close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

3537.Практикум по курсу обыкновенных дифференциальных уравнений

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова
С. Д. Глызин, А. О. Толбей
ПРАКТИКУМ ПО КУРСУ
ОБЫКНОВЕННЫХ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
Учебное пособие
Рекомендовано
Научно-методическим советом университета
для студентов, обучающихся по специальностям
Прикладная математика и информатика и
Прикладная математика в экономике
Ярославль 2011
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 517.91
ББК В 161.61я73
Г 55
Рекомендовано
Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного издания. План 2010 / 2011 учебного года
Рецензенты:
Цыганков М. П., доктор физико-математических наук, профессор;
кафедра теории и методики обучения информатике Ярославского государственного
педагогического университета им. К. Д. Ушинского
Г 55
Глызин, С. Д. Практикум по курсу обыкновенных дифференциальных урав­
нений: учебное пособие / С. Д. Глызин, А. О. Толбей; Яросл. гос. ун-т,
им. П. Г. Демидова. – Ярославль: ЯрГУ, 2011. – 68 с.
ISBN 978-5-8397-0816-7
В книге содержатся материалы для упражнений по курсу «Обыкновенные
дифференциальные уравнения», она включает в себя краткое изложение
методов решения, проиллюстрированное подробным разбором, ряда задач,
а также подборку заданий для контрольных работ по курсу.
Учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся по специ­
альностям 010200.65 Прикладная математика и информатика и 080801.65
Прикладная математика в экономике, дисциплина «Дифференциальные
уравнения» (блок ЕН), очной формы обучения.
Рис. 10. Библиогр.: 11 назв.
УДК 517.91
ББК В 161.61я73
ISBN 978-5-8397-0816-7
c Ярославский
○
государственный университет
им. П. Г. Демидова, 2011
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Оглавление
Введение
4
1. Обыкновенные дифференциальные уравнения
первого порядка
1.1. Уравнения с разделяющимися переменными . . . . . . . .
1.2. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
1.3. Уравнения в полных дифференциалах . . . . . . . . . . . .
1.4. Варианты контрольной работы № 1 . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2. Линейные дифференциальные уравнения
и системы
2.1. Линейные дифференциальные уравнения старших порядков с посто­
янными коэффициентами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Формула Остроградского–Лиувилля . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3. Линейные системы с постоянными коэффициентами . . . . . . . . . .
2.4. Матричная экспонента и способы ее вычисления . . . . . . . . . . . .
2.5. Варианты контрольной работы № 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6. Варианты контрольной работы № 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Устойчивость решений дифференциальных
уравнений
3.1. Первый метод Ляпунова . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2. Метод функций Ляпунова . . . . . . . . . . . . . . .
3.3. Построение фазового портрета системы на плоскости
3.4. Варианты контрольной работы № 4 . . . . . . . . . .
4. Последовательные приближения
и метод малого параметра
4.1. Метод последовательных приближений Пикара
4.2. Метод малого параметра . . . . . . . . . . . . .
4.3. Краевые задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4. Варианты контрольной работы № 5 . . . . . . .
Литература
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
6
11
15
17
20
20
26
27
36
38
40
.
.
.
.
43
44
48
52
57
.
.
.
.
60
60
61
63
65
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Введение
Пособие для практических занятий по курсу «Обыкновенные дифференциальные
уравнения» содержит подборку задач с решениями и кратким изложением необходи­
мых теоретических сведений. Материал разделен на четыре главы.
В первой из них обсуждаются уравнения первого порядка. Подробно рассмат­
риваются уравнения с разделяющимися переменными, линейные дифференциальные
уравнения, уравнения в полных дифференциалах, а также некоторые сводящиеся
к ним. Глава завершается вариантами контрольной работы по уравнениям первого
порядка.
Вторая глава посвящена линейным уравнениям старших порядков и системам
обыкновенных дифференциальных уравнений. В первую очередь и достаточно по­
дробно рассмотрены уравнения и системы с постоянными коэффициентами. Для
неоднородных уравнений и систем изложен метод неопределенных коэффициентов и
метод вариации произвольных постоянных. Для линейных уравнений с непостоянны­
ми коэффициентами рассмотрены способы понижения порядка уравнения с помощью
теоремы Остроградского–Лиувилля в случае, когда известно какое-либо нетривиаль­
ное решение. В главе также обсуждаются методы построения матричной экспоненты.
В силу важности данной темы по линейным уравнениям и системам запланировано
две контрольные работы, в конце второй главы содержится подборка соответствую­
щих задач.
Задачи по теории устойчивости и некоторые связанные с ними вопросы рассмот­
рены в третьей главе. В частности, обсуждаются практические аспекты применения
первого и второго методов Ляпунова, приведены примеры использования критериев
устойчивости многочленов. В главе также содержится сводка правил построения и
результатов решения задач по определению фазового портрета линейной системы с
постоянными коэффициентами на плоскости. Как и предыдущие главы, данная глава
завершается вариантами контрольной работы по этой теме.
В последней главе пособия собраны задачи на построение методом последователь­
ных приближений и методом малого параметра приближенных решений начальной
задачи Коши обыкновенных дифференциальных уравнений. В третьей части главы
обсуждаются способы и приводится пример решения краевых задач и построения
функции Грина. Как обычно, глава завершается вариантами контрольной работы.
Наша книга не ставит целью дать свод задач по обыкновенным дифференциаль­
ным уравнениям, для этого имеются ряд специализированных сборников задач [1–6],
среди которых в первую очередь следует отметить книгу А. Ф. Филипова, пережив­
шую большое количество переизданий (см., например, [1, 2]) и сборник коллектива
авторов (М. Л. Краснов, А. И. Киселев, Г. И. Макаренко) [3]. Пособие в большей
степени предназначено для того, чтобы проиллюстрировать ряд ключевых проблем,
изучаемых в курсе обыкновенных дифференциальных уравнений, и способствовать
лучшему пониманию и усвоению соответствующего материала.
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. Обыкновенные дифференциальные уравнения
первого порядка
Значительная часть практических занятий по обыкновенным дифференциальным
уравнениям (ОДУ) посвящена уравнениям первого порядка. Ниже будет рассматри­
ваться начальная задача Коши

=  (, ),

(1.1)
(0 ) = 0 .
(1.2)
Здесь  — независимая переменная, () — искомая функция,  (, ) — непрерывная
по совокупности переменных вместе с частной производной по  функция, (, ) ∈
∈  ⊂ R2 ,  — замкнутое ограниченное множество, содержащее (0 , 0 ).
Решением задачи (1.1) будем называть непрерывно дифференцируемую функцию
(), которая удовлетворяет начальному условию и на некотором интервале,
содержащем 0 , обращает (1.1) в тождество.
Иногда вместо уравнения (1.1) удобно рассматривать уравнение в форме диффе­
ренциалов
 (, ) +  (, ) = 0,
(1.3)
где  (, ),  (, ) — гладкие функции своих аргументов и не выделены зависимая
и независимая переменные.
Довольно часто не удается найти непосредственный вид решения уравнения (1.1)
или (1.3), поскольку оно записывается в виде какой-либо неявной функции. Если,
тем не менее, от производных и дифференциалов удалось избавиться, будем исполь­
зовать понятие общего интеграла уравнений (1.1) или (1.3). Дифференцируемая по
совокупности переменных, не равная тождественно константе функция  (, )
называется общим интегралом (1.1), если после подстановки в нее любого ре­
шения () уравнения (1.1) получается тождественная константа.
Данное определение не конструктивно и не позволяет эффективно проверить,
является ли некоторое полученное нами выражение интегралом. В связи с этим
приведем следующее рассуждение.
Пусть  (, ) — общий интеграл, тогда по определению  (, ()) ≡ , где ()
— решение (1.1) или (1.3). Продифференцируем данное тождество по , имеем
 

+
·
≡ 0. Поскольку () — решение (1.1), получаем

 


+
·  (, ) ≡ 0.


(1.4)


 (, )−
 (, ) ≡


≡ 0. Полученные равенства дают легко проверяемый признак того, что  (, ) явля­
ется общим интегралом.
Уравнение (1.1) даже при условии, что функция  (, ) представляет собой супер­
позицию элементарных функций, может оказаться не интегрируемым в квадратурах.
В связи с этим особую ценность приобретают такие классы уравнений, для кото­
рых удается получить аналитическое решение или общий интеграл. В первой главе
разобраны три таких класса ОДУ:
Для уравнения (1.3) соотношение (1.4) трансформируется в
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
— уравнения с разделяющимися переменными,
— линейные дифференциальные уравнения,
— уравнения в полных дифференциалах,
а также приведены задачи для самостоятельного решения.
1.1. Уравнения с разделяющимися переменными
В этом разделе рассмотрим ОДУ первого порядка следующего специального вида:

= ()ℎ(),
(1.5)

где () и ℎ() — достаточно гладкие функции, с начальным условием (1.2).
Для решения данной задачи в уравнении (1.5) обычно переходят к дифференци­
алам
 = ()ℎ() ,
а затем разделяют переменные

= () ,
ℎ()
ℎ() ̸= 0.
(1.6)
Отметим, что на этом шаге для дальнейших преобразований нужно предполагать,
что ℎ() ̸= 0, а следовательно, необходимо рассмотреть и случай ℎ() = 0, поскольку
все корни этого алгебраического уравнения являются решениями (1.5). Обозначим
независимую переменную в (1.6) 1 и проинтегрируем по ней данное равенство от
0 до 
∫︁ 
∫︁ 
(1 )
=
(1 ) 1 .
(1.7)
0
0 ℎ((1 ))
Выполним теперь в левой части (1.7) замену (1 ) → 1 , тогда, учитывая, что (0 ) =
= 0 и () = , получаем
∫︁ 
∫︁ 
1
=
(1 ) 1 .
(1.8)
0
0 ℎ(1 )
Выражение (1.8) представляет собой интеграл уравнения (1.5), удовлетворяющий
начальному условию (1.2). Учитывая, что числа 0 , 0 пока не фиксированы, выра­
жение (1.8) совместно с корнями уравнения ℎ() = 0 дает общий интеграл (1.5).
Общее решение может быть получено, если интегралы в (1.8) вычисляются в клас­
се элементарных функций, а затем удается выразить функцию () из полученного
соотношения.
Проиллюстрируем описанную схему действий на следующем примере.
Пример 1.1. Найти общее решение уравнения
 ′ = ( 2 − 1)
(1.9)
и построить график интегральной кривой, соответствующей начальным усло­
виям (0) = 2.
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Это уравнение является, очевидно, уравнением с разделяющимися пе­
ременными, поскольку его правая часть не зависит от . Разделяя переменные, по­
лучим

= .
(1.10)
( 2 − 1)
Вычислим в (1.10) интегралы от левой и правой частей. С учетом начальных условий
имеем
∫︁ 
∫︁ 
1
1 .
(1.11)
=
2
0
2 1 (1 − 1)
Для подсчета интеграла в левой части (1.11) представим подынтегральную функцию
в виде
1



=
+
+
.
(1.12)
2
1 (1 − 1)
1 1 − 1 1 + 1
Приводя выражение в правой части к общему знаменателю, получаем
1 = (12 − 1) + 1 (1 + 1) + 1 (1 − 1),
(1.13)
откуда, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 1 , имеем
 +  +  = 0,
 −  = 0,
− = 1.
Тем самым,
1
== .
(1.14)
2
Заметим, что для определения , ,  в данной ситуации можно было просто
подставить в равенство (1.13) значения  = 0,  = ±1 и сразу получить (1.14).
Теперь, учитывая в уравнении (1.11) представление (1.12), после интегрирования
получаем
)︂⃒
(︂
⃒
1
1
− ln |1 | + ln |1 − 1| + ln |1 + 1| ⃒⃒ = ,
2
2
2
 = −1,
или после некоторых упрощений
⃒ 2
⃒
⃒ − 1⃒
3
ln ⃒⃒ 2 ⃒⃒ − ln = 2.

4
(1.15)
Следует отметить, что полученная формула содержит «лишние» решения и не все
функции, удовлетворяющие (1.15), являются решениями нашей начальной задачи.
Потенцируя выражение (1.15) и раскрывая модуль, получаем
3
2 − 1
= ± 2 .
2

4
(1.16)
Если в правой части выражения (1.16) взять знак минус, то соответствующая функ­
ция не будет удовлетворять в нуле начальному условию, а значит, подходит только
выражение с плюсом, однако и это еще не все. Выразим из (1.16) функцию ()
√︂
4
=±
.
(1.17)
4 − 32
Выражение (1.17) также дает две функции, из которых начальному условию удо­
влетворяет только имеющая знак плюс перед корнем. На рис. 1 изображен график
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
этого решения. Его вид определяется следующими обстоятельствами: во-первых, из
формулы (1.9) следует, что  ′ > 0 при  > 1, то есть функция решения в данном
диапазоне — монотонно растущая, во-вторых, () → 1 при  → −∞, что дает гори­
зонтальную асимптоту  = 1, наконец, в-третьих, () → ∞ при  → (ln 4 − ln 3)/2,
что определяет вертикальную асимптоту  = (ln 4 − ln 3)/2.
y (x)
4
3
2
y= 1
1
1 ln 4
2
3
x
-3
-2
-1
0
1
Рис. 1. График интегральной кривой
Отметим, что решение данной задачи определено не для всей числовой оси и
уходит на бесконечность при конечном изменении .
Перейдем теперь к задачам, сводящимся к уравнению с разделяющимися пере­
менными. К таким относится, в первую очередь, однородные уравнения.
Под однородными будем понимать уравнения, для которых функция правой части
может быть представлена в виде
(︁  )︁

=  (, ) ≡ *
.


(1.18)
В случае, если рассматривается уравнение (1.3), определение несколько модифи­
цируется. Определим сначала понятие однородной функции. Функция  (, ) на­
зывается однородной степени , если для некоторого вещественного  и всех
 > 0 выполнено соотношение  (, ) ≡   (, ) для всех (, ) и (, ) из
области определения функции  (, ).
В свою очередь, уравнение (1.3) будем называть однородным, если  (, ),
 (, ) — однородные функции одной степени.
Для однородного уравнения сведение к уравнению с разделяющимися перемен­
ными осуществляется путем замены
 = .
8
(1.19)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Так, уравнение (1.18) в результате замены (1.19) приводится к виду

+  = * () ,

(1.20)
которое уже, очевидно, с разделяющимися переменными. Для уравнения (1.3) заме­
на (1.19) дает
 (, ) +  (, )( + ) = 0,
откуда с учетом однородности функций  (, ),  (, ) имеем уравнение
  (1, ) +   (1, )( + ) = 0,
которое также является уравнением с разделяющимися переменными.
Рассмотрим следующий пример.
Пример 1.2. Найти общее решение
( − 2 ) − (2 −  2 ) = 0.
(1.21)
Решение. Это уравнение однородное, поскольку функции  (, ) = −2 +  2 ,
 (, ) =  − 2 являются однородными функциями одной степени
 (, ) = 2  (, ),  (, ) = 2  (, ).
Сведем однородное уравнение (1.21) к уравнению с разделяющимися переменными.
Подставляя в уравнение замену  =  и учитывая, что  =  + , получаем
(2  − 2 )( + ) − (22  − 2  2 ) = 0.
(1.22)
Разделим в (1.22) переменные
1−

=
.

(2 − 3)
(1.23)
Вычислим интегралы от левой и правой частей (1.23). Для подсчета интеграла в
правой части подынтегральное выражение представляется в виде
1−


= +
.
(2 − 3)

2 − 3
(1.24)
Приводя выражение в правой части к общему знаменателю, получаем
1 −  = (2 − 3) + ,
откуда, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях , имеем
1
=− ,
3
1
=− .
3
Подставляя найденные значения в (1.24), после интегрирования (1.23) находим
⃒
⃒
⃒
⃒
1
⃒ + ln ,
ln || = ln ⃒⃒ 1/3
 |2 − 3|1/6 ⃒
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Потенцируя последнее равенство получаем  1/3 |2 − 3|1/6 = . Заменяя теперь  на

и возводя левую и правую части в шестую степень, будем иметь

3  2 (2 − 3) = .
При разделении переменных мы делили обе части уравнения (1.22) на 3 (2 2 −
−3), поэтому могли потерять решения, которые обращают в ноль это произведение.
Полагаем  = 0,  = 0,  = 3/2. Непосредственной проверкой убеждаемся, что
3
 = 0,  = 0,  =  — решения (1.21). Следует, впрочем, отметить, что все они
2
входят в полученное выше множество решений.
Приведем решение еще одной задачи, сводящейся, в свою очередь, к однородному
уравнению.
Уравнение вида
(︂
)︂
1  +  1  +  1
′
 =
(1.25)
2  +  2  +  2
сводится к однородному (1.18) с помощью переноса начала координат в точку пере­
сечения прямых 1  + 1  + 1 = 0 и 2  + 2  + 2 = 0.
Пример 1.3. Найти общее решение
(2 −  − 4) − (2 −  + 5) = 0.
Решение. В данном случае точка пересечения прямых
2 −  − 4 = 0,
2 −  + 5 = 0,
* = −2, * = 1. Полагая  =  − 2,  =  + 1, будем иметь однородное уравнение
(2 − ) − (2 − ) = 0,
которое заменой переменных  =  приводится⃒ к уравнению
с разделяющимися
⃒

2−
1 ⃒⃒  − 1 ⃒⃒ 1
переменными
= 2
, откуда ln || = ln ⃒
+ ln . Потенцируя по­

 −1
2
( + 1)3 ⃒ 2
−1
. Возвращаясь к старым переменным  и ,
следнее равенство, имеем 2 = 
( + 1)3
получим
−−3
= .
( +  + 1)3
Кроме того, имеется решение  = − − 1, которое было потеряно при делении на
+1. Решение  =  −3, получающееся при  = 1, входит в общее решение уравнения
при  = 0.
Рассмотренный выше метод нельзя применить в случае параллельности прямых
1  + 1  + 1 = 0 и 2  + 2  + 2 = 0. Но в этом случае коэффициенты при текущих
2
2
координатах пропорциональны
=
=  и уравнение (1.25) может быть записано
1
1
в виде
(︂
)︂
1  +  1  +  1
′
 =
=  (1  + 1 ),
(1  + 1 ) + 2
и следовательно, замена переменных  = 1  + 1  преобразует рассматриваемое
уравнение в уравнение с разделяющимися переменными.
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 1.4. Найти общее решение
(2 + 2 − 1) + ( +  − 2) = 0.
Решение. Полагая  =  + , будем иметь
(2 − 1)( − ) + ( − 2).
Разделяя переменные и интегрируя, получим
2 − 1
 = ,
+1
2 − 3 ln | + 1| =  + ,
3 ln | +  + 1| = 2 +  + .
Остается проверить, что  = −1, то есть  = − − 1 также является решением
исходного уравнения.
1.2. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
В данном разделе рассматриваются уравнения вида

= () + (),

(0 ) = 0 ,
(1.26)
где (), () — непрерывные на некотором промежутке, содержащем 0 , функции.
В правой части уравнения (1.26) выражение () называется однородной частью,
а () — неоднородностью.
Данную задачу будем решать в два этапа. На первом из них рассмотрим (1.26)
с однородной правой частью (не путать с однородными дифференциальными уравне­
ниями, рассмотренными в предыдущем пункте)

= (),

(0 ) = 0 .
(1.27)
Полученное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными (см.
уравнение (1.5)), после разделения в нем переменных  и  и интегрирования имеем
∫︁ 
∫︁ 
1
=
( ),
0 1
0
откуда после вычисления интеграла в левой части и потенцирования имеем
(︂∫︁ 
)︂
() = 0 exp
( ) .
(1.28)
0
Формула (1.28) дает решение линейного однородного уравнения (1.27).
Второй этап решения линейного уравнения (1.26) связан с построением на ос­
нове формулы (1.28) такой замены переменных, чтобы уравнение (1.26) свелось к
уравнению, способ решения которого нам известен. Выполним в (1.26) замену
)︂
(︂∫︁ 
() = () exp
( ) .
(1.29)
0
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
После дифференцирования получаем
′
(︂∫︁

)︂
( )
 () exp

(︂∫︁
+ ()() exp
0
)︂
( )
=
0
(︂∫︁

= ()() exp
)︂
( )
+ (). (1.30)
0
Выразим в (1.30)
(︂ ∫︁
 () = () exp −

′
)︂
( )
0
и, полагая, что (0 ) = 0 , найдем ()
(︂ ∫︁
∫︁ 
() = 0 +
(1 ) exp −
1
)︂
( )
1 .
0
0
Вернемся с помощью формулы (1.29) к исходным переменным, при этом учтем,
что (0 ) = 0 , то есть 0 = 0 и, значит,
(︂∫︁ 
)︂ (︂
(︂ ∫︁ 1
)︂
)︂
∫︁ 
() = exp
( )
0 +
(1 ) exp −
( ) 1 .
0
0
0
Задача, тем самым, полностью решена. Изложенный способ построения решения
уравнения (1.26) обычно называют методом вариации произвольных постоянных.
Пример 1.5. Найти общее решение
 ′ −  ctg  = 2 sin .
Решение. Для интегрирования неоднородного уравнения применим метод вариации
постоянной. При применении этого метода сначала интегрируется соответствующее
однородное уравнение
 ′ −  ctg  = 0,
∫︁
∫︁

 sin 

= ctg ,
=
,


sin 
ln || = ln | sin | + ln , од =  sin .
Считаем  функцией , тогда  = () sin  и  ′ =  ′ () sin +() cos . Подставляя
замену в исходное уравнение, после упрощений получаем

= 2,

 = 2,
() = 2 + 1 .
Тем самым, общее решение имеет вид
 = (2 + 1 ) sin .
Пример 1.6. Найти общее решение
′ =

,
 + 2 3
12
(0 ) = 0 .
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Для решения данной задачи перейдем к уравнению в дифференциалах
( + 2 3 ) = 
и заметим, что если в этом уравнении считать независимой переменной , а  –
функцией от , то для () имеем линейное дифференциальное уравнение


= + 2 2 ,


(0 ) = 0 .
(1.31)
Воспользуемся изложенным выше методом для решения задачи (1.31). Интегриро­
вание однородного уравнения


= ,


(0 ) = 0
0
дает од = . Замена метода вариации произвольных постоянных  =  приводит
0
к соотношению
 ′  +  =  + 2 2 ,
откуда () = 0 +  2 , тем самым,  = (0 +  2 ). Учитывая начальное условие
0
(0 ) = 0 , имеем 0 =
− 02 . Решение начальной задачи Коши для уравнения
0
(1.31) имеет вид
)︂
(︂
0
2
2
+  − 0 .
(1.32)
=
0
Вместе с тем формула (1.32) представляет неявно заданное решение исходного урав­
нения. Выражение (1.32) не определено при 0 = 0, однако нетрудно видеть, что
 ≡ 0 удовлетворяет исходному уравнению и было потеряно при переходе к уравне­
нию (1.31).
Далее рассмотрим уравнения, сводящиеся к линейным уравнениям. Уравнение
Бернулли

+ () = ()  , ( ̸= 0, 1),
(1.33)

1
после деления обоих частей на   , заменой  = −1 сводится к линейному уравне­

нию и интегрируется как линейное.
Пример 1.7. Найти общее решение
3 2  ′ +  3 − 2 = 0.
Решение. Перепишем уравнение в виде
′ +
2

=  −2
3
3
— это уравнение Бернулли вида (1.33), где  = −2. После замены
 = 3,
получаем линейное уравнение
′ +
 ′ = 3 2  ′ ,

= 2.

13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Интегрируем соответствующее однородное уравнение





+ = 0,
= − , од = .
 



′
 () − ()
Полагаем  = (),  ′ =
, тогда  ′ () = 2, () = 2 + 1 .
2

1
1
, а следовательно,  3 =  +
.
Получаем общее решение  =  +


Уравнение Риккати

+ () + () 2 =  (),
(1.34)

в общем виде не интегрируется в квадратурах, но если известно хотя бы одно част­
ное решение этого уравнения * (), то заменой переменных  = * +  его можно
свести к уравнению Бернулли
 ′ + [() + 2()* ()] + () 2 = 0.
Пример 1.8. Найти общее решение
′ = 2 −
2
,
2
1
.

* =
(1.35)
Решение. Данное уравнение является уравнением Риккати (1.34). Полагаем
1
=+ ,

1
,
2
′ = ′ −
подставляя замену в исходное уравнение (1.35), получим
(︂
)︂
1
1
2
2
′
 − 2 = +
=  2 , которое является уравнением Бернулли.
− 2 , или  ′ −




Полученное уравнение Бернулли приводим к линейному
′
2
1
=
+ 1,  = ,
2



Решаем однородное уравнение

′
= − 2,



2
= − − 1.



2
=−
, ln || = −2 ln || + ln ,


далее варьируем постоянную  = ()
()
 ′ ()
3
,
=
−1,
()
=
−
+ 1 ,
2
2
3
и возвращаемся к исходным переменным
=
1
1 
= 2 − ,


3
1
=
1 
− ,
2
3
=
=

,
2
=
1 
− ,
2
3
1
32
.
+
  2 − 3
1

Учитывая, что еще на этапе решения уравнения Бернулли выполнялось деление
на  и оказалось потеряно решение  = 0, добавим к полученному общему решению
еще и решение  = 1/, оно, впрочем, было известно нам по условию задачи (1.35).
−
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.3. Уравнения в полных дифференциалах
В этом разделе будем рассматривать уравнение (1.3) в форме дифференциалов,
воспроизведем его еще раз
 (, ) +  (, ) = 0.
(1.36)
Предположим, что  (, ) представляет собой общий интеграл (1.36), т. е. на реше­
ниях уравнения (1.36)  (, ()) ≡ . Вычисляя дифференциал от левой и правой
частей данного тождества, имеем
 ≡


 +
.


(1.37)
Структура равенств (1.36) и (1.37), очевидным образом, одинакова, и если по
известным функциям  (, ) и  (, ) удается найти такую  (, ), что

=  (, ),


=  (, ),

(1.38)
то  (, ) =  как раз и будет искомым общим интегралом уравнения (1.36). Урав­
нения, обладающие таким свойством, будем называть уравнениями в полных
дифференциалах.
Выясним условия на  (, ) и  (, ), при которых уравнение (1.36) является
уравнением в полных дифференциалах.
Предположим, что  (, ) — дважды непрерывно дифференцируемая по совокуп­
ности переменных функция. Продифференцируем первое из равенств (1.38) по , а
второе по , тогда

 2

 2
=
и
=
.




Учитывая, что значение второй частной производной дважды непрерывно дифферен­
цируемой функции  (, ) не зависит от направления дифференцирования, получаем


=
.


(1.39)
Выражение (1.39) представляет собой признак того, что уравнение (1.36) являет­
ся уравнением в полных дифференциалах.
Построение общего интеграла для уравнения в полных дифференциалах опишем
на примере.
Пример 1.9. Найти общее решение
( +  − 1) + ( −  2 + 3) = 0.
Решение. Данное уравнение является уравнением в полных дифференциалах (1.36),


≡
. Так как
если имеет место равенство


( +  − 1)
( −  2 + 3)
≡
,


15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции  (, ),



 =
+
. Равенство
= +−1 интегрируем по , при фиксированном 



∫︁
 = ( +  − 1) = 2 +  −  + (),
поэтому в качестве постоянной интегрирования ставим неизвестную функцию ().

Подставляем выражение для  во второе равенство
=  −  2 + 3. Имеем

)︀
 (︀ 2
3
 +  −  + () =  −  2 + 3, или ()′ = − 2 + 3, откуда () = − +

3
3

+ 3 +  и  (, ) = 2 +  −  − + 3, тогда общее решение исходного уравнения
3
будет иметь вид
3
2 +  −  −
+ 3 = .
3
Учитывая, что уравнения в полных дифференциалах довольно легко интегриру­
ются, представляют интерес способы сведения (1.36) к уравнению в полных диффе­
ренциалах. Как оказывается (см., например, [7]), всегда существует такая ненулевая
гладкая функция (, ), что для функций * (, ) = (, ) (, ) и * (, ) =
= (, ) (, ) выполнены равенства (1.39). Функцию (, ) называют интегри­
рующим множителем. Естественно, регулярного метода получения интегрирующего
множителя не существует.
Пример 1.10. Найти интегрирующий множитель для уравнения
− + ( + 2 3 ) = 0.
(1.40)
Решение. Данное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах (не
выполнено условие (1.39)). Однако в примере
1.6 для )︂
него, тем не менее, найден
(︂
0
0
+  2 − 02 . Обозначим  =
− 02
общий интеграл (см. формулу (1.32))  =
0
0

и выразим эту величину через  и , получаем  = −  2 , тем самым, функция


2
 (, ) = −  представляет собой общий интеграл. Построим дифференциальное

уравнение в полных дифференциалах, соответствующее этому интегралу
)︂
(︂
1

 + − 2 − 2  = 0.
(1.41)


Сравнивая уравнения (1.40) и (1.41), замечаем, что для превращения (1.40) в (1.41)
его необходимо разделить на − 2 . Таким образом, в данном случае интегрирующий
1
множитель имеет вид (, ) = − 2 .

В некоторых случаях, когда уравнение (1.31) не является уравнением в полных
дифференциалах, для нахождения подходящих замен можно попытаться выделить в
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
уравнении полные дифференциалы. При этом используются следующие простейшие
формулы:
(︂ )︂ (︂
)︂

 − 

2
() =  + , ( ) = 2, 
=
, (ln ) = .
2



Пример 1.11. Найти общее решение
(1 + (2 +  2 )) +  = 0.
Решение. Сведем исходное уравнение к уравнению в полных дифференциалах
 +  + 2 (2 +  2 ) = 0,
(2 +  2 )
+ 2 (2 +  2 ) = 0,
2
делим уравнение на 2 +  2 , имеем
(2 +  2 )
+
2(2 +  2 )
(︂
3
3
)︂
= 0.
Интегрируя, получаем решение
1
3
ln |2 +  2 | +
= .
2
3
1.4. Варианты контрольной работы № 1
Вариант № 1
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям ˙ = 2( − 2)( + 1)2 , (0) = 1.
2. Найти общее решение (2 + 2 − 1) + ( +  − 2) = 0.
3. Найти общее решение  ′ −  ctg  = 2 sin .
2
1
4. Найти общее решение  ′ =  2 − 2 , * = .


5. Найти общее решение ( +  − 1) + ( −  2 + 3) = 0.
Вариант № 2
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям ˙ = ( − 2)( + 1), (0) = 1.
2. Найти общее решение (2 −  − 4) − (2 −  + 5) = 0.
3. Найти общее решение  ′ cos  +  sin  = 1.
4. Найти общее решение 3 2  ′ +  3 − 2 = 0.
5. Найти общее решение (1 + (2 +  2 )) +  = 0.
Вариант № 3
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ =  2 ( − 2), (0) = 1.
2. Найти общее решение (2 + 4 + 3) ′ −  − 2 − 1 = 0.
3. Найти общее решение ˙ −  ctg  = 4 sin .
4. Найти общее решение ( − ) − 2  = 0.
5. Найти общее решение (2 + ) −  = 0.
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 4
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( 2 − 1)( − 2), (0) = 0.
+−3
2. Найти общее решение  ′ =
.
−+1
3. Найти общее решение (2 − 1) ′ + 2 − cos  = 0.
4. Найти общее решение  ′ −  2 ln  +  = 0.
5. Найти общее решение  +  +  −  = 0.
Вариант № 5
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( 2 − 4), (1) = 1.
2. Найти общее решение (3 − 4 − 3) ′ − 3 + 4 + 2 = 0.
3. Найти общее решение ˙ − 2 =  exp(2) sin .
4. Найти общее решение  ′ + 2 exp() −  2 = exp(2) + exp() при условии,
что имеется решение * = exp().
2 ( 2 − 32 )
5. Найти общее решение
+
= 0.
3
4
Вариант № 6
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( − 1)( − 2), (0) = −1.
−+1
2. Найти общее решение  ′ =
.
+−3
3. Найти общее решение  ′ +  = ( + 1) exp(−) cos .
2
4. Найти общее решение  ′ =
.
( − )
1
1
5. Найти общее решение (sin  +  sin  + ) + ( cos  − cos  + ) = 0.


Вариант № 7
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( + 1)( 2 − 4), (0) = 3.
2. Найти общее решение  +  − 2 + (1 − ) ′ = 0.
3. Найти общее решение  ′ −  = sin .
4. Найти общее решение ( 2 + 2 + 1) ′ +  = 0.
5. Найти общее решение (2 +  2 + ) −  = 0.
Вариант № 8
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
′
соответствующей начальным условиям
= ( − 2), (0) = −2.
+1
2. Найти общее решение (3 − 7 + 7) − (3 − 7 − 3) = 0.
3. Найти общее решение  ′ − 2 = 3 cos .
4. Найти общее решение 2 ′  ln  +  =  −1 cos .
5. Найти общее решение (22 +  2 ) + (2 + 2 2 ) ′ = 0.
Вариант № 9
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( − 1)( − 2)( − 3), (0) = 0.
2. Найти общее решение (4 + 2 + 1) ′ + 8 + 4 + 1 = 0.
1
.
3. Найти общее решение ˙ −  tg  =
cos3 
2
2
4. Найти общее решение ( − 2) +   = 0.
5. Найти общее решение  − ( 2 + ) = 0.
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 10
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
′
соответствующей начальным условиям
= ( + 2), (0) = 2.
+1
+
2. Найти общее решение  ′ =
.
1−−
3. Найти общее решение  ′  ln  −  = 33 ln2 .
4. Найти общее решение 2 ′ sin  +  cos  =  3 sin2 .
5. Найти общее решение (32 − 2 − ) + (2 −  + 3 2 ) = 0.
Вариант № 11
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
′
=  2 , (0) = −1.
соответствующей начальным условиям
−1
2. Найти общее решение ( − 2 − 1) + (3 − 6 + 2) = 0.
3. Найти общее решение ˙ +  exp() = exp[(1 − ) exp()].
4. Найти общее решение 2(2 + ) = .
5. Найти общее решение (32  +  3 ) + (3 + 3 2 ) = 0.
Вариант № 12
1. Найти общее решение и построить график интегральной кривой,
соответствующей начальным условиям  ′ = ( + 1)( + 2), (0) = −1.
2 + 3 − 5
.
2. Найти общее решение  ′ = −
3 + 2 − 5
3. Найти общее решение  ′ + 2 =  exp(−2) cos .
4. Найти общее решение ( − ) − 2  = 0.(︂
)︂

 + sin  cos2 
5. Найти общее решение
 +
+ sin   = 0.
cos2 
cos2 
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Линейные дифференциальные уравнения
и системы
В этой главе рассматриваются методы решения линейных дифференциальных
уравнений и систем с постоянными коэффициентами. При решении используется
главное свойство линейных однородных систем и уравнений, состоящее в том, что
их общее решение строится как сумма из  линейно независимых решений, где  —
порядок соответствующего уравнения или системы.
2.1. Линейные дифференциальные уравнения старших порядков
с постоянными коэффициентами
Объектом изучения данного раздела является уравнение вида
0  () + 1  (−1) + · · · +   =  (),
(2.1)
где 0 , 1 , . . . ,  — действительные числа, 0 ̸= 0,  () — непрерывная функция. При
решении линейных дифференциальных уравнений будем выделять три этапа:
1) Решается однородное уравнение
0  () + 1  (−1) + · · · +   = 0
(2.2)
и определяется его общее решение од = 1 1 () + ... +   (), где  (),
 = 1, ...,  — линейно независимые решения.
2) Каким-либо способом находится частное решение ˜ неоднородного уравнения
(2.1).
3) Общее решение (2.1) записывается как сумма
общ = од + ˜.
Начнем применение указанной программы с рассмотрения однородного уравнения
(2.2). Выполнение в (2.2) эйлеровой замены  =  приводит к равенству
0   + 1 −1  + · · · +   = 0,
из которого получаем характеристическое уравнение
() ≡ 0  + 1 −1 + · · · +  = 0.
(2.3)
Многочлен () будем далее называть характеристическим. Как оказывается, ес­
ли известны корни характеристического многочлена, то решение однородного урав­
нения записывается в соответствии со следующими тремя правилами:
1) пусть корни 1 , . . . ,  — вещественны и различны, тогда решение уравнения
(2.2) записывается в виде
од = 1 exp (1 ) + 2 exp (2 ) + · · · +  exp ( );
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) пусть корни 1 , . . . ,  имеют кратности 1 , . . . ,  (1 + · · · +  = ) соответ­
ственно, тогда решение уравнения (2.2) представляется в виде
)︀
(︀
од = 11 + 12  + . . . 11 1 −1 exp (1 ) + . . .
(︀
)︀
+ 1 + 2  + . . .   −1 exp ( );
3) пусть () = () + () — комплексное решение однородного уравнения (2.2)
с вещественными коэффициентами, тогда () и () по отдельности также
являются решениями уравнения (2.2).
Последнее из приведенных правил позволяет построить решения, соответству­
ющие комплексно сопряженным корням характеристического многочлена. Пусть,
например, корни 1,2 =  ±  имеют кратность , тогда из правила 2) для этих
корней имеем 2 комплексных решений вида exp(( ± )),  exp(( ± )), . . . ,
−1 exp(( ± )). Учитывая теперь правило 3), получаем 2 линейно независимых
решений. Отметим, что комплексно сопряженным корням характеристического мно­
гочлена соответствуют и комплексно сопряженные решения однородного уравнения.
Тем самым решение, соответствующее обсуждаемым корням, имеет вид
(︀
)︀
од = exp ( ) cos() 11 + 12  + . . . 1 −1 +
(︀
)︀
+ exp ( ) sin() 21 + 22  + . . . 2 −1 + . . .
Перейдем ко второму этапу решения уравнения (2.1) и рассмотрим способы по­
строения каких-либо решений неоднородного уравнения. Наилучшим из способов
является, очевидно, метод «внезапного озарения», но, в силу плохой алгоритмизу­
емости, мы вынуждены пропустить его обсуждение. Остальные методы делятся на
две группы: одна из них — методы, работающие для специфических правых частей
и дающие ответы в каком-либо специальном классе функций (эти методы обычно
позволяют свести решаемую задачу к какой-либо алгебраической); методы другого
класса годятся для любой правой части, однако приводят к вычислению интегралов,
которое может быть весьма трудоемким.
Метод неопределенных коэффициентов
Пусть функция правой части уравнения (2.1) представляется в виде суммы про­
изведений многочленов и экспонент вида
 () =

∑︁
 () exp( ),
(2.4)
=1
где  () = 0  + 1  −1 + · · · +   ,  = 1, . . . . Функцию в правой части
(2.4) будем называть квазимногочленом. Нетрудно показать, что частное решение
задачи (2.1) с функцией  (), представленной в виде (2.4), может быть записано как
сумма
˜ = ˜1 + · · · + ˜ ,
где ˜ удовлетворяет уравнению
0  () + 1  (−1) + · · · +   =  () exp( ).
(2.5)
Рассмотрим задачу построения частного решения уравнения (2.5). Как оказывается,
˜ можно искать в той же форме, что и неоднородность этого уравнения. Сформули­
руем общие правила построения решения (2.5).
21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∙ Пусть сначала ( ) ̸= 0, то есть  не является корнем характеристического
уравнения (2.3), тогда частное решение уравнения (2.5) представляется в виде
˜ = () exp( ).
(2.6)
∙ Пусть теперь  — корень кратности  характеристического многочлена (),
тогда частное решение может быть представлено как
˜ =  () exp( ).
(2.7)
Первый из этих двух случаев называют обычно нерезонансным, а второй — ре­
зонансным.
В обеих формулах (2.6) и (2.7) () — многочлен с не определенными пока коэф­
фициентами той же степени, что и степень многочлена  (). Подстановка выраже­
ний (2.6) или (2.7) в уравнение (2.5) и последующее приравнивание коэффициентов
при одинаковых степенях  позволяет найти коэффициенты многочлена ().
С методом неопределенных коэффициентов тесно связан метод нахождения част­
ных решений уравнения (2.1) в ситуации, когда в формуле (2.4) содержатся в каче­
стве сомножителей еще синусы и косинусы. Уравнение (2.5) в этом случае приобре­
тает вид
{︂
}︂
cos 
()
(−1)
0  + 1 
+ · · · +   = () exp( )
.
(2.8)
sin 
Для сведения данной задачи к изложенному выше методу неопределенных коэф­
фициентов заменим в (2.8) cos  или sin  на exp .
(︀
)︀
0  () + 1  (−1) + · · · +   = () exp( ) exp() ≡ () exp ( + ) . (2.9)
Полученное уравнение (2.9) имеет вид, аналогичный (2.5), с той лишь разницей,
что в (2.9) показатель экспоненты — комплексное число  + . Учитывая, что при
решении (2.5) нигде не использовалась вещественность показателя экспоненты, за­
дачу (2.9) можно решать методом неопределенных коэффициентов и найти частное
решение ˜ уравнения (2.9). Предположим, что ˜ = ˜ + ˜
 . Подставим это выражение
в (2.9) и выделим вещественную и мнимую части, тогда нетрудно видеть
0 () + 1 (−1) + · · · +   = () exp( ) cos(),
0  () + 1  (−1) + · · · +   = () exp( ) sin().
(2.10)
Таким образом, для решения задачи (2.8) необходимо сначала перейти к задаче
(2.9), а затем взять от полученного частного решения ˜ вещественную часть, если в
уравнении (2.8) был cos(), и мнимую часть — в случае sin(). Для иллюстрации
описанного метода рассмотрим следующую задачу.
Пример 2.1. Для уравнения
¨ + ˙ + 02  = cos ,
(2.11)
где , , 0 — положительные числа, найти амплитуду периодического решения.
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Найдем корни характеристического многочлена 2 +  + 02 уравнения
(2.11), (︀которые√в )︀зависимости от знака дискриминанта √ = 2 − 402 имеют вид
1,2 = −  ±  /2 при  > 0 и 1,2 = /2 ± Ω, Ω = −/2 при  < 0. Общее
решение однородной части уравнения (2.11)
(︀ получается равным
)︀ од = 1 exp(1 ) +
+ 2 exp(2 ) в первом, и од = exp(−/2) 1 cos Ω + 2 sin Ω — во втором случае.
Следует отметить, что при  > 0 и  → +∞, од () → 0 для любых 1 , 2 .
Прейдем к определению частного решения неоднородного уравнения. Заменим в
правой части (2.11) cos  на exp  и рассмотрим уравнение
¨ + ˙ + 02  = exp .
Найдем частное решение этого уравнения. Учитывая, что  не является корнем
характеристического многочлена, решение будем искать в виде ˜ =  exp . Под­
)︀−1
(︀
становка дает  exp (− 2 +  + 02 ) = exp , отсюда  = 02 −  2 +  .
Для удобства дальнейших преобразований представим  в виде  =  exp , где
)︀−1/2
(︀

, а  = arctg 2
 = (02 −  2 )2 + 2  2
.
0 −  2
Учитывая, что ˜ = Re ˜, получаем ˜ = Re  exp(( + )) =  cos( + ). Общее ре­
шение задачи (2.11) имеет вид общ = од + ˜, причем, как нетрудно видеть, од при
ненулевых 1 , 2 и  > 0 — непериодическое, тем самым, уравнение (2.11) имеет
единственное периодическое решение  =  cos( + ) с амплитудой . При фикси­
рованных 0 и  определим максимум полученной функции при  > 0. Для этого
)︀
)︀−3/2 (︀ 2
(︀
  −2(02 − 2 ) и
найдем производную амплитуды ′ () = − (02 − 2 )2 +2  2
приравняем ее к нулю с тем, чтобы найти точку возможного экстремума. Из равен­
ства 2  − 2(02 −  2 ) =√︀0, учитывая положительность , имеем  2 = 02 − 2 /2. При
2 < 202 в точке  * = 02 − 2 /2 реализуется максимальное значение амплитуды
периодического решения
(︀
)︀−1/2
 = ( * ) = 2−1 2 + (202 − 2 )2
.
(2.12)
Пример 2.2. Найти общее решение
 ′′ + 2 ′ + 17 = exp(−) + sin 4.
(2.13)
Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения
 ′′ + 2 ′ + 17 = 0,
(2.14)
для этого выпишем характеристическое уравнение
2 + 2 + 17 = 0,
корни которого равны 1,2 = 1±4. Общее решение линейного однородного уравнения
с постоянными коэффициентами (2.14) имеет вид
од = (1 cos 4 + 2 sin 4) exp().
Правая часть исходного уравнения (2.13) состоит из двух слагаемых, поэтому ищем
частные решения двух уравнений
1)  ′′ + 2 ′ + 17 = exp(−),
23
(2.15)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
здесь  = −1 ̸= 1,2 , следовательно, ˜1 =  exp(−). Подставляя данное выражение
1
в уравнение (2.15), находим ˜1 =
exp(−).
16
2)  ′′ + 2 ′ + 17 = sin 4.
(2.16)
В данной ситуации удобно воспользоваться методом комплексных амплитуд, для
этого перейдем к уравнению
 ′′ + 2 ′ + 17 = exp(4),
(2.17)
мнимая часть решений которого является решением уравнения (2.16), то есть ˜2 =
= Im ˜, где ˜ — частное решение (2.17). Поскольку 4 не является корнем характе­
ристического уравнения, частное решение (2.17) ищем в виде ˜ =  exp(4). После
1 − 8
1 − 8
, а, значит, ˜ =
exp(4). Выделим
подстановки в (2.17) получаем  =
65
65
мнимую часть ˜, имеем
8
1
˜2 = − cos 4 +
sin 4.
65
65
Общее решение исходного уравнения (2.13) складывается из общего решения одно­
родного уравнения и двух частных решений неоднородного общ = од + ˜1 + ˜2 , то
есть
8
1
1
exp(−) −
cos 4 +
sin 4.
общ = (1 cos 4 + 2 sin 4) exp() +
16
65
65
Пример 2.3. Найти общее решение
 ′′′ + 2 ′′ = ( + 1) exp(−2).
(2.18)
Решение. Характеристическое уравнение однородного уравнения
 ′′′ + 2 ′′ = 0
(2.19)
записывается в виде 3 + 22 = 0 и имеет корень 1 = 0 кратности 2 и корень
2 = −2. Решение однородного уравнения (2.19) имеет, следовательно, вид
од = 1 + 2  + 3 exp(−2).
(2.20)
Правая часть уравнения (2.18)
() exp() = ( + 1) exp(−2),
где степень многочлена  равна единице, а  = −2, совпадает с корнем характери­
стического уравнения, поэтому частное решение (2.18) отыскивается в виде
˜ = ( + ) exp(−2).
Подставляя ˜ в дифференциальное уравнение (2.18) и приравнивая коэффициенты
при подобных членах в левой и правой частях уравнения, находим
1
1
= , = .
8
2
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Запишем общее решение уравнения (2.18) общ = од + ˜ или
(︂
)︂
1
1
общ = 1 + 2  + 3 exp(−2) +
+
 exp(−2).
8
2
Метод вариации произвольной постоянной
Рассмотрим теперь ситуацию, когда функция  () в правой части уравнения (2.1)
не представляется в виде (2.4). Опишем метод вариации произвольной постоянной.
В данной ситуации частное решение (2.1) отыскивается на основе решения однород­
ного уравнения
од = 1 1 () + · · · +   (),
где  () ( = 1, . . . ) — линейно независимые функции, полученные на предыдущем
этапе решения задачи. Введем вместо констант  ,  = 1, . . .  новые переменные  ()
так, что
˜ = 1 ()1 () + · · · +  () (),
(2.21)
тогда их можно выбрать из следующей системы:
⎧ ′
1 1 () +
...
+ ′  () = 0,
⎪
⎪
⎨ ′ ′ () +
...
+ ′ ′ () = 0,
1 1
...............................................
⎪
⎪
)︀
⎩ (︀ ′ (−1)
(−1)
0  1  1
() + · · · + ′  () =  ().
(2.22)
Полученная система, алгебраическая относительно ′ (),  = 1, . . . , имеет от­
личный от нуля определитель. Это определитель Вронского системы линейно неза­
висимых функций  (),  = 1, . . . .
Учитывая, что система (2.22) не вырождена, нетрудно вычислить значения ′ ().
Интегрируя полученные выражения, с помощью формулы (2.21) находим частное
решение ˜().
Пример 2.4. Найти общее решение
¨ −  =
2 ln  + 1
.
22
(2.23)
Решение. Найдем корни характеристического уравнения
2 − 1 = 0,
1 = 1, 2 = −1
и выпишем общее решение однородного уравнения
од = 1 exp() + 2 exp(−).
Линейное неоднородное уравнение (2.23) будем решать методом вариации постоян­
ных. Для этого полагаем 1 = 1 (), 2 = 2 () и решение (2.23) ищем в виде
˜ = 1 () exp() + 2 () exp(−).
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Функции 1 (), 2 () определяются из системы
⎧
⎨ ˙ 1 () exp() + ˙ 2 () exp(−) = 0,
2 ln  + 1
⎩ ˙ 1 () exp() − ˙ 2 () exp(−) =
.
22
Решая систему, находим
2
2 ln  + 1
˙ 2 () = − ln  − 1 exp(),
˙ 1 () =
exp(−),

42 ∫︁
∫︁ 422
∫︁
 ln  + 1
1
ln 
1

1
 =
 +
,
1 () =
2
2
4
⃒ exp()
4
exp() ⃒
4
 exp()
 ⃒
⃒
∫︁
∫︁
 = ln ,  =
,⃒
⃒

ln 
ln 
⃒
exp() ⃒
 = ⃒
+
,
⃒=−
⃒
⃒
exp()
exp()
 exp()

⃒  = ,  = − exp(−)⃒

⃒
⃒
⃒
 ⃒
∫︁
∫︁
⃒  = exp(−),  = ,⃒
1


2
⃒
⃒

=⃒
−
.
=−
⃒
2
1⃒
 exp() ⃒
 exp()
 exp()
⃒  = − exp(−),  = − ⃒

ln 
1
Итак, 1 () = −
−
+ 3 . Аналогично,
4 exp() 4 exp()
2 () =
exp() exp() ln 
−
+ 4 .
4
4
Выписываем общее решение уравнения
общ = 3 exp() + 4 exp(−) −
ln 
.
2
2.2. Формула Остроградского–Лиувилля
Рассмотрим линейно независимую на отрезке [, ] систему функций
1 (), 2 (), . . . ,  (),
имеющих все производные до порядка  включительно. Пусть 1 , 2 , . . . ,  — фун­
даментальная система линейного однородного уравнения
0  () + 1 () (−1) + · · · +  () = 0.
(2.24)
Тогда имеет место формула Остроградского–Лиувилля
(︂ ∫︁ 
)︂
1 ( )
 () =  (0 ) exp −
 ,
0 0 ( )
где
⃒
⃒ 1
2
...

⃒
′
⃒ 1′
2
...
′
 () =  (1 , 2 , . . . ,  ) = ⃒⃒
.......................
⃒ . .(−1)
(−1)
(−1)
⃒ 
2
. . . 
1
26
⃒
⃒
⃒
⃒
⃒,
⃒
⃒
⃒
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
— определитель Вронского, 0 ∈ [, ] — любое значение, на котором непрерывны
коэффициенты 1 (), 2 (), . . . ,  () уравнения (2.24).
На примере линейного однородного уравнения второго порядка с переменными
коэффициентами
0 () ′′ + 1 () ′ + 2 () = 0,
(2.25)
покажем, что при известном частном решении 1 , это уравнение может быть све­
дено к уравнению первого порядка. Пользуясь формулой Остроградского–Лиувилля
имеем
⃒
⃒
(︂ ∫︁
)︂
⃒ 1 2 ⃒
1 ()
⃒
⃒ ′
(2.26)
⃒ 1 2′ ⃒ =  exp − () , () = 0 () ,
где 2 — неизвестное пока решение уравнения (2.25). Формула (2.26) при известном
1 , очевидным образом, приводит к линейному уравнению первого порядка относи­
тельно 2
∫︀
(︂ ∫︁
)︂
(︂ )︂′

exp(−
())

2
=
.
(2.27)
2′ 1 − 2 1′ =  exp − () или
2
1
1
В общем случае, использование формулы Остроградского–Лиувилля позволяет
при известном решении 1 понизить порядок решаемого уравнения на единицу.
Пример 2.5. Найти общее решение уравнения
(2 + 1) ′′ + 4 ′ − 4 = 0,
(2.28)
отыскивая одно из его решений в виде 1 = exp().
Решение. Подставляя 1 = exp() в уравнение (2.28), получаем решение 1 =
= exp(−2). Далее воспользуемся формулой Остроградского—Лиувилля (2.27), в
4
, а 2 — линейно независимое с 1 решение уравнения (2.28).
которой () =
2 + 1
Из (2.27) имеем
∫︀ 4
(︂
)︂′
)
 exp(− 2+1
2
=
= (2 + 1) exp(2),
exp(−2)
exp(−4)
∫︁
2
=  (2 + 1) exp(2),
exp(−2)
откуда 2 можно выбрать равным 2 = . Тем самым, общее решение исходного
уравнения (2.28) имеет вид
0 = 1 1 + 2 2 = 1 exp(−2) + 2 .
2.3. Линейные системы с постоянными коэффициентами
В этом разделе рассмотрим линейные системы обыкновенных дифференциальных
уравнения с постоянными коэффициентами вида
˙ =  +  ().
27
(2.29)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Здесь () ∈ R ,  — постоянная матрица размера  × ,  () — непрерывная вектор­
функция. Решение данной задачи можно получить в соответствии с той же схемой,
что и для уравнения -го порядка (2.1). Для системы (2.29), как и ранее, сделаем
следующие три шага:
1) Решается линейная однородная система
˙ = ,
(2.30)
од () = 1 1 () + 2 2 () + · · · +   (),
(2.31)
и определяется ее общее решение
где  () ∈ R — линейно независимые решения (2.30),  () — произвольные
константы,  = 1, . . . , .
2) Каким-либо образом определяется любое частное решение неоднородной систе­
мы (2.29) ˜().
3) Общее решение неоднородной системы записывается в виде
общ () = од () + ˜().
Начнем с решения однородной системы линейных дифференциальных уравнений
(2.30).
Если выполнить в ней эйлерову замену  = exp()ℎ, где  — некоторое чис­
ло действительное или комплексное, ℎ ∈ R — постоянный вектор, то получится
алгебраическое равенство  exp()ℎ =  exp()ℎ. Избавляясь от exp(), получаем
стандартную задачу на собственные числа и собственные векторы
ℎ = ℎ.
Не обсуждая здесь способы вычисления собственных чисел матрицы  и соот­
ветствующих им цепочек собственных и присоединенных векторов, будем считать,
что нами уже найдены все такие цепочки, то есть имеется полный набор линейно
независимых собственных и присоединенных векторов
ℎ1 → 11 → . . . → 11 −1 ,
........................
ℎ → 1 → . . . →  −1 ,
(2.32)
где 1 + · · · +  = , между которыми в каждой цепочке выполнены соотношения
( − )ℎ = 0,
( − )1 = ℎ ,
...,
( − ) −1 =  −2 .
Выпишем методику построения решения линейной однородной системы с посто­
янными коэффициентами. Выделим, как и выше для уравнений, три ситуации.
1) Считаем, что собственные числа 1 , . . . ,  — вещественны и различны, тогда
каждому собственному числу соответствует единственный с точностью до умно­
жения на константу собственный вектор, будем обозначать их ℎ1 , . . . , ℎ , тогда
общее решение системы (2.30) имеет вид
од () = 1 exp(1 )ℎ1 + · · · +  exp( )ℎ .
28
(2.33)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) Пусть имеется полный набор линейно независимых собственных и присоеди­
ненных векторов (2.32). Отметим, что каждому из собственных значений мо­
жет соответствовать несколько цепочек. Решение системы (2.30) в этом случае
записывается как
(︂
)︁
(︁ 2
ℎ1 + 11 + 12 + . . .
од () = exp(1 ) 11 ℎ1 + 12 (ℎ1 + 11 ) + 13
2
(︁ 1 −1
)︁)︂
1 −2
+ 11
ℎ1 +
11 + · · · + 11 −1
+ ...
(1 − 1)!
(1 − 2)!
(︂
(︁  −1
)︁)︂
+ exp( ) 1 ℎ + · · · + 
ℎ + · · · + 1 −1 .
( − 1)!
3) Случай комплексных собственных чисел разбирается, как и выше, на основе
следующего простого утверждения: пусть () = () + (), где () и () —
вещественные вектор-функции, является решением системы (2.30) с веще­
ственными коэффициентами, тогда вектор-функции () и () являются
вещественными решениями системы (2.30). Данное утверждение позволяет
действовать следующим образом: сначала на основе методов двух предыдущих
пунктов строится набор линейно независимых решений (2.30) в комплексной
форме, а затем из них выделяются вещественные и мнимые части.
В связи с последним пунктом стоит упомянуть только о том, что комплексно
сопряженным собственным числам матрицы  соответствуют комплексно сопряжен­
ные друг другу цепочки собственных и присоединенных векторов, а, следовательно,
множество линейно независимых решений, получаемое на основе сопряженных соб­
ственных чисел, одно и то же. Тем самым, и вычислять цепочки, по ним решения, а
потом вещественные и мнимые части от решений нужно только для одного из пары
комплексно сопряженных собственных чисел.
Пример 2.6. Найти общее решение системы ˙ = , если
⎛
⎞
4 −1 0
 = ⎝ 3 1 −1 ⎠ .
1 0
1
Решение. Матрица  имеет трехкратное
собственное число  = 2, которому отве­
⎛ ⎞
1
чает собственный вектор ℎ1 = ⎝ 2 ⎠ . Ранг матрицы
1
⎛
⎞
2 −1 0
( − ) = ⎝ 3 −1 −1 ⎠
1 0 −1
равен 2, следовательно, число линейно независимых собственных векторов
 =  −  = 1, где  = 3 — порядок системы. Присоединенный вектор определяется
из системы ( − )ℎ2 = ℎ1 ,
⎧
⎛
⎞
0
⎨ 2ℎ21 − ℎ22 = 1,
3ℎ21 − ℎ22 − ℎ23 = 2,
возьмем ℎ2 = ⎝ −1 ⎠ .
⎩
ℎ21 − ℎ23 = 1.
−1
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Аналогично определим вектор, присоединенный к ℎ2 ,
⎛ ⎞
0
⎝
0 ⎠.
( − )ℎ3 = ℎ2 , ℎ3 =
1
На основе полученной цепочки выпишем общее решение
⎛ ⎞
⎛⎛ ⎞
⎛
⎞⎞
1
1
0
() = 1 exp(2) ⎝ 2 ⎠ + 2 exp(2) ⎝⎝ 2 ⎠  + ⎝ −1 ⎠⎠ +
1
1
−1
⎛
⎞
⎛ ⎞⎞
⎛⎛ ⎞
0
0
1
2

+ 3 exp(2) ⎝⎝ 2 ⎠ + ⎝ −1 ⎠  + ⎝ 0 ⎠⎠ .
2
−1
1
1
Пример 2.7. Найти общее решение системы ˙ = , если
⎛
⎞
5 2 −2
 = ⎝ 1 4 −1 ⎠ .
3 3 0
Решение. Составим характеристическое уравнение и найдем его корни
⃒
⃒
⃒ 5−
⃒
2
−2
⃒
⃒
⃒ 1
4 −  −1 ⃒⃒ = 0, ( − 3)3 = 0,
⃒
⃒ 3
3
− ⃒
 = 3 кратности 3. Определим число линейно независимых собственных векторов.
Решается система
( − )ℎ = 0,
(2.34)
матрица которой
⎛
⎞
2 2 −2
( − ) = ⎝ 1 1 −1 ⎠ ,
3 3 −3
имеет порядок три, ее ранг равен единице, следовательно, число линейно независи­
мых собственных векторов равно двум. Выбираем их из условия
ℎ1 + ℎ2 − ℎ3 = 0,
поскольку остальные уравнения системы (2.34) линейно зависимы с данным. Число
линейно независимых собственных векторов определяет количество цепочек, соот­
ветствующих данному собственному числу, то есть цепочек — две, и, учитывая,
что кратность собственного числа три, необходимо найти один присоединенный век­
тор. Отметим, однако, что нужно одновременно определить, какому из собственных
векторов он соответствует. Тем самым, необходимо решать систему линейных алгеб­
раических уравнений
{︂
( − )ℎ(1) = 0
.
( − )(1) = ℎ(1)
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В данном случае конкретный вид системы следующий:
⎧ (1)
(1)
(1)
⎪
ℎ1 + ℎ2 − ℎ3 = 0
⎪
⎪
⎨ (1)
(1)
(1)
(1)
21 + 22 − 23 = ℎ1
.
(1)
(1)
(1)
(1)
⎪

+

−

=
ℎ
⎪
1
2
3
2
⎪
⎩ (1)
(1)
(1)
(1)
31 + 32 − 33 = ℎ3
Левые части уравнений со второго по четвертое пропорциональны друг другу, сле­
довательно, для правых частей выполнены равенства
{︃
(1)
(1)
2ℎ2 = ℎ1
(1)
(1) ,
3ℎ2 = ℎ3
учитывая их, находим собственный вектор ℎ(1) = (2, 1, 3) . Для вычисления присо­
единенного вектора получаем одно уравнение
(1)
(1)
(1)
1 + 2 − 3 = 1,
в соответствии с которым присоединенный вектор можно выбрать, например, сле­
дующим: (1) = (0, 1, 0) . Таким образом, найдена цепочка ℎ(1) → (1) длины два,
остается найти вторую цепочку длины один. На ее роль подходит любой собствен­
ный вектор линейно независимый с вектором из найденной выше цепочки. Выбирая
ℎ(2) = (1, 0, 1), запишем общее решение системы
⎛
⎞
⎛ ⎞
⎡⎛ ⎞
⎛ ⎞⎤
−1
1
2
0
⎣
⎝
⎠
⎝
⎝
⎠
⎝
⎠
1
1 +
1 ⎠⎦ .
() = 1 exp(3)
+ 2 exp(3) 0
+ 3 exp(3)
0
1
3
0
Пример 2.8. Найти общее решение системы ˙ = , если
⎛
⎞
3 2 −2
 = ⎝ 0 1 −3 ⎠ .
0 3 1
Решение. Составим характеристическое уравнение
⃒
⃒
⃒ 3−
2
−2 ⃒⃒
⃒
⃒ 0
1 −  −3 ⃒⃒ = 0, (3 − )((1 − )2 + 9) = 0,
⃒
⃒ 0
3
1− ⃒
и найдем ff собственные числа матрицы 1 = 3, 2,3 = 1 ± 3. По ним определим
собственные векторы, нетрудно видеть, что 1 = 3 соответствует собственный век­
тор ℎ1 = (1, 0, 0) , а комплексному собственному числу 2 = 1 + 3 соответствует
собственный вектор ℎ2 = (2 − 2, 3 + 2, 2 − 3) . Вещественному собственному числу
соответствует решение 3 ℎ1 , а комплексному — решение (1+3) ℎ2 . У комплексного
решения выделим вещественную и мнимую части
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
2 − 2
2 cos 3 + 2 sin 3
2 sin 3 − 2 cos 3
(1+3) ⎝ 3 + 2 ⎠ =  ⎝ 3 cos 3 − 2 sin 3 ⎠ +  ⎝ 3 sin 3 + 2 cos 3 ⎠ ,
2 cos 3 + 3 sin 3
2 sin 3 − 3 cos 3
2 − 3
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
полученное разложение позволяет выписать общее решение задачи
⎛ ⎞
⎛
⎛
⎞
⎞
1
2 cos 3 + 2 sin 3
2 sin 3 − 2 cos 3
() = 1 3 ⎝ 0 ⎠ + 2  ⎝ 3 cos 3 − 2 sin 3 ⎠ + 3  ⎝ 3 sin 3 + 2 cos 3 ⎠ .
0
2 cos 3 + 3 sin 3
2 sin 3 − 3 cos 3
Перейдем к следующему этапу решения исходной системы (2.29) — описанию
способов построения частных решений. Как и в предыдущем пункте, выделяются
два способа нахождения таких решений. Первый из них — метод неопределенных
коэффициентов.
Метод неопределенных коэффициентов для решения
неоднородных линейных систем
Данный метод работает только для неоднородностей вида
 () = exp() (),
где  () =  0 + · · · +  ,  ∈ R ( = 0, . . . ) — векторный многочлен порядка ,
считаем 0 ̸= 0. Как и ранее, выделим два случая — резонансный и нерезонансный.
В первом из них число  не является собственным числом. Частное решение
системы (2.29) при этом отыскивается в виде
˜() = exp()(),
где () =  0 + · · · +  ,  ∈ R ( = 0, . . . ) — векторный многочлен с пока
еще не определенными коэффициентами той же степени, что и  ().
В резонансном случае число  совпадает с некоторым собственным числом мат­
рицы , кратность которого будем считать равной . В этой ситуации общий вид
функции, в котором отыскивается решение, не меняется, меняется лишь степень век­
торного многочлена () = + 0 + · · · + + , которая оказывается равной сумме
степени многочлена  () и кратности собственного числа . Отметим, что в данной
ситуации, в отличие от линейных уравнений -го порядка, нельзя просто умножить
многочлен () степени  на  .
Вычисление коэффициентов многочлена () выполняется, как и для уравнений,
путем приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях .
Следует обратить внимание на возникающую в резонансном случае дополнитель­
ную трудность, которая состоит в том, что алгебраическая система относительно ко­
эффициентов многочлена () будет вырожденной. Рассмотрим пример, иллюстри­
рующий это.
Пример 2.9. Найти общее решение линейной неоднородной системы
(︂
если  =
2 −4
1 −3
)︂
,
˙ =  +  (),
(︂ )︂
0
 () =
exp().
3
Решение. Решим линейную однородную систему
(︂
)︂
2 −4
˙ = ,  =
.
1 −3
32
(2.35)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приравнивая к нулю определитель
⃒
⃒ 2−
−4
⃒
⃒ 1
−3 − 
⃒
⃒
⃒ = 0 или
⃒
2 +  − 2 = 0,
найдем собственные числа матрицы . Они оказываются
равными
(︂ )︂
(︂ )︂1 = −2, 2 = 1,
1
4
и им соответствуют собственные векторы ℎ1 =
, ℎ2 =
. Это позволяет
1
1
выписать общее решение однородной системы
(︂ )︂
(︂ )︂
1
4
од () = 1 exp(−2)
+ 2 exp()
.
1
1
Для нахождения частного решения ˜() неоднородной системы дифференциальных
уравнений (2.35) воспользуемся методом неопределенных коэффициентов. В зада­
че (2.35) неоднородность  () имеет вид  () = exp() (), где  () – векторный
многочлен нулевого порядка, а  = 1 совпадает с собственным числом матрицы 
2 = 1, то есть имеем резонансный случай. В этой ситуации отыскиваем решение в
виде ˜() = exp()(), при этом степень векторного многочлена () равна сумме
степени многочлена  () и кратности корня 2 . Таким образом, частное решение
1 () представляется в виде
(︂
)︂
 + 
˜() =
exp(),
 + 
а величины , , ,  находятся приравниванием коэффициентов при одинаковых сте­
пенях . После подстановки ˜() в исходную систему уравнений (2.35) имеем
{︂
 +  +  = 2 + 2 − 4 − 4,
 +  +  =  +  − 3 − 3 + 3,
или
⎧
⎨  =  − 4,
 = 4,
⎩
 =  − 4 + 3,
откуда  = −4,  = −1 определяются однозначно, а для нахождения  и  остается
одно уравнение
 − 4 = −4,
решение которого можно выбрать, например, следующим образом:
 = 0,  = 1.
Общее решение задачи (2.35) в этой ситуации имеет вид
(︂ )︂
(︂ )︂
(︂
)︂
1
4
−4
общ () = 1 exp(−2)
+ 2 exp()
+ exp()
.
1
1
− + 1
Пример 2.10. Найти общее решение линейной неоднородной системы
(︂
если  =
2 −1
−1 2
)︂
(︂
,
 () =
˙ =  +  (),
)︂
0
exp().
−5 sin 
33
(2.36)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Собственные числа 1 = 1, 2 = 3 матрицы  определяются из характе­
ристического уравнения
⃒
⃒
⃒ 2 −  −1 ⃒
⃒
⃒
⃒ −1 2 −  ⃒ = 0,
(︂ )︂
(︂
)︂
1
1
им соответствуют собственные векторы ℎ1 =
, ℎ2 =
. Тем самым,
1
−1
общее решение однородной системы имеет вид
(︂ )︂
(︂
)︂
1
1
од () = 1 exp()
+ 2 exp(3)
.
1
−1
Остается найти частное решение ˜() неоднородной системы дифференциальных
уравнений (2.36). Перейдем от исходной системы к системе вида
(︂
)︂
0
˙ =  +  (), где  () =
exp[(1 + )],
(2.37)
−5
для которой частное решение ищем в виде
(︂ )︂

1 =
exp[(1 + )], причем ˜ = (1 ).

Подставляя 1 в систему (2.37), определяем  = −1 + 2,  = 1 + 3,
(︂
1 =
−1 + 2
1 + 3
)︂
{︂(︂
exp[(1 + )],
1 = exp()
− cos  − 2 sin 
cos  − 3 sin 
)︂
(︂
+
2 cos  − sin 
3 cos  + sin 
)︂}︂
,
отсюда частное решение системы (2.36) оказывается равным
(︂
)︂
2 cos  − sin 
˜() = exp()
.
3 cos  + sin 
Поскольку общее решение системы (2.36) имеет вид общ () = од () + ˜, имеем
(︂ )︂
(︂
)︂
(︂
)︂
1
1
2 cos  − sin 
общ () = 1 exp()
+ 2 exp(3)
+ exp()
.
1
−1
3 cos  + sin 
Метод вариации произвольной постоянной
Второй способ получения частного решения неоднородной системы (2.29) назы­
вается метод вариации произвольной постоянной и состоит, как и для линейных
уравнений первого порядка, в замене
() = Φ()(),
(2.38)
где Φ() — матрица-функция, столбцы которой представляют собой линейно
независимые решения  () ( = 1, . . . , ) однородной системы (2.30). Матри­
ца Φ() называется фундаментальной матрицей системы (2.30) и удовлетворяет
матричному уравнению
Φ̇ =  · Φ.
(2.39)
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
После подстановки замены (2.38) в (2.29) имеем
)︀
 (︀
Φ()() = Φ()() +  ().

Дифференцируя выражение в левой части и учитывая соотношение (2.39), получаем
Φ()()
˙ =  ().
(2.40)
Учитывая, что матрица Φ() невырождена, нетрудно найти
()
˙ = Φ()−1  (),
а затем определить
∫︁

Φ( )−1  ( ) ,
() = 0 +
0
что позволяет получить формулу для решения системы (2.29) с начальным условием
(0 ) = 0
(︂
)︂
∫︁ 
−1
() = Φ() 0 +
Φ( )  ( )  .
0
Важно отметить, что описанный способ получения решения неоднородной си­
стемы (2.29) сохраняется и в случае, если матрица  зависит от . Требование
только одно: необходимо найти набор из  линейно независимых решений  ()
( = 1, . . . , ) однородной системы (2.30) или, иначе говоря, найти фундаментальную
матрицу Φ().
Пример 2.11. Найти общее решение линейной неоднородной системы
(︂
если  =
1 −1
−2
2
)︂
,
˙ =  +  (),
(︂ −1/2 )︂

 () =
.
−1/2
Решение. Решим сначала однородную систему. Характеристическое уравнение ее
матрицы имеет вид
⃒
⃒
⃒ 1 −  −1 ⃒
⃒
⃒
⃒ −2 2 −  ⃒ = 0, откуда 1 = 0, 2 = 3.
Нетрудно видеть, что нулевому собственному числу соответствует собственный век­
тор ℎ1 = (1, 1) , а 2 = 3 — собственный вектор ℎ1 = (1, −2) , откуда следует, что
общее решение однородной системы имеет вид
(︂ )︂
(︂
)︂
1
1
од () = 1
+ 2 exp(3)
.
1
−2
Учитывая, что неоднородность не является квазимногочленом, применим метод
вариации произвольной постоянной и будем искать частное решение в виде
(︂ )︂
(︂
)︂
1
1
˜() = 1 ()
+ 2 () exp(3)
.
1
−2
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Из формулы (2.40) имеем
(︂ )︂
(︂
)︂ (︂ −1/2 )︂
1
1

,
˙1 ()
+ ˙2 () exp(3)
=
1
−2
−1/2
откуда вычисляем
˙1 () = −1/2 ,
Интегрируя последние равенства, имеем
√
1 () =  + 1 ,
˙2 () = 0.
2 () = 2 .
Тем самым, общее решение задачи приобретает вид
(︂ )︂
(︂
)︂ (︂ √ )︂
1
1

общ () = 1
+ 2 exp(3)
+ √
.
1
−2

2.4. Матричная экспонента и способы ее вычисления
Определение матричной экспоненты квадратной  ×  матрицы  дается обычно
в виде ряда

2

 ≡  +  + 2 + · · · +  + . . .
(2.41)
2
!
Отметим несколько ее свойств, следующих из определения
(︀ )︀−1
1) 
= − .
2)
 (︀  )︀

=  =  , т. е.  есть решение линейной однородной

системы (2.30).
3)  ·  = + тогда и только тогда, когда матрицы  и  коммутируют. След­
ствием этого свойства является соотношение 1  · 2  = (1 +2 ) для любых
действительных 1 , 2 .
4) Пусть  — неособая  ×  матрица, тогда 
−1 
=  −1   .
Для вычисления матричной экспоненты матрицы  обычно находят неособое
преобразование  , приводящее матрицу  к жордановой форме, и в соответствии
со свойством 4 вычисление матричной экспоненты сводят к нахождению матричной
экспоненты жордановой формы матрицы.
Предположим, что  −1  = , где  = diag {1 , 2 , . . . ,  }, а жорданов блок
имеет вид
⎛
⎞
 1 . . . . . . 0 0
⎜ 0  1 . . . . . . . 0 ⎟
⎜
⎟
⎟ ,  = 1, . . . , .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
 = ⎜
⎜
⎟
⎝ . . . . . . . . . . . . . . . .  1 ⎠
0 . . . . . . . . . . . . 0 
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учитывая, что  = diag {1 , 2 , . . . ,  }, остается лишь найти матричную экс­
поненту от единичного блока Жордана. Cоответствующая формула имеет вид
⎛
⎞
−1
1  . . . . . . . (−1)!
⎜
.. ⎟
⎜0 1

.
.
.
. ⎟
⎜
⎟
 =   ⎜. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⎟ ,  = 1, . . . , .
(2.42)
⎜
⎟
⎝. . . . . . . . . . 1
 ⎠
0 ... ... 0
1
Доказательство этого факта можно найти, например, в книге [7]. Окончательный
вид матричной экспоненты оказывается следующим:
⎛ 
⎞
 1 ... 0
⎜
⎟
 =  ⎝ ... . . . ... ⎠  −1 ,
0 . . . 
где  ( = 1, . . . , ) определяются по формулам (2.42).
Опишем несколько иной способ нахождения матричной экспоненты, основанный
на свойстве 2. Найдем общее решение системы (2.30) и составим из полученных 
линейно независимых решений фундаментальную матрицу Φ(). Учитывая, что для
любой невырожденной матрицы  выражение Φ() также является фундаменталь­
ной матрицей, выберем  так, чтобы эта матрица обращалась в единичную при  = 0.
Из условия Φ(0) =  имеем  = Φ(0)−1 . Тем самым, матрица Φ() · Φ(0)−1 является
фундаментальной и обращается в единичную матрицу в нуле. Тогда, в силу непо­
средственно следующего из определения матричной экспоненты условия 0· =  и
теоремы существования и единственности, имеем в случае постоянной матрицы 
 = Φ() · Φ(0)−1 .
Данный способ нахождения матричной экспоненты позволяет немного упростить
процесс ее вычисления, особенно в случае комплексных собственных чисел матрицы
.
Пример 2.12. Построить матричную экспоненту матрицы
(︂
)︂
2
1
=
.
−5 −2
Решение. Рассмотрим систему уравнений
˙ = .
(2.43)
Определим собственные числа и собственные векторы матрицы . Характеристи­
ческий многочлен 2 + 1 = 0 имеет корни 1,2 = ±. Поскольку они комплексно
сопряженные, достаточно будет определить один собственный вектор (второй будет
комплексно сопряженным). Для  =  имеем
(︂
)︂
(︂
)︂
2−
1
1
ℎ = 0, ℎ =
.
−5 −2 − 
−2 + 
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(︂
)︂ (︂
)︂
(︂
)︂
1
cos 
sin 
Так как exp()
=
+
,
−2 + 
−2 cos  − sin 
cos  − 2 sin 
то общее решение системы (2.43)
(︂
)︂
(︂
)︂
cos 
sin 
() = 1
+ 2
.
−2 cos  − sin 
cos  − 2 sin 
(︂
)︂
(︂
)︂
cos 
sin 
1 0
Возьмем () =
, тогда (0) =
,
−2
cos

−
sin

cos

−
2
sin

−2
1
(︂
)︂
1 0
−1
 (0) =
и из равенства  = () −1 (0), имеем
2 1
(︂
)︂
cos  + 2 sin 
sin 

 =
.
−5 sin 
cos  − 2 sin 
Пример 2.13. Построить матричную экспоненту матрицы
(︂
)︂
1
1
=
.
−1 −1
Решение. Матричная экспонента
(︂
)︂ для матрицы  определяется разложением вида
0
0
(2.41). Поскольку 2 =
, имеем
0 0
(︂
)︂

1+


 =+ =
.
− 1 − 
1!
2.5. Варианты контрольной работы № 2
Вариант № 1
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 2
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
многочлен.
Вариант № 3
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
 ′′ + 2 ′ +  = exp(−) + 1.
 ′′′ + 2 ′′ +  ′ =  + exp(−).
42 − 1
√ .

¨+=
2 
(2 + 1) ′′ + (4 − 2) ′ − 8 = 0 при условии, что 1 = exp().
 ′′ + 2 ′ + 17 = exp(−)(1 + sin 4).
 ′′′ + 2 ′′ =  +  exp(−2).
42 + 1
√ .
 ′′ −  =
2 
(22 + 3) ′′ − 6( + 1) ′ + 6 = 6 при условии, что 1 —
 ′′ + 2 ′ + 10 =  exp(−) sin 3.
 ′′′ + 8 =  +  exp(−2).
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
1 = sin .
Вариант № 4
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 5
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 6
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 7
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
1 = exp().
Вариант № 8
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 9
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
Вариант № 10
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
2 ln  − 1
.
2
 ′′ + (tg  − 2 ctg ) ′ + 2 ctg2  ·  = 0 при условии, что
 ′′ +  =
 ′′ − 4 ′ + 5 = ( + 1) exp(−2) sin .
  + 4 ′′ =  + exp(−2).
2 ln  + 1

¨−=
.
22
2
′′
 (ln  − 1) −  ′ +  = 0 при условии, что 1 = .
 ′′ + 4 ′ + 13 = exp(−2) + sin 3.
  − 4 ′′ =  + exp(−2).
2 − 2 + 2
.

¨ + 2˙ +  =
3
2
′′
′
( + 1) +  −  + 1 = 0 при условии, что 1 = .
 ′′ + 2 ′ + 17 = exp(−) + sin 4.
 ′′′ + 2 ′′ = ( + 1) exp(−2).
2 − 2 + 2

¨ − 2˙ +  =
.
3
′′
′
2
 + tg  ·  + cos  ·  = 0 при условии, что 1 = cos(sin ).

¨ + 4˙ + 13 =  exp(−2) sin 3.
 ′′′ − 8 =  + ( + 1) exp(2).
exp()
 ′′ − 2 ′ +  =
.

′′
′
( − 1) −  +  = ( − 1)2 exp() при условии, что
 ′′ − 4 ′ + 5 = ( + 1) exp(−) sin .
  − 4 ′′ =  + exp(2).
42 − 4 − 1
√
.

¨ − 2˙ +  =
4 
2  ′′ −  ′ − 3 = 54 при условии, что 1 = 1/.
 ′′ − 2 ′ +  = ( + 2) exp() + 1.
 ′′′ +  ′ =  sin .
−1
 ′′′ +  ′′ =
.
2

 ′′ −  ′ tg  + 2 = 0 при условии, что 1 = sin .
4. Найти общее решение
 ′′ + 2 ′ − 3 = ( + 1)(exp() + 1).
 ′′′ + 4 ′′ =  +  exp(−2).
1
 ′′ +  = √
.
5
sin  cos 
 ′′ + 4 ′ + (42 + 2) = 0 при условии, что 1 = exp(2 ).
Вариант № 11
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
 ′′ + 2 ′ + 10 = exp() sin 3.
 ′′′ − 8 = (1 + exp(−2)).
3. Найти общее решение
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
1 = cos(exp(−)).
Вариант № 12
1. Найти общее решение
2. Найти общее решение
3. Найти общее решение
4. Найти общее решение
многочлен.
2 + 2
.
3
′′
′
 +  + exp(−2) = exp(−3) при условии, что
 ′′ +  =
 ′′ − 4 ′ + 5 = ( + 1) sin .
  + 4 ′′ = ( + 1) exp(−2).
1
2  ′′ −  ′ − 3 = .

2( + 2) ′′ + (2 − ) ′ +  = 0 при условии, что 1 —
2.6. Варианты контрольной работы № 3
Вариант № 1
⎛
⎞
5 −1 5
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 0 3 2 ⎠ .
0 −2 3
⎞
⎛
0 1 1
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 0 1 ⎠ .
2 2 1
)︂
(︂ )︂
(︂
1
5 4
exp(−).
+
3. Найти общее решение системы ˙ =

−4 3
)︂
(︂
2
1
.
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
−5 −2
Вариант № 2
⎛
⎞
3 −1 0
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 1 0 ⎠ .
2 −2 2
⎞
⎛
2 1 0
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ −1 2 0 ⎠ .
2 2 1
(︂
)︂
(︂ )︂
1
1
2 −2
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
.
1 cos2 
−1 1
(︂
)︂
2 4
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
0 2
Вариант № 3
⎛
⎞
3 −1 2
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 1 −2 ⎠ .
0 0
2
⎛
⎞
3 −3 1
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 3 −2 2 ⎠ .
−1 2 0
(︂
)︂
(︂ )︂
−1 2
1
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
exp(−).
−2 −1

(︂
)︂
0 1
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
−1 0
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 4
⎛
⎞
5 2 −2
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 4 −1 ⎠ .
3 3 0
⎛
⎞
−3 2 2
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ −3 −1 1 ⎠ .
−1 2 0
(︂
)︂
(︂
)︂
1
1
1
1
.
3. Найти общее решение системы ˙ =
+ √
−2 −2
 −1
(︂
)︂
−2 −4
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
1
2
Вариант № 5
⎛
⎞
3 −1 2
1 2 ⎠.
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1
−2 1 0
⎛
⎞
3 −1 0
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 3 0 −1 ⎠ .
1 0
0
{︂ ′
 = 2 − 2 + exp(),
3. Найти общее решение системы
 ′ = − + .
)︂
(︂
−2 −4
.
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
0 −2
Вариант № 6
⎛
⎞
2 −1 0
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 0 0 ⎠ .
2 −2 1
⎛
⎞
2 1 −1
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 2 −1 ⎠ .
2 2 −1
)︂
)︂
(︂
(︂
√
3
1 3
 + 1.
+
3. Найти общее решение системы ˙ =
−1
1 3
)︂
(︂
0 −4
.
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
4 0
Вариант № 7
⎛
⎞
2 1 0
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 3 −1 ⎠ .
−1 2 3
⎛
⎞
4 0 −1
0 ⎠.
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 1
3 −1 1
(︂
)︂
(︂
)︂
0 1
2 exp()
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
.
1 0
2
(︂
)︂
3 −1
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
1 3
Вариант № 8
⎛
⎞
1 1 −1
2 ⎠.
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 2
0 −1 2
⎛
⎞
0 0 −1
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 −3 0 ⎠ .
3 −1 −3
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(︂
)︂
+1
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
.
1
(︂
)︂
3 0
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
0 3
Вариант № 9
⎛
⎞
2 0 −1
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 −1 0 ⎠ .
3 −1 −1
⎛
⎞
0 −2 −1
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 −3 −1 ⎠ .
−1 2
0
(︂
)︂
(︂
)︂
−3 4
exp(2)
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
.
−2 1
0
(︂
)︂
1 −2
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
2 −3
Вариант № 10
⎛
⎞
4 −1 −1
1 −2 ⎠ .
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 2
−1 1
4
⎛
⎞
3 1 0
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ −1 3 0 ⎠ .
2 2 3
)︂
)︂
(︂
(︂
+1
1 2
.
+
3. Найти общее решение системы ˙ =

1 2
)︂
(︂
3 −2
.
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
4 −1
Вариант № 11
⎛
⎞
3 0 −1
0 ⎠.
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 1 0
3 −1 0
⎞
⎛
−1 −2 2
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ −2 −1 2 ⎠ .
−3 −2 3
)︂
)︂
(︂
(︂
1 −1
8
+
.
3. Найти общее решение системы ˙ =
5 −1
0
(︂
)︂
1 −1
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
2 −1
Вариант № 12
⎛
⎞
0 −1 −1
1. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ 2 −3 −2 ⎠ .
−1 1
0
⎛
⎞
−1 2 2
2. Найти общее решение системы ˙ = , если  = ⎝ −3 1 1 ⎠ .
−1 2 2
(︂
)︂
(︂ )︂
−1 2
1
3. Найти общее решение системы ˙ =
+
exp(2).
−2 −1
0
(︂
)︂
2 −1
4. Построить матричную экспоненту матрицы  =
.
1 0
1 −2
−1 2
42
)︂
(︂
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. Устойчивость решений дифференциальных
уравнений
В этом разделе рассмотрим методы исследования устойчивости решений системы
˙ =  (, ),
(3.1)
⎞
1 (, 1 , ...,  )
где () ∈ R ,  (, ) = ⎝ ...................... ⎠ — непрерывно дифференцируемая по
 (, 1 , ...,  )
совокупности переменных вектор-функция векторного аргумента, для которой
в некоторой области начальных условий выполнена теорема существования и
единственности так, что решение единственным образом продолжается по  до
бесконечности.
Будем называть выделенное предложение условием 1. Оно позволяет ввести по­
нятие устойчивости решения * () системы (3.1).
⎛
Определение 3.1. Решение * () системы (3.1) называется устойчивым по Ляпу­
нову, если для любого  > 0 существует такое () > 0, что для любых решений
(3.1) с начальными условиями ||(0 ) − * (0 )|| <  выполнено ||() − * ()|| <  для
всех  > 0 .
Определение 3.2. Решение * () системы (3.1) называется асимптотически устой­
чивым, если оно устойчиво по Ляпунову и существует  > 0 такое, что для всех
решений системы (3.1) с начальными условиями ||(0 ) − * (0 )|| <  выполнено
предельное соотношение
lim ||() − * ()|| = 0.
→+∞
В качестве примера рассмотрим задачу об устойчивости нулевого решения ли­
нейной системы.
Пример 3.1. Исходя из определений 3.1, 3.2 доказать асимптотическую устой­
чивость нулевого решения системы
(︂
)︂
−1 1
˙ =
.
(3.2)
−1 −3
Решение. Способы нахождения общего решения задачи (3.2) описаны в предыдущей
главе. В соответствии с ними найдем сначала собственные числа и собственные
векторы матрицы системы. Характеристическое уравнение этой матрицы имеет вид
2 + 4(︂+ 4 = 0, )︂
откуда
(︂ )︂= −2 кратности 2. Для определения собственных
(︂
)︂ векторов
1 1
ℎ1
1
имеем
·
= 0, что дает ℎ1 = −ℎ2 = 1, то есть ℎ =
. Найдем
−1 1
ℎ2
−1
(︂
)︂ (︂
)︂
(︂
)︂
(︂ )︂
1 1
1
1
1
теперь присоединенный вектор
·
=
, откуда  =
.
−1 1
2
−1
0
Зная собственный и присоединенный векторы, легко выписать общее решение
(︂
)︂
(︂
)︂
1
+1
() = 1 exp(−2)
+ 2 exp(−2)
.
(3.3)
−1
−
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(︂
)︂
1 + 2
В нулевой момент времени имеем (0) =
. Для определенности будем
−1
√︀
считать норму в определении 3.1 евклидовой, тогда ||(0)|| =
(1 + 2 )2 + 12 .
Учитывая, что ||(0)|| < , имеем
|1 | <  и |2 | = |2 + 1 − 1 | < |1 + 2 | + |1 | < 2.
(3.4)
Оценим теперь норму решения для  > 0
√︀
||()|| = exp(−2) (1 + 2 ( + 1))2 + (1 + 2 )2 .
Оценка подкоренного выражения с помощью неравенств (3.4) дает
(1 + 2 ( + 1))2 + (1 + 2 )2 = (1 + 2 )2 + 12 + (41 2 + 22 ) + 22 2 <
< (1 + 2 )2 + 2|1 + 2 |2  + 12 + 2|1 ||2 | + 22 2 <  2 (2 + 8 + 42 ).
Дадим еще более грубую оценку, чтобы извлечь корень, получаем
||()|| < exp(−2)(2 + 1).
Выделим в правой части неравенства функцию () = exp(−)(2 + 1), которая в
нуле равна единице, а при  → +∞ стремится к нулю. Вычисляя производную этой
функции ()
˙
= (−2 + 1) exp(−), находим точку локального максимума  = 0.5.
Значение в этой точке  (0.5) = 2−1/2 ограничивает функцию () сверху при  > 0.
Заведомо огрубляя оценку, считаем () < 2, отсюда
||()|| <  exp(−)() < 2 exp(−).

Выберем  = , тогда из получившегося неравенства для всех  > 0 ||()|| < , что
4
позволяет завершить обоснование устойчивости.
Для доказательства асимптотической устойчивости в предыдущих рассуждениях
заменим  на , тогда при ||(0)|| < , получаем неравенство ||()|| < 2 exp(−), из
которого при  → +∞ имеем lim ||()|| = 0.
→+∞
Приведенный пример показывает, что доказательство устойчивости непосред­
ственно по определению — дело достаточно хлопотное. В то же время из вида
решения (3.3) вполне понятно, что оно должно стремиться к нулю при  → +∞. Та­
ким образом, весьма насущной и активно применяемой является следующая теорема,
лежащая в основе так называемого первого метода Ляпунова.
3.1. Первый метод Ляпунова
Вернемся к системе (3.1), будем считать, что она имеет решение * () и выполне­
но сформулированное в начале раздела условие 1 о существовании и единственности
решений и их продолжимости по  до +∞. Выполним в (3.1) замену  = * () +  и
выделим в функции правой части нулевой и первый по  члены в разложении в ряд
Тейлора в нуле
⃒
 ⃒⃒
*
*
*
˙ () + ˙ =  (,  + ) ≡  (,  ) +
·  + 2 (, ).
 ⃒=*
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Здесь
⎛
⃒
⎜
 ⃒⃒
⎜
=⎜
⃒
 =* ⎝
1
1
...
1

..............


...
1

⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
=*
— матрица Якоби вектор-функции  , а 2 (, ) — остаток. Поскольку * () — реше­
ние системы (3.1), имеем
⃒
 ⃒⃒
·  + 2 (, ).
(3.5)
˙ =
 ⃒=*
Учитывая, что устойчивость нулевого решения (3.5) эквивалентна устойчивости ре­
шения * () системы (3.4), сформулируем теорему Ляпунова об устойчивости по
первому приближению.
Теорема 3.1 (Об устойчивости по первому приближению). Предположим, что
⃒
 ⃒⃒
1) матрица  =
— постоянная;
 ⃒=*
2) для нелинейности равномерно по  > 0 выполнена оценка ||2 (, )|| 6 ||||2 ,
где  — некоторая константа.
Тогда нулевое решение системы (3.5) асимптотически устойчиво (неустойчиво),
если собственные числа матрицы  лежат в левой комплексной полуплоскости
(хотя бы одно справа).
Замечание 3.1. Условия 1, 2 теоремы 3.1 автоматически выполнены для авто­
номных систем (правая часть (3.5) не зависит от  ).
Пример 3.2. При каких значениях параметра  асимптотически устойчиво ну­
левое решение системы:
{︂ ′
 =  − 2 + 2 ,
 ′ =  +  + .
Решение. Поскольку для нелинейных членов 1 (,√︀
, ) = 2 , 2 (, , ) =  справед­
ливы оценки ‖1 ‖ 6 ||||2 , ‖2 ‖ 6 ||||2 , где |||| = ||2 + ||2 , то будем исследовать
на устойчивость нулевое решение линейной системы
{︂ ′
 =  − 2,
 ′ =  + .
Запишем характеристический многочлен соответствующей матрицы коэффициентов
⃒
⃒
⃒  −  −2 ⃒
⃒
⃒ = 0 или 2 + (− − 1) +  + 2 = 0.
⃒ 1
1− ⃒
Для асимптотической устойчивости квадратного трехчлена необходимо и достаточ­
но, чтобы его коэффициенты были положительны. Отсюда получаем − − 1 > 0 и
 + 2 > 0 или окончательно −2 <  < −1.
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Устойчивость многочленов
Применение первого метода Ляпунова так или иначе приводит к анализу рас­
положения корней некоторых многочленов. Вычисление корней представляет собой
достаточно сложную задачу, поэтому появилась необходимость в критериях устойчи­
вости, с помощью которых о расположении корней можно судить по коэффициентам
многочлена. Многочлен
() ≡ 0  + 1 −1 + ... +  ,
(3.6)
будем называть устойчивым, если все его корни лежат в левой комплексной
полуплоскости.
Критерий Рауса–Гурвица ставит устойчивость многочлена в зависимость от по­
ложительной определенности некоторой матрицы. Введем в рассмотрение матрицу
Гурвица
⎛
⎞
1 0 0
0
0
0
... 0
⎜ 3 2 1 0
0
0
... 0 ⎟
⎜
⎟
⎜ 5 4 3 2 1 0 ... 0 ⎟
⎜
⎟
⎜ .................................. ⎟.
(3.7)
⎜
⎟
⎜ . . . . . . . . . . +1  −1 . . . . . . ⎟
⎜
⎟
⎝ .................................. ⎠
0 0 0
0
0
0
... 
Матрица Гурвица составляется по следующему правилу. По главной диагонали вы­
писываются коэффициенты многочлена (3.6), начиная с 1 и заканчивая  . Столбцы
состоят поочередно из коэффициентов только с нечетными или только с четными
индексами, причем в число последних включается коэффициент 0 . Все остальные
элементы матрицы  , отвечающие коэффициентам с индексами  >  или  < 0,
полагаются равными нулю.
Теорема 3.2 (Критерий Рауса–Гурвица). Пусть 0 > 0, многочлен () устойчив
тогда и только тогда, когда матрица Гурвица положительно определена.
Отметим, что положительную определенность матрицы удобно проверять с помо­
щью критерия Сильвестра, согласно которому необходимым и достаточным является
условие положительности всех ее главных диагональных миноров.
Главные диагональные миноры матрицы Гурвица имеют вид
△1 = 1 > 0, △2 = 1 2 − 0 3 > 0, . . . , △ =  · △−1 > 0.
(3.8)
В случае, если дополнительно известно, что все  > 0 (это условие явля­
ется необходимым, но не достаточным), можно воспользоваться критерием Лье­
нара–Шипара.
Критерий Льенара–Шипара. Для устойчивости многочлена () необходимо
и достаточно, чтобы все  > 0 и чтобы △−1 > 0, △−3 > 0, △−5 > 0, ..., где
△ те же, что в (3.8).
Данные условия равносильны условиям Рауса–Гурвица.
Пример 3.3. При каких значениях  и  устойчив многочлен 4 + 3 + 2 +  + ?
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
Многочлен устойчив, если его корни лежат в левой комплексной полуплоскости,
то есть
⃒ Re ( ) <
⃒ 0. Запишем условия Льенара–Шипара:  > 0,  > 0,
⃒ 1 1 0 ⃒
{︂
⃒
⃒
0<<1
2
△3 = ⃒⃒  1 1 ⃒⃒ , △3 =  −  −  > 0, откуда следует, что
.
0 <  <  − 2
⃒ 0   ⃒
Полученная область изображена на рис. 2.
b
0.2
0.1
a
0.2
0.4
0.6
0.8
1
-0.1
-0.2
Рис. 2.
В некоторых случаях для проверки устойчивости многочленов можно пользо­
ваться частотным критерием Михайлова. Его формулировка выглядит следующим
образом.
Критерий Михайлова. Для устойчивости многочлена () необходимо и до­
статочно, чтобы  −1 > 0 и чтобы корни многочленов
() =  − −2  + −4  2 − ...,
() = −1 − −3  + −5  2 − ...
были вещественными, положительными, различными и чередующимися, начиная
с корня 1 , то есть
0 < 1 < 1 < 2 < 2 < ...
Пример 3.4. Исследовать устойчивость нулевого решения, пользуясь критерием
Михайлова
 ′′′ + 2 ′′ + 2 ′ + 3 = 0.
(3.9)
Решение. Составим характеристический многочлен уравнения (3.9) () = 3 + 22 +
+ 2 + 3. В нашем случае  = 3 = 3 > 0, −1 = 2 = 2 > 0, многочлены
() = 3 − 2, () = 2 −  имеют корни  * = 3/2,  * = 2. Значит, 0 <  * <  * , по
критерию Михайлова все корни многочлена () имеют отрицательные вещественные
части и нулевое решение уравнения (3.9) асимптотически устойчиво.
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.2. Метод функций Ляпунова
Нетрудно видеть, что первый метод Ляпунова не работает, если, с одной сторо­
ны, не выполнены условия 1, 2 и, с другой — часть собственных чисел матрицы 
лежит на мнимой оси, в то время как все остальные — в левой комплексной полу­
плоскости. Этих недостатков лишен второй метод Ляпунова. Учитывая, что задачу
об устойчивости решения * () системы (3.1) можно путем сдвига на это решение
заменить задачей об устойчивости нуля, будем считать, что в (3.1)  (, 0) ≡ 0. И
ниже изучим вопрос об устойчивости нулевого решения (3.1).
Для формулировки второго метода введем понятие функции Ляпунова. Под функ­
цией Ляпунова будем понимать непрерывно дифференцируемую по совокупности
переменных в некоторой окрестности точки нуль функцию  (), которая по­
ложительно определена в этой области, то есть  () неотрицательна и об­
ращается в ноль тогда и только тогда, когда  = 0. Определим, кроме того,
производную функции  () в силу системы (3.1)

∑︁

·  (, ).
 (, ) ≡


=1
(3.10)
Выполнены следующие две теоремы об устойчивости, составляющие основу второго
метода Ляпунова.
Теорема 3.3 (Об устойчивости). Пусть  () — положительно определенная в
нуле непрерывно дифференцируемая функция, пусть ее производная в силу си­
стемы (3.1) неположительна
 (, ) 6 0
в некоторой окрестности нулевого решения системы (3.1). Тогда это решение
устойчиво по Ляпунову.
Теорема 3.4 (Об асимптотической устойчивости). Пусть выполнены условия тео­
ремы 3.3 и, кроме того, существует такая положительно определенная функция
 * (), что
 (, ) 6 − * ()
(3.11)
в некоторой окрестности точки ноль, тогда нулевое решение системы (3.1)
асимптотически устойчиво.
Прежде чем перейти к примерам, опишем способ выбора функции Ляпунова для
линейной системы
˙ = ,
(3.12)
в случае, когда ее нулевое решение заведомо асимптотически устойчиво, т. е. при
условии, что собственные числа матрицы  лежат в левой комплексной полуплоско­
сти.
Будем предполагать, что собственные числа матрицы  простые или им соот­
ветствует столько собственных векторов, какова их кратность. Построим неособое
преобразование  , состоящее из собственных векторов матрицы , а в случае ком­
плексно сопряженных собственных чисел – из вещественных и мнимых частей од­
ного из комплексно сопряженных собственных векторов. В этом случае матрица
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 =  −1  , либо имеет диагональный вид с вещественными собственными числа­
ми на главной диагонали, либо для комплексных собственных чисел  ±  имеет
блочно-диагональный вид с 2 × 2 блоками вида
(︂
)︂
 
.
− 
Выполним в (3.12) замену  =  , тогда для новых переменных имеем
(3.13)
˙ = ,
где  — жорданова форма матрицы . Построение функции Ляпунова для задачи
(3.13) тривиально, поскольку функция
 () = 12 + · · · + 2 ≡ (, ),
очевидным образом, подходит для исследования устойчивости этой системы. Произ­
водная  () в силу системы (3.13) (см. формулу (3.10)) имеет вид
 () = 21 ˙1 + · · · + 2 ˙ = 2

∑︁
Re ( )2
=1
и отрицательно определена в силу отрицательности вещественных частей собствен­
ных чисел матрицы .
Возвращаясь к исходным переменным, нетрудно получить функцию Ляпунова и
для системы (3.12)
(︀
)︀
 () =  −1 ,  −1  .
(3.14)
Рассмотрим два примера построения функции Ляпунова для линейных систем.
Пример 3.5. Построить функцию Ляпунова для системы
(︂
)︂
−1 2
˙ =
.
3 −1
(3.15)
Решение. Для определения собственных чисел матрицы системы выпишем ее ха­
рактеристический многочлен 2 + 2 + 5. Корни многочлена комплексны и имеют вид
1,2 = −1 ± 2. Собственный вектор матрицы(︂системы,)︂соответствующий собствен­
1
ному числу  = −1 + 2, оказывается равен
. Выделяя вещественную и
−1 − 
(︂
)︂
1
0
мнимую части полученного вектора, можно сформировать матрицу  =
,
−1 −1
нетрудно видеть, матрица  является обратной к самой себе, то есть  −1 =  . Это
позволяет отыскивать функцию Ляпунова в виде
(︂(︂
)︂ (︂
)︂)︂
(︀ −1
)︀
1
1
−1
 () =  ,   =
,
= 21 + (1 + 2 )2 .
−1 − 2
−1 − 2
Вычислим теперь производную полученной функции Ляпунова в силу системы (3.15)
 () = 21 ˙ 1 + 2(1 + 2 )(˙ 1 + ˙ 2 ).
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подстановка ˙ 1 и ˙ 2 из правых частей (3.15) и простые преобразования дают
 () = −221 − 2(1 + 2 )2 .
Условие (3.11) отрицательной определенности функции  () выполняется в дан­
ном случае очевидным образом, что влечет асимптотическую устойчивость нулевого
решения системы (3.15).
Пример 3.6. Построить функцию Ляпунова для системы
(︂
)︂
−4 −2
˙ =
.
3
1
(3.16)
Решение. Характеристический многочлен матрицы системы (3.16) имеет вид
2 + 3 + 2 = 0, его корни оказываются равными 1 = −1, 2 = −2. (︂
Собствен­
)︂
2
ные векторы, соответствующие этим собственным числам, имеют вид
и
−3
(︂
)︂
1
соответственно. Составим матрицу преобразования  из данных векторов
−1(︂
)︂
(︂
)︂
2
1
−1 −1
−1
 =
и найдем к ней обратную  =
. Зная  −1 , нетрудно
−3 −1
3
2
найти функцию Ляпунова
(︂(︂
)︂ (︂
)︂)︂
(︀ −1
)︀
−1 − 2
−1 − 2
−1
 () =  ,   =
,
= (1 +2 )2 +(31 +22 )2 .
31 + 22
31 + 22
Вычисление производной функции Ляпунова в силу системы (3.16) приводит к ра­
венствам
 () = 2(1 + 2 )(˙ 1 + ˙ 2 ) + 2(31 + 22 )(3˙ 1 + 2˙ 2 ),
или после преобразований
 () = −2(1 + 2 )2 − 4(31 + 22 )2 .
Полученная функция  () отрицательно определена, что влечет асимптотическую
устойчивость нулевого решения системы (3.16).
Рассмотрим теперь пример построения функции Ляпунова для нелинейной систе­
мы. Естественно, наибольший интерес вызывают задачи, для которых не работает
первый метод Ляпунова.
Пример 3.7. Используя второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость
систему
{︂
˙ = − − 2 − ( + )3 ,
˙ =  +  − ( + 2)3 .
Решение. Выделяя в системе линейную часть и вычисляя собственные числа мат­
рицы
(︂
)︂
−1 −2
,
1
1
50
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
получаем 1,2 = ±, что означает неприменимость теоремы Ляпунова об устойчиво­
сти по первому приближению. Выберем функцию Ляпунова так, чтобы избавиться
от слагаемых линейной части, возьмем для этого положительно определенную функ­
цию  (, ) = ( + )2 +  2 . Ее производная в силу системы оказывается равной
 (, ) =
(︀
)︀


˙ +
˙ = 2( + ) −  − 2 − ( + )3 +


)︀
(︀
+ 2( + 2)  +  − ( + 2)3 .
После преобразований имеем
 (, ) = −2( + )4 − 2( + 2)4 .
Таким образом,  (, ) положительно, а  (, ) отрицательно определены, что
позволяет говорить об асимптотической устойчивости нулевого решения исследуемой
системы.
Среди критериев неустойчивости выделим теорему Четаева [11] в одном из про­
стейших вариантов (см. книгу [8]). Ниже будем обозначать  = { ∈ R | || < }
-окрестности начала координат.
Теорема 3.5 (Н. Г. Четаев). Пусть в некоторой окрестности точки ноль имеет­
ся непрерывно дифференцируемая функция () такая, что
1) в любой -окрестности  нуля существует точка  такая, что () > 0,
а значит, существует  > 0 и подобласть данной окрестности, в которой
() > ;
2) для любого  > 0 существует  > 0 такое, что из условия  ∈  и () > 0
следует неравенство (, ) > , справедливое для всех  > 0.
Тогда нулевое решение системы (3.1) неустойчиво.
В книге [2] предложен вариант теоремы Четаева, проверка условий которой осу­
ществляется чуть проще, чем условия теоремы 3.5.
Теорема 3.6 (Н. Г. Четаев). Пусть в некоторой области  ∈ R определена и
непрерывно дифференцируема функция () так, что
1) точка ноль принадлежит границе области ;
2) существует такое , что все точки  ∈  такие, что () = 0 принадлежат
границе области ;
3) в области  () > 0, и производная в силу системы (3.1) () > 0 для всех
 > 0.
Тогда нулевое решение системы (3.1) неустойчиво.
Пример 3.8. Исследовать устойчивость нулевого решения,
построив функцию Ляпунова
{︂ ′
 = 5 +  3 ,
 ′ = 3 +  5 .
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Возьмем функцию (, ) = 4 −  4 , тогда
(, ) = 43 (5 +  3 ) − 4 3 (3 +  5 ) = 4(8 −  8 ).
Проверим условия теоремы Четаева. Очевидно, что (, ) > 0 при || > ||. Выбирая
в качестве области  любой из секторов, в котором (, ) > 0, убеждаемся, что в
этой области (, ) > 0 одновременно с (, ) > 0. Следовательно, нулевое решение
задачи неустойчиво.
3.3. Построение фазового портрета системы на плоскости
Рассмотрим задачу построения траектории двумерной линейной однородной си­
стемы обыкновенных дифференциальных уравнений
(︂
)︂
(︂
)︂
(︂
)︂
˙ 1
1
11 12
=
, =
.
(3.17)
˙ 2
2
21 22
Фазовой плоскостью системы (3.17) будем называть плоскость (1 , 2 ), а траек­
ториями на ней — кривые, параметрически заданные ее решением (1 (), 2 ()) .
Алгоритм получения решения системы (3.17) изложен в предыдущей главе, построе­
ние решения в этой ситуации зависит от собственных чисел и собственных векторов
матрицы системы. Классификацию фазовых портретов системы (3.17) выполним в
зависимости от собственных чисел матрицы .
I. Пусть 1 , 2 — вещественные, различные, ненулевые собственные числа мат­
рицы . В этом случае общее решение системы (3.17) имеет вид
 = 1 exp(1 )ℎ1 + 2 exp(2 )ℎ2 ,
где ℎ1 , ℎ2 — собственные векторы, соответствующие собственным числам 1 , 2 . Ве­
личины
1 = 1 exp(1 ), и 2 = 2 exp(2 )
(3.18)
представляют собой координаты точки траектории в базисе ℎ1 , ℎ2 . C помощью соот­
ношений (3.18) выразим 1 через 2 :
12 = 12 exp(1 2 ), 21 = 21 exp(1 2 )
|2 | = |1 |2 /1 ,
(3.19)
)︂1/1
|2 |1
В зависимости от знака показателя степени, формулы (3.19)
где  =
|1 |2
дают кривые параболического или гиперболического типа.
1) Пусть 2 /1 > 0, тогда фазовый портрет системы (3.17) называется узлом.
Будем выделять два подслучая:
1.a) 1 , 2 > 0 — неустойчивый узел;
1.б) 1 , 2 < 0 — устойчивый
⃒ ⃒ узел.
⃒ 2 ⃒
Отметим еще, что при ⃒⃒ ⃒⃒ < 1 фазовые траектории касаются прямой, соответ­
1
⃒ ⃒
⃒ 2 ⃒
ствующей собственному направлению ℎ1 , а при ⃒⃒ ⃒⃒ > 1 — направлению ℎ2 .
1
(︂
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x2
h2
x2
h2
h1
x1
Рис. 3.
h1
x1
Рис. 4.
На рисунке 3 представлен устойчивый узел в случае 2 /1 > 1.
2) Пусть 1 /2 < 0, тогда формулой (3.19) определяются кривые типа ги­
пербол. Фазовый портрет системы (3.17) называется в этом случае седло. На
рисунке 4 представлен схематический вид седлового состояния равновесия на плос­
кости.
II. Пусть теперь собственные числа матрицы  комплексно сопряжены, то есть
 =  ± . Решение системы (3.17) строится в этом случае следующим образом:
вычисляется собственный вектор ℎ =  + , соответствующий собственному числу
 +, затем у комплексного решения (+) exp[( +)] выделяются вещественная
и мнимая части и общее решение выписывается в виде
 = 1 exp( )( cos  −  sin ) + 2 exp( )( sin  +  cos ).
(3.20)
Собирая
√︀ коэффициенты при векторах  и  и заменяя
 = 12 + 22 ,  = arctg(2 /1 ) преобразуем (3.20) к виду
 =  exp( )[ cos( − ) −  sin( − )].
(3.21)
Выделим два подслучая
1.  = 0. Фазовый портрет в этом случае называется центр.
Формула (3.21) дает замкнутые кривые в силу 2/ — периодичности решений. Эти
замкнутые кривые представляют собой концентрические эллипсы с главными осями
 и  (покажите!). Величина  определяет размах колебаний, ее изменение приводит
к переходу с одного эллипса на другой, изменение же параметра  приводит лишь
к сдвигу изображаемой точки в пределах одной и той же траектории. На рисунке
5 изображен пример фазового портрета типа центр. Для определения направления
вращения выбирается какая-либо точка на фазовой плоскости, например, (1, 0) ,
тогда направление движения в этой точке вычисляется из (3.17) по формуле
(︂
)︂ (︂
)︂ (︂ )︂ (︂
)︂
˙ 1
11 12
1
11
=
·
=
˙ 2
21 22
0
21
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x2
x2
x1
x1
Рис. 6.
Рис. 5.
2. Перейдем к ситуации, когда  ̸= 0. Фазовый портрет в этом случае назы­
вается фокусом. Амплитуда колебаний, имеющая вид  exp( ), растет, если  > 0,
и убывает, если  < 0. В первом из этих случаев фокус называется неустойчивым,
а во втором — устойчивым. На рисунке 6 представлен пример устойчивого фокуса.
Направление вращения определяется здесь так же, как и для состояния равновесия
центр.
Отдельно рассмотрим случай, когда одно из собственных чисел равно нулю (вы­
рожденный узел), и случай вещественных кратных корней.
А) Пусть 1 = 0, 2 ̸= 0, тогда решение системы (3.17) имеет, в силу (1.a), вид
() = 1 ℎ1 + 2 exp(2 )ℎ2 .
Легко видеть, что при 2 = 0 () — величина постоянная и вся прямая 1 ℎ1 за­
полнена состоянием равновесия. Остальные траектории представляют собой парал­
лельные прямые, движение вдоль которых происходит к некоторой точке на прямой
1 ℎ1 при 2 < 0 и от этой прямой при 2 > 0. На рисунке 7 изображен этот фазовый
портрет при 2 < 0.
Б) Пусть теперь 1,2 = 0, тогда необходимо рассмотреть два подслучая.
Первый из них возникает, если имеется два линейно независимых собственных
вектора, соответствующих собственному числу . Данный случай реализуется толь­
ко при  = 0 — это означает, что все точки плоскости являются невырожденными
точками для системы (3.17).
Второй подслучай реализуется, если имеется цепочка из собственного вектора ℎ
и присоединенного вектора. Решение системы (3.17) при этом имеет вид
() = 1 ℎ + 2 (ℎ + ).
(3.22)
Из получившегося соотношения видно, что при 2 = 0 имеем однопараметрическое
множество неподвижных точек, заполняющее направление 1 ℎ, а при 2 ̸= 0 фазо­
вый портрет системы представляет собой множество параллельных прямых, направ­
ление движений на которых определяется по тому же правилу, что и направление
вращения для фокуса или центра.
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x2
x2
h1
h2
h
x1
x1
Рис. 7.
Рис. 8.
Последним рассмотрим случай узла с кратными корнями. Как и для нулево­
го собственного числа, следует рассмотреть две ситуации. Обозначим  — корень
кратности 2 матрицы .
Пусть сначала ℎ1 и ℎ2 — линейно независимые собственные векторы, тогда
() = (1 ℎ1 + 2 ℎ2 ) exp(), то есть любая прямая, проходящая через ноль, яв­
ляется собственным направлением. Схематический вид данного фазового портрета
изображен на рисунке 9 при  < 0.
x2
x2
h
x1
x1
Рис. 9.
Рис. 10.
Пусть теперь собственному числу  кратности 2 соответствуют собственный ℎ и
присоединенный  векторы, тогда решение линейной системы (3.17) имеет вид
() = exp()(1 ℎ + 2 (ℎ + )).
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Фазовый портрет в данном случае приведен на рисунке 10 в предположениях, что
 < 0.
Для того чтобы выяснить, по какую сторону относительно точки ноль траектории
касаются собственного направления, удобно найти в какой-либо точке, не лежащей
на этой прямой, вектор направления движения.
Пример 3.9. Определить характер точки покоя системы
{︂
˙ = −5 − ,
˙ = 2 − .
(3.23)
Решение. Составим характеристическое уравнение
⃒
⃒
⃒ −5 − 
−1 ⃒⃒
⃒
= 0,
⃒
2
−1 −  ⃒
√
√
или 2 + 6 + 7 = 0. Его корни 1 = −3 − 2 < 0, 2 = −3 + 2 < 0 веществен­
ные, различные и отрицательные (одного знака). Следовательно, точка покоя (0, 0)
системы (3.23) — устойчивый узел.
Пример 3.10. Найти и исследовать особые точки системы
{︂
˙ =  − ,
˙ = 2 +  2 − 2.
(3.24)
Решение. Приравнивая к нулю правые части системы (3.24), находим неподвижные
точки (−1, −1) ; (1, 1) . Рассмотрим первую из них. С помощью замен  = −1 +
+ ,  = −1 +  система (3.24) приводится к виду
{︂
˙ =  − ,
(3.25)
˙ = −2 − 2 +  2 +  2 .
Линейная
часть полученной
системы имеет следующее характеристическое уравне­
⃒
⃒
⃒ 1−
⃒
−1
⃒ = 0, откуда 2 +  − 4 = 0. Корни полученного квадратного
ние: ⃒⃒
−2 −2 −  ⃒
√
−1 ± 17
трехчлена 1,2 =
— вещественны и имеют разные знаки. Это позволя­
2
ет утверждать, что фазовый портрет окрестности нуля системы (3.25) — седло.
Нелинейность (0,  2 +  2 ) системы (3.25) не может изменить тип данной непо­
движной точки. Отсюда можно сделать вывод, что (−1, −1) также является седлом
для исходной системы (3.24). Рассмотрим теперь точку (1, 1) . Выполняя замены
 = 1 + ,  = 1 + , получаем систему
{︂
˙ =  − ,
(3.26)
˙ = 2 + 2 +  2 +  2 .
Характеристическое уравнение линейной
части полученной системы имеет вид 2 −
√
3 ± 7
− 3 + 4 = 0, его корни 1,2 =
комплексно сопряжены, при этом их веще­
2
ственная часть положительна. Отсюда следует, что система, определяемая линейной
частью системы (3.26), является неустойчивым фокусом. Учитывая, что, как и в рас­
смотренном выше случае, нелинейность не может изменить тип данной неподвиж­
ной точки, заключаем, что точка (1, 1) также будет неустойчивым фокусом системы
(3.24).
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.4. Варианты контрольной работы № 4
Вариант № 1
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′
 = 2 − exp( + ) − cos ,
 ′ = ln(1 + sin(2 − 3)).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = − − 2 + 2  2 ,
 ′ =  − 0.5(1 + 3 ).
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 +)︂3 + 2 +  + ?
(︂
2 −1
4. Построить фазовый портрет системы ′ =
.
1 0
5. При каких значениях параметров  и  ограничены на всей оси решения уравнения
 ′′ +  ′ +  = cos ?
Вариант № 2
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = tg(−2 + ) + 1 − cos ,
 ′ = ln(1 + 2 − 3).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = −3 − 23 ,
 ′ = 2 − 3 3 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 +)︂3 + 2 +  + ?
(︂
−1 8
.
4. Построить фазовый портрет системы ′ =
1 1
5. При каких значениях параметров  и  все решения уравнения
 ′′ +  ′ +  = 0 стремятся к нулю при  → +∞?
Вариант № 3
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′
 = 2 − (8 − 3 + 6)1/3 ,
 ′ = − sin(2 + ).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′
 = −0.5 −  − 0.253 ,
 ′ =  − 0.5 − 0.25 3 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 3 + 2 +  + 5?
{︂ ′
 = 3 − 2,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = 4 − 6.
5. При каких значениях параметров  и  уравнение  ′′ +  ′ +  = 0 имеет хотя бы
одно решение () ̸= 0, стремящееся к нулю при  → +∞?
Вариант № 4
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = −10 + 4 exp() − 4 cos  2 ,
 ′ = 2 exp() − 2 −  + 4 .
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ =  + 2  2 − 0.255 ,
 ′ = −2 − 3 − 0.5 3 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 53 + 2 +  + 1?
{︂ ′
 =  − 2,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = 2 − 4.
5. При каких значениях параметров  и  все решения уравнения  ′′ +  ′ +  = 0
удовлетворяют соотношению  = (exp(−)) при  → +∞?
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 5
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′
 = ln(3 exp() − 2 cos ),
 ′ = 2 exp() − (8 + 12)1/3 .
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′
 = − − ,
 ′ =  − .
3. При каких значениях  устойчив многочлен (︂ 5 + )︂4 + 3 + 2 +  + ?
2 1
4. Построить фазовый портрет системы ′ =
.
3 4
5. При каких  и  уравнение  ′′ +  2  = sin  имеет хотя бы одно периодическое
решение?
Вариант № 6
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︃ Исследовать
′
 = tg(− + ),
(︁ 
)︁
 ′ = 2 − 2 cos
− .
3
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = − 4 − 23 − ,
 ′ = 2 + 22  3 −  7 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4)︂+ 3 + 22 +  + 2?
(︂
1 4
.
4. Построить фазовый портрет системы ′ =
2 3
5. При каких значениях параметров  и  все решения уравнения  ′′ +  ′ +  = 0
ограничены при всех  > 0?
Вариант № 7
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = 2 − (8 − 6 + 3)1/3 ,
 ′ = 1 − exp(2 + ).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = −2 − 3,
 ′ =  − .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 3 + 42 + 2 + ?
{︂ ′
 =  − 3,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = 3 + .
5. При каких значениях параметров  и  все решения уравнения  ′′ +  ′ +  = 0
являются периодическими функциями от ?
Вариант № 8
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′
 = 2.5 exp() − 3 + sin 2 ,
 ′ = 2 +  exp(− 2 /2) −  4 cos .
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ =  − 3 + ,
 ′ = 4 − 2  − 3 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 3 + 2 +  + ?
{︂ ′
 +  + 5 = 0,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ −  −  = 0.
5. Докажите, что среди всех решений уравнения 
¨ + 2˙ + 11 = cos  есть ровно
одно периодическое.
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 9
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′
 = sin(−2 + ),
 ′ = 1 − exp( − ).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′
 = −2 − ,
 ′ =  − 2.
3. При каких значениях  устойчив многочлен
5 + 4 + 23 + 42 +  + 6?
{︃
5
′ = −2 + ,
4. Построить фазовый портрет системы
7
 ′ = 7 − 3.
5. Найти периодическое решение уравнения 
¨ + ˙ + 4 = exp().
Вариант № 10
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = (1 +  − 2)−1 − 1,
 ′ = cos  − exp(2 − ).
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = −2 − ( − )2 ,
 ′ = 3 − 1.5( − )2 .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
5 + 24 + 33 + 2 +  + 6?
{︂ ′
 = −5 − ,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = 2 − .
5. При каких значениях параметров  и  все решения уравнения
 ′′ +  ′ +  = 0 стремятся к нулю при  → −∞?
Вариант № 11
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = tg(−2 + ),
 ′ = 1 − (1 −  + )1/3 .
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = −4 − ,
 ′ = 2 − .
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 3 + 42 +  + 6?
{︂ ′
 = 3 + ,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = −2 + .
5. При каких значениях параметров  и  уравнение  ′′ +  ′ +  = 0 имеет хотя бы
одно решение () ̸= 0, стремящееся к нулю при  → −∞?
Вариант № 12
1.
на устойчивость нулевое решение системы
{︂ Исследовать
′ = sin(−2 + ),
 ′ = 2 − (8 − 6 + 3)1/3 .
2.
второй метод Ляпунова, исследовать на устойчивость систему
{︂ Используя
′ = −3 − 2,
 ′ = 2 − 3.
3. При каких значениях  и  устойчив многочлен
4 + 3 + 2 + 5 + 7?
{︂ ′
 = −2 − ,
4. Построить фазовый портрет системы
 ′ = 3 − .
5. При каких значениях параметров  и  ограничены на всей оси решения уравнения
 ′′ +  ′ +  = sin ?
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. Последовательные приближения
и метод малого параметра
В данной главе собраны задачи на построение методом последовательных при­
ближений и методом малого параметра приближенных решений. Кроме того, в конце
главы обсуждаются способы решения краевых задачи построения функции Грина.
4.1. Метод последовательных приближений Пикара
Обоснование теоремы существования и единственности для начальной задачи
Коши
˙ =  (, ), (0 ) = 0
(4.1)
обычно выполняется с помощью метода последовательных приближений Пикара (см.
книги [7–10]). В (4.1) перейдем к эквивалентному ему интегральному уравнению
∫︁ 
 (, ( )) .
(4.2)
() = 0 +
0
На основе полученного уравнения (4.2) удобно строить последовательность функций
0 () = 0 ,
∫︁

1 () = 0 +
 (, 0 ) ,
0
...................................
∫︁ 
 () = 0 +
 (, −1 ( )) ,
(4.3)
0
...................................
В теореме существования и единственности доказывается равномерная сходи­
мость данной последовательности к решению. Если удается сосчитать интегралы в
формулах (4.3), можно получить хорошее приближение решения.
Пример 4.1. Найти три последовательных приближения задачи Коши
 ′ = 2 +  2 , (0) = 1.
Решение. Для исходного уравнения на плоскости  выполнены условия теоремы
существования и единственности решения задачи Коши. Построим последователь­
ность функций  (), определяемых соотношениями
∫︁ 
 () = 0 +
 (, −1 ( )) ,  = 1, 2, ...
0
За нулевое приближение примем 0 () ≡ 1, тогда
0 () ≡ 1, ∫︁

1 () = 1 +
(2 + 02 ( )) = 1 +  + 2 ,
∫︁0 
4 5
+ .
2 () = 1 +
(2 + 12 ( )) = 1 +  + 22 + 3 +
2
5
0
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.2. Метод малого параметра
Для начальной задачи Коши
˙ =  (, , ),
(4.4)
(0 ) = ()
при условии, что  (, , ) и () — достаточно гладкие функции своих аргументов,
удается доказать утверждение, гарантирующее гладкость решения уравнения (4.4)
по параметру . В этой ситуации можно попытаться построить разложение решения
(, ) в ряд по . Для определения коэффициентов этого разложения можно поль­
зоваться следующим алгоритмом. (Не ограничивая общности, будем считать, что
разложение выполняется в точке  = 0.)
Представим (, ) в виде суммы
(, ) = 0 () + 1 () + · · · +   () + ( )
(4.5)
и подставим формулу (4.5) в уравнение (4.4)
(︀
)︀
˙ 0 () + 
˙ 1 () + · · · =  , 0 () + 1 () + . . . ,  ,
0 (0 ) + 1 (0 ) + · · · = 0 + 1 + . . . ,
(4.6)
где 0 , 1 , . . . — коэффициенты разложения в ряд Тейлора в нуле функции ().
Разложим функцию в правой части (4.6) в ряд по  и приравняем коэффициенты
при одинаковых степенях . Учитывая, что
 (, 0 () + 1 () + 2 2 () . . . , ) =  (, 0 (), 0)+
)︂⃒
(︂
)︀  (·) ⃒
 (·) (︀
⃒
1 () + 22 () + . . . +
+
+

 ⃒=0
(︂
)︀2
)︀
2  2  (·) (︀
 2  (·) (︀
+

()
+
2
()
+
.
.
.
+
2

()
+
2
()
+
.
.
.
+
1
2
1
2
2
2

)︂⃒
)︀  2  (·) ⃒
 (·) (︀
⃒
+ ...,
22 () + 63 () + . . . +
+

2 ⃒=0
где (·) обозначено (, 0 ()+1 ()+. . . , ), получаем для нулевого шага (коэффициент
при 0 ):
˙ =  (, 0 (), 0), 0 (0 ) = 0 .
(4.7)
На первом шаге (коэффициент при 1 ) имеем
˙ 1 =
 (, 0 (), 0)
 (, 0 (), 0)
1 +
,


1 (0 ) = 1 ,
(4.8)
и, наконец, на втором шаге (коэффициент при 2 ) получаем
˙ 2 =
 (, 0 (), 0)
 2  (, 0 (), 0)
2 +
1 +


(︂
)︂
1  2  (, 0 (), 0) 2  2  (, 0 (), 0)
1 +
,
+
2
2
2
2 (0 ) = 2 . (4.9)
Все выписанные задачи, кроме нулевого шага, представляют собой линейные
дифференциальные уравнения первого порядка и могут быть решены стандартным
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
способом, если удается решить задачу (4.7). Далее, подставляя полученные реше­
ния в асимптотическое разложение (4.5), получаем приближенное решение задачи
(4.1). Важно заметить, что асимптотические формулы (4.5), работают, вообще гово­
ря, лишь на конечном промежутке изменения  ∈ [0 ,  ].
Для бесконечных промежутков следует применять другие асимптотические ме­
тоды.
Пример 4.2. Найти методом малого параметра два–три члена разложения
 ′ −  − exp( − ) = 0, (0) = −.
Решение. Решение ищем в виде
(, ) = 0 () + 1 () + 2 2 () + ...
Подставим данное разложение в исходное уравнение и приравняем коэффициенты
при одинаковых степенях , получим последовательность начальных задач Коши
0′ = exp(0 − ),
0 (0) = 0,
1′ = 0 + exp(0 − )1 ,
2′ = 1 + exp(0 − )(2 +
1 (0) = 1,
12
), 2 (0) = 0,
2
..........................................
Из первого уравнения и начального условия находим 0 () = , подставляя это
значение во второе уравнение, получаем
1′ =  + 1 , 1 (0) = −1.
Откуда
1 () = − − 1.
Подставляя найденные 0 () и 1 () в третье уравнение, получаем
2′ =
2 1
− + 2 , 2 (0) = 0.
2
2
Решив уравнение и воспользовавшись начальным условием, найдем
1
2 () = (−2 − 2 − 1 + exp()).
2
Следовательно, решение задачи имеет вид
() =  − ( + 1) +
)︀
2 (︀
exp() − 2 − 2 − 1 + (2 ).
2
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.3. Краевые задачи
В данном разделе рассмотрим краевую задачу
0 ()′′ + 1 ()′ + 2 () =  (),
(4.10)
1 () + 1 ′ () = 1 ,
2 () + 2 ′ () = 1 .
(4.11)
Здесь  (),  = 0, 1, 2,  () — непрерывные функции при  ∈ [, ], причем 0 () ̸= 0,
 ,  ,  ( = 1, 2) — действительные числа такие, что 2 + 2 ̸= 0 ( = 1, 2).
Краевая задача (4.10), (4.11) может быть приведена к следующему виду
(︂
)︂


 ≡
()
+ () =  * ()
(4.12)


1 (0) + 1 ′ (0) = 0
2 (1) + 2 ′ (1) = 0,
(4.13)
где () — непрерывная, а () — дифференцируемая функции, () ̸= 0. Отрезок
[, ] сводится к промежутку [0, 1] с помощью замены  →  + ( − ), а от 1 , 2
можно избавиться за счет линейной или квадратичной по  добавки, наконец, само
уравнение (4.10) можно свести к виду (4.12) после умножения уравнения (4.10) на
)︂
(︂∫︁ 
1
1 ( )

=
exp
0
0 0 ( )
и переобозначений  = 0 ,  = 2 .
Будем предполагать, что задача (4.12), (4.13) при  () ≡ 0 однозначно разрешима,
в этом случае неоднородная задача также однозначно разрешима, ее решение имеет
вид
∫︁
1
(, ) ().
() =
0
Опишем способ получения функции (, ), которая называется функцией Грина.
Введем определение.
Функция (, ) называется функцией Грина, если она определена при 0 6
6  6 1, 0 <  < 1 и при каждом фиксированном  из интервала (0, 1) обладает
свойствами (как функция от )
1) При  ̸=  (, ) = 0, то есть (, ) — решение линейного однородного
уравнения по переменной ;
2) (, ) удовлетворяет левому и правому краевым условиям по переменной ;
3) (, ) непрерывана в точке  = ;
4) Производная по  функции (, ) имеет скачок в точке , то есть
1
.
′ ( + 0, ) − ′ ( − 0, ) =
()
63
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Для определения функции Грина необходимо найти общее решение линейного
однородного уравнения второго порядка
(︂
)︂


()
+ () = 0, од = 1 1 () + 2 2 (),


а затем отыскать функции 1 () и 2 (), которые удовлетворяют левому и правому
краевым условиям соответственно. Учитывая, что однородная задача имеет только
нулевое решение, 1 () и 2 () линейно независимы.
Функцию Грина будем искать в виде, удовлетворяющем условиям (4.12), (4.13)
{︂
1 ()1 (), 0 6  < ,
(, ) =
2 ()2 (),  <  6 1.
Для определения 1 (), 2 () воспользуемся условиями 3, 4 определения, из которых
имеем
⎧
⎨ 1 ()1 () − 2 ()2 () = 0,
1
(4.14)
.
⎩ 1 ()′1 () − 2 ()′2 () = −
()
Определителем системы (4.14) служит определитель Вронского линейно независи­
мых решений 1 (), 2 (), это означает, что он отличен от нуля и система (4.14)
однозначно разрешима. Тем самым, функция Грина полностью определена.
Пример 4.3. Найти функцию Грина краевой задачи
¨ =  (), (0) = 0, (1) = 0.
Решение. Для определения функции Грина выпишем решение линейного однород­
ного уравнения второго порядка
¨ = 0,
од = 1  + 2 .
Теперь найдем функции 1 (), 2 (), удовлетворяющие левому и правому краевым
условиям соответственно. Функция Грина ищется в виде
{︂
1 (), если 0 6  < ,
(, ) =
2 ()( − 1), если  <  6 1.
Из условий 3, 4 определения однозначно находятся 1 (), 2 ()
{︂
1 () − 2 ()( − 1) = 0,
1 () − 2 () = −1
и выписывается функция Грина исходной краевой задачи
{︂
( − 1), если 0 6  < ,
(, ) =
( − 1), если  <  6 1.
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.4. Варианты контрольной работы № 5
Вариант № 1
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ = 2 + 2 + , (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
 ′ +  − exp( − ) = 0, (0) = .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + (1 +  ′ ) ′ + 4 = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + 2˙ +  =  (), (0) = (1)
˙
= 0.
5. Для краевой задачи 
¨ +  = , (0) = (1) = 0 найти те значения , при
которых она имеет ненулевое решение.
Вариант № 2
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши
˙ = 2 + 3 +  − 1, (0) = 0.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
6
′ + 2 −
= 0, (1) = 1 + 3.

3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + 2 ′ + (1 +  2 ) = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + 2˙ =  (), (0)
˙
= (1) + (1)
˙
= 0.
5. Для краевой задачи 
¨ −  = , (0)
˙
= (1) = 0 найти те значения , при которых
она имеет ненулевое решение.
Вариант № 3
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши
˙ = 2 + sin  + 1, (0) = 0.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
 ′ − 2 − ln(1 + ) = 0, (1) = 0.
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + (4 + (1 +  2 )) = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ =  (), (0) = 1, (1) = 0.
5. Для краевой задачи 
¨ = , (0)
˙
= (1)
˙
= 0 найти те значения , при которых
она имеет ненулевое решение.
Вариант № 4
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши
˙ = 2(ln  + 2 ) − 1, (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
 ′ −  2 +  3 = 0, (0) = 1 − .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + (1 +  ′ ) ′ + (4 + ) = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + 4 =  (), (0) = (1) = 0.
5. Для краевой задачи 
¨ = , (0)
˙
= (0) + (1) = 0 найти те значения , при
которых она имеет ненулевое решение.
Вариант № 5
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши  ′ = 2 +  2 , (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
 ′ +  − 1 + sin( − ) = 0, (0) = .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + 4 3 = 0, (0) = ,  ′ (0) = 0.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + 2˙ − 3 =  (), (0)
˙
= (1)
˙
= 0.
5. Для краевой задачи 
¨ +  = 0, (0) = (), (0)
˙
= ()
˙
найти те значения ,
при которых она имеет ненулевое решение.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вариант № 6
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ = 2 − 2 + 1, (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
1
˙ = 6 − 2 , (1) = 1 + 3.

3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + ( ′ )2 − (1 +  2 ) = 0, (0) = 1,  ′ (0) = 0.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + ˙ =  (), (0) + (0)
˙
= (1)
˙
= 0.
2
5. При каких  и  разрешима задача 
¨ +  = cos (), (0) = (1) = 0.
Вариант № 7
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ = 32  + 2 + 1, (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
2 +  2
′ = 1 −  + (1 −  + ) +
, (0) = −.
2
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + (1 +  ′ ) ′ + 4 = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ =  (), (0) = (1)
˙
= 1.
5. Для краевой задачи 
¨ +  = 0, (0) = () = 0 найти те значения , при
которых она имеет ненулевое решение.
Вариант № 8
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ = 2 − , (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
˙ = 3 + 2 , (0) = 1 + .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + ( ′ )2 − (1 +  2 ) = 0, (0) = 1,  ′ (0) = 0.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + ˙ =  (), (0) + (0)
˙
= (1)
˙
= 0.
2
5. Для краевой задачи 
¨ +   = 0, (0)
˙
= () = 0 найти те значения , при
которых она имеет ненулевое решение.
Вариант № 9
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ =  +  + 2 , (0) = 1.
2. Найти методом малого параметра два-три члена разложения
′ = ln  + , (0) = 1 − .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + (1 +  ′ ) ′ + 4 = 0, (0) = 0,  ′ (0) = 1.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ +  =  (), (0) = (1)
˙
= 0.
5. Для краевой задачи 
¨ +  = sin , (0) = () = 0 найти те значения , при
которых она разрешима.
Вариант № 10
1. Найти три последовательных приближения задачи Коши ˙ =  + 3 − , (0) = 0.
2. Найти√методом малого параметра два-три члена разложения
˙ = 1 − 1 +  + , (0) = .
3. Найти методом малого параметра три члена разложения
 ′′ + ( ′ )2 − (1 + ) = 0, (0) = 1,  ′ (0) = 0.
4. Найти функцию Грина краевой задачи 
¨ + 2˙ +  =  (), (0) − (0)
˙
= (1)
˙
= 0.
5. Для краевой задачи 
¨ + ˙ + 2  = 0, (0)
˙
= () = 0 найти те значения , при
которых она имеет ненулевое решение.
66
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Литература
1. Филиппов А. Ф. Сборник задач по обыкновенным дифференциальным уравне­
ниям. М.: Наука, 1979. 128 с.
2. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. М.: Изда­
тельство ЛКИ, 2008. 240 с.
3. Краснов М. Л., Киселев А. И., Макаренко Г. И. Сборник задач по обыкновен­
ным дифференциальным уравнениям. М.: Высш. школа, 1978. 288 с.
4. Романко В. К. Агаханов Н. Х., Власов В. В., Коваленко Л. И. Сборник задач по
дифференциальным уравнениям и вариационному исчислению. М.: ЮНИМЕ­
ДИАСТАЙЛ, 2002. 256 с.
5. Матвеев Н. М. Сборник задач и упражнений по обыкновенным дифференци­
альным уравнениям. Минск: Выш. шк., 1987. 319 с.
6. Самойленко А. М., Кривошея С. А., Перестюк Н. А. Дифференциальные урав­
нения: примеры и задачи: учеб. пособие. 2-е изд., перераб. М.: Высш. шк., 1989.
383 с.
7. Понтрягин Л. С. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука,
1976. 331 с.
8. Тихонов А. Н., Васильева А. Б., Свешников А. Г. Дифференциальные уравне­
ния. М.: Наука, 1985. 231 с.
9. Эльсгольц Л. Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.:
Едиториал УРСС, 2000. 320 с.
10. Хартман Ф. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Мир, 1970.
720 с.
11. Четаев Н. Г. Устойчивость движения. 3-е изд. М.: Наука, 1965. 176 с.
67
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Глызин Сергей Дмитриевич
Толбей Анна Олеговна
Практикум по курсу
обыкновенных дифференциальных уравнений
Учебное пособие
Редактор, корректор М. В. Никулина
Компьютерный набор, верстка С. Д. Глызин
Подписано в печать 30.06.11. Формат 60×84/8. Бумага Data Copy.
Усл. печ. л. 7,93. Уч.-изд. л. 5,0. Тираж 75 экз. Заказ
Оригинал-макет подготовлен в редакционно-издательском отделе
Ярославского государственного университета им. П. Г. Демидова.
Отпечатано на ризографе.
Ярославский государственный университет им. П. Г. Демидова.
150000, Ярославль, ул. Советская, 14.
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
5
Размер файла
604 Кб
Теги
практикум, обыкновенное, уравнения, дифференциальной, 3537, курс
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа