Lektsii_DU_prof_Gromak__chast_2

4Линейное однородное дифференциальное уравнение с вещественными коэффициентами

Рассмотрим уравнение

где pj(t) : (a; b) ! R и непрерывны.

Лемма 4.1. Пусть '(t) = u(t) + i v(t); где u(t); v(t) : (a; b) ! R есть комплекснозначное решение уравнения (4.1). Тогда u(t); v(t) есть вещественные решения этого уравнения.

Доказательство. L'(t) = Lu(t) + i Lv(t) = 0 тогда и только тогда, когда

(Lu(t); Lv(t)) = (0; 0):

Для уравнения (4.1) справедлива теорема 2.2. Однако, если рассматривать вещественные решения с вещественными начальными данными и под линейной независимостью понимать линейную независимость над полем R; то справедлива

Теорема 4.1. Множество решений уравнения (4.1) с вещественными начальными данными образуют вещественное n мерное векторное пространство, базисом которого являются любые n линейно-независимых над полем R решений.

Вместе с тем решения уравнения (4.1) с комплексными начальными данными образуют комплексное n мерное пространство. Вещественный базис является базисом как в вещественном, так и в комплексном пространствах решений.

Пусть комплексный базис имеет вид

Лемма 4.2. Функции, составляющие (4.3), линейно-независимы на (a; b) над полем

R:

Упражнение 4.1. Доказать лемму 4.2.

Теорема 4.2. Функции (4.3) образуют вещественную ФСР уравнения (4.1).

Доказательство. По лемме 4.1 функции, составляющие (4.3), являются решениями уравнения (4.1). По лемме 4.2 (4.3) составляют ФСР.

Пример 4.1. Уравнение x(IV ) + w4x = 0; w > 0; имеет решение '1 = ewt; '2 = e wt; '3 = eiwt; '3 = e iwt: Эти решения линейно-независимы (см. упражнение 2.1). Следовательно, функции

'1 = ewt; '2 = e wt; Re'3 = cos wt; Im'3 = sin wt

составляют вещественную ФСР исходного уравнения.

5Линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами

называется характеристическим, а уравнение P ( ) = 0 называется характеристическим уравнением.

Таким образом, (5.2) является решением (5.1), если есть корень характеристического уравнения P ( ) = 0: Рассмотрим возможные случаи для корней уравнения

P ( ) = 0:

1. Пусть 1; : : : ; n; i 6= j; i 6= j корни характеристического уравнения.

есть общее решение.

2. Пусть корень характеристического уравнения кратности m; т.е. P ( ) = P 0( ) = : : : = P (m 1)( ) = 0: Тогда справедлива

Лемма 5.1. Если корень уравнения P ( ) = 0 кратности m; то функции

являются решениями уравнения (5.1).

7Метод вариации произвольных постоянных

где pj(t); j = 1; 2; : : : ; n; q(t) : (a; b) ! C и непрерывны.

Покажем, что если известна ФСР однородного уравнения, то общее решение неоднородного уравнения можно найти в квадратурах.

Теорема 7.1. Пусть '1(t); : : : ; '1(t) ФСР уравнения L[y] = 0 . Тогда общее решение (7.1) имеет вид

Здесь cj(t) 2 c1(a; b) и подлежат определению, причем мы можем подчинить их n 1 дополнительному произвольному условию. Дифференцируя (7.4), имеем

nn

XX

Pn

Применим первое дополнительное условие j=1 cj(t)'j(t) = 0 . Тогда для второй производной имеем

nn

XX

Pn

и второе ограничение принимаем j=1 cj(t)'j(t) = 0 . Повторяя такую процедуру n 1 раз, т.е. приравнивая нулю члены, содержащие c_1; : : : c_n , имеем

n

Так как x - решение уравнения (7.1), то подставляя найденные значения производных в уравнение, находим

где cj постоянные. Подставляя найденные значения cj(t) в (7.4), получаем требуемое утверждение.

Пример 7.1. Рассмотрим уравнение

x00 + k2x = q(t)

Соответствующее однородное уравнение x00 + k2x = 0 имеет фундаментальную систему '1 = cos kt , '2 = sin kt . Тогда

8Метод Коши определения частного решения линейного неоднородного уравнения

Рассмотрим уравнение

где pj(t); j = 1; 2; : : : ; n; q(t) : (a; b) ! C и непрерывны.

Пусть известна фундаментальная система решений однородного уравнения L[z] = 0 : z1; z2; : : : ; zn . Тогда посредством этой системы можно решить задачу Коши

>

>

>

>

>

>

:

В (8.5) интеграл зависит от параметра t .

Покажем, что (t) решение уравнения с нулевыми начальными условиями, т.е, решение следующей задачи Коши

8

L[x] = q(t);

>

>

>

>x(t ) = 0;

>0

9Линейные уравнения с постоянными коэффициентами со специальной неоднородностью

Рассмотрим уравнение

Таким образом в уравнении (9.1) неоднородность является квазиполиномом. Напомним, что

Так как P ( ) 6= 0 , то из (9.6) коэффициенты rj; j = 0; 1; : : : m определяются однозначным образом.

Теорема 9.2. (резонансный случай). Пусть - k кратный корень характеристического уравнения P ( ) = 0 . Тогда уравнение (9.1) имеем и притом единственное решение вида

где полином r(t) такой же степени, что и q(t) .

Отсюда определяем rm единственным образом. Далее, приравнивая коэффициенты при ti; 0 i m 1 , имеем s + k = i , а так как k , то i s . В результате имеем

riCik+kP (k)( ) + h(ri+1; : : : ; rm) = gi

Откуда единственным образом последовательно определяем ri .

Замечание 9.1. Пусть в уравнении (9.1) ai 2 R; i=1; 2; : : : n , а неоднородность q(t)

где L стационарный оператор, Q(t) = g(t)e( + )t . Тогда 1(t) = Re (t) есть ре-

q(t)=g1(t)e t cos t+g2(t)e t sin t;

где g1(t) и g2(t) полиномы сооответственно степени m1 и m2 и контрольное число + является k кратным корнем характеристического уравнения P ( ) = 0 . Тогда решение уравнения (9.1) можно искать методом неопределенных коэффициентов в виде

(t) = tke t(r1(t) cos t + r2(t) sin t);

где степень полиномов r1(t); r2(t) равна m = max(m1; m2) .

x• + a2x = M sin !t; w 6= a:

10Линейные уравнения второго порядка и колебательные явления

Рассмотрим несколько простейших задач из механики, которые моделируются линейными дифференциальными уравнениями.

Задача 1. ( Гармонические колебания). Груз весом P подвешен на вертикальной пружине. Груз слегка оттянут к низу и затем отпущен. Найти закон движения груза, пренебрегая массой пружины и сопротивлением воздуха.

########

H

H

Hy

H

A

H

66

Hy ст

H

O ?

H

6 Hy x

H

B ??

?P

?X

Пусть удлинение пружины в данный момент, а ст - статическое удлинение, т.е. расстояние от начала нерастянутой пружины до положения равновесия. Тогда= ст + x или ст = x , где x величина растяжения пружины. Дифференциальное уравнение движения получено из второго закона Ньютона F = ma , где F - равнодействующая всех приложенных к грузу сил. В данном случае равнодействующая слагается из силы натяжения пружины и силы тяжести. По закону Гука сила натяжения пружины пропорциональна её длине, т.е. равна k , где k - коэффициент пропорциональности, называемый жесткостью пружины. Поэтому дифференциальное уравнение будет иметь вид

Так как в положении равновесия сила натяжения пружины уравновешивается весом, то P = c ст . Подставив в дифференциальное уравнение это значение P имеем

где !2 = mk . Это уравнение называется уравнением гармонического осциллятора. Решая это уравнение, имеем характеристическое уравнение

r2 + !2 = 0

с корнями r1;2 = i! . ФСР уравнения (10.1) имеет вид ei!t и e i!t . Можно также перейти к вещественной ФСР

x1 = cos !t; x2 = sin !t:

Тогда общее решение имеет вид

В (10.3) считаем C1; C2 2 R . Тогда имеем вещественное пространство решений. Если же C1; C2 2 C , то имеем комплексное пространство решений. Для выяснения механического смысла (10.3) перепишем (10.3) в форме

Величину A называют амплитудой колебания, аргумент !t + - фазой колебания.

Задача 2. (Малые колебания маятника). Шарик массы m закреплен на конце

M невесомого стержня OM длины l , подвешенного шарнирно в точке O , так, что получается качающийся в одной плоскости маятник.

########r

OC

C xC

Отклоним шарик от положения равновесия на угол x (в радианах). Тогда под действием силы тяжести P = +mg , направленной вниз, шарик начнет колебаться. Силу тяжести P разложим на две составляющие: N - по направлению стержня и f - по