Билет 26. Построение фср для системы уравнений с постоянными коэффициентами в случае, когда не существует базиса из собственных векторов матрицы а.

Пусть число собственных вектором меньше чем n. Пусть l1,…,lr – собственные значения, k1,…,kr – их кратности, их сумма равна n. Пусть l – одно из собственных значений со своей кратностью. Покажем, что каждому такому собственному значению можно сопоставить ровно k вектор-функций, являющихся решением однородной системы. Если s = dim Ker (A – lE) размерность собственного подпространства, определяющая кол-во линейно независимых собственных векторов для данного собственного значения, равна кратности собственного значения, s = k, то искомые функции строятся как в Б25. Если размерность меньше кратности собственного подпространства, то из курса линала можно выбрать собственные векторы h11-,…,h1s- так, что состоящая ровно из k векторов система собственных векторов и присоединенных hjm-, m=2,…,pj, j=1,…,s, pj >= 1, p1+…+ps = k, которую запишем в виде h11-,….,hs1-/…/h1p1-,…,hsps- удовлеворяет ур-ям Ahj1- = lhj1-, Ahj2- = lhj2- + hj1-,…, Ahjpj- = lhjpj- + hj<pj-1>-. С помощью собственных и присоединенных векторов построим семейство из k функций yj1-(t) = hj1-exp{lt}, yj2-(t) = (hj2- + t/1!hj1-)exp{lt}, yjm-(t) = (hjm- + t/1!hj<m-1>- + …+t^q/q!hj<m-q>-+…+t^(m-1)hj1-/(m-1)!)exp{lt}, yjp-(t) = exp{lt}Add<q=0, pj-1>t^qhj<pj-q>-. Докажем, что все построенные функции – решения ЛОС. Рассмотрим yjm-(t). Вычислим её производную dyjm-(t)/dt = (Add<q=0, m-2>t^q/q!hj<m –q -1>- + lAdd<q=0, m-2>t^q/q!hj<m-q>-)exp{lt} = Ayjm-(t), m=1,…,pj, j=1,…,s. Те yjm-(t) – решение системы. Докажем линейную независимость на произвольном [a, b]. Рассмотрим [c, d]: [a,b] Є [c,d] и 0 Є [c, d]. В 0 определитель отличен от 0. Те мы доказали Т Система из n вектор-функций, состоящая из объединения построенных для всех различных значений l1,…,lr решений вида … является ФСР для … на произвольном отрезке [a, b].

Билет 27. Теорема о непрерывной зависимости решения задачи Коши от начального условия и правой части. Теорема сравнения (неравенство Чаплыгина).

Рассмотрим задачу Коши для ДУ первого порядка, разрешенного относительно производной: y’(t) = f(t, y(t)), t Є [t0-T, t0 + T]. y(t0) = y0. Пусть f(t, y) определена и непрерывна в прямоугольнике Q = {(t, y): |t – t0| <= T, A <=y <= B} (11). Решением задачи Коши (11) на отрезке [t0 – T, t0 + T] называется функция y(t) такая, что y(t) непрерывно диф-ма на [t0 – T, t0 + T], A <= y(t) <= B для t Є [t0 – T, t0 + T], y(t) удовлетворяет (11). Решение задачи Коши зависит от функции f(t, y) и начального состояния y0 (исходных данных). Т Пусть функции f1(t, y) и f2(t, y) непрерывны в прямоугольнике Q и f1(t, y) удовлетворяет в Q условию Липшеца по y, то есть существует L > 0 такая, что |f1(t, y) – f1(t, y~)| <= L|y – y~|, для (t, y), (t, y~) Є Q. Тогда, если функции y1(t) и y2(t) на отрезке [t0-T, t0 + T] являются решениями задач Коши: {y1’(t) = f1(t, y1(t)), y1(t0) = y01} и {y2’(t) = f2(t, y2(t)), y2(t0) = y02}, то имеет место неравенство max <t Є [t0 - T, t0 + T]>|y1(t) – y2(t)| <= (|y01 – y02| + Tmax<(t, y) Є Q>|f1(t, y) – f2(t, y)|)exp{LT}. Док-во: из леммы эквивалентности задачи Коши интегральному ур-ю следует, что y1(t) = y01 + $..., y2(t) = … Вычитаем второе из первого |y1(t) – y2(t)| <= |y01 – y02| + |$<t0, t>(f1(u, y(u)) – f2(u,y2(u)))du| под интегралом вычтем и прибавим f1(u, y2(t)) и разобьем на сумму двух модулей. Учитывая то, что функция f1(t, y) удовлетворяет условию Липшица, а так же оценку |$<t0, t>|f1(u, y2(u)) – f2(u, y2(u))|du| <= T max<(t, y) Є Q>|f1(t, y) – f2(t, y)|. справедливую для всех t Є [t0 – T, t0 + T] получаем |y1(t) – y2(t)| <= (|y01 – y02| + Tmax<(t, y) Є Q> |f1(t, y) – f2(t, y)|) + L|$<t0, t>|y1(u) – y2(u)|du|, t Є [t0 – T, t0 + T]. Применим к |y1(t) – y2(t)| лемму Гронуолла-Беллмана и получим ЧТД. Рассмотрим прямоугольник Q+ = {(t, y): t0 <= t <= t0 + T, A <= y <= B}. Лемма: Пусть функция f(t, y) непрерывна в Q+ и имеет в Q+ непрерывную частную производную f’y(t, y). Тогда для любых (t, y1), (t, y2) Є Q+ верно f(t, y1) – f(t, y2) = $<0, 1>f’y(t, y2 + O(y1 – y2))dO(y1-y2) (из матанализа). Т сравнения (неравенство Чаплыгина). Пусть функции f1(t, y), f2(t, y) непрерывны в Q+ и f1(t, y) имеет в Q+ непрерывную частную производную df1/dy(t, y). Тогда, если функции y1(t), y2(t) на отрезке [t0, t0 + T] являются решениями задачи Коши {y1’(t) = f1(t, y1(t)), y1(t0) = y01}, {…} причем f1(t, y) >= f2(t, y) (t, y) Є Q+, y01 >= y02, то справедливо y1(t) >= y2(t), t Є [to, t0 + T]. Док-во. Так как функции y1(t) и y2(t) на отрезке [t0, t0 + T] являются решениями соответствующих ур-й, то они непрерывно диф-мы на отрезке [t0, t0 + T], A <= yi(t) <= B, i = 1, 2 и справедливо y1’(t) – y2’(t) = f1(t, y1(t)) – f2(t, y2(t)), t Є [t0, t0 + T]. Преобразуем, используя формулу конечных приращений (лемму) f1(t, y1(t)) – f2(t, y2(t)) = f1(t, y1(t)) – f1(t, y2(t)) + f1(t, y2(t)) – f2(t, y2(t)) = $<0, 1>df1/dy(t, y2(t) + O(y1(t)-y2(t))dO(y1(t) – y2(t)) + f1(t, y2(t)) – f2(t, y2(t)). Введем v(t) = y1(t) – y2(t), p(t) = $<0, 1>df1/dy(t, y2(t) + O(y1(t) – y2(t)))dO, h(t) = f1(t, y2(t)) – f2(t, y2(t)). Тогда f1(t, y1(t)) – f2(t, y2(t)) = p(t)v(t) + h(t) и мы можем написать v’(t) = p(t)v(t) + h(t), t Є [t0, t0 + T] (переписанное одно из предыдущих равенств). Решение этого ДУ с начальным условием v(t0) = y01 – y02 имеет вид v(t) = (y01- y02)exp{$<t0, t>p(ξ)dξ} + $<t0, t>exp{$<u, t>pξdξ}h(t)du t Є [t0, t0 + T]. Так как из условий Т y01 – y02 >= 0, h(t) >= 0, t Є [t0, t0 + t], то v(t) = y1(t) – y2(t) >= 0, t Є [t0, t0 + T]. ЧТД.