Как решать дифференциальные уравнения.
Мысль. Если дано уравнение типа M(x, y)dx+N(x, y)dy=0 то смотри 2),4),12).
Уравнения с разделяющимися переменными.
1)y’=f(x)*g(y) –
1)рассмотреть случай g(y)=0
2)dy/g(y)=f(x)dx
3)∫dy/g(y)=∫ f(x)dx+C
Ответ в виде: F(x)=G(y)+C
2)m(x)h(y)dy+g(x)f(y)dx=0
1)проверить m(x)=0
2) проверить f(y)=0
3)разделить на m(x)f(y)
Однородное уравнение.
3)y’=f(x, y)=f(λx,λy)
в качестве λ взять 1/х.
y’=f(1,y/x)= I t=y/x I=g(t)→y(x)=t(x)x
продифференцируем y’=t’*x+t=g(t)
dt/( g(t)-t )=dx/x
4)M(x, y)dx+N(x, y)dy=0, M и N –однородные функции одной и той же степени.
1)Проверить dx=0, x=const
2)Проверить N(x, y)=0
3)Разделить уравнение на N dx
и представить результат в виде
dy/dx =G(y/x)
4)Замена: z(x)=y/x, y=xz, y’=z+xz’
Если M и N линейные, то G=(kz+a)/(z+b)
z+xz’=G(z) , z перенести направо
Если M и N линейные, то xz’=P2(z)/(z+b)
обе части разделить на Р2(z), не забывая проверить Р2(z)=0.
5)Затем проинтегрировать не забывая про С. В ответе везде заменить z на y/x
5)(a1 x+b1 y+C1)dx+(a2 x+b2 y+C2)dy =0
1 случай. a1/a2= b1/b2=k
1)Проверив нули делителя обе части делятся на dx*(a2 x+b2 y+C2)
2) Введём замену
z(x)=z(x, y(x))= a2 x+b2 y(x).
3) y’x=(kz+C1)/(z+C2)=
=g(z)=k+(C1-kC2)/(z+C2)
4)z’x =a2 + b2 y’x= a2 + g(z)
Получено уравнение с разделяющимися переменными. Его нужно решить, не забывая проверять нули делителя, затем в ответ вместо z подставить
a2 x+b2 y.
2 случай. Система
a1 x+b1 y+c1=0
a2 x+b2 y+c2=0
имеет единственное решение (X, Y), его надо найти.
a1 x+b1 y+c1= a1 (x-X)+b1(y-Y)
a2 x+b2 y+c2= a2 (x-X)+b2(y-Y)
Поэтому надо сделать замену
t=x-X, u=y-Y
Моё замечание.
“Аналогичную замену проводят в случае если
y’=f( a1 x+b1 y+c1 / a2 x+b2 y+c2 )”
потом смотри 4)
Моё замечание.
“Уравнения вида y’=f(ax+by+c); a, b≠0 приводятся к уравнениям с разделяющимися переменными заменой z=ax+by+c, c-любое. z’x=a+by’x→
y’=(z’x-a)/b=f(z)→dz/dx=b f(z)+a ”
Замечание. Некоторые уравнения приводятся к однородным заменой y=zm. y’=m zm-1. Подставив y в исходное уравнение составим систему, которая выражает, что степени всех членов одинаковые. Если ни одно m не удовлетворяет этой системе, то ищи другой способ.
Линейные уравнения первого порядка.
6)Линейное однородное уравнение. y’+a(x)y=0
Ответ: y=Ce-∫ a(x)dx
y’+a(x)y=b(x) (1)
7)метод вариации постоянной.
1)решить уравнение y’+a(x)y=0 (cм. 6), получить ответ в виде CeA(x).где
A(x)= -∫ a(x)dx
Будем искать решение линейного уравнения в виде
y= C(x)eA(x) (2).
2) Подставить y=f(C(x),x) в линейное уравнение.
c’(x) eA(x)-a(x)c(x) eA(x)+
+a(x)c(x) eA(x)=b(x)→
c’(x)=e-A(x)b(x)
3)Найти C(x)=С(D, x), подставить в (2)
Записать ответ:
y(x)=eAx(D+∫ e-A(x)b(x)dx)=
DeAx+ eAx ∫ e-A(x)b(x)dx =общее решение однородного+частное решение неоднородного.
8)Метод вариации двух функций.
Предположим, что y(x)=u(x)*v(x). Тогда y’=u’v+v’u.
1)Подставить это в уравнение. Сгруппировать слагаемые связанные с u. Получим выражение вида:
u’v + u*f(x, v,v’) = b(x).
2)Найти частное решение уравнения f(x, v,v’)=0 – v=v(x).
3)уравнение сведено к уравнению
v(x)u’ = b(x).
u(x, C) = ∫ b(x)/v(x) dx + C
4)Записать ответ y(x)=u(x, С)v(x)
9)Некоторые уравнения становятся линейными после перемены местами искомой функции и независимой переменной.
x’y =1/ y’x если y’x ≠0
10)Уравнение Бернулли.
y’ + a(x)*y = b(x)*yn ,n≠0,1
1)разделить на yn и сделать замену
z= y1-n. y=0 является решением при n>0. Получится линейное уравнение.
z’+(1-n)a(x)z=(1-n)b(x)
2)решить линейное уравнение.
3)в ответе вместо z написать y1-n. Не забывать про побочные случаи.
11)Уравнение Риккати.
Дано уравнение вида y’=a(x)y+b(x)y2+c(x) и f(x)-частное решение.
1)сделать замену y(x)=f(x)+z(x) и подставляем в исходное уравнение:
z'+f '=az+ay+bz2+2bzf+bf2+c(x).
Так как f ’=af+ bf2+c(x) получится уравнение Бернулли:
z’ = ( a + 2 b f ) z + b(x) z2
Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель.
12-13)Уравнение M(x, y)dx+N(x, y)dy=0 называется уравнением в полных дифференциалах если существует функция u(x, y) такая, что du/dx=M(x, y),du/dy=N(x, y).В этом случае u(x, y) называется потенциалом, так как векторное поле {M(x, y), N(x, y)} является потенциальным.
1)Найти dM/dy и dN/dx. Если dM/dy=dN/dx то это уравнение в полных дифференциалах. В противном случае смотри 13).
2) u(x, y)=∫ M(x, y)dx+f(y)=
=в виде G(x, y)+f(y) (1).
3)Продифференцировав (1),
выразить du/dy,
с другой стороны du/dy=N(x, y).Отсюда найти f ’y, затем f(y),не забывая про С.
4)Общий интеграл u(x, y)=G(x, y)+f(y)=C, так как du≡0
13)Eсли левая часть не является полным дифференциалом, то возникает задача подбора интегрирующего множителя μ(x, y) при умножении на которую левая часть становится полным дифференциалом:
d(μ M)/dy = d(μ N)/dx↔
dμ/dy M+μ dM/dy= dμ/dy N+μ dN/dy
Если известно, что μ зависит только от одной переменной (если не известно- проверить), например от x, то
(dM/dy-dN/dx)/N=обозначим φ(x)- не должно зависеть от y, в противном случае интегрирующий множитель зависит от у.)
μ(x)=e∫φ(x)dx.
Если известно, что μ=μ(z(x, y)),
(z-известна) то
d(μ M)/dy=d(μ N)/dx →
∂ ln μ /∂z=∂N/∂x–∂M/∂y / M ∂z/∂x–N ∂z/∂y
Мысль: Если исходное уравнение удаётся представить в виде
d φ(x, y) + M1(x, y)dx + N1(x, y)dy = 0, то можно искать интегрирующий множитель μ к вспомогательному уравнению
M1(x, y)dx+N1(x, y)dy = 0.
Затем всё уравнение
домножить на μ(x, y):
μ dφ(x, y) + μM1(x, y)dx + μ N1(x, y)dy = 0.
2)Полагаем что интегрирующий множитель существует умножаем уравнение на μ.
3)μ’x = μ’z z’x, μ’y = μ’z z’y
3б)интегрирующий множитель однородного уравнения находится по формулам
μ(x, y)=1/(x*M(x, y)+y*N(x, y) )
на семинаре был показан приём:
4)После нахождения интегрирующего множителя решается уравнение в полных дифференциалах. Смотри 12).
Тема: Уравнения первого порядка, не разрешённые относительно первой производной. F(x, y,y’)=0
Мысль: иногда F(x, y,y’)= (G(x, y,y’))2
Теорема существования и единственности.
Если F(x, y,y’)=0 удовлетворяет условиям в некоторой окрестности точки xo.
1) F(x, y,y’) непрерывна по всем аргументам
2) производная dF/Dy’ › и ≠ 0
3) › ограниченная производная dF/Dy
Начальные условия: F(xo, yo, y’o)=0
То решение y=f(x) уравнения F(x, y,y’)=0 удовлетворяющее свойствам y(xo)=yo, y’(xo)= y’o существует и единственно.
Особые решения. Определение - каждая точка его интегральной кривой - точка локальной неединственности. Для существования особого решения необходимо нарушение хотя бы одного условия ТСЕ. Обычно нарушается 2 условие.
F(xo, yo, po)=0, dF(xo, yo, po)/dp=0. Исключив po находим связь Ф(x, y)=0.-
это р-дискриминантная кривая. Она может иметь несколько ветвей.
Для нахождения особых решений надо:
1)Найти р-дискриминантную кривую
2)Подставить каждую её ветвь в уравнение.
3)Проверить нарушение единственности.
14) Иногда уравнение можно разрешить относительно y’. Это можно сделать в случае если F(x, y,y’)=a(x, y)y’2+ b(x, y) y’+ c(x, y). В наиболее простых случаях :
1)дискриминант является полным квадратом ( если D=(kx+my)2 –получится линейное уравнение).
2)y’ не зависит от x - y’=f(y)- уравнение с разделяющимися переменными.
15) Если исходное уравнение можно разрешить относительно y :y=f(x, y’) то
1)Ввести параметр p=y’, получаем y=f(x, p) (1), dy=p dx
Требуется получить x(p).
2)Продифференцировать уравнение (1)
(df/dx –p)dx + df/dp dp = 0,
3)если решение этого уравнения имеет вид x=φ(p) то решение исходного уравнения запишется в параметрической форме x=φ(p),y=f(φ(p),p).
Аналогично если исходное уравнение можно разрешить относительно x: x=g(y, y’) то dy=pdx
(p dg/dy –1)dy+p dg/dp dp =0 ,
p=u(y, C)-решение
Ответ: x=g(y, u(y, C).
16)Уравнение Лагранжа. y= x f(y’)+ φ(y’)
1)Ввести параметр p=y’. Тогда dy=pdx, y=x f(p)+φ(p)(1)
2)Продифференцировать (1) по x
y’=f(p)+x df(p)/dp dp/dx+dφ(p)/dp dp/dx (2)
∂x/∂p=[f '(p) / p–f(p)] *x + φ(p) / p–f(p)
- линейное, из него получается x(p), подставить в первое уравнение и получить y(p)
Из решения системы (1-2) получаем общее решение уравнения Лагранжа.
Все особые решения (если они ›) имеют вид y=xf(po)+φ(po), где po –корень уравнения f(po)= po. Подстановка в уравнение даёт:
xp0+φ(p0)=x f(p0)+φ(p0)→xp0=xp0. Для проверки, является ли оно особым надо
проверить нарушение единственности. Для того, чтобы решение было особым – она должна нарушаться во всех точках. То есть для каждой точки особого решения существует некоторое решение y, такое что y(x) = yособ.(x)
y'(x) = yособ.'(x)
17) Уравнение Клеро.
y=xy’+φ(y) (1)
(p=y’ [x+φ’p(p)]dp=0)
Общее решение: y=Cx+ φ(C)
Особое решение: (если φ’(p) ≠const) :
x=- φ’(p), y=- φ’(p)p+ φ(p). Особое решение надо искать из следующей системы уравнений:
y=Cx+ φ(C) (2)
0= x+ φ’(C) (3)-первое продифференцировано по С.
Из (3) надо получить С и подставить в (2).
Подставить решение системы в (1). Если окажется, что решение системы – интегральная кривая, то надо выяснить, является ли она особой. Для этого надо проверить
1)не совпадает ли она с какой ни будь не особой интегральной кривой.
2)Составить систему уравнений
y(x, C)=y2(x) (4)
y’x(x, C)= y2’(x) (5)
из одного из этих уравнений выразить С и подставить в другое. Если получено тождество - то решение особое.
Уравнение Клеро.(Ищенко Артём)
y=xy’+φ( y' ) (1)
p=y’
dy=pdx=p dx+x dp+φ'pdp
[x+φ’p(p)]dp=0 →p=const или x+φ’p(p)=0
Общее решение: y=Cx+ φ(C)
Особое решение: (если φ’(p) ≠const) :
x=- φ’(p), y=- φ’(p)p+ φ(p)
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка.
F(x, y,y’ ,...,y(n))=0
Мысль - часто F(x, y,y’ ,...,y(n)) можно разложить на множители, иногда это стоит делать после замены.
18)F(x, y(k) ,...,y(n))=0.
Взять за новую функцию низшую из производных. Должно (на контрольной) получиться уравнение первого порядка z(x)=y(k)(x), z’(x)=y(k+1)(x).Если при решении этого уравнения его приходится на что-то делить, то подставлять нули делителя в исходное уравнение. Получить решение нового уравнения в явном виде: z(x, C1). Затем взять интеграл ∫z(x, C1)dx, не забывая про константу. Возможно, что для разных С он берётся по разному - придётся рассматривать несколько случаев. При интегрировании рациональных функций С может влиять на степень знаменателя, если знаменатель вида x2+C, то рассмотреть случаи С=0, С=-C12<0, С=C22>0.
19) F(y, y' ,...,y(n))=0.
Взять за новую независимую переменную y, новой функцией будет y’=p(y).
y’’=dy’/dx=dp(y)/dy*dy/dx=р. y’=p*p’y.
20)Если уравнение однородно относительно y и её производных, то есть при замене y на ky, y’ на ky’ и т. д. получается уравнение, равносильное исходному, то сделать замену y’=yz, y’’=y’z+yz’, z(x)-новая неизвестная функция.
21)Уравнения, однородные в обобщённом смысле. ›m такое что f(x, y...y (n))=0 ↔
f(kx, kmy, km-1y ’,...., km-ny (n) ).
Для проверки надо подставить на место x - kx
на место y - kmy...
Затем вынести k в разных степенях. Составить уравнения, которые описывают условия равносильности. Если › m удовлетворяющее этим уравнениям, то делается замена:
x=et, y=z(t)emt, y’=(z’t e m t+m z(t) e m t ) / et, y’’xx=(y’x)’t/x’t
После подстановки этих выражений в исходное уравнение окажется, что переменная t не входит. Смотри пункты 18, 19 (в более поганом случае).
22)Если вам легко показать что в левой и правой части стоят производные каких либо функций, то эти функции отличаются на константу.
23)Линейные однородные уравнения.
aoy(n)+ a1y(n-1)+...+an y=0
y=ekx, k-комплексная постоянная.
aokn ekx + a1kn-1 ekx +...+an ekx =0 | : ekx≠0
aokn + a1kn-1 +...+an =0-характеристическое уравнение. Рациональные корни p/q уравнения с целыми коэффициентами, если такие имеются, находятся перебором: p-делитель свободного члена,
q - делитель ao.
Корни. k1-действительный, кратность 1.
Соответствующее решение: С1ek1x
k2-действительный, кратность n.
Соответствующее решение: Pn-1ek2x, где Pn-1- œ полином с действительными коэффициентами степени n-1.
k3,k4-пара комплексно-сопряжённых корней, кратности 1. a"bi. Так как e a"bi=eax(cos bx "i sin bx) этой паре соответствуют решения С1 eaxcos bx и С2 eax sin bx. k5,k6-пара комплексно-сопряжённых корней, кратности n. c"di. этой паре соответствуют решения
Pn-1 *eax cos bx и Qn-1 *eax sin bx.
Линейные неоднородные уравнения.
aoy(n)+ a1y(n-1)+...+an y=f(x).
1) Если an =0-Смотри пункт 18.
2)Найти общее решение однородного уравнения.
Мысль: Суперпозиция уравнений.
24)Уравнения со специальной правой частью.
f(x)= f = eαt(Pn(x)cos(βt)+Qm sin(βt)).
Обозначим: c=max(m, n), s-кратность корня α+βi характеристического уравнения или 0, если α+βi не корень.
Частное решение ищется методом неопределённых коэффициентов в виде
y= xseαt(Nc(t)cos(βt)+Mc sin(βt)),
M, N - полиномы степени с с неопределёнными коэффициентами, степени, не большей с+r.
Все коэффициенты полиномов обозначить буквами и подставить такое решение в уравнение. После этого можно получить систему линейных уравнений, из которой и находятся коэффициенты полиномов.
25)Метод вариации постоянных.
1) Найти общее решение однородного уравнения.
yобщ.=С1y1+...
2) Для поиска общего решения неоднородного уравнения, произвольные константы будем считать зависящими от независимой переменной. С1(х)....
Решение ищем в виде y=С1(х)y1+...+Cn(x)yn
Составляем систему уравнений.
y1C1’+.... ynCn’=0
y1’ C1’+.... yn’Cn’= 0
............
y1 ( n-1) C1’+.... yn (n-1) Cn’= f/a0
Из этой системы находим C1’,..., Cn’.
Затем с помощью интегрирования находятся C1,..., Cn. Если при интегрировании прибавлять константы, то получится общее решение неоднородного уравнения, для нахождения частного решения - константы не нужны.
26)Уравнения Эйлера.
ao xn y(n) + a1 xn-1 y(n-1)+... an-1 x y’ +
+an y=f(x).
Замена: x=et при x>0, x=-et при x<0.
“Считаем, что x>0”
y’x=y’te-t. y’’xx=(y’x)’t/x’t=e-2t(y’’tt-y’t)....
После подстановки в исходное уравнения получится линейное уравнение с постоянными коэффициентами. t=ln x.
ao (cx+d)n y(n)+...+ an-1 (cx+d) y’ +
+an y=f(x).
Замена: cx+d= et при cx+d >0, cx+d =-et при cx+d <0
Линейные дифференциальные уравнения с переменными коэффициентами.
27)Необходимое условие линейной зависимости функций на интервале.
W(y1↓ ,..., yn↓)=0 на всём интервале (в столбцах определителя Вронского производные до n-1).
Для линейно независимых решений одн. лин. д.ур. с пер. коэффициентами W ≠0 волна всех точках.
Мораль №Ф674. Составление однородного линейного д. уравнения с заданными n линейно независимыми решениями y1...yn .
Надо раскрыть определитель
W(y1↓,...,yn↓, y↓ )=0
(производные до n).
28) Формула Остроградского-Лиувилля.
Дано дифференциальное уравнение второго порядка с переменными коэффициентами.
a0(x)y”+ a1(x)y’+a2(x)y=0, a0(x) ≠0.
W(x)=y1(x)*y’(x)-y’(x)y1(x)= -∫ a1(z)dz
= W(xo) e a2(z)
Если известно одно частное решение, то можно найти и второе. К сожалению (по мнению ) общих способов искать частное решение нет и поэтому преподавателям приходится подсовывать уравнения, у которых частное решение многочлен или eax.
1)Предположить, что частное решение - полином степени n: xn+axn-1+bxn-2...+d. Для выяснения степени многочлена, достаточно халтурно подставить его в уравнение вместо у (обращать внимания только на слагаемые со старшей степенью х.
y’=nxn-1+a(n-1)xn-2+...., y”=(n2-n)xn-2+....
Найти коэффициент при старшей степени. Приравняв его нулю решить уравнение, из которого найти натуральное n (или 0, тогда 1-частное решение), а если такое n не нашлось - перейти к пункту 2.
Подставить полином, теперь уже известной степени n, но с неизвестными коэффициентами (при старшей степени он равен 1) в уравнение. Сгруппировать члены при всех степенях х. Приравняв коэффициенты к 0, получить систему уравнений, из которой, получив неизвестные коэффициенты, перейти к пункту 3.
2)Для поиска решения в виде eax подставить y= eax,
y’=a eax, y”= a2 eax. Поделить уравнение
на eax, группировать и приравнивать к 0 члены с разными степенями x. Уравнений может быть больше одного, и если эта система несовместна, то решения вида eax не существует, или облом.
3)Когда найдено частное решение y1 , займёмся поисками другого. y(x)-любое решение, отличное от y1. Взять
∫ a1(x)/a0(x) dx =I-некоторая первообразная.
По формуле Остроградского-Лиувилля W(y1↓,y)=y1y’-y1’y=C1e^(-∫ a1(x)/a0(x)dx), при интегрировании - константа не нужна. Делим обе части на y12, и вспоминая формулу производной частного, пишем
Отсюда по формуле Абеля находим общее решение, которое содержит две производные постоянные.
y(x)=y1{ ∫(Ce-I(ζ)/y12(ζ) )dζ +C1} .
Справочный материал.
∫ t e kt=t*ekt/k - ex/k2
∫ sin(w t)ektdt=
=ekt(sin(wt)-w cos(wt))/(k2+w2)+C.
∫ cos(wt)etdt=
=ekt(cos(wt)+ w sin(wt))/ (k2+w2)+C.
∫ (Ax +B)eλxdx= eλx {Ax+B/λ –A/λ2}
∫(Ax+B)cos λx dx=(Ax+B)/ λ sin λx+
+A/λ2* cos λx
∫ (Ax+B)sin λx dx=(-Ax-B) /λ *
*cos λx+A/λ2* sin λx
∫ eax sin kx dx =e ax(a sin kx – k cos kx)/ (a2+k2);
∫ eax cos kx dx =eax(a cos kx + k sin kx)/ (a2+k2);
Однородные системы линейных уравнений с постоянными коэффициентами.
29)Метод исключения.
Пример.
x’=ax+by (1)
y’=cx+ky (2) Здесь x=x(t), y=y(t).
Выразим из системы y’ через x, x’ .-(1)*k+(2)*b
by’ = ( cb - ak)x + kx’.
Продифференцируем первое уравнение: x’’=ax’+by’, x’’-(a+k)x’+( ak - cb)x=0, найти x(t) (см. 23.)
Из уравнения 1 получить y(t).
На случай склероза.
t eαt ’=e α t+α teα t, [ekt(C1cos(wt)+C2sin(wt))]’= =C1(kektcos(wt) - wektsin(wt))+
+C2( kektsin(wt)-wektcos(wt)).
30)Метод интегрируемых комбинаций.
Иногда уравнения можно перемножать, делить, домножив на некоторые коэффициенты складывать, и могут получиться легко интегрируеме уравнения.
31)Решение с помощью характеристического уравнения.
X’↓=An*nX↓.
Найти корни характеристического уравнения det(A-λE)=0 (раскрыть определитель, целые корни –делители свободного члена).
Это уравнение имеет n корней, включая комплексные.
Простому корню λk соответствует решение
Xk↓=γk↓ eλkt. Для поиска собственного вектора γk↓ надо найти ненулевое решение (A-λkE) γk↓=0↓. Для этого из всех диагональных элементов A вычесть λk, элементарными преобразованиями строк привести базисный минор к единичному, вычеркнуть небазисные строки (если их нет, то λk не является корнем характеристического уравнения, проверить составление и решение хар. урав.) и получится
что-то вроде (exemple) 0 1 a
1 0 b
тогда собственный вектор (-b, - a, 1).
Паре комплексно-сопряженных корней λp=a+bi, λp+1=a-bi соответствуют комплексно-сопряжённые собственные вектора. Найти собственный вектор, соответствующий одному из них.
γi↓=Re γp↓+i* Im γp↓.
Короче этой паре соответствует
Xp↓=Re eλpγp↓=
=eat(Re γ↓*cos bt + Im γ↓*sin bt). Xp+1↓=Im eλpγp↓=
=eat(Re γ↓*sin bt – Im γ↓*cos bt).
Справка: ea+bI =ea (cos b - i sin b)
Случай кратных действительных корней.
Корню λ кратности m соответствует m линейно независимых решений.
1)Найти ФСР (A-λkE) γk↓=0↓.
В лучшем случае может оказаться что множество собственных векторов - линейная оболочка, размерности m.(при m=n-1 это видно сразу, так как строки
A-λkE пропорциональны). В этом случае
Для ФСР(γ1↓,...γm↓) Xi↓=γi eλ t, i=1...m.
В худшем случае, когда размерность линейной оболочки собственных векторов D<m Xi↓=γi eλ t. , i=1...D, XD+1↓=P1↓(t) eλ t,...,Xm↓=Pm-D↓(t) eλ t.
Теперь более конкретно для систем из трех уравнений.
Если rang (A-λE)=2, то координаты собственного вектора находятся:
1)находят пару непропорциональных строк.
2) координаты собственного вектора - алгебраические дополнения к третьей строке.
Если rang (A-λE)=1, то есть все строки A-λE пропорциональны,
первая строка – a b c
Собственные вектора –
(-b a 0) и (-с, 0, a) (если один из них нулевой - заменить его на (0 с - b) )
Характеристическое уравнение может иметь
1)Три действительных некратных корня.
2)Один действительный и пару комплексных корней.
3)Пару действительных корней, один из них кратности 2.
Разберём случай, когда корню λ кратности 2 соответствует один собственный вектор γ↓.
Запишем исходную систему в виде X↓’=AX↓
Первое решение: X1↓= γ↓eλt
Второе решение ищется в виде
X2↓=(β1↓ t+β0↓)eλt, причём β1↓≠0↓.
x2’↓=β1↓ eλt +λ(β1↓ t+β0↓)eλt=
=eλt[(β1+λ β0)+λ β1t]
После подстановки X2↓ и X2’↓ в исходное уравнение получим eλt[(β1+λβ0)+λ β1t]=(A β0↓+A β1t)eλt,
откуда получаем систему уравнений:
t1 : A β1↓=λ β1↓
t0: A β0↓=λ β0↓+β1. →
→ β↓ –собственный вектор, отвечающий собственному значению λ. β1=γ↓. Подставляем его во второе уравнение.
(A-λE)β0↓= γ↓. Годится любое решение.
Неоднородные системы.
Для неоднородных систем верен принцип суперпозиции. Общее решение неоднородной системы линейных уравнений с постоянными коэффициентами равна сумме общего решения соответствующей однородной системы и частного решения неоднородной системы.
1)Составить характеристическое уравнение и любым способом решить соответствующую систему однородных уравнений.
34)Поиск частного решения для уравнений со специальной правой частью.
Если для всех, кроме одного уравнения, правая часть равна 0, а у этого уравнения правая часть имеет вид
[Pm(t)cos βt+Qksin βt]eαt, то
1)Выяснить, является ли корнем характеристического уравнения число α+ib,
его кратность обозначим p.
Максимальную степень полиномов обозначим S=max{m, k}.
Если p=0 то
xч↓=(Ps↓*t* cos βt+Qs↓*t *sin βt)eαt
Если p ≠0 то
xч ↓=
=tp-1(Ps+p↓*t *cos βt+Qs+p↓*t *sin βt)eαt
Пример1. Неоднородность tm. Найдём кратность
α+βi=0, как корня характеристического уравнения - p
Если p=0 ,то Xч =Pm↓
Пример2. Неоднородность sin kt.
ik - не является корнем.
Xч↓=A↓*sin kt+B↓*cos kt
Является корнем кратности p.
xч↓= Pm↓sin kt+Qm↓cos kt
35)Метод вариации постоянных.
Дана система.
x’=a11x+a12y+...+g1(t)
y’=a21x+a22y+...+g2(t)
.............................
1)Найти общее решение x=C1f11+C2f12+...., y= C1f21+C2f22+.... и предположить, что константы зависят от t.
x=C1(t) f11+C2(t)f12+...
y=C1(t)f21+C2(t)f22+...
.............................
После подстановки в исходную систему должно получиться
С1’f11+C2’f12+...=g1
C2’f21+C2’f22+...=g2
.....................
Из этой системы находятся C1’, C2’, ...
И интегрируя находят С1(t),....
При интегрировании константы не нужны, они содержатся в общем решении однородной системы.
Если же всё-таки константы написать, то получится общее решение однородного уравнения.
Горяев Алексей желает Вам успехов в неравной борьбе, а также и
