Учебник - Обыкновенные дифференциальные уравнения - Арнольд В.И. (1238788), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

Заменяя sin θ приближенным значением θ , мы сводим уравнение маятника к уравнению малых колебаний (п. ). Вопрос о том,насколько выводы, сделанные при исследовании этого простейшего уравнения, переносятся на полное уравнение маятника, нуждается в специальном исследовании. Мы проведем его в дальнейшем(§ ).. Пример: перевернутый маятник. Рассмотрим поведениемаятника, перевернутого вверх ногами. В этом случае угол θ близок к π, поэтому естественно ввести угол отклонения от верхнегоположения, ψ = θ − π. Тогда ψ̈ = sin ψ и при малых ψ приближенноψ̈ = ψ.Это уравнение называется уравнением «малых колебаний» перевернутого маятника.

Фазовое пространство двумерно. Примем за ко-Глава . Основные понятияординаты x1 = ψ, x2 = ψ̇. Получим системуẋ1 = x2 ,ẋ2 = x1 .Векторное поле фазовой скорости изображено на рис. . Его фазовые кривые мы подробно исследуем в § .Рис. . Поле фазовой скорости перевернутого маятника. Пример: малые колебания сферического маятника. Отклонение от вертикали характеризуется двумя числами, x и y.Уравнения малых колебаний имеют, как известно из механики,видẍ = −x, ÿ = − y.Размерность фазового пространства равна 4.

За координаты в немпринимаем x1 = x, x2 = ẋ, x3 = y, x4 = ẏ. Уравнения записываютсяв видеẋ1 = x2 , ẋ2 = −x1 , ẋ3 = x4 , ẋ4 = −x3 .Правая часть определяет векторное поле в R4 .Зàäà÷à . Доказать, что фазовые кривые этого поля лежат на трехмерных сферах x12 + … + x42 = const.Зàäà÷à . Доказать, что фазовые кривые –– окружности больших круговуказанных сфер.Однако окружность не всякого большого круга сферы –– фазовая кривая.Зàäà÷à *. Доказать, что все фазовые кривые на каждой трехмернойсфере сами образуют двумерную сферу.Трехмерную сферу S3 можно представлять себе как трехмерное пространство R3 , пополненное одной «бесконечно удаленной» точкой. Следовательно, разбиение S3 на окружности определяет разбиение R3 на окружности и одну незамкнутую кривую («уходящую обоими концами на бесконечность»).

Это разбиение изображено на рис. .Зàäà÷à *. Проверить, что любые две из окружностей указанного разбиения зацеплены между собой с коэффициентом зацепления, равным еди-§ . Векторные поля на прямойРис. . Фазовые кривые сферического маятникана гиперповерхности постоянной энергиинице (коэффициент зацепления указывает, сколько раз одна из кривых пересекает пленку, затягивающую другую, причем точки пересечения учитываются со знаками).§ . Векторные поля на прямойВ этом параграфе исследуется дифференциальное уравнение, заданное векторным полем на прямой, и сводящиеся к нему уравнения с разделяющимися переменными.. Существование и единственность решений. Пусть v –– гладкая (непрерывно дифференцируемая) функция, заданная на интервале U вещественной оси.Тåîðåìà.

Решение ϕ уравнения ẋ = v(x) с начальным условием(t0 , x0 )) существует для любых t0 ∈ R, x0 ∈ U;) единственно в том смысле, что любые два решения с общимначальным условием совпадают в некоторой окрестности точки t0 ;) дается формулой Барроу:t − t0 =ϕ(t)Rx0dξ,v(ξ)ϕ(t) ≡ x0 ,если v(x0 ) 6= 0,если v(x0 ) = 0.Дîêàçàòåëüñòâî. Пусть x0 –– не положение равновесия. В §  мывидели, что: ) решение дается в окрестности точки t0 формулой Бар-Глава .

Основные понятияроу, ) определенная этой формулой функция ϕ является решением и удовлетворяетначальному условию.В случае, когда x0 –– положение равновесия, функция ϕ(t) ≡ x0 также очевидноявляется решением, и теорема доказана.Рис. . Пример неединственностиЗàäà÷à . Указать пробел в доказательстве..

Опровергающий пример. Пусть v == x 2/3 (рис. ). Два решения ϕ1 = 0, ϕ2 =3= (t/3) удовлетворяют общему начальному условию (0, 0), вопреки утверждению о единственности.Конечно, функция v не дифференцируема, поэтому пример не опровергает утверждение теоремы. Однако приведенное доказательство не использовало гладкости v: оно проходит и в том случае, когда функция v лишь непрерывна. Следовательно, это доказательствоне может быть верным. И действительно, утверждение о единственности было доказано лишь при условии v(x0 ) 6= 0. Мы видим, что если поле v лишь непрерывно (а не дифференцируемо), то единственности решений с начальным условием в положении равновесия может и не быть. Оказывается, гладкость v гарантирует единственность и в этом случае (см.

п.  ниже).Приведенный пример можно описать еще так: при движениисо скоростью v(x) = x 2/3 можно попасть в положение равновесия(x = 0) из другой точки за конечное время.В §  мы рассмотрели движение в линейном поле (со скоростьюv(x) = kx). В этом случае для того, чтобы прийти в положение равновесия, требовалось бесконечное время (например, если v(x) = −x,то фазовая точка приближается к положению равновесия так медленно, что ей в любой момент оставалось бы до него двигаться время, равное 1, если бы ее скорость перестала меняться в этот момент).Причина неединственности в случае v(x) = x 2/3 состоит в том,что скорость недостаточно быстро убывает при подходе к положению равновесия.

Из-за этого решение и успевает войти в особуюточку за конечное время.. Доказательство единственности. Предположим, что ϕ –– решение уравнения ẋ = v(x) с гладкой правой частью v. Допустим, что§ . Векторные поля на прямойРис. . Доказательство единственностиРис. . Условие Липшицаϕ(t0 ) = x0 –– положение равновесия, ϕ(t1 ) = x1 –– не положение равновесия (рис. ).

На отрезке между t0 и t1 рассмотрим ближайшийк t1 момент времени t2 , в который v(ϕ(t2 )) = 0. Для любой точки t3между t2 и t1 имеем по формуле БарроуRx3 dξt3 − t1 =, x3 = ϕ(t3 ).x1v(ξ)Если функция v гладкая, то интеграл стремится к бесконечности,когда x3 стремится к x2 . Действительно, тангенс угла наклона хордграфика гладкой на отрезке функции ограничен (рис.

), поэтому|v(ξ)| ¶ k|ξ − x2 |, где постоянная k не зависит от точки ξ отрезка[x1 , x2 ] (условие ограниченности наклона хорд графика функции называют условием Липщица, а число k –– постоянной Липшица). Итак, x3Rdξ.|t3 − t1 | ¾ k(ξ − x2 ) x1Последний интеграл легко вычислить, он стремится к бесконечности, когда x3 стремится к x2 . В этом легко убедиться и не вычисляяинтеграла: ведь он равен времени движения между двумя точкамив линейном поле, а это время стремится к бесконечности, когда одна из точек стремится к положению равновесия.Итак, число |t2 − t1 | больше любого наперед заданного числа. Чисел, больших любого, не бывает.

Следовательно, решение с начальным условием в положении равновесия не может принимать значений, не являющихся положениями равновесия. Стало быть, еслиϕ(t0 ) –– положение равновесия, то v(ϕ(t)) ≡ 0 при всех t. Следовательно, ϕ̇ ≡ 0, т. е. ϕ –– константа. Единственность доказана.Заметим, что основным в приведенном доказательстве былосравнение движения в гладком поле v с более быстрым движением в подходящем линейном поле.

Для последнего движения времяГлава . Основные понятиявхода в положение равновесия бесконечно, следовательно, оно темболее бесконечно для более медленного движения в исходном поле.Зàäà÷à . Могут ли интегральные кривые гладкого уравнения ẋ = v(x)сближаться при t → ∞ быстрее, чем экспоненциально?Оòâåò. Нет, если одна из них отвечает положению равновесия; да –– впротивном случае.Зàäà÷à . Верна ли теорема единственности в случае, когда производная функции v существует, но разрывна?Оòâåò. Да.Зàäà÷à .

Показать, что для единственности решения с начальнымRx dξусловием x0 достаточна расходимость в x0 интеграла.x0v(ξ)Зàäà÷à . Показать, что для единственности достаточно, чтобы функция v удовлетворяла условию Липшица |v(x) − v( y)| ¶ k|x − y| при всех x, y.Зàäà÷à . Доказать единственность удовлетворяющего начальному условию ϕ(t0 ) = x0 решения уравнения ẋ = v(t, x), где v –– гладкая функция.Уêàçàíèå.

Заменой x на x − ϕ(t) свести решение к нулевому и затемсравнить поле направлений с подходящим линейным. Это сравнение доказывает единственность при любой размерности фазового пространства.Зàäà÷à . Доказать, что фазовые кривые системы хищник –– жертва (§ ,п. ) не пересекают координатные оси (например, первоначально положительное число карасей не может со временем стать отрицательным).Зàäà÷à . Доказать, что всякие два решения уравнения ẋ = v(x) с гладкой v, удовлетворяющие общему начальному условию, совпадают всюду,где оба определены..

Прямые произведения. Рассмотрим два дифференциальныхуравнения:ẋ1 = v1 (x1 ), x1 ∈ U1 ;()ẋ2 = v2 (x2 ),x2 ∈ U2 .Прямым произведением этих уравнений называется системаẋ1 = v1 (x1 ),ẋ2 = v2 (x2 ),()()фазовым пространством которой является прямое произведение Uфазовых пространств уравнений () и (). Из определения непосредственно вытекаетТåîðåìà. Решения ϕ дифференциального уравнения (), являющегося прямым произведением уравнений () и (), –– это отобра-§ . Векторные поля на прямойжения ϕ : I → U вида ϕ(t) = (ϕ1 (t), ϕ2 (t)), где ϕ1 и ϕ2 –– решенияуравнений () и (), определенные на одном и том же интервале.В частности, пусть фазовые пространства U1 и U2 одномерны.

Тогда мы умеем решать каждое из уравнений () и (). Следовательно,мы можем явно решить и систему двух дифференциальных уравнений ().А именно, по теореме п.  §  решение ϕ с условием ϕ(t0 ) = x0 можнонайти в окрестности точки t = t0 из соотношенийϕR1 (t)x01ϕR2 (t)dξdξ= t − t0 =v1 (ξ)v2 (ξ)x(x0 = (x01 , x01 )),02если v1 (x01 ) 6= 0 6= v2 (x02 ).Если v1 (x01 ) = 0, то первое соотношение заменяется на ϕ1 ≡ x01 , а еслиv2 (x02 ) = 0, то второе –– на ϕ2 = x02 . Наконец, если v1 (x01 ) = v2 (x02 ) = 0, тоx0 –– особая точка векторного поля v и положение равновесия системы ():ϕ(t) ≡ x0 ..

Характеристики

Список файлов книги