1612135140-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (829506), страница 13

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

Текст из файла (страница 13)

С этой целью мы введем в наше рассмотрение квадратную матрицу G(t) порядка N для системы y 0 = Ay с помощьютаких аксиом:1) ||G(t)|| ограничена при всех t ∈ R1 ;2) G(t) непрерывна всюду, кроме t = 0, где она имеет разрыв1го рода:G(+0) − G(−0) = IN ;3) при t 6= 0 : G0 (t) = AG(t).Заметим, что с помощью аксиом 1), 2), 3) матрица Грина G(t)определяется однозначно (в предположении, естественно, что матрица A не имеет собственных значений на мнимой оси). В самомделе, пусть GI (t) и GII (t) - две различные матрицы Грина. Тогдадля матрицыG(t) = GI (t) − GII (t)имеем: эта матрица (точнее, ее коэффициенты) - непрерывна,ограничена и при всех t ∈ R1 удовлетворяет однородной системеG0 (t) = AG(t).

Как мы уже знаем, в этом случае G(t) ≡ 0, что итребовалось доказать.Лекция №14, НГУ, ММФ, 20108Представляя, как и выше, матрицу A в следующем вид嵶A0+A = T −1T,0 A−определим матрицу Грина G(t) так:µ tA¶e + 0−1T при t < 0, −T0 0µ¶G(t) =00−1T при t > 0. T0 etA−(8)Легко проверить, что матрица (8) удовлетворяет условиям 1), 2),3).

В самом деле, посколькуµ¶||A||−||etA− || ≤ M, N− e−(σ/2)t , t ≥ 0,σµ¶||A+ ||tA+||e || ≤ M, N+ e(σ/2)t , t ≤ 0,σто матрица G(t) - ограничена. Аналогично проверяются свойства2), 3).Заметим, что для матрицы Грина G(t) справедлива оценка:||G(t)|| ≤ K(A)e−(σ/2)|t|(9)при всех t ∈ R1 и при условии, что |Reτj (A)| ≥ σ > 0, j = 1, N .С помощью матрицы Грина G(t) построим вектор-функциюZ∞y(t) =G(t − s)f (s)ds = G ∗ f (t),(10)−∞где G ∗ f - свертка G(t) и f (t).В силу (9)||G(t − s)|| ≤ K(A)e−(σ/2)|t−s| .Поэтому интеграл (10) сходится и||y(t)|| ≤4F KσЛекция №14, НГУ, ММФ, 20109(напомним.

что ||f (s)|| ≤ F < ∞ при всех s ∈ R1 ).Далее, поскольку t∞ZZd 0G(t − s)f (s)ds + G(t − s)f (s)ds =y (t) =dt −∞t= f (t) + Ay(t),то вектор-функция y(t) ограничена и удовлетворяет уравнениюy 0 = Ay + f (t) при всех t ∈ R1 .В заключении этого параграфа рассмотрим следующую краевую Задачу(y 0 = Ay + f (t) при t > 0,(11)By(0) = ϕ,где B - некоторая, вообще говоря, прямоугольная матрица. Краевая задача (11) состоит в нахождении непрерывной и ограниченной вектор-функции y(t), непрерывно дифференцируемой, приусловии, что правая часть f (t) при t ≥ 0 - ограниченная непрерывная вектор-функция. Следовательно, наша цель заключается,также, в том, чтобы выяснить, каким условиям должна удовлетворять матрица B.

чтобы краевая задача (11) была однозначноразрешима при любых ϕ. Заметим, сразу, что в задаче (11) можно считать, что f (t) ≡ 0. В самом деле, продолжим функцию f (t)при t < 0 так:fe(t) = f (−t), t < 0.В итоге получим непрерывную, ограниченную функцию(f (t), t ≥ 0,fe(t) =f (−t), t < 0.Тогда рассматривая систему y00 = Ay0 +fe(t) при t ∈ R1 , для нахождения ограниченного решения y0 = y0 (t) при всех t ∈ R1 можемвоспользоваться формулой (10), которую затем будем рассматривать только при t ≥ 0.Лекция №14, НГУ, ММФ, 201010Если теперь в краевой задаче (11) сделать замену z(t) = y(t) −y0 (t) при t ≥ 0, то в итоге вместо (11) получим задачу:(z 0 (t) = Az(t) при t > 0,(110 )Bz(0) = ϕ − By0 (0) = ϕ.eПосколькуµ¶tA+e0z(t) = etA z(0) = T −1T z(0) =0 etA−Ã!µ tA¶Ã !tA++eCCe0++= T −1= T −1,tA−tA0 eC−e − C−N+ компонентC+где T z(0) = C =  − · − − · − · − · − ,C−N− компонентто при C+ 6= 0 неограничено растет по норме вектор etA+ C+ приt → ∞, так как Reτj (A+ ) ≥ σ > 0, j = 1, N+ .

Поэтому, надопотребовать, чтобы C+ = 0 и тогда ограниченное решение (приt → ∞) будет иметь ви䵶0z(t) = T −1.etA− C−Для определения же вектора C− мы должны воспользоваться краевыми условиями:µ¶0BT −1= ϕ.e(12)C−Следовательно, однозначная разрешимость краевой задачи(11) эквивалентна однозначной разрешимости линейной алгебраической системы (12). Для однозначной же разрешимости системы(12), надо, по крайней мере, чтобы rang(BT −1 ) = N− .Представим матрицу BT −1 так:BT −1 = (D+ | D− ) ≡ N− строк.q · qN+ | N−Лекция №14, НГУ, ММФ, 201011ТогдаµBT −10C−¶= D− C− = ϕ,e(120 )т.е. для однозначной разрешимости надо потребовать условияdet D− 6= 0.(13)Тогда, если (13) выполнено, то−1C − = D−ϕeи−1||C− || ≤ ||D−|| · ||ϕ||.eДалееµ||etA− C− || ≤ M¶||A− ||−1, N− e−(σ/2)t ||D−|| · ||ϕ||eσи−1||z(t)|| ≤ ||T −1 || · M (·)e−(σ/2)t · ||D−|| · ||ϕ||e =||ϕ||e −(σ/2)t−1= ||T −1 || · M (·) · ||D−|| · ||B||e.|{z} ||B||qα(14)Говорят, что граничные условия в задаче (11), удовлетворяющиеусловию (13) удовлетворяют условию Лопатинского, а постоянная α в оценке (14) называется постоянной Лопатинского(α < ∞).Лекция №14, НГУ, ММФ, 201012Упражнения к §141.

Найти единственное ограниченное решение уравненияy 0 = ay + f (y) при всех t ∈ R1 ,если a > 0 - некоторая постоянная, f (t), t ∈ R1 - ограниченнаянепрерывная функция.2. Выполнено ли условие Лопатинского для краевой задачи à !0!µ¶Ã ! Ãyyf(t)1 1111+, t > 0, y2 =0 −1y2f2 (t)Ã! à !¡¢y(0)ϕ11=.1,1y2 (0)ϕ2§15. Линейное уравнение 2го порядка.В этом параграфе мы рассмотрим линейное уравнение 2го порядкаa0 (x)y 00 + a1 (x)y 0 + a2 (x)y = f (x).(1)Будем рассматривать уравнение (1) на отрезке [a, b], причем будемполагать, что a0 (x) 6= 0 на [a, b]. Как известно, Задача Коши дляуравнения (1) ставится так:(a0 (x)y 00 (x) + ...

= f (x), x ∈ [a, b],(З.К.)(5)y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y1 , x0 ∈ (a, b).Задача Коши разрешима и решение единственно, если коэффициенты a0 (x), a1 (x), a2 (x) и правая часть f (x) непрерывны на отрезке [a, b]. Задача Коши с нулевыми начальными данными имееттолько тривиальное решение для однородного уравнения (т.е. приf (x) ≡ 0 на [a, b]).Заметим, теперь, что вместо уравнения (1) мы можем не нарушая общности рассматривать либо уравнение (мы полагаем, чтоf (x) ≡ 0 в (1))y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0,(10 )либо уравнение в так называемом самосопряженном виде0{P (x)y 0 (x)} + q(x)y(x) = 0.(100 )Действительно, при a0 (x) =6 0 и f (x) ≡ 0 уравнение (1) послезамены x 1 Z a (ξ) 1y(x) = expdξ z(x)2a0 (ξ) x01Лекция №15, НГУ, ММФ, 20102приводится к уравнению (10 ) для функции z(x). Умножая уравнение (1) на функцию xZ a (ξ) 11µ(x) =expdξ z(x) a0 (ξ) a0 (x)x0(опять при условии, что a0 (x) 6= 0, f (x) ≡ 0), приведем его к виду(100 ).Пример.

Простейшими уравнениями 2го порядка являются следующие уравнения:y 00 + a2 y = 0,y 00 − a2 y = 0, a = const.Общее решение этих уравнений имеет вид:y(x) = C1 sin(ax) + C2 cos(ax),y(x) = C1 eax + C2 e−ax .Из этих формул следует, что у уравнений 2го порядка есть решения, имеющие бесконечно много нулей, а есть решения не обращающиеся в ноль.Определение. Решение y(x) уравнения (1) (при f (x) ≡ 0) назовем колеблющимся на отрезке [a, b], если оно более 1го разаобращается в нуль на этом отрезке. В противном случае - неколеблющимся.Без доказательства приведем несколько теорем, связанных с нулями решений уравнения (10 ):y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0.(10 )Теорема 1. Колеблющееся решение не может иметь точки накопления нулей.

Иными словами, все нули решения уравнения(10 ) суть изолированные точки.Теорема 2. Пусть для уравнения (10 ): Q(x) ≤ 0, x ∈ [a, b].Тогда, все решения его не колеблющиеся на [a,b].Лекция №15, НГУ, ММФ, 20103Теорема 3. Между двумя последовательными нулями одногорешения уравнения 2го порядка лежит точно один нуль другого решения того же уравнения, линейно-независимого с первым.Иными словами, нули линейно-независимых решений разделяютдруг друга.Теорема 4 (Теорема сравнения). Пусть заданы два уравнения вида (10 ):y 00 (x) + Q(x)y(x) = 0,z 00 (x) + q(x)z(x) = 0, x ∈ [a, b]и Q(x) ≥ q(x) на [a, b]. Тогда между двумя последовательныминулями решения второго уравнения найдется, по крайней мере,один нуль решения 1го уравнения.

Иными словами, решение 1гоуравнения колеблется быстрее.Рассмотрим краевую задачу следующего вида: 00 y (x) + Q(x, λ)y(x) = f (x), x ∈ (a, b),y(a)l1 + y 0 (a)l2 = 0,(2)0y(b)r1 + y (b)r2 = 0,где λ - некоторый, вообще говоря комплексный параметр. Поскольку, вместо уравнения 2го порядка мы можем рассмотреть системуÃ!0Ã! Ã!µ¶y(x)y(x)00 1=A+, A=,−Q 0y 0 (x)y 0 (x)f (x)то краевая задача (2) есть частный случай краевой задачи из §13(N = 2, M = 1), при этом: L = (l1 , l2 ), R = (r1 , r2 ).

Пусть в (2):f (x) ≡ 0, Q(x, λ) = λ − q(x), q(x) - непрерывная функция на [a, b],величины l1 , l2 , r1 , r2 не зависят от λ и l12 + l22 6= 0, r12 + r22 6= 0.Пусть, далееllp 1p 2=cosα,= sin α,l12 + l22l12 + l22rrp 1p 2=cosβ,= sin β.r12 + r22r12 + r22Лекция №15, НГУ, ММФ, 20104Тогда задача (2) перепишется в виде так называемой краевойзадачи Штурма-Лиувилля (З.Ш.Л.): 00 y (x) + [λ − q(x)]y(x) = 0, x ∈ (a, b),y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0,(3)y(b) cos β + y 0 (b) sin β = 0.Число λ = λ0 называется собственным значением З.Ш.Л.,если она при λ = λ0 имеет нетривиальное решение y = y(x, λ0 ),которое называется собственной функцией.Пример.

Пусть в (3): q(x) ≡ 0, α = β = 0, a = 0. Пусть λ ≤ 0.Тогда все решения уравнения y 00 + λy = 0 неколеблющиеся и следовательно граничным условиям y(0) = y(b) = 0 удовлетворитьне могут. Иными словами, при λ ≤ 0 нет собственных значений.Пусть λ > 0. Тогда, общее решение уравнения будет (положимλ = a2 )y(x) = C1 sin(ax) + C2 cos(ax).Отсюда:y(0) = C2 = 0, y(b) = C1 sin(ab) = 0.kπПоскольку C1 6= 0, то sin(ab) = 0, т.е. ak =, k = 1, 2, ...

. Слеbµ¶kπk2π2xдовательно, λk = 2 - собственные значения, yk (x) = sinb6- собственные функции.Обсудим, теперь, некоторые свойства собственных функций исобственных значений.1) Все собственные функции, соответствующие собственномузначению λ0 , пропорциональны, т.е. представимы в виде: C1 y(x, λ0 ).В самом деле, если y(x, λ0 ) - собственная функция, то любая функция вида C1 y(x, λ0 ) - тоже будет удовлетворять уравнению и краевым условиям. Предположим, что нашлась собственная функцияω(x, λ0 ), линейно-независимая с y(x, λ0 ). Тогда, любое решениеуравненияy 00 (x) + [λ0 − q(x)]y(x) = 0Лекция №15, НГУ, ММФ, 20105представимо в виде:C1 y(x, λ0 ) + C2 ω(x, λ0 ),т.е. любое решение этого уравнения удовлетворяет дополнительным граничным условиям, что, естественно, невозможно.2) Собственные функции y(x, λ1 ), y(x, λ2 ), соответствующие разным собственным значениям λ1 , λ2 : λ1 6= λ2 , удовлетворяют условию:Zby(xλ1 )y(x, λ2 )dx = 0.aЭто свойство собственных функций называется свойством ортогональности собственных функций.

Докажем этот факт.Поскольку: 00 y (x, λ1 ) + [λ1 − q(x)]y(x, λ1 ) = 0,y(a, λ1 ) cos α + y 0 (a, λ1 ) sin α = 0,y(b, λ1 ) cos β + y 0 (b, λ1 ) sin β = 0; 00 y (x, λ2 ) + [λ2 − q(x)]y(x, λ2 ) = 0,y(a, λ2 ) cos α + y 0 (a, λ2 ) sin α = 0,y(b, λ2 ) cos β + y 0 (b, λ2 ) sin β = 0;то:y(x, λ2 )y 00 (x, λ1 ) − y(x, λ1 )y 00 (x, λ2 ) == [y(x, λ2 )y 0 (x, λ1 ) − y(x, λ1 )y 0 (x, λ2 )]0 == −(λ1 − λ2 )y(x, λ1 )y(x, λ2 ),т.е.Zb(λ1 − λ2 )y(x, λ1 )y(x, λ2 )dx = 0.aТак как λ1 6= λ2 , тоZby(x, λ1 )y(x, λ2 )dx = 0,aЛекция №15, НГУ, ММФ, 20106что и требовалось доказать.3) Все собственные значения З.Ш.Л вещественные.

Характеристики

Список файлов лекций