книги / Математическое моделирование кинетики сложных химических реакций. Ч. 1
.pdfИз (4.54) следует, что первая интегральная кривая y1 не
имеет критических точек на интервале R, а, следовательно, для неё и нет точек экстремумов.
Так как y1′ > 0 всюду в R, то интегральная кривая y1 (x)
является монотонно-возрастающей функцией в R и достигает своего наибольшего значения в правом конце рассматриваемого интервала при x → ∞. Подсчитаем его:
y = lim 1− 1 e−x =1..
1 наиб x→∞ 2
Своего наименьшего значения |
y1 (x) |
достигает соответственно |
|||||||||||||||
в левом конце R, следовательно: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
y |
|
= lim |
|
1 |
− |
1 |
e |
−x |
= |
1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
1 наим |
x→0 |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Для кривой y2 (x) получаем |
y2′ = 0 при x1 = 0 – критиче- |
||||||||||||||||
ская |
точка. |
Составим |
|
вторую |
производную |
y2′′= |
|||||||||||
= e−x 3 − x −e−2x . При |
x = 0 |
получим |
y′′ |
= 1 > 0, следова- |
|||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
y2 (x) |
|
|
|
|
|
|
||||||
тельно, |
|
x1 = 0 |
является |
для |
|
точкой |
минимума, т.е. |
||||||||||
y2 мин = |
1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Исследуем теперь интегральную кривую y3. |
|
||||||||||||||||
При |
x2 =1,2 y3′ = 0. |
Следовательно, точка |
x2 =1,2 |
являет- |
ся критической точкой. Составим теперь вторую производную
y3′′= e−x (2 |
− x) +e−2x |
и подсчитаем |
её |
значение |
y3′′(1,2) = |
= 2,13 > 0, |
следовательно, точка x2 =1,2 |
является |
для инте- |
||
гральной кривой y3 |
точкой минимума, т.е. |
|
|
||
|
y |
= 0,2e−1.2 −0,5e−2,4 |
= −0,25. |
|
|
|
3 мин |
|
|
|
|
171
Качественный график зависимостей y1, y2 , y3 от x приведен на рис. 4.5.
y
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
y3 (x) |
|||
|
|
|
y1 (x) |
|
|
||
|
|
|
|
(x) |
* |
(x) |
|
|
1 |
y |
|
y3 |
|||
|
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1.2 |
|
|
||
|
4 |
|
|
|
|||
− |
|
1 |
|
|
|
|
x |
4 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
Рис. 4.5
Замечание. Исходя из физического смысла задачи, с учетом ограничений на параметры 0 < c1, c2 , c3 <1 и t > 0, кривую
y3 (x) = c3 приходится корректировать путем изменения значе-
ний начальных условий (c3* = y3* (x)). |
|
|||
Задача 4.7. |
Используя схему решения задачи 4.4 в виде |
|||
(4.42), получить её экстремальные характеристики. |
|
|||
Решение. |
При решении задачи используем ту же схему, |
|||
что и в задаче 4.6. |
|
|||
Интегральная кривая y1 имеет вид |
|
|||
|
1+с e−2 c2 −2c1 x |
|
||
|
3 |
|
|
|
|
y1 = |
|
|
(4.55) |
|
1−с e−2 c2 −2c1 x |
|||
|
3 |
|
|
при ограничении 1−с3 e−2 c2 −2c1x ≠ 0.
172
Для упрощения исследований положим в (4.55) c2 −2c1 = = 4, тогда (4.55) будет иметь вид
|
y1 = |
1+с e−4x |
|
(4.55′) |
|||
|
3 |
|
|
|
|||
|
1−с e−4x . |
|
|||||
|
|
|
3 |
|
|
|
|
Критические точки кривой y1 |
ищем из условия |
||||||
|
1+с3 e−4x ′ |
|
8c3e−4x |
|
|
||
y1′ = |
|
−4x = − |
|
|
. |
||
1−с3 e |
(1−с3 e−4x ) |
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
||
Ни в одной точке области определения y1′ ≠ 0. |
Отметим также, |
что y1′ не существует при условии 1−с3 e−4x = 0, но эти значения не включены в область определения функции. Следовательно, критических точек кривая y1 (x) не имеет, а следова-
тельно, нет и экстремумов функции y1 (x). Положим для опре-
деленности, что с3 =1. Тогда |
y1′ = − |
8c e−4x |
< 0 при |
3 |
|||
(1−с3 e−4x )2 |
|||
любых x. Следовательно, кривая |
y1 (x) |
является монотонно- |
убывающей во всей своей области определения. Если рассмот-
реть интервал x [0; 3], то функция достигает |
своего наи- |
||
большего значения в левом конце отрезка, т.е. |
при x → 0 |
||
y1 наиб = y (0) = ∞. Наименьшее |
значение |
y1 наим |
достигается |
в правом конце отрезка, т.е. |
y1 наим = y1 (3) =1. |
Аналогично |
|
можно провести исследования для кривых |
y2 (x) |
и y3 (x) за- |
дачи 4.4.
Остановимся теперь на исследовании интегральных кривых на экстремум по второй схеме исследований (поиск экстремумов функций нескольких переменных). Для иллюстрации этой схемы вернемся к задаче 4.3.
173
Задача 4.8. Используя данные и схему решения задачи 4.3, исследовать на условный экстремум линейную комбинацию её решений (4.23).
Решение. Применим для решения данной задачи метод множителей Лагранжа (формулы (2.52) и (2.53) р. 6 п. Д. 2.5).
Общие решения имеют вид
y1 = c1 +c2e−x , |
|
|
|
|
|||||
y |
2 |
= c2 |
+(2c c x +c |
)e−x +c2e−2x |
, |
|
|||
|
|
1 |
1 |
2 |
3 |
2 |
|
|
|
y |
|
= y |
− y +c . |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
2 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Составим функцию |
|
|
|
|
|
||||
Φ(x, c1, c2 , |
c3 ) = αy1 +βy2 + γy3 , |
(4.56) |
где c1, c2 , c3 – произвольные постоянные (подлежащие определению); α, β, γ – произвольные числа.
Выражение (4.56) является исследуемой линейной комбинацией решений данной задачи.
Выберем коэффициенты (4.56), например: α = −1, β =1,
γ = 2. Тогда с учетом (4,23) функция Φ(x, c1, c2 , c3 ) следующий вид:
Φ(x, c1, c2 , c3 ) =
= −c1 +3c12 −3c22e−x +6c1c2 xe−x +3c3e−x −3c22e−2x.
Составим теперь функцию Лагранжа (см. п. Д. 2.5):
L(x, c1, c2 , c3,λ) =
= Φ(x, c1, c2 , c3 ) +λ ϕ(x, c1, c2 , c3 ).
Примем в (4.57) функцию
ϕ(x, c1, c2 , c3 ) = c12 +c22 −c32 −1.
имеет
(4.56′)
(4.57)
(4.57′)
174
Тогда после подстановки (4.56′) и (4.57′) в (4.57) получим окончательный вид функции Лагранжа:
L(x,c1,c2 ,c3,λ) = −c1 +3c12 −3c22e−x +6c1c2 xe−x + |
||||
+ 3c3e−x −3c22e−2x +λ(c12 |
|
|
|
(4.58) |
+c22 |
−c32 |
− |
1). |
Найдем для (4.58) частные производные L′x , L′c1 , L′c2 , L′c3 , L′λ
и приравняем их к нулю. Объединяя все полученные уравнения, приходим к следующей системе уравнений для определе-
ния x, c1, c2 , c3, λ:
|
|
|
2 |
−x |
|
|
3с2 +6с1с2 −6с1с2 x − |
3c3 +6c2 e |
|
= 0, |
|
||
−1+6c1 +6c2 xe−x +2λc1 = 0, |
|
|
|
|||
−6c2e−x +6c1xe−x −6c2e−2x −2λc2 = 0, |
(4.59) |
|||||
3e−x −2λc3 = 0, |
|
|
|
|
||
c2 |
+c2 |
−c2 −1 = 0. |
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
|
|
|
|
Система (4.59) является нелинейной, кроме того, трансцендентной, поэтому найти аналитические решения её чрезвычайно сложно. В связи с этим для решения системы использована программа, реализующая численный метод НьютонаРафсона решения нелинейных алгебраических систем.
Программа, реализованная на алгоритмическом языке Турбо Паскаль, приведена в прил. 3. При шаге поиска решения h = 0,01 за m = 15 итераций найден вектор значений решения
системы U ={18,539; −1; 0; 0; −3,5}.
Для получения аналитических решений системы (4.59) ограничимся некоторыми её частными случаями.
Случай 1. Пусть c3 = 0, x = 2 с.
Тогда функция (4.58) имеет вид
L(c1, c2 ) = −c1 +3c12 −0,408c22 + |
|||
|
+λ(c12 |
|
(а) |
+1,632c1c2 −0,054c22 |
−c22 |
−1). |
175
Составим систему (4.59):
−1+6c1 +1,632c2 + 2λc1 = 0, |
|
||||||||
|
|
|
|
|
−0,816c2 −0,108c2 |
−2λc2 = 0, |
(б) |
||
1,632c1 |
|||||||||
2 |
|
|
2 |
|
−1 = 0. |
|
|
|
|
c1 +c2 |
|
|
|
|
|||||
Решая систему (б), например, методом исключения неиз- |
|||||||||
вестных, получаем первый вектор её решений: |
|
||||||||
|
1 |
|
|
{ |
|
|
} |
(в) |
|
U |
|
|
= 1,138; −0,543; − |
2,171 . |
|||||
Случай 2. Пусть c2 = 0, x = 2 с. |
|
|
|||||||
Система (4.59) в этом случае имеет вид |
|
||||||||
|
|
|
|
|
−1 + 6c + 2λc = 0, |
|
|||
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(г) |
|
|
|
|
|
|
0,408 −2λc3 = 0, |
|
|||
|
|
|
|
|
2 |
2 |
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
c1 |
+c3 −1 |
|
|
|
Её решения дают второй вектор значений: |
|
||||||||
|
|
2 |
|
{ |
|
|
} |
(д) |
|
U |
|
|
= 1,003; −0,0815; |
−2,5 . |
|||||
Таким образом, |
получим для векторов решений U1 и U2 |
||||||||
две соответствующие |
точки |
с координатами |
P1 = (1,138; |
||||||
−0,543) и значением λ1 = −2,171 и точку P2 = (1,003; −0,0815) |
|||||||||
и значением λ2 = −2,5 соответственно. |
|
|
|||||||
Исследуем точки P1 |
и P2 на условный экстремум по фор- |
муле (2.55'') (см. п. Д. 2.5). Составим определитель
0
∆ = − ϕ′x (P0 ) ϕ′y (P0 )
ϕ′x (P0 ) Lxx′′ (P0 , λ0 ) Lxy′′ (P0 , λ0 )
ϕ′y (P0 ) Lxy′′ (P0 , λ0 ) . L′′yy (P0 , λ0 )
176
В этом определителе индексы дифференцирования x и y соответствуют определяемым константам c1, c2 , c3.
Для случая 1 полагаем
L(c1,c2 ) = −c1 +3c12 −0,408c22 +1,632c1c2 −0,054c22 +λ(c12 −c22 −1).
Тогда
Lc′1 = −1+6c1 +1,632c2 + 2λc1,
Lc′′1c1 = 6 + 2λ,
Lc′′1c2 =1,632,
ϕ′c1 = 2λc1, ϕ′c2 = −2λc2 ,
Lc′2 = −0,916c2 +1,632c1 −0,108c2 −2λc2 , Lc′′2с2 = −0,916 −0,108 −2λ.
Подсчитаем теперь значения всех найденных производ-
ных для точки P1 = (1,138; −0,543):
Lc′′1c1 (P1 ) = 6 + 2(−2,171) =1,658, Lc′′1c2 (P1 ) =1,632,
ϕ′c1 = 2 (−2,171) 1,138 = −4,941,
ϕ′c2 = −2 (−2,171) (−0,543) = −2,357, Lc′′2с2 = −0,916 −0,108 −2(−2,171) = −5,366.
Подставим найденные значения производных в определитель и вычислим его:
|
|
0 |
−4,941 |
−2,357 |
|
|
|
|
|||||
∆1 = − |
|
−4,941 |
1,658 |
1,632 |
|
= −159,8 < 0. |
|
|
−2,357 |
1,632 |
−5,366 |
|
|
177
Таким образом, точка P1 = (1,138; −0,543) является точкой
условного максимума. Рассмотрим 2-й случай:
L(c1,c3 ) = −c1 +3c12 +3c3e−2 +λ(c12 −c22 −1) =
= −c1 +3c12 +0,408c3 +λ(c12 −c32 −1).
Найдем частные производные:
Lc′1 = −1+6c1 +2λc1, Lc′′1c1 = 6 +2λ,
Lc′3 = 0,408 −2λc3 ,
Lc′′3c3 = −2λ, Lc′′1c3 = 0, ϕ′c1 = 2λc1, ϕ′c3 = −2λc3.
Вычислим значения производных для точки P2 = (1,003;
−0,0815):
Lc′′1c1 (P2 ) = 6 + 2 (−2,5) =1,
Lc′′3c3 (P2 ) = −2 (−2,5) = 5, Lc′′1c3 = 0
ϕ′c1 = 2 (−2,5) 1,003 = −5,015,
ϕ′c3 = −2 (−2,5) (−0,0815) = −0,408.
Подставив аналогично найденные значения производных, вычислим определитель ∆2:
|
|
0 |
−5,015 |
−0,408 |
|
|
|
||||
∆2 = − |
|
−5,015 |
1 |
0 |
=125,6 > 0. |
|
|
−0,408 |
0 |
5 |
|
178
Откуда следует, что точка P2 = (1,003; −0,0815) является точ-
кой условного минимума.
Геометрическая интерпретация задачи 4.8 представлена на рис. 4.5′ Функция L(c1, c2 ), построенная для случая 1 в виде
(4.58a), задает в пространственной системе координат некоторую поверхность в скалярном поле, один из уровней которой определяется фиксированным значением λ = const. Значение x = 2c определяет секущую плоскость к данной поверхности, в сечении которой получается некоторая кривая, описываемая уравнением в явном виде c2 = ϕ(с1 ). Аналогичные рассужде-
ния справедливы для случая 2.
На рис. 4.5′ приведены графики сечений c2 = ϕ(с1 ) и c3 = = ϕ(с1 ) рассмотренного примера, там же изображены точки
P1, P2 |
условных экстремумов, найденные для частных случаев |
|||||
функции (4.58). |
|
|
|
|
|
|
|
c2 |
|
|
c3 |
|
|
0 |
1,138 |
|
c1 |
0 |
1,003 |
c |
|
1 |
1,2 |
1 |
1,2 |
||
|
|
1 |
||||
–0,543 |
P |
|
c2 = ϕ(c1 ) |
–0,815 |
c3 |
= ϕ(c1 ) |
–1,0 |
1 |
|
|
–0,1 |
P2 |
|
|
|
|
|
|||
|
а |
|
|
|
б |
|
|
|
|
Рис. 4.5′ |
|
|
179
4.4.3. Исследование устойчивости решений прикладных задач
Изложение материала данного пункта начнём с разбора основных понятий об устойчивости решений системы дифференциальных уравнений и введения понятия простейших типов точек покоя. Проблемы устойчивости решений систем дифференциальных уравнений предварительно рассматривались в п. 2.3.3. Там же для системы (2.41) рассмотрен критерий устойчивости Ляпунова (см. формулы (2.43)–(2.45)). В рамках этого пункта рассмотрим дополнительные сведения об устойчивости решений системы (2.41) и введем несколько основных понятий.
Система (2.41) записывалась в виде
dyi |
= fi (t, y1, y2 , ..., yn ), |
i =1, 2, ..., n. |
dt |
|
|
Если решение ϕi (t) (i =1, 2, ..., n) |
не только устойчиво по |
критериям (2.43)–(2.45) (см. п. 2.3.3), но и удовлетворяет условиям
|
|
|
lim |
|
yi (t) −ϕi (t) |
|
= 0, |
i =1, 2, ..., n |
(4.60) |
||
|
|
||||||||||
|
|
yi (t0 ) −ϕi0 |
|
t→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
при |
|
|
< δ1, |
то решение |
yi (t) называется |
асимпто- |
|||||
|
|
||||||||||
тически устойчивым |
( δ1 – некоторая окрестность точки |
||||||||||
Pi (xi , yi ) ). Вопрос об устойчивости решения ϕi (t) |
системы |
(2.41) может быть сведен к вопросу об устойчивости нулевого решения xi (t) = 0 некоторой новой системы уравнений, полученной из (2.41) линейной заменой искомых функций вида
xi (t) = yi (t) −ϕi (t), i =1, 2, ..., n , |
(4.60′) |
где xi (t) – новые неизвестные функции (равные отклонениям прежних неизвестных функций yi (t) от функцийϕi (t) , опреде-
180