)

Тут A – дійсна n n матриця,

, – числові параметри, та

P(t) –

векторний многочлен у вигляді

y = Ay P(t)e t sin t.

(15.11)

Помножимо обидві частини рівняння (15.11) на i

та складемо рівняння (15.10)

та (15.11). Отримаємо комплексифіковане рівняння

z = Az P(t)e t,

i .

(15.12)

x

2

1 x

0

1

1

2

1

5

et cost.

x2

x2

z

2

1 z

0

1

1

e(1 i)t.

z2

1

2 z2

5

Контрольне число 1 i

не є власним числом матриці системи. Тому r 0, і

у системи існує частинний розв’язок у вигляді:

z

a

1

e(1 i)t.

z2

b

Підставляючи частинний розв’язок

у комплексифіковане рівняння, отримаємо

систему лінійних рівнянь відносно a та

b:

1 i

1 a

0

1

1 i

.

b

5

З цього випливає, що a 1 2i

та

b 1 3i. Тому

z

1 2i

1 2i

1

e(1 i)t

et(cost isint)

z2

1 3i

1 3i

cost

2sint

2cost sint

et

cost

iet

.

3sint

3cost sint

Таким чином,

x

Re

z

et( cost 2sint)

1

1

t

.

(cost 3sint)

x2

z2

e

Зауваження. Нехай дано неоднорідне рівняння вигляду

,

(15.13)

x = Ax f1

f2

fk

і вектор-функції x1, x2 ,xk

задовольняють рівнянням

Аудиторні

Домашні

Розв’язати системи:

Розв’язати системи:

x

tg

2

t 1

x1 x1 2x2

x

№ 15.5.

e

3t .

№ 15.1. 1

2

.

x2

3x1 4x2

x tgt

e

2t

1

x

2

1

x1 4x1 2x2

2

x1

x1 x2

1

e

t

№ 15.6.

cost .

1

.

№ 15.2.

3

x

2x x

x2

6x1 3x2

t

2

1

2

e 1

x1

5x1

3x2 2e3t

№ 15.7.

x1 2x2 16tet .

.

№ 15.3. x1

x

x x 5e-t

x

2x 2x

2

1

2

2

1

2

x1

4x1

3x2 sint

x1

x1 x2 2sint

№ 15.8.

2x1

.

№ 15.4.

2x1 x2

.

x2

x2 2cost

x2

x С1 cost С2 sint,

С1,С2 .

(16.1)

y x С1 sint С2 cost,

С1,С2 .

(16.2)

x С1 cost С2 sint et,

С1,С2

.

Звідси

y x 1 С sint С cost et

1.

1

2

x

y2 sint

.

y

x

2y

x 2yy cost.

(16.3)

Аудиторні

Домашні

Методом виключень розв’язати

Методом виключень розв’язати

системи:

системи:

x x 8y 0

x x y

№ 16.1.

№ 16.6.

.

y

x y 0 .

y

3y 2x

x 3x y

№ 16.7.

x 5x 3y 0

№ 16.2.

.

.

4x y

y

3x y 0

y

x 2y

x 3x 4y

№ 16.3.

№ 16.8.

.

y 2x.

y

x y

№ 16.4.

x y 2et

.

№ 16.9.

x 3x 2y 4e5t

x 2y

y

x

t

2

y

№ 16.5.

2x

y

e

t

№16.10.

x 2x 4y 4e 2t

x

.

2t

y 2x 2y

y

2x

x

f

2

(t,x ,x ,

x

n

)

2

1

2

,

(17.1)

.......................

x

f

n

(t,x ,x , x

n

)

n

1

2

де f1, f2, , fn

– функції неперервні та диференційовані в області n 1.

інтегралом системи рівнянь

(17.1), якщо

для будь-якого розв’язку

{x1(t), x2(t), ,xn(t)}, визначеного

на інтервалі

( , ) ,

існує стала C

така, що

Перші інтеграли

1, 2, , k :

системи

(17.1)

називаються

незалежними, якщо в області

ранг матриці

1

1

1

t

x

x

1

n

D( , ,

, )

2

2

2

t

x1

xn

D(t,x ,x , ,x )

1

2

k

1

2

n

k

k

k

t

x

xn

1

дорівнює k . Якщо відомі

k

незалежних перших інтегралів системи (17.1), то з

їх допомогою можна виключити з системи

(17.1)

k

функцій

і отримати

систему з n k рівняннями.

Приклад 17.1. Дана система диференціальних рівнянь:

1

1

1

x

f1

f

2 x t

t

0.

t

x

y

І далі

2

2

2

f2 y 2x

x

t

2x2 ty

f1

t

0.

t

x

y

t2

Таким чином, функції 1 tx

та

2 ty x2

є першими інтегралами нашої

системи. Доведемо їх незалежність. Дійсно

D(

,

2

)

x t

0

1

.

D(t,x1,x2)

y 2x t

x y2

sinx

y ycosx.

Знайти перший інтеграл цієї системи.

Помножимо перше рівняння на

ycosx, а друге – на ( y2 sinx) та

dx1

dx2

dxn

.

(17.2)

X

(x ,x , x )

X

2

(x ,x , x )

X

n

(x ,x , x )

1

1 2

n

1 2

n

1 2

n

a1

a2

an

b

b

b

1

2

n

та довільні числа k1, k2, ,kn , то

a1

a2

an

k1a1 k2a2 knan

.

(17.3)

b

b

b

kb k b k b

1

2

n

1 1 2 2

n n

dx

dy

dz

.

2z y

y

z

Інтегруючи рівність

dy

dz

, отримаємо перший інтеграл:

y

z

y

C .

z

1

За допомогою (17.3) утворимо інтегровану комбінацію:

dx

2dz dy

.

2z y

2z y

Звідси

d(x y 2z) 0.

Отже, ще

один

перший

інтеграл

має вигляд

x y 2z С2 . Очевидно, що знайдені перші інтеграли незалежні.

Приклад 17.4. Знайти два незалежні перші інтеграли системи

dx

dy

dz

.

xz

yz

xy

Із

співвідношення

dx

dy

знаходимо

перший

інтеграл

x C y . За

xz

yz

1

допомогою (17.3) утворюємо інтегровану комбінацію

ydx xdy

dz

. Звідси

yxz xyz

xy

d(xy z2) 0. Отже, ще один

перший інтеграл має вигляд

xy z2 С .

2

Очевидно, що знайдені перші інтеграли незалежні.

Приклад 17.5. Знайти два незалежні перші інтеграли системи

dx

dy

dz

.

2xy y2 x2 z2

2yz

Прирівнюючи перше та третє співвідношення, здобудемо

dx

dz

.

2xy

2yz

Скорочуючи на

2y та виконуючи інтегрування,

знаходимо перший інтеграл

x C1z. За допомогою (17.3) утворюємо інтегровану комбінацію:

2xdx 2ydy 2zdz

dz

.

2x(2xy) 2y(y2 x2 z2) 2z(2yz) 2yz

Звідси

d(x2 y

2 z

2)

dz

. Отже, ще один перший інтеграл має вигляд

y2

x2

z2

z

dx

dy

dz

.

x y xy2

x2 y x y

y2 x2

За допомогою (17.3) утворюємо інтегровану комбінацію:

2xdx 2ydy

dz

.

y2 x2

2x(x y xy2) 2y(x2 y x y)

Звідси

d(x2 y2)

dz

. І далі d(x2 y2 2z) 0. Звідси знаходимо

2(x2 y2)

(x2 y2)

перший інтеграл x2 y2 2z C .

1

За допомогою (17.3) утворюємо ще одну інтегровану комбінацію:

ydx xdy

dz

.

y2 x2

y(x y xy2) x(x2 y x y)

Звідси маємо

d(xy)

dz

. Отже,

ще один перший інтеграл має

(y2 x2)(1 xy)

y2 x2