1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

Посколькуdy(t, µ)= A(µ)y(t, µ) + f (t, µ),dtЛекция №8, НГУ, ММФ, 20098dy(t, µ)тоже непрерывна по совокупности пеdtременных t, µ в области Ω. Понятно, также, что все вышеприведенное почти дословно можно повторить и для случая, когда µ векторный параметр, т.е. µ = (µ1 , ..., µm ).то вектор-функцияЛекция №8, НГУ, ММФ, 20099Упражнения к §81. Докажите, что:¯¯ t¯¯ ¯ t¯¯¯Z¯¯ ¯Z¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯ f (s)ds¯¯ ≤ ¯ ||f (s)|| ds¯ .¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯ ¯¯00Здесь f = f (s) - непрерывная на отрезке [−T, T ], 0 < T < ∞вектор-функция.2. Покажите, что:¯ t¯  |t|·||A||¯Z¯ e−1¯¯ , ||A|| 6= 0,|t−s|·||A||¯ e¯=||A||ds¯¯ ¯¯  |t|, ||A|| = 0.03.

Докажите, что:e|t|·||A|| − 1 etM − 1≤при |t| ≤ T, ||A|| ≤ M.||A||M4. Докажите, что Y (t) = etA непрерывно зависит от матрицы A.Доказательство. Рассмотрим следующие Задачи Коши:(¡¢0y I,II = AI,II y I,II , t ∈ [−T, T ],y I,II (0) = y0 .Пусть ∆(t) = y I (t) − y II (t), Λ = AI − AII . Тогда:(∆0 (t) = AI ∆(t) + Λy II (t), t ∈ [−T, T ],(+)∆(0) = 0.Из оценки (3) следует:IeT M − 1e|t|·||A || − 1≤M,||∆(t)|| ≤ M00||AI ||MЛекция №8, НГУ, ММФ, 200910где M = max(||AI ||, ||AII ||), M0 = max ||Λy II (s)||.s∈[−T,T ]Поскольку||Λy II (s)|| ≤ ||Λ||·||y II (s)|| ≤ ||Λ||·e|s|·||Aто||∆(t)|| ≤ ||Λ||eT MС другой стороны∆(t) = e¯¯ I¯¯¯¯ tAtAII ¯¯¯¯e − e ¯¯ = sup||·||y0 || ≤ ||Λ||·eT M ·||y0 ||,eT M − 1||y0 || = ||Λ||C(T, M )||y0 ||.M³т.е.IItAI−etAII´y0 ,¯¯³´ ¯¯¯¯ tAI¯¯tAIIy 0 ¯¯¯¯ e − ey6=0||y0 ||≤ ||Λ||C(T, M ),что и требовалось доказать.∗5.

Пусть y = y(t, µ) - решение Задачи Коши:(y 0 = A(µ)y + f (t, µ), t ∈ [−T, T ], 0 < T < ∞, µ ∈ [−m, m],y(0, µ) = y0 (µ).Предположим, что:а) f (t, µ) - непрерывная и непрерывно-дифференцируемая по µвектор-функция в области Ω.б) Матрица A(µ) имеет непрерывные и непрерывно-дифференцируемыепо µ коэффициенты на отрезке [−m, m].в) Вектор y0 (µ) имеет непрерывные и непрерывно-дифференцируемыепо µ компоненты на отрезке [−m, m].∂y(t, µ)Доказать, что вектор-функция Z(t, µ) =является непре∂µрывной по совокупности переменных t, µ в области Ω.Лекция №8, НГУ, ММФ, 200911Указание.

Доказать, что вектор Z = Z(t, µ) удовлетворяеттакой Задаче Коши:dZ∂f dA(µ)= A(µ)Z ++y,dt∂µdµdy (µ) Z(0, µ) = 0 .dµВыписанная выше система для вектора Z называется системойуравнений в вариациях.∗§9. Линейные дифференциальные уравнения спеременными коэффициентами.В этом параграфе рассмотрим Задачу Коши для линейнойсистемы с переменными коэффициентами:(y 0 = A(t)y + f (t), t ∈ [−T, T ], 0 < T < ∞,(1)y(0) = y0 ∈ CN (или RN ).ЗдесьA = (aij (t)), i, j = 1, N - матрица с непрерывными коэффициентами aij (t), t ∈ [−T, T ];f1 (t)f (t) =  ... - вектор-функция правых частей с непрерывныfN (t)ми компонентами fi (t), i = 1, N на отрезке [−T, T ];y1 (t) ..y(t) =  . - вектор-функция искомых переменных,yN (t)y10 .. y0 =  .

 - вектор начальных данных.yN 0В связи с вышеизложенным существуют постоянные M, N > 0,такие, что||A(t)|| ≤ M, ||f (t)|| ≤ N на отрезке [−T, T ].Предположим, что Задача Коши (1) имеет непрерывное и непрерывно-1Лекция №9, НГУ, ММФ, 20092дифференцируемое решение y = y(t). Тогда¤dd £[(y(t), y(t))] =||y(t)||2 = (y 0 (t), y(t)) + (y(t), y 0 (t)) =dtdt= (A(t)y(t) + f (t), y(t)) + (y(t), A(t)y(t) + f (t)) == (A(t)y(t), y(t)) + (y(t), A(t)y(t)) + (f (t), y(t)) + (y(t), f (t)) == (B(t)y(t), y(t)) + 2Re(f (t), y(t)),где B(t) = A(t) + A∗ (t) = B ∗ (t),2Re(f (t), y(t)) = (f (t), y(t)) + (f (t), y(t)).pПоскольку ||B|| = λmax (B ∗ B) = max{|λmin (B)|, |λmax (B)|} (см.Упражнение 1 к этому параграфу),||B|| = ||A + A∗ || ≤ ||A|| + ||A∗ || = 2||A||(см. Упражнение 2 к этому параграфу),2Re(f, y) ≤ 2|(f, y)| ≤ 2||f || · ||y|| ≤ ||f (t)||2 + ||y(t)||,тоd 2Z ≤ ||B||Z 2 + L2 + Z 2 ≤ C1 (M )Z 2 + N 2 ,dtгде Z = ||y(t)||, L = ||f (t)||, C1 (M ) = 2M + 1.Умножив обе части полученного неравенства на eC1 t и интегрируяполученное выражение (полагая, что 0 ≤ t ≤ T ), в итоге получим:Z 2 ≤ eC1 t Z02 + N 2eC1 t − 1, Z0 = ||y0 ||C1или более грубое неравенство:2Z ≤eC1 TZ02+N2eC1 T−1C1, 0 ≤ t ≤ T.(2)Используя прием из §2 с заменой τ = −t, получим аналогичнуюоценку и при −T ≤ t ≤ 0.

Итак, при всех t ∈ [−T, T ]2Z ≤eC1 |t|Z02+NC1 |t|2e−1C1≤eC1 TZ02+NC1 T2e−1C1, |t| ≤ T. (3)Лекция №9, НГУ, ММФ, 20093Легко видеть, что в случае Задачи Коши(y 0 = A(t)y + f (t), |t| ≤ T,y(t0 ) = y0 , t0 ∈ (−T, T )(10 )оценка (3) перепишется так:2Z ≤e≤e2C1 TZ02Z02+N+N2e2e2C1 TC1 |t−t0 |C1−1C1−1≤, |t| ≤ T.(30 )a2 + b2 ≤ a + b при a, b > 0, то из (3), (30 ) следует:s1eC1 |t| − 1C1 |t|2≤Z = ||y(t)|| ≤ eZ0 + NC1s1eC1 T − 1≤ e 2 C1 T Z0 + N(4)C1s1eC1 |t−t0 | − 1C1 |t−t0 |2≤Z =≤ eZ0 + NC1se2C1 T − 1C1 T≤ e Z0 + N.(40 )C1Посколькуи√C1 |t−t0 |Как и в §2, покажем, как с помощью полученных оценок доказатьединственность решения Задачи Коши (1) (если оно существует).Предположим противное: одним и тем же векторам y0 , f (t) отвечают два решения y I (t), y II (t).

Их разность ∆(t) = y I (t) − y II (t)есть решение следующей Задачи Коши:(∆0 = A(t)∆, |t| ≤ T,(5)∆(0) = 0.Лекция №9, НГУ, ММФ, 20094Из оценки (4) для Задачи Коши (5) имеем:s1eC1 T − 1C1 T2||∆(t)|| ≤ e·0+0·= 0,C1т.е. y I (t) ≡ y II (t) на отрезке [−T, T ].Рассмотрим теперь Задачу Коши для однородной системы (т.е.f (t) ≡ 0 при |t| ≤ T ):(y 0 = A(t)y, |t| ≤ T,(10 )y(t0 ) = y0 .Предположим, что Задача Коши (10 ) однозначно разрешима прилюбом векторе y0 . Тогда, как и в случае линейных систем с постоянными коэффициентами, можно утверждать, что:а) Все решения линейной системы y 0 = A(t)y образуют линейноепространство.б) Размерность этого пространства равна N , т.е.

размерностипространства начальных векторов y0 .в) N линейно-независимых решений системы y 0 = A(t)y можно построить, решив N раз Задачу Коши (10 ) и взяв в качественачальных данных N линейно-независимых векторов y0 .Пусть y [k] (t), k = 1, N - какая-либо совокупность линейно-независимыхрешений для системы y 0 = A(t)y, при этом:³´0 y [k] (t) = A(t)y [k] (t), |t| ≤ T, [k][k]y (0) = y0 ,гдеy1k (t)y1k0 [k]  ..y [k] (t) =  ..., y 0 =  ..yN k (t)yN k0[k]Составим из векторов y (t) матрицу Y (t): Y (t) = (yij (t)), i, j =1, N . Ясно, что как и в случае линейных систем с постоянными коэффициентами, если det Y (0) 6= 0, то и det Y (t) 6= 0, |t| ≤ T . ТочноЛекция №9, НГУ, ММФ, 20095так же можно утверждать, что если det Y (0) = 0, то det Y (t) = 0при всех t ∈ [−T, T ]. Очевидно, что матрицу Y (t), det Y (t) 6= 0можно назвать фундаментальной матрицей решений для системыy 0 = A(t)y.

Любое решение Задачи Коши (10 ) выражается так:y(t) = Y (t)C =NXCk y [k] (t),k=1C1где C =  ... , при этом вектор C следующим образом выражаCNется через вектор начальных данных y0 : C = Y −1 (0)y0 , т.е. решение Задачи Коши (10 ) записывается так:y(t) = Y (t)Y −1 (0)y0 .(6)Сама же фундаментальная матрица решений системы y 0 = A(t)yесть решение следующей Задачи Коши для матричной системы(Y 0 (t) = A(t)Y (t), t ∈ [−T, T ],(7)Y (0) = Y0 , det Y0 6= 0.Как и в случае линейной системы с постоянными коэффициентами справедлива формула (типа формулы (8) из §3), связывающаяdet Y (t) и det Y0 . В самом деле, если мы снова вычислим производную от ∆(t) = det Y (t) (см. §3), то получим:Ã N!Xd∆(t)=akk (t) ∆(t) = T rA(t)∆(t).dtk=1Rt− T rA(s)dsУмножая это соотношение на e 0, мы получим:( Rt)− T rA(s)dsde 0∆(t) = 0,dtЛекция №9, НГУ, ММФ, 20096т.е.Rt∆(t) = e0T rA(s)ds∆(0),(8)где ∆(0) = det Y0 .

Формула (8) носит название формулы Лиувилля. Она обобщает аналогичную формулу, полученную для системс постоянными коэффициентами.Вернемся к формулам (6). Поскольку (см. неравенство (4)):1Z = ||y(t)|| ≤ e 2 C1 (M )|t| Z0 ,то1||Y (t)Y −1 (0)y0 || ≤ e 2 C1 |t| ||y0 ||и||Y (t)Y−11||Y (t)Y −1 (0)y0 ||(0)|| = sup≤ e 2 C1 |t| .Z0Z0 =||y0 ||6=0(9)Используя фундаментальную матрицу Y (t), получим формулу длярешения Задачи Коши (1). Умножим систему y 0 = A(t)y + f (t)слева на Y −1 (t).

В итоге получим (см. Упражнение 3 к этомупараграфу):© −1ª0Y (t)y(t) = Y −1 (t)f (t),т.е.Zty(t) = Y (t)Y −1 (0)y0 +Y (t)Y −1 (s)f (s)ds.0Поскольку (см. формулу (9))1||Y (t)Y −1 (s)|| ≤ e 2 C1 |t−s| ,то из (10) следует:¯ t¯¯Z¯¯¯11Z = ||y(t)|| ≤ e 2 C1 |t| Z0 + ¯¯ e 2 C1 |t−s| ||f (s)||ds¯¯ ≤¯¯01≤e12 C1 |t|e 2 C1 |t| − 1.Z0 + 2NC1(10)Лекция №9, НГУ, ММФ, 20097Это еще один вариант априорной оценки для решения ЗадачиКоши (1).Кратко остановимся на случае одного линейного неоднородного уравнения высокого порядка с переменными коэффициентами:(N )(N −1)+ ... + aN −1 (t)x0 + aN (t)x = F (t), Lx = x + a1 (t)x|t| ≤ T,(11)x(0) = α1 , x0 (0) = α2 , ..., x(N −1) (0) = αN ,где ai (t), i = 1, N , F (t) - непрерывные функции от t на отрезке[−T, T ].

Как и в случае линейного уравнения высокого порядкас постоянными коэффициентами, Задача Коши (11) может бытьсведена к Задаче Коши вида (1):dy(t) = A(t)y(t) + f (t), |t| ≤ T,dt α1(100 )y(0) = y0 =  ...  ,αNгдеx(t) 0 x (t)y(t) =  ...,(N −1)x(t)01 0 ...0 00 1 ...0 ,A(t) = ........................ 00 0 ...1 −aN (t) . . .

. . . . . −a1 (t)0f (t) =  ....F (t)Понятно, что если Задача Коши (100 ) однозначно разрешима, тооднозначно разрешима Задача Коши (11) (в силу эквивалентности этих задач). При F (t) ≡ 0 (т.е. f (t) ≡ 0) фундаментальнаяЛекция №9, НГУ, ММФ, 20098матрица решений для системы y 0 = A(t)y такова:x1.

. . xN x0. . . x0N  1[1][N ]Φ(t) = (y (t), ..., y (t)) =  ....  ,.  .(N −1)(N −1). . . xNx1при этом любое решение уравнения Lx = 0 представимо так:x(t) =NXCk xk (t).k=1Заметим, что вронскиан W (t) = det Φ(t) 6= 0, причем по формулеЛиувилля ZtW (t) = W (0)exp − a1 (s)ds ,(12)0где W (0) = det Φ(0). Ясно, что решение Задачи Коши (11) приF (t) 6= 0, |t| ≤ T может быть найдено с помощью формулы (10).Лекция №9, НГУ, ММФ, 20099Упражнения к §91. Доказать, что для эрмитовой матрицы A:||A|| = max{|λmin (A)|, |λmax (A)|}.2.

Характеристики

Список файлов лекций