Diff

В G задана n 1-мерная поверхность . На задана функция h. Найти u(~x) то решение

(1), которое удовлетворяет условию u = h на

[Тут будет рисунок ]

Âданном случае n 1-мерная поверхность это одномерная кривая. Возьм¼м точки, лежащие на , и провед¼м через эти точки характеристики.

Теорема: Пусть а G задано множество уравнением

где g(~x) непрерывна вместе с первыми частными производными.

Пусть ~a 2 . Пусть выполняется условие

Пусть в некоторой окрестности ~a задана функция h(~x), непрерывная вместе с первыми частными производными. Тогда в некоторой окрестности ~a существует и притом единственное решение (1) такое, что

u(~x) = h(~x) 8~x 2

Доказательство: Мы имеем точку ~a. Возьм¼м в окрестности точки ~a какие-либо независимые в ~a первые интегралы (2). Тогда, как говорилось ранее,

u(~x) = u1(~x); : : : ; un(~x) : =?

Следующий фрагмент рассуждений от I до J на . I

61

n 1

X

=r 0 = 0;

r=1

что противоречит (5)ю

q1; : : : ; qn непрерывные вместе с первыми частными производными.

h(~x) = h q1(u1; : : : ; un 1); : : : ; qn(u1; : : : ; un 1) = (u1; : : : ; un 1):

непрерывна вместе с первыми частными производными, определена однозначно. J

Бер¼м в G в некоторой окрестности ~a

u(~x) = u1(~x); : : : ; un 1(~x) :

u(~x) некоторое решение (1).

Замечание: О геометрическом смысле (5).

Как известно из курса математического анализа, математическое выражение

есть градиент функции q. множество уровня q. grad q ортогонален множеству уровня q.

G плоскость x; y с выброшенной точкой (0; 0). (Точку выбрасываем, потому что в ней F1 = 0; F2 = 0. )

Составляем систему:

откуда

d(x2 + y2) = 0; u1(x; y) = x2 + y2 первый интеграл.

62

n = 2; n 1 = 1. Надо проверить, что система из одного первого интеграла является незави-

u(x; y) = (x2 + y2) формула общего решения.

u1 = c; x2 + y2 = c

[ Тут будет рисунок ] Задача Коши: u(x; y) = h(x) при y = 0 ^ x > 0.

g(x; y) = y; y 0 x 1 = x 6= 0: u1(x; y) = x2 ïðè x > 0 ^ y = 0

pp

íà x = u1; u(x; y) = h( x2 + y2) â G:

Глава 6. Линейные дифференциальные уравнения с переменными коэффициентами

a11 : : : a1n

A =

1. Уточнение исследования задачи Коши

63

Ïðè t > t0: (если не выполняется, делаем замену t на t)

Z t

j~y(t)j 6 j~y0j + aj~y( )j + b d :

t0

Z t

j~y(t)j 6 j~y0j + b( ) + a j~y( )j d

t0

По неравенству Гронуолла (см. 1 Главы 3) получаем

y(t) 6 j~y0j + b( ) eajt t0j 6 j~y0j + b( ) ea( ) = C1

D : f 6 t 6 ; j~yj 6 C2g; C2 > C1:

По теореме о продолжении решения (см. Главу 3), получаем, что решение может быть продолжено на весь отрезок.

[ Тут будет рисунок ] Следовательно, решение определено при [t0; ]. Теорема доказана.

Рассмотрим уравнение y0 = 1+y2. Это уравнение с разделяющимися переменными, его решение y = tg (t + c)

[ Тут будет рисунок ]

Лекция 10.04.2012 пропущена!

3. Неоднородные системы Рассмотрим систему

64

t вещественное, вс¼ остальное комплексное.

Теорема: Пусть ~y (t) какое-либо решение (1), ~y(t) = ~y (t) + ~z(t): Тогда ~y(t) решение

(1), ~z(t) решение (2).

Доказательство: самостоятельно. Общая формула решения (1):

~y(t) = ~y (t) + C1~z1(t) + : : : + Cn~zn(t);

ãäå f~z1(t); : : : ; ~zn(t)g какая-либо фундаментальная система решений (2), ~y (t) какое-либо решение (1), C1; : : : ; Cn произвольные числа.

2.Метод Лагранжа вариации постоянных

Теорема: Если известна какая-либо фундаментальная система решений однородной системы

(2), то решение уравнения (1) получается в квадратурах.

Доказательство: Метод получения решения. Пусть известна какая-либо фундаментальная система f~z1(t); : : : ; ~zn(t)g. ¾Сдвигаем¿ эти столбцы в единую матрицу

Z(t) = k~z1(t); : : : ; ~zn(t)k

Это фундаментальная матрица решений.

~y(t) = Z(t)~x(t);

~x(t) новая искомая функция.

~x(t) = Z 1(t)~y(t); Z 1(t) существует.

После такой замены уравнение (1) становится эквивалентным

Под интегралом имеется в виду какая-либо фиксированная первообразная, ~

C произвольная

постоянная.

Замечание: Метод называется методом вариации постоянных. Лагранжу пришла в голову мысль: решение неоднородного уравнения представить в виде известной матрицы, умноженной на новую искомую функцию. Неудачность названия в том, что под вариацией понимается малое изменение, а превращение постоянных в функции.

Решение задачи Коши для (1):

t0 2 [ ; ]; ~y0 произвольный вектор.

65

~y(t) решение (1) ^ ~y(t0) = ~y0

4. Одно линейное уравнение n-ного порядка.

y(n) + a1(t)y(n 1) + : : : + an(t)y = f(t)

t 2 R, a1(t); : : : ; an(t); f(t) комплексные.

y

y(n 1)

бы писать, что это следует из предыдущих двух параграфов, но будет лучше, если читатель сам найд¼т аргументацию.

1. Теорема: Пусть в уравнении (1) функции a1(t); : : : ; an(t); f(t) непрерывны на [ ; ]. Пусть t0 2 [ ; ] , è p0; p1; : : : ; pn 1 какие-либо числа. Тогда существует и притом единственное решение y(t) уравнения (1), удовлетворяющее условию

y(t0) = p0; y0(t0) = p1; : : : ;

и определ¼нное на вс¼м отрезке [ ; ]. (Доказать самим, то есть посмотреть доказательство аналогичной теоремы для системы, и получить это утверждение как частный случай).

2.Однородные системы.

Теорема: Пусть z(t) решение уравнения (2), t0 2 [ ; ], z(t0) = z0(t0) = : : : = z(n 1)(t0) = 0. Тогда z(t) 0 на [ ; ].

Доказательство самостоятельно.

66

Теорема: Пусть z1(t); : : : ; zk(t) какие-либо решения уравнения (2), C1; : : : ; Ck числа, z(t) = C1z1(t) + : : : + Ckzk(t). Тогда z(t) решение (2).

Доказать самим. Замечание: Ну что тут доказывать?! Доказывать-то нечего. Рекомендую провести все эти доказательства, это упражнения.

Определение: Решения z1(t); : : : ; zk(t) называются линейно зависимыми, если существуют числа C1; : : : ; Ck, C12 + : : : + Ck2 > 0, такие, что

C1z1(t) + : : : + Ckzk(t) 0 8t 2 [ ; ]

В противном случае решения называются линейно независимыми.

Теорема: Пусть z1(t); : : : ; zk(t) решения уравнения (2), а ~z1(t); : : : ; ~zk(t) соответствующие

~

решения уравнения (2). Тогда решения z1(t); : : : ; zn(t) линейно зависимы тогда и только тогда, когда решения ~z1(t); : : : ; ~zn(t) линейно зависимы.

Замечание: А это уже содержательная теорема. Мы дали новое определение. Назов¼м решения линейно зависимыми, если линейно зависимы вектор-функции. Поэтому это утверждение должно быть доказано. А доказывается оно очень просто.

Доказательство:

C1z1(t) + : : : + Ckzk(t) 0 íà [ ; ]

Следовательно,

Определение: Каждый набор n линейно независимых решений (2) называется фундаментальным решением системы (2).

Теорема: фундаментальные системы решений существуют. (Доказать самостоятельно)

Теорема: Пусть fz1(t); : : : ; zk(t)g какая-либо фундаментальная система решений (2), z(t) какое-либо решение (2). Тогда z(t) представляется, и притом единственным способом в виде z(t) = c1z1(t) + : : : + cnzn(t), ãäå c1; : : : ; cn

Доказать самостоятельно.

Определение: Пусть z1(t); : : : ; zn(t) какие-либо решения (2). Тогда

называется определитель Вронского (вронскиан). Имеется две возможности:

W (t) 0 на [ ; ] , решения системы (2) z1(t); : : : ; zn(t) линейно зависимы.

67

W (t) не обращается в 0 на [ ; ] , решения системы (2) z1(t); : : : ; zn(t) линейно независимы.

Было выяснено, что других ситуаций невозможно.

Теорема: (Лиувилля-Остроградского).

R t

W (t) = W (t0)e t0 a1( ) d

Напоминание: уравнение имеет вид z(n) + a1(t)z(n 1) + : : : + an(t)z = 0.

3. Связь решений однородной и неоднородной системы.

Теорема: Пусть y (t) какое-либо решение (10), y(t) = y (t) + z(t). Тогда y(t) решение (10) , z(t) решение (2).

Общая формула решения (10):

y(t) = y (t) + C1z1(t) + : : : + Cnzn(t);

где y (t) какое-либо решения (10), fz1(t); : : : ; zn(t)g какая-либо фундаментальная система решений (2), C1; : : : ; Cn произвольные числа.

Метод Лагранжа вариации постоянной для (10).

~

~y = Z~x; Z фундаментальная матрица решений, Z~x = f для системы z1(t); : : : ; zn(t) какая-либо фундаментальная система решений (2),

y = z1x1 + : : : + znxn y0 = z10 x1 + : : : + zn0 xn

y(n 1) = z1(n 1)x1 + : : : + zn(n 1)xn

68

Таким образом,

z1x01 + : : : + znx0n = 0 z10 x01 + : : : + zn0 x0n = 0

z1(n 2)x01 + : : : + zn(n 2)x0n = 0

z1(n 1)x01 + : : : + zn(n 1)x0n = f(t)

Это система линейных автономных уравнений относительно x01; : : : ; x0n. Детерминант этой си- стемы это W (t), он отличен от 0 для каждого t 2 [ ; ].

Здесь p(t) непрерывно дифференцируема на отрезке [ ; ], q(t) и m(t) непрерывны на отрезке

[ ; ].

Теорема: Пусть p(t) > 0 и q(t) > 0 на [ ; ]. Тогда задача (3)^(4) имеет и притом единственное решение.

Доказательство: Составим вспомогательное однородное уравнение

z1(t); z2(t) фундаментальная система решений уравнения (5). Тогда

y(t) = y (t) + C1z1(t) + C2z2(t)

Получаем систему линейных алгебраических уравнений:

C1z1(t1) + C2z2(t1) = y1 y ( )

C1z1(t2) + C2z2(t2) = y2 y ( )

69

ZZ

Z

p(z0)2 + qz2 dt = 0; z0 0; z 0

Противоречие, z тривиальное решение.

Замечание: (См. п.4 1 Главы 2). Там мы изучали случай квадратичного функционала, и доказали там, что для этого квадратичного функционала уравнение Эйлера имеет вид (3). Если

y есть решение этого уравнения, то он да¼т минимум функционала. Это была единственная

теорема в этом разделе, где давались достаточные условия минимума. Имеет ли это уравнение решение? В первом семестре мы не могли этого доказать. Сейчас мы заполнили этот пробел.

5. Теорема Штурма

Жан Франсуа Штурм французский математик.

В этом параграфе все величины вещественные.

1.Будем рассматривать уравнения

6 t 6 , a(t); b(t) непрерывны на [ ; ].

Замечание: В этом параграфе будут рассматриваться осцилляционные (колебательные) свойства решений. Будет исследоваться, сколько раз нетривиальные решения могут обращаться в ноль.

Важное преобразование уравнения (1). Сделаем замену: y(t) = (t)z(t);

где z(t) новая искомая функция, (t) выбираем мы.

00z + 2 0z0 + a 0z + a z0 + b z = 0

(t) выбираем так, чтобы сумма подч¼ркнутых слагаемых равнялась нулю (избавляемся от членов с первой производной). Решая дифференциальное уравнение, получаем ответ:

C фиксированная константа, интеграл какая-либо фиксированная первообразная.

Возьм¼м какую-либо C 6= 0; (t) не обращается в 0.

y(t) = 0 , z(t) = 0

70