Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1313 вуза, 5303 предмета.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Гродненский государственный университет им. Я. Купалы
Предмет:
[НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Файл:

Математика для инженеров(теория)I том

.pdf
Скачиваний:
128
Добавлен:
18.02.2016
Размер:
4.09 Mб
Скачать
☆

ìdx

 

= ax + by + R (x, y),

ï

 

 

 

 

 

1

í dt

 

 

 

 

(1΄)

ïdy

 

= cx

 

+ dy + R2 (x, y).

ï

 

 

 

î dt

 

 

 

 

 

Вместо системы (1΄) рассмотрим систему

 

 

 

ìdx

 

= ax + by,

 

 

ï

 

 

 

 

 

(7΄)

 

 

 

í dt

 

 

 

 

ïdy

 

= cx + dy,

 

 

ï

 

 

 

 

 

î dt

 

 

называемую системой уравнений первого приближения для системы (1).

Замечание 1. Если точка (x0; y0 ) – некоторое другое положение равновесия системы (1) ( x0 ¹ 0 или y0 ¹ 0 ), то система первого приближения строится так: в системе (1) сначала сделаем замену x = u + x0 , y = v + y0 и получим функ-

 

%

+ y0 ) ,

а

дальше

ции g(u,v) = g(u + x0 ,v + y0 ), f (u,v) = f (u + x0 ,v

%

 

 

 

 

поступаем так же, как и раньше с заменой

x на

u ,

а y на

v .

Справедливы следующие утверждения:

 

 

1. Если все корни характеристического уравнения

 

λ2 - Sp A× λ + det A = 0

 

 

(9)

имеют

отрицательные вещественные части, то

нулевое

решение

x = y = 0 системы (7΄) и системы (1΄) асимптотически устойчиво.

2.

Если хотя бы один корень характеристического

уравнения (9) имеет положительную вещественную часть, то нулевое решение системы (7΄) и системы (1΄) неустой- чиво.

Говорят, что в случаях 1 и 2 возможно исследование на устойчивость по первому приближению.

Упражнение 2. Доказать утверждения 1, 2.

В критических случаях, когда вещественные части всех корней характеристического уравнения (9) неположи- тельны, причем вещественная часть хотя бы одного корня равна нулю, исследование на устойчивость по первому приближению, вообще говоря, невозможно.

Пример 4. Исследовать на устойчивость по первому приближению точку покоя x = 0, y = 0 системы

573

ì

&

= 2x + y -

5y

2

,

ïx

 

 

í

&

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ïy = 3x + y +

2

 

 

 

î

 

 

 

 

 

æ

&

dx

&

dy ö

(10)

 

 

 

÷ .

ç x =

dt

, y =

è

 

 

dt ø

 

Решение. Система первого приближения имеет вид

ìx = 2x + y,

 

&

(11)

í &

îy = 3x + y,

 

так как нелинейные члены удовлетворяют нужным условиям, их по- рядок больше или равен двум. Составим характеристическое уравнение системы (11):

 

2 - λ

1

 

 

 

 

 

=

3 +

 

 

, λ =

3 -

 

 

 

.

 

= 0

или λ2 - 3λ -1 = 0 Þ λ

1

13

 

13

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 1- λ

 

 

 

 

2

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Корни этого уравнения вещественные и λ1 > 0 .

Следо-

вательно,

нулевое решение x = 0, y = 0 системы (10)

неус-

тойчиво.

□

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 5. Колебания математического маятника опи-

сываются уравнением y¢¢ + ky¢ +

g

 

= 0, k > 0 , где g

 

 

 

 

 

sin y

–

уско-

L

рение силы тяжести. Исследовать на устойчивость реше- ние y = 0 .

Решение. Полагая

 

y = y1, y2 = y1′ , переходим от уравне-

ния к системе

ìy¢

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= y

2

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ï

 

 

1

 

 

g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

í

 

 

¢

= -ky2 -

sin y1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ïy2

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

î

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

с точкой покоя (0; 0) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Характеристическое уравнение соответствующей сис-

темы первого приближения будет иметь вид

 

 

 

 

 

 

 

 

-λ

1

 

 

 

 

 

 

 

λ2 + kλ +

g

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g

-k - λ

 

= 0 или

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

L

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оба корня этого уравнения λ1,2 = -

k

±

 

k2

-

g

 

 

 

 

2

 

4

L

 

 

при k > 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

имеют отрицательную действитель-

 

 

ную часть и поэтому точка покоя

 

(0; 0) сис-

темы, а значит и решение y = 0 исходного уравнения, асимптотически устойчиво. □

Пример 6. Механическая система, изображенная на рис. 2, вращается с постоянной угловой скоростью ω во- круг оси AB . Тело массы M может двигаться вдоль верти- кальной оси AB . Определить положение равновесия этой

системы и условия неустойчивости точки равновесия

(0; 0) .

575

Решение. Для составления уравнения Лагранжа, необходимого для описания движения тела вдоль вертикальной оси (см. задание №11 из заданий для самостоятельной работы) вычислим кинетическую и

потенциальную энергию системы. Имеем:

K = ma2θ&2 + Mx2&2 + Iω 2 ,

где I = ma2 sin2 θ , x = CD = 2acosθ. Поэтому

K = ma2θ&2 + 2Ma2θ&2 sin2 θ + ma2ω2 sin2 θ.

Потенциальную энергию системы рассматриваем относительно точки B ( CB = 2a) , поскольку

ниже точки B система расположиться не сможет.

Легко видеть, что

P = 2mg KB + Mg DB = 2mg (2a - acosθ ) + Mg(2a - 2acosθ ) .

Таким образом, функция Лагранжа, представляющая собой разность кинетической и потенциальной энергий з а д а н н о й с и с т е м ы , и м е е т в и д :

L = (m + 2M sin2 θ )a2θ&2 + ma2ω2 sin2 θ + 2ga(m + M )cosθ − 2ag(2m + M ).

Составим уравнение Лагранжа:

 

d æ

L ö

L

2 &&

2

 

2

&2

 

 

 

 

 

ç

 

÷ -

 

º 2a θ (m + 2M sin

 

θ ) + 2a

 

Mθ

sin 2θ +

 

 

 

θ&

 

 

(12)

 

dt è

θ ø

 

 

 

 

 

 

 

+2ga(M + m)sinθ - ma2ω2 sin 2θ = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

 

&&

то из (12)

Поскольку в положении равновесия θ = 0,θ = 0,

можно найти угол равновесия θ0 , удовлетворяющий

соотношению

sinθ0 (g(M + m) - maω2 cosθ0 )= 0.

Отсюда следуют физически возможные значения угла θ0 :

θ0 = 0, cosθ0 = g (M +2m) <1. maω

Вводя обозначения x1 =θ , x2 =θ&, уравнение (12)

представляем в виде системы

576

ìx

= x ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ï 1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(13

í &

 

æ mω2

sin 2x -

g

(M + m)sin x - Mx

2

sin2x

ö

(

m + 2M sin

2

x

−1

 

 

= ç

 

 

 

÷

 

.

 

x

 

2

a

 

 

 

 

ï

2

ç

 

1

1

2

1

÷

 

 

1 )

 

 

 

î

 

è

 

 

 

 

 

 

 

 

ø

 

 

 

 

 

 

 

)

Рассмотрим устойчивость точки равновесия (0;0) . Ставя в соответствие системе (13) линеаризо-

ванную систему уравнений

&

 

&

æ

2

 

 

g æ M

 

öö

= x2

= çω

 

-

 

 

ç

 

 

 

 

+1÷÷ x1

x1

, x2

 

 

m

 

 

 

è

 

 

 

a è

 

øø

и вычисляя корни ее характеристического уравнения,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λ = ± ω2 -

g

æ

M

 

+1

ö ,

 

 

 

 

 

1,2

 

 

 

 

a

ç

 

 

 

 

 

 

 

÷

 

 

 

 

 

 

 

è m

 

 

 

 

ø

 

видим, что при условии

maω 2 > g (M + m)

 

точка равновесия (0;0)

неустойчивая. □

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

§ 9. Фазовая плоскость

10 . Классификация точек покоя. Рассмотрим систе-

му двух линейных уравнений с постоянными коэффициен-

тами

 

 

 

 

ìdx

 

= a

 

x + a y,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ï

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

í dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ïdy

 

= a21x + a22 y.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ï

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

î dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Очевидно , что x(t) = 0

и

y(t) = 0

является решением

системы, удовлетворяющим

нулевым начальным условиям

x(0) = 0, y(0) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

Предполагаем,

что

 

начало координат

O (0; 0)

являет-

ся единственной точкой покоя системы (1),

т.е.

D =

 

a11

a12

 

¹ 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

22

 

 

Будем искать

общее

решение системы (1) методом Эйлера.

Характеристическое уравнение имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a11 - λ

a12

 

= λ2 - (a

+ a

22

)λ + (a a

22

- a

a ) = 0 .

(2)

 

 

 

a21

a22 - λ

 

 

 

11

 

 

 

11

 

12

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

577

Из (2) следует, что λ = 0 не может быть корнем ха- рактеристического уравнения.

Возможны случаи:

 

 

1. Корни λ1 и

λ2 действительные и различные. Пусть

γ 1

æ

γ

11

ö

 

и

 

æγ

ö

– собственные векторы матрицы

= ç

 

÷

 

 

γ 2 = ç

12 ÷

 

è

γ 21 ø

 

 

 

èγ 22 ø

 

 

æ a11

 

a12

ö

, соответствующие характеристическим чис-

A = ç a

 

 

a

 

÷

 

è

21

 

 

22

ø

 

 

 

лам λ1, λ2 . Тогда общее решение системы (1) будет иметь

вид

x = C γ

eλ1t + C γ

12

eλ2t , y = C γ

eλ1t + C γ

22

eλ2t ,

(3)

1

11

2

1

21

2

 

 

где C1, C2 – произвольные постоянные.

1.1. Если λ1 < 0 , λ2 < 0 то из (3) видно, что точка покоя асимпто- тически устойчива и называется устойчивым узлом (рис. 1).

Рис. 1

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2

 

 

Рис. 3

 

1.2

. Если λ1 > 0 ,

 

λ2 > 0 , узел неустойчивый (рис. 2).

 

1.3

. Если λ1 > 0 ,

λ2 < 0

или λ1 < 0 , λ2 > 0 , то точка по-

коя называется седлом (рис. 3).

 

 

 

 

 

2.

Корни

λ1

и

 

λ2

комплексные,

т.е.

λ1 = α + iβ ,

λ2 = α - iβ . Общим решением системы (1) будет

 

 

x = eαt (C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin βt), y = eαt (C

 

 

 

sin βt) ,

(4)

 

cos βt + C

2

cos βt + C

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где C1, C2 ,C1, C2 являются линейными комбинациями

произвольных постоянных C1,C2 .

 

 

 

 

 

2.1

. Если α < 0 ,

 

то, на основании (4),

заключаем,

что

при t → ∞ точка

(x; y) → O(0;0) . Положение равновесия в этом

случае называют устойчивым фокусом (рис. 4).

578

 

 

Рис. 4

 

 

 

 

 

 

Рис. 5

 

2.2.

Если α > 0 , то

точка покоя

– неустойчивый фо-

кус, т.е. при t → ∞ точка

(x; y)

бесконечно удаляется от на-

чала координат (рис. 5).

 

 

 

 

 

 

 

 

2.3.

Если α = 0 , общее

решение

системы принимает

вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x = C1 cos βt + C2 sin βt,

y = C1 cos βt + C2 sin βt .

(5)

Фазовые траектории являются эллипсами с центром в точке (0;0). Положение равновесия называется центром (рис. 6).

Рис. 6

3. Корни кратные, т.е. λ1 = λ2 = λ .

Общее решение имеет вид

 

x = (A + Bt)eλt , y = (C + Dt)eλt ,

(6)

где A, B,C, D – линейные комбинации произвольных постоянных

C1,C2

 

.

При λ < 0

и t → ∞ точка (x; y) → (0;0) . Положение рав-

новесия будет асимптотически устойчивым и называется

вырожденным узлом (рис. 7).

При λ > 0 и t → ∞ точка бесконечно удаляется от на- чала координат (x; y) . Вырожденный узел будет неустойчивым (рис. 8).

579

 

 

Рис.

7

 

 

 

 

 

Рис. 8

Пример 1. Исследовать поведение фазовых кривых

системы уравнений

 

dx

= −3x + 2y,

dy

= x − 4y . Сделать схема-

 

 

 

 

тический чертеж.

 

dt

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Составим и решим характеристическое

уравнение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−3 − λ

2

 

 

 

= 0,

λ2 + 7λ +10 = 0 , λ

= −2, λ = −5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

−4 − λ

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Корни характеристичного уравнения действительные и отрица- тельные. Следовательно, положение равновесия – устойчи- вый узел. Прямые, содержащие фазовые кривые системы, ищем в

виде y = kx . Подставляя

 

y = kx

в

уравнение

dy

=

x − 4y

,

 

dx

−3x + 2y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

получим уравнение для определения k:

 

 

 

 

k =

 

1− 4k

, 2k2 + k −1 = 0 ,

 

 

 

 

−3 + 2k

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

k

 

= −1,

k

2

=

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

580

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит,

y = −x и

 

y =

x

–

ис-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

комые прямые. Остальные фазо-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вые кривые – части парабол, ка-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сающиеся

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

в начале координат прямой y =

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

Р

 

 

 

То, что эти параболы касаются

 

ис.

9

 

 

 

 

 

именно прямой y =

x

,

следует

 

из

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

того,

что

 

 

 

матрицы коэффициентов данной системы,

со-

ответствующий

собственному числу

λ1 = −2 ,

 

параллелен

 

y =

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

прямой

 

 

 

(рис. 9). □

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2. Определить тип положения равновесия

системы

dx

= 2y,

dy

= 2x + 3y и исследовать поведение фазо-

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

вых кривых.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Составим и решим характеристическое

уравнение:

 

 

 

−λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

= 0, λ2 − 3λ − 4 = 0 ,

λ = −1, λ

2

= 4 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3 − λ

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Корни характеристического уравнения действитель- ные и имеют разные знаки, следовательно, положение равновесия – седло. Найдем сепаратрисы седла, т.е. пря- мые, разделяющие гиперболы разных типов, которые яв-

ляются фазовыми кривыми системы.

 

 

 

 

 

Ищем их в

виде

y = kx . Для

определения k имеем

уравнение k =

2 + 3k

, 2k2

− 3k − 2 = 0 ,

k

= −

1

,k

 

= 2 .

 

 

 

 

2k

 

 

x

 

 

1

2

 

2

 

Следовательно,

y = −

 

и y = 2x – искомые прямые. Каждая

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

из них состоит из трех фазовых кривых. На прямой y = −

x

 

 

исходная система

 

принимает вид

x = −x ,

2

 

 

y = − y . Значит,

 

 

 

 

&

&

 

 

вдоль прямой y = −

x

фазовая точка

(x(t); y(t)) движется по

 

 

2

 

 

 

 

 

закону x(t) = x e−t ,

y(t) = y e−t , т.е. движение точки с возрас-

0

 

 

0

 

 

 

 

581

танием t происходит по направ- лению к началу координат. Аналогично определяем на- правление движения вдоль пря- мой y = 2x . Используя получен-

ную информацию, схематически

изображаем фазовые кривые исходной системы и указываем направление движения по этим

Ркривым (рис.10). □

 

 

ис. 10

 

 

Пример 3.

Исследовать

поведение

фазовых

 

кривых

системы

уравнений

 

dx

= α x + y,

dy

= −x +α y , где α Î .

 

 

 

dt

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Характеристическое уравнение

 

 

 

 

 

α − λ

1

 

= 0, λ2

− 2αλ +α2 +1

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−1

α − λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

имеет комплексные корни λ1,2 = α ± i . Если α = 0 , то положение

равновесия – центр. В этом случае исходная система имеет вид x = y ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

&

 

 

что

x

2

+ y

2

= c

2

, т.е. фазовые кривые

y = −x , из нее находим,

 

 

 

 

– окружности радиуса

 

c

 

> 0

с центром в точке O(0;0) и са-

 

 

м а

т о ч к а

 

 

 

O

 

 

( р и с .

1 1 ) .

Рис. 11

Рис. 12

Рис. 13

При α ¹ 0 положение равновесия – фокус, причем, ус- тойчивый, если α < 0 , и неустойчивый, если α > 0 . В этом случае фа- зовые кривые – спирали, наматывающиеся на точку O(0;0) .

Движение фазовой точки по этим спиралям происхо- дит в направлении к положению равновесия, если α < 0 (рис.12), и от него, если α > 0 (рис.13). □

582

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности