1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Теорему Шура) A = U ∗ ∆U . Доказать, что||A|| = ||∆||.3. Приближенное значение матричной экспоненты etA можно получить с помощью формулы, приведенной в §2:µ¶kttAe ∼ IN + A = Lk .kПокажите, что при k → ∞ матрицы Lk сходятся по норме к матрице etA (равномерно на отрезке |t| ≤ T ).§6. Каноническое представление матричнойэкспоненты.Приведем, теперь, в каком-то смысле обобщающие рассужденияотносительно нахождения матричной экспоненты etA . Напомним,что etA - фундаментальная матрица решений для системыy 0 = Ay.Из теории матриц известно, что любая матрица A может быть приведена к так называемой жордановой форме с помощью некоторой невырожденной матрицы T = T (A), det T 6= 0 :A = T −1 A0 T.(1)В представлении (2) матрица A0 - клеточно-диагональная, у которой на диагонали стоят жордановы клетки.При приведении матрицы A к канонической жордановойформе A0 матрица T определяется неединственным образом.

Более того сам канонический вид не зависит непрерывно от матрицы A. Поясним последние слова на примере. Пусть в представлении (1) матрица A0 имеет следующий конкретный вид:τ1τ20τ1030τ13A0 = (2).0 0 τ3τ4 100 τ4τ31Лекция №6, НГУ, ММФ, 20092Рассмотрим следующее семейство матриц (ξ - параметр):10 ...−1−1 A + ξB = T A0 T + ξT T =7 08T −1 τ1 + ξτ2 + 2ξ T.0τ3 + 3ξ100τ3 + 4ξ100τ3 + 5ξ0τ4 + 6ξ10τ4 + 7ξτ3 + 8ξЯсно, что при малых ξ 6= 0 можно сделать собственные значения матрицы A + ξB различными. Тогда матрица A + ξB должнаприводиться к следующему жорданову виду:A + ξB = Te−1 diag(τ1 + ξ, ..., τ3 + 8ξ)Te,где Te = Te(A + ξB), det Te 6= 0 - невырожденная матрица.

Итак,налицо отсутствие непрерывной зависимости при приведении матриц к жордановой форме.Тем не менее, если матрица A приведена к жордановой формеA0 , то матричная экспонента etA вычисляется так (см., также, §5):etA = T −1 etA0 T,причем матрица etA является блочно-диагональной и по диагоналистоят блоки, являющиеся матричными экспонентами от жордановых клеток. Доказательство последнего факта является очевидным, поскольку, если(1)(k)A0 = block diag(A0 , ..., A0 ),Лекция №6, НГУ, ММФ, 20093(i)где A0 , i = 1, k - жордановы клетки, то(k)(1)Al0 = block diag((A0 )l , ..., (A0 )l ), l = 0, 1, 2, ... иetA0=∞ lXtl=0l!(1)(k)Al0 = block diag(etA0 , ..., etA0 ).Кроме того (см.

§5), еслиτ 1 .....0 τ . . . . ....B0 = τ0тоτt t τte 1! eeτ tetB0 = 000..  - жорданова клетка,.0τ.........eτ ttN −1 τ te(N − 1)! tN −2 τ t e (N − 2)! ....t τt e1!eτ tТак, например, если A0 задается (2), то:2τ3 t t τ3 t t τ3 teee1!2!  τ1 t τ2 t tA0t τ3 t e = block diag e , e , ,τ3 te e 01!00eτ3 t!!Ãτ4 t t τ4 tee, eτ3 t .1!0eτ4 tРассмотрим, теперь, Задачу Коши:(y 0 = Ay, t ∈ R1 ,y(0) = y0 .(3)Лекция №6, НГУ, ММФ, 20094Пусть вначале матрица A приводится к жордановой форме A0 : A =T −1 A0 T , где A0 задается (2). Тогда легко видеть, что решение Задачи Коши (3) устроено так, что любая компонента вектора y(t)есть линейная комбинация выраженийeτ1 t , eτ2 t , eτ3 t , eτ4 t , teτ3 t , teτ4 t , t2 eτ3 t .Такая же ситуация и в общем случае. Любая компонента векторарешения Задачи Коши (3) есть линейная комбинация выраженийeτj t tlj , где τj = τj (A), j = 1, N - собственные значения матрицыA; lj ≤ kj − 1 (kj - кратность корня τj ).В связи с приведением матрицы A к жордановой нормальной форме A0 можно предложить такую процедуру нахождениярешений задачи (3).

Пусть τ0 = τ0 (A) - некоторое собственное значение матрицы A и пусть нам удалось найти отвечающие этомусобственному значению собственный вектор y0 и присоединенныевектора y1 , ..., yr , такие, что:Ay0 = τ0 y0 ,Ay1 = τ0 y1 + y0 ,............Ayr = τ0 yr + yr−1 .Вектора y0 , y1 , ..., yr - линейно-независимые. Сконструируем следующие вектора:eτ0 t y0 ,t τ0 te y0 ,1!tt2eτ0 t y2 + eτ0 t y1 + eτ0 t y0 и т.д.1!2!eτ0 t y1 +Эти вектора являются решениями системы y 0 = Ay, а их начальные значения - линейно-независимы.

Полную систему линейнонезависимых решений (фундаментальную систему решений) системы y 0 = Ay мы можем построить, если нам удастся решитьЛекция №6, НГУ, ММФ, 20095алгебраическую проблему о нахождении полного базиса из собственных и присоединенных векторов матрицы A. Если среди собственных значений матрицы A нет кратных, то такой базис состоит только из собственных векторов.Лекция №6, НГУ, ММФ, 20096Упражнения к §61. Показать, что решение Задачи Коши для матричного уравненияdX= XB, X(0) = Cdtдается формулойX = CeBt .2.

Показать, что решение Задачи Коши для матричного уравненияdX= AX + XB, X(0) = Cdtдается равенствомX = eAt CeBt .Указание. Выписанная матричная система может быть сведенак векторному уравнению y 0 = Gy, где G = A ⊗ IN + IN ⊗ B T ,x11c11 x12  c12 ..  .. .. y= , y(0) =  , X = (xij ), C = (cij ), i, j = 1, N , x1N  c1N  .. ..

.. xN NcN NA ⊗ B = (aij B) - кронекеровское произведение матриц A = (aij ) иB, B T - транспонированная матрица B.Решение X(t) искать в форме:X(t) = eAt Y (t),где Y (t) - матрица, подлежащая определению.§7. Фундаментальные системы решений для одноголинейного уравнения высокого порядка с постояннымикоэффициентами.Давайте вернемся, теперь, к случаю линейного уравнения высокого порядкаLx = x(N ) + a1 x(N −1) + ...

+ aN −1 x0 + aN x = 0.(1)Мы уже знаем, что Задача Коши для (1) эквивалентна ЗадачеКоши для линейной системы y 0 = Ay со специальной матрицей A(см. §3):010... 00 001... 00 .A=................................... 000... 01 −aN −aN −1 −aN −2 . . . −a2 −a1Вычислив etA = (yij ), i, j = 1, N , мы найдем фундаментальнуюсистему решений для уравнения (1), поскольку функции xk (t) =y1k (t), k = 1, N ее составляют.

В самом деле, в силу формулыЛиувилля (см. §4)x1. . . xN x0. . . x0N  1det Y (t) = det Φ(t) = det  ....  =.  .(N −1)(N −1)x1. . . xN= det Φ0 e−a1 t = e−a1 t 6= 0.Рассмотрим другие приемы конструирования фундаментальныхсистем решения для уравнения (1). Прежде всего заметим, что у1Лекция №7, НГУ, ММФ, 20092(1) можно искать частные решения видаx(t) = eτ t ,(2)где τ некоторая постоянная.В самом деле, подставляя (2) в (1), мы убеждаемся, что (2) естьчастное решение уравнения (1), если число τ удовлетворяет следующему, так называемому характеристическому уравнениюPN (τ ) = τ N + a1 τ N −1 + ... + aN −1 τ + aN = 0.(3)Полином от τ : PN (τ ) называется характеристическим полиномом для дифференциального уравнения (1).Если характеристический полином PN (τ ) имеет различные корни τj , j = 1, N , то частные решенияxj (t) = eτj t , j = 1, N(4)образуют фундаментальную систему решений для уравнения (1).Действительно, в этом случае фундаментальная матрица решенийΦ(t) (см.

§4) имеет вид: x1. . . xNeτ 1 t...e τN t x0τ t. . . x0N . . . τN eτN t  1  τ1 e 1Φ(t) =  ..,..  = .......   .(N −1)(N −1)N −1 τ1 tN −1 τN tτ1 e. . . τN ex1. . . xNпричемÃdet Φ(t) = W (t) = eNPj=1!τj t1τ1...det (N −1)τ1−a1 t=eYi6=ji>j(τi − τj ).......1τN...(N −1). . . τN=Лекция №7, НГУ, ММФ, 20093При выводе последней формулы мы использовали известные свойства так называемого определителя Вандермонда.

Таким образом, если среди τj нет равных, то Вронскиан W (t) 6= 0 и (4) фундаментальная система решений для (1).Если среди τj есть кратные корни, то фундаментальную системурешений в этом случае будем строить так. ПустьPN (τ ) = (τ − τ1 )k1 (τ − τ2 )k2 ...(τ − τp )kp ,где kj - кратность корня τj , причемчто посколькуpPj=1kj = N .

Заметим, далее,dNdN −1dL = N + a1 N −1 + ... + aN −1 + aN = PNdtdtdtµ¶d,dtто уравнение (1) можно переписать в одном из следующих видов:µ ¶µ¶k1 µ¶k2 µ¶kpddddLx = PNx=...x(t) = 0− τ1− τ2− τpdtdtdtdtил赶k2 µ¶k3 µ¶kp µ¶k1dddd...x(t) = 0− τ2− τ3− τp− τ1dtdtdtdtил赶k1 µ¶k3 µ¶kp µ¶k2dddd...x(t) = 0 и т.д.− τ1− τ3− τp− τ2dtdtdtdtПонятно, что любое решение каждого из уравнений¶k1µd− τ1x(t) = 0,dt................µ¶kpd− τpx(t) = 0dtявляется решением и исходного уравнения (1).Лекция №7, НГУ, ММФ, 20094Легко доказать, что уравнени嵶kd− τ x(t) = 0, k ≥ 1dtимеет следующие частные решения:t τttk−1 τ te , e , ...,e .1!(k − 1)!τtЗамечание 1. Доказательство этого факта основано на следующей формуле (см. Упражнение 2 к этому параграфу):µ¶m · l−1¸tl−m−1dtτt−τe =eτ t ,(5)dt(l − 1)!(l − m − 1)!где l − m − 1 ≥ 0, l − 1 ≥ 1.

Заметим, также, чтd− τ eτ t = 0.dtУчитывая этот факт, можно утверждать, что уравнение (1) имеетследующую совокупность частных решений:tk1 −1 τ1 tt τ1 tτ1 te ,x1 (t) = e , x2 (t) = e , ..., xk1 (t) =1!(k1 − 1)!tk2 −1 τ2 t(6)xk1 +1 (t) = eτ2 t , ..., xk1 +k2 (t) =e , ...,(k−1)!2tkp −1 τp t xN (t) =e .(kp − 1)!Можно показать, что совокупность частных решений (6) образуетфундаментальную систему решений, т.е. они линейно независимы(см. Упражнение 3 к этому параграфу).На практике, часто, коэффициенты уравнения (1) зависят откаких-либо параметров. Поэтому интересно было бы отыскать такую фундаментальную систему решений уравнений (1), котораябы автоматически обслуживала и случай простых корней и случай кратных корней характеристического полинома.

Характеристики

Список файлов лекций