Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекция_4

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.03.2016

Размер:

206.26 Кб

Скачать

☆

§4. Фундаментальная матрица решений и матричная экспонента.

В предыдущем параграфе мы ввели очень важное понятие фундаментальной матрицы решений для линейной системы y0 = Ay. Обсудим теперь понятие фундаментальной матрицы решений для одного линейного уравнения высокого порядка. Итак, вновь рассмотрим Задачу Коши следующего вида (см. Задачу Коши (6)

из §3):
Lx = x(N) + a1x(N¡1) + ::: + aN	1x0	+ aN x = 0; t		1	;
(x(0) = ®1; :::; x(N¡1)(0) = ®N ;	¡		2 R			(1)

где ®1; :::; ®N - некоторые постоянные. Мы знаем, что задача Коши

(1) эквивалентна Задаче Коши для линейной системы специального вида:

y0 = Ay; t

где

(y(0) = y0; 2 R

(2)

y1(t)

0x0((t))

®1

x t

y(t) =

= B.

; y0

;

ByN (t)C

(N 1)

®N C

@ A

(t)C

@ A

A =

0: :0: : : : : : :1: : : : ::::::: : : :0: : : : :0: :1

aN¡1 : : :

a1C

@¡

: : :

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009						2
Найдем N линейно независимых решений системы y0 = Ay:
	y1k(t)		0xk0	(t)	1
	0.	1	xk	(t)
y[k](t) =			= B.		C
y[k](t) =			= B.		C	; k = 1; N:
	ByNk(t)C		B (N 1)		C
	@	A	Bxk	¡	(t)C
			B		C
			@		A

Тогда фундаментальную матрицу решений для системы y0 = Ay естественно назвать, также, фундаментальной матрицей решений для уравнения Lx = 0. Эта матрица будет иметь такой вид:

© =	0	x1.(t)	: : :	xN.(t)	1	:	(3)
	Bx1(N¡1)(t) : : :			xN(N¡1)(t)C
	@				A

Понятно, что для матрицы ©(t) справедлива формула (12) из §3:

det ©(t) = eT r(A)t det ©(0) = e¡a1t det ©0;

(4)

поскольку T r(A) = ¡a1. Формула (4) называется в литературе

формулой Лиувилля, а det ©(t) - определителем Вронского

или вронскианом и обозначается обычно через W (t):

W (t) = det ©(t) = e¡a1tW (0) = e¡a1tW0:

Вернемся, теперь, снова к Задаче Коши для линейной системы

y0 = Ay:			1;
	y0 = Ay; t		1;
	(y(0) = y0;	2 R		(5)

и обсудим некоторые свойства фундаментальной матрицы решений Y (t). Напомним, что решение Задачи Коши (5) задается либо формулой

y(t) = Ã	1 tk			!y0;
	=0		Ak		(6)
		k!
либо формулой	Xk

y(t) = Y (t)Y ¡1(0)y0:					(7)

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

Пусть Y (t) - фундаментальная матрица решений для системы y0 = Ay, т.е. матрица Y (t) является решением следующей Задачи Коши для матричного уравнения:

(Y 0 = AY; t 2 R1;

(8)

Y (0) = Y0; det Y0 6= 0:

Поскольку (см. формулу (12) из §3):

¢(t) = det Y (t) 6= 0;

то существует обратная матрица Y ¡1(t). Так как

Y ¡1(t)Y (t) = IN ;

то

dY ¡1

(Y ¡1Y ) =

Y + Y ¡1

= 0

или

dY ¡1

= ¡Y ¡1A:

Итак, матрица Y ¡1 является решением Задачи Коши следующего

вида:

= ¡Y ¡1A; t 2 R1;

(9)

<Y ¡1(0) = Y0¡1:

Задачи Коши (8) Y [1](t), Y [2](t), отвечающие

Найдем решения:

начальным данным Y0[1], Y0[2]. Продифференцируем матрицу

D = (Y [1](t))¡1Y [2](t) по t :

d(Y [1])¡1

Y [2] + (Y [1])¡1

dY [2]

= 0

(в силу (8) и (9)). Следовательно

D(t) = D0

= (Y [1])¡1Y

[2];

причем det D0 6= 0: Значит

Y [2](t) = Y [1](t)D0:

(10)

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

Мы показали, что если известна фундаментальная матрица решений Y [1](t) для системы y0 = Ay, то любая другая фундаментальная матрица решений Y [2](t) для системы y0 = Ay может быть найдена по формуле (10). В частности, если Y0[2] = IN , то D0 = (Y0[1])¡1

и Y [2](t) = Y [1](t)(Y0[1])¡1: Следовательно, из всех фундаментальных матриц решений Y (t) для системы y0 = Ay мы выделили такую, которая является решением Задачи Коши (8) с начальной

матрицей Y0 = IN .

Как и в случае Задачи Коши (5), мы можем решение Задачи

Коши записать в виде ряда (мы полагаем Y0 = IN ):					(11)
Y (t) =	Ãk=0	k!Ak!IN =	=0	k!Ak:	(11)
	1	tk	1	tk
	X		Xk

Сравним ряд (11) с рядом Маклорена для экспоненциальной функции eat (a - некоторая постоянная):

eat = X1 tk ak;

k=0 k!

мы по аналогии назовем фундаментальную матрицу Y (t) матричной экспонентой и обозначим ее так:

def	1 tk
Y (t) = etA =			Ak:	(110)
		k!

k=0

Получим теперь оценку нормы матрицы etA. В самом деле, поскольку (см. Упражнение 3 к §1)

jjAkjj · jjAjjk; k = 0; 1; 2; :::

и (см. Упражнение 1 к этому параграфу)

jjA + Bjj · jjAjj + jjBjj;
где A; B - квадратные матрицы порядка N, то:
	¯¯k=0				¯¯	k=0	¯¯
		1	tk		¯¯	1		tk
	¯¯X				¯¯	X¯¯
	¯¯				¯¯		¯¯
jjY (t)jj = jjetAjj =	¯¯		k!	Ak	¯¯	·	¯¯	k!
	¯¯				¯¯		¯¯

¯¯

Ak¯¯¯¯ =

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

X1 jtjk

k=0 k!

			Xk				5
			Xk
	Ak		1	jtjk	A	k = ejtj¢jjAjj:	(12)
				jtjk
jj		jj ·		k! jj
jj		jj ·	=0	k! jj		jj

Докажем, теперь, важное свойство матричной экспоненты etA - ее перестановочность с матрицей A:

etAA = AetA:	(13)
::::::

Свойство (13) очевидно (в силу формулы (110)). Однако приведем другое доказательство формулы (13). Поскольку

		d		tA		detA			tA	tA
			(e		A) =			A = Ae A = A(e A)
			(e		A) =	dt		A = Ae A = A(e A)
	dt ::::::					dt				::::::
и							detA
		d	(AetA) = A				detA		= AAetA = A(AetA);
dt			(AetA) = A				dt		= AAetA = A(AetA);

то матрицы etAA и AetA удовлетворяют одной и той же матричной

::::::

системе Y 0 = AY , причем

(etAA)jt=0 = A = (AetA)jt=0:

::::::

В силу теоремы единственности решений Задачи Коши для системы y0 = Ay (см. §2) вышеупомянутые матрицы совпадают.

Из формулы (12) (см. §3) следует:

det Y (t) = det etA = eT r(A)t =6 0 при всех t 2 R1;

т.е. матрица etA - невырожденная и поэтому существует обратная матрица (etA)¡1. Эта матрица является решением Задачи Коши

(9):	8	d
		d	(etA)¡1 = ¡(etA)¡1A; t 2 R1;

		dt					(90)
	>	etA ¡1			= I¡1	= IN :
	<	¡	¢	¯t=0	N
В то же время из (13) следует:
	>			¯
	:			¯
			A(etA)¡1 = (etA)¡1A:				(130)

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

Следовательно, с учетом перестановочности матриц (etA)¡1 (см. (130)), Задача Коши перепишется так:

8 dt(etA)¡1 = ¡A(etA)¡1; t 2 R1;

¡1

¯t=0

= IN ;

etA

т.е. (см. (110)):

¡ ¢

¡ =

(¡1)k k!Ak = e¡tA:

etA

k=0

k!(¡A)k =

Итак, мы доказали замечательную формулу:

(etA)¡1 = e¡tA:

Пример 1. Матрица

Y (t) = µe2t et¶; det Y (t) = ¡e3t 6= 0 e2t 0

и A

(900)

(14)

является фундаментальной матрицей решений для системы y0				=
µ			¶
y1	1	1
Ay, y = Ãy2!, A =	0	2	. Матрица Y (t) удовлетворяет матрич-
			0 e¡2t	¶
ной системе Y 0 = AY . Обратная матрица Y ¡1(t) = µe¡t ¡e¡t				¶

удовлетворяет системе (Y ¡1)0 = ¡Y ¡1A. Матрица etA получается из Y (t) умножением справа на матрицу D0 = Y ¡1(0) (см. формулу

(10))		e2t et				= µ	et e2t	et		¶:
		e2t et		0	1		et e2t	et
	etA = µe2t 0			¶µ1	¡1¶		0 e¡2t
Очевидно, что матрица etA перестановочна с A:
µ	et e2t	et	1	1	1	1	et e2t		et		¶: ¤
µ	0 e¡2t		¶µ0	2¶ = µ0		2¶µ0 e¡2t					¶: ¤

Выше мы уже показали, что:

(etA)¡1 = e¡tA и jjetAjj · ejtj¢jjAjj

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

(см. (12) и (14)). Следовательно:

jje¡tAjj · ejtj¢jj¡Ajj = ejtj¢jjAjj

(мы использовали здесь очевидный факт, что jj ¡ Ajj = jjAjj). Далее, так как

etAe¡tA = IN и jjIN jj = 1 · jjetAjj ¢ jje¡tAjj; то

jjetAjj ¸	1	¸ e¡jtj¢jjAjj:	(15)
	jje¡tAjj

Итак, мы получили, как это принято говорить, двухстороннюю оценку для матричной экспоненты etA:

e¡jtj¢jjAjj · jjetAjj · ejtj¢jjAjj:

(16)

В заключении этого параграфа еще раз отметим, что у матричной экспоненты etA много общих свойств с обычной экспоненциальной зависимостью eat, но есть и существенные отличия, которые и заставляют нас очень осторожно обращаться с матричной экспонентой etA. Так, например, вообще говоря

et(A+B) 6= etAetB;

где A; B - квадратные матрицы порядка N.
Пример 2. Пусть A = µ0			2¶; B =		µ0	0¶
		1	0		0	1
		A + B = C = µ0 2¶				:
				1	1
			et	0
Нетрудно показать, что etA			= µ0	e2t¶, etB
et e2t	et	¶ и etC 6= etAetB: ¤
µ0 e¡2t		¶ и etC 6= etAetB: ¤

=µ1 t¶, etC = 0 1

Лекция №4, НГУ, ММФ, 2009

Упражнения к §4

1. Доказать неравенство треугольника для квадратных матриц A; B порядка N:

jjA + Bjj · jjAjj + jjBjj:

2. Задача

dZ(s)

= ¡Z(s)A; 0 · s < t

<Z(t) = IN

называется

сопряженной по отношению к задаче

dY (t)

= AY (t); t > 0;

<Y (0) = IN :

Докажите, что

= Y (t)Y

1(s)

(

) :

3. Докажите, что

et(A+B) = etAetB () AB = BA:

4. Если

P(A) = pkAk

+ ::: + p1A + p0IN =

pjAj;

Q(A) = qlAl

qjAj;

+ ::: + q1A + q0IN =

где pj; j = 0; k; qi; i = 0; l - постоянные коэффициенты, A - квадратная матрица порядка N, то

et(P+Q) = etPetQ: ¤

Соседние файлы в папке Диф.уравнения

#
28.03.2016229.87 Кб12Лекция_10.pdf
#
28.03.2016190.29 Кб12Лекция_12.pdf
#
28.03.2016250.68 Кб12Лекция_15.pdf
#
28.03.2016173.06 Кб12Лекция_19.pdf
#
28.03.2016221.37 Кб12Лекция_2.pdf
#
28.03.2016206.26 Кб12Лекция_4.pdf
#
28.03.2016214.84 Кб12Лекция_8.pdf
#
28.03.2016214.43 Кб12Лекция_9.pdf