close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

771.Дифференциальные уравнения Теоремы примеры задачи Куликов А Н

код для вставкиСкачать
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Министерство образования и науки оссийской Федерации
Ярославский государственный университет имени П. . Демидова
А. Н. Куликов, Д. А. Куликов
Диеренциальные уравнения.
Теоремы, примеры, задачи
Учебное пособие
Ярославль 2011
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
ББК В161.6я73
УДК 517.91/93
К90
Учебное издание
екомендовано
едакционно-издательским советом университета
в качетстве учебного издания. План 2010-2011 учебного года
ецензенты:
доктор тех. наук, проессор Д. О. Бытев;
каедра математического анализа Ярославского государственного
педагогического университета им. К. Д. Ушинского
K 90
Куликов, А. Н. Диеренциальные уравнения. Теоремы, примеры,
задачи: учебное пособие/ А. Н. Куликов, Д. А. Куликов;
Яросл. гос. ун.-т. Ярославль: ЯрУ, 2011. 139 .
ISBN 978-5-8397-0831-0
В учебном пособии изложены четыре основных раздела курса "Обыкновенные диеренциальные уравнения". Авторы уделили основное внимание практическому освоению материала, умению решать задачи, применять теоремы для исследования тех или иных диеренциальных
уравнений. Выбор материала согласован с новыми образовательными
стандартами.
Учебное пособие предназначено для студентов, обучающихся по специальностям: 010100.65 Математика, 010200.65 Прикладная математика
и инорматика, 090102.65 Компьютерная безопасность, Физика (дисциплина "Диеренциальные уравнения", блок ОПД, очная орма обучения).
Ил. 11. Библиогр.: 13 назв.
Ярославский государственный
ISBN 978-5-8397-0831-0 университет им. П.. Демидова, 2011
Куликов Анатолий Николаевич
Куликов Дмитрий Анатольевич
Диеренциальные уравнения.
Теоремы, примеры, задачи
Учебное пособие
едактор, корректор М. Э. Левакова
Компьютерная верстка Д. А. Куликов
Подписано в печать 20.09.2011. Формат 60 Ч 84/16.
Бумага осетная. Усл. печ. л. 6,0.
Уч.-изд.л. 8,14. Тираж 70 экз. Заказ
Оригинал-макет подготовлен
редакционно-издательским отделом ЯрУ.
Ярославский государственный университет им. П. . Демидова.
150000, Ярославль, ул. Советская, 14.
Отпечатано на ризограе.
139
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Cписок литературы
1. Петровский, И. . Лекции по теории обыкновенных диеренциальных уравнений / И. . Петровский. М.: Наука, 1970.
2. Понтрягин, Л. С. Обыкновенные диеренциальные уравнения /
Л. С. Понтрягин. М.: Наука, 1970.
3. Смирнов, В. И. Курс высшей математики / В. И. Смирнов. М.: Наука, 1974. Т.2.
4. Эсгольц, Л. Э. Диеренциальные уравнения и вариационное исчисление / Л. Э. Эсгольц. М.: Наука, 1969.
5. Федорюк, М. В. Обыкновенные диеренциальные уравнения /
М. В. Федорюк. М.: Наука, 1980.
Сборники задач
6. Филиппов, А. Ф. Сборник задач по диеренциальным уравнениям / А. Ф. Филиппов. М.: Наука, 1967.
7. Самойленко, А. М. Диеренциальные уравнения. Примеры и задачи / А. М. Самойленко, С. А. Кривошея, Н. А. Перестюк. М.: Высшая школа, 1989.
8. Матвеев, Н. М. Сборник задач и упражнений / Н. М. Матвеев. М.: Высшая школа, 1989.
Дополнительная литература
9. Демидович, Б. П. Лекции по математической теории устойчивости
/ Б. П. Демидович. М.: Наука, 1967.
10. Арнольд, В. И. Обыкновенные диеренциальные уравнения /
В. И. Арнольд. М.: Наука, 1971.
11. Арнольд, В. И. Дополнительные главы теории обыкновенных диеренциальных уравнений / В. И. Арнольд. М.: Наука, 1978.
12. Бибиков, Ю. Н. Курс обыкновенных диеренциальных уравнений / Ю. Н. Бибиков. М.: Наука, 1991.
13. Куликов, А. Н. Применение метода инвариантных многообразий в
локальных задачах устойчивости и теории колебаний / А. Н. Куликов. Ярославль: ЯрУ, 1982.
138
ОЛАВЛЕНИЕ
Введение
...................................................... 5
лава 1. Диеренциальные уравнения первого
порядка. Элементарные методы
...................... 7
1.1. Общие понятия, определения и примеры . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Задача Коши . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3. Автономные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4. Уравнения с разделяющимися переменными . . . . . . . . . . 16
1.5. Однородные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6. Линейные уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7. Уравнения Бернулли и иккати . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.8. Уравнения в полных диеренциалах . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.9. Понижение порядка уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.10. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . 36
лава 2. Диеренциальные уравнения высших
порядков. Линейные диеренциальные
уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .38
2.1. Диеренциальные уравнения высших порядков . . . . . 38
2.2. Линейные диеренциальные уравнения высших
порядков. Общие свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .41
2.3. Линейные однородные диеренциальные
уравнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.4. Линейные однородные диеренциальные уравнения
с постоянными коэициентами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.5. Линейные однородные диеренциальные уравнения
второго порядка с постоянными коэициентами . . . . 53
2.6. Уравнение Эйлера . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.7. Уравнение Лагранжа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.8. Уравнение Чебышева . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.9. Линейные неоднородные диеренциальные
уравнения с постоянными коэициентами
со специальной правой частью . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.10. Метод вариации произвольных постоянных для
3
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
линейных уравнений второго порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
2.11. Метод вариации произвольных постоянных в общем
случае . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
2.12. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Вариант 4
1. Для системы y? = Ay, где
?
?
2 ?1 0
A = ? 3 ?1 ?1 ?
1 0 ?1
лава 3. Системы линейных диеренциальных
уравнений
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.1. Определения и основные свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.2. Определитель Вронского. Фундаментальная система
решений. Структура решений однородной
и неоднородной линейных систем . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .78
3.3. Линейные однородные системы с постоянными
коэициентами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .81
3.4. Матричная экспонента . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.5. Линейные однородные системы с периодическими
коэициентами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .93
3.6. Линейные неоднородные системы с постоянными
коэициентами . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .97
3.7. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
лава 4. Устойчивость
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
4.1. Основные понятия теории устойчивости решений . . . . . . 108
4.2. Общие теоремы об устойчивости систем
диеренциальных уравнений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.3. Метод ункций Ляпунова . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.4. Теорема об устойчивости по первому приближению . . . . 126
4.5. Задачи для самостоятельного решения . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
а) найти eAt ;
б) исследовать на устойчивость нулевое решение;
) найти все ? ? R, при которых нулевое решение системы
y? = By + f (y)
асимптотически устойчиво. Здесь B = A ? ?E, E единичная матрица,
f (y) = colon(y32 , y12 , y23 ).
2. Найти все l > 0, при которых краевая задача
y ?? + 2y = 2 cos 2t, y = y(t), y ? (0) = 0, y ? (l) = 0, t ? [0, l]
а) имеет единственное решение;
б) имеет бесконечное множество решений;
) не имеет решений.
3. ешить уравнение
y ? x3 sin y + 2y = xy ? .
4. Найти ундаментальную матрицу уравнения
y ?? + 4ay ? ? (4a2 + 1)y = 0
и все a, при которых определитель Вронского стремится к 0,
если x ? ??.
Примеры контрольных работ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
Список литературы
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
4
137
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Вариант 3
ВВЕДЕНИЕ
1. Для системы y? = Ay, где
?
Data aequtione quotunque
uentes quatitue involvente
uxiones invenire et vie versa
I. Newton
?
1 ?1 ?1
A = ? 2 ?2 ?2 ?
?1 1
1
а) найти eAt ;
б) исследовать на устойчивость нулевое решение;
) найти все ? ? R, при которых нулевое решение системы
y? = By + f (y)
асимптотически устойчиво. Здесь B = A + ?E, E единичная матрица,
f (y) = colon(0, y1 y2 y3 , y1 y3 sin y22 ).
2. Найти все l > 0, при которых краевая задача
y ?? + 4y = sin 2t, y = y(t), y(0) = 0, y ? (l) = 0, t ? [0, l]
а) имеет единственное решение;
б) имеет бесконечное множество решений;
) не имеет решений.
3. ешить уравнение
y ? + 2y = ex y 2 .
4. Найти ундаментальную матрицу уравнения
y ?? + 4ay ? + (4a2 ? 1)y = 0
и все a, при которых определитель Вронского стремится к 0,
если x ? ??.
136
Данное пособие предназначено студентам тех акультетов (специальностей, направлений), где курс "Обыкновенные диеренциальные
уравнения" выделен в отдельную дисциплину (модуль). В Ярославском
государственном университете им. П. . Демидова к таким относятся
все направления математического акультета, большинство направлений акультета инорматики и вычислительной техники, изического
акультета. Оно не призвано заменить известные учебники и сборники
задач, которые традиционно используют при чтении лекций и проведении практических занятий. Авторы надеются, что оно займет свою нишу
среди учебников, учебных пособий и задачников, список которых приведен в конце данного издания.
В связи с переходом на двухуровневую систему появились новые едеральные государственные образовательные стандарты. По-видимому,
они далеки от завершения и будут не раз пересматриваться, улучшаться, модернизироваться. Но ясно одно: в образовательном процессе должна увеличиваться доля самостоятельной работы студентов. Исходя из
данной посылки, авторы попытались включить в пособие те рагменты
курса, которые не всегда можно найти в учебниках. ечь идет о примерах и упражнениях, поясняющих магистральное изложение курса. Такие упражнения и разбор примеров, несомненно, помогут студентам при
подготовке к зачетам и экзаменам. В конце пособия приведены примеры
зачетных и экзаменационных работ, которые можно использовать, особенно при проведении экзаменов в письменной орме. Письменные экзамены характерны для высших учебных заведений большинства стран,
присоединившихся к Болонскому процессу.
Пособие состоит их четырех глав, включающих в себя материал, который является базовой частью курса. Объем пособия не позволяет включить ряд глав курса. Например, краевые задачи, метод малого параметра
и т. д. Авторы надеются, что недостающие вопросы войдут в следующую
часть аналогичного пособия.
5
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Список литературы приведен в конце пособия и разделен на три части. В первой части учебные пособия, каждое из которых может быть
взято за обязательное.
Во второй части приведен список сборников задач. Наконец, в третьей
части учебного пособия указана дополнительная литература. Она скорее
предназначена для студентов, более глубоко интересующихся данным
разделом математики.
Учебное пособие разделено на главы, а главы подразделяются на
пункты. Нумерация ормул, теорем, задач, упражнений двойная. Первая цира указывает номер главы. Так, например, (3.11) означает, что
речь идет об 11 ормуле из третьей главы. В пособии используются стандартные обозначения основных математических понятий. Так, например,
R поле действительных чисел, а Rn евклидово пространство размерности n над полем
p действительных чисел. C поле комплексных чисел.
||x|| = ||x||Rn = x21 + . . . + x2n норма в Rn . Точнее, одна из норм.
Вариант 2
1. Для системы y? = Ay, где
?
?
0 ?1 ?1
0 ?
A=? 1 0
3 0
0
а) найти eAt ;
б) исследовать на устойчивость нулевое решение;
) найти все ? ? R, при которых нулевое решение системы
y? = By + f (y)
асимптотически устойчиво. Здесь B = A ? ?E, E единичная матрица,
f (y) = colon(y1 sin2 y3 , y1 y22 , y34 ).
2. Найти все l > 0, при которых краевая задача
y ?? + y = sin t, y = y(t), y(0) = 0, y ? (l) = 0, t ? [0, l]
а) имеет единственное решение;
б) имеет бесконечное множество решений;
) не имеет решений.
3. ешить уравнение
(x + y 2 )dy = ydx.
4. Найти ундаментальную матрицу уравнения
y ?? + 2ay ? + (a2 ? 1)y = 0
и все a, при которых определитель Вронского стремится к 0,
если x ? +?.
6
135
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Примеры контрольных работ
Вариант 1
Диеренциальные уравнения первого порядка.
Элементарные методы их интегрирования
1. Для системы y? = Ay, где
?
?
?2 ?1 0
A = ? 0 ?2 ?4 ?
?1 0
1
а) найти eAt ;
б) исследовать на устойчивость нулевое решение;
) найти все ? ? R, при которых нулевое решение системы
y? = By + f (y)
асимптотически устойчиво. Здесь B = A + ?E, E единичная матрица,
f (y) = colon(y13 , y1 y2 , y32 ).
2. Найти все l > 0, при которых краевая задача
y ?? + y = cos t, y = y(t), y(0) = 0, y(l) = 0, t ? [0, l]
а) имеет единственное решение;
б) имеет бесконечное множество решений;
) не имеет решений.
3. ешить уравнение
лава 1
(2ey ? x)y ? = 1.
4. Найти ундаментальную матрицу уравнения
y ?? + 2ay ? + (a2 + 1)y = 0
и все a, при которых определитель Вронского стремится к 0,
если x ? +?.
1.1. Общие понятия, определения и примеры
Диеренциальным называется такое уравнение, в состав которого, помимо независимых переменных и неизвестных ункций этих переменных, также входят производные неизвестных ункций или их диеренциалы. Если ункции, входящие в диеренциальное уравнение,
зависят от одной независимой переменной, то это уравнение называется обыкновенным диеренциальным уравнением. Если же в уравнение
входят частные производные неизвестных ункций по нескольким независимым переменным, то уравнение называют диеренциальным уравнением с частными производными. Ниже будем рассматривать обыкновенные диеренциальные уравнения.
Будем обозначать независимые переменные буквой x, y(x) неизвестная ункция этой переменной, а производные ункции y(x) как обычно
y ? (x), y ?? (x),. . . , y n (x). Через символ F обозначим известные ункции.
Итак, обыкновенным диеренциальным уравнением называется уравнение вида
F (x, y(x), y ? (x), y ?? (x), . . . , y (n) (x)) = 0.
(1.1)
Наивысший порядок производных неизвестной ункции, входящих в уравнение, называется порядком диеренциального уравнения. Функция y(x)
называется решением (интегралом) диеренциального уравнения (1.1),
если она n раз непрерывно диеренцируема на некотором интервале I
и при x ? I удовлетворяет уравнению (1.1). Задача нахождения решения
диеренциального уравнения называется обычно задачей интегрирования диеренциального уравнения.
На первом этапе будем рассматривать обыкновенные диеренциальные уравнения первого порядка. Общий вид таких уравнений будет
F (x, y, y ? ) = 0
(1.2)
или, в разрешенной относительно y ? орме,
y ? = f (x, y).
134
7
(1.3)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Пользуясь другими обозначениями производной, это уравнение можно
записать в виде
dy
= f (x, y).
dx
Если некоторая ункция
y = ?(x)
удовлетворяет равенству (1.2) или (1.3), то она, естественно, называется
решением этого диеренциального уравнения. Иногда ?(x) называют
частным решением соответствующего диеренциального уравнения.
Пример 1.1. Пусть f (x) непрерывная на интервале I = (a, b) ункция, y(x) еј первообразная. Тогда
y ? (x) = f (x)
Исследовать устойчивость нулевого решения, построив ункцию Ляпунова и и применив теоремы Ляпунова и Четаева
x? = 2y 3 ? x5 ,
x? = x3 ? y,
4.16.
4.15.
3
5
3
y? = x + y , 2
y? = ?x ? y + 3y .
2
x? = ?y ? x(x + y ),
x? = y ? 3x ? x ,
4.17.
4.18.
y? = x ? y(x2 + y 2 ),
y? = 6x ? 2y.
Указание: В задачах 4.5 4.14 можно использовать теорему об устойчивости по линейному (первому) приближению (см. п. 4.4).
(1.4)
и для нахождения первообразной мы получили диеренциальное уравнение первого порядка. Его решения могут быть найдены в следующем
виде
Zx
y(x) = f (t)dt + C,
(x0 ? I),
(1.5)
x0
где C произвольная постоянная.
Обозначим
?(x) =
Zx
f (t)dt.
x0
Тем самым ормула (1.5) перепишется в виде
y(x) = ?(x) + C.
Следовательно, уравнение (1.4) имеет семейство решений, зависящих от
параметра C ? R. Придавая конкретное значение для C , получаем частные решения диеренциального уравнения (1.4). Формула (1.5), принято говорить, дает нам "общее решение".
Аналогичная ситуация может реализоваться и при рассмотрении уравнения общего вида (1.3). ешения такого уравнения можно записать в
следующем виде
y = ?(x, C),
(1.6)
8
133
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
и корни его характеристического уравнения
?2 + 14? + 6 = 0
лежат в левой полуплоскости комплексной плоскости.
Упражнение 4.13. Исследовать свойства устойчивости состояний
равновесия следующих систем диеренциальных уравнений
а) x?1 = x1 + 7x2 , x?2 = x1 + x2 ,
б) x?1 = x21 ? x2 , x?2 = x1 ? 2x2 ,
в) x?1 = ?3x1 , x?2 = ?4x1 + sin x2 .
4.5. Задачи для самостоятельного решения
C помощью теоремы Ляпунова об устойчивости по линейному (первому) приближению исследовать на устойчивость нулевое решение систем
диеренциальных уравнений
x? = x2 + y 2 ? 2x,
x? = 2xy ? x + y,
4.2.
4.1.
4
3
y? = 3x2 ? x + 3y,
y?
=
5x
+
y
+
2x
?
3y,
(
x? = tg(y ? x),
x? = ln(4y + e?3x ),
?
4.3.
4.4.
y
y? = 2 ? 2 cos( ? x),
y? = 2y ? 1 + (1 ? 6x)1/3 .
3
Исследовать, при каких значениях параметров a и b асимптотически
устойчиво нулевое решение систем диеренциальных уравнений
x? = x + ay + y 2 ,
x? = ax ? 2y + x2 ,
4.6.
4.5.
2
y? = bx ? 3y ? x . y
y? = x + y + xy,
x? = ln(e + ax) ? e ,
x? = y + sin x,
4.8.
4.7.
y? = bx + tg y.
y? = ax + by,
Найти все положения равновесия и исследовать их на устойчивость
x? = xy + 4,
x? = ?2y(x ? y),
4.10.
4.9.
y? = x2 + y 2 ? 17,
y? = 2 + x ? y 2 ,
2
x? = ln(1 ?
x? = (y ? 1)(3x + y ? 5),
py + y ),
4.11.
4.12.
y? = x2 + y 2 ? 5,
y? = 3 ? x2 + 8y,
x? =p
ey ? ex ,
x? = y,
4.14.
4.13.
y? = sin(x + y),
y? = 3x + y 2 ? 2.
132
где ункция ?(x, C? ) при каждом иксированном C = C? удовлетворяет
диеренциальному уравнению (1.3). Такое семейство решений называют общим решением или общим интегралом диеренциального уравнения. Общий интеграл может оказаться записанным в неявном виде
?(x, y, C) = 0 или ?(x, y) = C.
Функцию ?(x, y, C) также называют интегралом соответствующего уравнения. Термин "решение"(в такой ситуации) не употребляют.
ассмотрим теперь геометрическую интерпретацию решений диеренциального уравнения (1.3). На плоскости xOy равенство (1.6), при
каждом иксированном C , задает граик кривой. Такая кривая носит
название интегральной кривой, а ормула (1.6) задает семейство интегральных кривых.
Ниже, на рисунках 1.11.6 представлены интегральные кривые для
соответствующих уравнений. Методы интегрирования соответствующих
уравнений будут приведены ниже.
Пусть в некоторой области D ? R2 ((x, y) ? D) ункция f (x, y) отлична от нуля. Тогда уравнение (1.3) можно переписать в виде
dx
1
= g(x, y) =
dy
f (x, y)
и решать уже последнее уравнение, считая y независимой переменной, а
x ункцией от y .
9
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Пример 4.11. ассмотрим систему диеренциальных уравнений
x?1 = ?x1 ? x31 + x2 ,
x?2 = 3x1 ? x21 ? x2 .
Состояния равновесия этой системы находим как решения следующей
алгебраической системы уравнений
?x1 ? x31 + x2 = 0,
3x1 ? x21 ? x2 = 0
или 3x1 ? x21 ? (x31 + x1 ) = 0, т. е. x31 + x21 ? 2x1 = 0. Следовательно,
рассматриваемая система имеет три состояния равновесия
?1 (0, 0), ?2 (1, 2), ?3 (?2, ?10).
1.2. Задача Коши
Напомним, что уравнение (1.3) имеет бесчисленное множество решений,
поскольку в ормулу (1.3), как правило, входит произвольная постоянная. Добавим теперь к уравнению (1.4) дополнительное условие
y(x0 ) = y0 ,
(1.7)
где x0 , y0 ? R, т. е. заданные числа. Условия (1.7) принято называть
условиями (данными) Коши, или начальными условиями. Задачу по нахождению ункции y = ?0 (x), удовлетворяющей уравнению (1.3) и условиям (1.7), называют задачей Коши. Если условие (1.7) отнести к уравнению (1.4) из примера 1.1, то соответствующее решение может быть
задано следующей ормулой
y(x) = y0 +
Zx
x0
10
f (t)dt
Исследуем их устойчивость по очереди.
Пусть выбрано ?1 (0, 0), тогда матрица
?1 1
.
B1 =
3 ?1
?
?
Еј собственные значения ?1 = 3 ? 1 и ?2 = ? 3 ? 1. Следовательно,
оно неустойчиво.
Во втором случае, т. е. при изучении устойчивости ?2 (1, 2) находим,
что соответствующая матрица
?4 1
.
B2 =
1 ?1
Еј характеристическое уравнение имеет вид
?2 + 5? + 3 = 0.
Все коэициенты этого многочлена второй степени положительны. Следовательно, его корни лежат в левой полуплоскости и ?2 асимптотически
устойчиво.
Состояние равновесия ?3 также асимптотически устойчиво. В этом
случае соответствующая матрица
?13 1
B3 =
7 ?1
131
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
ассмотрим теперь случай, когда у системы диеренциальных уравнений (4.19), т. е.
x? = F (x)
есть состояние равновесия
x(t) = y, y 6= 0.
Исследование его устойчивости заменами сведем к исследованию нулевого решения вспомогательной системы.
Пусть
?Fj B=
.
?xk x=y
Из теорем 4.6, 4.7 вытекает, что справедливо утверждение.
Теорема 4.8. Пусть все собственные числа µk матрицы B лежат
в полуплоскости комплексной плоскости, выделяемой неравенством
Reµk < 0.
Тогда состояние равновесия x(t) = y асимптотически устойчиво.
Теорема 4.9. Если у матрицы B существует хотя бы одно собственное значение µm , для которого Reµm > 0, то состояние равновесия x(t) = y неустойчиво.
Замечание 4.3. В условиях теорем 4.6 и 4.8 можно дополнить вывод
и доказать, что соответствующее состояние равновесия будет экспоненциально устойчиво (см. определение экспоненциальной устойчивости).
ассмотрим примеры на использование теорем 4.8, 4.9.
Пример 4.10. ассмотрим скалярное диеренциальное уравнение
x? = (x ? 1)(x ? 2), (F (x) = (x ? 1)(x ? 2)),
и такое решение единственно, так как из курса математического анализа
Zx
известно, что
f (t)dt будет одной из первообразных, а все первообразx0
ные f (x) определяются с точностью до произвольной постоянной.
Фундаментальным результатом теории обыкновенных диеренциальных уравнений является следующая теорема. Приведем один из вариантов ормулировки этой теоремы.
Теорема 1.1. Пусть точка (x0 , y0 ) ? D ? R2 и для всех точек этой
области выполнены следующие два условия:
У1. Функция f (x, y) непрерывна по совокупности переменных.
?f
У2. Существует непрерывная частная производная
.
?x
Тогда можно указать такую положительную постоянную ? , что
при |x ? x0 | < ? задача Коши (1.3), (1.7) имеет единственное решение.
Замечание 1.1.Условие У2 можно заменить на условие У2? : в области D ункция f (x, y) по переменной y удовлетворяет условию Липшица:
| f (x, y1 ) ? f (x, y2 ) | ? L | y1 ? y2 |,
где L положительная константа, (x, y1 ) и (x, y2 ) ? D.
Замечание 1.2.При невыполнении условия У2(У2? ) можно утверждать, что задача Коши имеет решение, но нельзя утверждать что
решение в такой ситуации единственно.
Пример 1.2. ассмотрим задачу Коши
1
y ? = 2 | y | 2 , y(x0 ) = 0 , x0 ? 0.
У данной задачи есть решение y(x) = 0, а также семейство решений
(проверяется подстановкой)
0, x ? (??; x0 ),
.
y(x) =
(x ? x0 )2 , x ? [x0 ; ?)
которое имеет два состояния равновесия x = 1 и x = 2. Матрица B
состоит здесь из одного элемента b, где
В данной ситуации решение задачи Коши не единственно. Причина
неприменимости теоремы 1.1 состоит в том, что ункция
b = F ? (x)|x=1 = ?1
f (x, y) = 2 | y | 2
в первом случае (x = 1) и b = 1 во втором. Откуда заключим, что состояние равновесия x = 1 асимптотически устойчиво, а x = 2 неустойчиво.
в точке y = 0 не имеет производной (в окрестности этой точки она не
удовлетворяет условию Липшица).
130
11
1
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Упражнение 1.1. Показать, что задача Коши
2
3
y ? = 3y , y(x0 ) = 0 , x0 ? 0
также имеет более одного решения при x ? x0 .
Теорема гарантирует существование только в малой окрестности точки x0 . Это замечание существенно, так как существуют такие уравнения,
у которых при определенном выборе начальных условий решения за конечное время "уходят"в бесконечность.
Пример 1.3. ассмотрим задачу Коши
y ? = y 2 , y(0) = y0 , y0 > 0.
Это решение таково, что
lim y(x) = ?, x0 =
? ?1
1 ?
, G(x) = ||x||2
||G(x)|| =
dx1 ? cx2
cx1 + dx2
.
?
d2 + c2 ||x||3 ,
т. е. для исследования устойчивости решения x1 = x2 = 0 можно использовать теоремы 4.6, 4.7. Собственные значения матрицы A(?) обозначим
?1,2 (?). При этом
1
.
y0
В приложениях, например в механике, используют иногда иные буквы для обозначения независимой и зависимой переменных. Пусть t независимая переменная, а x = x(t) ункция, которая определяется из
уравнения
x? = f (t, x).
(1.8)
Здесь x? =
Отметим, что
y0
.
1 ? y0 x
x?x0
Здесь
A(?) =
У нее, согласно теореме 1.1, существует единственное решение
y(x) =
При реализации критического случая теорема о первом приближении (линейном приближении) не позволяет дать ответ об устойчивости
состояния равновесия и ответ зависит от нелинейных слагаемых (G(x))
правой части системы (4.19).
Пример 4.9. ассмотрим систему диеренциальных уравнений
x?1 = ?x1 ? x2 + dx1 (x21 + x22 ) ? Cx2 (x21 + x22 ),
(4.24)
x?2 = x1 + ?x2 + dx2 (x21 + x22 ) + Cx1 (x21 + x22 ).
dx
. Через t обычно обозначают время.
dt
?1,2 = ? ± i.
При ? < 0 из теоремы 4.6 вытекает, что нулевое решение системы (4.24)
асимптотически устойчиво, а при ? > 0 неустойчиво.
Если ? = 0, то ?1,2 (0) = ±i, т. е. реализуется критический случай
двух чисто мнимых корней. Ответ здесь уже зависит от коэициента
d. Положим
V (x1 , x2 ) = x21 + x22 .
1.3. Автономные уравнения
Стандартным образом (см. упражнения из предыдущего параграа) можно найти, что
Диеренциальное уравнение вида
y ? = f (y)
(1.9)
Dt V = d(x21 + x22 )2 .
называется автономным. Правая часть диеренциального уравнения
не зависит явным образом от независимой переменной. Это название
dy
= y ? определяется лишь
оправдано, в частности, тем, что производная
dx
одним y и, таким образом, решение само управляет своим изменением.
Откуда с использованием двух теорем Ляпунова и теоремы Четаева замечаем, что при d < 0 нулевое решение асимптотически устойчиво, при
d > 0 неустойчиво, а при d = 0 система (4.24) имеет первый интеграл.
В частности, нулевое решение устойчиво, но не асимптотически.
12
129
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Откуда получаем на основании леммы 4.2, что
ешения автономных уравнений обладают важным свойством. Если
y = ?(x) решение уравнения (1.9) с областью определения x ? (a, b),
то ункция y = ?(x) = ?(x + C) также будет решением этого уравнения
при x ? (a ? C, b ? C). Это следует из того, что
?(t) ? K||a||e?t
или
||x(t, a)|| ? K||a||e(??+?)t .
(4.23)
Если ? выбрано так, что ? < ? , то неравенство (4.23) показывает, что
?(t) ? K||a||,
если только ?(t) ? ?. Таким образом, если ||a|| < ?/k , то неравенство
(4.23) выполнено при всех t > 0. Более того, неравенство (4.23) означает,
что
lim ||x(t, a)|| = 0.
t?+?
Теорема 4.7. Пусть матрица A имеет хотя бы одно собственное
значение ?1 , для которого выполнено неравенство
? ? (x) = ?? (x + C) = f (?y(x + C)) = f (?(x)).
Интегральная кривая y = ?(x) получается из интегральной кривой y = ?(x)
сдвигом по оси x на величину C влево, если C > 0. Вправо при C < 0.
Пусть x ? I , при которых f (y(x)) 6= 0. Пусть
Z
dy
= F (y).
f (y)
Тогда равенство
F (y) = x + C
задает интеграл уравнения (1.9). Действительно,
y?
d
(F (y) + C) ?
= 1,
dx
f (y)
Re?1 > 0.
Тогда нулевое решение системы диеренциальных уравнений (4.22)
неустойчиво.
Доказательство может быть выполнено с помощью теоремы Четаева
и имеется в многих учебниках по теории обыкновенных диеренциальных уравнений.
Если для собственных значений матрицы A выполнено неравенство
откуда y ? = f (y).
Пример 1.4. Найти решения уравнения
y? = y3.
Интегрирование сводится к рассмотрению равенства
dy
= dx.
y3
Re?k ? 0
и для некоторых из них реализуется равенство
Re?j = 0,
то принято говорить, что в задаче об устойчивости нулевого состояния
равновесия реализуется критический случай. Простейшими из них являются следующие
(1.10)
Откуда получаем
?
2
=x+C
y2
2
, где C ? R.
x+C
Пример 1.5. ассмотрим уравнение
или y 2 = ?
1)?1 = 0, Re?j < 0, j = 2, . . . , n;
2)?1,2 = ±i?, Re?j < 0, j = 3, . . . , n, а ? = const > 0.
y ? = ay, a ? R, a 6= 0.
128
13
(1.11)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Тогда
dy
= adx или
y
Доказательство теоремы базируется на двух утверждениях.
Лемма 4.1.Справедливо неравенство
||eAt || ? M e??t , M, ? = const > 0,
ln |y| = ax + C1 , C1 = const > 0.
Откуда получаем
C1 ax
Окончательно получаем, что
|y| = e e .
y = Ceax , |C| = eC1 .
общее решение уравнения (1.11).
Пусть f (y0 ) = 0, y0 ? R. Тогда y(x) = y0 будет решением уравнения
(1.9). Такое решение в этом и более общих случаях называют состоянием
равновесия или неподвижной точкой.
Перепишем уравнение (1.9) в других обозначениях
x? = f (x),
где ? = max (Re?k ) + ?0 , а ?0 достаточно малая положительная постоянная. Постоянная M = M (?0 ). Доказательство леммы вытекает
из свойств матричной экспоненты, которая была определена и изучена
в главе 3.
Лемма 4.2(ронуола Беллмана). Пусть ?(t), ?(t) две неотрицательные ункции при t ? [t0 , ?), причем при t ? t0 выполнено
неравенство
Z t
?(t) ? C +
?(s)?(s)ds, C = const > 0.
t0
Тогда при t ? t0 имеем
?(t) ? C exp
(1.12)
где x = x(t) ? R. В приложениях независимая переменная t интерпретируется как время. В механике и других разделах изики, а также приложениях к другим естественным наукам интерес представляет поведение
решений (1.12) при t ? +?. Если f (x) 6= 0, то x? 6= 0. Следовательно, решения этого уравнения либо возрастают, либо убывают. Если же
f (C) = 0, то существует решение x(t) = C .
Эти свойства решений удобнее изображать на оси x(x = x(t)), чем
на плоскости t, x. Если f (x) 6= 0 при x ? (a, b), то на этом интервале
рисуется стрелка, показывающая направления изменения x = x(t). Это
геометрическое изображение качественного поведения уравнения (1.12)
называется азовым портретом. Неподвижные точки отмечаются "точками". На рис. 1.7 1.10 изображено несколько азовых портретов для
конкретных ункций f (x).
Z
t
?(s)ds.
t0
Упражнение 4.12. Доказать лемму ронуола Беллмана.
Доказательство теоремы 4.6. Пусть x(0) = a. Тогда решение уравнения (4.22), удовлетворяющее данному начальному условию, можно искать как решение следующего интегрального уравнения
Z t
x(t, a) = exp (At)a +
exp A(t ? s)G(x(s, a))ds.
t0
Откуда
||x(t, a)|| ? || exp (At)||||a|| +
Z
t
t0
|| exp A(t ? s)||||G(x(s, a))||ds.
Для любого ? > 0 существует такое ? = ?(?), что
||G(x(s, a))|| ? ?||x(s, a)||/M,
если ||x|| ? K? шару радиуса ? . Напомним, что || exp At|| ? M e??t .
Положим ?(t) = ||x(t, a)||e?t . Последнее неравенство можно переписать
в следующей орме
Z t
?(t) ? K||a|| + ?
?(s)ds.
t0
14
127
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
y22
и рассмотрим в качестве D шар K? ,
2
2
2
2
а D1 = {(x1 , x2 ) : x1 + x2 ? ? , x1 > 0, 0 < x2 < ?x1 }. Тогда
Пусть V (y1 , y2 ) = (1 ? cos y1 ) +
Dt V = 2x2 sin x1 ? gx22 = x2 (2 sin x1 ? gx2 ) > 0,
если ? достаточно малая положительная постоянная.
Упражнение 4.11. Показать, что нулевое решение системы
x?1 = ?x1 ? x2 ? x1 (x21 + x22 ) + cx2 (x21 + x22 ),
x?2 = x1 + ?x2 ? x2 (x21 + x22 ) ? cx1 (x21 + x22 )
асимптотически устойчиво, если ? ? 0, и неустойчиво при ? > 0.
Указание: положить V (x1 , x2 ) = x21 + x22 .
4.4. Теорема об устойчивости по линейному приближению
ассмотрим систему (4.19), предполагая, что F (0) = 0, т. е. она имеет
нулевое состояние равновесия. Обозначим через A = Dx F (x) матрицу
Якоби вектор-ункции F (x), вычисленную в точке x1 = x2 = . . . =
xn = 0(x = 0). Как хорошо известно из курса математического анализа,
справедливо равенство
F (x) = Ax + G(x),
(4.22)
где, как принято говорить, вектор-ункция G(x) имеет в нуле порядок
малости выше первого. Последний термин означает, что для G(x) справедливо неравенство
||G(x)|| ? ?(r)||x||,
если ||x|| ? r, а lim ?(r) = 0. Иной вариант: матрица Якоби, вычисляемая
Пусть система (1.12) такова, что уравнение f (x) = 0 имеет один корень x = C . На каждой из полупрямых x < C или x > C ункция
f (x) сохраняет свой знак и может быть положительной или отрицательной. Следовательно, азовый портрет должен соответствовать одному
из четырех случаев, изображенных на рис. 1.11.
r?0
в точке x = 0, является нулевой, т. е. Dx G(x)|x=0 = 0.
Теорема 4.6. Пусть все собственные значения матрицы A таковы,
что
Re?k < 0.
Тогда состояние равновесия системы диеренциальных уравнений (4.22)
асимптотически устойчиво.
126
15
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Так, уравнение x? = ?x порождает азовый потрет a). Если рассмотреть уравнения x? = x2 и x? = ?x2 , то реализуются случаи b) и c). Наконец,
уравнению x? = x соответствует случай d).
1.4. Уравнения с разделяющимися переменными
x?1 = x2 , x?2 = ? sin x1 ? gx2 , g ? 0.
Уравнение с разделяющимися переменными это уравнение вида
dx
= f (x)g(t)
dt
ассмотрим ункцию
(1.13)
или в других переменных
dy
= f (y)g(x).
dx
(1.14)
Уравнение (1.13) запишем в виде
dx
= g(t)dt.
f (x)
Откуда после интегрирования находим
Zx
x0
dx
=
f (x)
Zt
g(t)dt + C.
(1.15)
t0
авенство определяет x(t) как неявную ункцию от t. авенство (1.15)
получено при условии, что f (x) 6= 0. Пусть f (C) = 0. Тогда x(t) = C
будет решением(особым решением).
16
тающая ункция. Следовательно, V (x(t, a)) < m при всех t и поэтому
траектория x(t, a) не может пересечь ?K? . Теорема доказана.
Доказательство этой и двух оставшихся теорем можно найти во многих учебниках и учебных пособиях по диеренциальным уравнениям.
Ссылки на них можно найти в списке цитируемой литературы данного
пособия. Приведем некоторые примеры использования этих теорем.
Пример 4.7. Пусть система (4.19) имеет первый интеграл V (x),
положительно определенный в окружности состояния равновесия x = 0.
Тогда положение равновесия x = 0 устойчиво.
Действительно, Dt V (x) ? 0, и поэтому все условия теоремы об устойчивости выполнены. В примере 4.5 приведена одна из таких систем, у
которой существует первый интеграл V (x1 , x2 ) = x21 + x22 .
Пример 4.8. Как ранее отмечалось, уравнения изического ( и
математического) маятника может быть записано в виде системы
V (x1 , x2 ) = (1 ? cos x1 ) +
x22
.
2
Отметим, V (x1 , x2 ) > 0, если x21 + x22 6= 0 и, конечно, V (0, 0) = 0. Наконец, Dt V = x2 sin x1 + x2 (? sin x1 ? gx2 ) = gx22 < 0, если x2 6= 0. Но
в любом случае Dt V ? 0, т. е. нулевое состояние равновесия устойчиво.
При g < 0 нулевое состояние равновесия асимптотически устойчиво, но
это непосредственно из теоремы Ляпунова об асимптотической устойчивости не вытекает.
Упражнение 4.10. Пусть g < 0. Доказать, что нулевое решение
системы, описывающей колебания маятника асимптотически устойчиво.
ассматриваемая в рамках данного примера система диеренциальных уравнений имеет также состояние равновесия x1 = ?, x2 = 0.
Заменами z1 = x1 ? ?, z2 = x2 систему удается переписать в следующей
орме
y?1 = y2 ,
y?2 = sin y1 ? gy2 ,
у которой следует изучать устойчивость уже нулевого состояния равновесия y1 = 0, y2 = 0.
125
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Теорема Ляпунова об асимптотической устойчивости. Пусть
в окрестности x = 0 существует положительно определенная ункция V (x1 , . . . , xn ), производная которой в силу системы (4.19) W (x) =
Dt V (x) отрицательно определена. Тогда нулевое состояние равновесия
системы диеренциальных уравнений асимптотически устойчиво.
Пусть D некоторая окрестность точки x = 0, а D ? U и x = 0
является граничной точкой для U1 (см. рис. 4.2).
Пример 1.6. ассмотрим уравнение
x? = xt.
Это уравнение имеет особое решение x ? 0. Если x 6= 0, то получим
равенство
dx
= tdt
x
или
1
ln |x| = t2 + C, C ? R.
2
Последнее равенство можно переписать в виде
1 2
x(t) = Ce 2 t .
Особое решение входит в данную ормулу, если положить C = 0.
Пример 1.7. Уравнение
На рисунке заштрихована область D1 , ?D1 часть еј границы, состоящая из внутренних точек области D (дуги OB, OA).
Теорема Четаева о неустойчивости. Пусть существует непрерывно диеренцируемая ункция V (x) такая, что
1) V (x)|?D1 = 0;
2) в области D1 справедливы неравенства V (x) > 0, Dt V (x) > 0 при
x 6= 0.
Тогда состояние равновесия x = 0 неустойчиво.
Докажем первую из этих теорем. Пусть ? такое, что шар
K? = {x : ||x|| ? ?} целиком принадлежит области D. Его граница
?K? = {x : ||x|| = ?}. Так как ?K? замкнутое ограниченное множество,
то существует
x? = ?tx2
имеет общее решение
1
x = ( t2 + C)?1 ,
2
а также особое решение x = 0, которое не попадает в семейство ункций
( 12 t2 + C)?1 ни при каком выборе постоянной C .
Уравнение с разделяющимися переменными иногда записывают в симметричной орме
M1 (x)N1 (t)dt + M2 (x)N2 (t)dx = 0.
Уравнение, записанное в таком виде, не связывает нас выбором неизвестной ункции. За таковую мы можем принять как y = y(x), так и
x = x(y). азделив это уравнение на M1 (x)N2 (t), получаем равенство
min V (x) = m > 0 (V (x) > 0, x 6= 0).
N1 (t)dt M2 (x)dx
+
=0
N2 (t)
M1 (x)
x??K?
ассмотрим теперь шар K? = {x : ||x|| ? ?} радиуса ? . Величину ? можно выбрать достаточно малой так, чтобы было справедливо
неравенство V (x) < m. Пусть теперь x(0) = a, a ? K? . Тогда решение
x(t, a) остается теперь в шаре K? . Действительно, рассмотрим ункцию
W (t) = V (x(t, a)). Еј производная W? (t) = Dt V ? 0, т. е. W (t) не возрас124
и, как следствие, общий интеграл
Zt
t0
N1 (t)
dt +
N2 (t)
Zx
x0
M2 (x)
dx = C.
M1 (x)
17
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Иначе общий интеграл может быть записан в виде
Q1 (x) + Q2 (t) = C,
где Q1 (x) первообразная ункции
M2 (x)
, а Q2 (t) первообразная
M1 (x)
N1 (t)
.
N2 (t)
Положим U (x1 ) = ?
cos t(1 + x2 )dt ? (sin t)xdx = 0.
Откуда получаем
1
ln(1 + x2 ) + C.
2
После упрощений интеграл приобретает следующий вид
ln | sin t| =
1
sin t = C(1 + x2 ) 2 ,
где C ? R. Отметим, что при рассмотрении этого уравнения мы пока
нашли общее решение в орме общего интеграла. При C = 0 получаем
особые решения t = ?k, k ? Z .
1.5. Однородные уравнения
dU
x2 + x2 f (x1 ) = ?f (x1 )x2 + x2 f (x1 ) = 0.
dx1
V (x1 , x2 ) =
x22
x2
+ U (x1 ) = 2 ?
2
2
Z
x1
f (?)d?
?
обычно интерпретируется как полная энергия, а равенство
Dt V ? 0
одна из орм записи закона сохранения энергии.
Функция V (x1 , . . . , xn ) в окрестности начала координат (xj = 0,
j = 1, . . . , n) называется положительно определенной, если V (x) > 0,
x 6= 0, V (0) = 0. Функция V (x) называется отрицательно определенной,
если ?V (x) положительно определена.
Функция V (x) называется положительной (неотрицательной) в окрестности начала координат, если V (x) ? 0 для всех x из этого множества.
Наконец, V (x) отрицательная (не положительная), если V (x) ? 0.
Примеры:
dy
+ y = f (y)
dt
18
123
dx
x
dy
, тогда
= t +y . Отсюда получаем уравнение
t
dt
dt
t
f (?)d?, (U ? (x1 ) = ?f (x1 )). Тогда
1) V1 (x1 , . . . , xn ) = x21 + x22 + . . . + x2n положительно определена;
2) V1 (x1 , . . . , xn ) = (x1 + x2 + . . . + xn )2 неотрицательно определена.
Функция V2 (x1 , . . . , xn ) ? 0, но обращается в 0 не только при
x1 = x2 = . . . = xn = 0, а и на гиперплоскости x1 + x2 + . . . + xn = 0;
3) V3 (x1 , x2 ) = x21 ? x22 - знакопеременная ункция, т. е. не входит в
определенные выше классы.
Теорема Ляпунова об устойчивости. Если в некоторой окрестности тривиального состояния равновесия (? = 0) системы (4.19) существует положительно определенная ункция V (x), производная которой в силу системы такая, что Dt V ? 0, то состояние равновесия
x = 0 устойчиво по Ляпунову.
К уравнениям с разделяющимися переменными приводят так называемые однородные уравнения
x
dx
.
=f
dt
t
Введем ункцию y =
?
В ме??анике ункция
После преобразований получаем равенство
x
cos t
dt ?
dx = 0
sin t
1 + x2
Z
Z
x
cos t
dt =
dx.
sin t
1 + x2
x1
x2
V (x1 , x2 ) = 2 + U (x1 ) первый интеграл последней системы диерен2
циальных уравнений. Действительно,
Dt V (x1 , x2 ) =
Пример 1.8. ассмотрим уравнение
или
Z
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Последнее равенство вытекает из того, что в силу системы (4.19)
x?j = Fj (x1 , . . . , xn ).
Определение 4.4. авенством
Dt V (x) =
n
X
?V
Fj (x1 , . . . , xn )
?x
j
j=1
определим производную в силу системы (4.19) ункции V (x) = V (x1 , . . . , xn ).
Если
Dt V ? 0,
то ункцию V (x1 , . . . , xn ) принято называть еј первым интегралом системы диеренциальных уравнений (4.19).
Пример 4.5. ассмотрим систему
(
x?1 = ?x2 ? x2 (x21 + x22 ),
x?2 = x1 + x1 (x21 + x22 ),
или
dy
f (y) ? y
=
.
dt
t
Последнее уравнение это уравнение с разделяющимися переменными.
Откуда имеем интеграл
Z
Z
dt
dy
=
+ C, C ? R.
f (y) ? y
t
Однородным называют и следующее уравнение, имеющее несколько
более общий вид
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0,
в котором M и N однородные ункции одной и той же степени m.
Напомним, что ункция M (x, y) называется однородной степени m,
если при всех ? выполнено тождество
M (?x, ?y) = ?m M (x, y).
Это уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными,
если положить
y = ux.
Отметим, что dy = xdu + udx, поэтому
а также ункции
V1 (x1 , x2 ) = x1 + x2 , V2 (x1 , x2 ) = x21 + x22 ,
Dt V1 (x1 , x2 ) = ?x2 ? x2 (x21 + x22 ) + x1 + x1 (x21 + x22 ),
Dt V2 (x1 , x2 ) = 2x1 (?x2 ? x2 (x21 + x22 )) + 2x2 (x1 + x1 (x21 + x22 )) ? 0.
Функция V2 (x1 , x2 ) первый интеграл рассматриваемой в данном примере системы.
Пример 4.6. В механике консервативной системой с одной степенью
свободы называется система, описываемая уравнением
x? = f (x),
где f (x) некоторая диеренцируемая ункция. Это уравнение, как
обычно, можно переписать в виде системы двух диеренциальных уравнений первого порядка
xm {M (1, u)dx + N (1, u)udx + N (1, u)xdu} = 0.
Общее решение находится из уравнения
F (u)dx + G(u)xdu = 0,
где F (u) = M (1, u) + N (1, u)u, G(u) = N (1, u).
Пример 1.9. ассмотрим уравнение
(x + 2y)dx ? xdy = 0.
Здесь M (x, y) = x+2y, N = ?x, т. е. однородные ункции первой степени
(m = 1). Положим y = ux. Сначала получаем, что справедливо равенство
x(1 + 2u)dx ? x(xdu + udx) = 0.
После упрощений получаем
x?1 = x2 , x?2 = f (x1 ), (x1 = x, x2 = x?).
(1 + u)dx = xdu
122
19
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
или
Откуда находим, что
Z
dx
=
x
Z
du
.
1+u
x = C(1 + u), C ? R.
y
Возвращаясь к исходным переменным, получаем x = C(1 + )
x
x2 ? Cx
или y
.
C
Пример 1.10. ешим уравнение
y
y
(x ? y cos )dx + x cos dy = 0.
x
x
Сделаем замену y = ux. Получаем
(x ? xu cos u)dx + x cos u(xdu + udx) = 0
или
dx
+ cos udu = 0.
x
Интегрируя, получаем
В случае б) система имеет состояние равновесия x1 = x2 = 0 (нулевое
состояние равновесия), а также семейство состояний равновесия x21 +
x22 = 1. Их находим из рассмотрения системы уравнений
x1 (1 ? (x21 + x22 )) = 0,
x2 (1 ? (x21 + x22 )) = 0.
Уравнение в пункте в) называется уравнением изического маятника, если g > 0, а при g = 0 уравнением математического маятника. Как
обычно, его можно переписать в виде системы двух уравнений первого
порядка
x?1 = x2 ,
x?2 = ? sin x1 ? gx2 ,
у которой есть состояния равновесия x1 = ?k, n ? Z(n = 0; ±1; ±2; . . .)
и x2 = 0. С точки зрения изических интерпретаций интерес представляют два из них
x1 = 0, x2 = 0(x = 0); x1 = ?, x2 = 0(x = ?).
Замена z(t) = x(t) ? y сводит систему диеренциальных уравнений
к аналогичной
ln |x| + sin u = C, C ? R
или
y
= C.
x
К однородным уравнениям приводятся уравнения вида
a1 x + b 1 y + c 1
dy
.
=f
dx
a2 x + b 2 y + c 2
ln |x| + sin
Пусть система алгебраических уравнений
a1 x + b1 y + c1 = 0, a2 x + b2 y + c2 = 0
имеет единственное решение x = x0 , y = y0 . Тогда замена
x? = F (z + y),
у которой уже есть нулевые состояния равновесия. Так что без нарушения общности можно считать, что система диеренциальных уравнений (4.19) имеет нулевые состояния равновесия, а изучение устойчивости произвольно свести к аналогичным вопросам для нулевого состояния
равновесия.
ассмотрим непрерывно диеренцируемую ункцию
V (x) = V (x1 , . . . , xn ).
Пусть x(t) = (x1 (t), . . . , xn (t)) решение системы диеренциальных
уравнений (4.19). Положим W (t) = V (x(t)). Тогда
n
n
x = x0 + u, y = y0 + v
X ?V
X ?V
d
W (t) =
x?j =
Fj (x1 , . . . , xn ).
dt
?xj
?xj
j=1
j=1
20
121
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
4.3. Метод ункций Ляпунова
В этом разделе ограничимся рассмотрением случая, когда система
диеренциальных уравнений автономна. Изложенная ниже методика
исследования, конечно, допускает обобщение на не автономный случай,
но, как правило, эти обобщения носят чисто математический характер и
редко используются в традиционных приложениях.
Итак, рассмотрим систему
x? = F (x),
(4.20)
то указанные выше условия характеризуют локальную разрешимость задачи Коши. Иначе говоря, можно указать такое T = T (a), что задача
Коши имеет эквивалентное решение при t ? (?T (a), T (a)).
Пусть x(t) = y (y ? Rn , y = colon(y1 , . . . , yn ), yj = const) решение
уравнения (4.19). Такое решение называют состоянием равновесия, и его
координаты следует находить как решения следующей системы уравнений
F (y) = 0
(4.21)
Пример 4.4. ассмотрим диеренциальные уравнения и системы
а) x? = x ? x , x = x(t) ? R,
(
x?1 = x1 ? x1 (x21 + x22 ),
б)
x?2 = x2 ? x2 (x21 + x22 ),
3
в) x? + g x? + sin x = 0, g ? 0.
В случае а) уравнение имеет три состояния равновесия x = 0,
x = 1, x = ?1, которые находятся как корни уравнения x ? x3 = 0.
120
Если указанная выше система линейных алгебраических уравнений не
имеет решений, то
b1
a1
=
=?
a2
b2
и, следовательно, замена
a2 x + b 2 y + c 2 = v
(4.19)
где, как и ранее, x = colon(F1 (x1 , . . . , xn ), . . . , Fn (x1 , . . . , xn )). Компоненты вектор-ункции F (x), т. е. Fj (x1 , . . . , xn ), непрерывно диеренцируемы по совокупности переменных (существуют непрерывные частные
?Fj
производные
).
?xk
Если уравнение (4.19) дополнить начальными условиями
x(0) = a, a ? Rn ,
сводит данное уравнение к однородному
a1 u + b 1 v
dv
=f
.
du
a2 u + b 2 v
приводит его к уравнению с разделяющимися переменными
?v + c1 ? ?a2
?
v = b2 f
= g(v).
v
Наконец, исключительный вариант наличия у системы алгебраических
уравнений семейства решений, эквивалентного пропорциональности коэициентов: a1 = ?a2 , b1 = ?b2 , c1 = ?c2 . Следовательно, уравнение на
самом деле имеет следующий вид
dy
= f (?),
dx
решение
y = f (?)x + C, C ? R,
где f (?) постоянная.
Пример 1.11. ешить уравнение
(2x ? 4y + 6)dx + (x + y ? 3)dy = 0.
Система уравнений
2x ? 4y + 6 = 0, x + y ? 3 = 0
имеет единственное решение x0 = 1, y0 = 2. Замена
x = u + 1, y = v + 2
21
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
приводит данное уравнение к однородному
(2u ? 4v)du + (u + v)dv = 0,
которое имеет интеграл (проверить самостоятельно)
u
(v ? 2)3
= C, C ? R.
(v ? 1)2
Упражнение 4.7. Для многочленов
В исходных переменных получаем
3
2
(y ? 2x) = C(y ? x ? 1) .
Диеренциальное уравнение
dy
= f (x, y)
dx
называется квазиоднородным, если ункция f (x, y) оказалась квазиоднородной ункцией степени ? ? ? переменных x, y (с весами ? и ? соответственно). Напомним, что ункция f (x, y) называется квазиоднородной
степени k с весами ? и ? , если при некоторых ?, ? ? R справедливо
равенство
f (?? x, ?? y) = ?k f (x, y).
Квазиоднородное уравнение заменой
y = ux
xu? = g(u) ? f (1, u) ?
Пример 1.12. Убедиться, что уравнение
4
является квазиоднородным, и решить его.
22
условие положительности их коэициентов является не только необходимым, но и достаточным для того, чтобы они были многочленами
урвица.
Начиная с n = 3, необходимые условия уже отличаются от условий
ауса урвица. Можно привести пример многочлена, у которого все коэициенты положительны, но тем не менее у него есть корни в правой
полуплоскости
P3 (?) = ?3 + 2?2 + 2? + 40,
у которого есть корни ?1 = ?4, ?2,3 = 1 ± 3i(Re?2,3 > 0).
Упражнение 4.8. Пусть
Показать, что данный многочлен будет многочленом урвица, если
или
dy
4x ? y
=
dx
2x4 y
P1 (?) = c1 ? + c0 , P2 (?) = c2 ?2 + c1 ? + c0
P3 (?) = ?3 + p?2 + q? + r.
?
?
приводится к уравнению с разделяющимися переменными
?
xu? +
u = f (1, u)
?
6
На главной диагонали этой матрицы стоят числа c1 , c2 , . . . , cn . Числа cj
с индексами j > n или j < 0 заменяются 0.
лавные диагональные миноры матрицы урвица
c1 c0 0 c1 c0 , ?3 = c 3 c 2 c 1 , . . . .
?1 = c1 , ?2 = c3 c2 c5 c4 c3 ?
u.
?
p, q, r > 0, pq ? r > 0.
Упражнение 4.9. Пусть
P4 (?) = ?4 + p?3 + q?2 + r? + s.
Показать, что этот многочлен будет многочленом урвица, если
p, q, r, s > 0, p(rq ? ps) ? r2 > 0.
Последнее неравенство можно переписать в иной орме
p(pq ? r) ? p2 s > 0.
119
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
1
0
h1 =
и h2 =
, которые линейно независимы. В этом случае
0
1
система приобретает вид x?1 = 0, x?2 = 0 и все решения таковы
Пусть x имеет вес ?, а y имеет ? . Чтобы это уравнение было квазиоднородным, необходимо, чтобы было справедливо тождество
4x6 ? y 4
4?6? x6 ? ?4? y 4
= ????
.
4?+?
4
2?
xy
2x4 y
x1 = C1 , x2 = C2 , C1 , C2 = const,
и поэтому система устойчива.
Для приложений диеренциальных уравнений особенно характерна
ситуация, когда требуется проверить условия теоремы 4.3. Если рассмотреть характерное уравнение
Это тождество будет выполнено, если
6? ? 4? ? ? = 4? ? 4? ? ? = ? ? ?.
3
Последняя система имеет решение, если ? = ? 2 . Поэтому положим
det|A ? ?E| = 0,
то после преобразований данное уравнение можно переписать в следующем виде
Pn (?) = cn ?n + cn?1 ?n?1 + . . . + c0 = 0,
(4.17)
где cj ? R (cn = 1). Проверка условий этой теоремы, следовательно,
сводится к рассмотрению алгебраической задачи о расположении корней
уравнения (4.17) на комплексной плоскости.
Если n велико, то прямой способ: нахождение корней многочлена
(4.17) трудно реализуем. Поэтому представляет интерес косвенный способ проверки неравенства
Re?k < 0.
(4.18)
При выполнении этого неравенства корни многочлена (4.17) лежат в
левой полуплоскости комплексной плоскости, а соответственный многочлен называется многочленом (полиномом) урвица. Будем говорить,
что полином имеет стандартный вид, если cn > 0(cn = 1).
Критерий Pауса урвица отрицательности вещественных
частей уравнения (4.17)
Необходимое условие:
положительность всех
ца
?
c1
? c3
?
? c5
?
? ...
0
все cj > 0. Необходимое и достаточное условие:
главных диагональных миноров матрицы урви-
c0 0
c2 c1 c0 0
c4 c3 c2 c1 c0
118
... 0
... 0
0 ... 0
... 0
. . . 0 cn
?
?
?
?.
?
?
3
y = ux 2 .
Получаем
или
du 3 3 1
4x6 ? u4 x6
x2 + x2 u =
3
dx
2
2x4 ux 2
du 3
4 ? u4
+ u=
.
dx 2
2u
После преобразований получаем
x
(u2
2udu
dx
+
=0
2
+ 4)(u ? 1)
x
и уже после интегрирования имеем
2
u ? 1
+ 5 ln |x| = C, C ? R,
ln 2
u + 4
2
u ?1
x5 = C.
u2 + 4
Возвращаясь к старым переменным (x, y), окончательно получаем
y 2 ? x3 5
x = C.
y 2 + 4x3
23
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
1.6. Линейные уравнения
Действительно, в таком случае система диеренциальных уравнений (4.16) имеет неограниченное решение
Уравнение вида
dy
= a(x)y + b(x)
(1.16)
dx
называется линейным неоднородным уравнением. Уравнение вида
dy
= a(x)y
dx
(1.17)
называется линейным однородным уравнением. Для того, чтобы найти
общее решение уравнения (1.16), нужно найти решение уравнения (1.17)
и найти частное решение уравнения (1.17).
Уравнение (1.17) есть уравнение с разделяющимися переменными.
Как известно из џ1.4, оно интегрируется в следующем виде
dy
dy
= a(x)y,
= a(x)dx,
dx
y
Z
Z
Z
dy
= a(x)dx, ln |y| = a(x)dx + C.
y
Откуда решение (1.17) может быть записано в следующем виде
R
y(x) = Ce
a(x)dx
,
(1.18)
где C произвольная постоянная.
Для нахождения частного решения неоднородного уравнения (1.16)
мы применим метод вариации произвольной постоянной. Суть данного
метода заключается в следующем. Пусть C = C(x), т. е. временно будем
считать, что произвольная постоянная будет варьироваться на некотором отрезке. Подставив (1.18) в (1.16) с учетом вышесказанного для C ,
получаем
R
y? = C ?e
R
C ?e
a(x)dx
R
R
a(x) = a(x)Ce a(x)dx + b(x),
Z
R
= b(x), C = b(x)e? a(x)dx dx + C1 .
a(x)dx
+ Ce
a(x)dx
Итак, в окончательной орме общая ормула решения уравнения (1.16)
может быть записана в следующем виде
Z
R
R
a(x)dx
? a(x)dx
y=e
C1 + b(x)e
dx ,
(1.19)
24
x(t) = exp (?m t)hm ,
где hm собственный вектор, отвечающий собственному значению ?m , т.
е. Ahm = ?m hm , hm 6= 0.
Теорема 4.5. Пусть для всех собственных чисел ?k матрицы A
справедливы неравенства
Re?k = ?k ? 0
и для тех ?m , для которых имеет место равенство
Re?m = 0,
выполнено дополнительное условие. Будем предполагать, что алгебраическая кратность rm собственного числа ?m совпадает с его геометрической кратностью gm . Тогда можно утверждать, что система диеренциальных уравнений (4.16) устойчива. При выполнении условия
rm 6= gm можно утверждать, что система (4.16) неустойчива.
Упражнение 4.6. Доказать теорему 2.5.
Проиллюстрируем вторую часть последнего утверждения. ассмотрим систему (4.16) в случае, когда
0 1
2
.
x(t) ? R , A =
0 0
Здесь собственное
значение ?1 = 0, оно двукратно
и имеет собственный
1
0
вектор e =
и присоединенный h =
. В данном случае есть
0
1
неограниченное решение
t
0
1
.
=
+
x(t) = t
1
1
0
0 0
, то и она имеет двукратное
0 0
собственное значение ?1 = 0, ему соответствуют два собственных вектора
Если же выбрана матрица A =
117
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
так как
которую можно переписать в виде
lim x(t) = ?.
y = ?1 (x)C1 + ?2 (x),
Если при изучении системы (4.12) оказалось, что для всех Ej (t) выполнено дополнительное условие
где ?1 (x) R= e a(x)dx
линейного однородного уравнения, а
R
R решение
?2 (x) = e a(x)dx b(x)e? a(x)dx dx частное решение уравнения (1.16).
Пример 1.13. ешить следующее линейное неоднородное уравнение
t?+?
lim Ej (t) = 0,
t?+?
то нулевое решение и все остальные асимптотически устойчивы. Здесь
{Ej (t))} ундаментальная система решений.
Более детально удается рассмотреть вопрос об устойчивости системы
однородных диеренциальных уравнений в частном, но важном для
приложений случае, когда матрица A(t) постоянная, т. е. A(t) = A или
A(t) = {ajk }, ajk ? R, где j, k = 1, . . . , n. Итак, рассмотрим систему
диеренциальных уравнений
x? = Ax.
(4.16)
Обозначим через ?k собственные значения матрицы A. Через rk обозначим алгебраическую кратность этих собственных значений. Если собственное значение ?k простое, то rk = 1.
Теорема 4.3. Пусть для всех собственных значений ?k справедливы неравенства Re?k < 0, тогда система диеренциальных уравнений
(4.16) асимптотически устойчива.
Из результатов главы 2 вытекает, что решения, входящие в ундаментальную систему Ej (t) = exp (?j t)Pj (t), где
Pj (t) = qjmj tmj + . . . + q0 , qj ? C n ,
т. е. векторы, компонентами которых в общем случае являются комплексные числа. Степень многочлена Pj (t) равна mj ? N . Осталось вспомнить, что | exp (?j t)| = e?j t , где ?j = Re?j и
lim e?j t tmj = 0
t?+?
при ? < 0 и любом mj .
Теорема 4.4. Пусть среди собственных чисел ?k матрицы A можно
указать одно или несколько таких, что Re?m = ?m > 0. Тогда система
(4.12) неустойчива(вполне неустойчива).
116
R
x(y ? ? y) = ex .
Легко показать, что данное уравнение является линейным неоднородным
уравнением (1.16). Действительно, поделив обе части уравнения на x,
приходим к следующему
ex
y? = y +
x
Далее, применив ормулу (1.19), получаем
R
?1 (x) = e dx = ex ,
Z x
1
e
x
· dx = ex ln |x|.
?2 (x) = e
x ex
Ответ: y(x) = ex [C + ln |x|].
Замечание 1.3. Не всегда линейное неоднородное уравнение (1.16)
может быть записано в "стандартном виде"(1.16). Иногда имеет смысл
попробовать другим типом перехода от одной независимой переменной
к другой. Покажем это на примере.
Пример 1.14. ешить следующее линейное неоднородное уравнение
(sin2 y + x ctg y)y ? = 1.
Легко убедиться, что данное уравнение относительно переменной y не
является уравнением вида (1.16). После смены y на x имеем уравнение
вида (1.16), но уже относительно другой переменной. Итак,
(sin2 y + x ctg y)
dy
dx
= 1,
= sin2 y + x ctg y,
dx
dy
x? = x ctg y + sin2 y.
Применяя ормулу (1.19), где
R
?1 (y) = e
ctg ydy
25
= sin y,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
?2 (y) = sin y
Z
sin2 y ·
1
dy = ? cos y sin y.
sin y
Ответ: x(y) = sin y(C ? cos y sin y).
ешения уравнений (1.16) и (1.17) можно записать и иной, отличной
от ормул (1.18) и (1.19), орме. Иная орма записи удобна, если уравнения (1.16) и (1.17) рассматриваются вместе с начальным условием
Тогда ормулу для решения уравнения (1.17), с учетом начального условия, можно переписать в виде
y(x) = y0 e
a(t)dt
.
x0
(1.18a)
А ормулу (1.19) в следующем виде:
?
?
Rx
Rz
Zx
a(t)dt
? a(t)dt
?y0 + b(z)e z0
y = e x0
dz ? .
(1.19a)
x0
При выводе ормул (1.18a), (1.19a) используют хорошо известное утверждение математического анализа о том, что интеграл с переменным
верхним пределом
Zx
?(x) = ?(t)dt
x0
является одной из первообразных ункции ?(x).
Пример 1.15. ешить задачу Коши
y ? + y cos x = e? sin x , y(0) = 0.
Применим ормулу (1.19a)
?
y(x) = e
?
=e
Rx
0
Rx
cos tdt
0
cos tdt Rx
"
Rx
? sin z
e
0
Rz
e
cos tdt
0
#
dz =
e? sin z+sin z dz = xe? sin x .
0
26
x(t) =
1
, C ? R.
C exp (?t) ? 1
ешение x(t) = 0 особое решение рассматриваемого уравнения.
Теорема 4.2. Для асимптотической устойчивости решения y(t)
y(x0 ) = y0 .
Rx
Упражнение 4.3. Проверить указанное выше утверждение. Проверка этих последовательных актов базируется на ормулах для общего решения данного уравнения
неоднородной системы диеренциальных уравнений (4.11) необходимо
и достаточно, чтобы было асимптотически устойчиво нулевое решение системы однородных уравнений.
Упражнение 4.4. Доказать теорему 4.2.
Упражнение 4.5. Показать, что устойчивость системы диеренциальных уравнений (4.12) эквивалентно ограничениям всех еј решений
при t ? t0 . Напомним определение.
Определение 4.4. ешение x(t, t0 , a) ограниченно при t ? t0 , если
существует такая положительная постоянная M, что при t ? 0 выполнено
неравенство
||x(t, t0 , a)|| ? M.
Замечание 4.1. Для проверки условий устойчивости системы (4.12)
полезно отметить, что при этом достаточно изучить вопрос об ограниченности решений составляющих ундаментальную систему {Ej (t)}, j =
1, . . . , n, так как остальные решения могут быть представлены в виде
линейной комбинации указанных решений Ej (t).
Замечание 4.2. Эквивалентность ограниченности решений устойчивости, например нулевого решения системы (4.12), характерна для линейных однородных уравнений. В иных вариантах выбора диеренциальных уравнений этот акт не имеет места.
ассмотрим уравнение x? = ?x + t, общее решение которого имеет вид
x(t) = C exp (?t) + t ? 1. При t ? 0 все решения неограниченны, но все
они устойчивы.
Второй пример это нелинейное уравнение
x? = sin2 x.
Пусть x(0) = a. Тогда при a ? (0, ?) решение этой задачи Коши x(t) =
arcctg(ctga ? t) все ограниченны, но решение x(t) ? 0 неустойчиво,
115
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Теорема 4.1. ешение y(t) устойчиво тогда и только тогда, если
у системы (4.12) устойчиво нулевое решение.
Докажем сначала необходимые условия теоремы. Устойчивость решения y(t) системы (4.11) означает, что для любого ? > 0 можно выбрать
такое ? = ?(?) > 0, для которых выполнены неравенства
||x(t) ? y(t)|| < ?
(4.13)
при t ? t0 , если только
||x(t0 ) ? y(t0 )|| < ?.
(4.14)
Но, как известно, вектор-ункция
z(t) = x(t) ? y(t)
(4.15)
удовлетворяет однородной системе диеренциальных уравнений (4.12),
причем любое еј решение может быть представлено в виде (4.15). Из
неравенств (4.13), (4.14) вытекают неравенства
||z(t)|| < ?, ||z(t0 )|| < ?.
Из последних двух замечаний вытекает справедливость и второй части теоремы 4.1, т. е. если устойчиво нулевое решение системы (4.12), то
устойчиво и соответствующее решение y(t) системы (4.11).
Как вытекает из данной теоремы, решения линейных диеренциальных систем либо все одновременно устойчивы, либо неустойчивы. Поэтому допустимой терминологией может быть понятие: "устойчивая линейная система"и "неустойчивая линейная система"("вполне неустойчивая линейная система").
В случае нелинейных уравнений устойчивость это индивидуальное
свойство того или иного решения.
Пример 4.3. ассмотрим уравнение
x? = x + x2 ,
у которого есть решение x(t) = 0 и x(t) = ?1 (такие решения принято
называть состояниями равновесия). Можно показать, что решение x(t) =
0 неустойчиво, а решение x(t) = ?1 асимптотически устойчиво.
114
1.7. Уравнения Бернулли и иккати
Обобщением уравнения (1.16) может служить следующее уравнение
y ? = a(x)y + b(x)y n , n 6= 0, 1.
(1.20)
Это уравнение называется уравнением Бернулли. Понятно, что при n = 0
данное уравнение есть линейное неоднородное уравнение, а при n = 1
имеем дело с уравнением с разделяющимися переменными.
Выполнив замену
1
z = n?1 ,
y
мы приведем (1.20) к линейному неоднородному уравнению (1.16). Покажем этот переход
z?yn
= a(x)y + b(x)y n , z ? = z(1 ? n) + b(x)(1 ? n).
1?n
Мы пришли к линейному неоднородному уравнению относительно переменной z . Проводя обратную замену, мы получим общее решение уравнения (1.20).
Пример 1.16. ешить уравнение
y ? + 2y = y 2 ex .
Данное уравнение является уравнением Бернулли. Проводя замену
1
z = , мы приходим к следующему линейному неоднородному уравнеy
нию
z ? = 2z ? ex ,
решение которого можно записать в виде
z = e2x (C + e?x ), C ? R.
А решение исходного уравнения выглядит следующим образом
y=
1
.
e2x (C + e?x )
27
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Пример 1.17. ешить уравнение
вместе с начальными условиями
y ? x3 sin y = xy ? ? 2y.
z(t0 ) = a1 , z ? (t0 ) = a2 . . . . , z (n?1) (t0 ) = an .
Будем решать уравнение относительно x, после преобразований получаем
x
sin y
x? =
? x3
.
2y
2y
1
Замена z = 2 приводит нас к уравнению
x
dz(t)
Здесь z (j) =
, j = 1, 2, . . . .
dt
Напомним, что стандартными заменами от уравнения порядка n можно перейти к рассмотрению системы из n уравнений первого порядка
z sin y
z? = ? +
.
y
y
x? = F (t, x),
x = colon(x1 , . . . , xn ), x1 = z, x2 = z ? , . . . , xn = z (n?1) ,
F (t, x) = colon(F1 , . . . , Fn ), F = x1 , . . . , Fn?1 = xn ,
Fn = ?f (t, x1 , . . . xn ), x(0) = a, a = colon(a1 , . . . , an ).
1
z = (C ? cos y), C ? R.
y
Замечание 1.4. Из последнего примера видно, что искомая ункция неоднозначная и решение задается в виде двух ветвей. Выбор ветви
будет зависеть от задания начальных условий(задача Коши). Как только
задача Коши будет поставлена, мы уже можем взять конкретное единственное решение.
Уравнение вида
y ? + a(x)y + b(x)y 2 = c(x)
(1.21)
называется уравнением иккати, которое не интегрируется при произвольных коэициентах к квадратурам. Уравнение (1.21) можно привести к уравнению Бернулли, если известно какое-либо частное решение.
Частное решение может быть угадано исходя из вида свободного члена,
в данном случае из вида c(x).
Замечание 1.5. В качестве частного решения можно пробовать решение либо в ормуле экспоненты, но в общем виде, либо в виде квазимногочлена.
28
(4.10)
Пусть u(t, t0 , b) решение уравнения (4.7), удовлетворяющее условиям
u(t0 ) = b1 , . . . , u(n?1) (t0 ) = bn , b = (b1 , . . . , bn ).
Проводя обратную замену, приходим к окончательной ормуле решения
y
.
C ? cos y
(4.9)
где
Применив ормулу (1.19), получаем общее решение
x2 =
(4.8)
Будем говорить, что данное решение уравнения (4.7) устойчиво (неустойчиво, асимптотически устойчиво), если устойчиво (неустойчиво, асимптотически устойчиво) соответствующее решение вспомогательной системы диеренциальных уравнений (4.9).
4.2. Общие теоремы об устойчивости линейных систем
диеренциальных уравнений
ассмотрим линейную диеренциальную систему
x? = A(t)x + f (t),
(4.11)
где
A(t) = {ajk (t)}, j, k = 1, . . . , n, f (t) = colon(f1 (t), . . . , fn (t)).
Пусть
x? = A(t)x
(4.12)
соответствующая однородная система диеренциальных уравнений, а
y(t) какое-либо решение системы (4.11). Справедливо утверждение.
113
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Упражнение 4.2. Исходя из определения устойчивости по Ляпунову
выяснить, не устойчивы ли решения данных уравнений с указанными
начальными условиями
?x
1) x? =
, x(1) = 0;
t
2) x? = 1 + t ? x, x(0) = 0;
3) x? = sin x2 , x(0) = 0.
Указание. В первом случае ответ зависит от параметра ?. ешение
задачи Коши
?x
x? =
, x(1) = ?
t
имеет вид x(t) = ?t? (проверить самостоятельно).
Полезно отметить, что определении асимптотической устойчивости
нельзя отказаться от первой части определения. Даже если все решения
при t ? +? стремятся к нулю, это не означает, что нулевое решение
устойчиво. Поясним на примере. Для этого рассмотрим систему
x2 y ? + xy + x2 y 2 = 4.
Поделив обе части уравнения на x2 , получаем
4
y
+ y2 = 2 .
x
x
4
Здесь свободный коэициент равен 2 . Частное решение следует исx
c
кать в виде y? = (c ? R). Подставим его в исходное уравнение, откуда
x
находим, что c = ±2, т. к. нам нужно частное решение, мы выберем любую константу, пусть для определенности c = 2. Сделав замену (1.22), в
нашем случае мы придем к ее следующему виду
Для простоты будем считать, что t0 = 1. Тогда
x1 (t) = x1 (t, 1, a1 , a2 ) = a1 t exp ?a22 (t ? 1) = a1 t exp ?a21 (t ? 1)),
a2
x2 (t) = x2 (t, 1, a1 , a2 ) = .
t
Очевидно, что при t ? +? предел x1 (t), x2 (t) равен 0 (проверить
самостоятельно).
Однако для любого ? > 0 при a1 = ? 2 , a2 = ? будем иметь, что
ункция x1 (t) достигает своего максимума при t = ? 2 (показать это). При
1
этом x1 (? 2 ) = ? 4 exp 2 e?1 > e?1 , если ? достаточно мало. Следовательно,
?
при t = t? = ? 2 имеем неравенство
q
||x(t)|| = x21 (t? ) + x22 (t? ) ? e?1 .
ассмотрим диеренциальное уравнение порядка n, разрешимое относительно производной
112
где y? частное решение. Подставим (1.22) в (1.21), учитывая, что y? найдено, получаем уже известное уравнение Бернулли для новой введенной
переменной y1 . Далее делая замену, свойственную этому классу уравнений, мы приходим к линейному неоднородному диеренциальному
уравнению, изученному в џ1.6. Восстанавливая все переходы, мы получаем решение исходного уравнения (1.21). Продемонстрируем сказанное
на примере.
Пример 1.18. ешить уравнение
y? +
x2
x1
? t3 x1 x22 , x?2 = ? ,
x?1 =
t
t
x1 (t0 ) = a1 , x2 (t0 ) = a2 , t0 > 0.
z (n) = f (t, z, z ? , . . . , z (n?1) )
После нахождения частного решения введем в рассмотрение новую
ункцию y1
y = y1 + y? ,
(1.22)
(4.7)
2
y = y1 + .
x
В свою очередь, для y1 получаем уравнение Бернулли
y1? = ?
5y1
? y12 .
x
1
, получаем линейное неоднородное диеренy1
циальное уравнение относительно z , решение которого может быть записано в виде
x
z = Cx5 ? , C ? R.
4
Выполняя замену z =
29
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Для y1 соответствующее решение выглядит как
y1 =
Окончательный ответ: y =
Пусть x(0) = a, a ? R. Данное уравнение имеет нулевое решение, если
a = 0. Элементарно проверяется, что здесь
4
.
?x
Cx5
x(t, a) = a exp(?t).
2
4
.
+
x Cx5 ? x
Из последней ормулы вытекает, что при ? ? 0 справедливо неравенство |x(t, a)| ? |a|, если, конечно, t > 0. Поэтому в рамках рассматриваемых вариантов выбора ? нулевое решение устойчиво. Если же дополнительно потребовать, что ? < 0, то нулевое решение будет асимптотически
устойчиво, так как lim x(t) = 0.
1.8. Уравнения в полных диеренциалах
Уравнение вида
t?+?
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
или
(1.23)
M (x, y)
dy
=?
dx
N (x, y)
называется уравнением в полных диеренциалах, если левая часть его
есть диеренциал некоторой ункции
M (x, y)dx + N (x, y)dy = df (x, y)
(1.24)
и в этом случае данное диеренциальное уравнение (1.23) легко интегрируется
f (x, y) = C,
(1.25)
где C, как и ранее, произвольная постоянная. Полученное соотношение
определяет y как неявную ункцию от x. Напомним, что решение, записанное в виде (1.25), называется решением, записанным в орме интеграла.
Теорема 1.2.Пусть ункции M (x, y), N (x, y) непрерывно диеренцируемы в области D. Для того, чтобы уравнение (1.23) было уравнением в полных диеренциалах, необходимо, чтобы выполнялось условие
?M
?N
=
, (x, y) ? D.
?y
?x
(1.26)
Более того, нулевое решение будет и экспоненциально устойчиво, так
как решения, отличные от тривиального, стремятся к нулю со скоростью
экспоненты с показателем ? < 0.
При ? > 0 нулевое решение уже неустойчиво, так как можно утверждать существование такого ta > 0, при котором |x(ta , a)| ? 1 вне зависимости от выбора a. Действительно, последнее неравенство можно
1
переписать в следующем виде |a| exp (t) ? 1, то есть exp(t) ?
.
|a|
?1
Окончательно, при t ? t0 = ln |a| справедливо указанное неравенство ( если |a| > 0, то ta = 0).
Упражнение 4.1. Показать, что отмеченные утверждения остаются
в силе и по отношению к любому решению x(t, a? )
1) при ? ? 0 оно устойчиво;
2) при ? < 0 асимптотически и даже экспоненциально устойчиво;
3) при ? > 0 рассматриваемое решение неустойчиво.
Пример 4.2. ассмотрим уравнение x? = ?x3 вместе с начальным
условием x(0) = a. Интегрируя последнее уравнение как уравнение с
разделяющимися переменными, находим, что
1
x(t, a) = a(1 ? 2?a2 t)? 2 .
Если ? < 0, то lim x(t, a) = 0 и, конечно, |x(t, a)| ? |a|. Последt?+?
Если область D односвязная, то условие (1.26) является достаточным.
Доказательство можно найти во многих учебниках по математическому анализу.
нее означает, что нулевое решение при таком выборе ? асимптотически
устойчиво, но, конечно, не экспоненциально.
Если ? > 0, то при любом достаточно малом a > 0 соответствующие
решения непродолжаемы на интервале (0, +?).
1
Просто проверяется наличие у ункции x = a(1 ? 2?a2 t)? 2 верти1
.
кальной асимптоты t =
2?a2
30
111
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Пример 1.19. ассмотрим уравнение
из неравенства ||a|| < ? вытекает неравенство
||x(t, t0 , a)|| < ?.
ydx + xdy = 0.
Определение 4.2. ешение y(t, t0 , b) будем называть неустойчивым
по Ляпунову, если существует такое ?0 > 0, что для любого ? > 0 можно
указать такое ? и такой момент времени t? , для которых выполняются
неравенства
Данное уравнение есть уравнение в полных диеренциалах. Действительно, проверим для этого условия теоремы 1.2
||a? ? b|| < ?, ||x(t? , t0 , a? ) ? y(t0 , t, b)|| ? ?0 .
Из отрицания определения 4.1 следует считать также неустойчивым
решение y(t, t0 , b), которое непродолжаемо при t ? +?, или такое, для
которого в любой окрестности точки b найдется такая точка a? , что решение x(t, t0 , a? ) непродолжаемо на весь интервал [t0 , ?).
Определение 4.3. ешение y(t, t0 , b) назовем асимптотически устойчивым, если
1) это решение устойчиво по Ляпунову и
2) для любого ?(t0 ) при выполнении неравенства
справедливо следующее предельное равенство
lim ||y(t, t0 , b) ? x(t, t0 , a)|| = 0.
(4.6)
||y(t, t0 , b) ? x(t, t0 , a) ? M exp(??t),
то решение y(t, t0 , b) принято называть экспоненциально устойчивым.
ассмотрим несколько примеров, иллюстрирующих определения этого раздела.
Пример 4.1. ассмотрим диеренциальное уравнение
110
M (x, y)dx = G(x, y) + ?(y),
(1.27)
0
Таким образом, асимптотическая устойчивость это устойчивость по
Ляпунову с дополнительным условием. Отметим, что если условие (4.6)
заменено на следующее
x? = ?x, ? ? R, x = x(t) ? R.
Итак, d(xy) = 0 полный диеренциал рассматриваемого уравнения.
Следовательно, все решения задаются ормулой xy = C . Отметим, что
при C 6= 0 интегральные кривые гиперболы, при C = 0 имеем y ? 0.
Замечание 1.6. Не всегда легко удается обнаружить полный диеренциал, зная, что данное диеренциальное уравнение такого типа.
Опишем алгоритм для нахождения полного диеренциала.
Итак, пусть нам известно, что выписанное уравнение есть уравнение в
орме полного диеренциала. Возьмјм интеграл по переменному верхнему пределу от следующей ункции
Zx
||y(t, t0 , b) ? x(t, t0 , a)|| < ?
t?+?
?N
?M
= 1,
= 1.
?y
?x
где G(x, y) некоторая полученная ункция, а ?(y) неизвестная ункция только по переменной y . Напомним, что полный диеренциал будет записываться
dF = G(x, y) + ?(y).
(1.28)
Для отыскания ?(y) продиеренцируем правую часть (1.27) по y и
приравняем полученное выражение к N (x, y)
G?y (x, y) + ?? (y) = N (x, y).
Отыскав ?(y), мы получим полный диеренциал. Следовательно, затем не составит труда выписать решение (1.24) в орме первого интеграла.
Пример 1.20. ешить уравнение
2xydx + (x2 ? y 2 )dy = 0.
31
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Самостоятельно проверить необходимое условие существования полного
диеренциала. Найдем теперь его с помощью вышеуказанного алгоритма.
Zx
Zx
M (x, y) = 2xydx = x2 y|xo + ?(y) = x2 y + ?(y).
0
0
Продиеренцировав полученное выражение по y и приравняв его N (x, y),
получим
y3
x2 + ?? (y) = x2 ? y 2 ? ?(y) = ? .
3
3
3
y
y
Итак, dF = x2 y ? . Ответ: F = x2 y ?
= C.
3
3
1.9. Понижение порядка уравнения
1. Пусть уравнение не содержит исходной ункции
F (x, y ? , y ?? ) = 0.
(1.29)
Замена y = u, где u новая неизвестная ункция, приведет уравнение
(1.29) к уравнению первого порядка
?
?
F (x, u, u ) = 0.
Его решение имеет вид u = u(x, C), после чего исходная ункция y
находится интегрированием.
2. Пусть уравнение явно не содержит неизвестной переменной
F (y, y ? , y ?? ) = 0
ешение задачи (4.3),(4.4) будем обозначать через x(t, t0 , a). Если
t0 = 0, то будем писать x(t, a) ? x(t, 0, a). Очень часто в приложениях
рассматривают частный случай системы (4.3)
x? = F (x),
(4.5)
где F (x) не зависит явным образом от t. Такие системы называются
автономными(динамическими системами). Если x(t) решение системы
(4.5) при t ? (?, ?), то x(t ? t0 ) решение той же системы при t ? (? +
t0 , ?+t0 ). Поэтому для автономных диеренциальных уравнений выбор
t0 в начальном условии не играет принципиальной роли и без нарушения
общности можно считать, что t0 = 0.
Определение 4.1. ешение y(t, t0 , b) системы (4.3) называется устойчивым по Ляпунову при t ? +?, если для любых ? > 0, t0 ? R существует ? = ?(?, t0 ) такое, что
1) все решения системы (4.3) , включая решение y(t, t0 , b), удовлетворяющие условию ||a ? b|| < ?, определены в промежутке [t0 , ?);
2) для этих решений справедливо неравенство
||x(t, t0 , a) ? y(t, t0 , b)|| < ?,
при всех t ? t0 .
Иными словами, решение y(t, t0 , b) устойчиво, если достаточно близкие к нему решения при t0 целиком погружаются в сколь угодно малую
?-"трубу", построенную около исследуемого решения y(t, t0 , b) (см. на
рис. 4.1).
(1.30)
Порядок уравнения (1.30) понижается на единицу заменой y ? = p, где
p = p(y) новая неизвестная ункция. Поэтому
dy
d2 y
dp
dp dy
dp
= p,
=
=
·
=
· p.
dx
dx2
dx
dy dx
dy
Замечание 1.7. В результате указанной замены возможна потеря
решений y = const, что проверяется непосредственно подстановкой.
3. Пусть уравнение F (x, y, y ? , y ?? ) = 0 однородно относительно y, y ? ,
что означает выполнение условия
F (x, ty, ty ? , ty ?? ) = tm F (x, y, y ? , y ?? ).
32
Из определения вытекает, что всегда можно выбрать ? ? ?.
Если F (t, x)|x=0 = 0, то система (4.3) имеет тривиальное решение
x(t, t0 , 0) ? 0. Оно устойчиво, если существует ? = ?(?, t0 ) > 0 такое, что
109
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
лава 4
Порядок такого уравнения понижается на единицу подстановкой y ? = yu,
где u новая неизвестная ункция.
4. Уравнение F (x, y, y ? ) = 0 однородно в обобщенном смысле относительно x и y . В этом случае вид уравнения должен сохраняться при
замене x на tx и y на tm y . При этом в соответствующие выражения перейдут диеренциалы и производные
Устойчивость
4.1. Основные понятия теории устойчивости решений
диеренциальных уравнений
В данной главе будем рассматривать системы диеренциальных
уравнений
x?j = Fj (t, x1 , . . . xn ), j = 1 . . . n,
(4.1)
где ункции Fj (t, x1 , . . . xn ) удовлетворяют следующим условиям:
1. Функции Fj (t, x1 , . . . xn ) непрерывны по совокупности переменных
при всех t ? t0 (to ? R).
2. Функции Fj (t, x1 , . . . xn ) непрерывно-диеренцируемы по совокупности переменных x1 . . . xn при всех t ? t0 (ункции Fj (t, x1 , . . . xn )
?Fj
имеют непрерывные частные производные
при всех t ? t0 и всех
?xk
рассматриваемых xk , j, k = 1 . . . n).
Систему (4.1) будем рассматривать вместе с начальными условиями
xk (t0 ) = ak ,
(4.2)
где ak ? R. Положим
x = colon(x1 , . . . , xn ), a = colon(a1 , . . . , an ),
F (t, x) = colon(F1 (t, x1 , . . . , xn ), . . . , Fn (t, x1 , . . . , xn )).
?
?
a1
В более привычной записи a = colon(a1 , . . . , an ) = ? . . . ? .
an
Эти обозначения позволяют записать исходную систему в векторной
орме
x? = F (t, x),
(4.3)
а условия (4.2) могут быть теперь записаны таким образом
x(t0 ) = a.
(4.4)
dx ? tdx, dy ? tm dy, d2 y ? tm d2 y.
Таким образом, для сохранения вида уравнением должно выполняться
условие
F (tx, tm y, tm?1 y ? , tm?1 y ?? ) = tm F (x, y, y ? , y ?? ),
которое может выполняться не при любом m. Для получения искомого
значения m надо приравнять друг другу суммы показателей степеней
t в каждом слагаемом уравнения, в результате чего получается, вообще
говоря, переопределенная система. Если искомое значение m существует,
то делается замена переменных
x = et , y = uemt ,
где t новая независимая переменная, а u(t) новая неизвестная ункция. Получается уравнение, не содержащее явно независимой переменной t и допускающее понижения порядка согласно случаю 2.
Пример 1.21. ешить уравнение
y ?? = y ?2 .
Способ 1. Это уравнение не содержит y , поэтому заменой y ? = u,
u = u(x) оно приводится к уравнению u? = u2 , равносильному совокуп1
du
ности уравнений u = 0 и 2 = dx. Из последнего находим u =
,
u
C1 ? x
dy
C1 ? R. Так как u =
, то, интегрируя найденные соотношения, полуdx
чаем для y(x)
y = C, y = C2 ? ln(C1 ? x), C, C2 ? R.
(1.31)
Способ 2. Уравнение y ?? = y ?2 относится также к типу, не содер-
жащему явно независимой переменной x. Поэтому порядок уравнения
108
33
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
понижается на единицу заменой y ? = p, где p = p(y) новая неизвестная
ункция. Действительно,
y ? = p, y ?? =
dp
p
dy
и уравнение сводится к уравнению первого порядка
dp
p = p2 ,
dy
dp
= dy . Из последнего
p
y
находим C1 p = e , C1 ? R. Возвращаясь к ункции y(x), получаем y ? = 0,
а также уравнение с разделяющимися переменными
равносильному совокупности уравнений p = 0 и
C1
dy
= ey .
dx
Интегрируя эти уравнения, находим для y(x)
y = C, y = ln C1 ? ln(C2 ? x), C, C2 ? R.
(1.32)
езультаты (1.31) и (1.32) совпадают с точностью до обозначений произвольных постоянных.
Пример 1.22. ешить уравнение
yy ?? = y ?2 .
Уравнение является однородным, так как сохраняет свой вид после замены y, y ? и y ?? на ty, ty ? и ty ?? соответственно. Следовательно, можно понизить его порядок на единицу, полагая y ? = yu, где u новая неизвестная
ункция. Для производных y ? и y ?? имеем
y ? = yu, y ? = y ? u + yu? = y(u2 + u? ),
после чего исходное уравнение приобретает вид
y 2 (u2 + u? ) = y 2 u2 ,
3.7. Задачи для самостоятельного решения
ешить системы, записанные в векторной орме x? = Ax
?
?
?
1
1 ?1
1
3.1. x? = Ax, A = ? ?1 2 ?1 ? , 3.2. x? = Ax, A = ? 0
? 2 ?1 4 ?
? ?1
2 0 ?1
0
3.3. x? = Ax, A = ? 1 ?1 0 ? , 3.4. x? = Ax, A = ? 1
3 ?1 ?1
?1
Найти eA 3
3 0
,
3.6. A =
3.5. A =
4
0
3
?
?
?
?3 2 2
4
3.7. A = ? ?3 ?1 1 ? , 3.8. A = ? 1
?1 2 0
1
Указание: В задачах 3.1 3.4 можно применить метод из п. 3.4. Особое
внимание следует обратить на случай, когда у матрицы есть кратные
собственные значения.
В задачах 3.6 3.9 при нахождении матричной экспоненты удобнее и
быстрее использовать метод второй части п. 3.4, где используется прием,
связанный с решением задач Коши.
В задачах 3.9 3. 12 следует воспользоваться методами из п. 3.6.
y?
, C1 ? R,
y
34
?
2
?4 ? ,
?2?
1
0 ?,
1
?2
,
?1
?
?1 ?1
2 ?1 ? ,
?1 2
ешить систему уравнений с начальными условиями
x? = y + cos t,
x(0) = y(0) = 1,
3.9.
y?
= 1 ? x,
x? = 2x + y ? 7te?t ? 3,
3.10.
x(0) = y(0) = 1,
y? = 2y ? x ? 1,
x? = 2x + 4y ? 8,
x(0) = y(0) = 1,
3.11.
y?
= 3x + 6y + t,
x? = ?y + cos t,
x(0) = y(0) = 1.
3.12.
y? = ?x + sin t,
откуда y = 0 и u? = 0. Интегрируя последнее равенство, получаем
u = C1 =
0
1
0
1
1
0
107
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Иногда результата можно достигнуть посредством введения новых
вспомогательных неизвестных.
Пример 3.13. ассмотрим систему
x?1 = 2x1 + x2 + 2et ,
x?2 = x1 + 2x2 ? 3et .
Если их сложить, то получим уравнение
d
(x1 + x2 ) = 3x1 + 3x2 ? et .
dt
Вычитая из первого уравнения второе, получаем равенство
d
(x1 ? x2 ) = x1 ? x2 + 5et .
dt
Положив u1 = x1 + x2 , u2 = x1 ? x2 , получим два отдельных уравнения
первого порядка
u?1 = 3u1 ? et , u?2 = u2 + 5et ,
1
откуда u1 (t) = C1 e3t + et , u2 (t) = C2 et + 5tet .
4
После чего приходим к следующей системе
(
1
x1 + x2 = C1 e3t + et ,
4
x1 ? x2 = C2 et + 5tet .
Следовательно,
?
1 t 5 t
?
3t
t
?
?
? x1 = ?1 e + ?2 e + 8 e + 2 te ,
?
?
1
5
?
? x2 = ?1 e3t ? ?2 et + et ? tet ,
8
2
C1
C2
где ?1 =
, ?2 =
, то есть по-прежнему произвольные постоянные.
2
2
106
после чего возвращаемся к переменной y(x)
y = 0, y = C2 eC1 x (C2 6= 0).
ешение y = 0 можно включить в последнюю ормулу, "разрешив" C2
принимать значение, равное нулю.
Пример 1.23. ешить уравнение
y 2 = x3 y ?? .
Уравнение не является однородным относительно y и производных. Но
при переходе
x ? tx, y ? tm y, y ?? =
2
d2 y
tm d2 y
m?2 d y
?
=
t
,
dx2
t2 dx2
dx2
приравнивая суммы показателей степеней t в левой и правой частях уравнения, находим
2m = 3 + (m ? 2),
откуда m = 1. Уравнение оказывается однородным в обобщенном смысле. Замена переменных
x = et , y = uet
приводит к уравнению u? + u ? u2 = 0. Это уравнение не содержит явно независимой переменной t и поэтому может быть решено разными
способами, в том числе и понижением порядка согласно случаю 2.
Пример 1.24. ешить задачу Коши для математического маятника
y ?? + ? 2 sin y = 0, y(0) = y0 , y ? (0) = 0.
Уравнение не содержит явно независимой переменной x, поэтому можно
понизить его порядок, полагая y ? = p, где p = p(y) новая неизвестная
ункция. Далее находим
y ?? =
dp
dp dy
·
= p, pdp + ? 2 sin ydy = 0,
dy dx
dy
p
p2
= ? 2 (cos y ? cos y0 ), p = ±? 2(cos y ? cos y0 ),
2
p
dy
p=
= ±? 2(cos y ? cos y0 ).
dx
35
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Наконец, получаем
x=
1
?
? 2
Zy
y0
?
dy
.
cos y ? cos y0
Интеграл выражается в так называемых эллиптических ункциях, которые не входят в широко известный класс элементарных ункций. Их
относят к специальным ункциям.
1.10. Задачи для самостоятельного решения
Найти решения уравнений или решение задачи Коши:
1.1. y ? = sin y .
1.2. y ? = x + y + 1.
p
1
1.3. y ? = 4y 2 ? 1, y(0) = .
2
Zx
1.4. y(x) = 1 + y(t)dt.
1.5.
1.6.
1.7.
1.8.
0
2
2
2
(y 2 + xy
p )dx + (x ? yx )dy = 0.
?
2
2
xy = x + y + y .
(3x ? 7y ? 3)y ? + (7x ? 3y ? 7) = 0.
y
xy ? = y cos(ln ).
x
1.9. y ? = y, y(0) = 1.
1.10. y ? = ?y, y(0) = 2.
1.11. y ? = ?y 2 , y(0) = 1.
1.12. (1 ? x)dy ? ydx = 0, y(0) = 1.
1.13. xdy ? ydx = 0, y(1) = 1.
1.14. (y 4 ? 3x2 )dy + xydx = 0.
2x
y = 0, y(1) = 2.
1.15. y ? ?
1 + x2
1
1.16. y ? + y = 3x, y(1) = 1.
x
3
2
1.17. y ? + y = 3 , y(1) = 1.
x
x
1.18. y ? ? 2xy = 2x3 y 2 , y(0) = 1.
x
?
y = x y.
1.19. y ? +
2
1?x
36
может, в этом случае с вычислительной точки зрения более экономичен
метод вариации произвольных постоянных.
Некоторые замечания. В п. 3.6 представлены два метода интегрирования систем линейных неоднородных диеренциальных уравнений.
Выбор способа решения конкретной задачи мотивируется вычислительной сложностью его применения. Но при рассмотрении конкретных систем невысокой размерности, как правило, в случае систем, состоящих из
двух неоднородных уравнений, иногда целесообразно применять иные,
менее универсальные приемы, связанные с элементарными преобразованиями уравнений. Например, в простых случаях достаточно часто используется метод сведения систем, состоящих из двух уравнений, к одному скалярному диеренциальному уравнению второго порядка. Этот
метод далеко не универсален и применяется в тех случаях, когда сведение "получается". Проиллюстрируем этот прием на частных примерах.
Пример 3.12. ассмотрим систему
x?1 = ?x2 + et , x?2 = x1 + 1.
Конечно, она может быть решена с помощью одного из указанных ранее
способов. Но если продиеренцировать первое уравнение системы по
t, то получим равенство x?1 = ?x?2 + et . Теперь x?2 можно исключать с
помощью второго уравнения исходной системы. В итоге получаем, что
x?1 = ?(x1 + 1) + et
или
x?1 + x1 = et ? 1.
Общее решение последнего уравнения
1
x1 (t) = C1 cos t + C2 sin t + et ? 1.
2
Тогда из первого уравнения системы находим, что
1
x2 (t) = et ? (?C1 sin t + C2 cos t + et ).
2
Итак, получили решение в координатной орме
?
?
? x1 = C1 cos t + C2 sin t + 1 et + 1,
2
1
?
?
x2 = C1 sin t ? C2 cos t + et .
2
105
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Аналогичный алгоритм может быть использован, если f (t) векторный квазимногочлен.
Пусть
m
X
f (t) = (
p(k) tk )e?t ,
1.20.
1.21.
1.22.
1.23.
xy ? + y = y 2 ln x, y(1) = 1.
y ? = ?y 2 + 1 + x2 .
y ? = y 2 ? xy ? x.
y ? = y 2 ? (2x + 1)y + x2 + 2x.
k=0
где m натуральное число,
p(k)
?
?k1
= ? . . . ? , ?kj ? R(C).
?kn
?
Если ? не является корнем характеристического многочлена
det(A ? ?E) = 0,
то частные решения можно искать в аналогичной орме
?
?
m
?k1
X
v(t) = (
Q(k) tk )e?t , Q(k) = ? . . . ? , ?kj ? R(C).
k=1
?kn
Указание: В последних двух уравнениях можно найти частное решение следующего вида
y = ax + b, a, b ? R.
1.24. (3x2 + 6xy 2 )dx + (6x2 y + 4y 3 )dy = 0.
1.25. xdx + ydy = 0.
y
1
1.26. dy ? 2 dx = 0.
x
x
ydx ? xdy
1.27. xdx + ydy +
= 0.
x2 + y 2
?
3
1.28. y = y ? y .
Компоненты ?kj подлежат определению при подстановке вектор-ункции
v(t) в систему (3.36) и приравнивании слагаемых при одинаковых степенях t. С учетом нерезонансности ? компоненты векторов Q(k) находятся
однозначно.
Случай, когда ? является корнем характеристического уравнения,
сложнее. Пусть ? = ?s , где ?s корень кратности ks характеристического
уравнения.
Упражнение 3.1. Показать, что частное решение можно найти в
орме
m+s
X
Q(k) tk )e?s t ,
v(t) = (
k=0
т. е. квазимногочлена степени m + s, где m степень квазимногочлена
f (t) =
m
X
(p(k) tk )e?j t .
k=0
Отметим, что резонансный случай приводит часто к отысканию коэициентов векторного многочлена достаточно высокой степени t. Быть
104
37
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
лава 2
Диеренциальные уравнения высших порядков.
Линейные диеренциальные уравнения
2.1. Диеренциальные уравнения n-го порядка
Диеренциальное уравнение n-го порядка имеет вид
F (x, y, y ? , ..., y (n) ) = 0
(2.1)
или в разрешенном относительно старшей производной y (n) виде
y
(n)
?
= f (x, y, y , ..., y
(n?1)
).
(2.2)
Любая ункция y(x), имеющая непрерывные частные производные
до порядка n включительно и удовлетворяющая уравнению (2.1) или
(2.2), называется решением этого уравнения. Процесс нахождения решения называется интегрированием соответствующего уравнения.
В качестве примера рассмотрим прямолинейное движение точки массы m под воздействием силы F = F (t, x, x? ), зависящей от момента t,
положения x и скорости точки x?. Это дајт нам диеренциальное уравнение движения
d2 x
dx
m 2 = F (t, x, )
dt
dt
простейший вариант уравнений Ньютона. Интегрирование этого уравнения второго порядка определяет зависимость x от t, т. е. движение
точки под воздействием силы. Для получения определенного решения
задачи мы должны задать еще начальные условия движения, а именно
положение и ее скорость в некоторый начальный момент времени t = t0
x
t=t0
= x0 ,
dx = x?0 .
dt t=t0
x=x0
x=x0
38
Характеристическое уравнение имеет корни ?1 = ?1, ?2 = 2, которым
соответствуют собственные элементы
1
1
, e2 =
e1 =
.
?1
2
Общее решение однородного уравнения x? = Ax имеет вид
1
1
x(t) = C1
e?t + C2
e2t ,
?1
2
где C1 , C2 произвольные постоянные. Найдем v(t) = v1 (t) + v2 (t), где
vp (t) частные решения
уравнения x? = Ax+fp (t), p = 1, 2.
неоднородного
H1
Положим v1 (t) =
eit . Для определения H1 , H2 получим систеH2
му с отличным от 0 определителем
1
1
5
iH1 = H2 ? , iH2 = 2H1 + H2 , H1 = ? (1 ? 2i), H2 = (7 ? i).
2
2
2
Откуда
1 ?1 + 2i
v1 (t) =
exp(it).
3?i
2
Понятно, что v2 (t) = v1 (t), т. е. комплексно сопряжена к первому.
Поэтому
? cos t ? 2 sin t
.
v(t) =
3 cos t + sin t
При выводе окончательной версии для частного решения были использованы ормулы
Для уравнения n-го порядка (2.1) или (2.2) начальные условия состоят в задании ункции y = y(x) и еј производных до (n ? 1)-го порядка
включительно при x = x0
(1)
(n?1)
y
= y0 , y ? = y0 , . . . , y (n?1) = y0
.
(2.3)
x=x0
Здесь
5 1
x1
0 1
eit ,
, f (t) = f1 (t) + f2 (t), f1 (t) = ?
x=
, A=
x2
2 1
2 0
5 1
e?it .
f2 (t) = ?
2 0
eit = cos t + i sin t, e?it = cos t ? i sin t.
Итак, общее решение рассматриваемой системы имеет вид
C1 e?t + C2 e2t ? cos t ? 2 sin t
.
x(t) =
?C1 e?t + 2C2 e2t + 3 cos t + sin t
103
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где H ? Rn (C n ), т. е. H = colon(H1 , . . . , Hn ). Подстановка v(t) в (3.36)
показывает, что для вектора H получаем уравнение
AH = ?H + h
или
(A ? ?E)H = h.
Последняя система алгебраических уравнений для нахождения H1 , . . . , Hn
имеет единственное решение, так как
det(A ? ?E) 6= 0.
Если
f (t) =
m
X
h(j) e?j t ,
j=1
то применим тот же метод, если ни одно из чисел ?j не удовлетворяет
характеристическому уравнению. Понятно, что частное решение можно
искать в орме
m
X
vj (t), vj (t) = H (j) e?j t .
v(t) =
j=1
Замечание 3.5. В рассматриваемый класс неоднородностей входят
вектор-ункции вида
h sin ?t, h cos ?t, h ? Rn (C n ).
В этом случае задача может быть сведена к предыдущей, если воспользоваться ормулами Эйлера
sin ?t =
(1)
Такое решение (2.4), содержащее n произвольных постоянных, называется общим интегралом уравнения (2.1). Оно может быть записано в
неявной орме
?(x, y, C1 , ... , Cn ) = 0.
Придавая определенные числовые значения для C1 , ... , Cn , получим частные решения уравнения (2.1). Диеренцируя (2.4) по переменной x и
подставляя в полученные равенства x = x0 , постоянные C1 , ... , Cn можно
обычно определить из начальных условий (2.3). Продемонстрируем это
замечание на примере.
Пример 2.1. ассмотрим задачу Коши
ei?t ? e?i?t
ei?t + ei?t
, cos ?t =
.
2i
2
Предложенный ранее вариант выбора частного решения допустим, если
±i? не удовлетворяют характеристическому уравнению (нерезонансный
случай).
Пример 3.11. ассмотрим систему
x?1 = x2 ? 5 cos t, x?2 = 2x1 + x2 .
102
(n?1)
В этих условиях y0 , y0 , y0
определенные числа. Для уравнения
(2.2) имеет место теорема существования и единственности решения, совершенно аналогичная теореме 1.1 из первой главы данного пособия.
Теорема 2.1. Если f (x, y1 , ... , yn?1 ) непрерывная ункция, имею?f
щая непрерывные частные производные
j = 1, ... , n ? 1 по совокуп?yj
(1)
(n?1)
ности переменных в окрестности точки (x0 , y0 , y0 , ... , y0
), то задача (2.1) ( 2.2) имеет единственное решение y(x), если x ? (x0 ??, x0 +?),
? = const > 0.
Напомним еще раз, что задачу определения ункции y(x), удовлетворяющей уравнению (2.2) и начальным условиям (2.3), традиционно
называют задачей Коши.
(1)
(n?1)
Изменяя в начальных условиях (2.3) постоянные y0 , y0 , ... , y0
,
получим семейство решений, зависящее от n произвольных постоянных.
Эти произвольные постоянные могут входить в решение и не как начальные условия
y = ?(x, C1 , ... , Cn ).
(2.4)
y ?? = 1, y(1) = 1, y ? (1) = 1.
Уравнение y ?? = 1 интегрируется очень просто
y ? = x + C1 ,
откуда имеем
y=
x2
+ C1 x + C2 .
2
39
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Постоянные C1 и C2 определяются из системы алгебраических уравнений
( 1
+ C1 + C2 = 1,
2
1 + C1 = 1.
Поэтому
1
Откуда находим C1 = 0, C2 = . Итак, решением задачи Коши из дан2
ного примера служит ункция
В координатной орме записи получаем
y(x) =
x2 1
+ .
2
2
Запишем условие из предыдущего примера в более общей орме. ассмотрим уравнение
y (n) = f (x),
(2.5)
где f (x) заданная непрерывная ункция при x ? (a, b). Уравнение (2.5)
дополним начальными условиями (2.3), считая, конечно, что x0 ? (a, b).
ешение задачи (2.5), (2.3) будем искать в следующем виде
y(x) = u(x) + v(x),
где u(x) решение задачи
u(n) = f (x), u(x0 ) =
а
du dn?1 u = 0,
= ... = n?1 dx x=x0
dx
x=x0
(2.6)
n?1 dv v
(n?1)
(1) d
= y0
.
(2.7)
= y0 ,
n?1
dx x=x0
dx
x=x0
Поскольку производная порядка n ункции v(x) равна 0, то v(x) есть
многочлен с произвольными постоянными
v (n) = 0, v(x0 ) = y0 ,
v(x) = C0 + C1 x + · · · + Cn?1 xn?1 ,
где постоянные C0 , C1 , ... Cn?1 однозначно находятся из начальных условий в задаче (2.7). Это вытекает из того, что при определении постоянных C0 , C1 , ... Cn?1 мы получим систему линейных алгебраических уравнений с треугольной матрицей, где на главной диагонали находятся элементы, отличные от нуля.
40
x(t) =
1 t
0 1
1
1
+
Z1 1 t?s
0
1
0
x1 (t) = 1 + 2t +
1
s
ds.
t3
t2
, x2 (t) = 1 + .
6
2
В данном случае система может быть изначально записана в координатной орме
x?1 = x2 + 1, x?2 = t.
После чего для ее интегрирования не обязательно применять какие-либо
общие методы. Сначала можно найти решение второго уравнения, затем
подставить найденное решение в первое и непосредственным интегрированием найти x1 (t). Произвольные постоянные интегрирования могут
быть найдены из начальных условий.
Замечание 3.4. Если начальное условие задано не при t = 0, а при
t = t0 , где t0 произвольно, то ормула (3.43) может быть модиицирована
Zt
A(t?t0 )
x(t) = e
q + eA(t?s) f (s)ds.
t0
2. Система со специальной неоднородностью. В этой части па-
раграа рассмотрим частный случай выбора f (t), при котором не обязательно использовать метод вариации произвольных постоянных.
Пусть сначала
f (t) = he?t , h = colon(h1 , . . . , hn ), hj ? R(C), ? ? R(C)
и ? не является корнем характеристического уравнения
det(A ? ?E) = 0.
Такой случай называется нерезонансным. Тогда частное решение системы (3.36) можно искать в следующей орме
v(t) = He?t ,
101
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
В нашем случае
Положим
eAt =
Следовательно,
At
x(t) = e
ch t sh t
sh t cht
1
?1
eA(t?s) =
Zt
+
(почему?).
u1 (x) =
x0
A(t?s)
e
0
?1 es
?2 e?s
ch(t ? s) sh(t ? s)
sh(t ? s) ch(t ? s)
ds,
.
Обозначим через g(t, s) вектор-ункцию под знаком интеграла. Поэтому
G(t) =
G1 (t)
G2 (t)
G2 (t) =
, G1 (t) =
Zt
Zt
(?1 ch(t ? s)es + ?2 sh(t ? s)e?s )ds,
0
(?1 sh(t ? s)es + ?2 ch(t ? s)e?s )ds.
0
Стандартные вычисления интегралов позволяют найти G1 (t) и G2 (t)
?1 t 1 t
?2
1
(te + (e ? e?t )) + (?te?t + (et ? e?t )) =
2
2
?22
?1 2
= (tet + sh t) + (?tet + sh t),
2 ?
2 ?
2
1
G2 (t) = (?tet + sh t) + (tet + sh t).
2
2
Итак, в нашем случае
?1
?2
x1 (t) = ch t ? sh t + (tet + sh t) + (sh t ? te?t ),
2
2
?1
?2
(sh t ? tet ) + (sh t + te?t ).
2
2
Пример3.10. ассмотрим
(3.36). Пусть
ещепример системы
n = 2, A =
0 1
0 0
At
e
, f (t) =
=
1 t
0 1
1
t
, x(0) =
A(t?s)
, e
100
=
1
1
1 t?s
0
1
. Тогда
.
u(s)ds, u2 (x) =
Zx
u1 (s)ds, . . . , un (x) =
Zx
un?1 (s)ds.
x0
x0
По индукции проверяется, что ункция y(x) = un (x) есть решение задачи Коши (2.6).
Мы привели два самых простых варианта уравнения (2.2), где задача
нахождения общего решения или задача Коши сводится к многократному интегрированию. Естественно, что в ситуации общего положения задача интегрирования уравнения (2.2) в явном виде не всегда имеет столь
простое решение. В следующем параграе мы рассмотрим некоторый
класс таких уравнений, где хотя бы в частном случае удается написать
ормулу, задающую общее решение.
2.2. Линейные диеренциальные уравнения высших порядков. Общие свойства
Линейным диеренциальным уравнением порядка n называется диеренциальное уравнение вида
x(n) + an?1 (t)x(n?1) + · · · + a1 (t)x? + a0 (t)x = b(t),
G1 (t) =
x2 (t) = sh t ? cht +
Zx
(2.8)
где
dj x(t)
, j ? N.
dtj
Коэициенты ak (t), b(t)-непрерывные действительные ункции, определенные на некотором множестве J ? R. Иногда рассматриваются комплекснозначные ункции в качестве коэициентов диеренциального уравнения (2.8).
Замечание 2.1. Функция ?(t) комплекснозначная, если мы можем
еј записать в виде
?(t) = ?1 (t) + i?2 (t),
x = x(t), x(j) =
где ?1 (t), ?2 (t) уже действительные ункции переменного t.
Наряду с уравнением (2.8) рассматривают его частный вид
x(n) + an?1 (t)x(n?1) + · · · + a1 (t)x? + a0 (t)x = 0.
41
(2.9)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Уравнение (2.9) называют линейным однородным уравнением порядка
n, а уравнение (2.8), если b(t) 6= 0, называют линейным неоднородным
уравнением порядка n.
Пусть в уравнении (2.8) aj (t) = aj = const ? R (или C ), тогда уравнение (2.8) будем называть уравнением с постоянными коэициентами,
несмотря на то, что свободный член может быть ункцией, отличной от
постоянной.
Уравнение n-го порядка (2.8) с помощью замены
x = z1 , x? = z2 , ... , x(n?1) = zn
может быть сведено к системе линейных уравнений первого порядка
?
z1? = z2 ,
?
?
?
...
(2.10)
?
z
?
n?1 = zn ,
?
? ?
zn = ?an?1 (t)zn ? · · · ? a0 (t)z1 + b(t).
С теоретической точки зрения иногда удобней рассматривать систему
(2.10) вместо диеренциального уравнения (2.8). Например, для доказательства теоремы существования и единственности решения задачи
Коши. С практической точки зрения удобней находить решения именно
уравнения порядка n.
Введем обозначение
или
u? = e?At f (t).
Следовательно,
u(t) = ? +
Z
(3.41)
e?At f (t)dt,
где ? ? Rn произвольный вектор, а интегрирование во втором слагаемом последнего равенства (3.41) производится покомпонентно для
вектор-ункции
Z
g(t) = e?As f (t) :
g(s)ds = G(t), G(t) = colon(G1 (t), . . . , Gn (t)),
G?j = gj (t), j = 1, . . . , n.
Окончательно получаем
Z
x(t) = eAt (? + G(t)) = eAt ? + eAt ( e?At f (t)dt).
(3.42)
Первое векторное слагаемое в последнем равенстве решение линейной
однородной системы (3.37), а второе частное решение (3.36).
Если речь идет о нахождении решения задачи Коши (3.36), (3.38) при
t0 = 0, то ормула (3.42) допускает следующую модиикацию
Lx ? x(n) + an?1 (t)x(n?1) + · · · + a1 (t)x? + a0 (t)x.
x(t) = eAt q +
Тогда уравнение (2.8) может быть кратко записано в виде
Zt
eA(t?s) f (s)ds.
(3.43)
0
Lx = b(t),
(2.8)?
L(x) = 0.
(2.9)?
а уравнение (2.9) как
Отметим, что диеренциальный оператор L линейный. Последнее
означает, что выполнены следующие два свойства:
1. L(?1 + ?2 ) = L?1 + L?2 , ?j = ?j (t).
2 L(??) = ?L?, ? = ?(t), ? ? R(C).
Пусть ?1 (t), ?2 (t) два некоторых решения уравнения (2.8). Тогда очевидно, что ункция ? = ?1 ? ?2 удовлетворяет диеренциальному
уравнению (2.9). Действительно,
Действительно, x(0) = q, а второе в ней слагаемое
Zt
0
A(t?s)
e
Zt
f (s)ds = e ( e?As f (s)ds),
At
0
L?1 = b, L?2 = b.
где в правой части последнего равенства выписана одна из первообразных вектор-ункций g(t) = e?At f (t).
Пример
систему
(3.36) в частном случае n
3.9. ассмотрим
= 2,
?1 et
0 1
q1
, где ?1 , ?2 ? R. Наконец, q =
,
, f (t) =
A=
?2 e?t
g2
1 0
q1 = 1, q2 = ?1.
42
99
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
В принципе, как уже хорошо известно из п. 3.1, для того чтобы найти общее решение системы (3.36), достаточно уметь находить частное
решение v(t) этой системы. Действительно, справедливо представление
x(t) = u(t) + v(t),
где u(t) общее решение системы линейных однородных уравнений (3.37).
Поэтому при реализации любого из методов решения системы (3.36) центральное значение приобретает методика (рагмент этой методики) нахождения частного решения v(t).
1. Метод вариации произвольных постоянных. Этот метод наиболее прост в теоретическом изложении и достаточно понятен при его
применении. Он применим при любой f (t). Основным его недостатком
следует, по-видимому, считать большой объем вычислений при его реализации.
Пусть общее решение (3.37) записано в следующей орме
x(t) = eAt ?,
(3.39)
где ? = colon(?1 , . . . , ?n ), a ?j произвольные действительные постоянные. Тогда общее решение неоднородной системы (3.36) можно искать в
орме
x(t) = eAt u(t),
(3.40)
где произвольный вектор ? из ормулы (3.39) заменяется на неизвестную вектор-ункцию u(t)
?
?
u1 (t)
u(t) = ? . . . ? .
un (t)
Следовательно, остается определить его компоненты uj (t). Подставим
вектор-ункцию (3.40) в систему (3.36). Получаем равенство
d At
du
(e u) + eAt
= AeAt u + f (t).
dt
dt
Отсюда имеем
L(?1 ? ?2 ) = 0.
Пусть ?(t) решение уравнения (2.9), а ?(t) решение (частное решение)
неоднородного диеренциального уравнения (2.8), тогда ункция
?(t)+?(t) также удовлетворяет неоднородному диеренциальному уравнению (2.8). В силу этих замечаний при отыскании решений (общего решения) важную роль приобретает рассмотрение однородного уравнения
(2.8).
2.3. Линейные однородные диеренциальные уравнения
Теорема 2.2.Множество решений диеренциального уравнения (2.9)
образует векторное (линейное) пространство.
Утверждение из теоремы означает, что из предположения о принадлежности двух ункций ?1 (t), ?2 (t) множеству решений однородного
диеренциального уравнения (2.9) вытекает утверждение о включении
в множество решений линейной их комбинации
?1 ?1 (t) + ?2 ?2 (t), ?1 , ?2 ? R(C).
Это утверждение было ранее проверено.
Основной целью данного параграа является дополнительное утверждение о том, что пространство решений образует линейное пространство размерности n.
Определение 2.1. Функции f1 (t), f2 (t), ... , fn (t) называются линейно
независимыми, если при всех t ? (a, b) тождетво
C1 f1 (t) + · · · + Cn fn (t) = 0, Cj ? R(C), j = 1, 2, ... , m
возможно лишь в случае
C1 = C2 = ... = Cn = 0.
eAt u? = f (t)
В противном случае эти ункции f1 (t), f2 (t), ... , fn (t) называются линейно зависимыми.
Пример 2.2. Функции 1, t, ... , tn линейно независимы, так как линейная комбинация
?0 + ?1 t + · · · + ?n tn
98
43
d
Напомним, что (eAt u) = AeAt u. Поэтому последнее равенство приобdt
ретает следующий вид после упрощений
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
при ненулевых коэициентах ?0 , ... , ?n может обратится в ноль лишь
в конечном числе точек числовой прямой(самостоятельно доказать).
Пусть ункции f1 (t), f2 (t), ... , fm (t) диеренцируемы k раз. Тогда
равенство, игурирующее в определении 2.1 можно заменить на следующие
?
?
(t) = 0,
C1 f1? (t) + · · · + Cm fm
?
?
? C f ?? (t) + · · · + C f ?? (t) = 0,
1 1
m m
...
?
?
?
(k)
(k)
C1 f1 (t) + · · · + Cm fm (t) = 0.
ассмотрим n решений ?1 (t), ... , ?n (t) уравнения (2.9). Составим определитель
?
?
?1 (t) · · · ?n (t)
?
?
??1 (t) · · · ??n (t)
W (t) = det
?
? (n?1)
(n?1)
?1
(t) · · · ?n (t)
Его называют определителем Вронского (Вронскианом) решений ?1 (t), ... , ?n (t).
Теорема 2.3.Следующие утверждения эквивалентны:
1. W (t) ? 0 при всех t ? (a, b).
2. W (t0 ) = 0 при некотором t0 ? (a, b).
3. ешения ?1 (t), ... , ?n (t) линейно зависимы.
Достаточно доказать, что
1) => 2), 2) => 3), 3) => 1).
Импликация 1) => 2) очевидна. Пусть теперь W (t0 ) = 0 при некотором
t0 ? (a, b). ассмотрим алгебраическую систему
?
C1 ?1 (t0 ) + · · · + Cn ?n (t0 ) = 0,
?
?
?
C1 ??1 (t0 ) + · · · + Cn ??n (t0 ) = 0,
...
?
?
?
(n?1)
(n?1)
C1 ?1
(t0 ) + · · · + Cn ?n (t0 ) = 0
с неизвестными C1 , ... , Cn . Еј определитель есть W (t0 ). Поэтому данная
система имеет нетривиальные решения: C10 , ... , Cn0 . Функция
?(t) = C10 ?1 (t) + · · · + Cn0 ?n (t) = 0
удовлетворяет уравнению (2.9) и начальным условиям
d? dn?1 ? ?(t0 ) =
= 0.
= ... = n?1 dt t=t0
dt
t=t0
44
3.6. Линейные неоднородные системы
с постоянными коэициентами
В п. 3.6 речь пойдет о методах решения систем следующего вида
x?j =
n
X
ajk xk + fj (t), j = 1, . . . , n,
(3.33)
k=1
где ajk ? R (допустим вариант, когда ajk ? C полю комплексных чисел), а fj (t) известные непрерывные ункции независимой переменной
t ? I ? R. В системе (3.33) коэициенты соответствующей однородной
линейной системы
x?j =
n
X
ajk xk (j = 1, . . . , n)
(3.34)
k=1
не зависят от t и, следовательно, для системы (3.34) был рассмотрен
стандартный алгоритм нахождения общего решения, если система (3.33)
дополнена условиями
xj (t0 ) = qj , j = 1, . . . , n,
(3.35)
где t0 , qj ? R, то, как обычно, речь идет о задаче (начальной задаче
Коши).
Системы (3.33), (3.34) иногда удобнее переписывать в векторной орме. Если положить
?
?
?
?
?
?
x1 (t)
f1 (t)
a11 . . . a1n
?,
x(t) = ? . . . ? , f (t) = ? . . . ? , A = ? . . .
xn (t)
fn (t)
an1 . . . ann
то система (3.33) примет вид
x? = Ax + f (t).
(3.36)
Линейную однородную систему (3.34) аналогично можно записать следующим образом
x? = Ax.
(3.37)
Наконец, условия (3.35) приобретают следующую орму записи
x(t0 ) = q ? R, t0 ? R.
97
(3.38)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Доказательство теоремы. Пусть B(t) ундаментальная матрица уравнения (3.25). Тогда и матрица Q(t) = B(t + ?) также является
ундаментальной матрицей уравнения (3.32). Действительно,
B?(t + ?) = A(t + ?)B(t + ?),
а в силу ? -периодичности A(t) и определения Q(t) отсюда следует, что
Q?(t) = A(t)Q(t.)
Кроме того, матрица Q(t) неособая при всех t, так как B(t) неособая
матрица. Следовательно, существует неособая матрица V порядка n Ч n,
что при всех t
B(t + ?) = B(t)V.
Известно, что в таком случае матрица V имеет логарим. Более детально с понятием матричного логарима читатель может познакомиться в
ряде учебников (см., например [9?).
Положим
1
P = LnV, B0 (t) = L(t)e?tP .
?
Тогда (3.32) выполняется автоматически, и остается доказать, что
B(t + ?) = B(t).
Имеем
B0 (t + ?) = B(t + ?)e?(t+?)P = B(t)V e??P e?tP .
Так как V e?P = E , то
?tP
B(t + ?) = L(t)e
C10 ?1 (t) + · · · + Cn0 ?n (t) = 0.
При этом не все Cj0 равны нулю. Это и означает, что ункции ?1 (t), ... , ?n (t)
линейно зависимы. Импликация 2) => 3) доказана. Импликация 3) =>
1) очевидна.
Линейная зависимость ?1 (t), ... , ?n (t) означает, что один из столбцов
W (t) при каждом t ? (a, b) является линейной комбинацией остальных.
Теорема доказана.
Имеет место ормула Лиувилля Остроградского
W (t) = W (t0 ) exp{?
Zt
an?1 (s)ds}.
t0
Еј доказательство проще привести, переходя к системе.
Из приведенных рассуждений, в частности, вытекает справедливость
следующего утверждения.
Теорема 2.4. Любые n линейно независимых решений уравнения
(2.9) образуют базис в линейном пространстве решений данного уравнения.
Утверждение теоремы означает, что любое решение ?(t) диеренциального уравнения (2.9) представимо в виде
?(t) = C1 ?1 (t) + · · · + Cn ?(t),
= B(t).
Теорема доказана.
Отметим,что собственные числа ?1 , ..., ?n матрицы P называются характеристическими показателями. Из определения P можно вывести
соотношение между мультипликаторами и характеристическими показателями
1
?j = Lnµj , j = 1, ..., n.
?
При этом простым мультипликаторам соответствуют простые характеристические показатели, а кратным мультипликаторам характеристические показатели с элементарным делителем той же кратности.
96
С другой стороны, уравнение (2.9) с нулевыми начальными условиями
имеет решение x(t) ? 0. В силу единственности на (a, b) имеем равенство
где {?j (t)} указанная линейно независимая система, а постоянные Cj
могут быть выбраны единственным образом.
Из теоремы вытекает, что для решения уравнения (2.9) (нахождения
его общего решения) достаточно найти n линейно независимых частных
решений.
Пример 2.3. ассмотрим диеренциальное уравнение
t
d dx t
? x = 0,
dt dt
у которого, как легко доказывается, есть два частных решения ?1 (t) = t,
?2 (t) = t?1 . Эти ункции линейно независимы, так как равенство C1 t +
45
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
C2 t?1 = 0 при всех t > 0, имеет место лишь при C1 = C2 = 0. Поэтому общее решение данного уравнения имеет следующий вид x(t) = C1 t+ C2 t?1 ,
где C1 , C2 ? R.
Пример 2.4. ассмотрим диеренциальное уравнение второго порядка
(2x + 1)y ?? + 4xy ? ? 4y = 0, y = y(x).
У этого уравнения есть частное решение ?1 (x) = x. Для того чтобы получить базис, необходимо найти второе решение. В этом нам может помочь
ормула Лиувилля Остроградского. Пусть ?(x) второе частное решение. Тогда имеем
Z
4s
?
ds
? x 2s + 1 , C ? R.
?
= Ce
?
1 После упрощений получаем
? ? x? ? = C.
Доказательство теоремы.
Необходимость. Пусть ? мультипликатор системы уравнений (3.25),
тогда существует такой вектор x0 6= 0, что
B(?)x0 = ?x0 .
ассмотрим следующее нетривиальное решение системы уравнений (3.25)
?(t) = B(t)x0 .
В силу (3.27)
?(t + ?) = B(t + ?)x0 = B(t)B(?)x0 = B(t)?x0 = ?B(t)x0 = ??(t).
Следовательно, необходимость доказана.
Достаточность. Из соотношения (3.29) при t = 0 получим
?(?) = ??(0).
(3.30)
В силу теоремы единственности
Последнее уравнение это линейное уравнение первого порядка. Его
решение имеет вид
e?2x ?(x) = Cx C1 ?
.
x
Отсюда находим второе частное решение
причем ?(0) 6= 0, так как в противном случае решение ?(t) было бы
тривиальным.
Из равенства (3.31) в силу (3.30) следует, что
?(x) = e?2x .
B(?)?(0) = ?(?) = ??(0).
Следовательно, общее решение уравнения, рассматриваемого в данном
примере, имеет вид
y(x) = C1 x + C2 e?2x .
Следовательно, ?(0) собственный вектор матрицы B(?), a ? мультипликатор системы уравнений (3.25). Теорема доказана.
Из доказанной теоремы вытекает следующее утверждение.
Следствие 3.2. Линейная однородная система уравнений (3.25) имеет нетривиальное решение с периодом ? в том и только том случае, когда
один из еј мультипликаторов равен единице.
Теорема Флоке. Каждую ундаментальную матрицу уравнения
(3.24) можно представить в виде
В более общей орме, если уравнение (2.9) имеет частное решение
x(t) = ?1 (t), подстановка
x(t) = ?1 (t)y(t)
?(t) = B(t)?(0),
(3.31)
приводит уравнение (2.9) к уравнению для y(t), порядок которого меньше на 1. Этот пријм носит название понижение порядка диеренциального уравнения. К сожалению, он применим только если известно хотя
бы одно решение.
где B0 (t) периодическая матрица с периодом ? , a P постоянная
матрица.
46
95
B(t) = B0 (t)eP t ,
(3.32)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Пусть x1 (t), ..., xn (t) ундаментальная система решений для системы
уравнений (3.25), определяемая начальными условиями
xj (0) = ej ,
j = 1, .., n,
x(t + ?) =
cjk xk (t),
k=1
где cjk , j, k = 1, ..., n постоянные. Полученное соотношение можно записать в виде
B(t + ?) = B(t)C,
(3.27)
где B(t) ундаментальная матрица решений xj (t) j = 1, ..., n, a
C = {cjk } постоянная матрица.
В силу (3.25) и (3.26) матрица A(t) удовлетворяет условиям
Пусть x(t) = ?1 (t) его частное решение, т. е. справедливо равенство
???1 + a1 (t)??1 + a0 (t)?1 = 0.
Положим теперь x(t) = ?1 (t)y(t). Откуда имеем
После подстановки в уравнение (2.11) и группировки мы получаем
?1 y ?? + (a1 ?1 + 2??1 )y ? + (???1 + a1 ??1 + a0 ?1 )y = 0,
однако коэициент при y обращается в 0. Следовательно для y ? = z
получаем диеренциальное уравнение первого порядка
?1 z ? + ?z = 0,
где ? = (a1 ?1 + 2??1 ).
B? = A(t)B, B(0) = E.
Упражнение 2.1. Доказать справедливость утверждения о возможности понижения порядка уравнения в общем случае.
Полагая в равенстве (3.27) t = 0, получим
B(?) = C.
2.4. Линейные однородные диеренциальные уравнения
с постоянными коэициентами
Таким образом,
(3.28)
Матрица B(?) называется матрицей монодромии системы уравнений
6 0. Собственные значения µ1 , ..., µn матри(3.25). Очевидно, что |B(?)| =
цы A(?) называются мультипликаторами системы уравнений (3.25).
Замечание 3.3. Если матрица B(t) действительная, то матрица монодромии также действительна, однако мультипликаторы будут, вообще
говоря, комплексными числами.
Теорема 3.13. Для того чтобы комплексное число ? было мультипликатором системы уравнений (3.25), необходимо и достаточно,
чтобы существовало такое непрерывное решение ?(t) системы (3.25),
для которого
?(t + ?) = ??(t).
(3.29)
94
(2.11)
x? = ??1 y + ?1 y ? , x?? = ???1 y + 2??1 y ? + ?1 y ?? .
j = 1, ..., n,
B(t + ?) = B(t)B(?).
x?? + a1 (t)x? + a0 (t)x = 0.
(3.26)
где ej = ?j1 , ..., ?jn . Поскольку матрица A(t) периодическая, и
x1 (t + ?), ..., xn (t + ?) также образуют ундаментальную систему решений. Следовательно, каждая из ункций xj (t + ?) будет линейной комбинацией xk (t), (k = 1, ..., n) с постоянными коэициентами, поэтому
n
X
Приведем доказательство применимости этого приема для уравнения
второго порядка. ассмотрим уравнение
Линейным однородным диеренциальным уравнением n-го порядка с постоянными коэициентами называется уравнение (2.9), если
aj (t) ? aj действительные или комплексные постоянные. Имеем
L0 x ? x(n) + an?1 x(n?1) + · · · + a1 x? + a0 x = 0,
(2.12)
где aj ? R(C). Если положить x(t) = e?t , то подстановка такого частного
решения в уравнение (2.12) приводит к следующему равенству
M (?) ? ?n + an?1 ?n?1 + · · · + a1 ? + a0 = 0.
(2.13)
Алгебраическое уравнение степени n (2.13) принято называть характеристическим уравнением для диеренциального уравнения (2.12). Из
47
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
курса высшей алгебры хорошо известно, что оно имеет n корней с учетом
кратности. Обозначим корни уравнения (2.13) через ?1 , ... , ?k , а через
r1 , ... , rk их соответствующие кратности, r1 + · · · + rk = n. Но во всяком
случае есть решение уравнения (2.12) (частное решение)
xm (t) = e?m t , ?m ? R(C).
Замечание 2.1. Напомним, что если ?m ? C , т. е.
?m = ?m + i?m , ?m 6= 0, тогда экспонента с комплексным показателем
определяется следующим образом
e(?m +i?m )t = e?m t (cos ?m t + i sin ?m t) = e?m t cos ?m t + ie?m t sin ?m t.
Например, eit = cos t + i sin t.
Лемма 2.1. Какова бы ни была n раз диеренцируемая ункция
f (t), имеет место следующая ормула
M ? (?) ?
M (n) (?) (n) Le?t f (t) = e?t M (?)f +
f + ··· +
f
.
1!
n!
(2.14)
Доказательство. Пусть Lz = z k (0 ? k ? n). Тогда M (?) = ?k и
поскольку M (l) (?) = 0 при l > k , то мы имеем
k
X
dk?l
dk ?t
(e f (t)) =
Ckl k?1 (e?t )f (l) (t) =
k
dt
dt
l=0
k
k
X
X
1 dl k (l)
k(k ? 1)...(k ? l + 1) k?l (l)
? f (t) = e?t
(? )f (t) =
=
l!
l! d?l
l=0
l=0
k
X
M (l) (?) (l)
= e?t
f (t).
l!
l=0
Le?t f (t) =
Здесь использовалась ормула Лейбница для нахождения k -ой производной произведения двух ункций. Итак, ормула (2.14) доказана для
частного случая Lz = z (k) . Справедливость ормулы (2.14) в общем случае следует из того, что линейный оператор Lz представляется в виде
линейной комбинации с постоянными коэициентами операторов вида
Lz = z k (0 ? k ? n).
Лемма доказана.
48
Найти eA .
ассмотрим систему уравнений
x? = Ax.
У матрицы A двукратное
значение ? = 2. Ему отвечает
собственное
1
, а т. к. число линейно независимых вексобственный вектор e =
0
торов
1 (см. џ 3), то в нашем случае есть присоединенный вектор
равно
0
. Поэтому общее решение этой системы равно
h=
1
i
h 1 0
.
x(t) = C1 e
+ C2 e
t+
1
0
1
Выберем C1 , C2 так,чтобы x(0) =
, тогда C1 = 1, C2 = 0. ешение
0
1
t
приобретает вид B1 (t) = e2t
, и поэтому B2 (t) = e2t
.
0
1
Окончательно получаем, что
2t
e te2t
At
e = (B1 (t), B2 (t)) =
.
0 e2t
2t
но eA = eA·1
1
0
2t
(t = 1). Следовательно,
2 2 e e
eA =
.
0 e2
3.5. Линейные однородные системы
с периодическими коэициентами
ассмотрим систему диеренциальных уравнений
x? = A(t)x,
t ? (??; +?),
где A(t) непрерывная периодическая матрица с периодом ?
A(t + ?) = A(t).
93
(3.25)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Лемма 2.2. Пусть ?m корень характеристического многочлена
M (?) кратности k . Тогда ункции
тогда
A2 =
?1 0
0 ?1
,
A3 =
0 1
?1 0
,
A4 =
1 0
0 1
.
x1 = e?m t , x2 = te?m t , ... , xk = tk?1 e?m t
являются решениями уравнения (2.12).
Доказательство. Напомним, что ?m корень характеристического
многочлена M (?) кратности k , если
Используя метод математический, можно показать, что
A4k+1 = A,
A4k+2 = ?E,
A4k+3 = ?A,
A4k+4 = E,
M (?m ) = M ? (?m ) = ... = M (k?1) (?m ) = 0, M (k) (?m ) 6= 0.
где k = 0, 1, 2, .... Поэтому
At
e
Применяя ормулу (2.14) к ункции xj+1 = tj e?t (0 ? j ? k?1), получим
M (k) (?) dk
M (n) (?) dn j (tj ) + · · · +
(t ) ? 0,
Le?t tj = e?t
k
k! dt
n! dtn
t2
t3
t4
= E + tA ? E ? A + E + ...
2!
3!
4!
Откуда находим, что в этом случае
cos t ? sin t
.
eAt =
sin t cos t
так как
Лемма доказана.
Иной вариант основан на реализации следующего алгоритма для нахождения матричной экспоненты. ассмотрим последовательность задач
Коши
x? = Ax,
(3.23)
x(0) = bk .
(3.24)
Здесь k = 0, 1, 2, ..., n,
?
bk1
?
?
bk = ? ... ? ,
bkn
?
bkj =
0, k 6= j,
1, k = j
.
ешение (3.23),(3.24) при выбранном k обозначим Bk (t). Составим матрицу
B(t) = (B1 (t), B2 (t), ..., Bn (t)),
где столбцы матрицы решения B1 (t), B2 (t), ..., Bn (t). Матрица B(t) ундаментальная матрица системы (3.23) (вспомните почему) и, кроме
того, B(0) = E . Поэтому B(t) = eAt .
Пример 3.8. ассмотрим матрицу
2 1
.
A=
0 2
92
dl j
(t ) = 0, l > j .
dtl
Можно доказать и обратное утверждение (предлагается доказать самостоятельно).
= 0 при r = 0, 1, ... , k ? 1. Тогда
Лемма 2.3. Пусть Ltr e?t t=0
? корень характеристического многочлена, имеющий кратность, не
меньшую k .
Вернемся теперь к уравнению (2.12). Пусть его характеристический
многочлен имеет m(m ? n) различных корней ?1 , ... , ?m . Обозначим
через k1 , ... , km их кратности. В силу лемм ункции
x1 = e?1 t , x2 = te?1 t , ... , xk1 = tk1 ?1 e?1 t ,
xk1 +1 = e?2 t , xk1 +2 = te?2 t , ... , xk1 +k2 = tk2 ?1 e?2 t ,
...
...
xk1 +···+km?1 +1 = e?m t , ... , xk1 +···+km = tkm ?1 e?m t
(2.15)
будут решениями однородного уравнения (2.12). Их количество равно n.
Можно доказать следующее утверждение.
Теорема 2.5. Система ункций (2.15) образует систему из n линейно независимых ункций, и, следовательно, любое решение может
быть представлено в виде
x(t) =
n
X
j=1
49
Cj xj ,
(2.16)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где xj решения определяемые ормулами (2.15), а Cj некоторые постоянные.
Отметим, что если характеристическое уравнение имеет n различных
корней, то ормула (2.16) приобретает следующий вид
x(t) = C1 e?1 t + · · · + Cn e?n t .
Наиболее просто доказывается линейная независимость ундаментальной системы (2.15), если корни ?1 , ... , ?n различны. Действительно,
пусть при некоторых C1 , ..., Cn и при t ? (?T, T ) справедливо тождество
C1 e?1 t + · · · + Cn e?n t ? 0.
Продиеренцировав его, получаем следующее тождество
C1 ?1 e?1 t + · · · + Cn ?n e?n t ? 0,
а проделав последовательно данную процедуру n ? 1 раз, получаем
C1 ?21 e?1 t + · · · + Cn ?2n e?n t ? 0,
.............
?n t
? 0.
C1 ?n?1
e?1 t + · · · + Cn ?n?1
1
n e
При t = 0 приходим к системе линейных алгебраических уравнений
C1 + · · · + Cn = 0,
?1 C1 + · · · + ?n Cn = 0,
............
?n?1
C
+
·
· · + ?n?1
1
1
n Cn = 0,
у которой есть ненулевые решения C10 , ..., Cn0 . Следовательно, определитель данной системы должен быть равен 0. Но, с другой стороны, еј
определитель
1
........ 1 ?1 ........ ?n 6= 0,
Vn = n?1 ........ n?1 ?1 ........ ?
n
если ?1 , ... , ?n различные числа. Последний определитель хорошо известен из курса высшей алгебры под названием определитель Ван дер
Монда.
50
что и требовалось доказать.
Отметим другие важные свойства матричной экспоненты:
1. (eA )?1 = e?A ,
2. eA0 = E , если A0 нулевая матрица,
3. Если A1 квадратная матрица, подобная матрице A, т. е.
A1 = SAS ?1
(det S 6= 0),
то имеем
eA1 =
?
?
X
X
1
1 P ?1
(SAS ?1 )p = S(
A )S = SeA S ?1 .
p!
p!
p=0
p=0
Окончательно получаем, что
exp(SAS ?1 ) = SeA S ?1 .
(3.21)
Наряду с определением матричной экспоненты (3.17) для матрицы A,
можно определить матричную экспоненту для матрицы tA
t
t2
tn
A + A2 + ... + An + ...
(3.22)
1!
2!
n!
Отметим три важных свойства матричной экспоненты уже для матрицы
tA
1. et1 A · et2 A = e(t1 +t2 )A ,
2. (etA )? = AetA = etA A,
3. (e0A ) = E.
Нахождение матричной экспоненты, основанное на использовании вида ряда, является трудоемким и поэтому легко может быть применимо,
если матрица приведена к нормальной жордановой орме. Детально с
этим методом можно познакомиться в различных учебниках. Ниже рассмотрим несколько примеров нахождения
матричнойэкспоненты.
0 1
0 0
, тогда An =
, n ? 2.
Пример 3.6. Пусть A =
0 0
0 0
Поэтому здесь
1 t
.
eAt = E + At =
0 1
eAt = E +
Пример 3.7. ассмотрим матрицу
A=
0 ?1
1 0
91
,
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
что и доказывает наше утверждение.
В частности, на основании ормулы (3.18), используя одну из нижестоящих норм
X
||A||1 = max
|ajk |,
j
k
||A||2 = max
k
где ||E|| = 1, имеем
||eA || ?
X
j
?
X
||A||p
p=0
p!
|ajk |,
eA eB = eA+B .
(3.19)
?
?
? ?
X
Ap X B q X X Ap B q
eA eB =
·
=
.
p! q=0 q!
p!q!
p=0
p=0 q=0
Положим p + q = s (s = 0, 1, 2, 3...), тогда q = s ? p ? 0, т.е. p ? s, и
следовательно
? X
s
s
?
X
X
Ap B s?p
1 X p p s?p
ex ey =
=
C AB ,
p!(s ? p)!
s! p=0 s
s=0 p=0
s=0
s!
число сочетаний из s элементов по p.
p!(s ? p)!
Так как матрицы A и B коммутируют, то
где Csp =
Csp Ap B s?p = (A + B)p .
p=0
Отсюда на основании ормул (3.20) и (3.17) получаем
eA eB =
?
X
1
(A + B)s = eA+B ,
s!
s=0
90
Y
(3.20)
(?k ? ?j ).
j,k(j<k)
Впрочем, проверку этого акта можно найти в многих учебниках и
задачниках, относящихся к курсу "Алгебра".
В общем случае доказательство теоремы можно найти во многих ундаментальных учебниках по курсу диеренциальных уравнений.
Формулу (2.16) можно записать в виде
x(t) =
Доказательство: Действительно, в силу абсолютной сходимости разложения (3.17) имеем
s
X
Vn =
= e||A|| .
Лемма 3.1. Пусть матрицы A и B коммутируют, т. е. AB = BA.
Тогда
Упражнение 2.2. Показать, что
m
X
pj (t)e?j t ,
(2.17)
j=1
где pj (t) многочлен степени kj ? 1 соответственно. Правую часть ормулы (2.17) принято называть квазимногочленом.
Если, как и ранее, уравнение (2.12) дополнено начальными условиями
x(t0 ) = ?1 , ... , x(n?1) (t0 ) = ?n?1 ,
(2.18)
то речь идет о задаче Коши (2.12), (2.18).
ассмотрим примеры задач, где требуется либо найти общее решение
уравнения (2.12), либо решить задачу Коши (2.12), (2.18).
Пример 2.5. ешить задачу Коши
x? ? x = 0, x(0) = 0, x?(0) = 1.
Выпишем характеристическое уравнение для данного диеренциального уравнения, которое будет иметь следующий вид ?2 ? 1 = 0.
Откуда следует, что последнее уравнение имеет два корня ?1, +1. Следовательно, решение может быть выписано в следующем виде
x(t) = C1 e?t + C2 et , где C1 , C2 произвольные постоянные.
Чтобы найти конкретные значения произвольных постоянных C1 , C2 ,
нужно после выписывания окончательного решения в общем виде решить уравнение с начальными условиями. Итак, из условий x(0) = 0
следует, что C1 + C2 = 0, а из условия x?(0) = 1 следует, что ?C1 + C2 = 1.
1
1
Из получившихся систем для C1 , C2 находим, что C1 = ? , C2 = .
2
2
Пример 2.6. Найти решение задачи Коши
...
x(IV ) ? x? = 0, x(0) = 1, x?(0) = ?1, x (0) = 0.
51
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
В этом примере характеристическое уравнение имеет вид ?4 ? ?2 = 0.
Корни последнего ?l = 0 кратности 2 и ?2 = ?1, ?3 = 1. Так как среди
корней данного характеристического уравнения есть корень кратности
2, то решение будет записано в следующем виде
x(t) = C1 e0·t + C2 te0·t + C3 e?t + C4 et . Отметим, что второе слагаемое в решении выписано с учетом того, что кратность корня ? = 0 равна 2. Итак
x(t) = C1 + C2 t + C3 e?t + C3 et . После вычисления значений постоянных
Ci , = 1, 4 получаем окончательный ответ для данной задачи
1
x(t) = 2 + t ? (et + e?t ) = 2 + t + ch t.
2
Пример 2.7. Найти общее решение уравнения
x? + x = 0.
Характеристическое уравнение ?2 + 1 = 0, корни которого ?1 = i,
?2 = ?i. Следовательно, решение в комплексной орме может быть выписано в следующем виде x(t) = C1 e?it +C2 eit . Чтобы переписать уравнение в действительной орме, требуется выделить линейно независимые
решения данного уравнения. Легко показать, что в данном случае линейно независимыми решениями будут sin t, cos t. Отметим также, что число линейно независимых решений должно равняться порядковому числу
уравнения. Итак, решение в действительной орме
x(t) = C1 cos t + C2 sin t. Здесь была использована ормула Эйлера
eit = cos t + i sin t,
а также то обстоятельство, что для линейных однородных диеренциальных уравнений с действительными коэициентами действительная
и мнимая части комплекснозначного решения также удовлетворяют этому уравнению.
Пример 2.8. Найти общее решение
Матрица A имеет трехкратное?
собственное
число ?1 = 2, которому отве?
1
чает собственный вектор e = ? 2 ? . Остальные векторы это присо1
единенные векторы. Присоединенный вектор A находится из уравнения
(A ? ?1 E)h1 = e1 . В нашем случае для нахождения компонентов вектора
h1 требуется решить систему
?
2x1 ? x2 = 1,
?
3x1 ? x2 ? x3 = 2,
?
x1 ? x3 = 1.
?
?
0
откуда h1 = ? ?1 ? . Соответственно h2 одно из решений системы
?1
? ?
0
(A ? ?1 E)h2 = h1 , откуда h2 = ? 0 ? . Общее решение
1
? ?
? ?
?
?
1
0
h 1
i
x(t) = C1 e2t ? 2 ? + C2 e2t ? 2 ? t + ? ?1 ? +
1?
?
? ?1
?
?1 ?
0
0 i
h 1
2
t
+C3 e2t ? 2 ? + ? ?1 ? t + ? 0 ? .
2
?1
1
1
3.4. Матричная экспонента
Пусть A = {ajk } квадратная матрица порядка n.
Определение 3.6. Под матричной экспонентой квадратной матрицы
X понимается матричная ункция
?
X
Ap
expA ? eA =
.
(3.17)
p!
p=0
Характеристическое уравнение имеет вид ?4 + 2?2 + 1 = 0. ешая
уравнение, находим корни уравнения ?1 = i кратности 2, ?2 = ?i кратности 2. ешение в комплексной орме будет записано в следующем виде
Матричный ряд (3.17) сходится для любой квадратной матрицы A и притом абсолютно. Проверка этого акта достаточно очевидна. Составляя
соответствующий ряд норм, в результате приходим
?
?
X
X
||A||p
||A||p
? ||A|| +
< ?,
(3.18)
p!
p!
p=0
p=1
52
89
x(IV ) + 2x? + x = 0.
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
... + qs = n линейно независимы, то определитель Вронского при t = 0
отличен от нуля (W (0) 6= 0), что в силу теоремы 3.6 и определения 3.2
доказывает линейную независимость (3.16).
В этом случае общее решение можно представить в виде
x(t) = C1 e?it +C2 te?it +C3 eit +C4 teit . Выделяя линейно независимые действительные решения, получаем sin t, t sin t, cos t, t cos t. Выпишем решение в действительной орме x(t) = C1 sin t + C2 t sin t + C3 cos t + C4 t cos t.
Пример 2.9. Найти общее решение
x? + 2ix = 0.
(1)
(1)
(2)
(q )
(q ?1)
x(t) = C1 e?k t lk +C2 e?k t (lk +tl(1) )+...+Ck e?k t (lk k +tlk k
+...+
tqk ?1 lk
),
(qk ? 1)!
где Cj произвольные постоянные.
(1)
Для собственного вектора lk выписывается цепочка присоединенных
(1)
(qk )
векторов lk , ..., lk .
Пример 3.4. ассмотрим систему
где
Характеристическое уравнение ?2 +2i = 0, корни которого ?1 = 1? i,
?2 = ?1 + i. ешение в комплексной орме может быть записано в виде
суммы x(t) = C1 e(1?i)t + C2 e(?1+i)t .
Замечание 2.2. Если в уравнении
x(n) + a(n?1) x(n?1) + . . . + an x? + a0 x = 0
x? = Ax,
aj ? C , но aj 6? R, то общее решение может быть записано только в комплексной орме.
?
4 ?1 ?1
A = ? 1 2 ?1 ? ,
1 ?1 2
2.5. Линейные однородные уравнения второго порядка с постоянными коэициентами
?
у которой есть простое собственное число ?1 = 2 и двукратное ?2 =
?3 =?3. Собственному
числу ?1 = 2 соответствует собственный вектор
?
1
e1 = ? 1 ? , a собственному числу ? = 3 отвечают собственные векторы
? ?
? 1 ?
1
1
e2 = ? 1 ? , e3 = ? 0 ?, попарно линейно независимы
1
0
(n = 3, r = 1 ? , k = n ? r = 2).
Поэтому общее решение может быть записано в следующем виде:
? ?
? ?
? ?
1
1
1
x(t) = C1 e2t ? 1 ? + C2 e3t ? 1 ? + C3 e3t ? 0 ? .
1
0
1
Пример 3.5. ассмотрим систему
x? = Ax,
?
?
4 ?1 0
A = ? 3 1 ?1 ? .
1 0
1
88
ассмотрим уравнение
x? + 2ax? + bx = 0,
(2.19)
где a, b вещественные постоянные. Корни характеристического уравнения ?2 + 2a? + b = 0 равны
?
?1,2 = ?a ± a2 ? b.
В зависимости от соотношения между числами a, b возможно несколько вариантов решений уравнения (2.19), а следовательно, и поведения
решений. азберем разные случаи по отдельности.
2
10 . Затухающие
? гармонические колебания. Пусть a > 0, a < b,
тогда ?1,2 = ?a ± i b ? a2 и всј вещественные решения уравнения (2.19)
имеют вид
?
x = e?at (C1 cos ?t + C2 sin ?t), ? = b ? a2 ,
где C1 , C2 произвольно вещественные постоянные. ешения можно записать в ином виде
x(t) = Ae?at cos (?t ? ?),
53
(2.20)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
C2
C1
, sin ? =
. Функция, записанная в виA
A
де ормулы (2.20), непериодическая, но еј нули, а также максиму2?
мы и минимумы периодически повторяются, с периодом T =
. Ко?
лебания, которые описываются ормулой (2.20), затухающие, так как
lim x(t) = 0. Величина Ae?at называется амплитудой колебания. Велиt?+?
1
чина ? = a называется коэициентом затухания. Она равна ? = , где
?
? - промежуток времени, за который амплитуда колебания уменьшается
2??
в a раз. Величина d = ?? (то есть d =
) называется логаримическим
?
декрементом затухания. Эта величина показывает, насколько убывает
амплитуда ункции cos (?t ? ?) за один период.
20 . Апериодический процесс.
2.1. Пусть b > 0, a > 0, ?b + a2 > 0.
ешение имеет вид
где A =
p
C12 + C22 , cos ? =
x(t) = C1 e?1 t + C2 e?2 t (?1,2 < 0)
и не колеблется. Это отвечает наличию большого трения и больших потерь в системе.
2.2. Пусть b < 0. Тогда корни ?1,2 оба вещественны, но разных знаков.
В данном случае, как и в случае 2.1, решение не колеблется и это отвечает
наличию большого трения и больших потерь в системе.
30 . ассмотрим теперь случай a < 0. В этом случае решения имеют
вид
x(t) = Ae?at (C1 e
?
?t a2 ?b
+ C2 e
x(t) = e(?a?
54
?
a2 ?b)t
.
(2)
(q )
Alk k
=
(q )
?k lk k
).
(1)
+
(3.14)
(q ?1)
lk k ,
где сумма qk , отвечающих одинаковым ?k , равна алгебраической кратности этого корня.
(2)
(q )
Векторы lk , ..., lk k называют присоединенными векторами, порож(1)
денными собственным вектором lk . Отметим, что корни ?k при разных
k могут быть одинаковыми.
(1)
(1)
Итак, рассмотрим корень ?k . Ему отвечает решение xk = lk e?k t .
Также ему отвечают еще (qk ? 1) решений.
Теорема 3.12. Каждому корню ?k , отвечает qk решений вида
(1)
(1)
xk = lk e?k t ,
(2)
(2)
(1)
xk = (lk + tlk )e?k t ,
..
.
(q )
(q ?1)
xk k = (lk k + tlk k
В первом случае амплитуда колебаний Ae неограниченно возрастает со временем. Такой процесс может описываться линейным уравнением
только на конечном промежутке времени, так как колебания с большими
амплитудами нелинейны. Во втором случае при b > 0 амплитуда колебаний так же неограниченно возрастает. При b < 0 имеется единственное
(с точностью до множителя) убывающее решение
?at
(2)
Alk = ?k lk + lk ,
..
.
(q )
x(t) = Ae?at cos (?t ? ?)(a2 < b),
?
t a2 ?b
Сормулируем важный результат, касающийся структуры ундаментальной системы решений.
Теорема 3.11. Существует система из n линейно независимых
векторов lkjk (jk = 1, ..., qk , k = 1, .., s), удовлетворяющих следующим
соотношениям
(1)
(1)
Alk = ?k lk ,
+ ... +
(1)
tqk ?1 lk
(qk ? 1)!
(3.15)
)e?k t .
Так как каждому ?k , k = 1, .., s отвечает qk решений вида (3.15), то
всего имеется q1 + q2 + ... + qs = n решений
(1)
(q )
(qs )
x1 , ..., x1 1 , ..., x(1)
s , ..., xs .
(3.16)
Теорема 3.13. ешения (3.16) образуют ундаментальную систему решений однородной системы линейных ОДУ (3.10).
(1)
(qk )
(q )
= (lk k (k = 1, .., s)
Доказательство: Поскольку x(1)
k = lk , ..., xk
(2)
(qk )
при t = 0 и, согласно теореме k , векторы lk , ..., lk в количестве q1 +q2 +
87
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
получим
u(t) =
cos 2t
cos 2t + 2 sin 2t
e3t ,
v(t) =
sin 2t
sin 2t ? 2 cos 2t
e3t .
Так как ункции u(t) и v(t) образуют ундаментальную систему решений для рассматриваемой системы, то общее решение будет иметь следующий вид
cos 2t
sin 2t
x(t) = C1
e3t +C2
e3t , C1 , C2 ? R.
cos 2t + 2 sin 2t
sin 2t ? 2 cos 2t
3. Случай кратных корней. В этом случае есть 2 варианта выбора ундаментального решения системы (3.10). Это будет зависеть от
определения количества линейно зависимых решений, а также от алгебраической и геометрической кратности.
Замечание 3.2. Напомним, что если у матрицы A есть единственное
число ? = ?1 кратности n (алгебраическая кратность равна n), то число
собственных векторов k (геометрическая кратность), которые линейно
независимы, определяют по ормуле
Теперь рассмотрим частные случаи уравнения (2.10), важные с точки
зрения приложений. Среди частных случаев отметим в первую очередь
случай a = 0, который применим во многих изических и механических
приложениях и задачах. Итак, рассмотрим случай a = 0 более подробно.
40 . армонические колебания. Пусть a = 0. Тогда уравнение (2.19)
может быть переписано в следующем виде
x? + bx = 0.
(2.21)
4.1. Пусть b < 0. Данный случай не представляет интереса, так как
он совпадает со случаем 2.2, когда корни ?1,2 оба вещественны и разных
знаков. Ответ относительно решений аналогичен как и в случае 2.1, так
и в случае 2.2.
4.2. Пусть b > 0. Характеристическое уравнение есть ?2 + b = 0, так
что ?1,2 = ±ib и всякое вещественное решение уравнения (2.19) имеет
вид
x(t) = C1 cos (?t) + C2 sin (?t), ? 2 = b
или записанное в несколько другом виде
k = n ? r,
x(t) = A cos (?t ? ?),
где r ранг матрицы (A ? ?1 E).
Пусть ? = ?k корень кратности m > 1 характеристического уравнения (3.10) и этому корню соответствуют ровно m собственных векторов
матрицы A(алгебраическая кратность = геометрической кратности). В
этом случае корню ? отвечают m частных решений системы (3.10) вида
C2
. Число A называется амплиA
2?
.
тудой колебаний. Колебания совершаются с периодом T =
?
Механическая или другая изическая система, которая описывается
уравнением (2.21), называется гармоническим осциллятором. Примеры
таких систем: 1) малые колебания маятника, 2) малые колебания груза,
подвешенного на упругой пружине, под действием силы тяжести,
3) электрические колебания в контуре, состоящем из емкости C и индуктивности L.
50 . Случай кратных корней. Пусть a2 ? b = 0. В данном случае
характеристическое уравнение имеет корень ?1,2 = ?a кратности 2.
5.1. Пусть a > 0. Тогда решение будет выглядеть следующим образом
?1 e?k t , ?2 e?k t , ..., ?m e?k t .
(3.13)
ешение (3.13) образует линейно независимую систему решений однородной системы линейных ОДУ (3.10).
Пусть ?k собственное значение матрицы A, а значит корень характеристического уравнения (3.10). Предположим, что его кратность равна
m > 1, но этому собственному значению соответствует m1 < m собственных векторов. Тогда его алгебраическая кратность m > m1 геометрической кратности. Из курса алгебры известно, что в такой ситуации у
матрицы A есть m ? m1 присоединенных векторов.
86
где A =
p
C12 + C22 , cos ? = C1 A, sin ? =
x(t) = C1 e?at + C2 te?at .
В этом случае по амплитуде решение убывает.
55
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
5.2. Пусть a < 0. Тогда решение уже будет записано в следующем
виде
Используя ормулу Эйлера
eit = cos t + i sin t,
at
at
x(t) = C1 e + C2 te .
преобразуем ункцию x(t) к виду
ешение в этом случае по амплитуде возрастает.
x(t) = (p+iq)eat (cos bt+i sin bt) = eat (p cos bt?q sin bt)+ieat (q cos bt+p sin bt),
2.6. Уравнение Эйлера
или x(t) = u(t) + iv(t), где
u(t) = eat (p cos bt ? q sin bt),
Линейное уравнение вида
x(n) y (n) + a1 x(n?1) y (n?1) + . . . + an?1 xy ? + an y = 0,
(2.22)
где ai = const, i = 1, . . . , n называется уравнением Эйлера. Ниже, для
определенности, будем считать, что x > 0. Делая замену x = et , уравнение Эйлера можно привести к уравнению с постоянными коэициентами, так как справедливы равенства
y?
,
et
y?
y?
y? = y ? et + y ?? e2t , y ?? = 2t ? 2t , . . .
e
e
y? = y ? · x? = et y ? , y ? =
Здесь точкой обозначена производная по t, а штрихом производная по x.
Аналогично можно показать, что xk y (k) есть линейная комбинация производных ункции y по переменной t с постоянными коэициентами.
Более эективный способ интегрирования уравнения Эйлера состоит в том, что решение ищется в виде y = x? . После подстановки этой
ункции в (2.22) получается характеристическое уравнение для определения ?
?(? ? 1) · . . . · (? ? n + 1) + a1 ?(? ? 1) Ч . . .
(2.23)
Ч(? ? n + 2) + . . . + an?1 ? + an = 0.
Вид общего решения уравнения (2.22) определяется видом корней
характеристического уравнения (характеристическими числами) и их
кратностью. азберем по отдельности различные случаи корней характеристического уравнения.
1. Случай простых корней. Корни ?1 , . . . ?n характеристического
уравнения (2.23) различны. Это означает, что каждому простому корню
?i отвечает частное решение x?i уравнения (2.22).
56
v(t) = eat (q cos bt + p sin bt).
Если ? = p + iq собственный вектор, соответствующий корню
? = a + ib характеристического уравнения (3.12), то комплексно сопряженному корню ? = a ? ib будет соответствовать комплексно сопряженное решение ? = p ? iq . Так как x(t) = ?e?t также будет решением
системы (3.10), то в силу линейности системы (3.10) ей будут удовле1
1
творять и вектор-ункции u(t) = (x(t) + x(t)) и v(t) = i(x(t) ? x(t)),
2
2
принимающие значения в Rn .
Таким образом, вектор-ункции u(t) и v(t) являются действительной
и мнимой частями комплекснозначной ункции x(t) = ?e?t и решениями
системы (3.10). Отметим, что ункции u(t) и v(t) линейно независимы
в R. Значит паре простых комплексно сопряженных корней ? = a ±
ib характеристического уравнения соответствует пара действительных
линейно независимых решений системы (3.10).
Упражнение 3.2. Проверить, что u(t) и v(t) линейно независимы.
Пример 3.3. ассмотрим систему (3.10) при n = 2, а
4 ?1
.
A=
5 2
Характеристическое уравнение имеет корни ?1 = 3 + 2i, ?2 = 3 ? 2i.
Корням ?1 , ?2 соответствуют собственные вектора
1
1
.
, e2 =
e1 =
1 + 2i
1 ? 2i
Выделяя действительную и мнимую части для вектор-ункции
1
?1 t
e(3+2i)t ,
x(t) = ?1 e =
1 ? 2i
85
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
или в координатной орме
Следовательно, всякое решение уравнения Эйлера имеет вид
x1 (t) = C1 e3t + C2 e?it ,
y = C1 x?1 + C2 x?2 + . . . + Cn x?n ,
x2 (t) = C1 e3t ? C2 e?it .
где C1 , C2 , . . . Cn произвольные постоянные.
2. Случай комплексных корней. Если коэициенты уравнения
(2.22) вещественны, то комплексные корни уравнения (2.23) будут попарно комплексно-сопряженными: ?1,2 = ? ± i? . В этом случае паре
простых комплексных корней ? ± i? могут соответствовать два вещественных частных решения: x? cos (? ln x), x? sin (? ln x) (это следует из
определения x? = e?lnx ). Соответственно решения уравнения Эйлера в
случае комплексных корней в действительной орме имеет вид
Пример 3.2. ассмотрим систему (3.10) в случае n = 2, а
A=
Характеристическое уравнение в
2??
1
3
4??
2 1
3 4
.
данном случае имеет вид
= ?2 ? 6? + 5 = 0.
Его корни ?1 = 1 ?2 = 5. Собственному значению ?1 соответствует собственный вектор e1 , а ?2 e2 , где
1
1
.
, e2 =
e1 =
3
?1
Следовательно, общее решение
1
1
t
5t
x(t) = C1 e
+ C2 e
,
?1
3
а C1 , C2 произвольные действительные постоянные.
2. Случай комплексных корней. Пусть среди простых корней характеристического уравнения есть комплексные. Такие корни разделяются на пару комплексно сопряженных корней ? = a + ib, ? = a ? ib, поскольку характеристическое уравнение (3.12) является уравнением степени n с действительными коэициентами. Как в данном случае, так и
в более общей ситуации общее решение будет выглядеть в орме (3.11).
При наличии комплексных собственных значений, как в нашем случае,
решение в орме (3.11) называют решением в комплексной орме. Можно получить решение в действительной орме, т. е. из вида комплексных
решений выделить линейно независимые действительные решения. Действительно, каждому комплексному корню ? = a + ib соответствует собственный комплексный вектор ? = p + iq, p, q ? Rn . Для полученных
? и ? рассмотрим комплекснозначную вектор-ункцию
y = C1 x? cos (?lnx) + C2 x? sin (?lnx).
3. Случай кратных корней. Характеристическое уравнение (2.23)
имеет корни ?1 , . . . , ?s кратности R1 , . . . , Rs соответственно. Тогда всякое
решение уравнения Эйлера имеет вид
y = P1 (ln x)x?1 + P2 (ln x)x?2 + . . . + Ps (ln x)x?s ,
где Pj (t) произвольный многочлен от t степени Rj ? 1.
Отметим также еще два типа уравнений, являющихся близкими к
уравнениям типа Эйлера, которые с помощью замен сводятся к уравнениям с постоянными коэициентами.
2.7. Уравнение Лагранжа
Это уравнение вида
(ax + b)n y (n) + a1 (ax + b)n?1 y (n?1) + . . . + an?1 (ax + b)y ? + an y = 0,
где a, b, aj = const (j = 1, 2, . . . , n). Замена ax + b = et сводит уравнение
Лагранжа к линейному уравнению с постоянными коэициентами.
2.8. Уравнение Чебышева
Это уравнение вида
x(t) = ?e?t = (p + iq)e(a+ib)t .
(1 ? x2 )y ?? ? xy ? + n2 y = 0 (n = const).
84
57
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
С помощью замены x = cos t (при |x| < 1) уравнение Чебышева сводится
к уравнению
d2 y
+ n2 y = 0.
dt2
Ниже приведем несколько примеров на каждый тип уравнений, изученных в этом параграе.
Пример 2.10. Проинтегрировать следующее уравнение
x2 y ?? + 6xy ? + 4y = 0.
В данном случае это уравнение Эйлера, решения которого будем искать
в виде y = x? . Тогда получаем
x2 ?(? ? 1)x??2 + 6x?x??1 + 4x? = 0, ?(? ? 1) + 6? + 4 = 0, ?2 + 5? + 4 = 0,
откуда ?1 = ?1, ?2 = ?4. Поэтому y = C1 x?1 + C2 x?4 .
Пример 2.11. Проинтегрируйте следующее уравнение
x2 y ?? + 5xy ? + 4y = 0.
Это уравнение относится к такому же типу, что и уравнение в примере 1. После подстановки и преобразований мы приходим к следующему
характеристическому уравнению ?2 + 4? + 4 = 0, откуда ?1,2 = ?2 двукратный корень. Поэтому общее решение имеет вид
y = C1 x?2 + C2 x?2 ln x.
Пример 2.12. Проинтегрировать следующее уравнение
x2 y ?? + 3xy ? + 2y = 0.
В результате подстановок приходим, что характеристическое уравнение
будет выглядеть следующим образом ?2 +2?+2 = 0, откуда ?1,2 = ?1±i.
Поэтому решение может быть записано таким образом:
y = C1 x?1 cos ln x + C2 x?1 sin ln x.
Пример 2.13. Проинтегрировать следующее уравнение
(x + 1)2 y ?? + 4(x + 1)y ? + 2y = 0.
58
или det(A ? ?E) = 0, называется характеристическим уравнением. Корни уравнения (3.12) называются собственными значениями матрицы A.
Вид общего решения системы (3.10) определяется количеством корней характеристического уравнения, их кратностью, а также тем, какое количество собственных векторов матрицы A соответствует кратным
корням уравнения (3.12).
ассмотрим возможные случаи.
1. Случай простых корней. Пусть все корни ?1 , ..., ?n характеристического уравнения (3.10) действительны и различны, как уже было
отмечено, можно сормировать n-различных линейно независимых решений Ej (t), а ормула (3.11) интерпретируется как общее решение системы диеренциальных уравнений (3.10). Или, согласно определению
3.4, образуют ундаментальную систему решений этой однородной системы.
ассмотрим два примера для этого случая.
Пример 3.1. Найдем общее решение системы ОДУ.
x?1 = x1 + 2x2 ,
x?2 = 2x1 + x2 .
Матрица A и характеристическое
ном случае имеет вид
1 2
,
A=
2 1
уравнение (3.12) системы ОДУ в дан-
1??
2
2
1??
= 0.
аскрывая определитель, получаем квадратное уравнение ?2 ?2??3 = 0,
имеющее два действительных различных корня ?1 = 3, ?2 = ?1. Они
являются собственными значениями матрицы A.
Найдем собственные векторы матрицы A, отвечающие этим собственным значениям. Собственным числам ? = ?1 = 3 ((A ? ?1 E)e1 = 0) и
? = ?2 = ?1 ((A ? ?2 E)e2 = 0) соответствуют собственные векторы
1
1
.
, e2 =
e1 =
?1
1
Таким образом, общее решение нашей системы в векторной орме может
быть записано в следующем виде
1
1
3t
?t
x(t) = C1 e
+ C2 e
, C1 , C2 ? R.
1
?1
83
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где
?
?
x=?
?
x1 (t)
.. ? ,
. ?
xn (t)
?
?
x? = ?
?
x?1 (t)
.. ? ,
. ?
x?n (t)
A = {ajk },
j, k = 1, 2, ...n,
то есть A квадратная матрица порядка n, a ajk постоянные (вообще
говоря, они могут быть и комплексными).
Пусть ?j одно из собственных значений матрицы A, a ej собственный вектор, отвечающий этому собственному значению (ej 6= 0).
Это означает, что
Aej = ?j ej .
Тогда система (3.10) имеет нетривиальное решение Ej (t) = exp(?j t)ej .
Упражнение 3.1. Проверить, что Ej (t) решение.
Необходимо отметить, что Cj Ej (t) также будет решением системы
(3.10), где Cj произвольная постоянная.
Пусть матрица A имеет n различных собственных значений ?j (j =
1, .., n). Тогда система (3.10) имеет n линейно независимых решений
Ej (t) = exp(?j t)ej .
Линейная комбинация этих решений
x(t) =
n
X
Cj Ej (t)
(3.11)
j=1
также будет решением системы (3.10). Здесь, как и ранее, Cj произвольные постоянные. Они могут быть не только действительными, но и
комплексными.
Напомним, что система ункций называется линейно независимой,
если тождество
n
X
Cj Ej (t) ? 0
j=1
влечет равенства Cj = 0 (j = 1, 2, ..., n).
Определение 3.5. Уравнение n-й степени
a11 ? ?
a12
... a1n a21
a22 ? ? ... a2n .. = 0,
..
..
..
. .
.
.
an1
an2
... ann 82
(3.12)
Видно, что это уравнение Лагранжа. Делая замену x + 1 = et , мы сводим исходное уравнение к уравнению с постоянными коэициентами.
ешение последнего уравнения имеет вид
y(t) = C1 e?2t + C2 e?t . Следовательно, решение всего уравнения имеет
следующий вид
y = C1 (x + 1)?2 + C2 (x + 1)?1 .
Пример 2.14. Проинтегрировать следующее уравнение
(1 ? x2 )y ?? ? xy ? + 3y = 0.
Из вида уравнения замечаем, что это уравнение Чебышева. Проведем
замену переменной по ормуле x = cos t (t ? (0, ?)). Имеем
y ? = y? ?
1 ??
1
cos t
, y = y? 2 ? y?
,
sin t
sin t
sin t
где, как и ранее, штрихом обозначена производная по x, а точкой по t.
Подставив полученные выражения в уравнения, имеем в итоге
d2 y
+ 3y = 0,
dt2
?
?
?
?
откуда y = C1 cos 3t+C2 sin 3t = C1 cos ( 3 arccos x)+C2 sin ( 3 arcsin x).
2.9. Линейные неоднородные диеренциальные уравнения с
постоянными коэициентами со специальной правой частью
В этом параграе будем рассматривать неоднородные диеренциальные уравнения
Lx = x(n) + an?1 xn?1 + . . . + a1 x1 + a0 x = f (t),
(2.24)
dk x
, k ? N. Наконец, неодноdtk
родность f (t) будем выбирать в некотором специальном классе ункций
переменного t0 .
Определение 6.1. Функцию f (t) будем называть квазиполиномом,
если
где aj ? R, j = 0, 1, 2, . . . , n ? 1, x(k) =
f (t) = exp µtQm (t),
59
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Теорема 3.9. Если вектор-ункции
где Qm (t) полином степени m (m = 0, 1, 2, . . .), то есть
m
m?1
Qm (t) = qm t + qm?1 t
+ . . . + q1 t + q0 ,
где µ, q действительные или комплексные постоянные.
Специальный класс ункций будут составлять те из них, для которых
справедливо представление
f (t) =
l
X
exp (µj t)Qmj (t),
j=1
то есть f (t) конечная сумма квазиполиномов.
Пример 2.15. f (t) = e2t (t2 + t + 1) + 2e?t (2t ? 3).
Пример 2.16. f (t) = (cos ?t)(t2 + 1) + sin ?t(2t + 1), ? ? R.
Данная ункция может быть преобразована к такому виду, который позволяет включить в специальный класс ункций. Действительно,
справедливы равенства
cos ?t =
exp (i?t) + exp (?i?t)
exp (i?t) + exp (?i?t)
, sin ?t =
.
2
2i
Поэтому справедливо равенство
f (t) =
1
1
1
1
exp (i?t)[t2 + 1 + (2t + 1)] + exp (?i?t)[t2 + 1 ? (2t + 1)].
2
2i
2
2i
Напомним, что для того, чтобы найти общее решение уравнения (2.24),
можно сначала найти общее решение y(t) соответствующего однородного
уравнения
Lx = x(n) + an?1 xn?1 + . . . + a1 x1 + a0 x = 0.
Тогда общее решение уравнения (2.24) можно записать в следующем виде
x(t) = y(t) + u(t),
где u(t) частное решение диеренциального уравнения (2.24). Способы нахождения общего решения однородного диеренциального уравнения были рассмотрены в предыдущих разделах учебного пособия. Центральным моментом следует считать рассмотрение характеристического
уравнения
n
P (?) = ? + an?1 ?
n?1
+ . . . + a1 ? + a0 = 0.
60
?
?
x1k (t)
?
?
..
xk (t) = ?
?,
.
xnk (t)
k = 1, .., n,
определенные в промежутке T числовой прямой R, образуют в нем ундаментальную систему решений однородной системы линейных ОДУ
(3.3), то общее решение этой системы имеет вид
x(t) =
n
X
Ck xk (t)
(3.9)
k=1
с некоторыми постоянными коэициентами Ck (k = 1, ..., n).
Теорема 3.10. Общее решение неоднородной системы (3.2) есть
сумма общего решения соответствующей ей однородной системы (3.3)
и частного решения неоднородной системы (3.2)
x(t) = x? (t) +
n
X
Ck xk (t),
k=1
где x? (t) частное решение неоднородной системы (3.2), определенное
на промежутке T, xk (t), k = 1, ..., n, ундаментальная система решений соответствующей однородной системы (3.3), определенная в том
же промежутке, Ck , k = 1, .., n некоторые постоянные.
Важно отметить, что теоремы 3.9, 3.10, несмотря на достаточно общий характер, не только играют важнейшую роль в теории ОДУ, но и
указывают путь решения систем линейных ОДУ с переменными коэициентами.
3.3. Линейные однородные системы
с постоянными коэициентами
Системой линейных однородных диеренциальных уравнений с постоянными коэициентами названа система
x? = Ax,
(2.25)
81
(3.10)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Определение 3.4. Линейно независимую в промежутке T ? R систему из n вектор-ункций вида (3.8), каждая из которых является в
нем решением однородной системы n линейных ОДУ (3.3), называют
ундаментальной системой решений для (3.3) в этом промежутке.
Из данного утверждения вытекает следующая теорема.
Теорема 3.8. Фундаментальные системы решений существуют.
Доказательство: Пусть i, k = 1, ..., n и числа
0, i 6= k
bik =
1, i = k
образуют единичную матрицу E = (bik ) размера n, определитель которой
равен 1.
ассмотрим n решений однородной системы (3.3)
?
?
x1k (t)
?
?
..
xk (t) = ?
? , k = 1, ..., n,
.
xnk (t)
которые определены в некотором промежутке T ? R и в точке t0 ? T
(k)
удовлетворяют начальным условиям xi (t0 ) = bik , i, k = 1, ..., n. Тогда получим W (t0 ) = det E = 1 6= 0, т. е. W (t) 6= 0 в промежутке T .
На основании (3.5) и определения 3.1 следует, что эти решения линейно
независимы в промежутке T и, согласно определению 3.2, образуют в
нем ундаментальную систему решений для системы (3.3).
Определив понятие ундаментальной системы решений, мы можем
сормулировать теорему о структуре общего решения как системы (3.1),
так и системы линейных неоднородных ОДУ вида (3.2), которую также
называют нормальной неоднородной системой линейных ОДУ вида (3.2)
с переменными коэициентами.
Общее решение нормальной системы из n ОДУ включает n произвольных постоянных Ck (k = 1, ..., n). Аналогичная ситуация уже отмечалась при изучении уравнений n-го порядка (см. гл. 2). Следующая
теорема позволяет не только указать структуру общего решения однородной системы вида (3.3), но и установить, что в случае задачи Коши
для системы линейных ОДУ эти постоянные определяются однозначно.
80
Приступим к основой задаче данного параграа алгоритму отыскания
частного решения u(t). Здесь следует различать два основных случая.
Случай 1. "Отсутствие резонанса". Этот случай определяется условием: µ не является корнем характеристического уравнения (2.25).
Случай 2. "езонанс" определяется условием µ = ?j , где ?j корень
характеристического уравнения (2.25). Здесь следует различать два подслучая.
2a) µ = ?j , ?j простой корень характеристического уравнения;
2b) µ = ?j , ?j корень кратности kj характеристического уравнения
(2.25).
азберем последовательно эти способы. При этом сначала достаточно
рассмотреть тот вариант, если
f (t) = eµt Qm (t),
где, как и ранее, Qm (t) многочлен степени m. Действительно, если
k
X
fj (t), то частное решение u(t) уравнения (2.24) с такой правой
f (t) =
j=1
частью можно написать в виде
u(t) =
k
X
uj (t),
j=1
где uj (t) частное решение уравнения Lx = fj (t), j = 1, 2, . . . , k .
Нерезонансный случай
Теорема 2.6.Частное решение уравнения (2.24), если f (t) = eµt Qm t,
P (µ) = 0, m ? N , можно искать в следующем виде
u(t) = eµt Bm (t),
где Bm (t) многочлен той же степени, что и Qm (t)
Bm (t) = bm tm + bm?1 tm?1 + . . . + b1 t + b0 ,
b0 , b1 , . . . , bm ? R(C) и подлежат определению после подстановки в уравнение (2.24).
61
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Иногда этот метод называют методом неопределенных коэициентов. Теорему 2.6 удобно доказывать, использую метод математической
индукции.
Пусть m = 0, т. е. Q0 (t) = q0 eµt , частное решение будем искать в виде
u0 (t) = b0 eµt . Элементарно проверяется, что u(j) (t) = µj b0 eµt и поэтому
Lu0 = b0 P (µ)eµt = q0 eµt .
Откуда находим, что
b0 =
q0
, P (µ) 6= 0.
P (µ)
Пусть теперь утверждение теоремы верно при некотором m = k . Покажем, что этот способ отыскания частного решения будет справедлив
и при m = k + 1.
Замечание 2.2. Пусть v(t) = tk eµt . Тогда
Lv(t) = eµt P (µ)tk + eµt Rk?1 (t),
где Rk?1 (t) многочлен степени k ? 1. Действительно,
j
X
(tk eµt )j = µj eµt tk +
Cjp (tk )(p) (eµt )j?p .
p=1
Сормулируем в виде теорем некоторые основные свойства определителя (3.7).
Теорема 3.6.Если система вектор-ункций
?
?
x1k (t)
?
?
..
k = 1, n,
xk (t) = ?
(3.8)
?,
.
xnk (t)
линейно зависима в некотором промежутке T ? R, то определитель
Вронского W (t) ? 0 для любого t ? T .
В качестве доказательства данного утверждения необходимо вспомнить условия линейной зависимости вектор-ункции xk (t) (k = 1, n)
в промежутке T , которые были сормулированы в определении 3.2. Согласно этому определению, один из коэициентов в (3.5) отличается от
нуля (?j 6= 0). Отсюда следует, что вектор-ункция xj (t) будет линейной
комбинацией остальных вектор-ункций
xj = ?1 x1 (t) + ... + ?j?1 xj?1 (t) + ?j+1 xj+1 (t)... + ?n xn (t),
t ? T,
где соответствующие ?j будут пересчитываться через ?j по следующей
ормуле
?k
?k = ? .
?j
Lv = eµt Qk (t),
Отсюда j -й столбец определителя W (t) будет линейной комбинацией
остальных столбцов. Откуда следует справедливость утверждения.
Можно сормулировать еще одно утверждение, которое вытекает из
определения 3.2 и определения 3.3.
Теорема 3.7. Если определитель W (t) для системы вектор-ункций
(3.8), являющихся в промежутке T ? R решениями однородной системы линейных ОДУ (3.3), равен нулю хотя бы в одной точке t0 ? T , то
эта система вектор-ункций линейно зависима в промежутке T .
Из утверждения данной теоремы вытекает следующее.
Следствие 3.1. Если определитель W (t), составленный из векторункций, являющихся решениями однородной системы линейных однородных диеренциальных уравнений (3.3) в некотором промежутке T,
равен нулю в одной точке t0 ? T , т. е. W (t0 ) = 0, то он тождественно
равен нулю в этом промежутке (W (t) ? 0 для любого t ? T ).
Одним из важнейших понятий в теории однородных систем линейных
ОДУ является понятие ундаментальной системы решений.
62
79
ассмотрим неоднородное диеренциальное уравнение
Lx = eµt Qk+1 (t),
где Qk+1 (t) = qk+1 tk+1 + Qk (t). Будем искать частное решение в специальном виде
u(t) = bk+1 tk+1 eµt + v(t).
При таком выборе u(t) получаем
Lu(t) = bk+1 L(tk+1 eµt ) + Lv = qk+1 tk+1 eµt + eµt Qk (t).
В силу замечания 1 последнее уравнение для определения v(t) можно
переписать в следующем виде
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Если же такой системы чисел не существует, то систему вектор-ункций
(3.4) называют линейно независимой в промежутке T .
3.2. Определитель Вронского. Фундаментальная система решений. Структура решений однородной и неоднородной линейных
систем
Если требуется найти решение системы (3.2), удовлетворяющее условию y(t0 ) = y0 , то говорят, что для системы (3.2) поставлена начальная
задача или задача Коши и записывают ее в виде
X ? = A(t)x + g(t),
x(t0 ) = x0 .
(3.6)
Теорема 3.5. Пусть матрица A(t) и вектор-ункция g(t) зависят
от t непрерывно, где t ? (t0 ? a; t0 + a). Тогда задача Коши (3.6) имеет
единственное решение.
Замечание 3.1. Вспомним, что матрица A(t) непрерывно зависит
от t, если любой элемент матрицы A(t) является непрерывной ункцией переменной t. Аналогичным образом определяется непрерывность
вектор-ункции g(t).
Пусть задана система n вектор-ункций
?
?
x1k (t)
?
?
..
k = 1, n,
x1 (t), ..., xk (t), ..., xn (t), xk (t) = ?
?,
.
xnk (t)
где Qk (t) многочлен степени k . Действительно, в силу замечания
bk L(tk+1 eµt ) = bk tk+1 eµt P (µ) + eµt Rk (t),
и если теперь положить
bk+1 =
qk
,
P (µ)
то останутся лишь слагаемые вида ?j tj eµt , где j < k + 1. Слагаемые,
содержащие члены tk+1 eµt , сократятся. Для неоднородного уравнения,
получившегося после такого сокращения, справедливо предположение.
Проиллюстрируем этот метод на примерах.
Пример 2.17. ассмотрим уравнение
Lx = x? + 2x? + x = et (t + 1) + 2 cos t,
у которого требуется найти общее решение.
Для этого рассмотрим сначала соответствующее однородное уравнение
x? + 2x? + x = 0.
Соответствующее ему характеристическое уравнение имеет следующий
вид
p(?) = ?2 + 2? + 1 = 0.
определенная в промежутке T ? R числовой прямой R. Здесь первый индекс у скалярной ункции xik (t) означает номер координатной ункции
ункции вектор-ункции xk , а второй номер этой вектор-ункции.
Определение 3.3. Определитель
x11 (t) x12 (t) ... x1n (t) x21 (t) x22 (t) ... x2n (t) W (t) = (3.7)
..
..
..
..
.
.
.
.
xn1 (t) xn2 (t) ... xnn (t) Оно имеет двукратный корень ? = ?1. Общее решение однородного диеренциального уравнения может быть записано в виде
78
63
называют определителем Вронского системы вектор-ункций
x1 (t), ..., xk (t), ..., xn (t).
y(t) = (C1 + C2 t)e?t (почему?),
где C1 , C2 ? R.
Для нахождения частного решения неоднородного уравнения u(t) рассмотрим два вспомогательных уравнения
x? + 2x? + x = et (t + 1),
(2.26)
x? + 2x? + x = 2 cos t.
(2.27)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
ассмотрим уравнение (2.26). Частное решение этого уравнения, следуя методу изложенному выше, будем искать в следующем виде
t
u1 (t) = e (b1 t + b0 ), b1 , b0 ? R.
Подчеркнем, что здесь µ = 1, т. е. µ отлично от корня характеристического уравнения. В таком случае
u?1 (t) = et (b1 t + b1 + b0 ), u?1 (t) = et (b1 t + 2b1 + b0 ).
? 1 (t), u?1 (t) в уравнение (2.26) и сокращение на et
Подстановка u1 (t), (u)
приводит к равенству
bq t + (2b1 + b0 ) + 2(b1 t + b1 + b0 ) + b1 t + b0 ) = t + 1,
которое должно быть выполнено при всех t ? R. Следовательно,
4b1 = 1, 4b1 + 4b0 = 1,
1
то есть b1 = , b0 = 0. Итак,
4
Доказательство: Пусть x1 (t),x2 (t) решения системы (3.3), т. е.
x?1 = A(t)x1 ,
x?2 = A(t)x2 .
ассмотрим линейную комбинацию этих решений
x(t) = ?x1 (t) + ?x2 (t),
?, ? ? R.
В результате получаем, что x? = ?x?1 +?x?2 = ?Ax1 +?Ax2 = A(?x1 +?x2 ),
следовательно ?x1 + ?x2 также являются решением системы (3.3).
Теорема 3.2. азность любых двух решений неоднородной системы
ОДУ (3.2) есть решение однородной системы (3.3).
Теорема 3.3. Сумма решений неоднородной системы (3.2) и решений соответствующей ей однородной системы (3.3) есть решение
неоднородной системы (3.2).
Теорема 3.4. Если x1 (t) и x2 (t) решения системы линейных ОДУ
соответственно x?1 = A(t)x1 + g(t) и x?2 = A(t)x2 + f (t), то x = x1 + x2
является решением системы линейных ОДУ
x? = A(t)x + g(t) + f (t).
1
u1 (t) = tet .
4
Найдем теперь частное решение уравнения (2.27). Его правую часть
можно переписать в виде eit + e?it . Понятно, что числа ±i не являются
корнями характеристического уравнения. Поэтому частое решение уравнения
x? + 2x? + x = eit
можно написать в виде
u21 (t) = ?eit .
Доказательства теорем 3.2 3.4 производятся непосредственной подстановкой и проверкой условий теоремы.
ассмотрим вектор-ункции
x1 (t), ..., xi (t), ..., xn (t),
не обязательно являющиеся решениями систем (3.2) или (3.3).
Определение 3.2. Систему вектор-ункций (3.4) называют линейно
зависимой в некотором промежутке T ? R числовой прямой R, если
существует такая система чисел
При этом неопределенный коэициент ? можно найти из уравнения
1
1
2i? = 1, ? =
= ? i.
2i
2
Частное решение второго
x? + 2x? + x = e?it
64
(3.4)
?1 , ..., ?i , ..., ?n ? R,
что имеет место тождество
n
X
i=1
?2i 6= 0,
?1 x1 (t) + ... + ?i xi (t) + ... + ?n xn (t) ? 0
77
?t ? T.
(3.5)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
лава 3
Системы линейных диеренциальных уравнений
3.1. Определение и основные свойства решений
Определение 3.1. Системой линейных обыкновенных диеренци-
обозначим через u22 (t). При этом u22 (t) = u21 (t), т. е. комплексносопряженная ункция. Итак,
1
1
u2 (t) = u21 (t) + u22 (t) = ? ieit + ieit
2
2
в действительной орме
альных уравнений (ОДУ) называют систему вида
dxi
=
dt
n
X
aij (t)xj + gi (t),
i = 1, n,
u2 (t) = sin t.
(3.1)
j=1
где xi (t) неизвестные ункции, aij (t) и gi (t) известные ункции аргумента t ? T , непрерывные в некотором промежутке T ? R. Для линейной
системы (3.1) в области D = T Ч Rn выполнены все условия теоремы Коши о существовании и единственности решения.
Системы (ОДУ) (3.1) допускают более короткую и простую орму
записи в векторно-матричных обозначения. Введем обозначения
?
?
?
?
?
?
a11 (t) ... a1n (t)
g1 (t)
x1 (t)
..
..
? g2 (t) ?
? x2 (t) ?
?
?
...
.
.
?
?
?
?
?
?
,
g(t)
=
x(t) = ? .. ? , A(t) = ?
? .. ? .
?
..
..
? . ?
? . ?
?
?
.
...
.
xn (t)
gn (t)
an1 (t) ... ann (t)
Здесь x(t) и g(t) вектор-ункции, A(t) квадратная матрица, называdx
емая матрицей системы ОДУ. Обозначим также x? =
. Тогда систему
dt
(3.1) можно записать в виде векторного уравнения
x? = A(t)x + g(t).
Если g(t) ? 0 в T , то
(3.2)
Итак, общее решение уравнения, рассмотренного в данном примере,
t
x(t) = (C1 + C2 t)e?t ? et + sin t.
4
езонансный случай
Теорема 2.7. Пусть в уравнении (2.24) f (t) = eµt Qm (t), где µ простой корень характеристического уравнения (2.13) (P (µ) = 0,
P ? (?)|?=µ 6= 0). Тогда частное решение данного неоднородного уравнения
можно искать в следующем виде
u(t) = eµt tBm (t),
где Bm (t) = bm tm + bm1 tm?1 + . . . + b1 t + b0 , т.е. Bm (t) многочлен той же
степени, что и Qm (t).
В доказательстве теоремы 2.7, как и теоремы 2.6, можно использовать
метод математической индукции.
Пусть сначала m = 0, т. е. правая часть имеет вид q0 eµt . Тогда
u(t) = b0 teµt . При этом
u(k) (t) = b0 eµt (µk t + kµk?1 ), L(b0 teµt ) = b0 eµt (P (µ)t + P ? (µ)).
x? = A(t)x.
(3.3)
Систему (3.3) называют нормальной однородной системой линейных
ОДУ.
Ниже приведем утверждения, устанавливающие основные свойства
однородных и неоднородных систем ОДУ.
Теорема 3.1. Линейная комбинация решений однородной системы
(3.3) также является решением этой системы.
q0
.
P ? (µ)
Пусть утверждение теоремы 2.7 справедливо при некотором натуральном m = k . Тогда оно остается верным и при m = k + 1.
Действительно, рассмотрим неоднородное диеренциальное уравнение
Lx = eµt Qk+1 (t),
(2.28)
76
65
Учитывая, что P (µ) = 0, а P ? (µ) 6= 0, находим b0 =
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где Qk+1 (t) = qk+1 tk+1 + Qk (t), а Qk (t) многочлен степени k . Частное
решение будем искать в виде
u(t) = bk+1 tk+2 eµt + v.
Уравнение (2.28) принимает вид
Lv + bk+1 L(tk+2 eµt ) = qk+1 eµt tk+1 + eµt Qk (t).
При этом (tk+2 eµt )j =
j
X
Cjp (tk+2 )(p) (emut )p?j в силу ормулы Лейбница
p=0
для производной произведения. Поэтому
Lv + bk+1 eµt P (µ)tk+2 + bk+1 eµt P ? (µ)tk+1 + eµt Pk (t) = qk+1 eµt tk+1 + eµt Qk (t).
Если теперь положить bk+1 =
qk+1
, то v(t) получим уравнение вида
P ? (µ)
2
2.12. x? ? 2x? + x = ?t .
te
2
2.13. x? + x =
.
cos2 t
4t2 + 1
? .
2.14. x? ? x =
x t
t2 + 2t + 2
2.15. x? ? 2x? + x =
.
t3
3
2
2.16. t (x? ? x) = t ? 2.
Указание: В задачах 2.1 2.8 можно применить метод п. 2.9, где част-
ное решение находится в специальной орме. Напомним, что этот метод
применим, когда правая часть является квазиполиномом. В остальных
задачах правая часть не является квазиполиномом. Поэтому для решения данных задач следует применять метод вариации произвольных постоянных, изложенный в п. 2.10.
Lv = eµt Qk (t),
где Qk (t) многочлен уже степени k и в силу индукционного предположения теорема доказана.
Теорема 2.8. Пусть в уравнении (2.24) f (t) = eµt Qm (t), где Qm (t) многочлен степени m, а µ корень кратности k . Тогда частное решение уравнения (2.24) можно искать в следующей орме
u(t) = eµt tk Bm (t),
где Bm (t) многочлен степени m.
Доказательство теоремы 2.7 повторяет основные моменты доказательства теоремы 2.6. При его реализации следует учесть справедливость
равенств
P (µ) = 0, P ? (µ) = 0, P (k?1) (µ) = 0,
но P (k) (µ) 6= 0, т. к. по предположению µ корень кратности k характеристического уравнения (2.13).
Упражнение 1.6. Доказать теорему 2.7.
Пример 2.18. ассмотрим неоднородное уравнение
x? ? 2x? + x = tet .
66
75
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Интегрируя, имеем
t 1
1
1
C1 (t) = ? + ln(et + 1) + C1 , C2 (t) = ? et + ln(et + 1) + C2 .
2 2
2
2
Подставляя выражение C1 (t), C2 (t) в ормулу для поиска решения, получаем окончательный ответ
1
x = ? [(t ? ln(et + 1))et + 1 ? (ln(et + 1))e?t ] + C1 et + C2 e?t .
2
1
. Общее
sin x
решение может быть записано в виде x = C1 (t) cos t + C2 sin t. Соответствующая система
Пример 2.22. ешить следующее уравнение x? + x =
C?1 cos t + C?2 sin t = 0
C?2 cos t ? C?1 sin t =
1
.
sin t
Откуда находим, что C2 = ln | sin t| + C4 , C1 = ?t + C4 . Получаем ответ
в окончательном виде: x(t) = (?t + C3 ) cos t + (ln | sin t| + C4 ) sin t.
2.12. Задачи для самостоятельного решения
Здесь µ = 1 корень кратности 2 характеристического уравнения
?2 ? 2? + 1 = 0. Поэтому частное решение уравнения следует искать в
виде
u(t) = et t2 (b1 t + b0 ).
Уместно подчеркнуть, что здесь Q1 (t) = t, т. е. q1 = 1, q0 = 0. Поэтому
B1 (t) это многочлен первой степени. Откуда получаем, что
u? = et (b1 t3 + (3b1 + b0 )t2 + 2b0 t),
u? = et (b1 t3 + (6b1 + b0 )t2 + (6b1 + 4b0 )t + 2b0 ).
После подстановки и сокращения правой и левой части полученного равенства получаем, что
b1 t3 + (6b1 + b0 )t2 + (6b1 + 4b0 )t + 2b0 ? 2b1 t3 ?
?2(3b1 + b0 )t2 ? 4b0 t + b1 t3 + b0 t2 = t.
После элементарных преобразований в левой части получаем
2b0 = 0, 6b1 + 4b0 ? 4b0 = 1.
1
Откуда b0 = 0, b1 = . Итак
6
1
x(t) = (C1 + C2 t)et + t3 et .
6
Найти решения уравнений:
Пример 2.19. ассмотрим неоднородное уравнение
x(III) ? 3x? + 3x? ? x = et + 2 cos t.
x(III) + x = te?t .
x(IV ) ? 2x? + x = 2 cos t.
x(IV ) + 2x? + x = 2 cos t.
x? ? 3x? = e3t ? 18t.
x? + 2x? + x = te?t .
x? ? 2x? + x = 4tet .
x? ? x = 4 sh(t).
1
.
2.9. x? + 4x =
cos 2t
?
2.10. x? + 2x? + x = 3e?t t + 1.
sin t
.
2.11. x? + x =
cos2 t
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
2.6.
2.7.
2.8.
74
x? + ? 2 x = ? cos t, ?, ? ? R+ .
Общее решение соответствующего однородного уравнения
x? + ? 2 x = 0,
как известно, x(t) = C1 cos ?t + C2 sin ?t. Если ? 6= 1, то частное решение
u(t) = (? 2 ? 1)?1 ? cos t.
Иная, ситуация возникает при резонансе, т. е. при ? = 1. В этом случае
u(t) = ?t sin t.
67
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
При ? = 1 общее решение неоднородного уравнения
Так как L0 (?1 ) = . . . = L0 (?n ) = 0, то окончательно C?1 (t), . . . , C?n (t)
должны удовлетворять при t ? (a, b) следующим условиям
x(t) = C1 cos t + C2 sin t + ?t sin t.
C?1 ?1 + . . . + C?n ?n = 0,
...
C?1 ?n?2
+ . . . + C?n ?n?2
= 0,
1
n
n?1
C?1 ?n?1
+
.
.
.
+
C?
?
=
b(t).
n
1
n
Пусть по-прежнему ? = 1 и рассматриваемое уравнение дополнено начальными условиями
x(0) = 1, x?(0) = 0.
В этом случае задача Коши имеет решение
x(t) = cos t + ?t sin t.
Постоянные C1 , C2 определяются из начальных условий
x(0) = C1 = 1, x?(0) = ((?C1 sin t + C2 cos t) + ?(sin t + t cos t))|t=0 = C2 = 0.
2.10. Метод вариации произвольных постоянных для линейных
уравнений второго порядка
ассмотрим линейное неоднородное уравнение второго порядка
Lx = x? + p(t)x? + q(t)x = f (t),
(2.29)
где p(t), q(t), f (t) заданные ункции переменного t. А также линейное
однородное диеренциальное уравнение
Lx = x? + p(t)x? + q(t)x = 0.
(2.30)
Пусть ?1 (t), ?2 (t) два линейно независимых решения уравнения (2.30).
Тогда общее решение данного диеренциального уравнения (2.30)
x(t) = C1 ?1 (t) + C2 ?2 (t),
(2.31)
где C1 , C2 произвольные действительные (или комплексные) постоянные. Общее решение линейного неоднородного диеренциального уравнения (2.29) будем искать в орме (2.31), где произвольные постоянные
C1 , C2 заменяются на независимые ункции a1 (t), a2 (t).
x(t) = a1 (t)?1 (t) + a2 (t)?2 (t).
68
(2.32)
(2.32)
Данная система есть линейная алгебраическая система уравнений для
определения C?1 , . . . , C?n , определитель которой является определителем
Вронского W (t). Так как ?1 , . . . , ?n линейно независимы, то W (t) 6= 0
при t ? (a, b). ешая (2.32) по ормулам Крамера, получаем следующее
утверждение.
Теорема 2.9. Диеренциальное уравнение (2.8) имеет решение
Z t
n
X
Wni (t)
?i (t)
x(t) =
b(t)dt, (t0 , t ? (a, b)),
(2.33)
t0 W (t)
i=1
где ?1 , . . . , ?n ундаментальная система решений соответствующего
однородного уравнения; W (t) еј определитель Вронского; Wni алгебраическое дополнение элемента определителя Вронского на пересечении
n-ой строки и i-го столбца.
Замечание 2.3. Хотелось бы отметить, что метод вариации применим для неоднородного уравнения, когда правая часть записана как в
специальном виде, так и в общем случае. Данный метод является универсальным.
Ниже приведен ряд примеров на применение метода вариации произвольных постоянных.
et
Пример 2.21. ешить следующее уравнение x? ? x = t+1 . Соотe
ветствующее однородное уравнение x? ? x = 0 имеет ундаментальную
систему решений x1 = et , x2 = e?t . Следовательно, общее решение уравнения имеем в виде x = C1 (t)et + C2 e?t . Составим систему
C?1 (t)et + C?2 (t)e?t = 0,
C?1 (t)et ? C?2 (t)e?t =
et
et
.
+1
ешая еј, находим
C?1 (t) =
1 1
1 e2t
,
C?
(t)
=
?
.
2
2 et + 1
2 et + 1
73
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Следовательно,
2.11. Метод вариации произвольных постоянных
в общей ситуации
В общем случае для построения частного решения уравнения (2.8)
используют метод вариации произвольных постоянных, иногда называемый методом Лагранжа.
Общее решение однородного уравнения (2.9) может быть записано в
следующем виде
x(t) = C1 ?1 (t) + C2 ?2 (t) + . . . + Cn ?n (t),
где C1 , . . . , Cn произвольные постоянные, а ?1 , ?2 , . . . , ?n ундаментальная система решений однородного уравнения (2.9). Согласно этому
методу будем предполагать, что произвольные постоянные C1 , . . . , Cn изменяются на некотором интервале (a, b), то есть C1 = C1 (t),
C2 = C2 (t), . . . , Cn = Cn (t). Вид x(t) объясняет название метода. Вычисляем последовательно производные ункции x(t) до порядка n включительно, налагая дополнительные условия на первые производные ункции C1 (t), . . . Cn (t). В результате имеем
x?(t) = C1 ??1 + . . . + Cn ??n + C?1 ?1 + . . . + C?n ?n .
Полагаем C?1 ?1 + . . . + C?n ?n = 0. Тогда
x?n (t) = C1 ??1 + . . . + Cn ??n + C?1 ??1 + . . . + C?n ??n
и снова полагаем C?1 ??1 + . . . + C?n ??n = 0. Приравнивая при вычислении
каждой производной до порядка n ? 1 включительно члены, содержащие
C?1 , . . . , C?n нулю, получим
x?(t) = a?1 (t)?1 (t) + a?2 (t)?2 (t) + a1 (t)??1 (t) + a2 (t)??2 (t).
Будем считать, что a1 (t), a2 (t) выбираются таким образом, чтобы при
всех рассматриваемых t было выполнено равенство
a1?(t)?1 (t) + a?2 (t)?2 (t) = 0.
Поэтому в нашем случае
x?(t) = a1 (t)??1 (t) + a2 (t)??2 (t) + a?1 (t)??1 (t) + a?2 (t)??2 (t).
Подстановка ункции (2.31) и еј производных в уравнение приводит к
равенству
a1 (t)[??1 (t) + p(t)??1 (t) + q(t)?1 (t)] + a2 (t)[??2 (t) + p(t)??2 (t) + q(t)?2 (t)]+
+a?(t)??1 (t) + a?2 (t)??2 (t) = f (t).
Выражения в обеих квадратных скобках равны 0, так как ?1 (t), ?2 (t)
решения однородного диеренциального уравнения (2.30). Поэтому
получим систему для определения a?1 (t), a?2 (t) следующего вида
(
??1 (t)a?1 (t) + ??2 (t)a?2 (t) = 0,
??1 (t)a?1 (t) + ??2 (t)a?2 (t) = f (t).
Определитель данной системы
? (t) ?2 (t)
W (t) = 1
??1 (t) ??2 (t)
так как ?1 (t), ?2 (t) линейно независимы. Используя правило Крамера,
находим, что
a?1 (t) = ?1 (t), a?2 (t) = ?2 (t),
f (t)?2 (t)
f (t)?1 (t)
?1 (t) = ?
; ?2 (t) =
,
W
W
xn?1 = C1 ?n?1
+ . . . + Cn ?n?1
1
n ,
xn = C1 ?n1 + . . . + Cn ?nn + C?1 ?1n?1 + · · · + C?n ?n?1 .
Так как x(t) должна быть решением уравнения (2.8), то, учитывая полученные выражения, находим
L0 (x) = C1 L0 (?1 ) + . . . + Cn L0 (?n ) + C?1 ?1n?1 + . . . + C?n ?n?1
= b(t).
n
72
6= 0,
откуда
a1 (t) =
Zt
?1 (s)ds + ?1 , a2 (t) =
t0
Zt
t0
69
?2 (t)ds + ?2 .
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Формулу (2.32) с учетом данных замечаний можно записать в следующем виде
x(t) = u(t) + v(t),
u(t) = ?1 ?1 (t) + ?2 ?2 (t),
Z t
Z t
v(t) = ?1 (t)
?1 (s)ds + ?2 (t)
?2 (s)ds.
t0
t0
При таком варианте записи ормулы (2.32) ункция u(t) общее решение однородного диеренциального уравнения (2.30), а v(t) частное решение неоднородного уравнения (2.29).
Метод вариации обычно используется при решении неоднородных
диеренциальных уравнений с постоянными коэициентами
x? + px? + qx = f (t),
где p, q ? R(C), а f (t) известная ункция, но не обязательно квазиполином.
Пример 2.19. При t > 0 решить неоднородное уравнение
Итак,
x(t) = ?1 et + ?2 tet ? tet + tet ln t
общее решение данного уравнения.
Этот метод может применяться не только для неоднородных диеренциальных уравнений с постоянными коэициентами.
Пример 2.20. Пусть t > 0. ассмотрим уравнение
t2 x? + tx? ? 4x =
Соответствующее однородное уравнение
t2 x? + tx? ? 4x = 0
уравнение Эйлера, у которого есть два линейно независимых решения
?1 (t) = t2 , ?2 (t) = t?2 .
Его общее решение
x(t) = C1 t2 + C2 t?2 .
t
x? ? 2x? + x =
e
.
t
Однородное уравнение x? ? 2x? + x = 0 имеет два линейно независимых
решения ?1 (t) = et , ?2 (t) = tet . ешение неоднородного диеренциального уравнения будем искать в орме (2.32)
ешение неоднородного уравнения ищем в орме (2.31)
x(t) = a1 (t)t2 + a2 (t)t?2 ,
где a1 (t), a2 (t) определяются как решения системы
a?1 (t)t2 + a?2 (t)t?2 = 0,
4
1
t2 (2a?(t)t ? 2a?2 (t) 3 ) = 3 .
t
t
x(t) = a1 (t)et + a2 (t)tet .
Для a?1 (t), a?2 (t) получаем систему из двух уравнений
a?1 (t)et + a?2 (t)tet = 0,
et
a?1 (t)et + a?2 (t)(tet + et ) = ? .
t
Откуда находим
a?1 (t) =
a1 (t) = ?
Вычитая из второго уравнения первое, находим
1
a?2 (t) = , a2 (t) = ln t + ?2 ,
t
a?1 (t) = ?1, a1 (t) = ?t + ?1 .
70
4
.
t3
1
1
, a?2 (t) = ? 2 ,
t0
t
1
1
+ ?1 , a2 (t) = + ?2 , ?1 , ?2 ? R.
5t5
t
Итак,
4
x(t) = ?1 t2 + ?2 t?2 + t?3 .
5
71
?ельно решений аналогичен как и в случае 2.1, так
и в случае 2.2.
4.2. Пусть b > 0. Характеристическое уравнение есть ?2 + b = 0, так
что ?1,2 = ±ib и всякое вещественное решение уравнения (2.19) имеет
вид
x(t) = C1 cos (?t) + C2 sin (?t), ? 2 = b
или записанное в несколько другом виде
k = n ? r,
x(t) = A cos (?t ? ?),
где r ранг матрицы (A ? ?1 E).
Пусть ? = ?k корень кратности m > 1 характеристического уравнения (3.10) и этому корню соответствуют ровно m собственных векторов
матрицы A(алгебраическая кратность = геометрической кратности). В
этом случае корню ? отвечают m частных решений системы (3.10) вида
C2
. Число A называется амплиA
2?
.
тудой колебаний. Колебания совершаются с периодом T =
?
Механическая или другая изическая система, которая описывается
уравнением (2.21), называется гармоническим осциллятором. Примеры
таких систем: 1) малые колебания маятника, 2) малые колебания груза,
подвешенного на упругой пружине, под действием силы тяжести,
3) электрические колебания в контуре, состоящем из емкости C и индуктивности L.
50 . Случай кратных корней. Пусть a2 ? b = 0. В данном случае
характеристическое уравнение имеет корень ?1,2 = ?a кратности 2.
5.1. Пусть a > 0. Тогда решение будет выглядеть следующим образом
?1 e?k t , ?2 e?k t , ..., ?m e?k t .
(3.13)
ешение (3.13) образует линейно независимую систему решений однородной системы линейных ОДУ (3.10).
Пусть ?k собственное значение матрицы A, а значит корень характеристического уравнения (3.10). Предположим, что его кратность равна
m > 1, но этому собственному значению соответствует m1 < m собственных векторов. Тогда его алгебраическая кратность m > m1 геометрической кратности. Из курса алгебры известно, что в такой ситуации у
матрицы A есть m ? m1 присоединенных векторов.
86
где A =
p
C12 + C22 , cos ? = C1 A, sin ? =
x(t) = C1 e?at + C2 te?at .
В этом случае по амплитуде решение убывает.
55
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
5.2. Пусть a < 0. Тогда решение уже будет записано в следующем
виде
Используя ормулу Эйлера
eit = cos t + i sin t,
at
at
x(t) = C1 e + C2 te .
преобразуем ункцию x(t) к виду
ешение в этом случае по амплитуде возрастает.
x(t) = (p+iq)eat (cos bt+i sin bt) = eat (p cos bt?q sin bt)+ieat (q cos bt+p sin bt),
2.6. Уравнение Эйлера
или x(t) = u(t) + iv(t), где
u(t) = eat (p cos bt ? q sin bt),
Линейное уравнение вида
x(n) y (n) + a1 x(n?1) y (n?1) + . . . + an?1 xy ? + an y = 0,
(2.22)
где ai = const, i = 1, . . . , n называется уравнением Эйлера. Ниже, для
определенности, будем считать, что x > 0. Делая замену x = et , уравнение Эйлера можно привести к уравнению с постоянными коэициентами, так как справедливы равенства
y?
,
et
y?
y?
y? = y ? et + y ?? e2t , y ?? = 2t ? 2t , . . .
e
e
y? = y ? · x? = et y ? , y ? =
Здесь точкой обозначена производная по t, а штрихом производная по x.
Аналогично можно показать, что xk y (k) есть линейная комбинация производных ункции y по переменной t с постоянными коэициентами.
Более эективный способ интегрирования уравнения Эйлера состоит в том, что решение ищется в виде y = x? . После подстановки этой
ункции в (2.22) получается характеристическое уравнение для определения ?
?(? ? 1) · . . . · (? ? n + 1) + a1 ?(? ? 1) Ч . . .
(2.23)
Ч(? ? n + 2) + . . . + an?1 ? + an = 0.
Вид общего решения уравнения (2.22) определяется видом корней
характеристического уравнения (характеристическими числами) и их
кратностью. азберем по отдельности различные случаи корней характеристического уравнения.
1. Случай простых корней. Корни ?1 , . . . ?n характеристического
уравнения (2.23) различны. Это означает, что каждому простому корню
?i отвечает частное решение x?i уравнения (2.22).
56
v(t) = eat (q cos bt + p sin bt).
Если ? = p + iq собственный вектор, соответствующий корню
? = a + ib характеристического уравнения (3.12), то комплексно сопряженному корню ? = a ? ib будет соответствовать комплексно сопряженное решение ? = p ? iq . Так как x(t) = ?e?t также будет решением
системы (3.10), то в силу линейности системы (3.10) ей будут удовле1
1
творять и вектор-ункции u(t) = (x(t) + x(t)) и v(t) = i(x(t) ? x(t)),
2
2
принимающие значения в Rn .
Таким образом, вектор-ункции u(t) и v(t) являются действительной
и мнимой частями комплекснозначной ункции x(t) = ?e?t и решениями
системы (3.10). Отметим, что ункции u(t) и v(t) линейно независимы
в R. Значит паре простых комплексно сопряженных корней ? = a ±
ib характеристического уравнения соответствует пара действительных
линейно независимых решений системы (3.10).
Упражнение 3.2. Проверить, что u(t) и v(t) линейно независимы.
Пример 3.3. ассмотрим систему (3.10) при n = 2, а
4 ?1
.
A=
5 2
Характеристическое уравнение имеет корни ?1 = 3 + 2i, ?2 = 3 ? 2i.
Корням ?1 , ?2 соответствуют собственные вектора
1
1
.
, e2 =
e1 =
1 + 2i
1 ? 2i
Выделяя действительную и мнимую части для вектор-ункции
1
?1 t
e(3+2i)t ,
x(t) = ?1 e =
1 ? 2i
85
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
или в координатной орме
Следовательно, всякое решение уравнения Эйлера имеет вид
x1 (t) = C1 e3t + C2 e?it ,
y = C1 x?1 + C2 x?2 + . . . + Cn x?n ,
x2 (t) = C1 e3t ? C2 e?it .
где C1 , C2 , . . . Cn произвольные постоянные.
2. Случай комплексных корней. Если коэициенты уравнения
(2.22) вещественны, то комплексные корни уравнения (2.23) будут попарно комплексно-сопряженными: ?1,2 = ? ± i? . В этом случае паре
простых комплексных корней ? ± i? могут соответствовать два вещественных частных решения: x? cos (? ln x), x? sin (? ln x) (это следует из
определения x? = e?lnx ). Соответственно решения уравнения Эйлера в
случае комплексных корней в действительной орме имеет вид
Пример 3.2. ассмотрим систему (3.10) в случае n = 2, а
A=
Характеристическое уравнение в
2??
1
3
4??
2 1
3 4
.
данном случае имеет вид
= ?2 ? 6? + 5 = 0.
Его корни ?1 = 1 ?2 = 5. Собственному значению ?1 соответствует собственный вектор e1 , а ?2 e2 , где
1
1
.
, e2 =
e1 =
3
?1
Следовательно, общее решение
1
1
t
5t
x(t) = C1 e
+ C2 e
,
?1
3
а C1 , C2 произвольные действительные постоянные.
2. Случай комплексных корней. Пусть среди простых корней характеристического уравнения есть комплексные. Такие корни разделяются на пару комплексно сопряженных корней ? = a + ib, ? = a ? ib, поскольку характеристическое уравнение (3.12) является уравнением степени n с действительными коэициентами. Как в данном случае, так и
в более общей ситуации общее решение будет выглядеть в орме (3.11).
При наличии комплексных собственных значений, как в нашем случае,
решение в орме (3.11) называют решением в комплексной орме. Можно получить решение в действительной орме, т. е. из вида комплексных
решений выделить линейно независимые действительные решения. Действительно, каждому комплексному корню ? = a + ib соответствует собственный комплексный вектор ? = p + iq, p, q ? Rn . Для полученных
? и ? рассмотрим комплекснозначную вектор-ункцию
y = C1 x? cos (?lnx) + C2 x? sin (?lnx).
3. Случай кратных корней. Характеристическое уравнение (2.23)
имеет корни ?1 , . . . , ?s кратности R1 , . . . , Rs соответственно. Тогда всякое
решение уравнения Эйлера имеет вид
y = P1 (ln x)x?1 + P2 (ln x)x?2 + . . . + Ps (ln x)x?s ,
где Pj (t) произвольный многочлен от t степени Rj ? 1.
Отметим также еще два типа уравнений, являющихся близкими к
уравнениям типа Эйлера, которые с помощью замен сводятся к уравнениям с постоянными коэициентами.
2.7. Уравнение Лагранжа
Это уравнение вида
(ax + b)n y (n) + a1 (ax + b)n?1 y (n?1) + . . . + an?1 (ax + b)y ? + an y = 0,
где a, b, aj = const (j = 1, 2, . . . , n). Замена ax + b = et сводит уравнение
Лагранжа к линейному уравнению с постоянными коэициентами.
2.8. Уравнение Чебышева
Это уравнение вида
x(t) = ?e?t = (p + iq)e(a+ib)t .
(1 ? x2 )y ?? ? xy ? + n2 y = 0 (n = const).
84
57
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
С помощью замены x = cos t (при |x| < 1) уравнение Чебышева сводится
к уравнению
d2 y
+ n2 y = 0.
dt2
Ниже приведем несколько примеров на каждый тип уравнений, изученных в этом параграе.
Пример 2.10. Проинтегрировать следующее уравнение
x2 y ?? + 6xy ? + 4y = 0.
В данном случае это уравнение Эйлера, решения которого будем искать
в виде y = x? . Тогда получаем
x2 ?(? ? 1)x??2 + 6x?x??1 + 4x? = 0, ?(? ? 1) + 6? + 4 = 0, ?2 + 5? + 4 = 0,
откуда ?1 = ?1, ?2 = ?4. Поэтому y = C1 x?1 + C2 x?4 .
Пример 2.11. Проинтегрируйте следующее уравнение
x2 y ?? + 5xy ? + 4y = 0.
Это уравнение относится к такому же типу, что и уравнение в примере 1. После подстановки и преобразований мы приходим к следующему
характеристическому уравнению ?2 + 4? + 4 = 0, откуда ?1,2 = ?2 двукратный корень. Поэтому общее решение имеет вид
y = C1 x?2 + C2 x?2 ln x.
Пример 2.12. Проинтегрировать следующее уравнение
x2 y ?? + 3xy ? + 2y = 0.
В результате подстановок приходим, что характеристическое уравнение
будет выглядеть следующим образом ?2 +2?+2 = 0, откуда ?1,2 = ?1±i.
Поэтому решение может быть записано таким образом:
y = C1 x?1 cos ln x + C2 x?1 sin ln x.
Пример 2.13. Проинтегрировать следующее уравнение
(x + 1)2 y ?? + 4(x + 1)y ? + 2y = 0.
58
или det(A ? ?E) = 0, называется характеристическим уравнением. Корни уравнения (3.12) называются собственными значениями матрицы A.
Вид общего решения системы (3.10) определяется количеством корней характеристического уравнения, их кратностью, а также тем, какое количество собственных векторов матрицы A соответствует кратным
корням уравнения (3.12).
ассмотрим возможные случаи.
1. Случай простых корней. Пусть все корни ?1 , ..., ?n характеристического уравнения (3.10) действительны и различны, как уже было
отмечено, можно сормировать n-различных линейно независимых решений Ej (t), а ормула (3.11) интерпретируется как общее решение системы диеренциальных уравнений (3.10). Или, согласно определению
3.4, образуют ундаментальную систему решений этой однородной системы.
ассмотрим два примера для этого случая.
Пример 3.1. Найдем общее решение системы ОДУ.
x?1 = x1 + 2x2 ,
x?2 = 2x1 + x2 .
Матрица A и характеристическое
ном случае имеет вид
1 2
,
A=
2 1
уравнение (3.12) системы ОДУ в дан-
1??
2
2
1??
= 0.
аскрывая определитель, получаем квадратное уравнение ?2 ?2??3 = 0,
имеющее два действительных различных корня ?1 = 3, ?2 = ?1. Они
являются собственными значениями матрицы A.
Найдем собственные векторы матрицы A, отвечающие этим собственным значениям. Собственным числам ? = ?1 = 3 ((A ? ?1 E)e1 = 0) и
? = ?2 = ?1 ((A ? ?2 E)e2 = 0) соответствуют собственные векторы
1
1
.
, e2 =
e1 =
?1
1
Таким образом, общее решение нашей системы в векторной орме может
быть записано в следующем виде
1
1
3t
?t
x(t) = C1 e
+ C2 e
, C1 , C2 ? R.
1
?1
83
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где
?
?
x=?
?
x1 (t)
.. ? ,
. ?
xn (t)
?
?
x? = ?
?
x?1 (t)
.. ? ,
. ?
x?n (t)
A = {ajk },
j, k = 1, 2, ...n,
то есть A квадратная матрица порядка n, a ajk постоянные (вообще
говоря, они могут быть и комплексными).
Пусть ?j одно из собственных значений матрицы A, a ej собственный вектор, отвечающий этому собственному значению (ej 6= 0).
Это означает, что
Aej = ?j ej .
Тогда система (3.10) имеет нетривиальное решение Ej (t) = exp(?j t)ej .
Упражнение 3.1. Проверить, что Ej (t) решение.
Необходимо отметить, что Cj Ej (t) также будет решением системы
(3.10), где Cj произвольная постоянная.
Пусть матрица A имеет n различных собственных значений ?j (j =
1, .., n). Тогда система (3.10) имеет n линейно независимых решений
Ej (t) = exp(?j t)ej .
Линейная комбинация этих решений
x(t) =
n
X
Cj Ej (t)
(3.11)
j=1
также будет решением системы (3.10). Здесь, как и ранее, Cj произвольные постоянные. Они могут быть не только действительными, но и
комплексными.
Напомним, что система ункций называется линейно независимой,
если тождество
n
X
Cj Ej (t) ? 0
j=1
влечет равенства Cj = 0 (j = 1, 2, ..., n).
Определение 3.5. Уравнение n-й степени
a11 ? ?
a12
... a1n a21
a22 ? ? ... a2n .. = 0,
..
..
..
. .
.
.
an1
an2
... ann 82
(3.12)
Видно, что это уравнение Лагранжа. Делая замену x + 1 = et , мы сводим исходное уравнение к уравнению с постоянными коэициентами.
ешение последнего уравнения имеет вид
y(t) = C1 e?2t + C2 e?t . Следовательно, решение всего уравнения имеет
следующий вид
y = C1 (x + 1)?2 + C2 (x + 1)?1 .
Пример 2.14. Проинтегрировать следующее уравнение
(1 ? x2 )y ?? ? xy ? + 3y = 0.
Из вида уравнения замечаем, что это уравнение Чебышева. Проведем
замену переменной по ормуле x = cos t (t ? (0, ?)). Имеем
y ? = y? ?
1 ??
1
cos t
, y = y? 2 ? y?
,
sin t
sin t
sin t
где, как и ранее, штрихом обозначена производная по x, а точкой по t.
Подставив полученные выражения в уравнения, имеем в итоге
d2 y
+ 3y = 0,
dt2
?
?
?
?
откуда y = C1 cos 3t+C2 sin 3t = C1 cos ( 3 arccos x)+C2 sin ( 3 arcsin x).
2.9. Линейные неоднородные диеренциальные уравнения с
постоянными коэициентами со специальной правой частью
В этом параграе будем рассматривать неоднородные диеренциальные уравнения
Lx = x(n) + an?1 xn?1 + . . . + a1 x1 + a0 x = f (t),
(2.24)
dk x
, k ? N. Наконец, неодноdtk
родность f (t) будем выбирать в некотором специальном классе ункций
переменного t0 .
Определение 6.1. Функцию f (t) будем называть квазиполиномом,
если
где aj ? R, j = 0, 1, 2, . . . , n ? 1, x(k) =
f (t) = exp µtQm (t),
59
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Теорема 3.9. Если вектор-ункции
где Qm (t) полином степени m (m = 0, 1, 2, . . .), то есть
m
m?1
Qm (t) = qm t + qm?1 t
+ . . . + q1 t + q0 ,
где µ, q действительные или комплексные постоянные.
Специальный класс ункций будут составлять те из них, для которых
справедливо представление
f (t) =
l
X
exp (µj t)Qmj (t),
j=1
то есть f (t) конечная сумма квазиполиномов.
Пример 2.15. f (t) = e2t (t2 + t + 1) + 2e?t (2t ? 3).
Пример 2.16. f (t) = (cos ?t)(t2 + 1) + sin ?t(2t + 1), ? ? R.
Данная ункция может быть преобразована к такому виду, который позволяет включить в специальный класс ункций. Действительно,
справедливы равенства
cos ?t =
exp (i?t) + exp (?i?t)
exp (i?t) + exp (?i?t)
, sin ?t =
.
2
2i
Поэтому справедливо равенство
f (t) =
1
1
1
1
exp (i?t)[t2 + 1 + (2t + 1)] + exp (?i?t)[t2 + 1 ? (2t + 1)].
2
2i
2
2i
Напомним, что для того, чтобы найти общее решение уравнения (2.24),
можно сначала найти общее решение y(t) соответствующего однородного
уравнения
Lx = x(n) + an?1 xn?1 + . . . + a1 x1 + a0 x = 0.
Тогда общее решение уравнения (2.24) можно записать в следующем виде
x(t) = y(t) + u(t),
где u(t) частное решение диеренциального уравнения (2.24). Способы нахождения общего решения однородного диеренциального уравнения были рассмотрены в предыдущих разделах учебного пособия. Центральным моментом следует считать рассмотрение характеристического
уравнения
n
P (?) = ? + an?1 ?
n?1
+ . . . + a1 ? + a0 = 0.
60
?
?
x1k (t)
?
?
..
xk (t) = ?
?,
.
xnk (t)
k = 1, .., n,
определенные в промежутке T числовой прямой R, образуют в нем ундаментальную систему решений однородной системы линейных ОДУ
(3.3), то общее решение этой системы имеет вид
x(t) =
n
X
Ck xk (t)
(3.9)
k=1
с некоторыми постоянными коэициентами Ck (k = 1, ..., n).
Теорема 3.10. Общее решение неоднородной системы (3.2) есть
сумма общего решения соответствующей ей однородной системы (3.3)
и частного решения неоднородной системы (3.2)
x(t) = x? (t) +
n
X
Ck xk (t),
k=1
где x? (t) частное решение неоднородной системы (3.2), определенное
на промежутке T, xk (t), k = 1, ..., n, ундаментальная система решений соответствующей однородной системы (3.3), определенная в том
же промежутке, Ck , k = 1, .., n некоторые постоянные.
Важно отметить, что теоремы 3.9, 3.10, несмотря на достаточно общий характер, не только играют важнейшую роль в теории ОДУ, но и
указывают путь решения систем линейных ОДУ с переменными коэициентами.
3.3. Линейные однородные системы
с постоянными коэициентами
Системой линейных однородных диеренциальных уравнений с постоянными коэициентами названа система
x? = Ax,
(2.25)
81
(3.10)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Определение 3.4. Линейно независимую в промежутке T ? R систему из n вектор-ункций вида (3.8), каждая из которых является в
нем решением однородной системы n линейных ОДУ (3.3), называют
ундаментальной системой решений для (3.3) в этом промежутке.
Из данного утверждения вытекает следующая теорема.
Теорема 3.8. Фундаментальные системы решений существуют.
Доказательство: Пусть i, k = 1, ..., n и числа
0, i 6= k
bik =
1, i = k
образуют единичную матрицу E = (bik ) размера n, определитель которой
равен 1.
ассмотрим n решений однородной системы (3.3)
?
?
x1k (t)
?
?
..
xk (t) = ?
? , k = 1, ..., n,
.
xnk (t)
которые определены в некотором промежутке T ? R и в точке t0 ? T
(k)
удовлетворяют начальным условиям xi (t0 ) = bik , i, k = 1, ..., n. Тогда получим W (t0 ) = det E = 1 6= 0, т. е. W (t) 6= 0 в промежутке T .
На основании (3.5) и определения 3.1 следует, что эти решения линейно
независимы в промежутке T и, согласно определению 3.2, образуют в
нем ундаментальную систему решений для системы (3.3).
Определив понятие ундаментальной системы решений, мы можем
сормулировать теорему о структуре общего решения как системы (3.1),
так и системы линейных неоднородных ОДУ вида (3.2), которую также
называют нормальной неоднородной системой линейных ОДУ вида (3.2)
с переменными коэициентами.
Общее решение нормальной системы из n ОДУ включает n произвольных постоянных Ck (k = 1, ..., n). Аналогичная ситуация уже отмечалась при изучении уравнений n-го порядка (см. гл. 2). Следующая
теорема позволяет не только указать структуру общего решения однородной системы вида (3.3), но и установить, что в случае задачи Коши
для системы линейных ОДУ эти постоянные определяются однозначно.
80
Приступим к основой задаче данного параграа алгоритму отыскания
частного решения u(t). Здесь следует различать два основных случая.
Случай 1. "Отсутствие резонанса". Этот случай определяется условием: µ не является корнем характеристического уравнения (2.25).
Случай 2. "езонанс" определяется условием µ = ?j , где ?j корень
характеристического уравнения (2.25). Здесь следует различать два подслучая.
2a) µ = ?j , ?j простой корень характеристического уравнения;
2b) µ = ?j , ?j корень кратности kj характеристического уравнения
(2.25).
азберем последовательно эти способы. При этом сначала достаточно
рассмотреть тот вариант, если
f (t) = eµt Qm (t),
где, как и ранее, Qm (t) многочлен степени m. Действительно, если
k
X
fj (t), то частное решение u(t) уравнения (2.24) с такой правой
f (t) =
j=1
частью можно написать в виде
u(t) =
k
X
uj (t),
j=1
где uj (t) частное решение уравнения Lx = fj (t), j = 1, 2, . . . , k .
Нерезонансный случай
Теорема 2.6.Частное решение уравнения (2.24), если f (t) = eµt Qm t,
P (µ) = 0, m ? N , можно искать в следующем виде
u(t) = eµt Bm (t),
где Bm (t) многочлен той же степени, что и Qm (t)
Bm (t) = bm tm + bm?1 tm?1 + . . . + b1 t + b0 ,
b0 , b1 , . . . , bm ? R(C) и подлежат определению после подстановки в уравнение (2.24).
61
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Иногда этот метод называют методом неопределенных коэициентов. Теорему 2.6 удобно доказывать, использую метод математической
индукции.
Пусть m = 0, т. е. Q0 (t) = q0 eµt , частное решение будем искать в виде
u0 (t) = b0 eµt . Элементарно проверяется, что u(j) (t) = µj b0 eµt и поэтому
Lu0 = b0 P (µ)eµt = q0 eµt .
Откуда находим, что
b0 =
q0
, P (µ) 6= 0.
P (µ)
Пусть теперь утверждение теоремы верно при некотором m = k . Покажем, что этот способ отыскания частного решения будет справедлив
и при m = k + 1.
Замечание 2.2. Пусть v(t) = tk eµt . Тогда
Lv(t) = eµt P (µ)tk + eµt Rk?1 (t),
где Rk?1 (t) многочлен степени k ? 1. Действительно,
j
X
(tk eµt )j = µj eµt tk +
Cjp (tk )(p) (eµt )j?p .
p=1
Сормулируем в виде теорем некоторые основные свойства определителя (3.7).
Теорема 3.6.Если система вектор-ункций
?
?
x1k (t)
?
?
..
k = 1, n,
xk (t) = ?
(3.8)
?,
.
xnk (t)
линейно зависима в некотором промежутке T ? R, то определитель
Вронского W (t) ? 0 для любого t ? T .
В качестве доказательства данного утверждения необходимо вспомнить условия линейной зависимости вектор-ункции xk (t) (k = 1, n)
в промежутке T , которые были сормулированы в определении 3.2. Согласно этому определению, один из коэициентов в (3.5) отличается от
нуля (?j 6= 0). Отсюда следует, что вектор-ункция xj (t) будет линейной
комбинацией остальных вектор-ункций
xj = ?1 x1 (t) + ... + ?j?1 xj?1 (t) + ?j+1 xj+1 (t)... + ?n xn (t),
t ? T,
где соответствующие ?j будут пересчитываться через ?j по следующей
ормуле
?k
?k = ? .
?j
Lv = eµt Qk (t),
Отсюда j -й столбец определителя W (t) будет линейной комбинацией
остальных столбцов. Откуда следует справедливость утверждения.
Можно сормулировать еще одно утверждение, которое вытекает из
определения 3.2 и определения 3.3.
Теорема 3.7. Если определитель W (t) для системы вектор-ункций
(3.8), являющихся в промежутке T ? R решениями однородной системы линейных ОДУ (3.3), равен нулю хотя бы в одной точке t0 ? T , то
эта система вектор-ункций линейно зависима в промежутке T .
Из утверждения данной теоремы вытекает следующее.
Следствие 3.1. Если определитель W (t), составленный из векторункций, являющихся решениями однородной системы линейных однородных диеренциальных уравнений (3.3) в некотором промежутке T,
равен нулю в одной точке t0 ? T , т. е. W (t0 ) = 0, то он тождественно
равен нулю в этом промежутке (W (t) ? 0 для любого t ? T ).
Одним из важнейших понятий в теории однородных систем линейных
ОДУ является понятие ундаментальной системы решений.
62
79
ассмотрим неоднородное диеренциальное уравнение
Lx = eµt Qk+1 (t),
где Qk+1 (t) = qk+1 tk+1 + Qk (t). Будем искать частное решение в специальном виде
u(t) = bk+1 tk+1 eµt + v(t).
При таком выборе u(t) получаем
Lu(t) = bk+1 L(tk+1 eµt ) + Lv = qk+1 tk+1 eµt + eµt Qk (t).
В силу замечания 1 последнее уравнение для определения v(t) можно
переписать в следующем виде
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
Если же такой системы чисел не существует, то систему вектор-ункций
(3.4) называют линейно независимой в промежутке T .
3.2. Определитель Вронского. Фундаментальная система решений. Структура решений однородной и неоднородной линейных
систем
Если требуется найти решение системы (3.2), удовлетворяющее условию y(t0 ) = y0 , то говорят, что для системы (3.2) поставлена начальная
задача или задача Коши и записывают ее в виде
X ? = A(t)x + g(t),
x(t0 ) = x0 .
(3.6)
Теорема 3.5. Пусть матрица A(t) и вектор-ункция g(t) зависят
от t непрерывно, где t ? (t0 ? a; t0 + a). Тогда задача Коши (3.6) имеет
единственное решение.
Замечание 3.1. Вспомним, что матрица A(t) непрерывно зависит
от t, если любой элемент матрицы A(t) является непрерывной ункцией переменной t. Аналогичным образом определяется непрерывность
вектор-ункции g(t).
Пусть задана система n вектор-ункций
?
?
x1k (t)
?
?
..
k = 1, n,
x1 (t), ..., xk (t), ..., xn (t), xk (t) = ?
?,
.
xnk (t)
где Qk (t) многочлен степени k . Действительно, в силу замечания
bk L(tk+1 eµt ) = bk tk+1 eµt P (µ) + eµt Rk (t),
и если теперь положить
bk+1 =
qk
,
P (µ)
то останутся лишь слагаемые вида ?j tj eµt , где j < k + 1. Слагаемые,
содержащие члены tk+1 eµt , сократятся. Для неоднородного уравнения,
получившегося после такого сокращения, справедливо предположение.
Проиллюстрируем этот метод на примерах.
Пример 2.17. ассмотрим уравнение
Lx = x? + 2x? + x = et (t + 1) + 2 cos t,
у которого требуется найти общее решение.
Для этого рассмотрим сначала соответствующее однородное уравнение
x? + 2x? + x = 0.
Соответствующее ему характеристическое уравнение имеет следующий
вид
p(?) = ?2 + 2? + 1 = 0.
определенная в промежутке T ? R числовой прямой R. Здесь первый индекс у скалярной ункции xik (t) означает номер координатной ункции
ункции вектор-ункции xk , а второй номер этой вектор-ункции.
Определение 3.3. Определитель
x11 (t) x12 (t) ... x1n (t) x21 (t) x22 (t) ... x2n (t) W (t) = (3.7)
..
..
..
..
.
.
.
.
xn1 (t) xn2 (t) ... xnn (t) Оно имеет двукратный корень ? = ?1. Общее решение однородного диеренциального уравнения может быть записано в виде
78
63
называют определителем Вронского системы вектор-ункций
x1 (t), ..., xk (t), ..., xn (t).
y(t) = (C1 + C2 t)e?t (почему?),
где C1 , C2 ? R.
Для нахождения частного решения неоднородного уравнения u(t) рассмотрим два вспомогательных уравнения
x? + 2x? + x = et (t + 1),
(2.26)
x? + 2x? + x = 2 cos t.
(2.27)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
ассмотрим уравнение (2.26). Частное решение этого уравнения, следуя методу изложенному выше, будем искать в следующем виде
t
u1 (t) = e (b1 t + b0 ), b1 , b0 ? R.
Подчеркнем, что здесь µ = 1, т. е. µ отлично от корня характеристического уравнения. В таком случае
u?1 (t) = et (b1 t + b1 + b0 ), u?1 (t) = et (b1 t + 2b1 + b0 ).
? 1 (t), u?1 (t) в уравнение (2.26) и сокращение на et
Подстановка u1 (t), (u)
приводит к равенству
bq t + (2b1 + b0 ) + 2(b1 t + b1 + b0 ) + b1 t + b0 ) = t + 1,
которое должно быть выполнено при всех t ? R. Следовательно,
4b1 = 1, 4b1 + 4b0 = 1,
1
то есть b1 = , b0 = 0. Итак,
4
Доказательство: Пусть x1 (t),x2 (t) решения системы (3.3), т. е.
x?1 = A(t)x1 ,
x?2 = A(t)x2 .
ассмотрим линейную комбинацию этих решений
x(t) = ?x1 (t) + ?x2 (t),
?, ? ? R.
В результате получаем, что x? = ?x?1 +?x?2 = ?Ax1 +?Ax2 = A(?x1 +?x2 ),
следовательно ?x1 + ?x2 также являются решением системы (3.3).
Теорема 3.2. азность любых двух решений неоднородной системы
ОДУ (3.2) есть решение однородной системы (3.3).
Теорема 3.3. Сумма решений неоднородной системы (3.2) и решений соответствующей ей однородной системы (3.3) есть решение
неоднородной системы (3.2).
Теорема 3.4. Если x1 (t) и x2 (t) решения системы линейных ОДУ
соответственно x?1 = A(t)x1 + g(t) и x?2 = A(t)x2 + f (t), то x = x1 + x2
является решением системы линейных ОДУ
x? = A(t)x + g(t) + f (t).
1
u1 (t) = tet .
4
Найдем теперь частное решение уравнения (2.27). Его правую часть
можно переписать в виде eit + e?it . Понятно, что числа ±i не являются
корнями характеристического уравнения. Поэтому частое решение уравнения
x? + 2x? + x = eit
можно написать в виде
u21 (t) = ?eit .
Доказательства теорем 3.2 3.4 производятся непосредственной подстановкой и проверкой условий теоремы.
ассмотрим вектор-ункции
x1 (t), ..., xi (t), ..., xn (t),
не обязательно являющиеся решениями систем (3.2) или (3.3).
Определение 3.2. Систему вектор-ункций (3.4) называют линейно
зависимой в некотором промежутке T ? R числовой прямой R, если
существует такая система чисел
При этом неопределенный коэициент ? можно найти из уравнения
1
1
2i? = 1, ? =
= ? i.
2i
2
Частное решение второго
x? + 2x? + x = e?it
64
(3.4)
?1 , ..., ?i , ..., ?n ? R,
что имеет место тождество
n
X
i=1
?2i 6= 0,
?1 x1 (t) + ... + ?i xi (t) + ... + ?n xn (t) ? 0
77
?t ? T.
(3.5)
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
лава 3
Системы линейных диеренциальных уравнений
3.1. Определение и основные свойства решений
Определение 3.1. Системой линейных обыкновенных диеренци-
обозначим через u22 (t). При этом u22 (t) = u21 (t), т. е. комплексносопряженная ункция. Итак,
1
1
u2 (t) = u21 (t) + u22 (t) = ? ieit + ieit
2
2
в действительной орме
альных уравнений (ОДУ) называют систему вида
dxi
=
dt
n
X
aij (t)xj + gi (t),
i = 1, n,
u2 (t) = sin t.
(3.1)
j=1
где xi (t) неизвестные ункции, aij (t) и gi (t) известные ункции аргумента t ? T , непрерывные в некотором промежутке T ? R. Для линейной
системы (3.1) в области D = T Ч Rn выполнены все условия теоремы Коши о существовании и единственности решения.
Системы (ОДУ) (3.1) допускают более короткую и простую орму
записи в векторно-матричных обозначения. Введем обозначения
?
?
?
?
?
?
a11 (t) ... a1n (t)
g1 (t)
x1 (t)
..
..
? g2 (t) ?
? x2 (t) ?
?
?
...
.
.
?
?
?
?
?
?
,
g(t)
=
x(t) = ? .. ? , A(t) = ?
? .. ? .
?
..
..
? . ?
? . ?
?
?
.
...
.
xn (t)
gn (t)
an1 (t) ... ann (t)
Здесь x(t) и g(t) вектор-ункции, A(t) квадратная матрица, называdx
емая матрицей системы ОДУ. Обозначим также x? =
. Тогда систему
dt
(3.1) можно записать в виде векторного уравнения
x? = A(t)x + g(t).
Если g(t) ? 0 в T , то
(3.2)
Итак, общее решение уравнения, рассмотренного в данном примере,
t
x(t) = (C1 + C2 t)e?t ? et + sin t.
4
езонансный случай
Теорема 2.7. Пусть в уравнении (2.24) f (t) = eµt Qm (t), где µ простой корень характеристического уравнения (2.13) (P (µ) = 0,
P ? (?)|?=µ 6= 0). Тогда частное решение данного неоднородного уравнения
можно искать в следующем виде
u(t) = eµt tBm (t),
где Bm (t) = bm tm + bm1 tm?1 + . . . + b1 t + b0 , т.е. Bm (t) многочлен той же
степени, что и Qm (t).
В доказательстве теоремы 2.7, как и теоремы 2.6, можно использовать
метод математической индукции.
Пусть сначала m = 0, т. е. правая часть имеет вид q0 eµt . Тогда
u(t) = b0 teµt . При этом
u(k) (t) = b0 eµt (µk t + kµk?1 ), L(b0 teµt ) = b0 eµt (P (µ)t + P ? (µ)).
x? = A(t)x.
(3.3)
Систему (3.3) называют нормальной однородной системой линейных
ОДУ.
Ниже приведем утверждения, устанавливающие основные свойства
однородных и неоднородных систем ОДУ.
Теорема 3.1. Линейная комбинация решений однородной системы
(3.3) также является решением этой системы.
q0
.
P ? (µ)
Пусть утверждение теоремы 2.7 справедливо при некотором натуральном m = k . Тогда оно остается верным и при m = k + 1.
Действительно, рассмотрим неоднородное диеренциальное уравнение
Lx = eµt Qk+1 (t),
(2.28)
76
65
Учитывая, что P (µ) = 0, а P ? (µ) 6= 0, находим b0 =
Copyright ??? «??? «??????» & ??? «A???????? K????-C?????»
где Qk+1 (t) = qk+1 tk+1 + Qk (t), а Qk (t) многочлен степени k . Частное
решение будем искать в виде
u(t) = bk+1 tk+2 eµt + v.
Уравнение (2.28) принимает вид
Lv + bk+1 L(tk+2 eµt ) = qk+1 eµt tk+1 + eµt Qk (t).
При этом (tk+2 eµt )j =
j
X
Cjp (tk+2 )(p) (emut )p?j в силу ормулы Лейбница
p=0
для производной произведения. Поэтому
Lv + bk+1 eµt P (µ)tk+2 + bk+1 eµt P ? (µ)tk+1 + eµt Pk (t) = qk+1 eµt tk+1 + eµt Qk (t).
Если теперь положить bk+1 =
qk+1
, то v(t) получим уравнение вида
P ? (µ)
2
2.12. x? ? 2x? + x = ?t .
te
2
2.13. x? + x =
.
cos2 t
4t2 + 1
? .
2.14. x? ? x =
x t
t2 + 2t
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
40
Размер файла
711 Кб
Теги
уравнения, теорема, дифференциальной, 771, задачи, пример, куликов
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа