Лекции по дифференциальным уравнениям (Абрамов А.А

уравнение, разрешенное относительно старшей производной.

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.

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.

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

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.

Переходим к (2). За n шагов получаем решение.

Следствие:

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

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

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

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

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;

7. Первая краевая задача. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка. Задачи с сингуля

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: Åñëè

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.

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

(1), которое удовлетворяет условиям

Упражнение: исследовать задачи

2.Все величины вещественные.

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

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

ãäå u(t) 6 a"2 max jf0j.