Diff

Лекции по дифференциальным уравнениям. Абрамов Александр Александрович

Лекция 06.09.2011 пропущена!

Теорема: Пусть в прямоугольнике G = f < t < ; < y < g заданы p(x; y), q(x; y), и,

кроме того, p, q, @y@p, @x@q непрерывны в G. Тогда два утверждения равносильны:

Доказательство:

2. (. Пусть @y@p = @x@q . Построим U(x; y), удовлетворяющую условию. Возьм¼м в G точку

(x0; y0). Åñëè @U(x; y) = p(x; y), то положим

@x

x

Z

def

U(x; y) = p( ; y) d + '(y):

x0

Так как должно выполняться q = @U@y , òî

y0

yx

ZZ

U(x; y) = q(x0; ) d + p( ; y0) d + C; C = U(x0; y0):

y0 x0

1

Геометрическая интерпретация интегрирования:

[ Тут будет рисунок ]

@y@p = @x@q условие интегрируемости выражения p dx + q dy. (Клод Клеро и Леонард Эйлер)

Определение: '(x; y) интегрирующий множитель выражения p(x; y) dx + q(x; y) dy, если:

1.' не обращается в 0 в рассматриваемой области

2.в рассматриваемой области 9U(x; y): dU = 'p dx + 'q dy.

3. Некоторые другие простые типы уравнений первого порядка. В этом параграфе все величины вещественные.

f определена и непрерывна на ( ; ). Область значений переменных t; y:

G = f0 < t; < yt < g [ ft < 0; < yt < g:

Метод решения: yt = u новая неявная функция, t независимая переменная.

t du + (u f(u)) dt = 0 уравнение с разделяющимися переменными.

(2)ddyt = a(t)y + f(t) линейное уравнение. a(t), f(t) определены и непрерывны на [ ; ].

(3)ddzt = a(t)z линейное однородное уравнение, соответствующее уравнению (2).

dz a(t)z dt = 0:

z(t) = 0 решение. При z 6= 0:

Z

dzz a(t) dt = 0; A(t) = a(t) dt какая-либо первообразная. lnjzj A(t) = C; z(t) = eCeA(t):

eC произвольная ненулевая константа. Общее решение: z(t) = DeA(t), D произвольная

ненулевая константа.

y(t) = eA(t)u(t)

u(t) новая искомая функция. Так как y = eAu, òî u = e Ay.

(eAu)0 = a(eAu) + f; aeAu + eAu0 = aeAu + f; eAu0 = f; u0 = e Af:

2

Z Z

u = e A(t)f(t) + C; y(t) = eA(t) e A(t)f(t) dt + C :

(Метод Лагранжа вариации постоянной).

Задача: Написать формулу решения задачи Коши при 6 t0 6 ; y0 = y(t0). Рекомендации:

tt

RR

A(t) = a( ) d ; u = : : : + C. C ?

Рассмотрим поверхность в тр¼хмерном пространстве (t; y; p). : f(t; y; p) = 0. На этой поверхности рассмотрим кривую `, соответствующую решению дифференциального уравнения.

Задача Коши для (1):

1.На задана точка. Найти то решение уравнения (1), график которого проходит через эту точку.

2.Заданы числа t0; y0; p0, удовлетворяющие условию f(t0; y0; p0) = 0. Найти y(t) то решение, для которого y(t0) = y0, y0(t0) = p0.

Частный случай: y0 = g(t; y).

Все рассматриваемые функции достаточно гладкие, области определения функций не огова-

риваются.

8

t = '( ; )

<

f(t; y; p) = 0 , y = ( ; ) : p = !( ; )

Решаем уравнение dy = p dt в координатах ; .

0 d + 0 d = !('0 d + '0 d )

Получили симметричную форму уравнения, разреш¼нного относительно производной:

( 0 !'0 ) d + ( 0 !'0 ) d = 0

Примеры:

A(y0)t + B(y0)y + C(y0) = 0 уравнение Лагранжа. Предполагаем B 6= 0. Тогда уравнение принимает вид:

y = k(y0)t + b(y0); y = k(p)t + b(p)

3

Решаем уравнение dy = p dt в координатах p; t. После дифференцирования:

5. Уравнения высших степеней. В этом параграфе все величины вещественные.

1.Понижение порядка уравнения Пусть t независимая переменная, y(t) искомая,

f задана. Уравнение

Определение: Функция y = '(t) решение (1), если

1.'(t) определена на ( ; ); [ ; ); ( ; ], или [ ; ].

2.'(k)(t) непрерывна на ( ; ); [ ; ); ( ; ], или [ ; ] соответственно.

3.f t; '(t); '0(t); : : : ; '(n)(t) = 0 на ( ; ); [ ; ); ( ; ], или [ ; ] соответственно.

Задача Коши для (1):

Заданы числа t0; q0; q1; : : : ; qn, удовлетворяющие условию f(t0; q0; q1; : : : ; qn) = 0. Найти y(t) решение (1), удовлетворяющее условиям y(t0) = q0, y0(t0) = q1, . . . , y(n)(t0) = qn.

Важный частный случай (1):

уравнение, разрешенное относительно старшей производной.

4

Задача Коши для (2): Заданы числа t0; q0; q1; : : : ; qn 1. Найти y(t) решение (2), удовлетворяющее условиям y(t0) = q0, y(k)(t0) = qk äëÿ k = 1; (n 1).

2. Далее рассматриваем уравнение (1). Для простоты изложения f определена для t; y; y0; : : : ; y(n) любые. Все используемые функции достаточно гладкие (у них существуют все нужные нам производные).

Основной случай: y в уравнение не входит.

f(t; y; y0; : : : ; y(n)) = F (t; y0; : : : ; y(n))

Замечание: Задача понижения порядка уравнения включает в себя задачу решения уравнения первого порядка, так как понизить порядок уравнения первого порядка значит решить его.

y0 = z новая искомая функция, t независимая переменная.

Z

(1) , F (t; z; z0; : : : ; z(n)) = 0; y(t) = z(t) dt + C

3. Основная теорема. Рассматриваем преобразования (взаимно однозначные отображения)

^

плоскости (t; y) на себя. Пусть преобразование '(t; y) = (t; y^) зада¼тся следующими формула-

ìè:

^

t = (t; y); y^ = (t; y):

Определение: Уравнение инвариантно относительно преобразования ', если

Теорема: Пусть уравнение (1) инвариантно в переменных ; относительно группы преобра-

^

зований ': = ; ^ = + C, C произвольная константа. Тогда в переменных ; уравнение

(1) не зависит от .

Так как на месте второго аргумента может стоять любое число, то не входит в g.

4.Некоторые конкретные типы уравнений, допускающих понижение порядка.

1.f(t; y; y0; : : : ; y(n)) = g(y; y0; : : : ; y(n)), = t, = y.

^

t = t + , произвольная постоянная.

5

уравнение (n 1)-го порядка. Точки, в которых y = 0, исследовать дополнительно. Возможность решения y 0 тоже исследовать дополнительно.

3. Уравнение, однородное относительно t; y; dt; dy; d2y; : : : ; dny:

вида y = Ct, C const, исследовать дополнительно.

Резюме к 2-5:

Если можно выписать явное выражение для y(t) = : : :, используя элементарные функции, алгебраические операции, операции интегрирования, то говорят. что y(t) выражается в квадратурах.

Лиувилль показал, что уравнение y0 + y2 = a(t) не решается в квадратурах.

6

6. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами

1.Вспомогательные сведения:

'(t) = (t) + i (t): ; ; t 2 R

1. '(t) непрерывна , ; непрерывны.

2. '0(t) = 0(t) + i 0(t)

R R R

3.'(t) = (t) + i (t)

Определение:

ez = 1 + z + z2 + : : : :

1! 2!

Этот ряд сходится абсолютно для любого комплексного z. Имеет место:

1.ez1 ez2 = ez1+z2

2.e1z = e z

3.e'(t) 0 = '0(t)e'(t), '(t) = (t) + i (t).

В частности, e t 0 = e t, комплексное число.

4.e +i = e (cos + i sin ) Формула Эйлера-Майера.

Определение: формула '(t) вида

g1(t)e 1t + : : : + gn(t)e nt;

ãäå 1; : : : ; n комплексные числа, а g1(t); : : : ; gn(t) многочлены с комплексными коэффициентами, называется квазимногочленом.

Замечание: Многочлен, тождественно равный нулю, степени не имеет.

Лемма 1: Рассмотрим квазимногочлен '(t) = g(t)e t, где g(t) многочлен степени m. Тогда

Z

'0(t) = q(t)e t; '(t) = r(t)e t + C; C = const;

а g(t), r(t) многочлены, при этом степень q равна m при 6= 0, и равна m 1, если= 0; m 6= 0; степень r равна m при 6= 0, и равна m + 1, при = 0.

Доказательство:

7

Для дифференцирования: g(t)e t 0 = g0(t)e t + g(t)e t = (g0(t) + g(t))e t.

Для интегрирования:

R

2.= 0. g(t) dt = r(t) + C, где r(t) фиксированный многочлен, C произвольная константа.

Лемма 2: Пусть квазимногочлен '(t) = g1(t)e 1t + : : : + gN (t)e N t, ãäå 1; : : : ; N попарно раз- личные, тождественно равен нулю на каком-либо промежутке [ ; ]. Тогда все коэффициенты во всех gi íóëè.

Отсюда, в частности, следует, что если квазимногочлены совпадают как функции, то у них все коэффициенты одинаковые.

Доказательство: Индукция по числу слагаемых.

1. N = 1. '(t) = g(t)e t 0, g(t) 0.

По предположению индукции, коэффициенты в g~i все равны нулю. Так как степень не менялась, то gi 0. Отсюда g1 0, и все коэффициенты во всех gi равны нулю, что и требовалось доказать.

Удобная символика. Введем в рассмотрение дифференциальный оператор D:

Пусть b0 + b1D + : : : + bmDm = M(D), ãäå b0; : : : ; bm комплексные числа.

Определение: M(D)u = b0u + b1u0 + : : : + bmu(m). Имеет место:

1. M(D)( u + v) = M(D)u + M(D)v, и числа.

8

2. (M(D) + N(D))u = M(D)u + N(D)u

3. (M(D) N(D))u = M(N(D)u) (подумайте, почему)

2. Общий метод решения линейного уравнения с постоянными коэффициентами.

Определение: Функция y = '(t) решение уравнения (1), если:

1.'(t) определена на некотором промежутке [ ; ]; ( ; ); [ ; ), или ( ; ].

2.'(n)(t) непрерывна на [ ; ]; ( ; ); [ ; ), или ( ; ] соответственно.

3.'(n)(t) + a1'(n 1)(t) + : : : + an'(t) = f(t) на [ ; ]; ( ; ); [ ; ), или ( ; ] соответственно.

Введ¼м дифференциальный оператор L(D) = Dn + a1Dn 1 + : : : + an.

Определение: Многочлен L( ) = n + a1 n 1 + : : : + an относительно комплексного перемен- íîãî характеристический многочлен линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами; уравнение L( ) = 0 характеристическое уравнение линейного

дифференциального уравнения (1).

L( ) = 0 имеет корни 1; : : : ; n.

L( ) = ( 1)( 2) : : : ( n)

L(D) = (D 1)(D 2) : : : (D n); ãäå 1; : : : ; n корни характеристического уравнения.

L(D) = (D 1)M(D); M(D) = Dn 1 + b1Dn 2 + : : : + bn 1.

9

1.Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами решаются в квадратурах.

2.Исследуем задачу Коши:

Теорема: Задача (1)^(5) имеет решение, это решение продолжимо на весь [ ; ], и единствен-

íî.

U = Dn 1y + b1Dn 2y + : : : + bn 1 U(t0) = qn 1 + b1qn 2 + : : : + q0:

Замечание: 0 + 1t + : : : + rtr многочлен формальной степени r, 0; 1; : : : ; r êîì- плексные числа. При этом старший коэффициент не обязательно равен нулю.

Теорема: Пусть характеристическое уравнение

n + a1 n 1 + : : : + an = 0

имеет корни 1; : : : ; m кратности соответственно k1; : : : ; km. Тогда z(t) решение (7) тогда и только тогда, когда

10