Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Diff

.pdf
Скачиваний:
21
Добавлен:
03.06.2015
Размер:
529.83 Кб
Скачать

1.n = 1. (7) ) z0 + a1z = 0 ) z = e a1tC.

2.n > 1. L(D) = M(D)(D 1),

 

M(D) = (D 1)k1 1(D 2)k2 : : : (D m)km

(7) , L(D)z = 0;

 

 

 

 

 

M(D)( 1) z = 0;

M(D)

(D M)z = 0

 

,

(M

 

1)z = v

 

m

 

 

 

 

s=2

 

 

D

 

 

X

(7)

 

 

(D)v = 0

; v = h1(t)e 1t +

hs(t)e st;

ãäå hs(t) произвольный многочлен формальной степени ks 2 ïðè ks > 1; hs(t) = 0 ïðè ks = 1.

z = e 1t (

e 1t

 

h1(t)e 1t +

m

hs(t) e st dt + C) =

Z

 

 

 

 

s=2

 

 

 

= e 1t (Z

h1

m

 

X

 

 

(t) + s=2

hs(t)e( s 1)t

dt + C); s 1 6= 0 ïðè s 6= 1:

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

Таким образом,

 

z = e 1t

q1(t) +

=2 e s 1 qs(t) + C!;

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Xs

m

где степень qs(t) равна ks 1 ïðè s =

1; m

, z =

=1 e stqs(t).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sP

4.Неоднородные уравнения. Пусть f(t) непрерывна на [ ; ],

y(n) + a1y(n 1) + : : : any = f(t);

(1)

z(n) + a1z(n 1) + : : : + anz = 0

(9)

Утверждение: Пусть y (t) решение (1), y(t) = y (t) + z(t). Тогда y(t) решение (1) тогда и только тогда, когда z(t) решение (9).

Доказательство: L(D)y = L(D)(y + z) = L(D)y + L(D)z = f + L(D)z

L(D)y = f , L(D)z = 0

Утверждение: Пусть f = f1 + : : : + fN , L(D)yk = fk ïðè k = 1; N; y = y1 + : : : + yN . Тогда

L(D)y = f.

Теорема: Пусть f(t) = g(t)e t, где комплексное число, g(t) комплексный многочлен степени m. Пусть корень кратности k характеристического уравнения

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

Тогда существует единственное решение уравнения (1), имеющее вид

y(t) = tk r(t)e t;

11

где r(t) многочлен степени m.

Доказательство: (индукция по n суммарной кратности корней). Докажем существование решения y~(t) вида

y~(t) = r~(t)e t;

где r~(t) многочлен степени (m + k).

 

1. n = 1. y0 + a1y = f(t). По формуле (4):

ea1tf(t) dt + C ; è ò.ä.

y(t) = e a1t Z

Надо отдельно рассмотреть случаи = a1, 6= a1. В обоих случаях, интегрируя, получаем, что утверждение выполняется.

2. n > 1.

L(D)y = f;

M

D

 

D

 

 

обозначим v~

 

(

 

)(

 

 

1) y = f; M(D) (D 1)y = f:

 

 

 

 

M(D)~v = f (a)

 

|

 

{z

 

}

 

 

 

 

(D 1)y = v~ (b)

 

 

 

 

 

 

 

Из нашего предположения, y(t) ищем в виде y(t) = e t r~(t), поэтому из второго равенства дифференцированием получаем:

v~ = e t r~0(t) + ( 1)~r(t) :

(c)

 

 

 

 

Таким образом,

v~ = e th(t)

y = e tr~(t) ; где h(t) и r~(t) многочлены.

Возможны 2 случая:

(a)1 6= . Подч¼ркнутое слагаемое в (c) не обращается в 0. Рассматривая уравнение (a) степени n 1, по предположению индукции получаем, что h(t) имеет степень m + k. Из (c) видно, что она также равна степени многочлена r~(t).

(b)1 = . В этом случае подч¼ркнутое слагаемое в (c) обращается в 0. По предположению индукции, многочлен h(t) имеет степень m + k 1, а степень многочлена r~(t) равна m + k, как видно из (c).

Для завершения доказательства представим y~(t) в виде

y~(t) = tkr(t)e t + ( 0 + 1t + : : : + k 1tk 1)e t :

|

 

 

 

} |

 

 

{z

 

}

y{z(t)

решение

 

 

 

 

 

 

 

 

однородного уравнения

 

Напомним, что корень характеристического уравнения кратности k, deg r(t) = m.

Замечание: Коэффициенты многочлена r(t) ищут методом неопределенных коэффициентов.

12

5.Случай, когда все величины вещественны.

Пусть в (1) a1; : : : ; an вещественны, f(t) вещественная. Для корней характеристического уравнения n + a1 n 1 + : : : an = 0 возможны два случая: вещественный корень, либо =

+i , = i оба являются корнями характеристического уравнения. ; вещественные, прич¼м кратность этих корней одна и та же.

e i = e (cos i sin )

Решение однородного уравнения складывается из слагаемых вида q(t)et, q(t) многочлен. Если 2 R, то слагаемое можно переписать без изменений. Если комплексное, то

q(t)et + q~(t)et = A(t) cos t + B(t) sin t et

При этом max deg A(t); deg B(t) равна кратности корня в характеристическом уравнении, а формальная степень A(t) равна формальной степени B(t).

Для неоднородного уравнения справедлива аналогичная сформулированной в пункте 4 теорема:

Теорема: Если

f(t) = et M(t) cos t + N(t) sin t ;

M(t), N(t) многочлены, = +i , корень кратности k характеристического уравнения, то решение y(t) надо искать в виде

y(t) = tk et u(t) cos t + v(t) sin t ;

ãäå max(deg u; deg v) = max(deg M; deg N).

Если SA(t); B(t); M(t); N(t); u(t); v(t) вещественные, то y(t) тоже вещественная.

7. Первая краевая задача. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка. Задачи с сингулярно входящим малым параметром.

1.

 

y00 + ay0 + by = f(t)

(1)

6 t 6 , < , f(t) непрерывная функция, a; b заданные числа.

 

a; b, f(t), y(t) комплексные.

 

 

Задача Коши: t0 2 [ ; ], y0, y00

, y(t): y(t0) = y0, y0(t0) = y00 .

 

Первая краевая задача для уравнения (1): Заданы числа y , y . Найти y(t) то решение

(1), которое удовлетворяет условиям

y( ) = y ; y( ) = y

(2)

Метод решения: представим y(t) в виде y(t) = y (t) + c1z1(t) + c2z2(t), ãäå c1, c2 числа.

 

z00 + az0 + bz = 0; z(t) = c1z1(t) + c2z2(t);

(3)

13

 

 

 

 

 

 

 

c1z1( ) + c2z2( ) = y y ( )

(4)

 

 

 

 

 

 

 

c1z1( ) + c2z2( ) = y y ( )

 

det

z1( ) z2( )

6= 0 )

9! решение (1) )

решение краевой задачи (1) ^ (2)

9!

z1( )

z2( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 0, òî

 

(4) не имеет решения

 

 

Åñëè det

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k k

 

решение 9 не единственное.

 

 

Упражнение: исследовать задачи

 

 

 

 

 

 

 

 

y00

y = 1; 0 6 t 6 ;

y(0) = y0

(I)

 

 

 

 

 

 

y( ) = y

 

 

 

 

 

 

y00

+ y = 1; 0 6 t 6 ;

y(0) = y0

(II)

 

 

 

 

 

 

y( ) = y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2.Все величины вещественные.

 

 

 

 

"y0 + ay = f(t)

 

 

(5)

 

6

t

6

, f0(t) непрерывна на [ ; ], "; a числа, " = 0, a = 0, " мало, "

!

0.

 

 

6

6

 

 

 

 

 

y( ) = y

 

 

(6)

Определение: Если выполняются указанные выше условия ( " мало), то параметр " называется сингулярным, èëè сингулярно входящим.

Теорема: Пусть " > 0, a > 0. Тогда решение y(t) задачи (5) ^ (6) может быть представлено в

âèäå

 

 

y(t) =

a

+ y

 

 

a

e a=" (t ) + u(t);

(7)

 

 

 

 

f(t)

 

 

f( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ãäå u(t)

"

max jf0j.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[ Тут будет рисунок ]

 

 

 

 

6 a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство: Составим функцию

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

def

 

 

 

 

 

f(t)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W (t) = y(t)

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W 0(t) +

a

 

 

 

 

 

 

f0(t)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W =

 

 

 

 

 

 

 

 

(8)

 

 

 

 

 

 

 

"

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W ( ) = y

 

f( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

W (t) = y

 

 

e a=" (t ) Z

t

 

a="

(t )f0( )

 

 

 

 

 

 

f( )

e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d (ñì. x6; (6))

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|

 

 

 

 

 

 

 

 

 

{z

 

 

}

 

обозначим u(t)

t

 

 

a max jf0j

d = a2 max jf0j

1 e a=" (t )

 

6 a2 max jf0j

u(t) 6 Z e

(t

 

 

 

a="

)

 

 

"

 

 

 

 

"

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

14

Дополнение к теореме:

Рассуждение прокатывает, если a" > 0, начальное условие на левом конце. Кроме того, если a" < 0 и начальное условие на правом конце, совершая замену t ! t, теорема верна.

[ Тут будет рисунок ]

Åñëè a" < 0, начальное условие на левом конце, или a" > 0 и начальное условие на правом конце, то решение на соответствующем конце быстро раст¼т, и это не тот случай, который

мы изучаем.

Пример: "y0 y = 0, " > 0, y0( ) = 1. Решение: y = e(t )=".

[Тут будет рисунок ]

3.В этом пункте все величины вещественные.

 

 

 

 

"y00 + ay0 + by = f(t)

(9)

 

6

t

6

, f0(t) непрерывна на [ ; ], " = 0, a = 0.

 

 

 

6

6

 

 

 

 

 

y( ) = y ;

y( ) = y

(10 ); (10 )

 

 

 

 

ay0 + by = f(t)

(11)

Теорема: Пусть " > 0, a > 0. Тогда для достаточно малого " решение y(t) задачи (9) ^(10 ) ^ (10 ) существует и единственно. Оно может быть при " ! 0 представлено в виде

y(t) = y^(t) + y y^( ) e a=" (t ) + u(t);

где y^(t) решение (11) ^ (10 ), а u(t) = O("). O( ) означает оценку, равномерную на [ ; ].

Доказательство: Обозначим

 

 

def

 

 

 

 

W (t) = y(t) y^(t)

 

 

Несложными вычислениями получаем равенства:

 

 

 

W 00 + aW 0

+ bW =

 

y^00(t)

y^00

= f0 by^

(12)

"

"

 

 

a

 

Стандартный метод решения задач: находим частное решение, затем общее решение. Пусть W (t) то решение (12), для которого выполнены условия

 

W ( ) = 0;

 

W 0( ) = 0

(13)

Покажем, что W (t) = O("). Составим характеристическое уравнение:

 

 

 

2 +

a

 

+

b

= 0:

 

 

 

 

 

 

 

 

"

 

"

 

 

 

 

Его корни:

a + p

 

 

 

 

 

 

 

a p

 

 

1 =

a2 4b"

;

 

2 =

a2 4b"

 

 

2"

 

 

 

2"

 

15

b

+ O("); 2 ! 1

2" = a + O(")

1 = a

Запишем (12) в следующем виде:

 

 

 

 

 

 

 

,

(D 1)(D

2)W = y^00; D

def

d

 

 

 

 

(12)

=

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(14)

(D 1)v = y^00

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(15)

(D 2)W = v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v0

Èç (13) è (15)

) v( ) = 0

 

(16)

Èç (14)

)

v = O(1);

= O(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(15)

,

"W 0

+ W

 

= "v;

=

 

"

2

= a + O(")

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как W ( ) = 0, то используя формулу для решения уравнения (15) в виде (7), получаем

W = O(").

Подбер¼м общее решение, удовлетворяющее начальным условиям: W (t) = W (t) + z(t).

 

 

a

b

 

 

 

 

( z00 +

 

z0 +

 

z = 0

 

 

(17)

 

"

"

z( ) = W ( )

 

 

z( ) = y y^( );

 

 

 

z(t) = C1e 1(t ) + C2e =" (t )

 

 

C1 + C2 = y y^( )

 

 

(18)

 

C1e 1( ) + C2e =" ( ) = W ( )

 

det k k = det

 

1

 

 

1

 

6= 0 для достаточно малых ":

 

e 1( ) e =" ( )[!0]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тем самым, система (18) имеет, и при том единственное, решение. Если уравнение (17) имеет

единственное решение, то исходная краевая задача (9) ^ (10 ) ^ (10 ) для достаточно малых " имеет единственное решение.

C1 = O("); C2 = y y^( ) + O(")

В качестве упражнения читателю предоставляется следующее:

def

e =" (t ) e a=" (t ) = O("); ãäå = a + O(")

q(t) =

 

 

 

 

 

 

u(t) = W (t) + C1e 1

(t ) +

y y^( ) q(t) +

 

C2 y + y^( ) e =" (t ) = O("):

Справедливость последнего

 

 

 

 

 

равенства легко проверяется раскрытием скобок. Доказательство

завершено.

Замечание: Фактически рассмотрен случай "a > 0. Если "a < 0, то надо сделать замену

t 7! t. На рисунке изображено решение (11) ^ (10 ) y^(t) и y(t). [ Тут будет рисунок ]

8. О системах обыкновенных дифференциальных уравнений.

16

1.Матричные функции Q(t) скалярной переменной t.

t вещественная,

Q(t) =

 

q11(t) : : : q1m(t)

 

 

q

(t)

: : : q

 

(t)

 

 

 

 

n1

 

nm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qrs(t) вещественная, если нужно,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

комплексная (оговаривается отдельно). Введем следующие

определения:

 

 

 

 

 

1.

Q(t) непрерывна

,

âñå qrs непрерывны.

2.

 

dQ(t)

 

,

dqrs(t)

 

 

 

 

= L(t)

 

 

 

= `rs(t) äëÿ âñåõ r; s; `rs соответствующие элементы L(t).

 

 

dt

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.

Z

Q(t) dt = L

,

Z

qrs(t) dt = `rs äëÿ âñåõ r; s; `rs соответствующие элементы L(t).

Замечание: Порядок сомножителей для матриц важен!

Теорема:

dA(t)

1. Пусть dt è

dA(t)

2. Пусть dt è

dB(t) существуют и (A + B) определено. Тогда dt

d A(t) + B(t)

=

dA(t)

+

dB(t)

dt

dt

dt

 

 

dB(t) существуют и AB определено. Тогда dt

d A(t)B(t)

=

dA(t)

B(t) + A(t)

dB(t)

 

 

 

 

dt

dt

dt

3. Пусть

dQ(t)

непрерывна на [ ; ]. Тогда

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

Q(t)

 

 

 

 

d

dt = Q( ) Q( )

 

 

 

dt

Обозначение:

~x =

x11

:

x11; : : : ; xn1 комплексные

,

~x

2 Cn

.

def

 

x11; : : : ; xn1 вещественные

,

~x

Rn

 

xn1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

17

2.

8 f1(t; y1; y10

; : : : ; y1(k1); : : : ; ym; ym0

; : : : ; ym(km)) = 0

<

:fm(t; y1; y10 ; : : : ; y1(k1); : : : ; ym; ym0 ; : : : ; ym(km)) = 0

t независимая переменная (вещественная); y1; : : : ; ym искомые функции от t. f1; : : : ; fm заданные функции, y1; : : : ; ym, f1; : : : ; fm вещественные или комплексные.

Такую систему можно свести к системе, в которую входит только первая производная. Стандартный способ такого сведения:

f(t; y; y0; : : : ; y(k)) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

u10

= u2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

y0

= u1

 

u

 

= y0; u

 

= y00; : : : ; u

 

 

= y

(k

1)

 

 

 

 

: : :

 

 

1

2

k

1

 

 

 

 

,

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

u0

 

uk

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

<

 

k 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

> f(t; y; u1; : : : ; uk 1; uk0 1) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8 f1(t; y1; : : : ; yn; y10 ; : : : ; yn0 ) = 0

 

 

(1)

 

 

 

 

< fn(t; y1; : : : ; yn; y10 ; : : : ; yn0 ) = 0

 

 

 

 

 

 

 

:

~y =

 

y1

 

;

f~ =

 

 

f1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

def

yn

 

 

def

fn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

~

~

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

f(t; ~y; y0) = 0

 

 

 

 

 

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

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

2.~0

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

3. ~ ~0 ~

f t; '~(t); ' (t) = 0 íà ( ; ), ( ; ],

Важный частный случай:

8 < y10

: yn0

[ ; ), или [ ; ] соответственно.

= f1(t; y1; : : : ; yn)

 

 

(2)

= fn(t; y1; : : : ; yn)

d~y

~

 

dt

= f(t; ~y)

(2)

Система (2) называется нормальной формой системы обыкновенных дифференциальных уравнений, где каждое уравнение разрешено относительно производной.

Задача Коши для (2):

Заданы t0, ~y0. Найти ~y(t) решение (2), удовлетворяющее условию ~y(t0) = ~y0.

9. Системы линейных обыкновенных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.

18

заданные числа.
[ ; ].

1.

8 y10 = a11y1 + : : : + a1nyn + f1(t)

(1)

< yn0

= an1y1 + : : : + annyn + fn(t)

 

:

 

 

Для определ¼нности t меняется на отрезке 6 t 6 . (t вещественная). y1; : : : ; yn искомые функции от t; f1; : : : ; fn заданные функции; a11; : : : ; ann

ars; yr; fr комплексные. f1(t); : : : ; fn(t) непрерывны на

~y = y.1

; f~

=

f.1

 

; A =

 

a11 : : : a1n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yn

 

 

fn

 

 

an1 : : : ann

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d~y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= A~y + f(t)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача Коши для (1):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Заданы t0 2 [ ; ] è ~y0. Найти ~y(t) решение (1), удовлетворяющее условию

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~y(t0) = ~y0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2)

Теорема: Пусть A линейное преобразование в линейном комплексном пространстве. Пусть

существует базис из собственных векторов A. Тогда в этом базисе A имеет вид

 

1 ..

.

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

n

 

(диагональная матрица ), ãäå

; : : : ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

n

корни характеристического уравнения

 

 

 

E

)

=

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

det(

 

 

 

 

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

пример матрицы, у которой не существует базиса из собственных векторов.

Теорема: Пусть A линейное преобразование в комплексном линейном пространстве. Тогда существует базис, в котором матрица A верхняя треугольная.

2. Общий метод решения нормальных систем линейных обыкновенных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.

A = SBS 1, где S матрица перехода к новому базису, B верхняя треугольная матрица,

b11 : : : b1n

B =

 

... .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

bnn

d~y

 

1

~

 

1 d~y

 

1

 

1 ~

 

(1) ,

 

 

 

 

 

 

= SBS

 

~y + f(t);

S

 

 

= BS

 

+ S

f(t)

 

dt

 

 

dt

 

19

 

 

 

 

 

 

d(S 1~y)

= B(S 1~y) + S 1f~(t)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

S 1~y = J~ новая искомая функция, S 1f~(t) = F~ (t) новая заданная функция.

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

dJ

= BJ~ + F~ (t)

(10)

 

 

 

 

 

 

 

 

8 ddt1

 

 

 

dt

 

= b11J1 + : : : + b1nJn + F1(t)

 

>

 

J

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

dJ2

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

= b22J2 + : : : + b2nJn + F2(t)

 

>

 

 

 

 

>

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(10)

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

1

 

 

 

 

 

 

>

 

dJn

 

 

 

 

 

 

<

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

dt = b(n 1)(n 1)Jn 1 + : : : + b(n 1)nJn + Fn 1(t)

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

dJn

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

= bnnJn + Fn(t)

 

>

 

 

 

 

>

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

>

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

>

>

>

>

:

Порядок решения: снизу вверх

Следствия:

1.Система (1) решается в квадратурах (можно написать явное решение, содержащее за-

данные функции, элементарные функции, алгебраические операции и операцию интегрирования)

2.Теорема: Задача (1) ^ (2) имеет решение. Это решение может быть продолжено на весь отрезок [ ; ], и это решение единственно.

Доказательство:

~y(t0) = ~y0 ,

~

1

~y0

J(t0) = S

 

(1

0

) ^

~

1

~y0

, (1) ^ (2)

 

J(t0) = S

 

Лекция 25.10.2011 пропущена!

Лекция 01.11.2011 пропущена!

Лекция 08.11.2011 пропущена!

20

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]