1612135140-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (829506), страница 14

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

Текст из файла (страница 14)

Допустимпротивное: λ0 - комплексное собственное значение, а y(x, λ0 ) - собственная функция: 00 y (x, λ0 ) + [λ0 − q(x)]y(x, λ0 ) = 0,y(a, λ0 ) cos α + y 0 (a, λ0 ) sin α = 0,y(b, λ0 ) cos β + y 0 (b, λ0 ) sin β = 0;³´00y(x, λ0 ) + [λ0 − q(x)]y(x, λ0 ) = 0,³´0y(a, λ0 ) cos α + y (a, λ0 ) sin α = 0,³´ y(b, λ0 ) cos β + y 0 (b, λ0 ) sin β = 0;т.е. λ0 - тоже собственное значение, а y(x, λ0 ) = y(x, λ0 ) - собственная функция.Тогда:³´0000y(x, λ0 )y (x, λ0 ) − y(x, λ0 ) y(x, λ0 ) == −(λ0 − λ0 )y(x, λ0 )y(x, λ0 ).Так как λ0 6= λ0 , тоZbZb|y(x, λ0 )|2 dx = 0,y(x, λ0 )y(x, λ0 )dx =aaт.е.y(x, λ0 ) ≡ 0.В §13 было показано, что все собственные значения З.Ш.Л.суть нули целой аналитической функцииLY (a, λ)det  − · − · −RY (b, λ)∆(λ) =.det Y (a, λ)Лекция №15, НГУ, ММФ, 20107В нашем случае она принимает следующий вид:¯¯¯ y1 (a, λ) cos α + y10 (a, λ) sin α | y2 (a, λ) cos α + y20 (a, λ) sin α¯¯¯¯ − − − − − − − − − | − − − − − − − − −¯¯¯¯ y1 (b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β | y2 (b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β ¯12¯¯∆(λ) =,¯ y1 (a, λ) y2 (a, λ)¯¯¯¯ y 0 (a, λ) y 0 (a, λ)¯12где y1 (x, λ), y2 (x, λ) - два линейно-независимых решения уравненияy 00 + [λ − q(x)]y = 0.Там же было указано, что если собственные значения (или что тоже самое, что нули функции ∆(λ)) существуют, то их не более чемсчетное число и они изолированы.Для задачи (3) существование собственных значений можно доказать и своим путем.

Приведем, также, без доказательства уточненную теорему сравнения (она используется при доказательстве следующей теоремы 5).Теорема 40 (Уточненная теорема сравнения.) Пусть заданы два уравнения вида (10 ) на [a, b]:y 00 + Q(x)y = 0,z 00 + q(x)z = 0с дополнительными начальными условиями Коши:y(a) = z(a) = sin α,y 0 (a) = z 0 (a) = − cos αи пусть Q(x) > q(x) на [a, b]. Тогда решение Задачи Коши y(x)имеет на [a, b] не меньше нулей, чем z(x), причем если нули z(x), y(x)перенумеровать при продвижении от a к b, то k ый нуль y(x) расположен левее k го нуля z(x). Иными словами, если мы увеличимкоэффициент Q(x) в (10 ), то все нули решения сдвинутся влево.Теорема 5 (Теорема осцилляции). У Задачи ШтурмаЛиувилля существует бесконечно много (счетное число) собственных значений λ0 < λ1 < λ2 < ...

< λn < ... ( lim λn = ∞), причемn→∞Лекция №15, НГУ, ММФ, 20108собственные функции yn (x) = y(x, λn ) имеют ровно n нулей на[a, b].Вместо З.Ш.Л. (3) будем далее рассматривать З.Ш.Л. болееобщего вида:0 0 [p(x)y ] + [λ − q(x)]y = 0, x ∈ (a, b),y(a, λ) cos α + y 0 (a, λ) sin α = 0,(30 )y(b, λ) cos β + y 0 (b, λ) sin β = 0.Будем далее полагать, что З.Ш.Л. не имеет собственного значения λ = 0.Определение. Функцией Грина З.Ш.Л.

(30 ) будем называтьфункцию g(x, s), удовлетворяющую условиям:1) g(x, s) непрерывна при a ≤ x, s ≤ b;2) при x 6= s:[p(x)gx0 (x, s)]x − q(x)g(x, s) = 0;3) Функция Грина g(x, s) удовлетворяет краевым условиям:g(a, s) cos α + gx0 (a, s) sin α = 0,g(b, s) cos β + gx0 (b, s) sin β = 0;4) при x = s gx0 (x, s) испытывает разрыв 1го рода:gx0 (s + 0, s) − gx0 (s − 0, s) =1.p(s)Докажем, теперь, существование и единственность функции Грина. Рассмотрим такую задачу Коши:((p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, x ∈ (a, b],(З.К.)y(a) = sin α, y 0 (a) = − cos αи найдем решение ее y1 (x). Тогда очевидно (!?), что все решенияуравнения (p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, удовлетворяющие первому (левому) краевому условию y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0 выражаются вЛекция №15, НГУ, ММФ, 20109виде: C1 y1 (x).

Аналогично через y2 (x) обозначим решение задачиКоши:((p(x)y 0 )0 − q(x)y = 0, x ∈ [a, b),(З.К.)y(b) = sin β, y 0 (b) = − cos β,при этом все решения уравнения (p(x)y 0 )0 −q(x)y = 0, удовлетворяющие второму (правому) краевому условию y(b) cos β+y 0 (b) sin β =0 выражаются в виде: C2 y2 (x). Кроме того, эти решения (т.е. y1 (x)и y2 (x)) линейно-независимы, ибо в противном случае они являлись бы собственными функциями З.Ш.Л. (30 ), отвечающими собственному значению λ = 0„ а это противоречит нашему предположению.

Определим функцию Грина g(x, s) так:(αb y1 (x)y2 (s), x < s,g(x, s) =βb y1 (s)y2 (x), x > s,где αb, βb - пока произвольные постоянные. При этом ясно, что услоb то выполнено ивия 2), 3) выполнены автоматически. Если αb = β,условие 1). Потребуем, также, выполнения условия 4):bW (s) =αb {y20 (s)y1 (s) − y2 (s)y10 (s)} = α1,p(s)т.е.1.W (s)p(s)Здесь W (x) - определитель Вронского, причем по формуле Лиувилля:αb=−W (x) = W (x0 )eRxx0Итак:g(x, s) =1W (s)p(s)p0 (ξ)p(ξ) dξ(= W (x0 )p(x0 ).p(x)y1 (x)y2 (s), x < s,y1 (s)y2 (x), x > s,(4)чем и заканчивается доказательство существования.

Заметим, чтоокончательный вид функции Грина не зависит от выбора решенийЛекция №15, НГУ, ММФ, 201010y1 (x), y2 (x). Из этого замечания следует единственность функцииГрина.Рассмотрим, теперь, краевую задачу вида:0 0 (p(x)y ) − q(x)y = f (x), x ∈ (a, b),y(a) cos α + y 0 (a) sin α = 0,(5)y(b) cos β + y 0 (b) sin β = 0.Перепишем (5) в виде краевой задачи для системы (см. §13): 0 Z (x) = A(x)Z(x) + F (x), x ∈ (a, b),LZ(a) = 0,(50 )RZ(b) = 0.Здесь:ÃZ(x) = 00 1y(x)qp, F (x) = f  ,, A(x) =0−y (x)pp0pL = (cos α, sin α), R = (cos β, sin β).!Ã!Матрица Грина для краевой задачи (50 ) определяется так:1) G0x= AG для всех x 6= s;2) G(s + 0, s) − G(s − 0, s) = I2 ;3) LG(a, s) = 0, RG(b, s) = 0.Выберем матрицу Грина так:G(x, s) = (Gij (x, s)) =µ¶0−y(x)y(s)y(x)y(s)1122, x < s,000−y1 (x)y2 (s) y1 (x)y2 (s)1µ¶=0W (s) −y(x)y(s)y(x)y(s)2211, x > s;000−y2 (x)y1 (s) y2 (x)y1 (s)(6)где y1 (x), y2 (x) - вышеупомянутые линейно-независимые решения.Легко убедиться, что свойства 1), 2), 3) выполнены.

Сравнивая (6)и (4), видим, чтоG12 (x, s) = p(s)g(x, s).Лекция №15, НГУ, ММФ, 201011Напомним, что (см. §13) с помощью матрицы Грина G(x, s) решение краевой задачи (50 ) записывается так:ZbZ(x) =G(x, s)F (s)ds.aСледовательноZb ·y(x) =a¸f (s)G11 (x, s) · 0 + G12 (x, s)ds =p(s)Zb=g(x, s)f (s)ds,(7)aZby 0 (x) =gx0 (x, s)f (s)ds.aИтак, с помощью функции Грина g(x, s) решение краевой задачи(5) представимо в виде (7).Лекция №15, НГУ, ММФ, 201012Упражнения к §151. Доказать теорему 1.Указание. Доказательство вести от противного: предположим,что y(x0 ) = 0 и x0 - точка накопления нулей, т.е. x0 = lim xn ,n→∞y(xn ) = 0.2.

Доказать теорему 2.Указание. Доказательство вести от противного, т.е. пусть y(x) решение уравнения (10 ) и пусть x1 , x2 - два соседних нуля функции y(x) : y(x1 ) = y(x2 ) = 0, y(x) 6= 0 при x ∈ (x1 , x2 ).3. Показать, что окончательный вид функции Грина g(x, s) не зависит от выбора решений y1 (x), y2 (x).4. Проверьте, что функция y(x) =Rbag(x, s)f (s)ds действительноявляется решением уравнения (p(x)y 0 )0 − q(x)y = f (x).§16.

Устойчивость по Ляпунову.Рассмотрим так называемую автономную систему (см., также,§11):y 0 = f (y),(1) a1 причем f (a)=0, где a =  ...  - постоянный вектор. Ясно, что вanэтом случае система (1) имеет постоянное решение y = y0 (t) ≡ a(=const). В таком случае говорят, что точка y = a является точкойравновесия для системы (1). Если a 6= 0, то сделав заменуz = y − a, мы приведем (1) к виду z 0 = f (z + a) = fe(z), причемfe(0) = 0, т.е. z = 0 является точкой равновесия для системыz 0 = fe(z).Определение 1.

Решение y0 (t) ≡ 0 системы (1) называетсяустойчивым по Ляпунову, если для ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε) > 0,такое что для всех y(0) из шаровой области ||y(0)|| < δ решениеy(t) Задачи Коши(y 0 = f (y), t > 0,y |t=0 = y(0)существует для всех t > 0 и для решения y(t) при всех t > 0выполняется оценка||y(t)|| < ε.Определение 2. Решение y0 (t) ≡ 0 уравнения (1) называетсяасимптотически устойчивым, если оно устойчиво по Ляпуновуи существует такое δ0 > 0, что любое решение y(t) Задачи Коши с1Лекция №16, НГУ, ММФ, 20102начальными данными такими, что ||y(0)|| < δ0 стремится к нулюпри t → ∞, т.е.||y(t)|| → 0 при t → ∞.Геометрическая интерпретация Определений 1, 2 при N = 2дана на Рис. 1:ty20y10Рис. 1.Определение 3. Если существует хоть одно положительное число ε > 0 и если при сколь угодно малом δ > 0 хотя бы для одногорешения y(t) уравнения (1) неравенство ||y(t)|| < ε не выполняетсяпри всех t > 0, то решение y0 (t) ≡ 0 называется неустойчивым.Вопрос об устойчивости (или неустойчивости) по Ляпуновутривиального решения y0 (t) ≡ 0 достаточно просто решается длялинейной системы с постоянными коэффициентами:y 0 = Ay.(2)Лекция №16, НГУ, ММФ, 20103В самом деле, решение Задачи Коши для системы (2) записываетсятак:y(t) = etA y(0).В §14 была сформулирована и доказана Лемма 1 (Лемма ГельфандаШилова): если у матрицы A все собственные значения τj = τj (A), j =1, N удовлетворяют неравенству:Re τj (A) ≤ −σ (σ > 0),то при всех t > 0 имеет место оценка:µ¶ σ− t||A||||etA || ≤ M, N e 2 (см.

Рис. 2).σРис. 2.В силу Леммы Гельфанда-Шилова:σt||y(t)|| ≤ ||e || · ||y(0)|| ≤ M e 2 ||y(0)||.tA−Лекция №16, НГУ, ММФ, 20104Полученная оценка позволяет утверждать, что если спектр матрицы A лежит строго в левой полуплоскости, т.е. µj ≤ −σ (σ > 0),то нулевое решение системы (2) асимптотически устойчиво. В саεмом деле, для ∀ε > 0 возьмем δ =. Тогда, если ||y(0)|| < δM(решение Задачи Коши для системы (2) существует при всех t > 0σи при любых начальных данных), то ||y(t)|| ≤ M e− 2 t ||y(0)|| <σσM δe− 2 t = εe− 2 t ≤ ε.

Итак, тривиальное решение системы (2)устойчиво по Ляпунову. В то же время из оценкиσ||y(t)|| ≤ M e− 2 t ||y(0)||следует, что любое решение системы (2) y(t) → 0 при t → ∞.Пусть у матрицы A существует собственное значение τ0 = µ0 +iν0 с µ0 > 0 и пусть z0 - ненулевой собственный вектор матрицы A,отвечающий собственному значению τ0 : Az0 = τ0 z0 . Тогда векторфункцияδy(t) =eτ0 t z0 (δ > 0)2||z0 ||δесть решение системы (2) и ||y(0)|| =< δ. С другой стороны2δδ||y(t)|| =eµ0 t ||z0 || = eµ0 t → ∞ при t → ∞ при ∀δ > 0.2||z0 ||2Итак, в этом случае тривиальное решение системы (2) неустойчивопо Ляпунову.Пусть у матрицы A есть собственное значение τ0 = iν0 и соответствующий ему ненулевой собственный вектор z0 .

Характеристики

Список файлов лекций