Т.4 ОСНОВНІ ТЕОРЕТИЧНІ ВІДОМОСТІ
4.1. Нормальна система диференціальних рівнянь
Систему диференціальних рівнянь вигляду
|
dy1 |
|
|
= f (t, y , y , ..., y |
|
), |
|
|
|
|
dt |
1 |
1 |
2 |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
dy2 |
|
|
= f2 (t, y1, y2 |
, ..., yn ), |
|
|
|
|
|
(3.33) |
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dyn |
|
|
= f |
n |
(t, y |
, y |
2 |
, ..., y |
n |
), |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де y1 (t), y2 (t), …, yn (t) — невідомі функції, t — незалежна змінна, нази-
вають системою у нормальній формі або системою, розв’язаною відносно похідних шуканих функцій yi (t) , i = 1, 2, …, n .
Розв’язком системи (3.33) на проміжку ( a, b ) називають сукупність n неперервно-диференційовних функцій
y1 = ϕ1 (t), y2 = ϕ2 (t), ..., yn = ϕn (t),
які обертають кожне рівняння цієї системи у тотожність.
Задача Коші для системи (3.33) полягає у відшуканні такого її розв’язку, який задовольняє початкові умови:
y1 (t0 ) = a1 , y2 (t0 ) = a2 , ..., yn (t0 ) = an ,
де a1 , a2 , ..., an — задані дійсні числа.
Для розв’язання систем диференціальних рівнянь у нормальній формі застосовують такі методи:
1)метод виключення;
2)метод інтегровних комбінацій.
Загальна схема методу виключення така. Шляхом диференціювань рівнянь системи і виключення всіх невідомих функцій yi (t), крім однієї, діс-
тають диференціальне рівняння n -го порядку відносно однієї функції (наприклад, y1 ). Проінтегрувавши це рівняння, послідовно знаходять інші невідомі функції.
261
Суть методу інтегровних комбінацій полягає у тому, що за допомо-
гою арифметичних операцій з рівнянь даної системи утворюють так звані інтегровні комбінації, тобто рівняння відносно деякої нової функції u = u(t, y1 , y2 , .., yn ), які легко інтегруються.
4.2. Метод Ейлера розв’язання систем диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами
Нормальною системою лінійних диференціальних рівнянь зі сталими коефіцієнтами називають систему вигляду
|
|
|
dy1 |
|
|
= a y |
+ a |
y |
|
|
+ ... + a |
y |
|
+ f (t), |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
11 |
1 |
12 |
|
|
2 |
|
1n |
|
n |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy2 |
|
|
= a21 y1 |
+ a22 y2 + ... + a2n yn |
+ f2 |
(t), |
|
|
|
|
|
|
|
(3.34) |
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dyn |
|
|
= a |
y |
+ a |
|
y |
2 |
+ ... + a |
|
y |
n |
+ f |
n |
(t), |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
n1 |
1 |
|
n2 |
|
|
nn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де y1 , y2 , ..., yn |
— невідомі функції незалежної змінної t ; f1 , f 2 , ..., |
fn — задані і неперервні на інтервалі (a,b) |
функції; aij — сталі величини |
(i, j = |
|
) . Якщо |
fi (x) ≡ 0 |
(i = |
|
) , то систему (3.34) називають однорід- |
1, n |
1, n |
ною, в протилежному випадку — неоднорідною.
Розглянемо алгебраїчний метод розв’язання лінійної однорідної системи диференціальних рівнянь (узагальнений метод Ейлера).
Нехай дано систему диференціальних рівнянь
|
|
dy1 |
|
= a |
y |
+ a |
y |
|
, |
|
|
2 |
|
11 |
1 |
12 |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
(3.35) |
|
dy2 |
|
|
|
|
|
|
= a21 y1 + a22 y2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
Цю систему можна записати у вигляді одного матричного рівняння
|
|
|
|
dY |
= AY . |
|
Тут |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
a |
|
, |
|
y |
|
, |
A = 11 |
12 |
|
Y = 1 |
|
a21 |
a22 |
|
|
y2 |
|
Загальний розв’язок системи (3.35) має вигляд
|
y |
|
= C |
y(1) |
|
+ C |
|
y(2) |
|
, |
y |
1 |
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
2 |
1 |
|
(1) |
|
|
2 |
|
(2) |
|
|
|
|
|
|
y2 |
|
|
|
y2 |
|
|
де y1(1) , y2(1) та y1(2) , y2(2) — лінійнонезалежнічастиннірозв’язкиданоїсистеми. Частинний розв’язок системи шукаємо у вигляді
y |
= p ekt , |
y |
2 |
= p |
2 |
ekt , |
(3.36) |
1 |
1 |
|
|
|
|
де p1 , p2 , k — невідомі сталі. Після підстановки формул (3.36) у систему
(3.35) дістанемо однорідну систему лінійних алгебраїчних відносно невідомих p1 і p2 рівнянь
|
(a11 − k) p1 |
+ a12 p2 = 0, |
(3.37) |
|
a21 p1 + (a22 − k) p2 = |
0. |
|
|
|
|
Одержана система повинна мати ненульовий розв’язок. Отже, |
|
|
|
a11 − k |
|
a12 |
|
= 0 |
, |
|
(3.38) |
|
|
|
|
|
|
|
a21 |
a22 − k |
|
|
або |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k2 − (a + a )k + a a − a a = 0. |
|
|
|
11 |
22 |
11 |
22 |
12 |
21 |
|
|
Це рівняння називають характеристичним рівнянням системи (3.35). Нехай k1 , k2 — різні дійсні корені характеристичного рівняння.
Тоді кореню k1 відповідає власний вектор ( p1(1) , p2(1) ) і частинний
розв’язок y1(1) = p1(1) ek1t , y2(1) = p2(1) ek1t . Аналогічно кореню власний вектор ( p1(2) , p(2)2 ) і частинний розв’язок y1(2) = p1(2)ek2t , Загальний розв’язок системи такий:
y |
= C y(1) |
+ C |
2 |
y(2) , y |
2 |
= C y(1) |
+ C |
2 |
y(2) |
, |
1 |
1 |
|
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
2 |
|
2 |
|
який у матричній формі записують так: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
= C |
p(1) |
|
+ C |
p(2) |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
ek1t |
|
1 |
ek2t . |
|
|
|
y2 |
|
1 |
p(1) |
|
|
2 |
p(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
k2 відповідає
y2(2) = p2(2)ek2t .
Відмітимо, що у випадку, коли характеристичне рівняння (3.38) має кратні корені, систему (3.35) зручніше розв’язувати методом виключень.
Т.4 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ
1. Розв’яжіть систему рівнянь
dy |
|
= 5y + 4z, |
|
|
|
|
|
dt |
|
|
dz |
|
= 2 y + 3z + t. |
|
|
|
dt |
|
|
Розв’язання. Розв’яжемо дану систему методом виключення. Продиференціюємо її перше рівняння:
d 2 y = 5 dy + 4 dz . dt2 dt dt
Підставимо в одержане рівняння замість dzdt його значення із другого рівняння системи. Дістанемо рівняння
|
d 2 y |
= 5 |
|
dy |
|
+ 8y + 12z + 4t. |
|
(3.39) |
|
dt2 |
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Із першого рівняння системи знаходимо |
|
|
|
|
|
|
|
|
z = |
|
1 |
( |
dy |
− 5y) |
|
|
|
|
(3.40) |
|
|
|
4 |
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
і підставимо у рівняння (3.39) замість z значення |
1 |
|
dy |
− 5y |
. У результаті |
4 |
|
дістанемо лінійне рівняння другого порядку |
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d 2 y |
|
− 8 |
|
dy |
+ 7 y = 4t. |
|
|
|
|
(3.41) |
|
|
dt2 |
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Складаємо і розв’язуємо характеристичне рівняння:
k 2 − 8k + 7 = 0; k = 1, k |
2 |
= 7. |
1 |
|
Отже, загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння
y = C1et + C2 e7t .
Частинний розв’язок неоднорідного рівняння (3.41) шукаємо у вигляді
y* = At + B .
264
Підставивши y* у рівняння (4.41), дістанемо співвідношення
−8A + 7(At + B) = 4t,
яке виконується при довільному t за умови
7 A = 4, |
або |
A = |
4 |
, |
B = |
32 |
. |
− 8A + 7B = 0, |
|
|
7 |
49 |
Таким чином, загальний розв’язок рівняння (4.41) має вигляд y = C1et + C2 e7t + 74 t + 3249 .
За формулою (3.40) знаходимо
z= −C1et + 12 C2 e7t − 75 t − 4943 .
Уматричній формі розв’язок вихідної системи можна записати так:
y |
= C1 |
|
1 |
t |
+ C2 |
|
1 |
7t |
|
4t / 7 + 32 / 49 |
|
|
e |
|
|
0.5 |
e |
|
+ |
−5t / 7 − 43 / 49 |
. |
z |
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
2. Знайдіть загальний розв’язок системи
dx = x2 + xy,
dt
dy = xy + y2 .dt
Розв’язання. Розв’яжемо дану системуметодом інтегровних комбінацій. Склавши рівняння, дістанемо першу інтегровну комбінацію
|
dx |
+ |
dy |
= x2 + 2xy + y2 , |
або |
d(x + y) |
= (x + y)2 , |
|
dt |
dt |
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
звідки |
|
|
|
d(x + y) |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= dt |
, − |
|
= t + C . |
|
|
|
|
|
|
(x + y)2 |
|
x + y |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ще одну інтегровну комбінацію одержуємо, поділивши перше рівняння на друге:
dx |
= |
x2 + xy |
, |
dx |
= |
x |
, |
dx |
= |
dy |
, y = C x . |
|
|
|
|
|
|
dy |
|
xy + y2 |
|
dy |
|
y |
|
x |
|
y |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
З рівнянь − |
1 |
|
= t + C1 , |
y = C2 x |
визначаємо загальний розв’язок да- |
|
x + y |
|
ної системи: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C2 |
|
|
|
|
|
x = |
|
|
|
|
|
|
, |
y = |
|
|
|
|
. |
|
|
|
(C |
− t)(1 |
+ C |
2 |
) |
(C − t)(1+ C |
2 |
) |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
3. Знайдіть загальний розв’язок системи |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy1 |
= 5y |
+ 2 y |
2 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy2 |
|
|
= 4y1 |
+ 3y2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язання. Застосуємо узагальнений метод Ейлера. Складаємо характеристичне рівняння системи
|
5 − k |
2 |
|
|
= 0 , або k 2 |
− 8k + 7 |
= 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
3 − k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Його корені — k1 = 1 , k2 = 7 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При k = 1 система (3.37) рівносильна одному рівнянню |
|
|
|
|
4 p1 + 2 p2 = 0 . |
|
|
|
|
|
Візьмемо p1 = 1, тоді |
p2 = −2 . Отже, кореню k = 1 відповідає власний |
вектор (1; − 2) . Тоді y(1) = et , y(1) |
|
= −2et |
— частиннийрозв’язокданоїсистеми. |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При k = 7 із системи (3.37) дістаємо рівняння |
|
|
|
|
−2 p1 + 2 p2 = 0 , або |
p1 = p2 , |
|
|
яке визначає власний вектор (1; |
|
1) . Тоді y(2) = e7t , |
y(2) |
= e7t |
— також час- |
тинний розв’язок даної системи. |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Загальний розв’язок даної системи записуємо у вигляді |
|
y1 = C1et + C2 e7t , y2 = −2C1et |
+ C2 e7t , |
або |
|
y |
|
|
1 |
1 |
|
1 |
= C1 |
et + C2 e7t . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y2 |
|
−2 |
1 |
4. Знайдіть загальний розв’язок системи |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy1 |
= y + y |
2 |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy2 |
= −2 y1 + 3y2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язання. Як і в попередньому прикладі, застосуємо узагальнений метод Ейлера.
Характеристичне рівняння |
|
1 − k |
1 |
|
= 0 , тобто k2 − 4k + 5 = 0 має |
|
|
|
|
− 2 |
3 − k |
|
|
пару комплексно-спряжених коренів k1,2 = 2 ± i . У цьому випадку для по-
будови розв’язку даної системи достатньо знати лише розв’язок, що відповідає значенню k = 2 + i .
При |
k = 2 + i |
система (3.37) перейде в рівняння (−1 − i) p1 + p2 = 0 . |
Якщо p1 = 1, то |
p2 = 1 + i . Отже, кореню 2 + i відповідає власний вектор |
(1; 1+ i) |
і відповідний частинний розв’язок |
|
|
|
1 |
|
(2+i)t |
1 |
|
2t |
(cos t + i sin t) |
|
Y = |
e |
|
= |
|
e |
|
|
|
|
1 |
+ i |
|
|
1 |
+ i |
|
|
|
|
|
|
|
cos t |
|
|
|
|
|
|
sin t |
|
|
|
= |
|
|
|
e2t + i |
|
|
|
e2t . |
Тоді |
|
cos t − sin t |
|
|
cos t + sin t |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
= C |
|
cos t |
|
e2t |
+ C |
|
|
sin t |
1 |
|
cos t − sin t |
2 cos t + sin t |
y2 |
1 |
|
|
|
|
загальний розв’язок системи. 5. Розв’яжіть задачу Коші
|
dx |
= 3x + y, |
|
|
|
|
|
|
|
dt |
x(0) = 1, y(0) = 0. |
|
dy |
|
= − x + y, |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
Розв’язання. Характеристичне рівняння даної системи має вигляд
|
3 − k |
1 |
|
= 0 , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− 1 |
1 − k |
|
|
|
|
звідки |
|
|
|
|
|
|
(3 − k)(1− k) + 1 = 0 , k2 − 4k + 4 = 0 , k |
= k |
2 |
= 2 . |
|
|
|
1 |
|
|
Оскільки власні числа рівні, то розв’язки даної системи шукаємо у вигляді
x = (α + γt)e2t , y = (β + δt)e2t .
Підставивши ці вирази в дану систему, дістанемо
γ + 2(α + γt) = 3(α + γt) + β + δt , δ + 2(β + δt) = −α − γt + β + δt .
Ці рівності виконуються при довільному t тоді і тільки тоді, коли виконуються рівності α − γ + β = 0 , γ + δ = 0 . Звідси дістаємо два лінійно не-
залежні розв’язки, наприклад, α = 1 , β = −1, γ = δ = 0 і α = 1 , β = 0 , γ = 1 ,
δ = −1.
Отже, записуємо лінійно незалежні розв’язки системи:
x (t) = e2t , |
x |
2 |
(t) = (1 + t)e2t |
; |
1 |
|
|
|
|
|
y (t) = −e2t , |
|
|
y |
2 |
(t) = −te2t . |
|
1 |
|
|
|
|
|
Загальний розв’язок даної системи такий:
x = C e2t + C |
2 |
(1 + t)e2t , |
y = −C e2t − C |
te2t . |
1 |
|
1 |
2 |
|
Визначимо тепер сталі C1 і C2 . Враховуючи початкові умови x(0) = 1, y(0) = 0 , дістанемо систему рівнянь
C1 + C2 = 1, 0 = −C1 ,
розв’язок якої — C1 = 0 , C2 = 1 . Отже,
x = (1 + t)e2t , y = −te2t —
розв’язок задачі Коші.
Т.4 ВПРАВИ ДЛЯ АУДИТОРНОЇ І САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ
Розв’яжіть системи диференціальних рівнянь методом інтегровних комбінацій.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
dx |
|
t |
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
, |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
, |
|
|
|
(x − y) |
2 |
|
|
1. |
dt |
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
|
2. |
|
x |
|
|
|
|
dy |
|
|
|
|
dy |
= |
|
|
. |
|
|
|
|
= − |
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
(x − y) |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
+ y |
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. |
|
|
|
|
|
|
x(0) = 2, y(0) = 4 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
dy |
= |
|
|
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x + y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’яжіть системи диференціальних рівнянь, використовуючи метод виключення або узагальнений метод Ейлера.
|
dx |
|
|
= −3x + y, |
4. |
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dy |
|
|
= −20x + 6y. |
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dx |
|
|
= 2x + y, |
|
|
|
|
|
|
|
|
7. |
dt |
|
|
|
|
dy |
|
|
= 3x + 4y. |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
dx |
|
|
= 2x − y, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10. dt |
|
|
|
|
|
dy |
|
|
= 2 y − x − 5e |
t |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
dx |
|
|
= 3x + y + t, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12. dt |
|
|
|
|
|
dy |
|
|
= − x + y + t |
2 |
. |
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
dx = x − y + z,dt
dy
14.= x + y − z,
|
dx |
= − |
y |
, |
|
|
|
|
|
5. |
|
2 |
dt |
|
|
|
dy |
= 2x. |
|
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dx |
= 4x + 6y, |
|
|
|
|
|
|
8. |
dt |
|
|
|
|
dy |
= 2x + 3y + t. |
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
11. dt |
sin t. |
dy |
|
|
|
|
dt |
|
dx |
|
|
|
|
|
|
13. dt |
|
dy |
|
|
|
|
dt |
|
dx |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
15. |
dy |
|
|
|
dt |
|
dz |
|
|
|
|
|
|
dt |
Відповіді
dx |
|
= x + 4 y, |
|
|
|
|
|
|
|
6. dt |
|
|
|
|
|
|
dy |
|
= y − 3x. |
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
dx |
|
= y + 2e |
t |
, |
|
|
|
|
|
|
|
9. dydt |
|
|
|
|
|
|
|
|
= x + t |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
= 2x + y + cos t,
= − x + 2 sin t.
= 3x + 2 y + 3e2t ,
= x + 2 y + e2t .
= 3x − y + z,
= − x + 5y − z,
= x − y + 3z.
1. x = C |
eC1t2 , y = |
1 |
e−C1t2 . 2. |
x2 −y2 =C , 2x +(x−y)2 =C |
. 3. x = |
t |
+ 2, |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
2C1C2 |
|
|
1 |
|
|
2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y = |
2t |
+4 |
. 4. |
x = C1e2t + C2et , |
y = 5C1e2t |
+ 4C2et . 5. x = C1 cost + C2 sint, |
y = 2C1sint − |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−2C2 cost. |
6. |
x = et (C1 cos 2 |
3t + C2 sin 2 3t), |
y = |
3 |
|
et (C2 cos2 3t − C1sin 2 3t). |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7. x = C1et + C2e5t , y = −C1et + 3C2e5t . 8. x = C1 + C2e7t − |
3 |
|
|
2 |
|
|
|
(7t + 2)t, |
|
y = − |
|
C1 + |
49 |
|
3 |
1 |
1 |
|
|
|
x = C1et +C2e−t +tet −t2 −2, |
y = C1et |
− C2e−t + |
+ |
|
|
|
C2e7t + |
|
(14t2 − 3t − 1). |
9. |
2 |
49 |
+ (t − 1)et − 2t . |
10. x = C1et +C2e3t |
+et (2cost −sint), y =C1et − C2e3t +et (3cost +sint) . |
11. |
|
x = |
1 |
cost − (C + (1 |
+ t)C )et , |
y = C et + C tet |
− 2cost − |
sin t |
. |
12. x = (C +C |
t)e2t + |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
2 |
|
|
1 |
2 |
2 |
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
1 |
(2t2 −2t +3), |
y =(C (1−t) −C )e2t |
− |
1 |
(6t2 −2t +11). 13. x =C et +2C e4t −e2t , |
y=−Cet + |
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
2 |
1 |
|
|
8 |
|
|
1 |
|
2 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ C2e4t − e2t . |
14. x = C1et +C2e2t |
+C3e−t , |
y = C1et −3C3e−t , |
z = C1et |
+ C2e2t − |
−5C3e−t . 15. x = C1e2t |
+C2e3t +C3e6t , y = C2e3t −2C3e6t , z =−C1e2t +C2e3t +C3e6t. |
Т.4 ІНДИВІДУАЛЬНІ ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
4.1.Розв’яжіть системи диференціальних рівнянь методом виключення.
Укожній системі x = x(t), y = y(t) , x = dxdt , y = dydt .
4.1.1.x = 4x + 3y + t,y = −2x − y.
4.1.3.x = x − y + cos 3t,y = x − 3y.
4.1.5.x = x − 3y + sin t,y = x + 5y − cos t.
x = −6x − 4y + t,
4.1.7.
y = 3x + 2 y − 5.
x = 2x + 2 y − sin 2t,
4.1.9.
y = x + 3y.
4.1.11.x = 4x − 5y + e2t ,y = 2x − 2y.
4.1.13.x = 2x + 5y,y = 2 y + sin t.
|
|
t |
, |
4.1.15. |
x = 4x − y + e |
|
+ 2 y + 2et . |
|
y = x |
|
|
|
|
4.1.2.x = x − 2y + et ,y = x + 4 y + 1.
4.1.4.x = x − y + t2 − 1,y = 5x + 5y − 2.
4.1.6.x = −3x + 6y + 2t,
y = −x + 4y − t.
x = 2x + y + t − 2,
y = 3x + 4 y + 3.
4.1.10.x = −2x − 5y + et ,y = x + 4y + 2.
|
|
x = x − y − e |
−t |
, |
4.1.12. |
|
|
|
|
|
|
|
y = 2x + 3y + 2e−t . |
|
|
|
|
|
4.1.14. |
x = − x + 4y, |
|
|
|
|
|
|
|
y = x + 2 y + et . |
|
|
|
|
|
x = −2x + 5y + 3,
y = − x + 2y − 4.