1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 14

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

Текст из файла (страница 14)

Кроме того, эти решения (т.е. y1 (x)и y2 (x)) линейно-независимы, ибо в противном случае они являлись бы собственными функциями З.Ш.Л. (30 ), отвечающими собственному значению λ = 0„ а это противоречит нашему предположению. Определим функцию Грина g(x, s) так:(αb y1 (x)y2 (s), x < s,g(x, s) =βb y1 (s)y2 (x), x > s,где αb, βb - пока произвольные постоянные. При этом ясно, что услоb то выполнено ивия 2), 3) выполнены автоматически. Если αb = β,условие 1). Потребуем, также, выполнения условия 4):bW (s) =αb {y20 (s)y1 (s) − y2 (s)y10 (s)} = α1,p(s)т.е.1.W (s)p(s)Здесь W (x) - определитель Вронского, причем по формуле Лиувилля:αb=−W (x) = W (x0 )eRxx0Итак:g(x, s) =1W (s)p(s)p0 (ξ)p(ξ) dξ(= W (x0 )p(x0 ).p(x)y1 (x)y2 (s), x < s,y1 (s)y2 (x), x > s,(4)чем и заканчивается доказательство существования.

Заметим, чтоокончательный вид функции Грина не зависит от выбора решенийЛекция №15, НГУ, ММФ, 201010y1 (x), y2 (x). Из этого замечания следует единственность функцииГрина.Рассмотрим, теперь, краевую задачу вида:0 0 (p(x)y ) − q(x)y = f (x), x ∈ (a, b),y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0,(5)y(b) cos β + y 0 (b) sin β = 0.Перепишем (5) в виде краевой задачи для системы (см. §13): 0 Z (x) = A(x)Z(x) + F (x), x ∈ (a, b),LZ(a) = 0,(50 )RZ(b) = 0.Здесь:ÃZ(x) = 00 1y(x)qp, F (x) = f  ,, A(x) =0−y (x)pp0pL = (cos α, sin α), R = (cos β, sin β).!Ã!Матрица Грина для краевой задачи (50 ) определяется так:1) G0x= AG для всех x 6= s;2) G(s + 0, s) − G(s − 0, s) = I2 ;3) LG(a, s) = 0, RG(b, s) = 0.Выберем матрицу Грина так:G(x, s) = (Gij (x, s)) =µ¶0−y(x)y(s)y(x)y(s)1122, x < s,000−y1 (x)y2 (s) y1 (x)y2 (s)1µ¶=0W (s) −y(x)y(s)y(x)y(s)2211, x > s;000−y2 (x)y1 (s) y2 (x)y1 (s)(6)где y1 (x), y2 (x) - вышеупомянутые линейно-независимые решения.Легко убедиться, что свойства 1), 2), 3) выполнены.

Сравнивая (6)и (4), видим, чтоG12 (x, s) = p(s)g(x, s).Лекция №15, НГУ, ММФ, 201011Напомним, что (см. §13) с помощью матрицы Грина G(x, s) решение краевой задачи (50 ) записывается так:ZbZ(x) =G(x, s)F (s)ds.aСледовательноZb ·y(x) =a¸f (s)G11 (x, s) · 0 + G12 (x, s)ds =p(s)Zb=g(x, s)f (s)ds,(7)aZby 0 (x) =gx0 (x, s)f (s)ds.aИтак, с помощью функции Грина g(x, s) решение краевой задачи(5) представимо в виде (7).Лекция №15, НГУ, ММФ, 201012Упражнения к §151. Доказать теорему 1.Указание.

Доказательство вести от противного: предположим,что y(x0 ) = 0 и x0 - точка накопления нулей, т.е. x0 = lim xn ,n→∞y(xn ) = 0.2. Доказать теорему 2.Указание. Доказательство вести от противного, т.е. пусть y(x) решение уравнения (10 ) и пусть x1 , x2 - два соседних нуля функции y(x) : y(x1 ) = y(x2 ) = 0, y(x) 6= 0 при x ∈ (x1 , x2 ).3. Показать, что окончательный вид функции Грина g(x, s) не зависит от выбора решений y1 (x), y2 (x).4. Проверьте, что функция y(x) =Rbag(x, s)f (s)ds действительноявляется решением уравнения (p(x)y 0 )0 − q(x)y = f (x).§16.

Устойчивость по Ляпунову.Рассмотрим так называемую автономную систему (см., также,§11):y 0 = f (y),(1) a1 причем f (a)=0, где a =  ...  - постоянный вектор. Ясно, что вanэтом случае система (1) имеет постоянное решение y = y0 (t) ≡ a(=const). В таком случае говорят, что точка y = a является точкойравновесия для системы (1). Если a 6= 0, то сделав заменуz = y − a, мы приведем (1) к виду z 0 = f (z + a) = fe(z), причемfe(0) = 0, т.е.

z = 0 является точкой равновесия для системыz 0 = fe(z).Определение 1. Решение y0 (t) ≡ 0 системы (1) называетсяустойчивым по Ляпунову, если для ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0,такое что для всех y(0) из шаровой области ||y(0)|| < δ решениеy(t) Задачи Коши(y 0 = f (y), t > 0,y |t=0 = y(0)существует для всех t > 0 и для решения y(t) при всех t > 0выполняется оценка||y(t)|| < ε.Определение 2.

Решение y0 (t) ≡ 0 уравнения (1) называетсяасимптотически устойчивым, если оно устойчиво по Ляпуновуи существует такое δ0 > 0, что любое решение y(t) Задачи Коши с1Лекция №16, НГУ, ММФ, 20102начальными данными такими, что ||y(0)|| < δ0 стремится к нулюпри t → ∞, т.е.||y(t)|| → 0 при t → ∞.Геометрическая интерпретация Определений 1, 2 при N = 2дана на Рис. 1:ty20y10Рис. 1.Определение 3. Если существует хоть одно положительное число ε > 0 и если при сколь угодно малом δ > 0 хотя бы для одногорешения y(t) уравнения (1) неравенство ||y(t)|| < ε не выполняетсяпри всех t > 0, то решение y0 (t) ≡ 0 называется неустойчивым.Вопрос об устойчивости (или неустойчивости) по Ляпуновутривиального решения y0 (t) ≡ 0 достаточно просто решается длялинейной системы с постоянными коэффициентами:y 0 = Ay.(2)Лекция №16, НГУ, ММФ, 20103В самом деле, решение Задачи Коши для системы (2) записываетсятак:y(t) = etA y(0).В §14 была сформулирована и доказана Лемма 1 (Лемма ГельфандаШилова): если у матрицы A все собственные значения τj = τj (A), j =1, N удовлетворяют неравенству:Re τj (A) ≤ −σ (σ > 0),то при всех t > 0 имеет место оценка:µ¶ σ− t||A||||etA || ≤ M, N e 2 (см.

Рис. 2).σРис. 2.В силу Леммы Гельфанда-Шилова:σt||y(t)|| ≤ ||e || · ||y(0)|| ≤ M e 2 ||y(0)||.tA−Лекция №16, НГУ, ММФ, 20104Полученная оценка позволяет утверждать, что если спектр матрицы A лежит строго в левой полуплоскости, т.е. µj ≤ −σ (σ > 0),то нулевое решение системы (2) асимптотически устойчиво. В саεмом деле, для ∀ε > 0 возьмем δ =. Тогда, если ||y(0)|| < δM(решение Задачи Коши для системы (2) существует при всех t > 0σи при любых начальных данных), то ||y(t)|| ≤ M e− 2 t ||y(0)|| <σσM δe− 2 t = εe− 2 t ≤ ε. Итак, тривиальное решение системы (2)устойчиво по Ляпунову. В то же время из оценкиσ||y(t)|| ≤ M e− 2 t ||y(0)||следует, что любое решение системы (2) y(t) → 0 при t → ∞.Пусть у матрицы A существует собственное значение τ0 = µ0 +iν0 с µ0 > 0 и пусть z0 - ненулевой собственный вектор матрицы A,отвечающий собственному значению τ0 : Az0 = τ0 z0 .

Тогда векторфункцияδy(t) =eτ0 t z0 (δ > 0)2||z0 ||δесть решение системы (2) и ||y(0)|| =< δ. С другой стороны2δδ||y(t)|| =eµ0 t ||z0 || = eµ0 t → ∞ при t → ∞ при ∀δ > 0.2||z0 ||2Итак, в этом случае тривиальное решение системы (2) неустойчивопо Ляпунову.Пусть у матрицы A есть собственное значение τ0 = iν0 и соответствующий ему ненулевой собственный вектор z0 . Тогда векторфункцияδeiν0 t z0y(t) =2||z0 ||δесть решение системы y 0 = Ay и ||y(0)|| = < δ. С другой стороны2δ ¯¯ iνt ¯¯δ||y(t)|| =e · ||z0 || = = const. Итак, если у матрицы A2||z0 ||2есть хотя бы одно чисто мнимое собственное значение, то нулевоеЛекция №16, НГУ, ММФ, 20105решение системы (2) не является асимптотически устойчивым (поЛяпунову).Пусть у матрицы A есть хотя бы одно чисто мнимое собственное значение τ0 = iν0 , которому отвечает неодномерная жорданова клетка.

Тогда нулевое решение системы (2) будет заведомонеустойчивым по Ляпунову. В самом деле, в этом случае существуют собственный вектор z0 и присоединенный к нему векторz1 , удовлетворяющие соотношениям:Az0 = τ0 z0 , Az1 = τ0 z1 + z0 .Тогдаδδeτ0 t z1 +teτ0 t z02||z1 ||2||z1 ||δесть решение системы (2) и ||y(0)|| = < δ с другой стороны2δ(t||z0 || − ||z1 ||),||y(t)|| ≥2||z1 ||y(t) =т.е. ||y(t)|| → ∞ при t → ∞ и при любых δ (мы воспользовалисьочевидным неравенством||a + b|| ≥ ||a|| − ||b||).Пусть у матрицы A есть собственные значения с µ < 0 и чисто мнимые (с µ = 0), причем жордановы клетки, отвечающиечисто мнимым собственным значениям - одномерны.

Тогда нулевое решение системы (2) устойчиво по Ляпунову. В самом деле,поскольку¶µG1 0−1A=WW, det W 6= 0,0 G0где матрицы G1 , G0 - матрицы порядков N1 , N0 , соответственно(N1 + N0 = N ), причем собственные значения τj = τj (G1 ), j =1, N1 таковы, что Re τj (G1 ) ≤ −σ (σ > 0), а матрицаG0 = diag(iν1 , ..., iνN0 ).Лекция №16, НГУ, ММФ, 2010Тогда6µ¶tG1e0etA = W −1W =0 etG0µ tG¶µ¶e 1 00 0−1−1=WW +WW,0 00 etG0причемetG0 = diag(etiν1 , ..., etiνN0 ).При t > 0:||etA || ≤ ||W −1 || · ||W ||{||etG1 || + ||etG0 ||} ≤| {z }q1½ µ¶¾||G1 ||−1− σ2 t≤ ||W || · ||W || M, N1 e+1 ≤σc.≤ ||W −1 || · ||W ||{M + 1} = MСледовательно,c||y(0)||||y(t)|| ≤ ||etA || · ||y(0)|| ≤ Mпри всех t > 0.

Пусть||y(0)|| < δ =ε.cMТогда ||y(t)|| < ε, т.е. нулевое решение системы (2) устойчиво поЛяпунову.Итак, в зависимости от расположения спектра матрицы A накомплексной плоскости можно выделить следующие ситуации τ :I) Re τj (A) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N ;II) Re τj (A) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N1 ;Re τj (A) = 0, j = N1 + 1, N и этим корням отвечаютодномерные жордановы клетки;Лекция №16, НГУ, ММФ, 2010III) Re τj (A) ≤ −σ (σ > 0), j = 1, N1 ;Re τj (A) = 0, j = N1 + 1, N и этим корням отвечаютнеодномерные жордановы клетки;IV) Существует τj0 (A) с Re τj0 (A) > 0.Все эти случаи удобно свести в таблицу:Таблица:IIIIII, IVнулевоенулевое решениерешениесистемы (2) несистемы (2)являетсянулевое решениеасимптотически асимптотическисистемы (2)устойчивоустойчивымнеустойчиво по Ляпуновунулевое решение системы(2) устойчиво по Ляпунову7§17.

Матричное уравнение Ляпунова.Пусть мы имеем матрицу Tτ1 a2... ...T =τN −10вида0 = (Tkj ), k, j = 1, N ,aN τNкоэффициенты которой Tkj = τk δkj + aj δj−1,k (полагаем для определенности a1 = 0) - комплексные числа. Рассмотрим так называемое матричное уравнениеXT + T ∗ X = −D(1)для определения неизвестной матрицы X = (Xkj ). Здесь праваячасть D = (Dkj ) - произвольная матрица. В покомпонентном видеуравнение (1) перепишется так:NX(Xik Tkj + T ki Xkj ) = −Dij , i, j = 1, N .k=1С учетом формулы для элементов матрицы T получаем:Xij τj + Xij τ i + aj Xi,j−1 + ai Xi−1,j = −Dij , i, j = 1, Nили в более детальном виде:(τj + τ i )Xij + aj Xi,j−1 + ai Xi−1,j = −Dij , i, j ≥ 2; (τ + τ )X + a X1j1jj 1,j−1 = −D1j , i = 1, j ≥ 2;(τ i + τ1 )Xi1 + ai Xi−1,1 = −Di1 , j = 1, i ≥ 2;(τ1 + τ 1 )X11 = −D11 .1(2)Лекция №17, НГУ, ММФ, 20102Пусть τi + τ j 6= 0 при всех i, j = 1, N .

Характеристики

Список файлов лекций