skan0035

15

84

15

84

ora/,

5 sin 31    -3 COl Zt filii Zt

—5 cos 31    cos 3^ — 3 sin 31

Stąd,

5 sin 31    —3 cos 31 — sin 3t

—5cos3£ cos 3£ — 3 sin 3£

t² + 2t 2t - 41²

dt

dt.

(9t² + 8t) sin 3< + (12£² — 6t) cos 3t (121² — 6t) sin Zt — (9 i² + 8t) cos 3t

Stosując metodę całkowania przez części, mamy

/

{at² + bt) sin ZtdtW

/

^ięc

linii

Qat² + bt) cos Ztdt = -(2 at + 6) cos3t +

/

X~^l{t)p{t)dt

15

cos Zt + - (2at + 6) sin Zt + C\,

■UH

sin Zt + C2,

(-f (9£² + 81) + if) cos3£ + f(18£ + 8) sin Zt (—|(12t² — 61) + ||) cos3£ + |(24£ — 6) sin3£ |(24£ - 6) cos3£ + (|(12£² - 6£) - §f) sin 3£ |(-18£ - 8) cos3£ + (|(—9t² — 8£) + |f) sin3£ 3 cos 3£ — 4 sin 3£

4 cos 3£ + 3 sin 3£

przy stałych całkowania równych zero. Teraz, JT(t) = X(f/

t² f cos 3£ - 3 sin 3£ 3 cos 3£ + sin 3£

15

5 cos 3/

I) filii Zt

3    cos 3£ — 4 sin 3£

4    cos 3£ -ł- 3 sin Zt

ft 8Ląd wynika, że rozwiązania ogólno równania niejednorodnego ma postać

5sin3t

2	-1	3"		t
-1	1	-1	> P(t) =	-1
0	1	-1		0

V(t) = l/o (t) + y(*) = Wprowadźmy oznaczenia

H

cos 3t — 3 sin 3i 3 cos 3t + sin 31

5 cos 3t

Łatwo sprawdzić, że Aj = 1, A2 = 2, A3 = — 1 są wartościami własnymi macierzy A. Odpowiednimi wektorami własnymi są wektory:

	'-I'				‘-1'
= a	2 1	II CS	3 1	W II --i	0 1

To oznacza, że rozwiązanie ogólne równania y'(t) = Ay(t) ma postać

0 II ■40	’-l‘ 2	gjidlll	1 H ’ OJ	+ C$e ^1	-1' 0
	1		1		1

*— e* —4e^2tMg-e~^tm		•cr
2e^ł Ze^2t 0		c2
. e* e^2t e~* .		.C3.

Teraz, metodą uzmiennienia stałych należy wyznaczyć rozwiązanie szczególne,

	iM	m	( X-^1
gdzie		■-J	—4e^2<
	Mm	2e*	3e^2t
		m	m

Wyznaczmy macierz odwrotną do macierzy X

		ie-« 5^6	ie-*	i^e
X"^x ■		_ 12t 3^1,	0	-K
			-V	!•*