ДИФУР ГУРЕВИЧ ЛЕКЦИИ

Пример 6.1. Рассмотрим уравнение

Пользуясь методом Эйлера, находим фундаментальную систему ре-

непосредственной подстановки T (x) в это уравнение.

Из теоремы 6.10 следует, что задача Коши (6.18) (6.19) равносильна n векторным задачам Коши для уравнения (6.20) с начальными условиями

0y10k 1

Y (x0) = @ . A; k = 1; : : : ; n:

ynk0

Отсюда, в свою очередь, следует справедливость теоремы 6.11.

Теорема 6.11. Задача Коши (6.18) (6.19) имеет единственное решение, определенное на отрезке [a; b].

Определение 6.7. Матричное решение T (x) уравнения (6.18), такое что det T (x) 6= 0 для любых x 2 [a; b], называется фундаментальной

матрицей.

Определение 6.8. Фундаментальная матрица, удовлетворяющая начальному условию T (x0) = E, где E единичная матрица, называется матрициантом и обозначается Tx0 (x).

Теорема 6.12. Пусть T (x) фундаментальная матрица уравнения (6.18), тогда общее решение (6.20) имеет вид

0 1 c1

ãäå C = @ . A постоянный вектор.

cn

Для доказательства теоремы 6.12 достаточно заметить, что

n

X

T (x)C = ckYk(x):

k=1

111

Теорема 6.13. Пусть T1(x) произвольная фундаментальная матрица. Тогда для того чтобы T2(x) была фундаментальной матрицей, необходимо и достаточно, чтобы она имела вид T2(x) = T1(x)D, где D постоянная неособенная матрица.

Доказательство. Необходимость. Пусть T2(x) фундаментальная матрица. Будем искать матрицу D из соотношения T2(x0) = T1(x0)D,

ãäå x0 произвольная фиксированная точка отрезка [a; b]. Из этого равенства следует, что D = T1 1(x0)T2(x0). Убедимся теперь, что при таком

выборе D имеет место равенство

Для этого достаточно заметить, что матрицы, стоящие в левой и правой частях (6.23), являются решениями задачи Коши:

(

T 0 = A(x)T;

T (x0) = T2(x0):

Достаточность. Докажем, что при любой неособенной матрице D матрица T1(x)D является фундаментальной. Прежде всего заметим, что

det(T1(x)D) = det T1(x) det D 6= 0:

Далее,

(T1(x)D)0 T10(x)D (A(x)T1(x))D A(x)(T1(x)D);

т. е. матрица T1(x)D является решением (6.18).

Теорема 6.14. Решение задачи Коши (6.16) (6.17) представимо в

ãäå K(x; t) = T (x)T 1(t), T (x) произвольная фундаментальная мат-

ðèöà.

Доказательство. Воспользуемся методом вариации произвольных постоянных, т. е. будем искать решение (6.16) (6.17) в виде

где C(x) искомая вектор-функция. Подставляя Y (x) в (6.16), получим:

T 0(x)C(x) + T (x)C0(x) = A(x)T (x)C(x) + F (x):

112

Отсюда T (x)C0(x) = F (x). Следовательно, C0(x) = T 1(x)F (x). Поэто-

ãäå C1 постоянная матрица.

Подставляя C(x) в (6.25), приходим к представлению

Z x

Y (x) = T (x) T 1(t)F (t) dt + T (x)C1:

x0

что равносильно (6.24).

Замечание. Матрица K(x; t) называется матрицей Коши. Замечание. Легко видеть, что если A(x) постоянная матрица, т. е.

A(x) = A, то при любом x0 имеет место тождество

ãäå Tx0 (x) матрициант.

Для этого достаточно заметить, что матрицы, стоящие в левой и правой частях последнего равенства, как функции x при любом фиксиро-

ванном t являются решениями задачи Коши:

(

T 0 = AT;

T (t) = E:

6.3.Случай постоянной матрицы

Изучим структуру матрицианта в случае, когда матрица A является постоянной. Другими словами, найдем представление для решения

Рассмотрим сначала простейший случай n = 1, т. е. следующую за-

äà÷ó Êîøè:

(

y0 = ay;

y(x0) = 1;

113

где a константа. Очевидно, решением этой задачи является y(x) = = Tx0 (x) = ea(x x0). Представим полученное решение в виде ряда Тейло-

ðà:

Tx0 (x) = 1 + a (x x0) + a2 (x x0)2 + : : :

1! 2!

Преимуществом этого представления матрицианта является возможность формальной замены числа a на произвольную квадратную мат-

рицу A. Оказывается, что в результате получается представление Tx0 (x) для произвольного n.

Теорема 6.15. Решение задачи Коши (6:26) (6:27) представимо в

В самом деле, при m = 1 неравенство (6.29) очевидно. Далее, восполь-

зуемся методом математической индукции. Предположим, что справедливо (6.29), и докажем, что ja(jkm+1)j nmdm+1: Имеем

n

a(jkm+1) = Xa(jim)a(1)ik : i=1

Отсюда

n

ja(jkm+1)j Xja(jim)jja(1)ik j: i=1

Поэтому из (6.29) следует, что

n

ja(jkm+1)j Xnm 1dmd = nmdm+1:

i=1

Получили требуемое.

114

который является сходящимся. Поэтому ряды (6.30) сходятся равномерно. Таким образом, доказано, что ряд (6.28) сходится равномерно. Остается убедиться, что его сумма является решением задачи Коши (6.26) (6.27). Известно, что сходящиеся степенные ряды можно дифференцировать почленно. Отсюда

+(x x0)2 A2 + ) = ATx0 (x); 2!

ò. å. Tx0 (x) удовлетворяет (6.26). Наконец, заметим, что Tx0 (x0) = E:

Определение 6.9. Сумма ряда (6.28) называется матричной экспонентой и обозначается eA(x x0).

6.4.Нахождение матричной экспоненты

Целью данного раздела является получение представления eA(x x0)

в виде конечной суммы, которое имеет ряд преимуществ по сравне-

íèþ ñ (6.28).

Пусть A = (ajk)nj;k=1, параметр, который может принимать про-

извольные комплексные значения.

Определение 6.10. Матрица R (A) = (A E) 1, определенная при всех , для которых det(A E) 6= 0, называется резольвентой

матрицы A.

Изучим некоторые свойства R (A). Обозначим через rjs( ) алгебра- ическое дополнение элемента матрицы

115

dk некоторые константы.

Известна следующая теорема о разложении рациональной функции на элементарные дроби.

Теорема 6.16. Пусть pk( ), qn( ) алгебраические многочлены

ãäå b j некоторые числа, rk n( ) многочлен степени k n, если k

n, è rk n( ) = 0, если k < n, причем представление (6.33) единственно.

Обозначим через f gm=1 все различные корни r( ), а через fk gm=1

ãäå pjs( ; i) однозначно определяемые коэффициенты. Из (6.34) следует, что

R (A) = (A E) 1 =

pn1( ; r) : : : pnn( ; r)

причем это представление единственно. Отметим ряд свойств матриц P ( ; r).

116

Лемма 6.1. Справедливы следующие равенства:

1) P ( ; 1)(A E) = P ( ; 2),

P ( ; 2)(A E) = P ( ; 3),

P ( ; k 1)(A E) = P ( ; k ),

P ( ; k )(A E) = 0;

m

2) P P ( ; 1) = E;

=1

3)(A E)k P ( ; 1) = 0;

4)AP ( ; r) = P ( ; r)A.

Доказательство. Из (6.35) следует, что

Но A E = A E ( )E, поэтому

Учитывая единственность разложения на элементарные дроби, заклю- чаем, что

P ( ; k ) + P ( ; k 1)(A E) = 0; P ( ; k )(A E) = 0;

P ( ; 2) + P ( ; 1)(A E) = 0;

m

X

P ( ; 1) = E:

=1

Отсюда получаем равенства 1) и 2).

117

Теперь проведем аналогичные рассуждения, исходя из равенства E = = (A E)(A E) 1. В результате получим

Учитывая единственность разложения на элементарные дроби, приходим к выводу, что

P ( ; r)(A E) = (A E)P ( ; r); r = 1; : : : ; k :

Отсюда следует, что P ( ; r)A = AP ( ; r), т. е. доказано свойство 4).

Для доказательства свойства 3) преобразуем равенство P ( ; k )(A

E) = 0, последовательно используя формулы 1):

0 = P ( ; k )(A E) = P ( ; k 1)(A E)2 = : : : = P ( ; 1)(A E)k :

Учитывая коммутативность матриц A и P ( ; r), получим требуемое.

Теорема 6.17. Имеет место следующее представление:

Доказательство. Достаточно убедиться, что правая часть (6.37) является решением задачи Коши

118

Тогда

так как они в силу леммы 6.1 равны нулю. Преобразуем выражение Q0(x), вынеся во второй сумме общий множитель A E, а затем при-

ведем подобные члены. В результате получим

m

X

Q0(x) = e (x x0)S (x)P ( ; 1)+

=1

m

X

+ e (x x0)(A E)S (x)P ( ; 1) =

Формула (6.35) показывает, что для фактического нахождения матричной экспоненты необходимо умение вычислять матрицы P ( ; 1).

Теорема 6.18. Имеют место следующие формулы:

(6.40) Доказательство. Воспользуемся представлением (6.34), изменив

для удобства индекс суммирования:

119

Выделим в правой части этого равенства слагаемые, соответствующие= . В результате получим

где через ' ( ) обозначена сумма слагаемых из (6.41), соответствующих

6= .

Рассмотрим (6.42) в достаточно малой окрестности = , не содер- жащей остальных нулей r( ). Для таких функция ' ( ) будет непре-

рывной, вместе со своими производными любого порядка. Преобразуем (6.42), умножив обе части на ( )k :

= ( )k ' ( )

pjs(; k ) pjs(; k 1)( ) pjs(; 1)( )k :

Продифференцируем последнее тождество k 1 раз по :

Поэтому, переходя в (6.43) к пределу при ! , получим требуемое. Замечание. Наиболее просто формулы (6.40) выглядят в случае, когда простой корень r( ) , т. е. k = 1. В самом деле, запишем (6.40) в

120