1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 7

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

Текст из файла (страница 7)

С этой цельюЛекция №7, НГУ, ММФ, 20095запишем полином PN (τ ) так:PN (τ ) = (τ − τN )...(τ − τ2 )(τ − τ1 ),где, напоминаем, τi , i = 1, N - корни характеристического полинома PN (τ ) (среди них могут быть, естественно, и кратные). Этоозначает, что исходное уравнение (1) можно переписать так:¶ µ¶µ¶µddd− τN ...− τ2− τ1 x = 0.dtdtdtС учетом этого факта сведем уравнение (1) к системе линейныхуравнений способом, отличным от предложенного в §3.Пустьµ ¶µ ¶ddx,P= 1,y=x=P010dtdtµµ ¶µ ¶¶ddddy2 =x, P1=− τ1 y1 = P1− τ1 ,dtdtdtdt. . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(6)¶µ ¶µdd−τy=Px,y=N−1N−1N−1Ndtdtµ ¶ NY¶−1 µdd− τi , PN −1 dt =dti=1причем само уравнение (1) запишется так:µ¶d− τN yN = 0.dtВ итоге для вектора1 0 ... 0x y1−τ1 1 . . . 0  0x ..  .=T.............y = .  =   .. . . . . . . 1 0 yN(N −1)x.......... 1x 0x. ..x(N −1)Лекция №7, НГУ, ММФ, 20096мы имеем такую векторную систему:dy = Ay,dyгдеτ1 1 0 . . . 0 0 τ2 1 . . . 0 .A=..................τN −1 1 0τNВ §5 мы уже рассмотрели вопрос о нахождении матричной экспоненты от такой матрицы:y11 y12 . . .

. . . . . . . . . . y1N 0 y ............. y222N ...etA = Y (t) = (yij (t)) =  , i, j = 1, N ,yN −1,N −1 yN −1,N 0yN NгдеZtτi tyi+1,j (s)e−τi s ds при i < j,eyij (t) =0eτi t при i = j,0 при i > j.Понятно, что функцииxk (t) = y1k (t), k = 1, Nявляются решениями уравнения (1):µ ¶¶ µ¶µdddPN− τN ...− τ1 xk (t) = 0.xk (t) =dtdtdt(7)Лекция №7, НГУ, ММФ, 20097ВронскианW (t) = det Φ(t) = det x1x01...(N −1)x1......xNx0N... 6= 0,(N −1). . .

xNт.е. функции (7) составляют фундаментальную систему решенийуравнения (1). В самом деле, так какxy1k 0x,y [k] (t) =  ...  = T  ...yN k(N −1)xтоY (t) = T Φ(t)иdet Y (t) = eT r(A)t = det T det Φ(t) = det Φ(t) 6= 0,что и требовалось доказать.Лекция №7, НГУ, ММФ, 20098Упражнения к §71. Покажите, что изучение решений системы y 0 = Ay с комплексными коэффициентами можно свести к случаю системы с вещественными коэффициентами.Указание. Пусть A = B + iC. Тогда из равенстваd(u + iv) = (B + iC)(u + iv), y = u + ivdtà !uследует, что вектор Z =удовлетворяет системе с вещественvными коэффициентам赶dZB −C=Z.C Bdt2. Докажите формулуµ¶m ½ l−1¾dttl−m−1−τeτ t =eτ tdt(l − 1)!(l − m − 1)!при l − m − 1 ≥ 0, l − 1 ≥ 1.3.

Покажите, что система функций (6) линейно-независима.Указание. Предположим противное, т.е. система функций (6)линейно-зависима. Это значит, что существуют не все равные нулюкоэффициенты Cql такие, чтоkpqX Xtl−1 τq t e≡ 0.xb(t) =Cql(l − 1)! q=1l=1Будем полагать для определенности (не нарушая общности), чтоC1l∗ 6= 0, l∗ ≤ k1 , при этом C1l = 0 при l > l∗ .Применим к агрегату xb дифференциальный оператор¶l∗ −1 Y¶kqµ ¶ µq=p µddd− τ1− τq.∆=dtdtdtq=2Лекция №7, НГУ, ММФ, 2009Тогда9µ¶q=pYdτ1 t∆xb(t) = C1l∗ e(τ1 − τq )kq 6= 0,dtq=2µ ¶dт.е.

мы пришли к противоречию, ибо xb(t) ≡ 0 и ∆xb(t) = 0.dt4. Покажите, что если уравнение (1) с вещественными коэффициентами имеет некратные корни τ1 , ..., τN , среди которых есть паракомплексно-сопряженных (τj , τj+1 = τ j ), то в фундаментальнойсистеме решений можно экспоненты eτj t , eτj+1 t заменить на вещественные решения eλt cos(δt), eλt sin(δt) (τj = λ + iδ).Указание. Воспользоваться формуламиeτj t + eτ j te cos(δt) =,2λteτj t − eτ j t.e sin(δt) =2iλt5.

Построить для уравнения с вещественными коэффициентами икомплексными корнями вещественную фундаментальную системурешений в случае, когда среди комплексных корней есть кратные.6. Для линейной независимости N решений уравнения (1) необходимо и достаточно, чтобы W (t) был отличен от нуля хотя бы водной точке t = t0 .§8. Система неоднородных линейных уравнений спостоянными коэффициентами. Непрерывнаязависимость решений от параметра.В этом параграфе рассмотрим Задачу Коши для линейнойнеоднородной системы уравнений с постоянными коэффициентами:(y 0 = Ay + f (t), t ∈ [−T, T ], 0 < T < ∞,(1)y(0) = y0 ∈ CN (или RN ).f1 (t)Здесь f (t) =  ... - вектор-функция правых частей, причемfN (t)fi (t), i = 1, N - непрерывные функции от t на отрезке [−T, T ];A - квадратная матрица порядка N с постоянными коэффициентами,y1 (t)y = y(t) =  ... - вектор искомых функций,yN (t)y10 ..

y0 =  .  - вектор начальных данных.yN 0Пусть Задача Коши (1) имеет непрерывное и непрерывнодифференцируемое решение y = y(t), t ∈ [−T, T ]. Умножимсистему y 0 = Ay + f (t) слева на невырожденную матрицу e−tA .e−tA y 0 = e−tA Ay + e−tA f (t).1Лекция №8, НГУ, ММФ, 20092Посколькуe−tA A = Ae−tAи¡ −tA ¢0e= −Ae−tA ,то£¤0e−tA y 0 − e−tA Ay = e−tA y = e−tA f (t)Проинтегрируем полученное выражение:Zt0¤d £ −sAe y(s) ds =dsилиZte−sA f (s)ds0Zte−tA y(t) − y(0) =e−sA f (s)ds.0Умножим обе части полученного равенства слева на невырожденную матрицу etA . В итоге получим:Zty(t) = etA y0 +e(t−s)A f (s)ds.(2)0Итак, если решение Задачи Коши (1) существует, то оно задается формулой (2). Обратно, непосредственной подстановкой легкопроверить, что вектор-функция y = y(t), задаваемая формулой(2), удовлетворяет системе y 0 = Ay + f (t) и начальным условиямy(0) = y0 .Легко показать единственность построенного решения (2) Задачи Коши (1).

Предположим противное, что одной и той же правойчасти f (t) и одним и тем же начальным данным y0 соответствуетдва решения: y I (t) и y II (t), т.е. I,II dy= Ay I,II + f (t), t ∈ [−T, T ],dt I,IIy (0) = y0 .Лекция №8, НГУ, ММФ, 20093Тогда, разностьy(t) = y I (t) − y II (t)есть решение следующей Задачи Коши:(y 0 = Ay, t ∈ [−T, T ],y(0) = 0,решением которой, очевидно, является y(t) ≡ 0, т.е.

y I (t) ≡ y II (t)на отрезке [−T, T ].Используя формулу (2), получим оценку для решений ЗадачиКоши (1). В самом деле, имеем:¯¯¯¯¯¯¯¯Zt¯¯ tA¯¯||y(t)|| = ¯¯¯¯e y0 + e(t−s)A f (s)ds¯¯¯¯ ≤ ||etA y0 ||+¯¯¯¯0¯¯ t¯¯¯ t¯¯¯Z¯¯¯Z ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ¯¯ (t−s)A ¯¯¯(t−s)AtA+ ¯¯¯¯ ef (s)ds¯¯¯¯ ≤ ||e || · ||y0 || + ¯¯ ¯¯e¯¯ · ||f (s)||ds¯¯ ≤¯¯¯¯¯¯00¯ t¯¯Z¯¯¯|t|·||A|||t−s|·||A||≤e||y0 || + ¯¯ eds¯¯ M0 =¯¯0e|t|·||A|| − 1,(3)=e||y0 || + M0||A||где M0 = max ||f (s)||.

Заметим, что (3) справедливо и в особом|t|·||A||s∈[−T,T ]e|t|·||A|| − 1случае A = 0, т.е. ||A|| = 0 (надо при этом выражение||A||заменить на |t|, см. Упражнение 2 к этому параграфу). Неравенство (3) можно огрубить так:||y(t)|| ≤ C1 (T, M ),гдеC1 (T, M ) = (1 + M )eT M − 1,(30 )Лекция №8, НГУ, ММФ, 20094M = max(M0 , ||y0 ||, ||A||).При выводе оценки (30 ) мы воспользовались очевидным неравенством (см. Упражнение 3 к этому параграфу):e|t|·||A|| − 1 eT M − 1≤при |t| ≤ T, ||A|| ≤ M.||A||MЗамечание 1. Если начальные данные в (1) задаются при t =t0 , t0 ∈ (−T, T ), то оценки (3), (30 ) перепишутся так:||y(t)|| ≤ e|t−t0 |·||A|| ||y0 || + M0e|t−t0 |·||A|| − 1||A||(4)и||y(t)|| ≤ C2 (T, M ),(40 )гдеC2 (T, M ) = (1 + M )e2T M − 1.Пусть вместо Задачи Коши (1) мы имеем две следующие ЗадачиКоши:( ¡ ¢0y I = Ay I + f I (t), t ∈ [−T, T ],(∗)y I (tI ) = y0I , tI ∈ (−T, T ),( ¡ ¢0y II = Ay II + f II (t), t ∈ [−T, T ],(∗∗)y II (tII ) = y0II , tII ∈ (−T, T ).Если∆ = y I (t) − y II (t),ω(t) = f I (t) − f II (t),δ = y0I − y0II , Λ = AI − AII ,∆y II = y II (tI ) − y II (tII ),то((∗ ∗ ∗)∆0 (t) = AI ∆(t) + Λy II (t) + ω(t), t ∈ [−T, T ],∆(tI ) = −∆y II + δ, tI,II ∈ (−T, T ).Лекция №8, НГУ, ММФ, 20095Полученные выше оценки (4), (40 ) позволяют сразу написать дляЗадачи Коши (***)I||∆(t)|| ≤ e2T ||A || ||∆(tI )||+½¾ 2T ||AI ||e−1≤+ max ||ω(s)|| + ||Λ|| max ||y II (s)||||AI ||s∈[−T,T ]s∈[−T,T ]½¾© IIª2T M≤e||∆ || + ||δ|| + max ||ω(s)|| + C2 (T, M )||Λ|| ·s∈[−T,T ]e2T M − 1·,Mгде M = max(M0I , M0II , ||y0I ||, ||y0II , ||AI ||, ||AII ||).

Чтобы завершитьвывод нужной нам оценки, нам осталось оценить только ||∆y II ||.Так какZtId IIy (s)ds =ds∆y II =tIIтоZtI© II IIªA y (s) + f II (s) ds,tII¯¯¯ZtI¯¯¯¯¯¯¯II||∆y || ≤ ¯ {M C2 (T, M ) + M } ds¯ = C3 (T, M ) ¯tI − tII ¯ ,¯¯¯tII¯гдеC3 (T, M ) = M (1 + C2 (T, M )).Итак, окончательно получаем:||∆(t)|| = ||y I (t) − y II (t)|| ≤ K(T, M )·(5)½¾IIIIIIIIIIII· |t − t | + ||y0 − y0 || + ||A − A || + max ||f (s) − f (s)|| ,s∈[−T,T ]Здесь½¾2T M2T Me−1e−1,K(T, M ) = max e2T M , e2T M C3 (T M ), C2 (T M ).MMЛекция №8, НГУ, ММФ, 20096Оценка (5) означает, что решение Задачи Коши (1) непрерывнымобразом зависит от: начальных данных, коэффициентов матрицыA, правой части в том смысле, что малое изменение последнихведет к малому изменению самого решения.Обычно факт, доказанный нами, формулируется в виде теоремы о непрерывной зависимости решений Задачи Коши(1) от параметра, входящего в коэффициенты матрицы A, правойчасти и начальных данных.

Итак, пусть мы имеем следующую Задачу Коши:(y 0 = A(µ)y + f (t, µ), t ∈ [−T, T ], µ ∈ [−m, m], 0 < T, m < ∞y(t0 ) = y0 (µ), t0 = t0 (µ), t0 ∈ [−T, T ], µ ∈ [−m, m].(6)Далее будем полагать, что:1. f (t, µ) - непрерывная вектор-функция в областиΩ = {(t, µ) | |t| ≤ T, |µ| ≤ m} .2. Матрица A(µ) имеет непрерывные по µ коэффициенты на отрезке [−m, m].3. Функция t0 = t0 (µ) непрерывна по µ на отрезке [−m, m].4.

Вектор y0 (µ) имеет непрерывные по µ компоненты на отрезке[−m, m].С учетом условий 1-4 можно утверждать, что существует такоймодуль непрерывности ω(ξ), т.е. такая функция ω(ξ) > 0 приξ > 0 и ω(ξ) → +0 при ξ → +0, причем:||f (t, µ1 ) − f (t, µ2 )|| ≤ ω(|µ1 − µ2 |),||A(µ1 ) − A(µ2 )|| ≤ ω(|µ1 − µ2 |),||t0 (µ1 ) − t0 (µ2 )|| ≤ ω(|µ1 − µ2 |),||y0 (µ1 ) − y0 (µ2 )|| ≤ ω(|µ1 − µ2 |),µ1,2 ∈ [−m, m].

С другой стороны, существует такая постояннаяM , что||A(µ)||, ||y0 (µ)||, ||f (t, µ)|| ≤ M,Лекция №8, НГУ, ММФ, 20097µ ∈ [−m, m], t ∈ [−T, T ]. После этого, обозначая черезy I (t) = y(t, µ1 ),y II (t) = y(t, µ2 ),AI (t) = A(µ1 ), AII (t) = A(µ2 ),y0I (t) = y0 (µ1 ), y0II (t) = y0 (µ2 ),tI (t) = t0 (µ1 ), tII (t) = t0 (µ2 ),мы переходим к ситуации описанной выше и, следовательно, мыможем воспользоваться неравенством (5), которое перепишется так:||y(t, µ1 ) − y(t, µ2 )|| ≤ max ||y(t, µ1 ) − y(t, µ2 )|| ≤t∈[−T,T ]≤ K(T, M ){|t0 (µ1 ) − t0 (µ2 )| + ||y0 (µ1 ) − y0 (µ2 )||++||A(µ1 ) − A(µ2 )|| + max ||f (s, µ1 ) − f (s, µ2 )||} ≤s∈[−T,T ]≤ 4K(T, M )ω(|µ1 − µ2 |).Последнее неравенство и означает, что решение Задачи Коши (6)непрерывно зависит от параметра µ (если выполнены условия 1-4).Такое утверждение носит название теоремы о непрерывной зависимости решений Задачи Коши (6) от параметра µ.

Заметим, чтопоскольку||y(t1 , µ) − y(t2 , µ)|| ≤ C3 (T, M )|t1 − t2 | ≤ K(T, M )|t1 − t2 |при t1,2 ∈ [−T, T ], µ ∈ [−m, m], то справедлива и более общаяоценка||y(t1 , µ1 ) − y(t2 , µ2 )|| ≤ K(T, M ) {|t1 − t2 | + 4ω(|µ1 − µ2 |)} ,t1,2 ∈ [−T, T ], µ1,2 ∈ [−m, m].Последнее неравенство показывает, что вектор-функция y = y(t, µ),являющаяся решением Задачи Коши (6), будет непрерывной функцией по совокупности переменных t, µ в области Ω.

Характеристики

Список файлов лекций