1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 12

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

Текст из файла (страница 12)

Как известно из ТФКП,если коэффициенты матрицы Y = (yij (t, λ)) дифференцируемыпо λ при всех λ, то они (коэффициенты) аналитичны, т.е. матрица Y (t, λ) - матрица с целыми аналитическими коэффициентамипо параметру λ. Поэтому ∆ = ∆(λ) - тоже целая аналитическаяфункция от параметра λ.Например, еслиA(t, λ) =lXλk Ak (t),k=0R(λ) =L(λ) =mXk=0pXλk Rk ,λk Lk ,k=0где матрицы Ak (t), k = 0, l - матрицы с непрерывными коэффициентами, то ∆ = ∆(λ) - целая аналитическая функция от параметраλ.Если ∆(λ) 6≡ 0. т.е. если эта функция отлична от нуля хотябы в одной точке комплексной плоскости λ, то корни уравнения∆(λ) = 0 расположены дискретно на плоскости λ (если конечноони, корни, есть) и не имеют на ней ни одной конечной предельной точки. В самом деле, из теоремы единственности для аналитических функций известно, что если ∆(λ) = 0 в точках λ = λjобласти аналитичности (j = 1, 2, ...) и если этой же области при-Лекция №13, НГУ, ММФ, 201010надлежит точка λ = λ∗ предельная для последовательности {λj },то ∆(λ) ≡ 0 в этой области.Лекция №13, НГУ, ММФ, 201011Упражнения к §131.

Докажите, что, если ∆ 6= 0, то условия (I), (II), (III) определяютматрицу G(t, t0 ) однозначно.2. Докажите, что любая фундаментальная матрица Ye (t) системыy 0 = A(t)y может быть получена из любой другой Y (t) умножением справа на некоторую невырожденную матрицу B.§14. Ограниченные решения линейных неоднородныхсистем с постоянными коэффициентами. Краевыеусловия, удовлетворяющие условию Лопатинского.Пусть дана система линейных уравненийy 0 = Ay + f (t), t ∈ R1(1)с постоянной матрицей A.

Пусть собственные значения τj = τj (A),j = 1, N матрицы A таковы, чтоReτj (A) 6= 0, j = 1, N .(2)Пусть правая часть f (t) - непрерывная вектор-функция, причем||f (t)|| ≤ F < ∞ при t ∈ R1 .(3)Оказывается, что при выполнении условий (2), (3) существует единственное ограниченное решение системы (1):||y(t)|| ≤ Q < ∞, t ∈ R1 .Здесь F, Q - некоторые положительные постоянные.Докажем, сначала, единственность ограниченного решениясистемы (1) при выполнении условий (2), (3). Предположим, чтосуществуют, по крайней мере, два ограниченных решения системы(1): y I (t) и y II (t), причем||y I,II (t)|| ≤ QI,II < ∞,где QI и QII - некоторые положительные постоянные. Тогда, векторфункция y(t) = y I (t) − y II (t) удовлетворяет системеy 0 = Ay1Лекция №14, НГУ, ММФ, 20102и||y(t)|| ≤ QI + QII = Q < ∞ при t ∈ R1 .Покажем, теперь, что y(t) ≡ 0 при всех t.

Доказательство этогофакта разобьем на ряд лемм.Лемма 1. (Лемма Гельфанда-Шилова). Если у матрицыA все собственные значения τj = τj (A), j = 1, N удовлетворяютнеравенствуReτj (A) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N ,то при t ≥ 0:µ||A||,Nσ¶||etA || ≤ Me−(σ/2)t ,µ¶||A||где M = M, N - некоторая постоянная.σДоказательство. По теореме Шура (см. §5)A = U ∗ ∆U и||A|| = ||∆|| и ||etA || = ||et∆ ||.Здесь U = U (A) - унитарнаяτ1 p120 τ2∆=0матрица:. .

. . . . . . . p1N. . . . . . . . . p2N ....τN −1 pN −1,N τNДалее (см. §5 и §1, формулу (18) в §1)vu N NuX Xt∆||e || = ||Y (t)|| ≤ t|yij (t)|2 ,i=1 j=i(4)Лекция №14, НГУ, ММФ, 2010где3y11 y12 . . . . . . . . . . . y1N 0 y ........... y222N ...Y (t) = ,yN −1,N yN −1,N 0yN Nпричем для элементов yij (t) получены в §5 так называемые рекуррентные формулы (7). В этом же §5 (в его конце) нами былиполучены оценки (90 ), утверждающие, что, если:Reτj (A) ≤ Λ, j = 1, N , тоk ZtX|yik (s)|eΛ(t−s) ds, |yjk (t)| ≤ ||A||i=j+1 0(5)j = 1, k − 1, k = 1, N ,|ykk (t)| ≤ eΛt , k = 1, N .Из (5) последовательно получаем:|ykk (t)| ≤ eΛt ,т.е.t|yk−1,k (t)| ≤ ||A|| eΛt ,1!t(||A||t)2 Λt|yk−2,k (t)| ≤ ||A|| eΛt +e и т.д.,1!2!|yjk (t)| ≤ Pjk (||A||t)eΛt ,где Pjk (x), x = ||A||t - полином степени k − j относительно переменной x с постоянными коэффициентами.

Итак:vu N NuX X||etA || = ||et∆ || ≤ t[Pij (||A||t)]2 e2Λt =i=1 j=ivu N NuX X= t[Pij (||A||t)]2 eΛt  e(Λ/2)t .i=1 j=iЛекция №14, НГУ, ММФ, 20104Поскольку при Λ = −σ (σ > 0)vvu N Nu N NuX XuX X2 −σtt[Pij (||A||t)] e≤ sup t[Pij (||A||t)]2 e−σt =t≥0i=1 j=ii=1 j=ivu N N · µ¶¸2uX X||A||= (замена σt = s) = sup tse−s =Pijσs≥0i=1 j=i||A||, N ),σт||A||||etA || ≤ M, N e−(σ/2)t ,σчто и требовалось доказать.Лемма 2. Если у матрицы A все собственные значения τj =τj (A), j = 1, N таковы, что Reτj (A) ≥ σ > 0, j = 1, N , то любоерешение y(t) уравнения y 0 = Ay удовлетворяет при t ≥ 0 неравенству:1µ¶ e(σ/2)t ||y(0)||.||y(t)|| ≥(6)||A||M,Nσ= M(Доказательство.

Поскольку Reτj (A) ≥ σ > 0, j = 1, N , тоReτj (−A) ≤ −σ (σ > 0) и в силу Леммы 1 имеем:µ¶||A||t(−A)||e|| ≤ M, N e−(σ/2)tσ(заметим, что || − A|| = ||A||). Далее, посколькуy(t) = etA y(0) иy(0) = e−tA y(t), то−tA||y(0)|| ≤ ||e|| · ||y(t)|| ≤ Mчто и требовалось доказать.µ||A||,Nσ¶e−(σ/2)t ||y(t)||,Лекция №14, НГУ, ММФ, 20105Лемма 3.

Если у матрицы A все собственные значения τj =τj (A), j = 1, N таковы, что Reτj (A) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N , толюбое решение y(t) уравнения y 0 = Ay удовлетворяет при t ≤ 0неравенству:µ||y(t)|| ≥M1¶ e−(σ/2)t ||y(0)||.||A||,Nσ(7)Доказательство Леммы 3 основано на замене τ = −t в системе y 0 = Ay:z 0 (τ ) = −Az(τ ),где z(τ ) = y(−τ ), а затем в применении Леммы 2.Перейдем теперь к доказательству единственности. При этоммы должны выделить два случая.1ый случай: все собственные значения τj = τj (A), j = 1, Nматрицы A лежат по одну сторону от мнимой оси:|Reτj (A)| ≥ σ > 0, j = 1, N .Пусть для определенности Reτj (A) ≥ σ > 0. Тогда по Лемме 2имеем (см. неравенство (6)):µ¶||A||||y(0)|| ≤ M, N e−(σ/2)t ||y(t)|| ≤σµ¶||A||≤M, N Qe−(σ/2)t для всех t ≥ 0,σт.е. отсюда с необходимостью вытекает, чтоy(0) = 0,а значит и y(t) ≡ 0, т.е. y I (t) = y II (t) при всех t ∈ R1 .2ой случай: собственные значения матрицы A расположеныкак слева, так и справа от мнимой оси, причем|Reτj (A)| ≥ σ > 0, j = 1, N .Лекция №14, НГУ, ММФ, 20106Как известно, матрицу A можно привести к жордановой нормальной форме, так, чтобы имело место представление:µ¶A+ 0−1A=TT, det T 6= 0,0 A−причем квадратная матрица A+ порядка N+ составлена из жордановых ящиков, которые отвечают собственным значениям τj =τj (A) матрицы A, для которых Reτj (A) ≥ σ > 0; квадратная матрица же A− порядка N− (N+ + N− = N ) составлена из жордановых ящиков, которые отвечают собственным значениям τj = τj (A)матрицы A, для которых Reτj (A) ≤ −σ (σ > 0).

Итак,собственныезначения λj = λj (A+ ), j = 1, N+ матрицы A+ расположены справа от мнимой оси, причемReλj (A+ ) ≥ σ > 0, j = 1, N+ ;собственные же значения λj = λj (A− ), j = 1, N− матрицы A−расположены слева от мнимой оси:Reλj (A− ) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N− .В системе y 0 = Ay сделаем замену z = T y. тогд൶A0+z0 =z0 A−илиz+0 = A+ z+ , z−0 = A− z− ,z+N+ компонентгде z =−·−−−.z−N− компонентДалее, поскольку ||z± || ≤ ||z||, то||z+ (t)|| ≤ ||T y(t)|| ≤ ||T || · ||y(t)|| ≤ ||T ||Q,||z− (t)|| ≤ ||T ||Q при всех t ∈ R1 .Следовательно,z+ (0) = 0, z− (0) = 0,Лекция №14, НГУ, ММФ, 20107а также,z+ (t) ≡ 0, z− (t) ≡ 0,т.е.

y(0) = 0 и y(t) ≡ 0 при всех t ∈ R1 .Итак, если все собственные значения τj = τj (A), j = 1, N матрицы A удовлетворяют неравенству|Reτj (A)| ≥ σ > 0, j = 1, N ,то любое ограниченное решение системы y 0 = Ay будет обязательно равно нулю. Отсюда следует единственность ограниченного решения системы (1) при непрерывной ограниченной правой частиf (t).Перейдем, теперь, к доказательству существования ограниченного решения. С этой целью мы введем в наше рассмотрение квадратную матрицу G(t) порядка N для системы y 0 = Ay с помощьютаких аксиом:1) ||G(t)|| ограничена при всех t ∈ R1 ;2) G(t) непрерывна всюду, кроме t = 0, где она имеет разрыв1го рода:G(+0) − G(−0) = IN ;3) при t 6= 0 : G0 (t) = AG(t).Заметим, что с помощью аксиом 1), 2), 3) матрица Грина G(t)определяется однозначно (в предположении, естественно, что матрица A не имеет собственных значений на мнимой оси).

В самомделе, пусть GI (t) и GII (t) - две различные матрицы Грина. Тогдадля матрицыG(t) = GI (t) − GII (t)имеем: эта матрица (точнее, ее коэффициенты) - непрерывна,ограничена и при всех t ∈ R1 удовлетворяет однородной системеG0 (t) = AG(t). Как мы уже знаем, в этом случае G(t) ≡ 0, что итребовалось доказать.Лекция №14, НГУ, ММФ, 20108Представляя, как и выше, матрицу A в следующем вид嵶A0+A = T −1T,0 A−определим матрицу Грина G(t) так:µ tA¶e + 0−1T при t < 0, −T0 0µ¶G(t) =00−1T при t > 0. T0 etA−(8)Легко проверить, что матрица (8) удовлетворяет условиям 1), 2),3).

В самом деле, посколькуµ¶||A||−||etA− || ≤ M, N− e−(σ/2)t , t ≥ 0,σµ¶||A+ ||tA+||e || ≤ M, N+ e(σ/2)t , t ≤ 0,σто матрица G(t) - ограничена. Аналогично проверяются свойства2), 3).Заметим, что для матрицы Грина G(t) справедлива оценка:||G(t)|| ≤ K(A)e−(σ/2)|t|(9)при всех t ∈ R1 и при условии, что |Reτj (A)| ≥ σ > 0, j = 1, N .С помощью матрицы Грина G(t) построим вектор-функциюZ∞y(t) =G(t − s)f (s)ds = G ∗ f (t),(10)−∞где G ∗ f - свертка G(t) и f (t).В силу (9)||G(t − s)|| ≤ K(A)e−(σ/2)|t−s| .Поэтому интеграл (10) сходится и||y(t)|| ≤4F KσЛекция №14, НГУ, ММФ, 20109(напомним.

что ||f (s)|| ≤ F < ∞ при всех s ∈ R1 ).Далее, поскольку t∞ZZd 0G(t − s)f (s)ds + G(t − s)f (s)ds =y (t) =dt −∞t= f (t) + Ay(t),то вектор-функция y(t) ограничена и удовлетворяет уравнениюy 0 = Ay + f (t) при всех t ∈ R1 .В заключении этого параграфа рассмотрим следующую краевую Задачу(y 0 = Ay + f (t) при t > 0,(11)By(0) = ϕ,где B - некоторая, вообще говоря, прямоугольная матрица. Краевая задача (11) состоит в нахождении непрерывной и ограниченной вектор-функции y(t), непрерывно дифференцируемой, приусловии, что правая часть f (t) при t ≥ 0 - ограниченная непрерывная вектор-функция.

Следовательно, наша цель заключается,также, в том, чтобы выяснить, каким условиям должна удовлетворять матрица B. чтобы краевая задача (11) была однозначноразрешима при любых ϕ. Заметим, сразу, что в задаче (11) можно считать, что f (t) ≡ 0. В самом деле, продолжим функцию f (t)при t < 0 так:fe(t) = f (−t), t < 0.В итоге получим непрерывную, ограниченную функцию(f (t), t ≥ 0,fe(t) =f (−t), t < 0.Тогда рассматривая систему y00 = Ay0 +fe(t) при t ∈ R1 , для нахождения ограниченного решения y0 = y0 (t) при всех t ∈ R1 можемвоспользоваться формулой (10), которую затем будем рассматривать только при t ≥ 0.Лекция №14, НГУ, ММФ, 201010Если теперь в краевой задаче (11) сделать замену z(t) = y(t) −y0 (t) при t ≥ 0, то в итоге вместо (11) получим задачу:(z 0 (t) = Az(t) при t > 0,(110 )Bz(0) = ϕ − By0 (0) = ϕ.eПосколькуµ¶tA+e0z(t) = etA z(0) = T −1T z(0) =0 etA−Ã!µ tA¶Ã !tA++eCCe0++= T −1= T −1,tA−tA0 eC−e − C−N+ компонентC+где T z(0) = C =  − · − − · − · − · − ,C−N− компонентто при C+ 6= 0 неограничено растет по норме вектор etA+ C+ приt → ∞, так как Reτj (A+ ) ≥ σ > 0, j = 1, N+ .

Поэтому, надопотребовать, чтобы C+ = 0 и тогда ограниченное решение (приt → ∞) будет иметь ви䵶0z(t) = T −1.etA− C−Для определения же вектора C− мы должны воспользоваться краевыми условиями:µ¶0BT −1= ϕ.e(12)C−Следовательно, однозначная разрешимость краевой задачи(11) эквивалентна однозначной разрешимости линейной алгебраической системы (12). Для однозначной же разрешимости системы(12), надо, по крайней мере, чтобы rang(BT −1 ) = N− .Представим матрицу BT −1 так:BT −1 = (D+ | D− ) ≡ N− строк.q · qN+ | N−Лекция №14, НГУ, ММФ, 201011ТогдаµBT −10C−¶= D− C− = ϕ,e(120 )т.е.

Характеристики

Список файлов лекций