Файл: Задача с 68(а).pdf

Страница 12
Методы решения дифференциальных уравнений
6
Положения равновесия.
Источник.
6.1
Узел — λ
1 6= λ
2
∈ R одного знака.
а)
б)
Рис. 1:
V
1
и V
2
— собственные векторы, коответствующие собственным значениям |λ
1
| < |λ
2
| ∈ R
Узел является ассимптотически устойчивым, если λ
1
< 0 и λ
2
< 0.
Заметим, что в случае как устойчивого, так и неустойчивого узла фазовые траектории касаются пря- мой, которая направлена вдоль собственного вектора, соответствующего меньшему по абсолютной величине собственному значению λ.
6.2
Дикритический узел — λ
1
= λ
2 6= 0 ∈ R, λ кратности 2.
а)
б)
Рис. 2:
При λ < 0 — устойчивый.
Содержание
Github

Страница 13
Методы решения дифференциальных уравнений
6.3
Вырожденный узел — λ
1
= λ
2 6= 0 ∈ R, λ кратности 1
а)
б)
Рис. 3:
Матрица A имеет лишь один собственный вектор V
1
, второй собственный вектор ищется как присоеди- ненный к V
1
При λ < 0 — устойчивый.
6.4
Седло — λ
1
, λ
2
∈ R разных знаков, не равны 0.
Рис. 4:
Прямые, направленные вдоль векторов V
1
, V
2
называются сепаратиссами, и являются ассимптотами для остальных фазовых траекторий, имеющих форму гипербол.
Определение направления:
• Если прямая связана с λ < 0, то движение вдоль нее направлено к положению равновесия.
• Если прямая связана с λ > 0, то направление от положения равновесия.
Содержание
Github

Страница 14
Методы решения дифференциальных уравнений
6.5
Фокус — λ
1,2
∈ C; Reλ
1
= Reλ
2 6= 0.
а)
б)
в)
г)
Рис. 5:
• При Reλ < 0, спирали будут закручиваться, приближаясь к началу координат. Такое положение равно- весия называется устойчивым фокусом.
• При Reλ > 0 — неустойчивый фокус.
Где A =
a
11
a
12
a
21
a
22

— матрица системы.
Содержание
Github

Страница 15
Методы решения дифференциальных уравнений
6.6
Центр — λ
1
, λ
2
∈ C; Reλ
1
= Reλ
2
= 0 — Устойчивое по Ляпунову.
а)
б)
В случае центра фазовые траектории представляют собой формально спирали при Reλ = 0, то есть эллипсы.
Направление вращения определяется знаком a
2 1.
6.7
Вырожденная матрица — det(A) = 0.
Если матрица является вырожденной, то у нее одно или оба собственных значения равны нулю. При этом возможны следующие частные случаи:
а)
б)
Рис. 6:
Содержание
Github

Страница 16
Методы решения дифференциальных уравнений
7
Линеаризация систем
7.1
Алгоритм линеаризации
Пусть есть система:
(
˙
x = f
1
(x, y),
˙
y = f
2
(x, y).
1. Найти положения равновесия, то есть разрешить систему
(
f
1
(x, y) = 0,
f
2
(x, y) = 0.
2. Пусть набор
x
0
y
0

,
x
1
y
1

, ... — набор положений равновесия.
3. Для каждого положения равновесия:
(a) Сделать замену:
(
U = x − x i
,
V = y − y i
и подставить в исходную систему, получив
( ˙
U = f
1
i
(U, V ),
˙
V = f
2
i
(U, V ).
(b) Разложить функции f
1
i
(U, V ) и f
2
i
(U, V ) в точке (0, 0), избавляясь в процессе разложения от сте- пеней выше 1, то есть U
2
+ U + 3V −→ U + 3V .
(c) В результате предыдущего шага получим систему
( ˙
U = a
11
U + a
12
V,
˙
V = a
21
U + a
22
V.
, матрица данной системы:
A =
a
11
a
12
a
21
a
22

(d) Найти собственные значения λ
1
, λ
2
матрицы A. И, если необходимо, найти собственные векторы:
i. Для каждого собственного значения λ
i разрешить систему:
a
11
− λ
i a
12
a
12
a
22
− λ
i

·
v
1
v
2

= 0.
ii. (Для тех, кто разучился к ГОС-у перемножать матрицы):
(
v
1
(a
11
− λ
i
) + v
2
a
1 2 = 0,
v
1
a
12
+ v
2
(a
22
− λ
i
) = 0.
(e) Построить фазовую траекторию, с положением равновесия U = V = 0.
(f) Построить фазовую траекторию в изначальных координатах (x, y), то есть сдвинуть то, что полу- чилось на предыдущем шаге на x i
единиц вправо и y i
единиц вверх.
7.2
Разложение по
Маклорену
1. ln(1 + x) −→ x −
x
2 2
+
x
3 3
− ....
2. arcsin(x) −→ x +
x
3 6
+ 3
x
5 40
+ ...
3. e x
−→ 1 + x +
x
2 2
+ ...
4. (1 + x)
α
−→ 1 + αx +
α(α−1)
2
x
2
+ ...
5. sin(x) −→ x −
x
3 6
+ ...
6. tg(x) −→ x +
x
3 3
+ ...
7. arccos(x) −→
π
2
− arcsin(x)
8. arctg(x) −→ x −
x
3 3
+ ...
9. sh(x) −→ x +
x
3 6
+ ...
10. th(x) −→ x −
x
3 3
+ ...
11. arcsh(x) −→ x −
x
3 6
+ ...
12. arcth(x) −→ x +
x
3 3
+ ...
Содержание
Github

Страница 17
Методы решения дифференциальных уравнений
8
Некоторые типы дифференциальных уравнений.
8.1
Уравнение Бернулли (I порядок).
y
0
+ a(x)y = b(x)y m
,
(7)
где a(x) и b(x) — непрерывные функции. Если m = 0, то имеем дело с линейным дифференциальным урав- нением, если m = 1, то преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными.
В общем случае, когда m 6= 0, уравнение Бернулли сводится к линейному дифференциальному уравнению с помощью подстановки:
z = y
1−m
8.2
Уравнение Риккати (I порядок).
y
0
+ b(x)y + d(x)y
2
= f (x),
(8)
где b(x), d(x), f (x) — непрерывные функции.
Алгоритм решения уравнений Риккати:
1. Найти некоторое частное решение уравнения y
1 2. Тогда искомым решением будет y = y
1
+ U , следовательно, задача свелась к поиску U .
3. Подставляем в исходное выражение вместо y и y
0
выражения (y
1
+ U ) и (y
1
+ U )
0
, и получаем уравнение
Бернулли (
7
).
4. Находим из него U и подставляем в выражение для общего решения.
8.3
Уравнение Эйлера (II порядок).
x
2
y
00
+ Axy
0
+ By = 0, x > 0,
(9)
Данное уравнение можно свести к линейному дифференциальному уравнению с постоянными коэффици- ентами с помощью замены x = e t
, в этом случае:
y
0
x
= e
−t y
0
t
,
y
00
xx
= e
−2t
(y
00
tt
− y
0
t
).
Подставляя в исходное уравнение,
имеем
:
y
00
tt
+ (A − 1)y
0
t
+ By = 0.
Содержание
Github

Страница 18
Методы решения дифференциальных уравнений
9
Первые интегралы
9.1
Поиск первых интегралов.
Пусть в области Ω ⊆ R
3
задана автономная система дифференциальных уравнений:





˙
x = f
1
(x, y, z),
˙
y = f
2
(x, y, z),
˙
z = f
3
(x, y, z).
(10)
Решения системы
10
можно найти с помощью первых интегралов:
Определение (ПИ)
Непрерывно дифференцируемая в области Ω функция U (x, y, z) называется первым интегралом системы
(
10
), если U (−
→
ϕ (t)) ≡ Const (то есть первый интеграл постоянен вдоль каждой фазовой траектории).
Критерий ПИ
Непрерывно дифференцируемая функция U (x, y, z) является первым интегралом системы (
10
) ⇐⇒ ∀(x, y, z) ∈
Ω выполнено
∂U
∂x f
1
+
∂U
∂y f
2
+
∂U
∂z f
3
= 0.
(11)
Количество независимых ПИ системы
Если точка a ∈ Ω ⊂ R
n не является положением равновесия автономной системы, то в ее окрестности суще- ствует n − 1 независимых первых интегралов.
Поиск ПИ
При поиске ПИ применяется так называемый метод интегрирующих комбинаций, который заключается в том,
что мы, "глядя"на функции, стоящие в правых частях уравнений, пытаемся подобрать такую комбинацию этих уравнений, которая позволяла бы выделить функции, являющиеся производными от более сложных функций.
Перечислим некоторые способы такого поиска:
1. Запись системы (
10
) в симметричном виде:
dt =
dx f
1
=
dy f
2
=
dz f
3
(12)
2. Свойство равных дробей. Так как dx = f
1
dt, а dy = f
2
dz, то dx + dy = (f
1
+ f
2
)dt, из этого принципа вытекает:
dt =
d(x + y)
(f
1
+ f
2
)
=
d(x − y)
(f
1
− f
2
)
=
d(x + y + z)
(f
1
+ f
2
+ f
3
)
= . . .
(13)
3. Пусть найден U
1
для системы (
12
). Тогда при поиске U
2
, можно использовать выражение, полученное для U
1
, считая его константой, а затем, подставить выражение для U
1
в полученное выражение для U
2
Пример 1





˙
x = z − x + 3y,
˙
y = z + x − 3y,
˙
z = −2z.
1. Сложим три уравнения: ˙
x + ˙
y + ˙
z = 0, следовательно x + y + z = Const = U
1 2. Заметим, что dt =
d(x−3y+z)
−4(x−3y+z)
=
dz
−2z
, проинтегрировав, получим: 2 ln z = ln (x − 3y + z) + Const, значит
U
2
=
z
2
x − 3y + z
Содержание
Github

Страница 19
Методы решения дифференциальных уравнений
Пример 2





˙
x = 2x
2
z
2
+ x,
˙
y = −4xyz
2
+ y,
˙
z = −4xz
3
+ z.
1. Выпишем первое и третье уравнения и перемножим их "крест накрест":
dx
2x
2
z
2
+ x
=
dz z − 4xz
3
=⇒
zdx − 4xz
3
dx − 2x
2
z
2
dz − xdz = 0
: z
2
dx dz
−
x z
2
− 2(2xzdx + x
2
dz) = 0
=⇒
d

x z

+ d(−2x
2
z) = 0
=⇒
x z
− 2x
2
z = Const = U
1 2. Выпишем второе и третье уравнения и сократим общую часть в знаменателе:
dy y(−4xz
2
+ 1)
=
dz z(−4xz
2
+ 1)
=⇒
dy y
=
dz z
=⇒
y = z · Const
=⇒
U
2
=
z y
Пример 3





˙
x = 2xy,
˙
y = 1 − y
2
− 2xz,
˙
z = −
y x
1. Выпишем 1 и 3 уравнения, сократим общую часть в знаменателе:
dx
2xy
=
xdy
−y
=⇒
dx x
2
= −2dz
=⇒
−
1
x
= −2z + Const
=⇒
2z −
1
x
= U
1 2. Преобразуем второе уравнение, учитывая, что 2xz = U
1
x + 1:
dy
1 − y
2
− (U
1
x + 1)
=⇒
− y
2
dx − U
1
xdx = 2xydy
=⇒
d(y
2
x) + d
U
1
x
2 2

= 0
U
2
= y
2
x + U
1
x
2 2
=⇒
U
2
= y
2
x + zx
2
−
x
2 9.2
Линейные однородные уравнения в частных производных первого порядка.
Пусть задана система
(
f
1
∂U
∂x
+ f
2
∂U
∂y
+ f
3
∂U
∂z
= 0,
U = F
1
,
при F
2
= 0.
(14)
Алгоритм решения
1. Выписать характеристическую систему





˙
x = f
1
,
˙
y = f
2
,
˙
z = f
3 2. Найти два первых интеграла U
1
и U
2
для этой системы (поиск ПИ:
9.1
).
3. Общим решением (
14
) будет:
U = F (U
1
, U
2
), где F — произвольная непрерывно дифференцируемая функция.
Содержание
Github

Страница 20
Методы решения дифференциальных уравнений
4. Затем, из системы ниже нужно выразить x, y и z через U
1
и U
2
и подставить в выражение U = F
1
(второе уравнение системы
14
). После того, как мы получим выражение U через U
1
и U
2
(избавившись от x, y и z), нужно подставить выражения для U
1
(x, y, z) и U
2
(x, y, z) в U (U
1
, U
2
).





. . . = U
1
,
. . . = U
2
,
F
2
= 0.
Получившееся выражение U (x, y, z) и будет являтся решением задачи Коши (
14
).
Пример 1
(
(z − x + 3y)
∂U
∂x
+ (z + x − 3y)
∂U
∂y
− 2z
∂U
∂z
= 0,
U =
4y z
, при x − 3y = 0.
1. Выпишем характеристическую систему и найдем первые интегралы (поиск первых интегралов данной системы тут:
9.1
).
2. Общим решением будет
U = F (U
1
, U
2
) = F

x + y + z,
z
2
x − 3y + z

3. Решим задачу Коши:
(a) Выразим x, y, z через U
1
и U
2
из системы:





x + y + z = U
1
,
z
2
x−3y+z
= U
2
,
x − 3y = 0.
(b) Получим: y =
1 4
(U
1
− U
2
) и z = U
2
. Подставим найденные выражения в U (x, y, z) =
4y z
и получим
U (U
1
, U
2
):
U =
4y z
=
U
1
− U
2
U
2
(c) Подставим в полученное выражение U
1
(x, y, z) и U
2
(x, y, z) (рнайденные на шаге 1) и получим ответ.
Содержание
Github

Страница 21
Методы решения дифференциальных уравнений
10
Вариационное исчисление
10.1
Алгоритм решения варианционной задачи
Рассмотрим функционал
J (y) =
b
Z
a
F (x, y, y
0
)dx,
(15)
где a < b ∈ R — заданные числа, а F (x, y, y
0
) — заданная вещественнозначная неперывно дифференцируемая функция ∀x ∈ [a, b] ∀y ∈ (−∞, +∞) ∀y
0
∈ (−∞, +∞).
Решим простейшую вариационную задачу:









J (y) =
b
R
a
F (x, y, y
0
)dx,
y(a) = c
1
,
y(b) = c
2
(16)
1. Сначала нужно найти y(x) (то есть найти экстремаль y(x)) из уравнения
∂F
∂y
−
d dx
∂F
∂y
0
= 0,
(17)
причем
∂F
∂y
0
ищется при условии того, что y
0
свободная переменная (то же самое и с y). При нахождении d
dx считаем, что y
0
= y
0
(x), y = y(x).
Чаще всего при решении возникает либо линейное уравнение с постоянными (переменными) коэффи- циентами, либо уравнение Эйлера (решение уравнения Эйлера тут:
8.3
).
2. После того, как выражена экстремаль y(x), нужно найти допустимую экстремаль. Для этого нужно най- ти константы C
1
и C
2
(которые будут сидеть в выражении для y(x)) из граничных условий:
(
y(a) = c
1
,
y(b) = c
2
(c
1
и c
2
— заданные в условии числа). Допустимую экстремаль принято обозначать ˆ
y.
3. Далее нужно выяснить, дает ли экстремаль ˆ
y минимум, максимум или не является экстремумом вовсе.
Для этого нужно определить знак выражения ∆J = J (ˆ
y + h) − J (ˆ
y), где h — произвольная непрерывно дифференцируемая функция на отрезке [a, b], такая, что h(a) = h(b) = 0.
Бывает удобно записать ∆J в виде:
∆J = δJ (ˆ
y, h)
|
{z
}
=0
+
b
Z
a
F (x, h, h
0
)dx.
Так же удобно пользоваться результатом следующего интегрирования по частям:
b
Z
a f (x)hh
0
dx = f (x)
h
2 2
b a
|
{z
}
=0
−
b
Z
a h
2 2
f
0
(x)dx.
Иногда полезен следующий результат:
b
Z
a h
2
(x)dx 6
(b − a)
2 4
b
Z
a
(h
0
)
2
dx.
4. В случае, если требуется показать, что ∆J дает разные знаки для разных допустимых h, бывает полезен прием представления h в виде тригонометрической функции, такой, что h(a) = h(b) = 0 (пример будет разобран ниже).
Содержание
Github

Страница 22
Методы решения дифференциальных уравнений
5. (Задача со свободным концом) В случае, если нужно решить задачу со свободным концом (то есть отсутствием одного граничного условия), то недостающим "граничным"условием, для нахождения кон- стант C
1
и C
2
будет выступать условие:
∂F
∂y
0
x=b
= 0, если отсутствует граничное условие на y(b),
∂F
∂y
0
x=a
= 0, если отсутствует граничное условие на y(a),
Либо, если граничные условия отсутствуют вообще (задача со свободными концами), то константы находятся из условия
∂F
∂y
0
x=a
=
∂F
∂y
0
x=b
= 0.
Пример
Показать, что допустимая экстремаль не дает экстремума функционала









J (y) =
π
R
0
(y
0
)
2
−
9 4
y
2
+ 18y
dx,
y(0) = 4,
y(π) = 0.
1. Найдем экстремаль:
•
∂F
∂y
= −
9 2
y + 18,
•
∂F
∂y
0
= 2y
0
,
•
d dx
∂F
∂y
0
= 2y
00
∂F
∂y
−
d dx
∂F
∂y
0
= 0
⇐⇒
4y
00
+ 9y = 36
Решением однородного будет y = C
1
sin
3 2
x + C
2
cos
3 2
x. Частным решением, очевидно, будет ялвятся y
ч.
= 4. Следовательно:
y = C
1
sin
3 2
x + C
2
cos
3 2
x + 4.
2. Найдем допустимую экстремаль:
(
y(0) = 4,
y(π) = 0.
=⇒
(
C
2
+ 4 = 0,
−C
1
+ 4 = 0.
=⇒
(
C
1
= 4,
C
2
= −4.
Следовательно:
ˆ
y = 4 sin
3 2
x − 4 cos
3 2
x + 4 — допустимая экстремаль.
3. Исследуем функционал на экстремум:
∆J = δJ (ˆ
y, h)
|
{z
}
=0
+
π
Z
0

(h
0
)
2
−
9 4
h
2

dx.
Покажем, что ∆J меняет свой знак в зависимости от h. Для отрезка [0, π] удобнее всего взять три- гонометрическую функцию, образующую ноль но концах отрезка. Такой функцией будет h = sin kx,
k ∈ N.
Содержание
Github

Страница 23
Методы решения дифференциальных уравнений
Тогда
∆J =
π
Z
0

k
2
cos
2
kx −
9 4
sin
2
kx

dx =
π
Z
0

k
2
1 + cos 2kx
2

−
9 4
1 − cos 2kx
2

dx
∆J =
π
Z
0 1
2
(k
2
−
9 4
)dx =
π
2
(k
2
−
9 4
).
Таким образом, если k
2
>
9 4
, то ∆J > 0, а если k
2
<
9 4
, то ∆J < 0. Следовательно экстремума нет.
10.2
Функционалы, зависящие от двух функций.
Рассматривается задача нахождения слвбого экстремума
J (y
1
, y
2
) =
b
Z
a
F [x, y
1
(x), y
2
(x), y
0 1
(x), y
0 2
(x)]dx,
(18)
, где F — заданная непрерывно дифференцируемая функция своих аргументов, в классе непрерывно диффе- ренцируемых пар функций y
1
(x), y
2
(x) на отрезке [a, b]. Причем функции удовлетворяют граничным услови- ям:









y
1
(a) = A
1
,
y
2
(a) = A
2
,
y
1
(b) = B
1
,
y
2
(b) = B
2
,
(19)
, где A
1
, A
2
, B
1
, B
2
— заданные в условии числа.
В этом случае экстремали y
1
(x) и y
2
(x) находятся из системы
(
∂F
∂y
1
−
d dx
∂F
∂y
0 1
= 0,
∂F
∂y
2
−
d dx
∂F
∂y
0 2
= 0.
Допустимые экстремали ˆ
y
1
и ˆ
y
2
находятся из граничных условий (
19
).
10.3
Функционалы, содержащие производные второго порядка.
Рассматривается задача нахождения слабого экстремума
J (y) =
b
Z
a
F [x, y(x), y
0
(x), y
00
(x)]dx,
(20)
, где F — заданная трижды дифференцируемая функция своих аргументов, в классе дважды непрерывно дифференцируемых функций y(x) на отрезке [a, b], удовлетворяющих граничным условиям:









y(a) = A
1
,
y
0
(a) = A
2
,
y(b) = B
1
,
y
0
(b) = B
2
,
(21)
, где A
1
, A
2
, B
1
, B
2
— заданные в условии числа.
Содержание
Github

Материал к уроку http://mathprofi.ru/kak_reshit_neodnorodnoe_uravnenie_vtorogo_poryadka.html
© http://mathprofi.ru
, Емелин А. Высшая математика – просто и доступно!