Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений. Элементы теории устойчивости решений. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

748 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Найденную функцию подставим в уравнение (1): x′=xy +t2 ,

x′=x 2t +t2 .

Получено линейное дифференциальное уравнение x′−x 2t =t2 ,

которое можно решить, например, методом Бернулли: x(t) = = u(t) · υ(t):

	∫	2	dt		2lnt		2
1) υ(t) =e				=e		=t		;
		t

2) u′t2 =t2 ,

u = t + C.

Окончательно x(t) =t2 (t +C) .

Найдем константу из начального условия x(1) = 3:

x(1) =1+C =3 C =2 .

В результате получим

x =t3 +2t2,

II. Вводим функции u =

∂x

= ∂y

и систему для их

определения

∂µ

µ=2

∂µ

µ=2

u′

∂f1 u

+ ∂f1

= y u +x u +0,

∂x

∂y

∂µ

∂f2 u

+ ∂f2

u′

=0 u

−y u +0,

∂x

∂y

∂µ

где

f =xy +t2,

= −

с начальными условиями u

(1) = ∂a1

=0,u (1) = ∂a2

=1.

∂µ

µ=2

Подставляем x =t3 +2t2, y =

u1′

u1 +(t

+2t

) u2,

(1)

=0,

=1.

u′

= −

u ;

(2)

(1)

Система позволяет определить функцию u2(t) из уравнения (2):

u′ = −					2	u ,		u (1) =1.
u′ = −						u ,		u (1) =1.
	2				t		2	2
Это уравнение с разделяющимися переменными:
				du2			= −	2dt	,
				u				t
			2
	lnu2 = −2lnt +lnC ,
u =		C	, C =1 u =							1	.
u =		t2	, C =1 u =								.
2		t2						2		t2

Подставляем найденную функцию u2(t) в уравнение (1)

u′	=	2	u	+(t3 +2t2 ) u ,	u (1) =0
		t
1			1	2	1

и получаем линейное дифференциальное уравнение первого порядка, которое решаем методом Бернулли:

u1′ − 2t u1 =t +2 , u1(t) =c(t) υ(t) .

	∫	2	dt		2lnt		2
1) υ(t) =e				=e		=t		;
		t

2) c′t2 =t +2 ,

c′=1t + t22 ,

c(t) =lnt −

u (t) = lnt −

t2 ,

u1(1) =0

c0 =2.

∂x

Ответ:

= lnt −

∂y0

µ=2

∂y

Пример 2.7. Найти

для системы дифференциальных

уравнений

∂µ

µ=0

x′=x +y,

x(0) =1+µ,

y(0) = −2.

y′=2x +µy2;

Решение.

1 (

)

Обозначим

x(0)

=1+µ =a

= −2

=a (µ).

y(0)

I. Решаем задачу Коши при μ = 0:

x′=x +y,

x(0) =1,

= −2.

y′=2x;

y(0)

Алгоритм решения однородной линейной системы описан в разделе 2.8.3, методического пособия 3457. Приведем резуль-

таты решения:
1		1		A −kI	=	1−k	1	=k2	−k −2 =0 .
1		1				1−k	1
A =	2	0	,			2	−k
	2	0				2	−k

Собственные числа: k1 = 2, k2 = –1.

Собственные векторы, отвечающие собственным значениям:

1) k1 = 2;
1−2		1	=	−1	1		1	−1
A −2I =	2		=			→	0	0	,
	2	−2		2	−2		0	0
	p1	− p2 =0 P1			1
	p1	− p2 =0 P1			= .
					1

2) k2 = – 1;

→

A + I =

2p1 + p2 =0 P2

−2

Общее решение системы в векторном виде:

x(t)

=C1P1e2t

+C2P2e−t =C1

e2t

+C2

e−t .

y(t)

−2

Фундаментальная система решений Φ =

e2t

e−t

−t

−2e

Найдем значения констант из начальных условий:

x(0) =1,

С1

+С2 =1,

С1 =0,

−2C2 = −2,

=1.

y(0) = −2,

−t

x(t)

В результате получим

= −2e−t.

y(t)

II. Вводим функции u

= ∂x

= ∂y

и систему для их

определения

∂µ

µ=0

∂µ

µ=0

u′

∂f1 u +

∂f1 u + ∂f1 =1 u +1 u +0,

∂x

∂y

∂µ

∂f2 u +

∂f2 u + ∂f2 =2 u +2µy u +y2,

u′

∂x

∂y

∂µ

где

f =x +y,

f =

2x +µy2,

с начальными условиями u (0) = ∂a1 =1,

(0) = ∂a2 =0 .

∂µ

Подставляем найденное частное решение x(t) =e−t, y(t) = −2e−t :

u′	=u	+u ,	(1)	u (0)		=1,
1	1	2		1
u′	=2 u +4e−2t;		(2)	u2	(0)	=0.
		1
2		1

Решаем систему линейных неоднородных уравнений первого

			1		1	и вектором сво-
порядка с матрицей коэффициентов A =				2	0	и вектором сво-
	0			2	0
бодных членов F =	4e	−2t .
	4e

Собственные числа матрицы k1 = 2, k2 = – 1 (убедиться само-

стоятельно).
	Аналогично				предыдущему находим собственные векторы
P1		1	, P2	1		и записываем общее решение однородной си-
P1	=		, P2	=		и записываем общее решение однородной си-
		1		−2

стемы в векторной форме:
		(t)			1	1
	u
	1		=C1P1e2t +C2P2e−t =C1	e2t +C2			e−t .
						−2
u2 (t)					1

e2t		e−t
Фундаментальная система решений Φ =	2t			.
		−2e	−t
e

Алгоритм решения системы неоднородных линейных дифференциальных уравнений описан в разделе 2.8.4 пособия 3457, приведем результаты решения.

Частное решение неоднородной системы ищем в виде

u	u	=ΦC(t) ,
u	= 1	=ΦC(t) ,
	u2

где вектор-столбец констант С предполагается искать в виде

функции, тогда
			C′		(t)		=Φ−1		0
C′(t) = 1					=Φ−1 F		=Φ−1		.
			C2′		(t)				4e−2t
Найдем обратную матрицу Φ–1:
	Φ	=		e2t	e−t	= −2et −et		= −3et ;


				e2t	−2e−t
				e2t	−2e−t

−2e−t

−e2t

матрица алгебраических дополнений Φ =

−t

;

−e

обратная матрица Φ−1

−2e−t

−e−t

2e−2t

e−2t

= −

−e

Тогда

2e−2t

e−2t

4e−4t

C′(t) =Φ−1

−2t

−e

−4e

−t

Интегрируем почленно:

C′

(t) =

−4t

(t) = −

−4t

C′

(t) = −

e−t,

(t) =

e−t.

При вычислении первообразных достаточно получить какоенибудь частное решение, поэтому константы после интегрирования C1(t) и C2(t) равны нулю.

Получаем частное решение линейной системы:

−

−4t

e2t

e−t

e−2t

=ΦC(t) =

−2e

−t

−3e

−2t

Общее решение является суммой общего решения однородной

системы и частного решения неоднородной:

u (t)

(t)

e−2t

+ 1

=C1 e2t +C2

e−t

u2 (t)

−2

−3e

−2t

Константы С1 и С2 найдем из начальных условий:

u (0) =1,

u2 (0) =0.

В векторной форме частное решение имеет вид

e−2t

=C1 e0

+C2

−2

−3e

−2t

Покомпонентно

C +C +1 =1,

C +C =0,

C =1,

C1 −2C2 −3 =0,

C1 −2C2 =3,

C2 = −1.

Решение задачи Коши:

u (t)

e−2t

e2t −

e−t +

u2 (t)

−2

−3e

−2t

Ответ: u

= ∂y

=e2t

−2e−t −3e−2t .

∂µ

µ=0

Пример 2.8. Найти:

∂x

для уравнения

∂µ

µ=1

x(0) =

x′′−x′=(x +1)

−µx

x′(0) = −1.

Решение.

I.Решаем задачу Коши при μ = 1:

x′′−x′=(x +1)2 −x2 =2x +1 ,

x′′−x′−2x =1.

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с характеристическим уравнением k2 – k –2 = 0,

корни которого k1,2	2	.
корни которого k1,2	=	.
	−1			=C e2t +C e−t .
Общее решение однородного уравнения:
Общее решение однородного уравнения:			x
		1			2

Правая часть неоднородного уравнения имеет вид квазимногочлена Эйлера, поэтому частное решение неоднородного уравнения ищем, используя метод неопределенных коэффициентов в виде x = A :

−2A =1 A = −12 .

Общее решение неоднородного уравнения: x =C1e2t +C2e−t − 12 .

Найдем константы, используя начальные условия x(0) = 12,x′(0) = −1.

Продифференцируем предварительно общее решение неоднородного уравнения

x′=2C1e2t −C2e−t .

Получаем систему алгебраических уравнений для определе-

ния констант:
	+C2 −		1	=		1			C1	=0,
C1							,				.
C1			2			2	,
			2			2				=1.
		−C	= −1,						C2	=1.
2C		−C	= −1,
	1	2
Решение задачи Коши: x =e					−t		−	1	.
Решение задачи Коши: x =e							−	2	.
								2

II.Дифференцируем исходное дифференциальное уравнение

иусловия однозначности по параметру μ:

∂x

∂

((x +1)2 )

∂

(µ x2 (t,µ)),

−

∂µ

где

∂

((x +1)2 )=2(x +1)

∂x

∂µ

∂

∂x

(µ x2 (t,µ))=x2 +µ 2x ∂µ .

∂µ

Обозначим

∂x

=u(t) , тогда

∂µ

u′′−u′=2(x +1) u −(x2 +µ 2x u). При μ = 1 получим

u′′−u′−2u = −x2 ,

где x(t) =e−t − 12 .

Приходим к неоднородному линейному уравнению второго порядка

	−t		1	2
u′′−u′−2u = − e		−
u′′−u′−2u = − e		−	2
			2

с характеристическим уравнением k2 – k – 2 = 0, k1 = – 1, k2 = 2.

Общее решение однородного уравнения: u =C1e2t +C2e−t . Частное решение неоднородного будем искать, заметив, что

в правой части уравнения содержится сумма трех квазимногочленов Эйлера:

−t

1 2

−2t

−t

f(t) = −

−

= −e

−

=f +f +f .

1 2 3

Найдем каждое из трех частных решений:

1) f

= −e−2t ;

u = Ae−2t ;

4 A + 4 A – 2 A = – 1;

A = −

= −

e−2t .

2) f

=e−t ;

= A t e−t ;

′ = A e−t − A t e−t ;

u2′′= −A e−t − A (e−t −t e−t ).

Продолжите решение самостоятельно.

Проверьте результат:

−3A =1, A = −

= −

t e−t .

3) f

= −

;

= A, u2′ =0,

u2′′=0 ;

−2A = −

, A =

, u

Тогда частное решение уравнения примет вид u(t) =u1 +u2 +u3 = −14 e−2t − 13 te−t + 18 .

Общее решение:

u =C1e2t +C2e−t − 14 e−2t − 13 te−t + 18 .

Задача Коши: дифференцируем по μ условия однозначности:

														=			∂a (µ)						=0,
				1								u(0)					1
				1								u(0)
	x(0) =				=a1	(µ),													∂µ
	x(0) =			2	=a1	(µ),													∂µ
		′		2													∂a2				(µ)
		′	= −1 =a2 (µ),												=		∂a2				(µ)		=0;
	x (0)		= −1 =a2 (µ),										u′(0)		=								=0;
																			∂µ
																			∂µ
		C		+C		=		1	,				C		= −					1		,
		C		+C		=			,				C		= −							,
			1		2		8							1			72
							8										72
										1									5
		2C			−C		= −			1	,		C		=				5		.
		2C			−C		= −				,		C		=						.
				1	2					6				2			36
										6							36
Ответ: ∂x																							1
		=u =C e2t +C e−t									−	1	e−2t −			1		te−t +					1	.
		=u =C e2t +C e−t									−		e−2t −					te−t +						.
∂µ				1			2					4				3							8
	µ=1											4				3							8
	µ=1

Самостоятельно найти производную по параметру для системы дифференциальных уравнений:

x′=4y

+1,

x(0) = −µ,

∂x

=? ;

=3t2

+9µx2

y(0) = −1+µ; ∂µ

y′

;

µ=0

x′=2y,

x(0) =1−µ,

∂x

=?;

=2t +7µx2;

y(0) =µ;

∂µ

y′

µ=0

x′

=x +3y,

x(0)

= −3

+µ,

∂x

=? .

y′=2x

+µ(3y +x);

y(0)

= −2

−µ;

∂µ

µ=0

Ответы:

∂x

2 10

∂µ

µ=0 =

−

+27t

+4t

−1;

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]