1612135140-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (829506), страница 12

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

Текст из файла (страница 12)

Пусть коэффициенты матриц L, R, A - аналитические функции комплексного параметраλ, определенные при всех λ 6= ∞, т.е. коэффициенты этих матриц целые аналитические функции от λ. Тогда ∆ = ∆(λ) - целаяЛекция №13, НГУ, ММФ, 20109аналитическая функция от комплексного параметра λ. В самомделе, фундаментальная матрица решений Y (t, λ), построенная намножестве [a, b] как решение задачи КошиY (t, λ)= A(t, λ)Y (t, λ), Y (a, λ) = IN .dtЕсли коэффициенты матрицы A непрерывно дифференцируемыпо комплексному параметру λ, то коэффициенты матрицы Y будут непрерывно дифференцируемы по λ.

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.

Характеристики

Список файлов лекций