Vischa_matematika_Chastina_2_Denisyuk_Repeta

Т.4 ОСНОВНІ ТЕОРЕТИЧНІ ВІДОМОСТІ

4.1. Нормальна система диференціальних рівнянь

Систему диференціальних рівнянь вигляду

dy1

= f

(t, y

, y

2

, ..., y

n

),

dt

1

1

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

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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	,
		dt		11	1	12
									(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

		dy1
	dY	=				.
				dt
	dt
		dy2
				dt

262

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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.

263

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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

265

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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

,

dt

1

dy2

= −2 y1 + 3y2 .

dt

266

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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

=

e2t —

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 .

267

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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

268

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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,

dt
dz		= 2x − y.
dt

	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

(7t + 2)t,

2

y = −

C1 +

49

3

269

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/

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,

y = 3x + 2 y − 5.

x = 2x + 2 y − sin 2t,

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

270

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.

http://vk.com/studentu_tk, http://studentu.tk/