% !TEX encoding = UTF-8 Unicode
\documentclass[a4paper, 12pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{cmap} % Пакет для поиска в полученной пдфке
\usepackage[utf8]{inputenc} % Ззамена кодировки файла на utf8
\usepackage[T2A]{fontenc} % Подключение кодировки шрифтов
\usepackage[russian]{babel} % Использование русского языка
\usepackage[left=2cm, right=2cm, top=1cm, bottom=2cm]{geometry} % Изменение размеров полей

\usepackage{amsmath, amsfonts, amsthm, mathtools, amssymb, icomma, units, yfonts}
\makeatletter
\renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{%
  \hskip -\arraycolsep
  \let\@ifnextchar\new@ifnextchar
  \array{#1}}
\makeatother
\usepackage{amsthm} % Пакет для нормального оформления теорем
\newcommand{\notimplies}{
  \mathrel{{\ooalign{\hidewidth$\not\phantom{=}$\hidewidth\cr$\implies$}}}}
\usepackage{algorithmicx, algorithm}
\usepackage{algpseudocode}
\usepackage{tikz}
\usepackage{esvect}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{dcolumn}
\usetikzlibrary{calc,matrix}
\usepackage{xcolor}
\usepackage{ dsfont }
\usepackage{ upgreek }
\usepackage{listings}
\definecolor{mob}{rgb}{0.05, 0.2, 1}

\usepackage{hyperref}
\hypersetup{
	colorlinks,
	citecolor=black,
	filecolor=black,
	linkcolor=black,
	urlcolor=black
}

\usepackage{graphicx}
\graphicspath{ {/Users/arinaruck/Desktop/Math/Differential/hw3/} }

 \newcommand{\The}{
 \textbf{\textcolor{mob}{ Теорема:}} }

  \newcommand{\Lem}{
 \textbf{\textcolor{mob}{ Лемма:}} }

  \newcommand{\Sug}{
 \textbf{\textcolor{mob}{ Предложение:}} }

   \newcommand{\Imp}{
 \textbf{\textcolor{mob}{ Следствие:}} }

    \newcommand{\Not}{
 \textbf{{ Замечание:}} }


   \newcommand{\Def}{
 \textbf{\textcolor{mob}{ Определение:}} }

    \newcommand{\Pro}{
 \textbf{\textcolor{mob}{Доказательство:}} }

   \newcommand{\Des}{
 \textbf{{ Обозначение:}} }

    \newcommand{\Ex}{
 \textbf{{Пример:}} }


 \newcommand{\K}{
\forall k \in \{1 \dots n\}}

 \newcommand{\ek}{
 $(e_1 \dots e_k)$}


 \newcommand{\R}{
 $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ }

\begin{document}
\title{Дифференциальные уравнения, ДЗ 3}
\author{ПМИ 2017 - Рак Арина}
\date{17 мая 2019}
\maketitle
\tableofcontents
\newpage


\section{}

Рассмотрим систему линейных дифференциальных уравнений:

$$\dot{x} = 5x - 4y, \ \dot{y} = 10x - 7y$$

$$$$

\subsection{\textbf{a) Найти какое-нибудь собственное значение и собственный вектор}}

\bigskip

\[
\dot{z} =
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
5 & -4\\
10 & -7\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix} = Az
\]

\[A = \begin{pmatrix}
5 & -4\\
10 & -7\\
\end{pmatrix}\]

Найдем собственные значения А

\[
 \begin{vmatrix}
5-\lambda & -4\\
10 & -7 - \lambda\\
\end{vmatrix} = -((5-\lambda)(7 + \lambda) - 40) = - (35 - 2\lambda - \lambda^2 - 40) = \lambda^2 + 2\lambda + 5 = 0\]

$D/4 = 1 - 5 = -4, \sqrt{D} = 2i$

$\lambda_{\pm} = -1 \pm 2i$

Найдем собственный вектор $v_{+}$

\[
\begin{pmatrix}
5-(2i - 1) & -4\\
10 & -7 - (2i-1)\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
6-2i  & -4\\
10 & -6 - 2i\\
\end{pmatrix}\]


\[
\begin{pmatrix}
6-2i  & -4\\
10 & -6 - 2i\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_{+_1}\\
v_{+_2}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
0\\
0\\
\end{pmatrix}
\]

$(6-2i)v_{+_1} - 4v_{+_2} = 0$

$(3-i)v_{+_1} - 2v_{+_2} = 0$

$v_{+_1} = \dfrac{2v_{+_2}}{3 - i} = \dfrac{2(3+i)v_{+_2}}{10} = \dfrac{(3+i)v_{+_2}}{5}$ (попробуем подставить во второе)

$10v_{+_1} - (6+2i)v_{+_2} = 0$

$5v_{+_1} - (3+i)v_{+_2} = 0$

$(3+i)v_{+_2} - (3+i)v_{+_2} = 0$ (ура, все работает)

\[
\begin{pmatrix}
v_{+_1}\\
v_{+_2}\\
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
3 + i\\
5\\
\end{pmatrix}
\]

\[\lambda_+ = -1 + 2i, \ v_+ = \begin{pmatrix}
3 + i\\
5\\
\end{pmatrix} \]


\subsection{\textbf{ b) Проверить явно,  что $\overline{\lambda}$  является собственным значением той же матрицы с собственным вектором $\overline{v}$}}

\bigskip

$\lambda_- = \overline{\lambda_+}$

\[
\begin{pmatrix}
5-(-2i - 1) & -4\\
10 & -7 - (-2i - 1)\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
6 + 2i  & -4\\
10 & -6 + 2i\\
\end{pmatrix}\]

\[
\begin{pmatrix}
6+2i  & -4\\
10 & -6 + 2i\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_{-_1}\\
v_{-_2}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
0\\
0\\
\end{pmatrix}
\]

$(6+2i)v_{-_1} - 4v_{-_2} = 0$

$(3+i)v_{-_1} - 2v_{-_2} = 0$

$v_{-_1} = \dfrac{2v_{-_2}}{3 + i} = \dfrac{2(3-i)v_{-_2}}{10} = \dfrac{(3-i)v_{-_2}}{5}$ (попробуем подставить во второе)

$10v_{-_1} - (6-2i)v_{-_2} = 0$

$5v_{-_1} - (3-i)v_{-_2} = 0$

$(3-i)v_{-_2} - (3-i)v_{-_2} = 0$ (ура, все работает)

\[v_- = \begin{pmatrix}
3 - i\\
5\\
\end{pmatrix}  = \overline{v}\]


\subsection{\textbf{c) Переходим в новый базис}}

\bigskip

\[
e_1 = \begin{pmatrix}
3 \\
5\\
\end{pmatrix},
 e_2 = \begin{pmatrix}
-1 \\
0\\
\end{pmatrix} \
C = \begin{pmatrix}
3 & -1 \\
5 & 0 \\
\end{pmatrix} \
C^{-1} =  \dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-5 & 3 \\
\end{pmatrix}
\]





$z = Cw, w = C^{-1}z, \ \dot{w} = C^{-1}ACw$

\[
 w = \begin{pmatrix}
m \\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}\\
\end{pmatrix}
=
 \dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-5 & 3 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
5 & -4\\
10 & -7\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3 & -1 \\
5 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n\\
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{5}
\begin{pmatrix}
10 & -7 \\
5 & -1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3 & -1 \\
5 & 0 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
m\\
n\\
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}\\
\end{pmatrix}
=
\dfrac{1}{5}
\begin{pmatrix}
-5 & -10 \\
 10 & -5 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-1 & -2 \\
2 & -1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n\\
\end{pmatrix}
\]



\subsection{\textbf{d) $\dot{z} = \lambda z$}}
\bigskip

 $\dot{z} = \lambda z$

 $\lambda = -1 + 2i, \ z = q + ir$

$(q + ir)' = (-1 + 2i)(q + ir) = (-q - 2r) + i(2q- r)$

\[
\begin{pmatrix}
\dot{q}\\
\dot{r}\\
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 & -2\\
2 & -1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
	q\\
	r\\
\end{pmatrix}
\]

\subsection{\textbf{e) сравнение матрис из пунктов d и c}}

Они совпадают

\subsection{\textbf{f) Записать решение в виде комплексной экспоненты}}

$\dot{z} = (-1 + 2i)z, z(0) = q_0 + i r_0 $

\bigskip

$z = Ce^{(a + ib)t}, C = z(0) = (q_0 + ir_0)$


\bigskip

$(Ce^{(a + ib)t})' =C e^{(a + ib)t} (a + ib) = C(-1  +2i)e^{(a + ib)t}$


\bigskip


$e^{at}(cos(bt) + isin(bt))(a + ib) = e^{at} (acos(bt) - bsin(bt)) + ie^{at}(bcos(bt) + asin(bt)) = (-1+2i)e^{at}(cos(bt) + isin(bt)) = e^{at}(-cosbt -2sin(bt)) + ie^{at}(2cos(bt) - sin(bt))$

\bigskip

$acos(bt) - bsin(bt) = -cosbt -2sin(bt)$

$bcos(bt) + asin(bt) = 2cos(bt) - sin(bt)$

$a = -1, b = 2$

$z = (q_0 + ir_0)e^{(-1 + 2i)t}$

(почему-то я не додумалась сделать $\dfrac{\dot{z}}{z} = (-1 + 2i)$ и получить тот же ответ быстрее)

\subsection{\textbf{g) Найти q(t) и  r(t), записать как вещественные функции от t}}


$z = (q_0 + ir_0)e^{(-1 + 2i)t} = (q_0 + ir_0)e^{-t}(cos(2t) + isin(2t)) = e^{-t}((q_0cos(2t)-r_0sin(2t)) + ie^{-t}(r_0cos(2t) + q_0sin(2t))$

\bigskip

$q(t) = e^{-t}(q_0cos(2t)-r_0sin(2t))$

$r(t) = e^{-t}( q_0sin(2t) + r_0cos(2t) )$

\[
\begin{pmatrix}
q(t)\\
r(t)
\end{pmatrix}
=
e^{-t}
\begin{pmatrix}
cos(2t) & -sin(2t)\\
sin(2t) & cos(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
q_0\\
r_0
\end{pmatrix}
\]


\subsection{\textbf{h) Записать вещеcтвенные решения из с}}


Так как задачи с и d имеют один вид (проверяли, что матрицы совпали в e), то решения имеют тот же вид:


\[
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
=
e^{-t}
\begin{pmatrix}
cos(2t) & -sin(2t)\\
sin(2t) & cos(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
\]


\subsection{\textbf{i) Записать вещеcтвенные решения системы}}


$z = Cw$

\[
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
=
C^{-1} \begin{pmatrix}
x_0\\
y_0
\end{pmatrix} = \dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}
0 & 1\\
-5 & 3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0\\
y_0
\end{pmatrix} =  \dfrac{1}{5}
\begin{pmatrix}
y_0\\
-5x_0 + 3y_0
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
= C \begin{pmatrix}
m \\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
= e^{-t}
\begin{pmatrix}
3 & -1 \\
5 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
cos(2t) & -sin(2t)\\
sin(2t) & cos(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
 =
 \dfrac{e^{-t}}{5}
 \begin{pmatrix}
 3 & -1 \\
 5 & 0 \\
 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
cos(2t) & -sin(2t)\\
sin(2t) & cos(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-5 & 3 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
 x_0\\
 y_0
 \end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
\dfrac{e^{-t}}{5}
\begin{pmatrix}
3cos(2t) - sin(2t) & -3sin(2t) - cos(2t)\\
5cos(2t) & -5sin(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-5 & 3 \\
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
x_0\\
y_0
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
e^{-t}
\begin{pmatrix}
cos(2t) + 3sin(2t) & -2sin(2t)\\
5sin(2t) & cos(2t)-3sin(2t)
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix}
x_0\\
y_0
\end{pmatrix}
\]

\subsection{\textbf{j) $C_1Re(ve^{\lambda t}) + C_2 Im(e^{\lambda t} $}}

$e^{\lambda t} = e^{(-1 + 2i)t} = e^{-t}(cos(2t) + isin(2t))$

\[ve^{\lambda_t} =
\begin{pmatrix}
3 + i \\
5
\end{pmatrix}
  e^{-t}(cos(2t) + isin(2t)) = e^{-t}
  \begin{pmatrix}
  (3cos(2t) - sin(2t)) + i(cos(2t) + 3sin(2t))\\
   5cos(2t) + i5sin(2t)
  \end{pmatrix}
\]


\[Re\ ve^{\lambda t} =
e^{-t}
\begin{pmatrix}
3cos(2t) - sin(2t)\\
5cos(2t)
\end{pmatrix}, \
Im \  ve^{\lambda t} =
e^{-t}
\begin{pmatrix}
cos(2t) + 3sin(2t)\\
5sin(2t)
\end{pmatrix}
 \]


\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
e^{-t}
\begin{pmatrix}
3cos(2t) - sin(2t) & -3sin(2t) - cos(2t)\\
5cos(2t) & -5sin(2t)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}\]

(Из i, если не переводить начальные условия в новые координаты)

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
=
e^{-t}
\begin{pmatrix}
3cos(2t) - sin(2t)\\
5cos(2t)
\end{pmatrix} m_0 + e^{-t}
\begin{pmatrix}
cos(2t) + 3sin(2t)\\
5sin(2t)
\end{pmatrix} (-n_0) = Re\ ve^{\lambda t} C_1 + Im\ ve^{\lambda t} C_2
\]

\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{1}
	\label{До замены}
	\caption{До замены}
\end{figure}

\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{2}
	\label{После замены}
	\caption{После замены}
\end{figure}

\section{}

\bigskip
\subsection{\textbf{a) $\dot{x} = -5x +10y, \dot{y} =  -4x + 7y$}}

\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-5 & 10\\
-4 & 7\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]

\[
A = \begin{pmatrix}
-5 & 10\\
-4 & 7\\
\end{pmatrix} \]

Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
-5-\lambda & 10 \\
-4 & 7 - \lambda
\end{vmatrix} = (-5 - \lambda)(7 - \lambda) + 40 = \lambda^2 - 2\lambda + 5 = 0\]

$D/4 =1 - 5 = -4, \ \sqrt{D/4} = 2i$

$\lambda_{\pm} = 1 \pm 2i $

$\lambda = 1 + 2i$

Найдем собственный вектор:


\[
\begin{pmatrix}
-5-(1 + 2i) & 10 \\
-4 & 7 - (1 + 2i)
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
-6 - 2i & 10 \\
-4 & 6 -  2i
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$(-6 - 2i)v_1 + 10v2 = 0$

$(-3 - i)v_1 + 5v2 = 0$

$v_2 = \dfrac{-(3+i)}{5}v_1$

$-4v_1 - 2\dfrac{(3-i)(3 + i)}{5}v_1 = 0$

$v_1 =  5, \ v_2 = 3+i$

(из пункта j прошлой задачи знаем)

\[
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix}
C_1Re(ve^{\lambda t}) + C_2Im(e^{\lambda t}) =
\]

\[ve^{\lambda t} =
\begin{pmatrix}
5\\
3+i
\end{pmatrix}
e^{(1 + 2i)t} = e^{t}
\begin{pmatrix}
5cos(2t) + i(5sin(2t)) \\
(3cos(2t) - sin(2t)) + i(cos(2t) + 3sin(2t))
\end{pmatrix}
\]

\[
C = \begin{pmatrix}
5 & 0\\
3 & -1
\end{pmatrix} \]

$C_1 = m_0, C_2 = -n_0$

\[\begin{pmatrix}
m_0 \\
n_0
\end{pmatrix} =
C^{-1}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix},
\
C^{-1} = \dfrac{1}{5}
 \begin{pmatrix}
-1 & 0\\
-3 & 5
\end{pmatrix} \
m_0 = -x_0, \ n_0 = -3x_0 + 5y_0
\]


\[
\begin{pmatrix}
x\\
y
\end{pmatrix} =
-x_0e^t
\begin{pmatrix}
5cos(2t) \\
3cos(2t) - sin(2t)
\end{pmatrix}
 + (3x_0 - 5y_0)e^t
 \begin{pmatrix}
 5sin(2t) \\
 cos(2t) + 3sin(2t)
 \end{pmatrix}
\]

Комплексные ненулевые собственные значения и положительная степень при экспоненте $\implies$ отталкивающий фокус

\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{3}
	\label{После замены}
	\caption{фокус}
\end{figure}


\subsection{\textbf{b)$\dot{x} = -x - 3y$, $\dot{y} =  2x + 4y$}}



\bigskip


\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-1 & -3\\
2 & 4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]




\[
A = \begin{pmatrix}
-1 & -3\\
2 & 4\\
\end{pmatrix}
 \]


Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
-1-\lambda & -3 \\
2 & 4 - \lambda
\end{vmatrix} = (-1 - \lambda)(4 - \lambda) + 6  = \lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\]

$D = 9 - 8 = 1, \ \sqrt{D} = 1$

$\lambda_{\pm} = \dfrac{3 \pm 1}{2}, \lambda_+ = 2, \ \lambda_- = 1$

$\lambda_+ = 2$

Найдем собственный вектор $v_+$:


\[
\begin{pmatrix}
-1 - 2 & -3\\
2 & 4 - 2\\
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
-3 & -3 \\
2 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$v_1 = -v_2$

\[
v_+ =
\begin{pmatrix}
1 \\
-1
\end{pmatrix}
\]

$\lambda_- = 1$

Найдем собственный вектор $v_-$:

\[
\begin{pmatrix}
-1 - 1 & -3\\
2 & 4 - 1\\
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
-2 & -3 \\
2 & 3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$v_1 = \dfrac{-3}{2}v_2$

\[
v_- =
\begin{pmatrix}
3 \\
-2
\end{pmatrix}
\]


\[
C =
\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-1 & -2
\end{pmatrix}
, \
C^{-1} =
\begin{pmatrix}
-2 & -3\\
1 & 1
\end{pmatrix}
\]


\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}
\end{pmatrix} =
C^{-1}AC
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-2 & -3\\
1 & 1
\end{pmatrix}
 \begin{pmatrix}
-1 & -3\\
2 & 4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
 \begin{pmatrix}
-4 & -6\\
1 & 1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
	e^{2t} & 0\\
0 &	e^t
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
C
\begin{pmatrix}
e^{2t} & 0\\
0 &	e^t
\end{pmatrix}
C^{-1}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 & 3\\
-1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
e^{2t} & 0\\
0 &	e^t
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-2 & -3\\
1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} \]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-2e^{2t} + 3e^{t} & -3e^{2t} + 3e^{t}\\
2e^{2t} - 2e^{t} & 3e^{2t} - 2e^{t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix}
\]


Два положительных действительных собственных значения $\implies$ неустойчивый узел

\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{4}
	\label{После замены}
	\caption{неустойчивый узел}
\end{figure}

\subsection{\textbf{c)$\dot{x} = 5x - 3y$, $\dot{y} =  6x - 4y$}}

\bigskip


\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
5 & -3\\
6 & -4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]




\[
A = \begin{pmatrix}
5 & -3\\
6 & -4\\
\end{pmatrix}
\]


Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
5-\lambda & -3 \\
6 & -4 - \lambda
\end{vmatrix} = (5 - \lambda)(-4 - \lambda) + 18  = \lambda^2 - \lambda - 2 = 0\]

$D = 1 + 8 = 9, \ \sqrt{D} = 3$

$\lambda_{\pm} = \dfrac{1 \pm 3}{2}, \lambda_+ = 2, \ \lambda_- = -1$

$\lambda_+ = 2$

Найдем собственный вектор $v_+$:


\[
\begin{pmatrix}
5 - 2 & -3\\
6 & -4 - 2\\
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
3 & -3 \\
6 & -6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$v_1 = v_2 = 1$

\[
v_+ =
\begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
\]

$\lambda_- = -1$

Найдем собственный вектор $v_-$:

\[
\begin{pmatrix}
5 + 1 & -3\\
6 & -4 + 1 \\
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
6 & -3 \\
6 & -3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$v_1 = \dfrac{1}{2}v_2$

\[
v_- =
\begin{pmatrix}
1 \\
2
\end{pmatrix}
\]


\[
C =
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
1 & 2
\end{pmatrix}
, \
C^{-1} =
\begin{pmatrix}
2 & -1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}
\]


\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}
\end{pmatrix} =
C^{-1}AC
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
1 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
5 & -3\\
6 & -4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2 & -1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
2 & 0\\
0 & -1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
e^{2t} & 0\\
0 &	e^{-t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
C
\begin{pmatrix}
e^{2t} & 0\\
0 &	e^{-t}
\end{pmatrix}
C^{-1}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 & 1\\
1 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
e^{2t} & 0\\
0 &	e^{-t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2 & -1\\
-1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} \]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
2e^{2t} - e^{-t} & -e^{2t} + e^{-t}\\
2e^{2t} - 2e^{-t} & -e^{2t} + 2e^{t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix}
\]

Два действительных собственных значений разного знака $\implies$ седло


\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{5}
	\label{После замены}
	\caption{седло}
\end{figure}


\subsection{\textbf{d) $\dot{x} = -5x-5y, \dot{y} = -5y $}}

\bigskip


\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-5 & -5\\
0 & -5\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]


$y = y_0 e^{-5t}$



\[
A = \begin{pmatrix}
-5 & -5\\
0 & -5\\
\end{pmatrix}
\]


Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
-5-\lambda & -5 \\
0 & -5 - \lambda
\end{vmatrix} = (5 + \lambda)^2 = 0, \lambda = -5\]

$y = y_0e^{-5t}$

$\dot{x} = -5x  - 5y_0e^{-5t}$

Решим методом вариации постоянных:

$\dot{x} = -5x, x = Ce^{-5t}$

$x = C(t)e^{-5t}$

$C(t)'e^{-5t} - 5C(t)e^{-5t} = -5Ce^{-5t} - 5y_0e^{-5t}$

$C'(t)= -5y_0$

$C(t) = -5y_0t + C$

$x = (-5y_0t + C)e^{-5t}$

$C = x_0, x = (-5y_0t + x_0)e^{-5t}$

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix} =
e^{-5t}
\begin{pmatrix}
1 & -5t\\
0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0\\
y_0
\end{pmatrix}
\]



Одно собственное значение и матриц не диагонализуема $\implies$ вырожденный узел

\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.55\linewidth]{6}
	\label{После замены}
	\caption{вырожденный узел}
\end{figure}

\subsection{\textbf{e) $\dot{x} = 8x-8y, \dot{y} = 4x-4y $}}

\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
8 & -8\\
4 & -4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]



\[
A = \begin{pmatrix}
8 & -8\\
4 & -4\\
\end{pmatrix}
\]


Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
8-\lambda & -8 \\
4 & -4 - \lambda
\end{vmatrix}
= (8 - \lambda)(-4-\lambda) + 32 = \lambda^2 - 4\lambda = \lambda(\lambda - 4) = 0
\]

$\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 4$

Найдем собственный вектор $v_+$:


\[
\begin{pmatrix}
8  & -8\\
4 & -4 \\
\end{pmatrix} v
= 0
\]

$v_1 = v_2$

\[
v_1 =
\begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
\]

$\lambda_- = 4$

Найдем собственный вектор $v_-$:

\[
\begin{pmatrix}
8 - 4 & -8\\
4 & -4 - 4\\
\end{pmatrix} v
=
\begin{pmatrix}
4 & -8 \\
4 & -8
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
v_1\\
v_2
\end{pmatrix} = 0
\]

$v_1 =2v_2$

\[
v_- =
\begin{pmatrix}
2 \\
1
\end{pmatrix}
\]

\[
C =
\begin{pmatrix}
1 & 2\\
1 & 1
\end{pmatrix}
, \
C^{-1} =
\begin{pmatrix}
-1 & 2\\
1 & -1
\end{pmatrix}
\]


\[
\begin{pmatrix}
\dot{m}\\
\dot{n}
\end{pmatrix} =
C^{-1}AC
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-1 & 2\\
1 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
8 & -8\\
4 & -4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 2\\
1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
0 & 0\\
0 & 4\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
m\\
n
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 &	e^{4t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
m_0\\
n_0
\end{pmatrix}
\]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix}
C
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 &	e^{4t}
\end{pmatrix}
C^{-1}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
-1 & 2\\
1 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 &	e^{4t}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 2\\
1 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix} \]

\[
\begin{pmatrix}
x \\
y
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
2e^{4t} - 1 & -2e^{4t} + 2 \\
e^{4t} - 1 & -e^{4t} + 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_0 \\
y_0
\end{pmatrix}
\]

Матрица вырожденная, поэтому целая прямая из особых точек

\section*{}

\subsection*{\textbf{a) $\dot{x} = -4x-5y, \dot{y} = sx-8y $}}

\[
\begin{pmatrix}
\dot{x}\\
\dot{y}\\
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
-4 & -5\\
s & -8\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
\end{pmatrix}
\]



\[
A = \begin{pmatrix}
-4 & -5\\
s & -8\\
\end{pmatrix}
\]


Найдем собственные значения:

\[
\begin{vmatrix}
-4-\lambda & -5 \\
s & -8 - \lambda
\end{vmatrix}
= (-8 - \lambda)(-4-\lambda) + 5s = \lambda^2 + 12\lambda + 5s + 32  = 0
\]

$D/4 = 36 - 5s - 32 = 4 - 5s,  \sqrt{D/4} = \sqrt{4- 5s}$

$\lambda_{\pm} = -6 \pm \sqrt{4 - 5s}$


I) $D > 0:$ (два различных действительных корня)

$4 - 5s > 0, s < \dfrac{4}{5}$

1) Корни имееют разный знак:

 	$\sqrt{4 - 5s} > 6$

 	$4 - 5s > 36$

 	$s < -\dfrac{32}{5} \ \implies$ два действительных корня, разных знаков, особая точка —  седло

2) Оба корня отрицательные:

 	$sqrt{4 - 5s} < 6$

 	$  0 < 4 - 5s < 36$

 	$s \in \left(-\dfrac{32}{5},  \dfrac{4}{5} \right) \implies$ два действительных отрицательных корня, особая точка — устойчивый узел

(два положительных быть не может)

II) D = 0, s = $\dfrac{4}{5}$


\[
A =
\begin{pmatrix}
-4 & -5\\
\frac{4}{5} & -8\\
\end{pmatrix}, \lambda = -6
\]

Не диагональная, значит не диагонализуема, особая точка —  вырожденный узел

III) D < 0, $\  s > \dfrac{4}{5}$

$\lambda_{\pm} = -6 \pm \sqrt{4 - 5s}, -6  < 0 $ действительная часть , особая точка —  устойчивый фокус










\smallskip



\smallskip



\smallskip



 \end{document}