Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений дифференциальные уравнения старшего порядка

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

836 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1312 13 > Следующая >>>

y(t) =C1et +C2e−t ;

2) решение неоднородного ЛДУ, имеющего в правой части сумму двух квазимногочленов Эйлера, ищем в виде

y(t) = A sint + Bcost +Csin2t + Dcos2t ;

применяя	метод неопределенных коэффициентов, получим
В = С = 0, A = –2, D = –1,
	y(t) = −2sint −cos2t .
Общее решение неоднородного ЛДУ имеет вид
	y(t) = y(t) +y(t) =C et +C e−t −2sint −cos2t .
	1	2
Решим	задачу Коши с начальными условиями: y(0) = −1,
y′(0) = −2 .

Для определения неизвестных констант получим систему

уравнений:

C +C =0,

C1 =C2 =0.

C1 −C2 =0,

Ответ: y(t) = −2sint −cos2t .

Пример 2.44. x′′+x′=t cos2t,

x(0) =0,

x′(0) =0 .

Решение.

Пусть x(t) ↔ X(p) , тогда

x′(t) ↔ p X(p) −x(0) = p X(p) ,

x′′(t) ↔ p2X(p) − px(0) −x′(0) = p2X(p) ,

p2 X(p) + p X(p) = F(p) ,

(p2 + p) X(p) = F(p) .

Найдем F(p):

cos2t ↔

p2 +

′

p2 +4 −2p2

p2 −4

t cos2t ↔(−1)

= −

= F(p) .

+4)

111

Получим операторное уравнение:

(p2 + p) X(p) =

−4

(p2

+4)2

откуда

X(p) =

p2 −4

(p2 +4)2 (p2 + p)

Восстановите оригиналы самостоятельно.

Ответ: x(t) = −

sint +

sin2t −

cos2t .

Самостоятельно решить задачу Коши:

x′−x =t −1, x(0) =0 ;

x′′+4x =sin3t, x(0) =0, x′(0) =0 ;

x′′′−x′′=0, x(0) =2,

x′(0) =0, x′′(0) =1.

Ответы:

1)x(t) = −t ;

2)x(t) =103 sin2t −15 sin3t ;

3)x(t) =1−t +et .

2.5.Решение систем линейных дифференциальных уравнений первого

порядка

Рассмотрим задачу Коши для системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами, разрешенной относительно производных:

u1(t) =a11u1(t) +a12u2 (t) + +a1nun (t) +f1(t),

= + + + +

u2 (t) a21u1(t) a22u2 (t) a2nun (t) f2 (t),

un (t) =an1u1(t) +an2u2 (t) + +annun (t) +fn (t)

112

с заданными начальными условиями в точке t = 0: u1(0),u2 (0), ,un (0) ,

где ui(t) – неизвестные функции, входящие в уравнения вместе со своими первыми производными, i = 1, …, n;

ai j – постоянные коэффициенты линейных комбинаций неизвестных функций ui(t) в правой части каждого из уравнений, i, j = 1, …, n;

fi(t) –известные функции, i = 1, …, n.

Введем обозначения:

u – вектор-столбец неизвестных функций;

u – вектор-столбец производных неизвестных функций;

f – вектор-столбец известных функций в правой части ра-

венств.

u (t)

(t)

f (t)

u2 (t)

f2 (t)

u =

f =

(t)

f (t)

Квадратная матрица постоянных коэффициентов линейных уравнений в правой части уравнений имеет вид

a11	a12	a1n
A = a21	a22	a2n .

a	a	a
n1	n2	nn

Предположим, что матрица А невырождена и имеет ненулевой определитель.

Cистема дифференциальных уравнений может быть записана

в матричной форме:

(t)

a11

a12

a1n

(t)

a21

a22

a2n

(t)

или u = A u +f .

(t)

f (t)

Предположим, что каждая из функций ui(t) является оригиналом, которому соответствует изображение Ui(p):

113

u (t)

U (p)

u2 (t)

U2 (p)

ui (t) ↔Ui (p), i =1,2, ,n

↔

u(t) ↔U(p) .

(t)

(p)

Найдем изображения правой и левой частей каждого из уравнений, пользуясь теоремой о дифференцировании оригинала и свойством линейности. Тогда для каждой функции ui(t) должно

выполняться

ui (t) = p Ui (p) −ui (0),

i =1,2, , n .

В векторной форме

u1(t)

p U1(p) −u1(0)

(t)

p U (p) −u (0)

или u = p U(p) −u(0) .

(t)

p U (p) −u (0)

Предположим также, что все функции fi(t) являются оригиналами, которым соответствуют изображения Fi(p):

f (t)

F (p)

f2 (t)

F2 (p)

fi (t) ↔ Fi (p), i =1,2, ,n

↔

f (t) ↔ F(p) .

f (t)

(p)

Составим систему операторных уравнений в матричной форме: p U(p) −u(0) = A U(p) + F(p) .

Решим это матричное уравнение, учитывая все свойства ма-

тричных операций:

p U

(p) − A U(p) =

(0)

+ F(p) ,

(p) =

(0) +

(p) ,

(p I − A) U

где I – единичная матрица,

p I =

114

Мы получили систему линейных алгебраических уравнений относительно неизвестного вектора U(p) с невырожденной матрицей коэффициентов

	p −a11		−a12	−a1n
		−a21	p −a22
(p I − A)=		−a21	p −a22	−a2n
(p I − A)=						.
		−a	−a		p −a
		n1	n2		nn

Тогда

U(p) =(p I − A)−1 (u(0) + F(p)),

где (p I − A)−1 – обратная матрица.

Для невырожденной матрицы А рассматриваемая обратная матрица существует.

По найденным изображениям U(p) необходимо восстановить оригиналы u(t) .

Заметим, что данный способ решения приводит решение системы дифференциальных уравнений к решению системы алгебраических линейных уравнений. Система с невырожденной матрицей p·I – A может быть решена рассмотренным методом обратной матрицы либо любым другим доступным для невырож-

денных линейных систем методом.
Решить задачу Коши.
	x = y −1,	x(0) =1,
Пример 2.45.
Решение.	y = −x −2y;	y(0)	= −1.

Приведем условие в соответствие с использованными выше

обозначениями:

x(t)

(t)

−1

u(t) =

u =

f =

u(0) =

A =

−1

−2

y(t)

−1

Все функции в условии удовлетворяют условиям оригинала. Перейдем к изображениям функций в правой и левой частях уравнений.

115

			X(p)
			X(p)
Пусть	u	(t) ↔U(p) =		– функции, которые необходимо
			Y(p)
				−	1



найти, при этом f (t) ↔ F(p) =					p .
				0
				0

После замены
	u			p X(p)	1
				p X(p)	1
		(t) ↔ p U(p) −	u	(0) =	−
				p Y(p)		−1

и подстановки получим матричное уравнение

(p I − A) U

(p) =

(0) + F(p) ,

0 1

p −1

где (p I − A)=

−

−1

−2

−

1−

u(0) + F(p) =

−1

−1+0

Найдем (p I − A)−1 методом алгебраических дополнений: 1) p I − A = p −1 = p(p +2) +1 =(p +1)2 ;

1p +2

	2)											p +2		−1		;
	2)	матрица алгебраических дополнений											1	p		;
													1	p
	3)		транспонированная матрица алгебраических дополнений
p +2			1
	−1		;
	−1		p					1	p +2			1
								1	p +2			1
	4)	обратная матрица										.
	4)	обратная матрица						2				.
								(p +1)	−1			p
	Проверка:
						1		p +2 1			p	−1
										×			=
						2				×			=
					(p +1)			−1	p 1			p +2
				1			p2	+2p +1			0		1 0
			=									=			.
			=	2						2		=			.
				2				0	p	2
				(p +1)				0	p		+2p +1		0	1

116

Тогда

(p) =(p I − A)−1 (

(p))

(0) + F

p +2 1

1−

(p +

1−

−1

+1)

(p +1)

−1+0

−1

− p

(p +2)(p −1) − p

p2 −2

X(p)

p(p +1)

+1)

−p

− p +1

−p

− p +1

Y(p)

p(p +1)

Восстановим оригиналы:

1) X(p) =

p2 −2

= −

↔ −2 1+3 e−t +t e−t ;

p(p +1)2

p +1

(p +1)2

2) Y(p) =

−p2 − p +1 =

−

↔1−2 e−t −t e−t .

p +1

(p +1)2

p(p +1)2

−2

1+3 e

−t

+t e

−t

x(t) = −2 1+3 e

Ответ:

(t) =

1−2 e−t −t e−t

y(t) =1−2 e−t −t e−t.

Заметим, что решение задачи может быть проведено без опе-

раций с матрицами.
Рассмотрим исходную систему:
x = y −1,		x(0) =1,
				= −1.
y = −x −2y,		y(0)		= −1.
Предположим, что x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) , тогда
x(t) ↔ p X(p) −x(0),		y(t) ↔ p Y(p) −y(0) ,
			1
p X(p) −1	=Y(p) −				,
p X(p) −1	=Y(p) −		p		,
			p
	= −X(p) −2Y(p).
p Y(p) +1	= −X(p) −2Y(p).

117

Отсюда

Y(p) = p X(p) −1

(−p −2) p

X(p) −1+

= X(p) +1

(*).

Из уравнения (*) найдем X(p):

X(p) (−p2 −2p −1) =

− p ,

− p

X(p) =

p2 −2

−p2 −2p −1

p(p +1)2

Отсюда

Y(p) = p X(p) −1+

= p

p2 −

−1

p(p +1)2

В итоге

−2

X(p) =

p(p +1)2

p2 −2

Y(p) = p

−1+

p(p +1)

Восстановим оригиналы, используя разложение на простей-

шие дроби. Самостоятельно убедитесь в том, что

−t

X(p) = −

↔ −2 1+3 e

+t e

p +1

+1)

Y(p) =

−

↔1−2 e−t −t e−t.

p +1

(p +1)

= −2 1+3 e

−t

+t e

−t

x(t)

Ответ:

=1−2 e−t −t e−t.

y(t)

= −y +2, x(0) = −1,

Пример 2.46.

=x +1,

y(0) =0.

Решение.

Аналогично предыдущему проведем решение двумя способами.

118


	Для матричного способа решения составим матрицы:
		x(t)	,		x	(t)		−1	0	−1		2


u(t) =				u =		,	u(0) =	,	A =	,	f (t) =		1	.
		y(t)			y(t)			0	1	0			1

x(t)

X(p)

↔ F(p) =

Пусть

(t) =

↔U(p) =

f (t) =

y(t)

Y(p)

После замены

(p) −

(0)

получим матричное урав-

(t) ↔ p U

нение

(p) =

(0) +

(p) ,

(p I − A) U

где

−1+

−1

(p I −

A)=

−

(0) + F(p) =

−1

0 +

(p I − A)−1

Найдем обратную матрицу

методом алгебраиче-

ских дополнений:

p I − A

p 1

= p2

+1;

−1

2) матрица алгебраических дополнений

;

−1

3) транспонированная матрица алгебраических дополнений

−1

;

−1

4) обратная матрица

Проверка:

−1

p2 +1

1 0

−1

0 1

119

Тогда

−1+

−1

U(p) =(p I −

(u(0) + F(p))

−p +2

−

p −1+

−

X(p)

−1+

Y(p)

Восстановим оригиналы:

−p +

2 −

1) X(p) =

= −

−

p2 +1

p (p2

+1)

p2 +1

= −

−

↔

2sint −

1 ;

p2 +1

2) Y(p) =

−

↔2 −2 cost .

+1)

p2 +

p(p2

2sint −1

x(t) =2sint −1,

Ответ:

(t) =

−2

cost

y(t)

=2 −2 cost.

Рассмотрим решение задачи без матричных операций:

= −y +2,

x(0) = −1,

y =x +1,

y(0) =0.

Предположим, что x(t) ↔ X(p), y(t) ↔ Y(p) , тогда

x(t) ↔ p X(p) −x(0) = p X(p) +1,

y(t) ↔ p Y(p) −y(0) = p Y(p) ,

X(p) +1

= −Y(p) +

p Y(p) = X(p) +

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 1312 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]