Диференціальні рівняння першого порядку

Зазвичай перші диференціальні рівняння зустрічаються - це рівняння першого порядку. Диференціальне рівняння першого порядку набуває вигляду

\[F\left(y^{\prime}, y, x\right)=0 \nonumber \]

Існує дві загальні форми, за якими можна формально отримати рішення. Перший - роздільний випадок, а другий - рівняння першого порядку. Ми вказуємо, що формально можемо отримати рішення, оскільки можна відобразити необхідну інтеграцію, яка призводить до вирішення. Однак отримані інтеграли не завжди зводяться до елементарних функцій, а також не отримують явних розв'язків, коли інтеграли є здійсненними.

Рівняння першого порядку є відокремлюваним, якщо його можна записати у вигляді

\[\dfrac{d y}{d x}=f(x) g(y) \nonumber \]

Особливі випадки виникають, коли\(f(x)=1\) або\(g(y)=1\). У першому випадку рівняння вважається автономним.

Загальний розв'язок рівняння (1.5) виходить через два інтеграли:

\[\int \dfrac{d y}{g(y)}=\int f(x) d x+C, \nonumber \]

де\(C\) - константа інтеграції. Це дає однопараметричне сімейство розв'язків диференціального рівняння, що відповідає різним значенням\(C\). Якщо можна вирішити (1.6) for\(y(x)\), то виходить явне рішення. В іншому випадку є сімейство неявних рішень. Якщо також дається початкова умова, то можна знайти члена сім'ї, який задовольняє цьому умові, який часто називають конкретним рішенням.

Приклад 1.1. \(y^{\prime}=2 x y, y(0)=2\).

Застосовуючи (1.6), один має

\[\int \dfrac{d y}{y}=\int 2 x d x+C \nonumber \]

Інтеграція врожайності

\[\ln |y|=x^{2}+C . \nonumber \]

Зводячи в експоненцію, виходить загальне рішення,

\[y(x)=\pm e^{x^{2}+C}=A e^{x^{2}} . \nonumber \]

Тут ми визначилися\(A=\pm e^{C}\). Оскільки\(C\) є довільною константою,\(A\) є довільною константою. Кілька розв'язків цього 1-параметричного сімейства показані на малюнку 1.1.

Далі шукають конкретне рішення, що задовольняє початковій умові. Бо\(y(0)=2\), один знаходить, що\(A=2\). Отже, конкретним рішенням, що задовольняє початковим умовам, є\(y(x)=2 e^{x^{2}}\).

Приклад 1.2. \(y y^{\prime}=-x\).

Дотримуючись тієї ж процедури, що і в останньому прикладі, виходить:

\[\int y d y=-\int x d x+C \Rightarrow y^{2}=-x^{2}+A, \quad \text { where } \quad A=2 C . \nonumber \]

Таким чином, отримуємо неявне рішення. Написуючи рішення як\(x^{2}+y^{2}=A\), ми бачимо, що це сімейство кіл для\(A>0\) і походження для\(A=0\). Графіки деяких рішень в цьому сімействі показані на малюнку 1.2.

У цьому випадку шукає інтегруючий коефіцієнт\(\mu(x)\), який є функцією, яку можна помножити за допомогою рівняння, що робить ліву частину ідеальною похідною. Таким чином, отримання,

\[\dfrac{d}{d x}[\mu(x) y(x)]=\mu(x) q(x) . \nonumber \]

Інтеграційний фактор, який працює, є\(\mu(x)=\exp \left(\int^{x} p(\xi) d \xi\right)\). Це можна показати, розгорнувши похідну в Рівнянні (1.8),

\[\mu(x) y^{\prime}(x)+\mu^{\prime}(x) y(x)=\mu(x) q(x) \nonumber \]

і порівнявши це рівняння з тим, що отримано при множенні (1.7) на\(\mu(x)\):

\[\mu(x) y^{\prime}(x)+\mu(x) p(x) y(x)=\mu(x) q(x) . \nonumber \]

Зверніть увагу, що ці останні два рівняння були б однаковими, якщо

\[\dfrac{d \mu(x)}{d x}=\mu(x) p(x) . \nonumber \]

Це роздільне рівняння першого порядку, розв'язком якого є наведена вище форма для інтегруючого коефіцієнта,

\[\mu(x)=\exp \left(\int^{x} p(\xi) d \xi\right) \nonumber \]

Рівняння (1.8) легко інтегрується для отримання

\[y(x)=\dfrac{1}{\mu(x)}\left[\int^{x} \mu(\xi) q(\xi) d \xi+C\right] . \nonumber \]

Приклад 1.3. \(x y^{\prime}+y=x, \quad x>0, y(1)=0\).

Перший зазначає, що це лінійне диференціальне рівняння першого порядку. Вирішуючи для\(y^{\prime}\), можна помітити, що вихідне рівняння не відокремлюється. Однак він не в стандартному вигляді. Отже, спочатку перепишемо рівняння як

\[\dfrac{d y}{d x}+\dfrac{1}{x} y=1 . \nonumber \]

Відзначивши це\(p(x)=\dfrac{1}{x}\), ми визначаємо інтеграційний фактор

\[\mu(x)=\exp \left[\int^{x} \dfrac{d \xi}{\xi}\right]=e^{\ln x}=x . \nonumber \]

Помноживши рівняння (1,13) на\(\mu(x)=x\), ми фактично повертаємо вихідне рівняння! У цьому випадку ми виявили, що,\(x y^{\prime}+y\) мабуть, було похідним від чогось, щоб почати. Насправді,\((x y)^{\prime}=x y^{\prime}+x\). Тому рівняння (1.8) стає

\[(x y)^{\prime}=x \nonumber \]

Інтеграція виходить

\[x y=\dfrac{1}{2} x^{2}+C, \nonumber \]

або

\[y(x)=\dfrac{1}{2} x+\dfrac{C}{x} . \nonumber \]

Вставляючи початкову умову в це рішення, ми маємо\(0=\dfrac{1}{2}+C\). Тому,\(C=-\dfrac{1}{2}\). Таким чином, рішення початкової задачі значення є\(y(x)=\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\)

Приклад 1.4. \((\sin x) y^{\prime}+(\cos x) y=x^{2} \sin x\).

Власне, ця проблема проста, якщо ви розумієте, що

\[\dfrac{d}{d x}((\sin x) y)=(\sin x) y^{\prime}+(\cos x) y \nonumber \]

Але, ми пройдемо процес пошуку інтегруючого фактора для практики.

Спочатку перепишіть вихідне диференціальне рівняння в стандартному вигляді:

\[y^{\prime}+(\cot x) y=x^{2} \nonumber \]

Потім обчислити коефіцієнт інтеграції як

\[\mu(x)=\exp \left(\int^{x} \cot \xi d \xi\right)=e^{-\ln (\sin x)}=\dfrac{1}{\sin x} \nonumber \]

Використовуючи інтегруючий коефіцієнт, вихідне рівняння стає

\[\dfrac{d}{d x}((\sin x) y)=x^{2} . \nonumber \]

Інтегруючи, ми маємо

\[y \sin x=\dfrac{1}{3} x^{3}+C \nonumber \]

Отже, рішення є

\[y=\left(\dfrac{1}{3} x^{3}+C\right) \csc x \nonumber \]

Існують інші рівняння першого порядку, які можна вирішити для розв'язків замкнутої форми. Однак багато рівнянь не розв'язні, або один просто зацікавлений в поведінці розв'язків. У таких випадках звертається до полів напряму. Ми повернемося до обговорення якісної поведінки диференціальних рівнянь пізніше в курсі.

Лінійні диференційні рівняння другого порядку

Диференціальні рівняння другого порядку, як правило, важче першого порядку. У більшості випадків студенти піддаються лише лінійним диференціальним рівнянням другого порядку. Загальний вигляд для лінійного диференціального рівняння другого порядку задається

\[a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) . \nonumber \]

Переписати це рівняння можна за допомогою термінології операторів. А саме спочатку визначається диференціальний оператор\(L=a(x) D^{2}+b(x) D+c(x)\), де\(D=\dfrac{d}{d x}\). Тоді рівняння (1.14) стає

\[L y=f \nonumber \]

Розв'язки лінійних диференціальних рівнянь знайдені за допомогою лінійності\(L\). А саме, розглядається векторний простір,\({ }^{1}\) що складається з реальнозначних функцій над деякою областю. \(g\)Дозволяти\(f\) і бути вектори в цьому просторі функцій. \(L\)є лінійним оператором, якщо для двох векторів\(f\) і\(g\) і скалярний\(a\), у нас є що

а.\(L(f+g)=L f+L g\)

б\(L(a f)=a L f\).

Зазвичай розв'язує (1.14) шляхом знаходження загального розв'язку однорідної задачі,

\[L y_{h}=0 \nonumber \]

і конкретний розв'язок неоднорідної задачі,

\[L y_{p}=f \text {. } \nonumber \]

Тоді загальне рішення (1.14) просто дається як\(y=y_{h}+y_{p}\). Це вірно через лінійності\(L\). А саме,

\[\begin{aligned} L y &=L\left(y_{h}+y_{p}\right) \\ &=L y_{h}+L y_{p} \\ &=0+f=f \end{aligned} \nonumber \]

Існують методи знаходження конкретного розв'язку диференціального рівняння. Вони варіюються від чистого вгадування до методу невизначеного коефіцієнта, або використовуючи метод варіації параметрів. Деякі з цих методів ми розглянемо пізніше.

Визначити рішення однорідної проблеми\(L y_{h}=0\), не завжди легко. Однак інші вивчали різноманітні лінійні рівняння другого порядку.

\({ }^{1}\)Припускаємо, що читач познайомився з поняттями в лінійній алгебрі. Пізно в тексті ми згадаємо визначення векторного простору і побачимо, що лінійна алгебра знаходиться на тлі вивчення багатьох понять при розв'язанні диференціальних рівнянь. і позбавили нас від неприємностей для деяких диференціальних рівнянь, які часто з'являються в додатках.

Знову ж таки, лінійність корисна при отриманні загального розв'язку однорідного лінійного диференціального рівняння. Якщо\(y_{1}\) і\(y_{2}\) є розв'язками однорідного рівняння, то лінійна комбінація також\(y=c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\) є рішенням однорідного рівняння. По суті, якщо\(y_{1}\) і\(y_{2}\) є лінійно незалежними,\({ }^{2}\) то\(y=c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\) є загальним рішенням однорідної задачі. Як ви пам'ятаєте, лінійна незалежність встановлюється, якщо у Вронскіана розв'язків не нуль. У цьому випадку у нас є

\[W\left(y_{1}, y_{2}\right)=y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x) \neq 0 \nonumber \]

Рівняння постійних коефіцієнтів

Найпростіші і найбільш помітні диференціальні рівняння другого порядку - це ті з постійними коефіцієнтами. Загальний вигляд для однорідного постійного коефіцієнта лінійного диференціального рівняння другого порядку наведено як

\[a y^{\prime \prime}(x)+b y^{\prime}(x)+c y(x)=0, \nonumber \]

де\(a, b\), і\(c\) є константами.

Розчини до (1,18) виходять, роблячи припущення\(y(x)=e^{r x}\). Вставка цієї здогадки в (1.18) призводить до характеристичного рівняння

\[a r^{2}+b r+c=0 . \nonumber \]

Коріння цього рівняння, в свою чергу, призводять до трьох типів розчину залежно від природи коренів, як показано нижче.

Приклад 1.5. \(y^{\prime \prime}-y^{\prime}-6 y=0 y(0)=2, y^{\prime}(0)=0\).

Характерним рівнянням для цієї задачі є\(r^{2}-r-6=0\). Коріння цього рівняння знайдені як\(r=-2,3\). Тому загальне рішення можна швидко записати:

\[y(x)=c_{1} e^{-2 x}+c_{2} e^{3 x} . \nonumber \]

Зверніть увагу, що в загальному розв'язку є дві довільні константи. Тому потрібно дві частини інформації, щоб знайти конкретне рішення. Звичайно, ми маємо необхідну інформацію у вигляді початкових умов.

Також потрібно оцінити першу похідну

\[y^{\prime}(x)=-2 c_{1} e^{-2 x}+3 c_{2} e^{3 x} \nonumber \]

\({ }^{2}\)Нагадаємо, набір функцій\(\left\{y_{i}(x)\right\}_{i=1}^{n}\) є лінійно незалежним набором, якщо і тільки якщо

\[c_{1} y\left(1(x)+\ldots+c_{n} y_{n}(x)=0\right. \nonumber \]

має на увазі\(c_{i}=0\), для\(i=1, \ldots, n\). для того, щоб намагатися задовольнити початкові умови. Оцінка\(y\) і\(y^{\prime}\) при\(x=0\) врожайності

\[\begin{aligned} &2=c_{1}+c_{2} \\ &0=-2 c_{1}+3 c_{2} \end{aligned} \nonumber \]

Ці два рівняння в двох невідомих можна легко вирішити, щоб дати\(c_{1}=6 / 5\) і\(c_{2}=4 / 5\). Тому розв'язання початкової задачі значення виходить як\(y(x)=\dfrac{6}{5} e^{-2 x}+\dfrac{4}{5} e^{3 x}\).

Класифікація коренів характеристичного рівняння для одиниць постійного коефіцієнта другого порядку

1. Справжні, чіткі коріння\(r_{1}, r_{2}\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Тому загальне рішення просто\(y(x)=c_{1} e^{r_{1} x}+c_{2} e^{r_{2} x}\).
2. Справжні, рівні корені\(r_{1}=r_{2}=r\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно залежать. Для пошуку другого лінійно незалежного рішення використовується Метод зменшення порядку. Це дає друге рішення як\(x e^{r x}\). Тому загальне рішення зустрічається як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} x\right) e^{r x}\). [Про це йдеться у додатку до цього розділу.]
3. Складні сполучені коріння\(r_{1}, r_{2}=\alpha \pm i \beta\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Використовуючи ідентичність Ейлера\(e^{i \theta}=\cos (\theta)+i \sin (\theta)\), ці складні експоненціальні можуть бути переписані з точки зору тригонометричних функцій. А саме, один має\(e^{\alpha x} \sin (\beta x)\) що\(e^{\alpha x} \cos (\beta x)\) і два лінійно незалежних рішення. Тому загальним рішенням стає\(y(x)=e^{\alpha x}\left(c_{1} \cos (\beta x)+c_{2} \sin (\beta x)\right)\). [Про це йдеться у додатку до цього розділу.]

Приклад 1.6. \(y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+9 y=0\).

У цьому прикладі ми маємо\(r^{2}+6 r+9=0\). Є тільки один корінь,\(r=-3\). Знову ж таки, розчин легко виходить як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} x\right) e^{-3 x}\).

Приклад 1.7. \(y^{\prime \prime}+4 y=0\).

Характерне рівняння в даному випадку є\(r^{2}+4=0\). Коріння - це чисті уявні коріння,\(r=\pm 2 i\) а загальне рішення складається суто з синусоїдальних функцій:\(y(x)=c_{1} \cos (2 x)+c_{2} \sin (2 x)\)

Приклад 1.8. \(y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+4 y=0\).

Характерне рівняння в даному випадку є\(r^{2}+2 r+4=0\). Коріння складні,\(r=-1 \pm \sqrt{3} i\) і загальне рішення можна записати як\(y(x)=\)\(\left[c_{1} \cos (\sqrt{3} x)+c_{2} \sin (\sqrt{3} x)\right] e^{-x}\) Одне з найважливіших застосувань рівнянь в останніх двох прикладах полягає у вивченні коливань. Типові системи - маса на пружині, або простий маятник. Для маси\(m\) на пружині з постійною пружини\(k>0\), один з закону Гука має, що положення як функція часу\(x(t)\), задовольняє рівнянню

\[m x^{\prime \prime}+k x=0 . \nonumber \]

Це рівняння постійного коефіцієнта має чисті уявні коріння,\((\alpha=0)\) а розчини - чисті синуси та косинуси. Такий рух називається простим гармонійним рухом.

Додавання терміна демпфування та періодичне форсування ускладнює динаміку, але, тим не менш, вирішуване. У наступному прикладі показаний примусовий гармонічний осцилятор.

Приклад 1.9. \(y^{\prime \prime}+4 y=\sin x\).

Це приклад неоднорідної задачі. Однорідну задачу фактично було вирішено в прикладі 1.7. Згідно з теорією, нам потрібно лише шукати конкретний розв'язок неоднорідної задачі і додати його до розв'язку останнього прикладу, щоб отримати загальний розв'язок.

Конкретне рішення можна отримати шляхом чисто ворожіння, складання освіченого припущення або за допомогою методу варіації параметрів. Ми не будемо розглядати всі ці прийоми в цей час. Завдяки простій формі терміна водіння, ми зробимо розумну здогадку\(y_{p}(x)=A \sin x\) і визначимо, що\(A\) має бути. Нагадаємо, це Метод невизначений коефіцієнтів, який ми розглянемо в наступному розділі. Вставка нашого припущення в рівняння дає\((-A+4 A) \sin x=\sin x\). Отже, ми бачимо, що\(A=1 / 3\) працює. Таким чином, загальним рішенням неоднорідної задачі є\(y(x)=\)\(c_{1} \cos (2 x)+c_{2} \sin (2 x)+\dfrac{1}{3} \sin x\)

Метод невизначеного коефіцієнта

На сьогоднішній день ми знаємо тільки, як вирішувати постійний коефіцієнт, однорідні рівняння. Як розв'язувати неоднорідне рівняння, подібне до цього в Рівнянні?\((1.14)\)

\[a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) \nonumber \]

Нагадаємо, що це рівняння вирішується шляхом знаходження загального розв'язку однорідної задачі,

\[L y_{h}=0 \nonumber \]

і конкретний розв'язок неоднорідної задачі,

\[L y_{p}=f \nonumber \]

Тоді загальне рішення (1.14) просто дається як\(y=y_{h}+y_{p}\). Отже, як ми знаходимо конкретне рішення? Ви можете вгадати рішення, але це, як правило, неможливо без невеликого досвіду. Тому нам знадобляться деякі інші методи. Існує два основних методи. У першому випадку, Методом невизначеного коефіцієнта, робиться інтелектуальна здогадка, заснована на формі\(f(x)\). При другому способі можна систематично розробляти конкретне рішення. Ми повернемося до цього методу Метод варіації параметрів, пізніше в книзі.

Давайте вирішимо просте диференціальне рівняння, підкреслюючи, як ми можемо обробляти неоднорідні рівняння.

Приклад 1.10. Розглянемо рівняння

\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=4 \nonumber \]

Насамперед необхідно визначити рішення однорідного рівняння. Таким чином, вирішуємо

\[y_{h}^{\prime \prime}+2 y_{h}^{\prime}-3 y_{h}=0 . \nonumber \]

Характерне рівняння є\(r^{2}+2 r-3=0\). Коріння є\(r=1,-3\). Отже, ми можемо відразу написати рішення

\[y_{h}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x} . \nonumber \]

Другий крок - знайти конкретне рішення (1.22). Яку можливу функцію ми можемо вставити в це рівняння таке, що залишається лише 4? Якщо ми спробуємо щось пропорційне\(x\), то нам залишається лінійна функція після вставки\(x\) і її похідних. Можливо, постійна функція вам може здатися. \(y=4\)не працює. Але, ми могли б спробувати довільну константу,\(y=A\).

Давайте подивимося. \(y=A\)Вставляючи в\((1.22)\), отримуємо

\[-3 A=4 . \nonumber \]

Ах ха! Ми бачимо, що можемо вибрати,\(A=-\dfrac{4}{3}\) і це працює. Отже, у нас є конкретне рішення,\(y_{p}(x)=-\dfrac{4}{3}\). Цей крок зроблений.

Об'єднавши наші два розв'язки, ми маємо загальний розв'язок вихідного неоднорідного рівняння (1.22). А саме,

\[y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x}-\dfrac{4}{3} \nonumber \]

Вставте це рішення в рівняння і переконайтеся, що це дійсно рішення. Якби нам дали початкові умови, ми могли б тепер використовувати їх для визначення наших довільних констант.

Що робити, якщо у нас був інший термін джерела? Розглянемо рівняння

\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=4 x . \nonumber \]

Єдине, що зміниться, - це наше конкретне рішення. Отже, нам потрібна здогадка. Ми знаємо, що постійна функція не працює за останнім прикладом. Отже, спробуємо\(y_{p}=A x\). Вставка цієї функції в Рівняння (??) , отримуємо

\[2 A-3 A x=4 x . \nonumber \]

Пікіровка позбавила\(A=-4 / 3\) б від\(x\) термінів, але не скасує все. У нас все ще залишається постійний лівий. Отже, нам потрібно щось більш загальне.

Давайте спробуємо лінійну функцію,\(y_{p}(x)=A x+B\). Тоді отримуємо після підміни\(\operatorname{into}(1.24)\)

\[2 A-3(A x+B)=4 x . \nonumber \]

Прирівнюючи коефіцієнти різних ступенів\(x\) по обидва боки, знайдемо систему рівнянь для невизначеного коефіцієнта:

\[\begin{array}{r} 2 A-3 B=0 \\ -3 A=4 . \end{array} \nonumber \]

Вони легко вирішуються для отримання

\[\begin{aligned} &A=-\dfrac{4}{3} \\ &B=\dfrac{2}{3} A=-\dfrac{8}{9} \end{aligned} \nonumber \]

Отже, наше конкретне рішення

\[y_{p}(x)=-\dfrac{4}{3} x-\dfrac{8}{9} . \nonumber \]

Це дає загальний розв'язок неоднорідної задачі як

\[y(x)=y_{h}(x)+y_{p}(x)=c_{1} e^{x}+c_{2} e^{-3 x}-\dfrac{4}{3} x-\dfrac{8}{9} \nonumber \]

Існують загальні форми, які ви можете здогадатися, виходячи з форми терміну водіння,\(f(x)\). Деякі приклади наведені в таблиці 1.1.4. Більш загальні програми висвітлюються в стандартному тексті на диференціальних рівняннях. Однак процедура нескладна. Наведено\(f(x)\) в певному вигляді, ви робите відповідне вгадання до якихось невідомих параметрів, або коефіцієнтів. Вставка припущення призводить до системи рівнянь для невідомих коефіцієнтів. Вирішіть систему, і у вас є своє рішення. Потім цей розчин додається до загального розв'язку однорідного диференціального рівняння.

Приклад 1.11. В якості заключного прикладу розглянемо рівняння

\[y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}-3 y=2 e^{-3 x} \nonumber \]

Згідно з вищесказаним, ми б вгадали рішення форми\(y_{p}=A e^{-3 x}\). Вставляючи нашу здогадку, знаходимо

\[0=2 e^{-3 x} \nonumber \]

Упс! Коефіцієнт\(A\), пропав! Ми не можемо вирішити це. Що пішло не так?

Відповідь криється в загальному рішенні однорідної задачі. Зверніть увагу, що\(e^{x}\) і\(e^{-3 x}\) є рішеннями однорідної проблеми. Отже, кратна нам нікуди не дістанеться.\(e^{-3 x}\) Виявляється, є ще одна модифікація методу. Якщо наш рушійний термін містить члени, які є розв'язками однорідної задачі, то нам потрібно зробити припущення, що складається з найменшої можливої потужності\(x\) разів функції, яка більше не є розв'язком однорідної задачі. А саме, здогадуємося\(y_{p}(x)=A x e^{-3 x}\). Обчислюємо похідну нашого припущення,\(y_{p}^{\prime}=A(1-3 x) e^{-3 x}\) і\(y_{p}^{\prime \prime}=A(9 x-6) e^{-3 x}\). Вставивши їх в рівняння, отримаємо

\[[(9 x-6)+2(1-3 x)-3 x] A e^{-3 x}=2 e^{-3 x} \nonumber \]

\[-4 A=2 . \nonumber \]

Отже,\(A=-1 / 2\) і\(y_{p}(x)=-\dfrac{1}{2} x e^{-3 x}\).

Рівняння Коші-Ейлера

Іншим класом розв'язних лінійних диференціальних рівнянь, який представляє інтерес, є рівняння типу Коші-Ейлера. Ці дані

\[a x^{2} y^{\prime \prime}(x)+b x y^{\prime}(x)+c y(x)=0 . \nonumber \]

Зверніть увагу, що в таких рівняннях потужність\(x\) в кожному з коефіцієнтів відповідає порядку похідної в цьому терміні. Ці рівняння вирішуються подібним до рівнянь постійного коефіцієнта.

Один починається з того, щоб зробити припущення\(y(x)=x^{r}\). Вставляючи цю функцію та її похідні,

\[y^{\prime}(x)=r x^{r-1}, \quad y^{\prime \prime}(x)=r(r-1) x^{r-2}, \nonumber \]

в рівняння (1.28), ми маємо

\[[a r(r-1)+b r+c] x^{r}=0 \nonumber \]

Оскільки це має бути вірним для всіх\(x\) у проблемній області, отримаємо характеристичне рівняння

\[a r(r-1)+b r+c=0 \nonumber \]

Так само, як і диференціальне рівняння постійного коефіцієнта, ми маємо квадратне рівняння і природа коренів знову призводить до трьох класів розв'язків. Вони наведені нижче. Деякі деталі наведені в наступному розділі.

Класифікація коренів характеристичного рівняння для диференціальних рівнянь Коші-Ейлера

1. Справжні, чіткі коріння\(r_{1}, r_{2}\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Тому загальне рішення просто\(y(x)=c_{1} x^{r_{1}}+c_{2} x^{r_{2}}\).
2. Справжні, рівні корені\(r_{1}=r_{2}=r\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно залежать. Для пошуку другого лінійно незалежного рішення використовується Метод зменшення порядку. Це дає друге рішення як\(x^{r} \ln |x|\). Тому загальне рішення зустрічається як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |x|\right) x^{r}\).
3. Складні сполучені коріння\(r_{1}, r_{2}=\alpha \pm i \beta\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Ці складні експоненціальні можуть бути переписані з точки зору тригонометричних функцій. А саме, один має\(x^{\alpha} \sin (\beta \ln |x|)\) що\(x^{\alpha} \cos (\beta \ln |x|)\) і два лінійно незалежних рішення. Тому загальним рішенням стає\(y(x)=\)\(x^{\alpha}\left(c_{1} \cos (\beta \ln |x|)+c_{2} \sin (\beta \ln |x|)\right)\).

Приклад 1.12. \(x^{2} y^{\prime \prime}+5 x y^{\prime}+12 y=0\)

Як і у випадку з рівняннями постійного коефіцієнта, ми починаємо з запису характеристичного рівняння. Роблячи прості обчислення,

\[\begin{aligned} 0 &=r(r-1)+5 r+12 \\ &=r^{2}+4 r+12 \\ &=(r+2)^{2}+8 \\ -8 &=(r+2)^{2} \end{aligned} \nonumber \]

один визначає коріння є\(r=-2 \pm 2 \sqrt{2} i\). Тому загальним рішенням є\(y(x)=\left[c_{1} \cos (2 \sqrt{2} \ln |x|)+c_{2} \sin (2 \sqrt{2} \ln |x|)\right] x^{-2}\) приклад 1.13. \(t^{2} y^{\prime \prime}+3 t y^{\prime}+y=0, \quad y(1)=0, y^{\prime}(1)=1\).

Для цього прикладу характеристичне рівняння набуває вигляду:

\[r(r-1)+3 r+1=0, \nonumber \]

\[r^{2}+2 r+1=0 . \nonumber \]

Є тільки один справжній корінь,\(r=-1\). Тому загальним рішенням є

\[y(t)=\left(c_{1}+c_{2} \ln |t|\right) t^{-1} . \nonumber \]

Однак ця проблема є проблемою початкового значення. У\(t=1\) нас відомі значення\(y\) і\(y^{\prime}\). Використовуючи загальне рішення, ми спочатку маємо це

\[0=y(1)=c_{1} \nonumber \]

Таким чином, ми маємо поки що\(y(t)=c_{2} \ln |t| t^{-1}\). Тепер, використовуючи другу умову і

\[y^{\prime}(t)=c_{2}(1-\ln |t|) t^{-2}, \nonumber \]

у нас є

\[1=y(1)=c_{2} \text {. } \nonumber \]

Тому рішення початкової задачі значення є\(y(t)=\ln |t| t^{-1}\).

Неоднорідні рівняння Коші-Ейлера Ми також можемо розв'язати деякі неоднорідні рівняння Коші-Ейлера за допомогою методу невизначеного коефіцієнта. Ми продемонструємо це на кількох прикладах.

Приклад 1.14. Знайдіть рішення\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{2}\).

Спочатку знаходимо рішення однорідного рівняння. Характерне рівняння є\(r^{2}-2 r-3=0\). Отже, коріння є\(r=-1,3\) і рішення є\(y_{h}(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}\)

Далі нам знадобиться конкретне рішення. Давайте здогадаємося\(y_{p}(x)=A x^{2}\). Вставивши припущення в неоднорідне диференціальне рівняння, ми маємо

\[\begin{aligned} 2 x^{2} &=x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{2} \\ &=2 A x^{2}-2 A x^{2}-3 A x^{2} \\ &=-3 A x^{2} \end{aligned} \nonumber \]

Отже,\(A=-2 / 3\). Тому загальним рішенням проблеми є

\[y(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}-\dfrac{2}{3} x^{2} . \nonumber \]

Приклад 1.15. Знайдіть рішення\(x^{2} y^{\prime \prime}-x y^{\prime}-3 y=2 x^{3}\).

У цьому випадку неоднорідний член є розв'язком однорідної задачі, яку ми розв'язали в останньому прикладі. Отже, нам знадобиться модифікація методу. У нас проблема форми

\[a x^{2} y^{\prime \prime}+b x y^{\prime}+c y=d x^{r} \nonumber \]

де\(r\) знаходиться рішення\(a r(r-1)+b r+c=0\). Давайте вгадаємо рішення форми\(y=A x^{r} \ln x\). Потім виявляється, що диференціальне рівняння зводиться до\(A x^{r}(2 a r-a+b)=d x^{r}\). [Ви повинні переконатися в цьому самі.]

Маючи це на увазі, тепер ми можемо вирішити поставлену проблему. Нехай\(y_{p}=\)\(A x^{3} \ln x\). Вставивши в рівняння, отримаємо\(4 A x^{3}=2 x^{3}\), або\(A=1 / 2\). Загальне рішення проблеми тепер можна записати як

\[y(x)=c_{1} x^{-1}+c_{2} x^{3}+\dfrac{1}{2} x^{3} \ln x . \nonumber \]

Огляд курсу

Здебільшого ваш перший курс з диференціальних рівнянь був присвячений вирішенню початкових задач. Коли рівняння другого порядку не потрапляли в вищевказані випадки, то ви, можливо, навчилися отримувати наближені рішення за допомогою методів степеневих рядів або навіть знаходити нові функції з цих методів. У цьому курсі ми розглянемо дві широкі теми: системи диференціальних рівнянь та крайові задачі.

Ми побачимо, що при вивченні систем диференціальних рівнянь існують цікаві задачі на початкове значення. Насправді багато рівнянь другого порядку, які ви бачили в минулому, можна записати як систему двох рівнянь першого порядку. Наприклад, рівняння для простого гармонійного руху,

\[x^{\prime \prime}+\omega^{2} x=0 \nonumber \]

може бути записана як система

\[\begin{gathered} x^{\prime}=y \\ y^{\prime}=-\omega^{2} x \end{gathered} . \nonumber \]

Відразу зауважте, що\(x^{\prime \prime}=y^{\prime}=-\omega^{2} x\). Звичайно, можна узагальнити це до систем з більш складними правими сторонами. Поведінка таких систем може бути досить цікавим, і ці системи є результатом різноманітних фізичних моделей.

У другій частині курсу ми вивчимо крайові задачі. Часто ці проблеми розвиваються з вивчення рівнянь з частинними похідними. Такі приклади випливають з вібраційних струн, температурних розподілів, згинання балок і т.д. граничні умови - це умови, які накладаються більш ніж в одній точці, тоді як для задач початкового значення умови задаються в одній точці. Наприклад, ми могли б взяти рівняння коливань вище і запитати, коли розв'язки рівняння задовольнять умовам\(x(0)=0\) і\(x(1)=0\). Загальним рішенням, як ми визначили раніше, є

\[x(t)=c_{1} \cos \omega t+c_{2} \sin \omega t \nonumber \]

Вимагаючи\(x(0)=0\), ми знаходимо\(c_{1}=0\), що, йдучи\(x(t)=c_{2} \sin \omega t\). І нав'язуючи це\(0=x(1)=c_{2} \sin \omega\), ми змушені зробити\(\omega=n \pi\), для\(n=1,2, \ldots\). (Створення не\(c_{2}=0\) дасть ненульового рішення проблеми.) Таким чином, існує нескінченна кількість можливих рішень, якщо у нас є свобода вибору нашого\(\omega\). У другій половині курсу ми досліджуємо методи розв'язання крайових задач і розглянемо кілька застосувань, в тому числі побачимо зв'язки з рівняннями з частинними похідними та рядами Фур'є.

Додаток: Зведення порядку і складних коренів

У цьому розділі наведено деякі деталі, що ведуть до загальних форм для постійного коефіцієнта та диференціальних рівнянь Коші-Ейлера. У першому підрозділі ми розглянемо, як метод зменшення порядку використовується для отримання другого лінійно незалежних розв'язків для випадку одного повторного кореня. У другому підрозділі ми розглянемо, як комплексні рішення можуть бути використані для отримання двох лінійно незалежних реальних рішень.

Вступ

У цьому розділі ми почнемо наше вивчення систем диференціальних рівнянь. Після визначення систем першого порядку ми розглянемо системи постійних коефіцієнтів і поведінку рішень для цих систем. Також велика частина обговорення буде зосереджена на плоских, або двовимірних, системах. Для таких систем ми зможемо розглянути різноманітні графічні зображення сімейства розв'язків і обговорити якісні особливості систем, які ми можемо вирішити при підготовці до вивчення систем, розв'язки яких неможливо знайти в алгебраїчній формі.

Загальний вигляд для систем першого порядку на площині задається системою з двох рівнянь для невідомих\(x(t)\) і\(y(t)\):

\[\begin{aligned} &x^{\prime}(t)=P(x, y, t) \\ &y^{\prime}(t)=Q(x, y, t) \end{aligned} \nonumber \]

Автономна система - це та, в якій немає явної тимчасової залежності:

\[\begin{aligned} &x^{\prime}(t)=P(x, y) \\ &y^{\prime}(t)=Q(x, y) \end{aligned} \nonumber \]

Інакше систему називають неавтономної.

Лінійна система набуває вигляду

\[\begin{aligned} x^{\prime} &=a(t) x+b(t) y+e(t) \\ y^{\prime} &=c(t) x+d(t) y+f(t) \end{aligned} \nonumber \]

Однорідна лінійна система призводить коли\(e(t)=0\) і\(f(t)=0\).

Лінійна система постійних коефіцієнтів диференціальних рівнянь першого порядку задається

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=a x+b y+e \\ &y^{\prime}=c x+d y+f \end{aligned} \nonumber \]

Ми зупинимося на лінійних однорідних системах постійного коефіцієнта диференціальних рівнянь першого порядку:

Як ми побачимо пізніше, такі системи можуть призвести до простого перекладу невідомих функцій. Ці рівняння, як кажуть, пов'язані, якщо\(b \neq 0\) або\(c \neq 0\).

Почнемо з того, що відзначимо, що систему (2.5) можна переписати як постійне коефіцієнт другого порядку лінійне диференціальне рівняння, яке ми вже знаємо, як вирішувати. Ми диференціюємо перше рівняння в системній системі (2.5) і систематично замінюємо входження\(y\) і\(y^{\prime}\), оскільки ми також знаємо з першого рівняння, що\(y=\dfrac{1}{b}\left(x^{\prime}-a x\right)\). Таким чином, ми маємо

\[\begin{aligned} x^{\prime \prime} &=a x^{\prime}+b y^{\prime} \\ &=a x^{\prime}+b(c x+d y) \\ &=a x^{\prime}+b c x+d\left(x^{\prime}-a x\right) . \end{aligned} \nonumber \]

Переписуючи останній рядок, ми маємо

\(x^{\prime \prime}-(a+d) x^{\prime}+(a d-b c) x=0 .\)

Це лінійне, однорідне, постійний коефіцієнт звичайного диференціального рівняння. Ми знаємо, що ми можемо вирішити це, спочатку подивившись на коріння характеристичного рівняння.

\[r^{2}-(a+d) r+a d-b c=0 \nonumber \]

і записуючи відповідне загальне рішення для\(x(t)\). Тоді ми можемо знайти\(y(t)\) за допомогою Equation (2.5):

\[y=\dfrac{1}{b}\left(x^{\prime}-a x\right) . \nonumber \]

Зараз ми продемонструємо це на конкретному прикладі.

Приклад 2.1. Розглянемо систему диференціальних рівнянь

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=-x+6 y \\ &y^{\prime}=x-2 y . \end{aligned} \nonumber \]

Виконуючи вищеописані кроки, ми маємо це\(x^{\prime \prime}+3 x^{\prime}-4 x=0\). Це можна показати наступним чином:

\[\begin{aligned} x^{\prime \prime} &=-x^{\prime}+6 y^{\prime} \\ &=-x^{\prime}+6(x-2 y) \\ &=-x^{\prime}+6 x-12\left(\dfrac{x^{\prime}+x}{6}\right) \\ &=-3 x^{\prime}+4 x \end{aligned} \nonumber \]

Отримане диференціальне рівняння має характеристичне рівняння\(r^{2}+3 r-\)\(4=0\). Коріння цього рівняння є\(r=1,-4\). Тому,\(x(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t} .\) Але, нам все одно потрібно\(y(t)\). З першого рівняння системи ми маємо

\[y(t)=\dfrac{1}{6}\left(x^{\prime}+x\right)=\dfrac{1}{6}\left(2 c_{1} e^{t}-3 c_{2} e^{-4 t}\right) . \nonumber \]

Таким чином, рішення нашої системи

\[\begin{aligned} &x(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t}, \\ &y(t)=\dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{aligned} \nonumber \]

Іноді потрібні початкові умови. Для цих систем ми б вказували умови на кшталт\(x(0)=x_{0}\) і\(y(0)=y_{0}\). Це дозволило б визначити довільні константи, як і раніше.

Приклад 2.2. Вирішити

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=-x+6 y \\ &y^{\prime}=x-2 y \end{aligned} \nonumber \]

дано\(x(0)=2, y(0)=0\).

У нас вже є загальне рішення цієї системи в (2.11). Вставляючи початкові умови, ми маємо

\[\begin{aligned} &2=c_{1}+c_{2}, \\ &0=\dfrac{1}{3} c_{1}-\dfrac{1}{2} c_{2} . \end{aligned} \nonumber \]

Рішення для\(c_{1}\) і\(c_{2}\) дає\(c_{1}=6 / 5\) і\(c_{2}=4 / 5\). Тому розв'язанням початкової задачі значення є

\[\begin{aligned} &x(t)=\dfrac{2}{5}\left(3 e^{t}+2 e^{-4 t}\right) \\ &y(t)=\dfrac{2}{5}\left(e^{t}-e^{-4 t}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Полярне представлення спіралей

У прикладах з центром або спіраллю можна записати розв'язки в полярних координатах. Нагадаємо, що точка в площині може бути описана або декартовими,\((x, y)\) або полярними\((r, \theta)\) координатами. З огляду на полярну форму, можна знайти декартові компоненти за допомогою

\[x=r \cos \theta \text { and } y=r \sin \theta . \nonumber \]

Враховуючи декартові координати, полярні координати можна знайти за допомогою

\[r^{2}=x^{2}+y^{2} \text { and } \tan \theta=\dfrac{y}{x} . \nonumber \]

Оскільки\(x\) і\(y\) є функціями\(t\), то, природно, ми можемо думати\(r\) і\(\theta\) як функції\(t\). Рівняння, яким вони задовольняють, отримують шляхом диференціації вищевказаних відносин щодо\(t\).

Диференціація першого рівняння в\((2.27)\) дає

\[r r^{\prime}=x x^{\prime}+y y^{\prime} . \nonumber \]

Вставляючи вирази для\(x^{\prime}\) і\(y^{\prime}\) з системи\(2.5\), ми маємо

\[r r^{\prime}=x(a x+b y)+y(c x+d y) . \nonumber \]

У деяких випадках це може бути написано повністю в\(r\) термінах. аналогічно, у нас є що

\[\theta^{\prime}=\dfrac{x y^{\prime}-y x^{\prime}}{r^{2}} \nonumber \]

які читач може довести за домашнє завдання.

Підсумовуючи, при перетворенні рівнянь першого порядку з прямокутної в полярну форму потрібні наведені нижче співвідношення.

Формулювання матриці

Ми досліджували кілька лінійних систем у площині, і в наступному розділі ми будемо використовувати деякі з цих ідей для дослідження нелінійних систем. Нам потрібно глибше розібратися в рішеннях планарних систем. Отже, в цьому розділі ми переробимо лінійні системи першого порядку в матричну форму. Це призведе до кращого розуміння систем першого порядку та дозволить розширити більш високі розміри та рішення неоднорідних рівнянь пізніше в цьому розділі.

Почнемо зі звичайної однорідної системи в Equation (2.5). Нехай невідомі будуть представлені вектором

\[\mathbf{x}(t)=\left(\begin{array}{c} x(t) \\ y(t) \end{array}\right) \nonumber \]

Тоді ми маємо це

\[\mathbf{x}^{\prime}=\left(\begin{array}{l} x^{\prime} \\ y^{\prime} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} a x+b y \\ c x+d y \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array}\right) \equiv A \mathbf{x} \nonumber \]

Тут ми ввели матрицю коефіцієнтів\(A\). Це векторне диференціальне рівняння першого порядку,

\[\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x} \nonumber \]

Раніше ми можемо написати рішення як

\[\mathbf{x}=\mathbf{x}_{0} e^{A t} \nonumber \]

\(\overline{1}\)Експоненціальна матриця визначається за допомогою розширення рядів Маклоріна Ми хотіли б дослідити рішення нашої системи. Наші дослідження призведуть до нових методів розв'язання лінійних систем за допомогою матричних методів.

Починаємо з згадки рішення конкретної задачі (2.12). Ми отримали рішення цієї системи як

\[\begin{gathered} x(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t}, \\ y(t)=\dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{gathered} \nonumber \]

Це можна переписати за допомогою матричних операцій. А саме спочатку запишемо рішення в векторній формі.

\[\begin{aligned} \mathbf{x} &=\left(\begin{array}{c} x(t) \\ y(t) \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t} \\ \dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} c_{1} e^{t} \\ \dfrac{1}{3} c_{1} e^{t} \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} c_{2} e^{-4 t} \\ -\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array}\right) \\ &=c_{1}\left(\begin{array}{c} 1 \\ \dfrac{1}{3} \end{array}\right) e^{t}+c_{2}\left(\begin{array}{c} 1 \\ -\dfrac{1}{2} \end{array}\right) e^{-4 t} \end{aligned} \nonumber \]

Ми бачимо, що наше рішення у вигляді лінійної комбінації векторів виду

\[\mathbf{x}=\mathbf{v} e^{\lambda t} \nonumber \]

з\(\mathbf{v}\) постійним вектором і\(\lambda\) постійним числом. Це схоже на те, як ми почали знаходити розв'язки рівнянь постійного коефіцієнта другого порядку. Отже, для загальної задачі (2.3) вставляємо цю здогадку. Таким чином,

\[\begin{aligned} \mathbf{x}^{\prime} &=A \mathbf{x} \Rightarrow \\ \lambda \mathbf{v} e^{\lambda t} &=A \mathbf{v} e^{\lambda t} . \end{aligned} \nonumber \]

Щоб це було правдою для всіх\(t\), ми маємо це

\[A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v} . \nonumber \]

Це проблема з власним значенням. \(A\)є\(2 \times 2\) матрицею для нашої задачі, але може бути легко узагальнена до системи диференціальних рівнянь\(n\) першого порядку. Ми поки обмежимося нашими зауваженнями площинними системами. Однак потрібно згадати, як розв'язувати задачі на власні значення, а потім подивитися, як розв'язки задач на власні значення можуть бути використані для отримання розв'язків наших систем диференціальних рівнянь..

\[e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}=1+x+\dfrac{x^{2}}{2 !}+\dfrac{x^{3}}{3 !}+\cdots \nonumber \]

Отже, визначаємо

\[e^{A}=\sum_{k=0}^{\infty}=I+A+\dfrac{A^{2}}{2 !}+\dfrac{A^{3}}{3 !}+\cdots \nonumber \]

Взагалі, важко обчислювати\(e^{A}\) хіба\(A\) що діагональ.

Розв'язування систем постійних коефіцієнтів в\(2 \mathrm{D}\)

Перш ніж перейти до прикладів, ми спочатку вказуємо типи розв'язків, які могли б бути результатом розв'язання однорідної, постійної системи коефіцієнтів диференціальних рівнянь першого порядку. Почнемо з лінійної системи диференціальних рівнянь в матричному вигляді.

\[\dfrac{d \mathbf{x}}{d t}=\left(\begin{array}{ll} a & b \\ c & d \end{array}\right) \mathbf{x}=A \mathbf{x} . \nonumber \]

Тип поведінки залежить від власних значень матриці\(A\). Процедура полягає у визначенні власних значень і власних векторів і використанні їх для побудови загального розв'язку.

Якщо у нас є початкова умова\(\mathbf{x}\left(t_{0}\right)=\mathbf{x}_{0}\), ми можемо визначити дві довільні константи в загальному розв'язку, щоб отримати конкретний розв'язок. Таким чином, якщо\(\mathbf{x}_{1}(t)\) і\(\mathbf{x}_{2}(t)\) є двома лінійно незалежними рішеннями\({ }^{2}\), то загальне рішення дається як

\[\mathbf{x}(t)=c_{1} \mathbf{x}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(t) \nonumber \]

Потім, встановивши\(t=0\), отримуємо два лінійних рівняння для\(c_{1}\) і\(c_{2}\):

\[c_{1} \mathbf{x}_{1}(0)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(0)=\mathbf{x}_{0} \nonumber \]

Основна робота полягає в пошуку лінійно незалежних рішень. Це залежить від різних типів власних значень, які отримують при розв'язанні рівняння власних значень,\(\operatorname{det}(A-\lambda I)=0\). Характер цих коренів вказує на форму загального розчину. На наступній сторінці ми узагальнюємо класифікацію розв'язків за власними значеннями матриці коефіцієнтів. Спочатку ми робимо деякі загальні зауваження щодо правдоподібності цих розв'язків, а потім наведемо приклади в наступному розділі для уточнення матричних методів для наших двовимірних систем.

Побудова загального рішення у випадку I прямо вперед. Однак два інші випадки потребують невеликого пояснення.

\({ }^{2}\)Нагадаємо, що лінійна незалежність означає\(c_{1} \mathbf{x}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(t)=\mathbf{0}\) якщо і тільки якщо\(c_{1}, c_{2}=\) 0. Читач повинен вивести умову про\(\mathbf{x}_{i}\) лінійну незалежність.

1. Випадок I: Два реальних, чітких кореня.

Розв'яжіть задачу\(A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}\) на власні значення для кожного власного значення, отримуючи два власні вектори\(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}\). Потім запишіть загальне рішення як лінійну комбінацію\(\mathbf{x}(t)=c_{1} e^{\lambda_{1} t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda_{2} t} \mathbf{v}_{2}\)

Приклади матричного методу

Тут ми наведемо кілька прикладів для типових систем для трьох випадків, згаданих в останньому розділі.

Приклад 2.14. \(A=\left(\begin{array}{ll}4 & 2 \\ 3 & 3\end{array}\right)\).

Власні значення: Спочатку визначаємо власні значення.

\[0=\left|\begin{array}{cc} 4-\lambda & 2 \\ 3 & 3-\lambda \end{array}\right| \nonumber \]

Тому,

\[\begin{aligned} &0=(4-\lambda)(3-\lambda)-6 \\ &0=\lambda^{2}-7 \lambda+6 \\ &0=(\lambda-1)(\lambda-6) \end{aligned} \nonumber \]

Тоді власні значення\(\lambda=1,6\). Це приклад справи І.

Власні вектори: Далі ми визначаємо власні вектори, пов'язані з кожним із цих власних значень. Ми повинні вирішити систему\(A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}\) в кожному конкретному випадку. Кейс\(\lambda=1\)

\[\begin{gathered} \left(\begin{array}{ll} 4 & 2 \\ 3 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right) \\ \left(\begin{array}{ll} 3 & 2 \\ 3 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right) \end{gathered} \nonumber \]

Це дає\(3 v_{1}+2 v_{2}=0\). Одне з можливих розв'язків дає власне вектор

\[\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2 \\ -3 \end{array}\right) \nonumber \]

Кейс\(\lambda=6\)

\[\begin{aligned} &\left(\begin{array}{cc} 4 & 2 \\ 3 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=6\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right) \\ &\left(\begin{array}{cc} -2 & 2 \\ 3 & -3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Для цього випадку нам потрібно вирішити\(-2 v_{1}+2 v_{2}=0\). Це дає

\[\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array}\right) \nonumber \]

Загальне рішення: Тепер ми можемо побудувати загальне рішення.

\[\begin{aligned} \mathbf{x}(t) &=c_{1} e^{\lambda_{1} t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda_{2} t} \mathbf{v}_{2} \\ &=c_{1} e^{t}\left(\begin{array}{c} 2 \\ -3 \end{array}\right)+c_{2} e^{6 t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} 2 c_{1} e^{t}+c_{2} e^{6 t} \\ -3 c_{1} e^{t}+c_{2} e^{6 t} \end{array}\right) . \end{aligned} \nonumber \]

Приклад 2.15. \(A=\left(\begin{array}{ll}3 & -5 \\ 1 & -1\end{array}\right)\).

Власні значення: Знову ж таки, один вирішує рівняння власного значення.

\[0=\left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & -5 \\ 1 & -1-\lambda \end{array}\right| \nonumber \]

Тому,

\[\begin{aligned} &0=(3-\lambda)(-1-\lambda)+5 \\ &0=\lambda^{2}-2 \lambda+2 \\ &\lambda=\dfrac{-(-2) \pm \sqrt{4-4(1)(2)}}{2}=1 \pm i \end{aligned} \nonumber \]

Тоді власні значення\(\lambda=1+i, 1-i\). Це приклад справи III.

Власні вектори: Для того, щоб знайти загальне рішення, нам потрібно лише знайти власний вектор, пов'язаний з\(1+i\).

\[\begin{gathered} \left(\begin{array}{l} 3-5 \\ 1-1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=(1+i)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right) \\ \left(\begin{array}{cc} 2-i & -5 \\ 1 & -2-i \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right) \end{gathered} \nonumber \]

Нам потрібно вирішити\((2-i) v_{1}-5 v_{2}=0\). Таким чином,

\[\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2+i \\ 1 \end{array}\right) \nonumber \]

Комплексне рішення: Для того, щоб отримати два реальних лінійно незалежних рішення, нам потрібно обчислити реальну та уявну частини\(\mathbf{v} e^{\lambda t}\).

\[\begin{aligned} e^{\lambda t}\left(\begin{array}{c} 2+i \\ 1 \end{array}\right) &=e^{(1+i) t}\left(\begin{array}{c} 2+i \\ 1 \end{array}\right) \\ &=e^{t}(\cos t+i \sin t)\left(\begin{array}{c} 2+i \\ 1 \end{array}\right) \\ &=e^{t}\left(\begin{array}{c} (2+i)(\cos t+i \sin t) \\ \cos t+i \sin t \end{array}\right) \\ &=e^{t}\left(\begin{array}{c} (2 \cos t-\sin t)+i(\cos t+2 \sin t) \\ \cos t+i \sin t \end{array}\right)+i e^{t}\left(\begin{array}{c} \cos t+2 \sin t \\ \sin t \end{array}\right) \\ &=e^{t}\left(\begin{array}{c} 2 \cos t-\sin t \\ \cos t \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Загальне рішення: Тепер ми можемо побудувати загальне рішення.

\[\begin{aligned} \mathbf{x}(t) &=c_{1} e^{t}\left(\begin{array}{l} 2 \cos t-\sin t \\ \cos t \end{array}\right)+c_{2} e^{t}\left(\begin{array}{c} \cos t+2 \sin t \\ \sin t \end{array}\right) \\ &=e^{t}\left(\begin{array}{c} c_{1}(2 \cos t-\sin t)+c_{2}(\cos t+2 \sin t) \\ c_{1} \cos t+c_{2} \sin t \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Примітка: Це можна переписати як

\[\mathbf{x}(t)=e^{t} \cos t\left(\begin{array}{c} 2 c_{1}+c_{2} \\ c_{1} \end{array}\right)+e^{t} \sin t\left(\begin{array}{c} 2 c_{2}-c_{1} \\ c_{2} \end{array}\right) \nonumber \]

Приклад 2.16. \(A=\left(\begin{array}{cc}7 & -1 \\ 9 & 1\end{array}\right)\).

власні значення:

\[0=\left|\begin{array}{cc} 7-\lambda & -1 \\ 9 & 1-\lambda \end{array}\right| \nonumber \]

Тому,

\[\begin{aligned} &0=(7-\lambda)(1-\lambda)+9 \\ &0=\lambda^{2}-8 \lambda+16 \\ &0=(\lambda-4)^{2} \end{aligned} \nonumber \]

Існує тільки одне реальне власне значення,\(\lambda=4\). Це приклад справи II.

Власні вектори: У цьому випадку ми спочатку вирішуємо для,\(\mathbf{v}_{1}\) а потім отримуємо другий лінійно незалежний вектор.

\[\begin{aligned} &\left(\begin{array}{cc} 7 & -1 \\ 9 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=4\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right) \\ &\left(\begin{array}{ll} 3 & -1 \\ 9 & -3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Тому ми маємо

\[3 v_{1}-v_{2}=0, \quad \Rightarrow \quad\left(\begin{array}{l} v_{1} \\ v_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 3 \end{array}\right) \text {. } \nonumber \]

Друге лінійно незалежне рішення:

Тепер потрібно вирішити\(A \mathbf{v}_{2}-\lambda \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{1}\).

Розширюючи добуток матриці, отримуємо систему рівнянь

\[\begin{array}{r} 3 u_{1}-u_{2}=1 \\ 9 u_{1}-3 u_{2}=3 . \end{array} \nonumber \]

Рішення цієї системи є\(\left(\begin{array}{l}u_{1} \\ u_{2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\ 2\end{array}\right)\).

Загальне рішення: Будуємо загальне рішення як

\[\begin{aligned} \mathbf{y}(t) &=c_{1} e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda t}\left(\mathbf{v}_{2}+t \mathbf{v}_{1}\right) \\ &=c_{1} e^{4 t}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 3 \end{array}\right)+c_{2} e^{4 t}\left[\left(\begin{array}{l} 1 \\ 2 \end{array}\right)+t\left(\begin{array}{l} 1 \\ 3 \end{array}\right)\right] \\ &=e^{4 t}\left(\begin{array}{c} c_{1}+c_{2}(1+t) \\ 3 c_{1}+c_{2}(2+3 t) \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

\[\begin{aligned} & \left(\begin{array}{cc}7 & -1 \\9 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}u_{1} \\u_{2}\end{array}\right)-4\left(\begin{array}{l}u_{1} \\u_{2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\3\end{array}\right) \\ & \left(\begin{array}{ll}3 & -1 \\9 & -3\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}u_{1} \\u_{2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}1 \\3\end{array}\right) \text {. } \end{aligned} \nonumber \]

Теорія однорідних систем постійних коефіцієнтів

Існує загальна теорія розв'язання однорідних, постійних коефіцієнтних систем диференціальних рівнянь першого порядку. Почнемо з того, що ще раз згадаємо конкретну проблему (2.12). Ми отримали рішення цієї системи як

\[\begin{gathered} x(t)=c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t}, \\ y(t)=\dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{gathered} \nonumber \]

Таблиця 2.2. Три приклади систем з повторюваним коренем\(\lambda=2\).

Цього разу ми перепишемо рішення як

\[\begin{aligned} \mathbf{x} &=\left(\begin{array}{c} c_{1} e^{t}+c_{2} e^{-4 t} \\ \dfrac{1}{3} c_{1} e^{t}-\dfrac{1}{2} c_{2} e^{-4 t} \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{cc} e^{t} & e^{-4 t} \\ \dfrac{1}{3} e^{t}-\dfrac{1}{2} e^{-4 t} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} c_{1} \\ c_{2} \end{array}\right) \\ & \equiv \Phi(t) \mathbf{C} \end{aligned} \nonumber \]

Таким чином, ми можемо записати загальне рішення у вигляді\(2 \times 2\) матриці\(\Phi\) на довільний константний вектор. Матриця\(\Phi\) складається з двох стовпців, які є лінійно незалежними рішеннями вихідної системи. Ця матриця є прикладом того, що ми будемо визначати як Фундаментальну матрицю розв'язків системи. Отже, визначення Фундаментальної матриці дозволить знайти загальне рішення системи при множенні на постійну матрицю. Насправді ми побачимо, що це також призведе до простого представлення рішення початкової задачі значення для нашої системи. Викладемо загальну теорію.

Розглянемо однорідну систему постійних коефіцієнтів диференціальних рівнянь першого порядку

\[\begin{aligned} \dfrac{d x_{1}}{d t} &=a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\ldots+a_{1 n} x_{n} \\ \dfrac{d x_{2}}{d t} &=a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\ldots+a_{2 n} x_{n} \\ & \vdots \\ \dfrac{d x_{n}}{d t} &=a_{n 1} x_{1}+a_{n 2} x_{2}+\ldots+a_{n n} x_{n} \end{aligned} \nonumber \]

Як ми вже переконалися, це можна записати в матричному вигляді\(\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}\), де

\[\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{array}\right) \nonumber \]

і

\[A=\left(\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} \end{array}\right) \nonumber \]

Тепер розглянемо\(m\) векторні рішення цієї системи:\(\phi_{1}(t), \phi_{2}(t), \ldots \phi_{m}(t)\). Ці рішення, як кажуть, лінійно незалежні від деяких доменів, якщо

\[c_{1} \phi_{1}(t)+c_{2} \phi_{2}(t)+\ldots+c_{m} \phi_{m}(t)=0 \nonumber \]

для всіх\(t\) в домені означає, що\(c_{1}=c_{2}=\ldots=c_{m}=0\).

\(\phi_{1}(t), \phi_{2}(t), \ldots \phi_{n}(t)\)Дозволяти бути\(n\) сукупністю лінійно незалежних рішень нашої системи, званих фундаментальним набором рішень. Ми будуємо матрицю з цих розв'язків, використовуючи ці розв'язки як стовпець цієї матриці. Ми визначаємо цю матрицю як фундаментальне матричне рішення. Ця матриця набуває вигляду

\[\Phi=\left(\begin{array}{lll} \phi_{1} & \ldots & \phi_{n} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc} \phi_{11} & \phi_{12} & \cdots & \phi_{1 n} \\ \phi_{21} & \phi_{22} & \cdots & \phi_{2 n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \phi_{n 1} & \phi_{n 2} & \cdots & \phi_{n n} \end{array}\right) \nonumber \]

Що ми маємо на увазі під «матричним» рішенням? Ми припустили, що кожен\(\phi_{k}\) - це рішення нашої системи. Тому ми маємо це\(\phi_{k}^{\prime}=A \phi_{k}\), для\(k=1, \ldots, n\). Ми говоримо, що\(\Phi\) це матричне рішення, тому що ми можемо показати, що\(\Phi\) також задовольняє матричному формулюванню системи диференціальних рівнянь. Ми можемо показати це за допомогою властивостей матриць.

\[\begin{aligned} \dfrac{d}{d t} \Phi &=\left(\phi_{1}^{\prime} \ldots \phi_{n}^{\prime}\right) \\ &=\left(A \phi_{1} \ldots A \phi_{n}\right) \\ &=A\left(\phi_{1} \ldots \phi_{n}\right) \\ &=A \Phi \end{aligned} \nonumber \]

Враховуючи сукупність векторних розв'язків системи, коли вони лінійно незалежні? Розглянуто матричний\(\Omega(t)\) розв'язок системи, в якій ми маємо\(n\) векторні розв'язки. Потім ми визначаємо Вронського\(\Omega(t)\) бути

\[W=\operatorname{det} \Omega(t) \nonumber \]

Якщо\(W(t) \neq 0\), то\(\Omega(t)\) є фундаментальним матричним рішенням. Перш ніж продовжити, перерахуємо фундаментальні матричні рішення для набору прикладів в останньому розділі. (Зверніться до рішень з цих прикладів.) Крім того, зауважте, що фундаментальні матричні рішення не є унікальними, оскільки можна помножити будь-який стовпець на ненульову константу і все ще мають фундаментальне матричне рішення.

Приклад 2.14\(A=\left(\begin{array}{ll}4 & 2 \\ 3 & 3\end{array}\right)\).

\[\Phi(t)=\left(\begin{array}{cc} 2 e^{t} & e^{6 t} \\ -3 e^{t} & e^{6 t} \end{array}\right) \nonumber \]

Слід зазначити в цьому випадку, що Вронський зустрічається як

\[\begin{aligned} W &=\operatorname{det} \Phi(t) \\ &=\left|\begin{array}{cc} 2 e^{t} & e^{6 t} \\ -3 e^{t} & e^{6 t} \end{array}\right| \\ &=5 e^{7 t} \neq 0 . \end{aligned} \nonumber \]

Приклад 2.15\(A=\left(\begin{array}{ll}3 & -5 \\ 1 & -1\end{array}\right)\).

\[\Phi(t)=\left(\begin{array}{cc} e^{t}(2 \cos t-\sin t) & e^{t}(\cos t+2 \sin t) \\ e^{t} \cos t & e^{t} \sin t \end{array}\right) \nonumber \]

Приклад\(2.16 A=\left(\begin{array}{cc}7 & -1 \\ 9 & 1\end{array}\right)\).

\[\Phi(t)=\left(\begin{array}{cc} e^{4 t} & e^{4 t}(1+t) \\ 3 e^{4 t} & e^{4 t}(2+3 t) \end{array}\right) \nonumber \]

Поки що ми лише визначили загальне рішення. Робиться це наступними кроками:

неоднорідні системи

Перш ніж покинути теорію систем лінійних, постійних систем коефіцієнтів, обговоримо неоднорідні системи. Ми хотіли б вирішити системи форми

\[\begin{aligned} & \mathbf{x}(t)=\left(\begin{array}{cc}e^{-t} & e^{2 t} \\-2 e^{-t} & -e^{2 t}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}-1 & -1 \\2 & 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}1 \\2\end{array}\right) \\ & =\left(\begin{array}{cc}e^{-t} & e^{2 t} \\-2 e^{-t} & -e^{2 t}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-3 \\4\end{array}\right) \\ & =\left(\begin{array}{c}-3 e^{-t}+4 e^{2 t} \\6 e^{-t}-4 e^{2 t}\end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

\[\mathbf{x}^{\prime}=A(t) \mathbf{x}+\mathbf{f}(t) \nonumber \]

Будемо вважати, що ми знайшли фундаментальне матричне рішення однорідного рівняння. Крім того, ми будемо вважати, що\(A(t)\) і\(\mathbf{f}(t)\) є безперервними на якомусь загальному домені.

Як і у випадку з рівняннями другого порядку, ми можемо шукати розв'язки, які є сумою загального розв'язку однорідної задачі плюс окремий розв'язок неоднорідної задачі. А саме, ми можемо записати загальне рішення як

\[\mathbf{x}(t)=\Phi(t) \mathbf{C}+\mathbf{x}_{p}(t), \nonumber \]

де\(\mathbf{C}\) довільний константний вектор,\(\Phi(t)\) є фундаментальним матричним рішенням\(\mathbf{x}^{\prime}=A(t) \mathbf{x}\), і

\[\mathbf{x}_{p}^{\prime}=A(t) \mathbf{x}_{p}+\mathbf{f}(t) . \nonumber \]

Таке уявлення легко перевіряється.

Нам потрібно знайти конкретне рішення,\(\mathbf{x}_{p}(t)\). Ми можемо це зробити, застосувавши Метод варіації параметрів для систем. Розглядається розв'язок у вигляді розв'язку однорідної задачі, але постійний вектор замінюється невідомими функціями параметрів. А саме, припускаємо, що

\[\mathbf{x}_{p}(t)=\Phi(t) \mathbf{c}(t) . \nonumber \]

Диференціюючи, ми маємо це

\[\mathbf{x}_{p}^{\prime}=\Phi^{\prime} \mathbf{c}+\Phi \mathbf{c}^{\prime}=A \Phi \mathbf{c}+\Phi \mathbf{c}^{\prime} \nonumber \]

\[\mathbf{x}_{p}^{\prime}-A \mathbf{x}_{p}=\Phi \mathbf{c}^{\prime} . \nonumber \]

Але ліва сторона є\(\mathbf{f}\). Отже, ми маємо, що,

\[\Phi \mathbf{c}^{\prime}=\mathbf{f} \nonumber \]

або, так як\(\Phi\) є оборотним (чому?) ,

\[\mathbf{c}^{\prime}=\Phi^{-1} \mathbf{f} \nonumber \]

В принципі, це може бути інтегровано, щоб дати c. тому конкретне рішення може бути записано як

\[\mathbf{x}_{p}(t)=\Phi(t) \int^{t} \Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) d s . \nonumber \]

Це варіація формули параметрів.

Загальний розв'язок рівняння (2.70) знайдено як

\[\mathbf{x}(t)=\Phi(t) \mathbf{C}+\Phi(t) \int^{t} \Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) d s . \nonumber \]

Ми можемо використовувати загальний розв'язок для пошуку конкретного розв'язку початкової задачі, що складається з Рівняння (2.70) та початкової умови\(\mathbf{x}\left(t_{0}\right)=\)\(\mathbf{x}_{0}\). Цю умову задовольняють для розчину форми

\[\mathbf{x}(t)=\Phi(t) \mathbf{C}+\Phi(t) \int_{t_{0}}^{t} \Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) d s \nonumber \]

за умови

\[\mathbf{x}_{0}=\mathbf{x}\left(t_{0}\right)=\Phi\left(t_{0}\right) \mathbf{C} . \nonumber \]

Це можна вирішити для\(\mathbf{C}\) як в останньому розділі. Вставляючи розчин назад в загальне рішення\((2.73)\), ми маємо

\[\mathbf{x}(t)=\Phi(t) \Phi^{-1}\left(t_{0}\right) \mathbf{x}_{0}+\Phi(t) \int_{t_{0}}^{t} \Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) d s \nonumber \]

Це рішення можна записати трохи акуратніше з точки зору основного матричного рішення,\(\Psi(t)=\Phi(t) \Phi^{-1}\left(t_{0}\right)\):

\[\mathbf{x}(t)=\Psi(t) \mathbf{x}_{0}+\Psi(t) \int_{t_{0}}^{t} \Psi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) d s \nonumber \]

Нарешті, ще одне спрощення відбувається, коли\(A\) є постійною матрицею, які є єдиними типами проблем, які ми вирішили в цьому розділі. У цьому випадку ми маємо це\(\Psi^{-1}(t)=\Psi(-t)\). Отже,\(\Psi^{-1}(t)\) обчислення відносно легко.

Приклад 2.18. \(x^{\prime \prime}+x=2 \cos t, x(0)=4, x^{\prime}(0)=0\). Цей приклад можна вирішити за допомогою методу невизначеного коефіцієнта. Однак ми будемо використовувати матричний метод, описаний в цьому розділі.

Спочатку запишемо задачу в матричному вигляді. Система може бути записана як

\[\begin{gathered} x^{\prime}=y \\ y^{\prime}=-x+2 \cos t \end{gathered} \nonumber \]

Таким чином, ми маємо неоднорідну систему виду

\[\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}+\mathbf{f}=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\ y \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

Далі потрібна фундаментальна матриця розв'язків однорідної задачі. Ми маємо це

\[A=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right) \text {. } \nonumber \]

Власними значеннями цієї матриці є\(\lambda=\pm i\). Власний вектор,\(\lambda=i\) пов'язаний з, легко знайти як\(\left(\begin{array}{l}1 \\ i\end{array}\right)\). Це призводить до комплексного рішення

\[\left(\begin{array}{l} 1 \\ i \end{array}\right) e^{i t}=\left(\begin{array}{c} \cos t+i \sin t \\ i \cos t-\sin t \end{array}\right) . \nonumber \]

З цього розв'язку можна побудувати матрицю фундаментального розв'язку

\[\Phi(t)=\left(\begin{array}{cc} \cos t & \sin t \\ -\sin t & \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

Отже, загальним рішенням однорідної проблеми є

\[\mathbf{x}_{h}=\Phi(t) \mathbf{C}=\left(\begin{array}{c} c_{1} \cos t+c_{2} \sin t \\ -c_{1} \sin t+c_{2} \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

Далі шукаємо конкретне рішення неоднорідної задачі. З Рівняння (2.73) ми бачимо, що нам потрібно\(\Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s)\). Таким чином, ми маємо

\[\begin{aligned} \Phi^{-1}(s) \mathbf{f}(s) &=\left(\begin{array}{cc} \cos s & -\sin s \\ \sin s & \cos s \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \cos s \end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c} -2 \sin s \cos s \\ 2 \cos ^{2} s \end{array}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Ми зараз обчислюємо

тому загальним рішенням є

\[\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c} c_{1} \cos t+c_{2} \sin t \\ -c_{1} \sin t+c_{2} \cos t \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} t \sin t \\ \sin t+t \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

Рішення початкової задачі значення є

\[\mathbf{x}=\left(\begin{array}{cc} \cos t & \sin t \\ -\sin t & \cos t \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} 4 \\ 0 \end{array}\right)+\left(\begin{array}{c} t \sin t \\ \sin t+t \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

\[\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c} 4 \cos t+t \sin t \\ -3 \sin t+t \cos t \end{array}\right) \nonumber \]

Системи пружинної маси

Існує багато проблем у фізиці, які призводять до систем рівнянь. Це пов'язано з тим, що найголовніший закон фізики дається Другим законом Ньютона, який стверджує, що якщо тіло відчуває чисту силу, воно прискорюється. Зокрема, чиста сила пропорційна прискоренню з постійною пропорційності, яка називається масою,\(m\). Це підсумовується як

\[\sum \mathbf{F}=m \mathbf{a} \nonumber \]

Так як\(\mathbf{a}=\ddot{\mathbf{x}}\) другий закон Ньютона математично являє собою систему диференціальних рівнянь другого порядку для тривимірних задач, або диференціальне рівняння одного другого порядку для одновимірних задач. Якщо є кілька мас, то ми, природно, закінчимо системами незалежно від того, скільки вимірів задіяно.

Стандартна задача, що зустрічається в першому курсі диференціальних рівнянь, - це проблема одного блоку на пружині, як показано на малюнку 2.18. Чиста сила в цьому випадку - це відновлювальна сила пружини, надана Законом Гука,

\[F_{s}=-k x \nonumber \]

де\(k>0\) - постійна пружина. Тут\(x\) відбувається подовження пружини, або зміщення блоку від рівноваги. Коли\(x\) позитивна, сила пружини негативна, а\(x\) коли негативна, сила пружини позитивна. Ми зобразили горизонтальну систему, що сидить на поверхні без тертя.

Подібну модель можна передбачити і для вертикально орієнтованих пружин. Помістіть блок на вертикально висячу пружину. Доходить до рівноваги, розтягуючи пружину повз\(\ell_{0}\). Другий закон Ньютона дає

\[-m g+k \ell_{0}=0 . \nonumber \]

Тепер, витягуючи масу далі повз\(x_{0}\), і випускаючи її, маса починає коливатися. Допускаючи\(x\) зміщення з нової рівноваги, тепер дає Другий закон Ньютона\(m \ddot{x}=-m g+k\left(\ell_{0}-x\right)=-k x\).

В обох прикладах (горизонтально або вертикально коливається маса) Другий закон руху Ньютона призводить до диференціального рівняння

\[m \ddot{x}+k x=0 . \nonumber \]

Це рівняння для простого гармонійного руху, з яким ми вже стикалися в главі.\(1 .\)

Це рівняння другого порядку можна записати як систему з двох рівнянь першого порядку.

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=y \\ &y^{\prime}=-\dfrac{k}{m} x \end{aligned} \nonumber \]

Матриця коефіцієнтів для цієї системи дорівнює

\[A=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ -\omega^{2} & 0 \end{array}\right) \nonumber \]

де\(\omega^{2}=\dfrac{k}{m}\). Власні значення цієї системи є,\(\lambda=\pm i \omega\) а рішення - прості синуси і косинуси,

\[\begin{aligned} &x(t)=c_{1} \cos \omega t+c_{2} \sin \omega t, \\ &y(t)=\omega\left(-c_{1} \sin \omega t+c_{2} \cos \omega t\right) . \end{aligned} \nonumber \]

Відзначимо далі, що\(\omega\) називається кутова частота коливань і дається в\(\mathrm{rad} / \mathrm{s}\). Частота коливань дорівнює

\[f=\dfrac{\omega}{2 \pi} \nonumber \]

Зазвичай він має одиниці виміру\(\mathrm{s}^{-1}\), cps або Гц. Мультиплікативний обернений має одиниці часу і називається періодом,

\[T=\dfrac{1}{f} . \nonumber \]

Таким чином, період коливання для маси\(m\) на пружині з постійною пружини\(k\) задається

\[T=2 \pi \sqrt{\dfrac{m}{k}} \nonumber \]

Звичайно, нам не потрібно було перетворювати останню проблему в систему. Насправді, ми бачили це рівняння в главі 1. Однак, коли розглядати

більш складні пружинно-масові системи, системи диференціальних рівнянь виникають природним шляхом. Розглянемо два блоки, прикріплені двома пружинами, як показано на малюнку 2.19. У цьому випадку ми застосовуємо другий закон Ньютона для кожного блоку.

Спочатку розглянемо сили, що діють на перший блок. Перша пружина розтягується повз\(x_{1}\). Це дає силу\(F_{1}=-k_{1} x_{1}\). Друга пружина також може надавати зусилля на блок в залежності від того, розтягнутий він чи ні. Якщо обидва блоки зміщені на однакову величину, то пружина не зміщується. Отже, величина, на яку зміщується пружина, залежить від відносних переміщень двох мас. Це призводить до другої сили\(F_{2}=k_{2}\left(x_{2}-x_{1}\right)\).

Існує тільки одна пружина, з'єднана з масою дві. Знову ж сила залежить від відносного зміщення мас. Він просто протилежно спрямований на силу, яку відчуває маса з цієї весни.

Об'єднавши ці сили і використовуючи Другий закон Ньютона для обох мас, ми маємо систему диференціальних рівнянь другого порядку

\[\begin{aligned} &m_{1} \ddot{x}_{1}=-k_{1} x_{1}+k_{2}\left(x_{2}-x_{1}\right) \\ &m_{2} \ddot{x}_{2}=-k_{2}\left(x_{2}-x_{1}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Можна переписати цю систему двох рівнянь другого порядку як систему з чотирьох рівнянь першого порядку. Це робиться шляхом введення двох нових змінних\(x_{3}=\dot{x}_{1}\) і\(x_{4}=\dot{x}_{2}\). Зверніть увагу, що фізично це швидкості двох блоків.

Отриману систему рівнянь першого порядку наведено у вигляді

\[\begin{aligned} \dot{x}_{1} &=x_{3} \\ \dot{x}_{2} &=x_{4} \\ \dot{x}_{3} &=-\dfrac{k_{1}}{m_{1}} x_{1}+\dfrac{k_{2}}{m_{1}}\left(x_{2}-x_{1}\right) \\ \dot{x}_{4} &=-\dfrac{k_{2}}{m_{2}}\left(x_{2}-x_{1}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Ми можемо написати нашу нову систему в матричній формі як

\[\left(\begin{array}{c} \dot{x}_{1} \\ \dot{x}_{2} \\ \dot{x}_{3} \\ \dot{x}_{4} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ -\dfrac{k_{1}+k_{2}}{m_{1}} & \dfrac{k_{2}}{m_{1}} & 0 & 0 \\ \dfrac{k_{2}}{m_{2}} & -\dfrac{k_{2}}{m_{2}} & 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array}\right) \nonumber \]

Електричні схеми

Ще одна проблема, яка часто зустрічається в класі фізики першого року, полягає в ланцюзі серії LRC. Ця схема зображена на малюнку\(2.20\). Резистор - це елемент схеми, що задовольняє Закон Ома. Конденсатор - це пристрій, який зберігає електричну енергію і індуктор, або котушка, зберігає магнітну енергію.

Фізика цієї проблеми випливає з Правил Кірхоффа для схем. Оскільки існує лише один цикл, нам знадобиться лише правило циклу Кірхоффа. А саме суму падінь електричного потенціалу встановлюють рівну підвищенням електричного потенціалу. Потенціал падіння по кожному елементу ланцюга задається

1. Резистор:\(V_{R}=I R\).
2. Конденсатор:\(V_{C}=\dfrac{q}{C}\).
3. Індуктор:\(V_{L}=L \dfrac{d I}{d t}\).

Склавши ці перепади потенціалів і встановивши суму, рівну напрузі, що подається джерелом напруги\(V(t)\), отримаємо

\[I R+\dfrac{q}{C}+L \dfrac{d I}{d t}=V(t) \nonumber \]

Крім того, нагадаємо, що струм визначається\(I=\dfrac{d q}{d t}\) як. де\(q\) знаходиться заряд в ланцюзі. Оскільки обидва\(q\) і\(I\) невідомі, ми можемо замінити струм за його вираженням в плані заряду для отримання

\[L \ddot{q}+R \dot{q}+\dfrac{1}{C} q=V(t) . \nonumber \]

Це диференціальне рівняння другого порядку для\(q(t)\). Можна налаштувати систему рівнянь і приступити до їх вирішення. Однак це диференціальне рівняння постійного коефіцієнта, яке також може бути вирішено за допомогою методів у розділі\(1 .\)

У наступних прикладах ми розглянемо особливі випадки, які виникають для рівняння ланцюга серії LRC. До них відносяться\(R C\) схеми, розв'язані методами першого порядку і\(L C\) ланцюгами, що призводять до коливальної поведінки.

Любовні справи

Наступна програма - це та, яка була вивчена кількома авторами як симпатична система, що передбачає відносини. Один розглядає, що відбувається з прихильностями, які двоє людей мають один до одного з часом. Давайте\(R\) позначимо прихильність, яку Ромео має до Джульєтти, і\(J\) бути прихильністю, яку Джульєтта має до Роме. позитивні значення вказують на любов, а негативні значення вказують на неприязнь.

Однією з можливих моделей є

\[\begin{aligned} &\dfrac{d R}{d t}=b J \\ &\dfrac{d J}{d t}=c R \end{aligned} \nonumber \]

з\(b>0\) і\(c<0\). У цьому випадку Ромео любить Джульєтту тим більше вона йому подобається. Але Джульєтта відступає, коли знаходить, що його любов до неї зростає.

Типова система, що стосується комбінованих змін прихильності, може бути змодельована.

\[\begin{aligned} &\dfrac{d R}{d t}=a R+b J \\ &\dfrac{d J}{d t}=c R+d J \end{aligned} \nonumber \]

Можливі кілька сценаріїв для різних варіантів констант. Наприклад, якщо\(a>0\) і\(b>0\), Ромео все більше збуджується любов'ю Джульєтти до нього. Якщо\(c>0\) і\(d<0\), Джульєтта обережно ставиться до своїх стосунків з Ромео. За конкретними значеннями параметрів і вихідних умов можна досліджувати цей збіг надмірно завзятого коханця з обережним коханцем.

Моделі хижаків

Ще одна поширена досліджувана модель - це модель конкуруючих видів. Наприклад, ми могли б розглянути популяцію кроликів і лисиць. Залишені собі кролики, як правило, розмножуються, таким чином

\[\dfrac{d R}{d t}=a R, \nonumber \]

с\(a>0\). У такій моделі популяція кроликів зростала б експоненціально. Аналогічно, популяція лисиць розпалася б без кроликів, щоб харчуватися. Отже, ми маємо це

\[\dfrac{d F}{d t}=-b F \nonumber \]

для\(b>0\).

Тепер, якщо ми об'єднаємо ці популяції на безлюдному острові, вони б взаємодіяли. Чим більше лисиць, тим популяція кроликів зменшувалася б. Однак чим більше кроликів, тим лисиць буде багато їсти, і популяція буде процвітати. Таким чином, ми могли б моделювати конкуруючі популяції як

\[\begin{gathered} \dfrac{d R}{d t}=a R-c F, \\ \dfrac{d F}{d t}=-b F+d R, \end{gathered} \nonumber \]

де всі константи є додатними числами. Вивчення цієї зв'язаної системи призвело б до вивчення динаміки цих популяцій. Інші (нелінійні) системи ми обговоримо в наступному розділі.

Проблеми з сумішами

Існує багато типів проблем із сумішшю. Такі задачі є стандартними для першого курсу диференціальних рівнянь як приклади диференціальних рівнянь першого порядку. Зазвичай ці приклади складаються з резервуара з розсолом, води, що містить певну кількість солі з чистою водою, що надходить і суміш, що виходить, або потік забруднювача в озеро або з нього.

Загалом, швидкість потоку певної концентрації суміші, що надходить в регіон, і суміші, що виходить з регіону. Мета полягає в тому, щоб визначити, скільки речей знаходиться в регіоні в даний момент часу. Це регулюється рівнянням

\[\text { Rate of change of substance }=\text { Rate In }-\text { Rate Out. } \nonumber \]

Це можна узагальнити до випадку двох з'єднаних між собою резервуарів. Наведемо кілька прикладів.

Хімічна кінетика

Існує багато проблем, які виникають при вивченні хімічних реакцій. Найпростіша реакція - це коли хімічна речовина\(A\) перетворюється в хімічну\(B\). Це відбувається з певною швидкістю,\(k>0\). Це може бути представлено хімічною формулою

У цьому випадку ми маємо, що темпи зміни концентрацій\(A,[A]\), і\(B,[B]\), задаються

\[\begin{aligned} &\dfrac{d[A]}{d t}=-k[A] \\ &\dfrac{d[B]}{d t}=k[A] \end{aligned} \nonumber \]

Подумайте про це, оскільки це ключ до розуміння наступних реакцій.

Більш складну реакцію дають

\[A \underset{k_{1}}{\longrightarrow} B \underset{k_{2}}{\longrightarrow} C \text {. } \nonumber \]

У цьому випадку ми можемо додати до вищевказаного рівняння швидкості зміни концентрацій\([B]\) і\([C]\). Отримана система рівнянь

\[\begin{aligned} \dfrac{d[A]}{d t} &=-k_{1}[A] \\ \dfrac{d[B]}{d t} &=k_{1}[A]-k_{2}[B] \\ \dfrac{d[C]}{d t} &=k_{2}[B] \end{aligned} \nonumber \]

Можна далі розглянути реакції, при яких можлива зворотна реакція. Таким чином, відбувається подальше узагальнення реакції

\[A \underset{k_{1}}{\stackrel{k_{3}}{\longrightarrow}} B \underset{k_{2}}{\longrightarrow} C \text {. } \nonumber \]

Отримана система рівнянь

\[\begin{aligned} &\dfrac{d[A]}{d t}=-k_{1}[A]+k_{3}[B] \\ &\dfrac{d[B]}{d t}=k_{1}[A]-k_{2}[B]-k_{3}[B] \\ &\dfrac{d[C]}{d t}=k_{2}[B] \end{aligned} \nonumber \]

Більш складні хімічні реакції будуть розглянуті пізніше.

Епідемії

Ще одна цікава область застосування диференціального рівняння полягає в прогнозуванні поширення хвороби. Як правило, у людини є популяція сприйнятливих людей або тварин. Кілька інфікованих особин впроваджуються в популяції, і один цікавиться, як поширюється інфекція і якщо кількість заражених різко збільшується або відмирає. Такі моделі, як правило, нелінійні, і ми розглянемо те, що називається моделлю SIR в наступному розділі. У цьому розділі ми будемо моделювати просту лінійну модель.

Нехай розбивають населення на три класи. По-перше,\(S(t)\) це здорові люди, які схильні до зараження. Нехай\(I(t)\) буде кількість заражених людей. З цих заражених людей одні загинуть від інфекції, а інші одужають. Припустимо, що спочатку там у одного зараженої людини і інші, скажімо\(N\), явно здорові. Чи можемо ми передбачити, скільки смертей відбулося за часом t?

Давайте спробуємо змоделювати цю проблему за допомогою компартментного аналізу, який ми бачили в проблемах змішування. Загальна швидкість зміни будь-якого населення була б пов'язана з тими, хто входить до групи менше тих, хто покидає групу. Наприклад, кількість здорових людей зменшується через зараження і може збільшуватися, коли частина зараженої групи одужує. Припустимо, що швидкість зараження пропорційна кількості здорових людей,\(a S\). Також ми припускаємо, що число, які одужують, пропорційно кількості заражених,\(r I\). Таким чином, швидкість зміни здорових людей виявляється як

\[\dfrac{d S}{d t}=-a S+r I . \nonumber \]

Нехай число смертей буде\(D(t)\). Тоді рівень смертності можна було б прийняти пропорційним кількості інфікованих людей. Отже,

\[\dfrac{d D}{d t}=d I \nonumber \]

Нарешті, швидкість зміни інфекційних засобів обумовлена зараженням здорових людей та інфекційними, які або одужують, або помирають. Використовуючи відповідні члени в інших рівняннях, ми можемо записати

\[\dfrac{d I}{d t}=a S-r I-d I . \nonumber \]

Цю лінійну систему можна записати в матричному вигляді.

\[\dfrac{d}{d t}\left(\begin{array}{c} S \\ I \\ D \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} -a & r & 0 \\ a & -d-r & 0 \\ 0 & d & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} S \\ I \\ D \end{array}\right) \nonumber \]

Рівняння власного значення для цієї системи

\[\lambda\left[\lambda^{2}+(a+r+d) \lambda+a d\right]=0 . \nonumber \]

Читач може знайти рішення цієї системи і визначити, чи є це реалістичною моделлю.

Додаток: Діагоналізація та лінійні системи

Як ми бачили, формулювання матриць для лінійних систем може бути потужним, особливо для\(n\) диференціальних рівнянь з\(n\) невідомими функціями. Наша здатність переходити до розв'язків залежала від вирішення задач на власні значення. Однак у випадку повторюваних власних значень ми побачили деякі додаткові ускладнення. Це все глибоко залежить від фону лінійної алгебри. А саме, ми покладалися на можливість діагоналізувати задану матрицю коефіцієнтів. У цьому розділі ми обговоримо обмеження діагоналізації та ознайомимо канонічну форму Йорданії.

Почнемо з поняття подібності. \(A\)Матриця схожа на матрицю\(B\) тоді і тільки тоді, коли існує несингулярна матриця\(P\) така, що

\[B=P^{-1} A P . \nonumber \]

Нагадаємо, що несингулярна матриця має ненульовий детермінант і є оборотною.

Відзначимо, що відношення подібності - це відношення еквівалентності. А саме задовольняє наступне:

1. \(A\)схожий на себе.
2. Якщо\(A\) схожий на\(B\), то\(B\) схожий на\(A\).
3. Якщо\(A\) схожий на\(B\) і\(B\) схожий на\(C\),\(A\) то схожий на\(C\).

Також якщо\(A\) схожий на\(B\), то вони мають однакові власні значення. Це випливає з простого обчислення рівняння власних значень. А саме,

\[\begin{aligned} 0 &=\operatorname{det}(B-\lambda I) \\ &=\operatorname{det}\left(P^{-1} A P-\lambda P^{-1} I P\right) \\ &=\operatorname{det}(P)^{-1} \operatorname{det}(A-\lambda I) \operatorname{det}(P) \\ &=\operatorname{det}(A-\lambda I) \end{aligned} \nonumber \]

Тому\(\operatorname{det}(A-\lambda I)=0\) і\(\lambda\) є власним значенням обох\(A\) і\(B\).

\(n \times n\)Матриця\(A\) діагоналізується тоді і лише тоді\(A\), коли схожа на діагональну матрицю\(D\); тобто існує несингулярна матриця\(P\) така, що

\[D=P^{-1} A P . \nonumber \]

Однією з найважливіших теорем лінійної алгебри є Спектральна теорема. Ця теорема говорить нам, коли матрицю можна діагоналізувати. По суті, вона виходить за рамки матриць до діагоналізації лінійних операторів. У лінійній алгебрі ми дізнаємося, що лінійні оператори можуть бути представлені матрицями, коли ми вибираємо певну основу представлення. Діагоналізація є найпростішою для скінченновимірних векторних просторів і вимагає деякого узагальнення для нескінченних розмірних векторів просторів. Прикладами операторів, до яких застосовується спектральна теорема, є самоспряжені оператори (загалом нормальні оператори на гільбертових просторах). Деякі з цих ідей ми вивчимо пізніше в курсі. Спектральна теорема забезпечує канонічне розкладання, яке називається спектральним розкладанням, або власним розкладанням, що лежить в основі векторного простору, на якому він діє.

Наступна теорема розповідає про те, як діагоналізувати матрицю:

Теорема 2.23. \(A\)Дозволяти бути\(n \times n\) матрицею. Потім\(A\) діагоналізується, якщо і тільки якщо\(A\) має\(n\) лінійно незалежні власні вектори. Якщо так, то

\[D=P^{-1} A P . \nonumber \]

Якщо\(\left\{v_{1}, \ldots, v_{n}\right\}\) власні вектори\(A\) і\(\left\{\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}\right\}\) є відповідними власними значеннями, то\(v_{j}\) це j-й стовпець\(P\) і\(D_{j j}=\lambda_{j}\).

Простіше визначення результатів, зазначивши

Теорема 2.24. \(A\)Дозволяти\(n \times n\) матриця з\(n\) реальними і різними власними значеннями. Потім\(A\) можна діагонально.

Тому нам потрібно лише подивитися на власні значення і визначити діагональність. Насправді, один також має з лінійної алгебри наступний результат.

Теорема 2.25. \(A\)Дозволяти\(n \times n\) реальна симетрична матриця. Потім\(A\) можна діагонально.

Нагадаємо, що симетрична матриця - це та, транспонування якої збігається з матрицею, або\(A_{i j}=A_{j i}\).

Приклад 2.26. Розглянемо матрицю

\[A=\left(\begin{array}{lll} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{array}\right) \nonumber \]

Це справжня симетрична матриця. Виявлено, що характерний многочлен

\[\operatorname{det}(A-\lambda I)=-(\lambda-5)(\lambda-3)(\lambda+1)=0 \nonumber \]

Як і раніше, ми можемо визначити відповідні власні вектори (для\(\lambda=-1,3,5\), відповідно) як

\[\left(\begin{array}{c} -2 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 1 \end{array}\right), \quad\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right) \text {. } \nonumber \]

Ми можемо використовувати їх для побудови матриці діагоналізації\(P\). А саме, у нас є

\[P^{-1} A P=\left(\begin{array}{ccc} -2 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)^{-1}\left(\begin{array}{lll} 1 & 2 & 2 \\ 2 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -2 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{array}\right) \nonumber \]

Зараз діагоналізація є важливою ідеєю у вирішенні лінійних систем рівнянь першого порядку, як ми бачили для простих систем. Якщо наша система спочатку діагональна, це означає, що наші рівняння повністю розв'язані. Нехай наша система прийме форму

\[\dfrac{d \mathbf{y}}{d t}=D \mathbf{y} \nonumber \]

де\(D\) діагональ з записами\(\lambda_{i}, i=1, \ldots, n\). Система рівнянь,\(y_{i}^{\prime}=\lambda_{i} y_{i}\), має розв'язки

\[y_{i}(t)=c_{c} e^{\lambda_{i} t} \nonumber \]

Таким чином, легко вирішити діагональну систему.

\(A\)Дозволяти бути подібною до цієї діагональної матриці. Тоді

\[\dfrac{d \mathbf{y}}{d t}=P^{-1} A P \mathbf{y} \nonumber \]

Це можна переписати як

\[\dfrac{d P \mathbf{y}}{d t}=A P \mathbf{y} \nonumber \]

\(\mathbf{x}=P \mathbf{y}\)Визначаючи, ми маємо

\[\dfrac{d \mathbf{x}}{d t}=A \mathbf{x} \nonumber \]

Ця проста деривація показує,\(A\) що якщо діагонально, то перетворення вихідної системи\(\mathbf{x}\) в нові координати, або нову основу, призводить до більш простої системи в\(\mathbf{y}\).

Однак не завжди вдається діагоналізувати задану квадратну матрицю. Це пов'язано з тим, що деякі матриці не мають достатньої кількості лінійно незалежних векторів, або ми повторюємо власні значення. Однак у нас є наступна теорема:

Теорема 2.27. Кожна\(n \times n\)\(A\) матриця схожа на матрицю форми

\[J=\operatorname{diag}\left[J_{1}, J_{2}, \ldots, J_{n}\right] \nonumber \]

де

\[J_{i}=\left(\begin{array}{ccccc} \lambda_{i} & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & \lambda_{i} & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & \lambda_{i} & 1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \lambda_{i} \end{array}\right) \nonumber \]

Ми не будемо вдаватися в подробиці того, як можна знайти цю Йорданську канонічну форму або довести теорему. На практиці можна використовувати систему комп'ютерної алгебри для визначення цієї і матриці подібності. Однак нам все одно потрібно знати, як використовувати його для вирішення нашої системи диференціальних рівнянь. Приклад 2.28. Розглянемо просту систему з блоком\(3 \times 3\) Джордан

\[A=\left(\begin{array}{lll} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right) \nonumber \]

Відповідна система зв'язаних диференціальних рівнянь першого порядку набуває вигляду

\[\begin{aligned} &\dfrac{d x_{1}}{d t}=2 x_{1}+x_{2}, \\ &\dfrac{d x_{2}}{d t}=2 x_{2}+x_{3}, \\ &\dfrac{d x_{3}}{d t}=2 x_{3} . \end{aligned} \nonumber \]

Останнє рівняння просто вирішити, даючи\(x_{3}(t)=c_{3} e^{2 t}\). Вставивши в друге рівняння, ви маєте

\[\dfrac{d x_{2}}{d t}=2 x_{2}+c_{3} e^{2 t} \nonumber \]

Використовуючи інтегруючий коефіцієнт\(e^{-2 t}\), можна вирішити це рівняння, щоб отримати\(x_{2}(t)=\)\(\left(c_{2}+c_{3} t\right) e^{2 t}\). Аналогічно можна вирішити перше рівняння для отримання\(x_{1}(t)=\)\(\left(c_{1}+c_{2} t+\dfrac{1}{2} c_{3} t^{2}\right) e^{2 t}\)

Це має нагадати вам про проблему, яку ми вирішували раніше, що призводить до узагальненої задачі на власні значення у (2.43). Це говорить про те, що існує більш загальна теорія, коли існують множинні власні значення і відносяться до канонічних форм Йорданії.

Давайте напишемо тільки що отримане нами рішення у векторній формі. У нас є

\[\mathbf{x}(t)=\left[c_{1}\left(\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right)+c_{2}\left(\begin{array}{l} t \\ 1 \\ 0 \end{array}\right)+c_{3}\left(\begin{array}{c} \dfrac{1}{2} t^{2} \\ t \\ 1 \end{array}\right)\right] e^{2 t} \nonumber \]

Схоже, це рішення являє собою лінійну комбінацію трьох лінійно незалежних рішень,

\[\begin{aligned} &\mathbf{x}=\mathbf{v}_{1} e^{2 \lambda t} \\ &\mathbf{x}=\left(t \mathbf{v}_{1}+\mathbf{v}_{2}\right) e^{\lambda t} \\ &\mathbf{x}=\left(\dfrac{1}{2} t^{2} \mathbf{v}_{1}+t \mathbf{v}_{2}+\mathbf{v}_{3}\right) e^{\lambda t} \end{aligned} \nonumber \]

де\(\lambda=2\) і вектори задовольняють рівняння

\[\begin{aligned} &(A-\lambda I) \mathbf{v}_{1}=0 \\ &(A-\lambda I) \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{1} \\ &(A-\lambda I) \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{2} \end{aligned} \nonumber \]

і

\[\begin{aligned} (A-\lambda I) \mathbf{v}_{1} &=0 \\ (A-\lambda I)^{2} \mathbf{v}_{2} &=0 \\ (A-\lambda I)^{3} \mathbf{v}_{3} &=0 \end{aligned} \nonumber \]

Цей результат легко узагальнити для побудови лінійно незалежних розв'язків, що відповідають множинним кореням (власним значенням) характеристичного рівняння.

Вступ

Більшість ваших досліджень диференціальних рівнянь на сьогоднішній день були вивченням лінійних диференціальних рівнянь і загальних методів їх розв'язання. Однак реальний світ дуже нелінійний. Отже, навіщо вивчати лінійні рівняння? Тому що вони легше вирішуються. Як ви пам'ятаєте, для отримання загальних розв'язків можна використовувати властивість лінійного накладання розв'язків лінійних диференціальних рівнянь. Ми побачимо, що іноді можна наблизити розв'язки нелінійних систем з лінійними системами в малих областях фазового простору.

Загалом нелінійні рівняння не можуть бути розв'язані, отримуючи загальні розв'язки. Однак ми часто можемо досліджувати поведінку розв'язків, фактично не маючи можливості знайти прості вирази з точки зору елементарних функцій. Коли ми хочемо стежити за еволюцією цих рішень, ми вдаємося до чисельного вирішення наших диференціальних рівнянь. Такі чисельні методи потрібно виконувати з обережністю і існує безліч технік, які можна використовувати. Ми не будемо вдаватися в ці прийоми в цьому курсі. Однак ми можемо використовувати системи комп'ютерної алгебри, або комп'ютерні програми, вже розроблені для отримання таких рішень.

Нелінійні проблеми виникають природним шляхом. Ми побачимо проблеми з багатьох тих самих полів, які ми досліджували в розділі 2.9. Одним із прикладів є динаміка чисельності населення. Як правило, ми маємо певну популяцію\(y(t)\), і диференціальне рівняння, що регулює поведінку зростання цієї популяції, розробляється аналогічно тому, який використовувався раніше для змішування задач. Відзначимо, що швидкість зміни населення задається Rate In мінус Rate Out. Rate In задається кількістю видів, народжених за одиницю часу. Rate Out задається числом, яке вмирає за одиницю часу.

Просту модель популяції можна отримати, якщо припустити, що ці показники лінійні в популяції. Таким чином, ми припускаємо, що ставка In\(=b y\) і Rate Out\(=m y\). Тут ми позначили народжуваність як\(b\) і рівень смертності як\(m\),. Це дає швидкість зміни чисельності населення як

\[\dfrac{d y}{d t}=b y-m y \nonumber \]

Як правило, ці ставки можуть залежати від часу. У випадку, якщо вони обидва є постійними швидкостями, ми можемо визначити\(k=b-m\) та отримати знайому експоненціальну модель:

\[\dfrac{d y}{d t}=k y . \nonumber \]

Це легко вирішується, і людина отримує експоненціальне зростання\((k>0)\) або гниття\((k<\)\(0)\). Ця модель була названа на честь Мальтуса 1, священнослужителя, який використовував цю модель, щоб попередити про майбутню загибель людського роду, якщо її репродуктивна практика продовжуватиметься.

Однак, коли населення стає досить великим, існує конкуренція за ресурси, такі як простір та їжа, що може призвести до більш високого рівня смертності. Таким чином, рівень смертності може залежати від чисельності населення,\(m=m(y)\). Найпростішою моделлю буде лінійна залежність,\(m=\tilde{m}+c y\). Потім попередня експоненціальна модель набуває вигляду

\[\dfrac{d y}{d t}=k y-c y^{2} \nonumber \]

Це відоме як логістична модель зростання населення. Як правило,\(c\) невеликий, і доданий нелінійний термін насправді не вдаряється до тих пір, поки населення не стане достатньо великим.

Хоча можна вирішити саме це рівняння, повчально вивчати якісну поведінку розв'язків, фактично не записуючи явних розв'язків. Такі методи корисні для більш складних нелінійних рівнянь. Ми будемо досліджувати деякі прості рівняння першого порядку в наступному розділі. У наступному розділі ми представляємо аналітичне рішення для повноти.

Ми відновимо наші дослідження систем рівнянь та різних застосувань протягом решти цієї глави. Ми побачимо, що ми можемо отримати досить багато інформації про поведінку рішень, використовуючи деякі з наших попередніх методів для лінійних систем.

Автономні рівняння першого порядку

У цьому розділі ми розглянемо методи дослідження стійкості нелінійних автономних рівнянь першого порядку. Потім ми продовжимо це дослідження до розгляду сімейств рівнянь першого порядку, які пов'язані через параметр.

Нагадаємо, що автономне рівняння першого порядку дається у вигляді

\({ }^{1}\)Мальтус, Томас Роберт. Нарис про принцип народонаселення. Бібліотека економіки та свободи. Отримано 2 серпня 2007 року з Всесвітньої павутини: http://www.econlib.org/library/Malthus/malPop1.html

\[\dfrac{d y}{d t}=f(y) . \nonumber \]

Будемо вважати, що\(f\) і\(\dfrac{\partial f}{\partial y}\) є неперервними функціями\(y\), так що ми знаємо, що рішення початкових задач значення існують і є унікальними.

Про якісних методах вивчення автономних рівнянь ми нагадаємо, розглянувши на прикладі

\[\dfrac{d y}{d t}=y-y^{2} . \nonumber \]

Це лише приклад логістичного рівняння.

Спочатку визначають рівновагу, або константу, розв'язки, задані\(y^{\prime}=\) 0. Для цього випадку у нас є\(y-y^{2}=0\). Отже, рівноважними рішеннями є\(y=0\) і\(y=1\). Намальовуючи ці рішення, ми ділимо\(t y\) -площину на три області. Рішення, що виникають в одному з цих регіонів за\(t=t_{0}\) бажанням, залишаються в цьому регіоні для всіх,\(t>t_{0}\) оскільки рішення не можуть перетинатися. [Зауважте, що якщо два рішення перетинаються, то вони мають спільні значення\(y_{1}\) в той час\(t_{1}\). Використовуючи цю інформацію, ми могли б встановити початкову задачу значення, для якої початкова умова\(y\left(t_{1}\right)=y_{1}\). Оскільки два різні розв'язки перетинаються в цій точці у фазовій площині, ми мали б задачу початкового значення з двома різними розв'язками, відповідними однаковій початковій умові. Це суперечить викладеному вище припущенню унікальності. Ми залишимо читача, щоб вивчити це далі в домашньому завданні.]

Далі визначаємо поведінку рішень в трьох регіонах. Відзначивши, що\(d y / d t\) дає нахил будь-якого рішення в площині, то виявляємо, що рішення монотонні в кожному регіоні. А саме в регіонах\(d y / d t>0\), де, ми маємо монотонно зростаючі функції. Визначаємо це з правого боку нашого рівняння.

Наприклад, в цій проблемі\(y-y^{2}>0\) тільки для середнього регіону і\(y-y^{2}<0\) для двох інших регіонів. Таким чином, ухил позитивний в середній області, даючи піднімається розчин, як показано на малюнку 3.1. Зверніть увагу, що це рішення не перетинає рівноважні рішення. Аналогічні заяви можна зробити і про рішення в інших регіонах.

Ми також відзначимо, що рішення по обидва боки\(y=1\) схильні наближатися до цього рівноважного рішення для великих значень\(t\). Насправді, незалежно від того, наскільки близьким є\(y=1\), врешті-решт один підійде до цього рішення як\(t \rightarrow \infty\). Отже, рівноважний розчин - це стійке рішення. Точно так само ми бачимо, що\(y=0\) це нестійке рівноважне рішення.

Якщо нас цікавить лише поведінка рівноважних розв'язків, ми могли б просто побудувати фазову лінію. На малюнку\(3.2\) розміщуємо вертикальну лінію праворуч від ділянки\(t y\) -plane. На цій лінії спочатку ставлять точки на відповідних рівноважних розв'язках і позначають рішення. Ці точки на рівноважних розв'язках є кінцевими точками протягом трьох інтервалів. Потім у кожному інтервалі поміщають стрілки вгору (вниз), що вказують на рішення з позитивними (негативними) нахилами. Дивлячись на фазову лінію, тепер можна визначити, чи є задана рівновага стабільною (стрілки, що вказують на точку) або нестабільною

(Стрілки, що вказують в сторону від точки). На малюнку\(3.3\) проводимо завершальну фазову лінію самостійно.

Розв'язок логістичного рівняння

Ми бачили, що не потрібно явного розв'язку логістичного рівняння (3.2) для вивчення поведінки його розв'язків. Однак логістичне рівняння є прикладом нелінійного рівняння першого порядку, яке можна розв'язати. Це приклад рівняння Ріккаті.

Загальна форма рівняння Ріккаті

\[\dfrac{d y}{d t}=a(t)+b(t) y+c(t) y^{2} \nonumber \]

До тих пір\(c(t) \neq 0\), поки це рівняння може бути зведено до лінійного диференціального рівняння другого порядку шляхом перетворення

\[y(t)=-\dfrac{1}{c(t)} \dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} . \nonumber \]

Ми продемонструємо це, використовуючи простий випадок логістичного рівняння,

\[\dfrac{d y}{d t}=k y-c y^{2} . \nonumber \]

Ми пускаємо

\[y(t)=\dfrac{1}{c} \dfrac{\dot{x}}{x} \nonumber \]

Тоді

\[\begin{aligned} \dfrac{d y}{d t} &=\dfrac{1}{c}\left[\dfrac{\ddot{x}}{x}-\left(\dfrac{\dot{x}}{x}\right)^{2}\right] \\ &=\dfrac{1}{c}\left[\dfrac{\ddot{x}}{x}-(c y)^{2}\right] \\ &=\dfrac{1}{c} \dfrac{\ddot{x}}{x}-c y^{2} \end{aligned} \nonumber \]

Вставивши це в логістичне рівняння (3.5), ми маємо

\[\dfrac{1}{c} \dfrac{\ddot{x}}{x}-c y^{2}=k \dfrac{1}{c}\left(\dfrac{\dot{x}}{x}\right)-c y^{2}, \nonumber \]

або

\[\ddot{x}=k \dot{x} . \nonumber \]

Це рівняння легко вирішується, щоб дати

\[x(t)=A+B e^{k t} . \nonumber \]

Тому у нас є рішення логістичного рівняння

\[y(t)=\dfrac{1}{c} \dfrac{\dot{x}}{x}=\dfrac{k B e^{k t}}{c\left(A+B e^{k t}\right)} \nonumber \]

Виявляється, що у нас є дві довільні константи. Але, ми почали з диференціального рівняння першого порядку і очікуємо тільки однієї довільної константи. Однак ми можемо вирішити це, розділивши чисельник і знаменник на\(k B e^{k t}\) і визначивши\(C=\dfrac{A}{B}\). Тоді у нас є

\[y(t)=\dfrac{k / c}{1+C e^{-k t}}, \nonumber \]

показуючи, що насправді є тільки одна довільна константа в розчині.

Слід зазначити, що це не єдиний спосіб отримати рішення логістичного рівняння, хоча він дає введення в рівняння Ріккаті. Більш прямим підходом було б використання поділу змінних на логістичному рівнянні. Читач повинен переконатися в цьому.

Нелінійний маятник

У цьому розділі ми представимо нелінійний маятник як наш перший приклад періодичного руху в нелінійній системі. Коливання мають важливе значення в багатьох областях фізики. Ми вже бачили рух маси на пружині, що призводить до простих, затухаючих і вимушених гармонійних рухів. Пізніше ми вивчимо ці ефекти на простій нелінійній системі. У цьому розділі ми введемо нелінійний маятник і визначимо його період коливання.

Почнемо з виведення рівняння маятника. Простий маятник складається з точкової маси, що\(m\) висить на нитці довжиною\(L\) від якоїсь опори. [Див. Малюнок 3.11.] Один тягне масу назад до деякого початкового кута\(\theta_{0}\), і звільняє її. Мета полягає в тому, щоб знайти кутове положення як функція часу,\(\theta(t)\).

Є кілька можливих деривацій. Ми могли б або використовувати Другий закон руху Ньютона\(F=m a\), або його обертальний аналог з точки зору крутного моменту. Ми будемо використовувати перший тільки для обмеження кількості необхідного фізичного фону.

Є дві сили, що діють на точкову масу, вагу і натяг в струні. Вага вказує вниз і має величину\(m g\), де\(g\) є стандартним символом прискорення за рахунок сили тяжіння. На поверхні землі ми можемо прийняти це бути\(9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}\) або\(32.2 \mathrm{ft} / \mathrm{s}^{2}\). На малюнку\(3.12\) ми показуємо як вагу, так і натяг, що діє на масу. Також показана чиста сила.

Напруга врівноважує проекцію вектора ваги, залишаючи незбалансовану складову ваги в напрямку руху. Таким чином, величина суми сил легко знайти з цієї незбалансованої складової як\(F=m g \sin \theta\).

Другий закон руху Ньютона говорить нам, що чиста сила - це маса, що разів перевищує прискорення. Отже, ми можемо написати

\[m \ddot{x}=-m g \sin \theta . \nonumber \]

Далі нам потрібно співвідносити\(x\) і\(\theta . x\) це пройдену відстань, яка є довжиною дуги, промальованої нашою точковою масою. Довжина дуги пов'язана з кутом, за умови, що кут вимірюється в радіанах. А саме,\(x=r \theta\) для\(r=L\). Таким чином, ми можемо написати

\[m L \ddot{\theta}=-m g \sin \theta \nonumber \]

Скасування мас, призводить до нелінійного маятникового рівняння

\[L \ddot{\theta}+g \sin \theta=0 . \nonumber \]

Існує кілька варіантів рівняння (3.8), які будуть використані в цьому тексті. Перший - лінійний маятник. Це виходить, зробивши невелике наближення кута. Для невеликих кутів ми це знаємо\(\sin \theta \approx \theta\). Під цим наближенням (3.8) стає

\[L \ddot{\theta}+g \theta=0 . \nonumber \]

Ми також можемо зробити систему більш реалістичною, додавши демпфування. Це може бути пов'язано з втратами енергії в тому, як струна прикріплена до опори або через опір по масі і т.д. припускаючи, що демпфування пропорційно кутовій швидкості, ми маємо рівняння для затухаючої нелінійної і демпфірованої лінійної пендули:

\[\begin{gathered} L \ddot{\theta}+b \dot{\theta}+g \sin \theta=0 . \\ L \ddot{\theta}+b \dot{\theta}+g \theta=0 . \end{gathered} \nonumber \]

Нарешті, ми можемо додати форсування. Уявіть, що опора прикріплена до пристрою, щоб система коливалася горизонтально з деякою частотою. Тоді ми могли б мати рівняння, такі як

\[L \ddot{\theta}+b \dot{\theta}+g \sin \theta=F \cos \omega t . \nonumber \]

Ці та інші проблеми коливань ми розглянемо пізніше у вправах. Вони зведені в таблиці нижче.

У пошуках рішень

Перш ніж повернутися до вивчення рівноважних розв'язків нелінійного маятника, розглянемо, наскільки далеко ми можемо потрапити при отриманні аналітичних рішень. Спочатку досліджуємо простий лінійний маятник.

Лінійне рівняння маятника (3.9) є постійним коефіцієнтом лінійного диференціального рівняння другого порядку. Корінням характерних рівнянь є\(r=\)\(\pm \sqrt{\dfrac{g}{L}} i\). Таким чином, загальне рішення набуває вигляду

\[\theta(t)=c_{1} \cos \left(\sqrt{\dfrac{g}{L}} t\right)+c_{2} \sin \left(\sqrt{\dfrac{g}{L}} t\right) \nonumber \]

Відзначимо, що це зазвичай спрощується введенням кутової частоти.

\[\omega \equiv \sqrt{\dfrac{g}{L}} . \nonumber \]

Одним з наслідків цього рішення, яке часто використовується у вступній фізиці, є вираз для періоду коливання простого маятника. Нагадаємо, що період - це час, необхідний для завершення одного циклу коливання. Встановлено, що період

\[T=\dfrac{2 \pi}{\omega}=2 \pi \sqrt{\dfrac{L}{g}} \nonumber \]

Ця величина для періоду простого маятника заснована на лінійному рівнянні маятника, яке було виведено при малому кутовому наближенні. Наскільки добре таке наближення? Що мається на увазі під невеликим кутом? Згадуємо наближення серії Тейлора\(\sin \theta\) про\(\theta=0\):

\[\sin \theta=\theta-\dfrac{\theta^{3}}{3 !}+\dfrac{\theta^{5}}{5 !}+\ldots \nonumber \]

Можна отримати прив'язку до помилки при скороченні цього ряду до одного семестру після проходження курсу числового аналізу. Але ми можемо просто побудувати відносну помилку, яка визначається як відносна помилка\(=\left|\dfrac{\sin \theta-\theta}{\sin \theta}\right| \times 100 \%\).

Графік відносної похибки наведено на малюнку 3.13. Відзначимо, що відносна похибка в один відсоток відповідає\(0.24\) приблизно радіанам, що менше чотирнадцяти градусів. Подальше обговорення цього питання наводиться в кінці цього розділу.

Тепер перейдемо до нелінійного маятника. Спочатку переписуємо Equation (3.8) в простіший вигляд

\[\ddot{\theta}+\omega^{2} \sin \theta=0 . \nonumber \]

Далі ми використовуємо техніку, яка корисна для рівнянь виду

\[\ddot{\theta}+F(\theta)=0 \nonumber \]

коли легко інтегрувати функцію\(F(\theta)\). А саме відзначимо, що

\[\dfrac{d}{d t}\left[\dfrac{1}{2} \dot{\theta}^{2}+\int^{\theta(t)} F(\phi) d \phi\right]=[\ddot{\theta}+F(\theta)] \dot{\theta} \nonumber \]

Для нашої задачі ми помножимо Рівняння (3.17) на\(\dot{\theta}\),

\[\ddot{\theta} \dot{\theta}+\omega^{2} \sin \theta \dot{\theta}=0 \nonumber \]

і зверніть увагу, що ліва сторона цього рівняння є ідеальною похідною. Таким чином,

\[\dfrac{d}{d t}\left[\dfrac{1}{2} \dot{\theta}^{2}-\omega^{2} \cos \theta\right]=0 \nonumber \]

Тому величина в дужках є постійною. Отже, ми можемо написати

\[\dfrac{1}{2} \dot{\theta}^{2}-\omega^{2} \cos \theta=c . \nonumber \]

Вирішуючи для\(\dot{\theta}\), отримуємо

\[\dfrac{d \theta}{d t}=\sqrt{2\left(c+\omega^{2} \cos \theta\right)} \nonumber \]

Це рівняння є роздільним рівнянням першого порядку, і ми можемо переставити та інтегрувати терміни, щоб знайти це

\[t=\int d t=\int \dfrac{d \theta}{\sqrt{2\left(c+\omega^{2} \cos \theta\right)}} . \nonumber \]

Звичайно, потрібно вміти робити інтеграл. Коли людина отримує рішення в цій неявній формі, то кажуть, що проблема вирішена квадратурами. А саме, рішення дано в терміні якогось інтеграла. У додатку до цієї глави ми показуємо, що цей розв'язок можна записати через еліптичні інтеграли та вивести поправки до формули за період маятника.

Стійкість нерухомих точок в нелінійних системах

Нас зараз цікавить вивчення стійкості рівноважних розв'язків нелінійного маятника. Попутно розробимо деякі основні методи дослідження стійкості рівноваг в нелінійних системах.

Почнемо з лінійного диференціального рівняння для затухлих коливань, як зазначено раніше в Equation (3.9). У цьому випадку ми маємо рівняння другого порядку виду

\[x^{\prime \prime}+b x^{\prime}+\omega^{2} x . \nonumber \]

Використовуючи методи глави 2, це рівняння другого порядку можна записати як систему двох рівнянь першого порядку:

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=y \\ &y^{\prime}=-b y-\omega^{2} x . \end{aligned} \nonumber \]

Ця система має тільки одне рівноважне рішення,\(x=0, y=0\).

Звертаючись до затухаючого нелінійного маятника, ми маємо систему

\[\begin{aligned} x^{\prime} &=y \\ y^{\prime} &=-b y-\omega^{2} \sin x . \end{aligned} \nonumber \]

Ця система також має рівноважне рішення,\(x=0, y=0\). Однак існує насправді нескінченна кількість рішень. Рівноваги визначаються з\(y=0\) і\(-b y-\omega^{2} \sin x=0\). Це означає, що\(\sin x=0\). Існує нескінченна кількість розв'язків:\(x=n \pi, n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots\) Отже, ми маємо нескінченну кількість рівноваг,\((n \pi, 0), n=0, \pm 1, \pm 2, \ldots\)

Далі нам потрібно визначити їх стійкість. Для цього потрібна більш загальна теорія для нелінійних систем. Починаємо з\(n\) -мірної системи

\[\mathbf{x}^{\prime}=\mathbf{f}(\mathbf{x}), \quad \mathrm{x} \in \mathrm{R}^{n} \nonumber \]

Ось\(\mathbf{f}: \mathrm{R}^{n} \rightarrow \mathrm{R}^{n}\). Ми визначаємо фіксовані точки, або рівноважні рішення, цієї системи як точки,\(\mathrm{x}^{*}\) що задовольняють\(\mathbf{f}\left(\mathrm{x}^{*}\right)=\mathbf{0}\).

Стабільність по сусідству нерухомих точок тепер може бути визначена. Нас цікавить, що відбувається з рішеннями нашої системи з початковими умовами, що починаються поблизу фіксованої точки. Ми можемо представити точку поблизу фіксованої точки у вигляді\(\mathbf{x}=\mathbf{x}^{*}+\boldsymbol{\xi}\), де довжина\(\boldsymbol{\xi}\) дає вказівку на те, наскільки близько ми знаходимося до фіксованої точки. Отже, ми вважаємо, що спочатку,\(|\boldsymbol{\xi}| \ll 1\).

У міру розвитку системи\(\boldsymbol{\xi}\) буде змінюватися. Зміна часу,\(\boldsymbol{\xi}\) в свою чергу, регулюється системою рівнянь. Ми можемо наблизити цю еволюцію наступним чином. По-перше, відзначимо, що

\[\mathbf{x}^{\prime}=\boldsymbol{\xi}^{\prime} \nonumber \]

Далі ми маємо це

\[\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}+\boldsymbol{\xi}\right) \nonumber \]

Ми можемо розширити праву сторону про фіксовану точку, використовуючи багатовимірну версію Теореми Тейлора. Таким чином, ми маємо, що

\[\mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}+\boldsymbol{\xi}\right)=\mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}\right)+D \mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}\right) \boldsymbol{\xi}+O\left(|\boldsymbol{\xi}|^{2}\right) \nonumber \]

Тут Df - це якобійська матриця, визначена як

\[D \mathbf{f}=\left(\begin{array}{cccc} \dfrac{\partial f_{1}}{\partial x_{1}} & \dfrac{\partial f_{1}}{\partial x_{2}} & \cdots & \dfrac{\partial f_{1}}{\partial x_{n}} \\ \dfrac{\partial f_{2}}{\partial x_{1}} & \ddots & \ddots & \vdots \\ \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ \dfrac{\partial f_{n}}{\partial x_{1}} & \cdots & \cdots & \dfrac{\partial f_{n}}{\partial x_{n}} \end{array}\right) \nonumber \]

Відзначаючи\(\mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}\right)=\mathbf{0}\), що ми тоді маємо, що система (3.22) стає

\[\xi^{\prime} \approx D \mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}\right) \boldsymbol{\xi} \nonumber \]

Саме це рівняння описує поведінку системи поблизу нерухомої точки. Ми говоримо, що система (3.22) була лінеаризована або що Рівняння (3.23) - це лінеаризація системи\((3.22)\). Приклад 3.4. Як приклад застосування даної лінеаризації розглянемо систему

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=-2 x-3 x y \\ &y^{\prime}=3 y-y^{2} \end{aligned} \nonumber \]

Спочатку визначаємо закріплені точки:

\[\begin{aligned} &0=-2 x-3 x y=-x(2+3 y) \\ &0=3 y-y^{2}=y(3-y) \end{aligned} \nonumber \]

З другого рівняння ми маємо, що\(y=0\) або\(y=3\). Перше рівняння потім дає\(x=0\) в будь-якому випадку. Отже, є дві фіксовані точки:\((0,0)\) і\((0,3)\)

Далі лінеаризуємо близько кожної фіксованої точки окремо. Спочатку запишемо якобійську матрицю.

\[D \mathbf{f}(x, y)=\left(\begin{array}{cc} -2-3 y & -3 x \\ 0 & 3-2 y \end{array}\right) \nonumber \]

1. Справа I\((0,0)\).

У цьому випадку ми виявляємо, що

\[D \mathbf{f}(0,0)=\left(\begin{array}{cc} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{array}\right) \nonumber \]

Тому лінеаризоване рівняння стає

\[\xi^{\prime}=\left(\begin{array}{cc} -2 & 0 \\ 0 & 3 \end{array}\right) \boldsymbol{\xi} \nonumber \]

Це еквівалентно виписується як система

\[\begin{aligned} &\xi_{1}^{\prime}=-2 \xi_{1} \\ &\xi_{2}^{\prime}=3 \xi_{2} \end{aligned} \nonumber \]

Це лінеаризована система про походження. Зверніть увагу на схожість з оригінальною системою. Підкреслено, що лінеаризовані рівняння є постійними коефіцієнтними рівняннями, і ми можемо використовувати більш ранні матричні методи для визначення природи точки рівноваги. Особисті значення системи, очевидно, є\(\lambda=-2,3\). Тому ми маємо, що походження - це сідлова точка.

3. Справа II\((0,3)\).

В цьому випадку чинимо як і раніше. Записуємо якобіанську матрицю і дивимося на її власнізначення, щоб визначити тип фіксованої точки. Отже, ми маємо, що якобійська матриця

\[D \mathbf{f}(0,3)=\left(\begin{array}{cc} -2 & 0 \\ 0 & -3 \end{array}\right) \nonumber \]

Тут ми маємо власні значення\(\lambda=-2,-3\). Отже, ця нерухома точка є стійким вузлом. Цей аналіз дав нам сідло і стабільний вузол. Ми знаємо, як виглядає поведінка біля кожної фіксованої точки, але ми повинні вдатися до інших засобів, щоб сказати що-небудь про поведінку, далеку від цих точок. Фазовий портрет для цієї системи наведено на малюнку 3.14. Ви повинні вміти знаходити точку сідла і вузол. Зверніть увагу, як поводяться рішення в регіонах, далеких від цих точок.

Ми можемо очікувати, що зможемо виконати лінеаризацію в загальних умовах. Вони наведені в теоремі Хартмана-Гросмана:

Теорема 3.5. Неперервна карта існує між лінійною та нелінійною системами, коли\(D \mathbf{f}\left(\mathbf{x}^{*}\right)\) не має власних значень з нульовою дійсною частиною.

Як правило, існує кілька типів поведінки, які можна побачити в нелінійних системах. Можна побачити раковини або джерела, гіперболічні (сідлові) точки, еліптичні точки (центри) або вогнища. Деякі з них ми визначили для планарних систем. Взагалі, якщо хоча б дві власнізначення мають дійсні частини з протилежними знаками, то фіксована точка є гіперболічною точкою. Якщо дійсна частина ненульового власне значення дорівнює нулю, то у нас є центр, або еліптична точка.

Нелінійні моделі населення

Ми вже стикалися з декількома моделями динаміки населення. Звичайно, можна було придумати кілька інших прикладів. Існує два стандартних типи моделей: Хижак-здобич і конкуруючі види. У моделі хижак-здобич один зазвичай має один вид, хижак, харчуючись іншим, здобич. Ми розглянемо стандартну модель Лотка-Вольтерра в цьому розділі. Модель конкуруючих видів виглядає схожою, за винятком того, що є кілька знакових змін, оскільки один вид не харчується іншим. Крім того, ми можемо вбудовувати в нашу модель в логістичному плані. Цей останній тип моделі ми збережемо для домашнього завдання.

Модель Лотка-Вольтерра набуває вигляду

\[\begin{aligned} &\dot{x}=a x-b x y, \\ &\dot{y}=-d y+c x y \end{aligned} \nonumber \]

У цьому випадку ми можемо думати про\(x\) популяції кроликів (здобич) і\(y\) є популяцією лисиць (хижаків). Вибравши всі константи позитивними, ми можемо описати терміни.

• сокира: Якщо залишитися в спокої, популяція кроликів зросте. Таким\(a\) чином, природний темп зростання без хижаків.
• \(-d y\): Коли кроликів немає, популяція лисиць повинна розпастися. Таким чином, коефіцієнт повинен бути негативним.

• \(-b x y\): Ми додаємо нелінійний термін, що відповідає виснаженню кроликів, коли лисиці знаходяться навколо.
• cxy: Чим більше кроликів, тим більше їжі для лисиць. Отже, додамо нелінійний термін, що породжує збільшення популяції лисиць.

Аналіз моделі Лотки-Вольтерри починається з визначення нерухомих точок. Отже, ми маємо з Рівняння (3.34)

\[\begin{gathered} x(a-b y)=0, \\ y(-d+c x)=0 . \end{gathered} \nonumber \]

Тому походження і\(\left(\dfrac{d}{c} \dfrac{a}{b}\right)\) є фіксованими точками.

Далі визначаємо їх стійкість, шляхом лінеаризації про нерухомих точках. Ми можемо використовувати якобійську матрицю, або ми могли б просто розширити праву частину кожного рівняння в (3.34). Якобійська матриця є\(D f(x, y)=\left(\begin{array}{cc}a-b y & -b x \\ c y & -d+c x\end{array}\right)\). Оцінюючи в кожній фіксованій точці, ми маємо

\[\begin{gathered} D f(0,0)=\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & -d \end{array}\right), \\ D f\left(\dfrac{d}{c}, \dfrac{a}{b}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -\dfrac{b d}{c} \\ \dfrac{a c}{b} & 0 \end{array}\right) . \end{gathered} \nonumber \]

Власні значення\((3.36)\) є\(\lambda=a,-d\). Отже, походження - це сідлова точка. Власні значення (3.37) задовольняють\(\lambda^{2}+a d=0\). Отже, інша точка - центр. На малюнку\(3.17\) ми показуємо вибіркове поле напряму для системи Лотка-Вольтерра.

Інший спосіб лінеаризації полягає в розширенні рівнянь про нерухомих точках. Незважаючи на те, що це еквівалентно обчисленню якобійської матриці, іноді це може бути швидше.

Обмеження циклів

Поки що ми щойно були стурбовані рівноважними рішеннями та їх поведінкою. Однак асимптотично стійкі фіксовані точки - не єдині атрактори. Існують інші типи рішень, відомі як граничні цикли, до яких рішення може прагнути. У цьому розділі ми розглянемо деякі приклади цих періодичних рішень.

Такі рішення поширені в природі. Релі досліджував проблему

\[x^{\prime \prime}+c\left(\dfrac{1}{3}\left(x^{\prime}\right)^{2}-1\right) x^{\prime}+x=0 \nonumber \]

при вивченні коливань струни скрипки. Ван дер Пол вивчав електричний ланцюг, моделюючи таку поведінку. Інші вивчали біологічні системи, такі як нейронні системи, хімічні реакції, такі як кінетика Міхаеліса-Ментона або системи, що призводять до хімічних коливань. Однією з найважливіших моделей в історичному дослідженні динамічних систем є рух планет та дослідження стійкості планетарних орбіт. Як відомо, ці орбіти періодичні.

Граничні цикли - це ізольовані періодичні рішення, до яких сусідні держави можуть прагнути, коли вони стабільні. Ключовий приклад експонування граничного циклу наведено системою.

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=\mu x-y-x\left(x^{2}+y^{2}\right) \\ &y^{\prime}=x+\mu y-y\left(x^{2}+y^{2}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Зрозуміло, що походження - це фіксована точка. Якобійська матриця задається як

\[\operatorname{Df}(0,0)=\left(\begin{array}{cc} \mu & -1 \\ 1 & \mu \end{array}\right) \nonumber \]

Виявлено, що власні значення є\(\lambda=\mu \pm i\). Бо у\(\mu=0\) нас є центр. Бо у\(\mu<0\) нас стійка спіраль і для\(\mu>0\) нас нестійка спіраль. Однак ця спіраль не блукає до нескінченності. Ми бачимо на малюнку\(3.18\), що точка рівноваги - це спіраль. Однак на малюнку\(3.19\) видно, що розчин не викручується до нескінченності. Вона обмежена колом.

Насправді можна знайти радіус цього кола. Для цього потрібно переписати систему в полярному вигляді. Нагадаємо з глави 2, що це робиться за допомогою

\[\begin{gathered} r r^{\prime}=x x^{\prime}+y y^{\prime}, \\ r^{2} \theta^{\prime}=x y^{\prime}-y x^{\prime} . \end{gathered} \nonumber \]

Вставивши систему (3.39) в ці вирази, ми маємо

\[r r^{\prime}=\mu r^{2}-r^{4}, \quad r^{2} \theta^{\prime}=r^{2}, \nonumber \]

\[r^{\prime}=\mu r-r^{3}, \theta^{\prime}=1 . \nonumber \]

Звичайно, для кола\(r=\) const, тому нам потрібно дивитися на рівноважні розв'язки Рівняння (3.43). Це означає рішення\(\mu r-r^{3}=0\) для\(r\). Розв'язками цього рівняння є\(r=0, \pm \sqrt{\mu}\). Нам потрібно лише зберегти один позитивний радіус рішення,\(r=\sqrt{\mu}\). У малюнках\(3.18-3.19 \mu=0.4\), тому ми очікуємо коло с\(r=\sqrt{0.4} \approx 0.63\). \(\theta\)Рівняння просто говорить нам, що ми дотримуємося граничного циклу в напрямку проти годинникової стрілки.

Обмеження циклів - це не завжди кола. На малюнках 3.20-3.21 ми показуємо поведінку системи Релея (3.38) для\(c=0.4\) і\(c=2.0\). У цьому випадку ми бачимо, що рішення прагнуть до некругового граничного циклу.

Граничний цикл для\(c=2.0\) показаний на малюнку\(3.22\).

Чи можна заздалегідь визначити, чи буде дана нелінійна система граничний цикл? Для того щоб відповісти на це питання, введемо деякі визначення.

Спочатку ми опишемо різні траєкторії та сімейства траєкторій. Потік на\(R^{2}\) - це функція\(\phi\), яка задовольняє наступним

1. \(\phi(\mathbf{x}, t)\)є безперервним в обох аргументах.
2. \(\phi(\mathbf{x}, 0)=\mathbf{x}\)для всіх\(\mathbf{x} \in R^{2}\)
3. \(\phi\left(\phi\left(\mathbf{x}, t_{1}\right), t_{2}\right)=\phi\left(\mathbf{x}, t_{1}+t_{2}\right)\).

Орбіта, або траєкторія, через\(\mathbf{x}\) визначається як\(\gamma=\{\phi(\mathbf{x}, t) \mid t \in I\}\). На малюнку\(3.23\) ми демонструємо ці властивості. Для\(t=0, \phi(\mathbf{x}, 0)=\mathbf{x}\). Збільшуючи\(t\), людина слідує за траєкторією, поки не досягне точки\(\phi\left(\mathbf{x}, t_{1}\right)\). Продовжуючи\(t_{2}\) далі, один потім знаходиться в\(\phi\left(\phi\left(\mathbf{x}, t_{1}\right), t_{2}\right)\). За третім властивістю це те ж саме, що перехід від\(\mathbf{x}\) до\(\phi\left(\mathbf{x}, t_{1}+t_{2}\right)\) для\(t=t_{1}+t_{2}\).

Визначивши орбіти, нам потрібно визначити асимптотичну поведінку орбіти як для позитивних, так і для негативних великих часів. Визначимо позитивну піворбіту через\(\mathbf{x}\) як\(\gamma^{+}=\{\phi(\mathbf{x}, t) \mid t>0\}\). Негативна напіворбіта через\(\mathbf{x}\) визначається як\(\gamma^{-}=\{\phi(\mathbf{x}, t) \mid t<0\}\). Таким чином, ми маємо\(\gamma=\gamma^{+} \cup^{-}\).

Позитивна гранична множина, або\(\omega\) -limit set, точки\(\mathbf{x}\) визначається як

\[\Lambda^{+}=\left\{\mathbf{y} \mid \text { there exists a sequence of } t_{n} \rightarrow \infty \text { such that } \phi\left(\mathbf{x}, t_{n}\right) \rightarrow \mathbf{y}\right\} \nonumber \]

Ці\(\mathbf{y}\) позначаються як\(\omega\) -limit точок. Це показано на малюнку\(3.24\).

Аналогічно ми визначаємо негативний граничний набір, або це альфа-лімітні множини, точки\(\mathbf{x}\) визначено, оскільки\(\Lambda^{-}=\left\{\mathbf{y} \mid\right.\) існує послідовність\(t_{n} \rightarrow-\infty\) таких, що\(\left.\phi\left(\mathbf{x}, t_{n}\right) \rightarrow \mathbf{y}\right\}\)

і відповідні\(\mathbf{y}\)\(\alpha\) - граничні точки. Це показано на малюнку\(3.25\).

Існує кілька типів орбіт, якими може володіти система. Цикл або періодична орбіта - це будь-яка замкнута орбіта, яка не є точкою рівноваги. Періодична орбіта стабільна, якщо для кожної околиці орбіти така, що всі довколишні орбіти залишаються всередині околиці. В іншому випадку вона нестабільна. Орбіта асимптотично стабільна, якщо всі довколишні орбіти сходяться до періодичної орбіти.

Граничний цикл - це цикл, який є\(\alpha\) або\(\omega\) -limit набір деякої траєкторії, відмінної від граничного циклу. Граничний цикл\(\Gamma\) є стабільним, якщо\(\Lambda^{+}=\Gamma\) для всіх\(\mathbf{x}\) в деякому районі\(\Gamma\). Граничний цикл\(\Gamma\) є нестабільним, якщо\(\Lambda^{-}=\Gamma\) для всіх\(\mathbf{x}\) в деякому районі\(\Gamma\). Нарешті, цикл обмежень є напівстабільним, якщо він притягує з одного боку і відштовхує з іншого боку. У попередніх прикладах ми бачили граничні цикли, які були стабільними. Цифри\(3.24\) і\(3.25\) зображують стабільні і нестабільні граничні цикли відповідно.

Тепер ми констатуємо теорему, яка описує тип орбіт, які ми могли б знайти в нашій системі.

Теорема 3.7. Теорема Пуанкаре - Бендіксона\(\gamma^{+}\) Дозволяти міститися в обмеженій області, в якій є скінченно багато критичних точок. Тоді\(\Lambda^{+}\) або

1. єдина критична точка;
2. єдина замкнута орбіта;
3. сукупність критичних точок, з'єднаних гетероклінічними орбітами. [Порівняйте цифри\(3.27\) і??.]

Ми зацікавлені у визначенні, коли можуть існувати або не існувати граничні цикли. Наслідок теореми Пуанкаре - Бендіксона дається наступним наслідком.

Слідство\(D\) Дозволяти бути обмеженим замкнутим набором, що не містить критичних точок і припустимо, що\(\gamma^{+} \subset D\). Тоді існує граничний цикл, що міститься в\(D\).

Більш конкретні критерії дозволяють визначити, чи існує граничний цикл в даному регіоні. Вони наведені критеріями Дюлака та Критеріями Бендіксона.

Критерії Дюлака Розглянемо автономну планарну систему

\[x^{\prime}=f(x, y), \quad y^{\prime}=g(x, y) \nonumber \]

і безперервно диференційовна функція,\(\psi\) визначена на кільцевій області,\(D\) що міститься в деякій відкритій множині. Якщо

\[\dfrac{\partial}{\partial x}(\psi f)+\dfrac{\partial}{\partial y}(\psi g) \nonumber \]

не змінює вхід\(D\), тоді існує максимум один граничний цикл, що міститься повністю в\(D\).

Критерії Бендіксона Розглянемо автономну планарну систему

\[x^{\prime}=f(x, y), \quad y^{\prime}=g(x, y) \nonumber \]

визначено на просто підключеному домені\(D\) таким чином, що

\[\dfrac{\partial}{\partial x}(\psi f)+\dfrac{\partial}{\partial y}(\psi g) \neq 0 \nonumber \]

в\(D\). Тоді немає ніяких граничних циклів повністю в\(D\).

Вони легко доведені за допомогою теореми Гріна в площині. Доведено критерії Бендіксона. Нехай\(\mathbf{f}=(f, g)\). Припустимо, що\(\Gamma\) це замкнута орбіта, що лежить в\(D\). Нехай\(S\) буде інтер'єр\(\Gamma\). Тоді

\[\begin{aligned} \int_{S} \nabla \cdot \mathbf{f} d x d y &=\oint_{\Gamma}(f d y-g d x) \\ &=\int_{0}^{T}(f \dot{y}-g \dot{x}) d t \\ &=\int_{0}^{T}(f g-g f) d t=0 \end{aligned} \nonumber \]

Отже, якщо не однаково нуль і не\(\nabla \cdot \mathbf{f}\) змінює знак в\(S\), то з безперервності\(\nabla \cdot \mathbf{f}\) в\(S\) ми маємо, що права сторона вище або позитивна або негативна. Таким чином, у нас є протиріччя і немає замкнутої орбіти, що лежить в\(D\)

Приклад 3.8. Розглянемо попередній приклад в (3.39) с\(\mu=1\).

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=x-y-x\left(x^{2}+y^{2}\right) \\ &y^{\prime}=x+y-y\left(x^{2}+y^{2}\right) . \end{aligned} \nonumber \]

Ми вже знаємо, що граничний цикл існує на\(x^{2}+y^{2}=1\). Просте обчислення дає це

\[\nabla \cdot \mathbf{f}=2-4 x^{2}-4 y^{2} \nonumber \]

Для довільного\(a<x^{2}+y^{2}<b\) кільцевого кільця маємо

\[2-4 b<\nabla \cdot \mathbf{f}<2-4 a . \nonumber \]

Для\(a=3 / 4\) і\(b=5 / 4,-3<\nabla \cdot \mathbf{f}<-1\). Таким чином,\(\nabla \cdot \mathbf{f}<0\) в кільцевому отворі\(3 / 4<x^{2}+y^{2}<5 / 4\). Тому за критеріями Дюлака існує щонайменше один граничний цикл у цьому кільцевому просторі.

Приклад 3.9. Розглянемо систему

\[\begin{aligned} &x^{\prime}=y \\ &y^{\prime}=-a x-b y+c x^{2}+d y^{2} . \end{aligned} \nonumber \]

Нехай\(\psi(x, y)=e^{-2 d x}\). Потім,

\[\dfrac{\partial}{\partial x}(\psi y)+\dfrac{\partial}{\partial y}\left(\psi\left(-a x-b y+c x^{2}+d y^{2}\right)\right)=-b e^{-2 d x} \neq 0 \nonumber \]

Ми робимо висновок за критеріями Бендіксона, що для цієї системи немає граничних циклів.

Неавтономні нелінійні системи

У цьому розділі ми обговоримо неавтономні системи. Нагадаємо, що автономна система - це та, в якій немає явної залежності від часу. Простим прикладом є вимушений нелінійний маятник, заданий неоднорідним рівнянням

\[\ddot{x}+\omega^{2} \sin x=f(t) . \nonumber \]

Ми можемо встановити це як систему двох рівнянь першого порядку:

\[\begin{aligned} &\dot{x}=y \\ &\dot{y}=-\omega^{2} \sin x+f(t) \end{aligned} \nonumber \]

Ця система не в тому вигляді, для якого ми могли б використовувати більш ранні методи. А саме - це неавтономна система. Однак ми вводимо нову змінну\(z(t)=t\) і перетворимо її в автономну систему ще в одному вимірі. Нова система набуває вигляду

\[\begin{aligned} &\dot{x}=y \\ &\dot{y}=-\omega^{2} \sin x+f(z) \\ &\dot{z}=1 \end{aligned} \nonumber \]

Ця система є тривимірною автономною, можливо, нелінійною системою і може бути досліджена за допомогою наших попередніх методів.

Більш цікаву модель забезпечує рівняння Даффінга. Це рівняння моделює тверді пружинні та м'які пружинні коливання. Він також моделює періодично примусовий промінь, як показано на малюнку 3.28. Це цікавить, оскільки це проста система, яка демонструє хаотичну динаміку і спонукає нас до використання нових методів візуалізації для неавтономних систем.

Найбільш загальна форма рівняння Даффінга задається

\[\ddot{x}+k \dot{x}+\left(\beta x^{3} \pm \omega_{0}^{2} x\right)=\Gamma \cos (\omega t+\phi) . \nonumber \]

Це рівняння моделює тверді пружинні\((\beta>0)\) та м'які пружинні\((\beta<0)\) коливання. Однак ми будемо використовувати більш простий варіант рівняння Даффінга:

\[\ddot{x}+k \dot{x}+x^{3}-x=\Gamma \cos \omega t . \nonumber \]

Давайте спочатку розглянемо поведінку деяких орбіт системи, як ми змінюємо параметри. На малюнках\(3.29-3.31\) ми показуємо деякі типові схеми рішення, накладені на поле напряму. Почнемо з незгасаного\((k=0)\) і невимушеного рівняння\((\Gamma=0)\) Даффінга,

\[\ddot{x}+x^{3}-x==0 . \nonumber \]

Ми можемо записати це рівняння другого порядку як автономну систему

\[\begin{aligned} &\dot{x}=y \\ &\dot{y}=x\left(1-x^{2}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Ми бачимо, що є три точки рівноваги в\((0,0),(\pm 1,0)\). На малюнку\(3.29\) ми будуємо кілька орбіт для Ми бачимо, що три точки рівноваги складаються з двох центрів і сідла.

Тепер включаємо демпфування. Система стає

\[\begin{aligned} &\dot{x}=y \\ &\dot{y}=-k y+x\left(1-x^{2}\right) . \end{aligned} \nonumber \]

На малюнку\(3.30\) ми показуємо, що відбувається, коли\(k=0.1\) Ці ділянки нагадують ділянки для нелінійного маятника; однак рівноваг менше. Центри стають стійкими спіралями.

Далі включаємо форсування для отримання затухаючого, вимушеного рівняння Даффінга. Система зараз неавтономна.

\[\begin{aligned} &\dot{x}=y \\ &\dot{y}=x\left(1-x^{2}\right)+\Gamma \cos \omega t \end{aligned} \nonumber \]

На малюнку\(3.31\) ми показуємо лише одну орбіту з\(k=0.1, \Gamma=0.5\), і\(\omega=1.25\). Рішення перетинається і виглядає трохи безладно. Ми можемо собі уявити, що ми отримаємо, якби ми додали більше орбіт. Для повноти ми покажемо на малюнку\(3.32\) приклад з чотирма різними орбітами.

У випадках, коли один має періодичні орбіти, такі як рівняння Даффінга, Пуанкаре ввів поняття поверхонь перерізу. Один вбудовує орбіту в більш високому вимірному просторі, щоб не було самоперетинів, як ми бачили на малюнках\(3.31\) і 3.32. На малюнку\(3.33\) ми показуємо приклад, де проста орбіта показана, коли вона періодично пробиває задану поверхню.

Для того щоб спростити отримані знімки, можна лише намітити точки, в яких орбіта пробиває поверхню, як намальовано на малюнку 3.34. На практиці існує власна частота, така як\(\omega\) у вимушеному рівнянні Даффінга. Потім, один графік вказує в рази, кратні періоду,\(T=\dfrac{2 \pi}{\omega}\). На малюнку\(3.35\) ми показуємо, як виглядатиме графік для однієї орбіти для затухаючого, невимушеного рівняння Даффінга.

Більш цікавий випадок, коли відбувається форсування і демпфування. У цьому випадку ділянка поверхні перерізу наведена на рис\(3.36\). Хоча це не так зайнято, як графік рішення на малюнку 3.31, він все ще забезпечує деяку цікаву поведінку. Те, що можна знайти, - це те, що називається дивним атрактором. Побудувавши безліч орбіт, ми виявляємо, що через довгий час всі орбіти притягуються до невеликої області в площині, подібно до стійкого вузла притягує сусідні орбіти. Однак це

множина складається з більш ніж однієї точки. Також потік на атракторі носить хаотичний характер. Таким чином, точки бродять нерегулярно по всьому атрактору. Це одна з цікавих тем в теорії хаосу, і вся ця теорія динамічних систем була порушена лише в цьому тексті, залишаючи читача заблукати в глибину цього захоплюючого поля.

Maple код для графіків фазової площини

Для довідки, графіки на малюнках\(3.29\) і\(3.30\) були створені в Maple за допомогою наступних команд:

Це призводить до того, що відомо як дивний атрактор.

Поверхня ділянок перерізу в кінці останнього розділу була отримана за допомогою коду з книги С.Лінча «Динамічні системи з додатками з використанням Maple». Код Maple задається

Додаток: Період нелінійного маятника

У розділі 3.5.1 ми побачили, що розв'язання нелінійної задачі маятника можна знайти до квадратури. Насправді інтеграл у Рівнянні (3.19) може бути перетворений у те, що відомо як еліптичний інтеграл першого роду. Ми перепишемо наш результат, а потім використаємо його для отримання наближення до періоду коливання нашого нелінійного маятника, що призведе до виправлення лінійного результату, знайденого раніше.

Спочатку перепишемо константу, знайдену в (3.18). Для цього потрібно трохи фізики. Розгойдування маси на струні, припускаючи відсутність втрат енергії в точці повороту, є консервативним процесом. А саме, зберігається загальна механічна енергія. Таким чином, сумарна кінетична і гравітаційна потенційних енергій є постійною. Відзначивши\(v=L \dot{\theta}\), що кінетична енергія маси на струні задається як

\[T=\dfrac{1}{2} m v^{2}=\dfrac{1}{2} m L^{2} \dot{\theta}^{2} . \nonumber \]

Потенційна енергія - це гравітаційна потенційна енергія. Якщо встановити потенційну енергію в нуль в нижній частині гойдалки, то потенційна енергія\(h\) є\(U=m g h\), де висота, яку маса знаходиться знизу гойдалки. Трохи тригонометрії дає це\(h=L(1-\cos \theta)\). Це дає потенційну енергію, як

\[U=m g L(1-\cos \theta) . \nonumber \]

Отже, загальна механічна енергія дорівнює

\[E=\dfrac{1}{2} m L^{2} \theta^{\prime 2}+m g L(1-\cos \theta) . \nonumber \]

Зауважимо, що невелика перестановка показує, що ми можемо пов'язати це з рівнянням\((3.18)\)

\[\dfrac{1}{2}\left(\theta^{\prime}\right)^{2}-\omega^{2} \cos \theta=\dfrac{1}{m L^{2}} E-\omega^{2}=c . \nonumber \]

Ми можемо використовувати Рівняння (3.56), щоб отримати значення загальної енергії. У верхній частині гойдалки маса не рухається хоча б на мить. Таким чином, кінетична енергія дорівнює нулю, а сумарна енергія - чиста потенційна енергія. Даючи\(\theta_{0}\) позначити кут у найвищому положенні, ми маємо що

\[E=m g L\left(1-\cos \theta_{0}\right)=m L^{2} \omega^{2}\left(1-\cos \theta_{0}\right) . \nonumber \]

Тут ми використали відношення\(g=L \omega^{2}\).

Тому ми виявили, що

\[\dfrac{1}{2} \dot{\theta}^{2}-\omega^{2} \cos \theta=\omega^{2}\left(1-\cos \theta_{0}\right) . \nonumber \]

Використовуючи формулу половинного кута,

\[\sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}=\dfrac{1}{2}(1-\cos \theta) \nonumber \]

ми можемо переписати рівняння\((3.57)\) як

\[\dfrac{1}{2} \dot{\theta}^{2}=2 \omega^{2}\left[\sin ^{2} \dfrac{\theta_{0}}{2}-\sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}\right] \nonumber \]

Рішення для\(\theta^{\prime}\), у нас є

\[\dfrac{d \theta}{d t}=2 \omega\left[\sin ^{2} \dfrac{\theta_{0}}{2}-\sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}\right]^{1 / 2} \nonumber \]

Тепер можна застосувати поділ змінних і отримати інтеграл, подібний до рішення, яке ми отримали раніше. Відзначаючи, що рух від\(\theta=0\) до\(\theta=\theta_{0}\) - це чверть циклу, то ми маємо, що

\[T=\dfrac{2}{\omega} \int_{0}^{\theta_{0}} \dfrac{d \phi}{\sqrt{\sin ^{2} \dfrac{\theta_{0}}{2}-\sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}}} \nonumber \]

Цей результат не сильно відрізняється від нашого попереднього результату, але тепер ми можемо легко перетворити інтеграл в еліптичний інтеграл. визначаємо

\[z=\dfrac{\sin \dfrac{\theta}{2}}{\sin \dfrac{\theta_{0}}{2}} \nonumber \]

і

\[k=\sin \dfrac{\theta_{0}}{2} \nonumber \]

Тоді рівняння (3.60) стає

\[T=\dfrac{4}{\omega} \int_{0}^{1} \dfrac{d z}{\sqrt{\left(1-z^{2}\right)\left(1-k^{2} z^{2}\right)}} . \nonumber \]

Робиться це, зазначивши, що\(d z=\dfrac{1}{2 k} \cos \dfrac{\theta}{2} d \theta=\dfrac{1}{2 k}\left(1-k^{2} z^{2}\right)^{1 / 2} d \theta\) і те\(\sin ^{2} \dfrac{\theta_{0}}{2}-\sin ^{2} \dfrac{\theta}{2}=k^{2}\left(1-z^{2}\right)\). Інтегралом в цьому результаті є еліптичний інтеграл першого роду. Зокрема, визначено еліптичний інтеграл першого роду.

\[F(\phi, k) \equiv=\int_{0}^{\phi} \dfrac{d \theta}{\sqrt{1-k^{2} \sin ^{2} \theta}}=\int_{0}^{\sin \phi} \dfrac{d z}{\sqrt{\left(1-z^{2}\right)\left(1-k^{2} z^{2}\right)}} . \nonumber \]

У деяких контекстах це відомо як неповний еліптичний інтеграл першого роду і\(K(k)=F\left(\dfrac{\pi}{2}, k\right)\) називається повним інтегралом першого роду.

Існують таблиці значень еліптичних інтегралів. Історично так було знайдено значення еліптичних інтегралів. Однак тепер ми маємо доступ до систем комп'ютерної алгебри, які можуть бути використані для обчислення значень таких інтегралів. Для невеликих кутів у нас є те,\(k\) що мало. Отже, ми можемо розробити серійне розширення на період\(T\), для малого\(k\). Це робиться шляхом першого розширення

\[\left(1-k^{2} z^{2}\right)^{-1 / 2}=1+\dfrac{1}{2} k^{2} z^{2}+\dfrac{3}{8} k^{2} z^{4}+O\left((k z)^{6}\right) \nonumber \]

Підставляючи це в integrand і інтегруючи термін за терміном, можна виявити, що

\[T=2 \pi \sqrt{\dfrac{L}{g}}\left[1+\dfrac{1}{4} k^{2}+\dfrac{9}{64} k^{4}+\ldots\right] \nonumber \]

Цей вираз дає подальші поправки до лінійного результату, який забезпечує лише перший член. На малюнку\(3.37\) ми показуємо відносні помилки, виниклі при збереженні\(k^{4}\) термінів\(k^{2}\) і, а не їх збереження. Читачеві пропонується вивчити це далі в Задачі 3.8.

Вступ

До цього моменту ми вирішували початкові задачі вартості. Для початкової задачі потрібно розв'язати диференціальне рівняння за умов невідомої функції та її похідних при одному значенні незалежної змінної. Наприклад, бо\(x=x(t)\) ми могли б мати початкове значення завдання

\[x^{\prime \prime}+x=2, \quad x(0)=1, \quad x^{\prime}(0)=0 \nonumber \]

У наступних розділах ми вивчимо крайові задачі та різні інструменти вирішення таких задач. У цьому розділі ми мотивуємо наш інтерес до крайових задач, вивчивши рішення одновимірного рівняння теплоємності, яке є рівнянням з частинними похідними. Для решти розділу ми будемо використовувати це рішення, щоб показати, що на тлі нашого рішення крайових задач є структура на основі лінійної алгебри та аналізу, що призводить до вивчення внутрішніх просторів продукту. Хоча технічно ми повинні вести до гільбертових просторів, які є повноцінними внутрішніми просторами продукту.

Для початкової задачі потрібно розв'язати диференціальне рівняння за умов невідомої функції або її похідних при більш ніж одному значенні незалежної змінної. Як приклад, ми маємо невелику модифікацію вищезазначеної проблеми: Знайдіть рішення\(x=x(t)\) для\(0 \leq t \leq 1\) того, щоб задовольнити проблему

\[x^{\prime \prime}+x=2, \quad x(0)=1, \quad x(1)=0 . \nonumber \]

Зазвичай завдання початкових значень включають функції, залежні від часу, а крайові задачі є просторовими. Отже, з початковою задачею значення відомо, як розвивається система з точки зору диференціального рівняння та стану системи в певний фіксований час. Тоді людина прагне визначити стан системи в більш пізній час.

Для крайових задач відомо, як кожна точка реагує на своїх сусідів, але є умови, які повинні бути задоволені в кінцевих точках. Прикладом може бути горизонтальна балка, що підтримується на кінцях, як міст. Форма балки під впливом сили тяжіння або інших сил призвела б до диференціального рівняння, а граничні умови на кінцях пучка вплинули б на розв'язання задачі. Існує також безліч інших типів граничних умов. У випадку балки один кінець може бути зафіксований, а інший кінець може вільно рухатися. Ми вивчимо наслідки різних граничних умов у наших дискусіях та вправах.

Давайте розв'яжемо вищевказану крайову задачу. Як і у випадку з початковими завданнями, нам потрібно знайти загальне рішення, а потім застосувати будь-які умови, які ми можемо мати. Це неоднорідне диференціальне рівняння, тому ми маємо, що розв'язок є сумою розв'язку однорідного рівняння і конкретного розв'язку неоднорідного рівняння\(x(t)=x_{h}(t)+x_{p}(t)\). Рішення\(x^{\prime \prime}+x=0\) легко знайти як

\[x_{h}(t)=c_{1} \cos t+c_{2} \sin t \nonumber \]

Конкретне рішення легко знайти за допомогою методу невизначеного коефіцієнта,

\[x_{p}(t)=2 \nonumber \]

Таким чином, загальним рішенням є

\[x(t)=2+c_{1} \cos t+c_{2} \sin t . \nonumber \]

Тепер ми застосовуємо граничні умови і дивимося, чи є значення\(c_{1}\) і\(c_{2}\) які дають рішення нашої задачі. Перша умова,\(x(0)=0\), дає

\[0=2+c_{1} \nonumber \]

Таким чином,\(c_{1}=-2\). Використовуючи це значення для\(c_{1}\), друга умова,\(x(1)=1\), дає

\[0=2-2 \cos 1+c_{2} \sin 1 \nonumber \]

Це дає

\[c_{2}=\dfrac{2(\cos 1-1)}{\sin 1} . \nonumber \]

Виявлено, що існує розв'язання крайової задачі, і вона задається

\[x(t)=2\left(1-\cos t \dfrac{(\cos 1-1)}{\sin 1} \sin t\right) \nonumber \]

Крайові проблеми виникають у багатьох фізичних системах, так само, як і багато проблем початкових значень, які ми бачили. У наступному розділі ми побачимо, що крайові задачі для звичайних похідних часто з'являються при розв'язанні рівнянь з частинними похідними.

Рівняння з частинними по

У цьому розділі ми введемо деякі загальні рівняння з частинними похідними і подивимося, як обговорення таких рівнянь природно призводить до вивчення крайових задач для звичайних похідних рівнянь. Однак ми не будемо виводити конкретні рівняння, залишаючи це курсам з диференціальних рівнянь, математичної фізики тощо.

Для звичайних диференціальних рівнянь невідомі функції є функціями однієї змінної, наприклад,\(y=y(x)\). Рівняння з частинними похідними - це рівняння, що включають невідому функцію декількох змінних\(u=u(x, y), u=\)\(u(x, y), u=u(x, y, z, t)\), таких як, і її (часткові) похідні. Тому похідні є частковими похідними. Будемо використовувати стандартні позначення і\(u_{x}=\dfrac{\partial u}{\partial x}, u_{x x}=\dfrac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}\) т.д.

Є кілька стандартних рівнянь, з якими стикається один. Вони можуть бути вивчені в одному-трьох вимірах і всі лінійні диференціальні рівняння. Список наведено в таблиці 4.1. Тут ми ввели оператор Laplacian,\(\nabla^{2} u=u_{x x}+u_{y y}+u_{z z}\). Залежно від типів накладених граничних умов та геометрії системи (прямокутна, циліндрична, сферична тощо) зустрічається безліч цікавих крайових задач для звичайних диференціальних рівнянь.

Таблиця 4.1. Список загальних рівнянь з частинними похідними.

Давайте розглянемо рівняння тепловіддачі в одному вимірі. Це могло б описати теплопровідність в тонкому ізольованому стрижні довжини\(L\). Він також може описати дифузію забруднювача у довгому вузькому потоці або потік руху по дорозі. У задачах, пов'язаних з дифузійними процесами, один замість цього називає це рівняння дифузії.

Типовою початково-крайовою задачею для рівняння теплоти було б те, що спочатку має розподіл температури\(u(x, 0)=f(x)\). Розміщуючи планку в крижану ванну і припускаючи тепловий потік тільки через торці бруса, один має граничні умови\(u(0, t)=0\) і\(u(L, t)=0\). Звичайно, ми маємо справу з температурою Цельсія, і ми припускаємо, що є багато льоду, щоб підтримувати цю температуру на кожному кінці протягом усього часу. Отже, проблема, яку потрібно було б вирішити, дається як

Ще одна проблема, яка виникне в подальших обговореннях, - це вібруюча струна. Струна довжини\(L\) витягується горизонтально з закріпленими обома кінцями. Подумайте про струну скрипки або гітарну струну. Потім струна общипується, надаючи струні початковий профіль. \(u(x, t)\)Дозволяти вертикальне зміщення рядка в позиції\(x\) і час\(t\). Рух струни регулюється одновимірним хвильовим рівнянням. Початково-крайова задача для цієї задачі задається як

З'єднання з лінійною алгеброю

Ми вже бачили в попередніх розділах, що ідеї з лінійної алгебри з'являються в наших дослідженнях диференціальних рівнянь. А саме, ми розв'язували задачі на власні значення, пов'язані з нашими системами диференціальних рівнянь, щоб визначити локальну поведінку динамічних систем поблизу нерухомих точок. У нашому дослідженні крайових задач ми знайдемо більше зв'язків з теорією векторних просторів. Однак ми виявимо, що наші проблеми лежать у царині нескінченних розмірних векторних просторів. У цьому розділі ми почнемо бачити ці з'єднання.

Вступ

У цьому розділі ми розглянемо тригонометричні ряди. Раніше ми бачили, що таке розширення рядів відбувалося природним шляхом при розв'язанні рівняння теплоємності та інших крайових задач. В останньому розділі ми побачили, що такі функції можна розглядати як основу в нескінченному розмірному векторному просторі функцій. Враховуючи функцію в цьому просторі, коли вона матиме уявлення у вигляді тригонометричного ряду? За якими значеннями\(x\) вона сходиться? Знаходження таких рядів лежить в основі Фур'є, або спектрального, аналізу.

Існує безліч застосувань, що використовують спектральний аналіз. В основі цих досліджень лежить переконання, що багато безперервних форм хвилі складаються з ряду гармонік. Такі ідеї тягнуться назад до піфагорійського вивчення вібрацій струн, які призводять до їх погляду на світ гармонії. Ця ідея була перенесена далі Йоганнесом Кеплером в його гармонії наближення сфер до планетарних орбіт. У 1700-х роках інші працювали над теорією суперпозиції для вібраційних хвиль на розтягнутій пружині, починаючи з хвильового рівняння і приводячи до суперпозиції правої та лівої бігучих хвиль. Цю роботу виконували такі люди, як Джон Уолліс, Брук Тейлор і Жан ле Ронд д'Аламбер.

У 1742 р. Д'Аламбер розв'язав хвильове рівняння

\[c^{2} \dfrac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}-\dfrac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}}=0 \nonumber \]

де\(y\) - висота струни і\(c\) швидкість хвилі. Однак його рішення змусило себе та інших, таких як Леонхард Ейлер та Даніель Бернуллі, дослідити, які «функції» можуть бути розв'язками цього рівняння. Насправді це призводить до більш жорсткого підходу до вивчення аналізу, спочатку вступаючи в боротьбу з поняттям функції. Наприклад, в 1749 році Ейлер шукав рішення для вищипаної рядка, і в цьому випадку початкова умова\(y(x, 0)=h(x)\) має переривчасту похідну! У 1753 році Даніель Бернуллі розглядав рішення як суперпозицію простих вібрацій, або гармонік. Такі суперпозиції становили погляд на рішення форми

\[y(x, t)=\sum_{k} a_{k} \sin \dfrac{k \pi x}{L} \cos \dfrac{k \pi c t}{L}, \nonumber \]

де струна простягається через інтервал\([0, L]\) з закріпленими кінцями в\(x=0\) і\(x=L\). Однак початковими умовами для таких суперпозицій є

\[y(x, 0)=\sum_{k} a_{k} \sin \dfrac{k \pi x}{L} . \nonumber \]

Визначено, що багато функцій не можуть бути представлені скінченним числом гармонік, навіть для просто вищипаної рядка, заданої початковою умовою виду

\[y(x, 0)=\left\{\begin{array}{cc} c x, & 0 \leq x \leq L / 2 \\ c(L-x), & L / 2 \leq x \leq L \end{array}\right. \nonumber \]

Таким чином, рішення складається, як правило, з нескінченного ряду тригонометричних функцій.

Такі послідовні розширення також мали важливе значення у розв'язанні рівняння теплоємності Джозефом Фур'є. Використання таких розкладень Фур'є стало важливим інструментом у розв'язанні лінійних рівнянь з частинними похідними, таких як хвильове рівняння і рівняння тепловіддачі. Як видно в останньому розділі, використання методу поділу змінних дозволяє звести вищі вимірні задачі до декількох одновимірних крайових задач. Однак ці дослідження призводять до дуже важливих питань, що, в свою чергу, відкрило двері для цілих полів аналізу. Деякі з порушених проблем були

1. Які функції можна представити як суму тригонометричних функцій?
2. Як функція з розривними похідними може бути представлена сумою гладких функцій, таких як вищевказані суми?
3. Чи такі нескінченні суми тригонометричних функцій насправді сходяться з функціями, які вони представляють?

Суми над синусоїдальними функціями природно відбуваються в музиці та при вивченні звукових хвиль. Чиста нота може бути представлена у вигляді

\[y(t)=A \sin (2 \pi f t), \nonumber \]

де\(A\) - амплітуда,\(f\) - частота в герцах\((\mathrm{Hz})\),\(t\) а час в секундах. Амплітуда пов'язана з гучністю або інтенсивністю звуку. Чим більше амплітуда, тим голосніше звук. На малюнку\(5.1\) ми показуємо сюжети двох таких тонів з\(f=2 \mathrm{~Hz}\) у верхньому сюжеті і\(f=5 \mathrm{~Hz}\) в нижньому.

різні амплітуди і частоти. На малюнку\(5.2\) ми бачимо, що відбувається, коли ми додаємо кілька синусоїдів. Зверніть увагу, що коли додається все більше і більше тонів з різними характеристиками, отриманий сигнал ускладнюється. Однак у нас все ще є функція часу. У цьому розділі ми запитаємо: «Враховуючи функцію\(f(t)\), чи можемо ми знайти набір синусоїдальних функцій, сума яких сходиться до\(f(t)\)?»

Дивлячись на суперпозиції на малюнку 5.2, ми бачимо, що суми дають функції, які здаються періодичними. Це не повинно бути несподіваним. Нагадаємо, що періодична функція - це та, в якій значення функції повторюються над областю функції. Довжина найменшої частини домену, яка повторюється, називається періодом. Ми можемо визначити це більш точно.

Визначення 5.1. Функція називається періодичною з періодом,\(T\) якщо\(f(t+T)=\)\(f(t)\) для всіх\(t\) і найменшого такого позитивного числа\(T\) називається періодом.

Для прикладу розглянемо функції, які використовуються на рис\(5.2\). Ми почали з\(y(t)=2 \sin (4 \pi t)\). Нагадаємо з ваших перших досліджень тригонометричних функцій, що можна визначити період, розділивши коефіцієнт\(t\) на,\(2 \pi\) щоб отримати період. У цьому випадку у нас є

\[T=\dfrac{2 \pi}{4 \pi}=\dfrac{1}{2} . \nonumber \]

Дивлячись на верхній графік на малюнку,\(5.1\) ми можемо перевірити цей результат. (Ви можете порахувати повну кількість циклів на графіку і розділити це на загальний час, щоб отримати більш точне значення періоду.)

Звичайно, цей результат має сенс, оскільки одиниця частоти, герц, також визначається як\(s^{-1}\), або цикли в секунду.

Повертаючись до суперпозицій на малюнку 5.2, ми маємо, що\(y(t)=\)\(\sin (10 \pi t)\)\(y(t)=\sin (16 \pi t)\) має період\(0.2 \mathrm{~Hz}\) і має період\(0.125 \mathrm{~Hz}\). Дві суперпозиції зберігають найбільший період доданих сигналів, який є\(0.5 \mathrm{~Hz}\).

Нашою метою буде почати з функції, а потім визначити амплітуди простих синусоїдів, необхідних для підсумовування цієї функції. Перш за все, ми побачимо, що це може включати нескінченну кількість таких термінів. Таким чином, ми будемо вивчати нескінченний ряд синусоїдальних функцій.

По-друге, ми виявимо, що використання просто синусоїдних функцій теж буде недостатньо. Це тому, що ми можемо додати синусоїдальні функції, які не обов'язково пікові одночасно. Ми розглянемо два сигнали, які зароджуються в різний час. Це схоже на те, коли ваш вчитель музики змусив розділи класу співати пісню на кшталт «Row, Row, Row your Boat», починаючи з дещо іншого часу.

Ми можемо легко додати зсунуті функції синуса. На малюнку\(5.3\) ми показуємо функції\(y(t)=2 \sin (4 \pi t)\)\(y(t)=2 \sin (4 \pi t+7 \pi / 8)\) та їх суму. Зауважте, що цю зсунуту функцію синуса можна записати як\(y(t)=2 \sin (4 \pi(t+7 / 32))\). Таким чином, це відповідає часовому зсуву\(-7 / 8\).

Зараз ми можемо заявити про нашу мету в цьому розділі.

Тригонометричний ряд Фур'є

Як ми бачили в останньому розділі, нас цікавить пошук уявлень функцій з точки зору синусів і косинусів. За заданою функцією\(f(x)\) ми шукаємо подання у вигляді

\[f(x) \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right] \nonumber \]

Зверніть увагу, що ми вирішили відмовитися від посилання на частотну форму фази. Це призведе до простішої дискусії наразі, і завжди можна зробити трансформацію,\(n x=2 \pi f_{n} t\) застосовуючи ці ідеї до додатків.

Подання рядів у Equation (5.1) називається тригонометричним рядом Фур'є. Наразі ми просто будемо називати це серією Фур'є. Множину констант\(a_{0}, a_{n}, b_{n}, n=1,2, \ldots\) називають коефіцієнтами Фур'є. Постійний термін вибирається в цій формі, щоб зробити більш пізні обчислення простішими, хоча деякі інші автори вирішили написати постійний термін як\(a_{0}\). Наша мета полягає в тому, щоб знайти подання рядів Фур'є\(f(x)\). Знайшовши подання рядів Фур'є, нам буде цікаво визначити, коли сходиться ряд Фур'є і до якої функції він сходиться.

З нашого обговорення в останньому розділі ми бачимо, що нескінченний ряд є періодичним. Найбільший період термінів походить від\(n=1\) термінів. Періоди\(\cos x\) і\(\sin x\) є\(T=2 \pi\). Таким чином, ряд Фур'є має період\(2 \pi\). Це означає, що ряд повинен бути в змозі представляти функції, які є періодичними періодом\(2 \pi\).

Хоча це виглядає обмежувальним, ми могли б також розглянути функції, які визначені протягом одного періоду. На малюнку\(5.4\) ми показуємо функцію, визначену на\([0,2 \pi]\). На цьому ж малюнку ми покажемо його періодичне розширення. Це всього лише копії оригінальної функції, зрушені на період і склеєні між собою. Розширення тепер може бути представлено рядами Фур'є, а обмеження рядів Фур'є\([0,2 \pi]\) дадуть уявлення про вихідну функцію. Тому спочатку розглянемо уявлення рядів Фур'є функцій, визначених на цьому інтервалі. Зверніть увагу, що ми могли б так само легко розглядати функції, визначені на\([-\pi, \pi]\) будь-якому інтервалі довжини\(2 \pi\).

Ряди Фур'є над іншими інтервалами

У багатьох додатках нас цікавить визначення рядів Фур'є представлень функцій, визначених на інтервалах, відмінних від\([0,2 \pi]\). У цьому розділі ми визначимо форму розширення рядів і коефіцієнти Фур'є в цих випадках.

Найбільш загальний тип інтервалу наведено як\([a, b]\). Однак це часто буває занадто загальним. Більш поширені інтервали мають форму\([-\pi, \pi],[0, L]\), або\([-L / 2, L / 2]\). Найпростіше узагальнення - до інтервалу\([0, L]\). Такі інтервали виникають часто в додатках. Наприклад, можна вивчити коливання одновимірної струни довжини\(L\) і встановити осі з лівим кінцем в\(x=0\) і правим кінцем в\(x=L\). Іншою проблемою було б вивчення розподілу температури уздовж одновимірного стрижня довжини\(L\). Такі проблеми призводять до оригінальних досліджень рядів Фур'є. Як ми побачимо пізніше, симетричні інтервали\([-a, a]\), також корисні.

Враховуючи інтервал\([0, L]\), ми могли б застосувати перетворення до інтервалу довжини\(2 \pi\), просто масштабуючи наш інтервал. Тоді ми могли б застосувати це перетворення до нашого представлення рядів Фур'є, щоб отримати еквівалент корисний для функцій, визначених на\([0, L]\).

Визначаємо\(x \in[0,2 \pi]\) і\(t \in[0, L]\). Лінійне перетворення, що стосується цих інтервалів, просто\(x=\dfrac{2 \pi t}{L}\) так, як показано на малюнку\(5.5\). Отже,\(t=0\) карти\(x=0\) і\(t=L\) карти до\(x=2 \pi\). Крім того, це перетворення\(f(x)\) відображає нову функцію\(g(t)=f(x(t))\), яка визначена на\([0, L]\). Визначимо подання ряду Фур'є цієї функції за допомогою подання для\(f(x)\)

Нагадаємо форму представлення Фур'є для\(f(x)\) рівняння (5.1):

\[f(x) \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right] \nonumber \]

Вставляючи перетворення, що стосується\(x\) і\(t\), у нас є

\[g(t) \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos \dfrac{2 n \pi t}{L}+b_{n} \sin \dfrac{2 n \pi t}{L}\right] . \nonumber \]

Це надає форму розширення серії для\(g(t)\) с\(t \in[0, L]\). Але, нам все одно потрібно визначити коефіцієнти Фур'є. Нагадаємо, що

\[a_{n}=\dfrac{1}{\pi} \int_{0}^{2 \pi} f(x) \cos n x d x \nonumber \]

Нам потрібно зробити підстановку в інтегралі з\(x=\dfrac{2 \pi t}{L}\). Нам також потрібно буде перетворити диференціал,\(d x=\dfrac{2 \pi}{L} d t\). Таким чином, отримана форма для нашого коефіцієнта дорівнює

\[a_{n}=\dfrac{2}{L} \int_{0}^{L} g(t) \cos \dfrac{2 n \pi t}{L} d t \nonumber \]

Аналогічно, ми виявляємо, що

\[b_{n}=\dfrac{2}{L} \int_{0}^{L} g(t) \sin \dfrac{2 n \pi t}{L} d t \nonumber \]

Спочатку зауважимо, що коли\(L=2 \pi\) ми повернемося до представлення серії, яке ми вперше вивчили. Також період\(\cos \dfrac{2 n \pi t}{L}\) є\(L / n\), що означає, що представництво для\(g(t)\) має період\(L\).

В кінці цього розділу ми наведемо виведення подання рядів Фур'є для загального інтервалу для зацікавленого читача. У таблиці\(5.1\) ми узагальнюємо деякі часто використовувані зображення рядів Фур'є.

Ми закінчимо нашу дискусію на даний момент деякими особливими випадками та прикладом для функції, визначеної на\([-\pi, \pi]\).

Приклад 5.7. Давайте\(f(x)=|x|\) на\([-\pi, \pi]\) Ми обчислюємо коефіцієнти, починаючи як зазвичай с\(a_{0}\). У нас є

\[\begin{aligned} a_{0} &=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}|x| d x \\ &=\dfrac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}|x| d x=\pi \end{aligned} \nonumber \]

На цьому етапі потрібно нагадати читачеві про інтеграцію парних і непарних функцій.

1. Навіть функції: У цій оцінці ми використали той факт, що integrand є рівномірною функцією. Нагадаємо, що\(f(x)\) це парна функція, якщо\(f(-x)=f(x)\) для всіх\(x\). Можна розпізнати навіть функції, оскільки вони симетричні щодо\(y\) осі -як показано на малюнку 5.6 (A). Якщо один інтегрує парну функцію через симетричний інтервал, то один має що

\[\int_{-a}^{a} f(x) d x=2 \int_{0}^{a} f(x) d x \nonumber \]

Це можна довести, розділивши інтеграцію на негативні значення\(x\), використовуючи підстановку\(x=-y\), і використовуючи рівність\(f(x)\). Таким чином, таблиця 5.1. Спеціальні зображення рядів Фур'є на різних інтервалах

Серія Фур'є on\([0, L]\)

\[\begin{aligned} f(x) & \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos \dfrac{2 n \pi x}{L}+b_{n} \sin \dfrac{2 n \pi x}{L}\right] \\ a_{n} &=\dfrac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos \dfrac{2 n \pi x}{L} d x . \quad n=0,1,2, \ldots, \\ b_{n} &=\dfrac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin \dfrac{2 n \pi x}{L} d x . \quad n=1,2, \ldots \end{aligned} \nonumber \]

Серія Фур'є on\(\left[-\dfrac{L}{2}, \dfrac{L}{2}\right]\)

\[\begin{aligned} f(x) & \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos \dfrac{2 n \pi x}{L}+b_{n} \sin \dfrac{2 n \pi x}{L}\right] . \\ a_{n} &=\dfrac{2}{L} \int_{-\dfrac{L}{2}}^{\dfrac{L}{2}} f(x) \cos \dfrac{2 n \pi x}{L} d x . \quad n=0,1,2, \ldots, \\ b_{n} &=\dfrac{2}{L} \int_{-\dfrac{L}{2}}^{\dfrac{L}{2}} f(x) \sin \dfrac{2 n \pi x}{L} d x . \quad n=1,2, \ldots \end{aligned} \nonumber \]

Серія Фур'є on\([-\pi, \pi]\)

\[\begin{gathered} f(x) \sim \dfrac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right] . \\ a_{n}=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x d x . \quad n=0,1,2, \ldots, \\ b_{n}=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x d x . \quad n=1,2, \ldots \end{gathered} \nonumber \]

\[\begin{aligned} \int_{-a}^{a} f(x) d x &=\int_{-a}^{0} f(x) d x+\int_{0}^{a} f(x) d x \\ &=-\int_{a}^{0} f(-y) d y+\int_{0}^{a} f(x) d x \\ &=\int_{0}^{a} f(y) d y+\int_{0}^{a} f(x) d x \\ &=2 \int_{0}^{a} f(x) d x \end{aligned} \nonumber \]

У цьому можна наочно переконатися, подивившись на малюнок\(5.6(\mathrm{~A})\).

3. Непарні функції: Аналогічне обчислення може бути зроблено для непарних функцій. \(f(x)\)є непарною функцією, якщо\(f(-x)=-f(x)\) для всіх\(x\). Графіки таких функцій симетричні щодо походження, як показано на малюнку\(5.6(\mathrm{~B})\). Якщо один інтегрує непарну функцію через симетричний інтервал, то один має що

Тепер ми продовжуємо наш розрахунок коефіцієнтів Фур'є для\(f(x)=|x|\) on\([-\pi, \pi]\). У нас є

\[a_{n}=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}|x| \cos n x d x=\dfrac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos n x d x . \nonumber \]

Тут ми використали той факт, що\(|x| \cos n x\) є рівномірною функцією. Для того, щоб обчислити отриманий інтеграл, нам потрібно використовувати інтеграцію по частинам,

\[\int_{a}^{b} u d v=\left.u v\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b} v d u \nonumber \]

шляхом здачі в оренду\(u=x\) і\(d v=\cos n x d x\). Таким чином,\(d u=d x\) і\(v=\int d v=\dfrac{1}{n} \sin n x\). Продовжуючи обчислення, ми маємо

\[\begin{aligned} a_{n} &=\dfrac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos n x d x \\ &=\dfrac{2}{\pi}\left[\left.\dfrac{1}{n} x \sin n x\right|_{0} ^{\pi}-\dfrac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \sin n x d x\right] \\ &=-\dfrac{2}{n \pi}\left[-\dfrac{1}{n} \cos n x\right]_{0}^{\pi} \\ &=-\dfrac{2}{\pi n^{2}}\left(1-(-1)^{n}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Тут ми використовували той факт, що\(\cos n \pi=(-1)^{n}\) для будь-якого цілого числа\(n\). Це призводить до того, що фактор\(\left(1-(-1)^{n}\right)\). Цей фактор можна спростити як

\[1-(-1)^{n}=\left\{\begin{array}{l} 2, n \text { odd } \\ 0, n \text { even } \end{array}\right. \nonumber \]

Так,\(a_{n}=0\) для\(n\) парних і\(a_{n}=-\dfrac{4}{\pi n^{2}}\) для\(n\) непарних.

Обчислення\(b_{n}\) це простіше. Зауважимо, що ми повинні інтегруватися\(|x| \sin n x\) від\(x=-\pi\) до\(\pi\). Integrand - це непарна функція, і це симетричний інтервал. Отже, результат - це\(b_{n}=0\) для всіх\(n\).

Поклавши це все разом, подання рядів\([-\pi, \pi]\) Фур'є\(f(x)=|x|\) on дається як

\[f(x) \sim \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{4}{\pi} \sum_{n=1, \text { odd }}^{\infty} \dfrac{\cos n x}{n^{2}} \nonumber \]

Хоча це правильно, ми можемо переписати суму над лише непарною\(n\) шляхом переіндексації. Ми дозволяємо\(n=2 k-1\) для\(k=1,2,3, \ldots\) Тоді ми отримуємо тільки непарні цілі числа. Потім серію можна записати як

\[f(x) \sim \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\cos (2 k-1) x}{(2 k-1)^{2}} . \nonumber \]

Протягом нашої дискусії ми посилалися на такі результати, як представлення Фур'є. Ми не дивилися на зближення цих серій. Ось приклад нескінченного ряду функцій. До чого підсумовується ця серія? Ми показуємо\(5.7\) на малюнку перші кілька часткових сум. Вони, здається, сходяться до\(f(x)=|x|\) досить швидко.

Незважаючи на те, що\(f(x)\) було визначено,\([-\pi, \pi]\) ми все ще можемо оцінити ряд Фур'є за значеннями\(x\) поза цим інтервалом. На малюнку ми бачимо\(5.8\), що уявлення погоджується з\(f(x)\) інтервалом\([-\pi, \pi]\). Поза цим інтервалом ми маємо періодичне продовження\(f(x)\) з періодом\(2 \pi\).

Іншим прикладом є подання рядів Фур'є\(f(x)=x\)\([-\pi, \pi]\) ліворуч для задачі 5.1. Це визначається бути

\[f(x) \sim 2 \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n} \sin n x . \nonumber \]

Як видно на малюнку,\(5.9\) ми знову отримуємо періодичне розширення нашої функції. У цьому випадку нам знадобилося набагато більше термінів. Також вертикальні частини першої ділянки відсутні. У другому графіку ми будуємо лише точки, а не типові пов'язані точки, які більшість програмних пакетів будують як стиль за замовчуванням.

\[\pi=4\left[1-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{7}+\ldots\right] \nonumber \]

Додаток: Феномен Гіббса

Ми бачили, що коли відбувається стрибок розриву в періодичному розширенні наших функцій, чи була функція спочатку розриву або розвинена через невідповідність значень кінцевих точок. Це можна побачити на малюнках\(5.9,5.11\) і 5.13. Ряд Фур'є має складний час, що сходиться в точці розриву, і ці графіки ряду Фур'є показують чітке перевищення, яке не зникає. Це називається явищем Гіббса, і кількість перевищення можна обчислити.

В одному з наших перших прикладів, Приклад\(5.6\), ми знайшли подання рядів Фур'є кусково визначеної функції

\[f(x)=\left\{\begin{array}{c} 1, \quad 0<x<\pi \\ -1, \quad \pi<x<2 \pi \end{array}\right. \nonumber \]

бути

\[f(x) \sim \dfrac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{\sin (2 k-1) x}{2 k-1} . \nonumber \]

На малюнку\(5.14\) ми виводимо суму перших десяти членів. Зверніть увагу на коливання, переростки та під пагонами поблизу\(x=0, \pm \pi\). Вони бачаться більше, коли ми будуємо уявлення для\(x \in[-3 \pi, 3 \pi]\), як показано на малюнку 5.15. Зауважимо, що переростання і недоростки відбуваються при розривах в періодичному розширенні\(f(x)\). Вони відбуваються всякий раз, коли\(f(x)\) має розрив або якщо значення\(f(x)\) в кінцевих точках домену не згодні.

Можна очікувати, що нам потрібно лише додати більше термінів. На малюнку\(5.16\) ми показуємо суму за двадцять членів. Зверніть увагу, що сума, здається, сходиться краще для точок, далеких від розривів. Але, перенапруження і недорозростання все ще присутні. На малюнках\(5.17\) і\(5.18\) показані збільшені ділянки перенапруження при\(x=0\) for\(N=100\) і\(N=500\), відповідно. Ми бачимо, що перенапруження зберігається. Пік знаходиться приблизно на одній висоті, але її розташування начебто все ближче до походження. Ми покажемо, як можна оцінити розмір переходу.

Вивчити явище Гіббса можна, розглянувши часткові суми загальних тригонометричних рядів Фур'є для функцій,\(f(x)\) визначених на інтервалі\([-L, L]\). Виписуючи часткові суми, вставивши коефіцієнти Фур'є і переставляємо, маємо

\[\begin{aligned} =& \dfrac{1}{2 L} \int_{-L}^{L} f(y) d y+\sum_{n=1}^{N}\left[\left(\dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(y) \cos \dfrac{n \pi y}{L} d y\right) \cos \dfrac{n \pi x}{L}\right.\\ &\left.+\left(\dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(y) \sin \dfrac{n \pi y}{L} d y\right) \sin \dfrac{n \pi x}{L}\right] \\ =&\left.\dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L}\left\{\dfrac{1}{2}+\sum_{n=1}^{N}\left(\cos \dfrac{n \pi y}{L} \cos \dfrac{n \pi x}{L}+\sin \dfrac{n \pi y}{L} \sin \dfrac{n \pi x}{L}\right)\right\} f(y)\right\} f(y) d y \\ =& \dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L}\left\{\dfrac{1}{2}+\sum_{n=1}^{N} \cos \dfrac{n \pi(y-x)}{L}\right\} \\ \equiv & \dfrac{1}{L} \int_{-L}^{L} D_{N}(y-x) f(y) d y . \end{aligned} \nonumber \]

Ми визначили

\[D_{N}(x)=\dfrac{1}{2}+\sum_{n=1}^{N} \cos \dfrac{n \pi x}{L}, \nonumber \]

який називається\(N\) -м ядром Діріхле. Ми зараз доводимо

Вступ

В останніх розділах ми досліджували розв'язання крайових задач, що призвели до тригонометричних власних функцій. Такі функції можуть бути використані для представлення функцій у розширеннях рядів Фур'є. Ми хотіли б узагальнити деякі з цих методів для вирішення інших крайових задач. Класом задач, до яких належать наші попередні приклади і які мають власні функції з подібними властивостями, є проблеми з власними значеннями Штурма-Ліувіля. Ці задачі стосуються самоспряжених (диференціальних) операторів, які відіграють важливу роль у спектральній теорії лінійних операторів та існуванні власних функцій, описаних у розділі 4.3.2. Ці ідеї будуть представлені в цьому розділі.

У фізиці багато задач виникають у вигляді крайових задач, що включають звичайні диференціальні рівняння другого порядку. Наприклад, ми можемо захотіти вирішити рівняння

\[a_{2}(x) y^{\prime \prime}+a_{1}(x) y^{\prime}+a_{0}(x) y=f(x) \nonumber \]

при дотриманні граничних умов. Таке рівняння ми можемо записати в операторній формі, визначивши диференціальний оператор.

\[L=a_{2}(x) \dfrac{d^{2}}{d x^{2}}+a_{1}(x) \dfrac{d}{d x}+a_{0}(x) . \nonumber \]

Потім рівняння (6.1) набуває вигляду

\[L y=f \text {. } \nonumber \]

Як ми бачили в загальній крайовій задачі (4.20) у розділі 4.3.2, ми можемо вирішити деякі рівняння за допомогою власних розширень. А саме, ми шукаємо розв'язки задачі на власні значення.

\[L \phi=\lambda \phi \nonumber \]

з однорідними граничними умовами, а потім шукати рішення як розширення власних функцій. Формально ми дозволимо

\[y=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \phi_{n} \nonumber \]

Однак нам не гарантується хороший набір власних функцій. Нам потрібен відповідний набір, щоб сформувати основу в функціональному просторі. Крім того, було б непогано мати ортогональність, щоб ми могли легко вирішити коефіцієнти розширення, як це було зроблено в розділі 4.3.2. [В іншому випадку нам доведеться вирішити нескінченну зв'язану систему алгебраїчних рівнянь замість незв'язаної та діагональної системи.]

Виходить, що будь-який лінійний оператор другого порядку може бути перетворений в оператор, який володіє якраз правильними властивостями (самосполученістю) для виконання цієї процедури. Отриманий оператор називається оператором Штурма-Ліувіля. Ми виділимо деякі властивості таких операторів і доведемо кілька ключових теорем, хоча це не буде великим оглядом теорії ШтурмЛіувіля. Зацікавлений читач може переглянути літературу та більш просунуті тексти для більш глибокого аналізу.

Визначаємо оператор Штурма-Ліувіля як

\[\mathcal{L}=\dfrac{d}{d x} p(x) \dfrac{d}{d x}+q(x) \nonumber \]

Задача Штурма-Ліувіля на власні значення задається диференціальним рівнянням

\[\mathcal{L} u=-\lambda \sigma(x) u \nonumber \]

\[\dfrac{d}{d x}\left(p(x) \dfrac{d u}{d x}\right)+q(x) u+\lambda \sigma(x) u=0 \nonumber \]

для\(x \in(a, b)\). Функції\(p(x), p^{\prime}(x), q(x)\) і\(\sigma(x)\) приймаються як безперервні включення\((a, b)\) і\(p(x)>0, \sigma(x)>0\) включення\([a, b]\). Якщо інтервал кінцевий і ці припущення щодо коефіцієнтів істинні\([a, b]\), то проблема, як кажуть, регулярна. Інакше його називають одниною.

Нам також потрібно накласти безліч однорідних граничних умов.

\[\begin{array}{r} \alpha_{1} u(a)+\beta_{1} u^{\prime}(a)=0 \\ \alpha_{2} u(b)+\beta_{2} u^{\prime}(b)=0 \end{array} \nonumber \]

The і\(\alpha\) '\(\beta\)s є константами. Для різних значень існують особливі типи граничних умов. Бо\(\beta_{i}=0\), ми маємо так звані крайові умови Діріхле. А саме,\(u(a)=0\) і\(u(b)=0\). Для\(\alpha_{i}=0\), ми маємо граничні умови Неймана. В даному випадку\(u^{\prime}(a)=0\) і\(u^{\prime}(b)=0\). Що стосується прикладу рівняння тепловіддачі, умови Діріхле відповідають підтримці фіксованої температури на кінцях стрижня. Граничні умови Неймана відповідали б відсутності теплового потоку по кінцях або ізоляційним умовам, оскільки в цих точках не було б градієнта температури. Більш загальні граничні умови дозволяють частково ізольовані межі.

Інший тип граничної умови, який часто зустрічається, - періодична гранична умова. Розглянемо нагрітий стрижень, який був зігнутий, щоб утворити коло. Тоді дві кінцеві точки фізично однакові. Отже, ми очікуємо, що температура та градієнт температури повинні узгоджуватися в цих точках. Для цього випадку пишемо\(u(a)=u(b)\) і\(u^{\prime}(a)=u^{\prime}(b)\). Крайові задачі з використанням цих умов повинні оброблятися інакше, ніж зазначені вище однорідні умови. Ці умови призводять до різних типів власних функцій і власних значень.

Як вже говорилося раніше, рівняння виду (6.1) зустрічаються часто. Тепер ми покажемо, що рівняння (6.1) можна перетворити на диференціальне рівняння форми ШтурмЛіувіля:

\[\dfrac{d}{d x}\left(p(x) \dfrac{d y}{d x}\right)+q(x) y=F(x) \nonumber \]

Ще один спосіб висловити це наводиться в теоремі:

Теорема 6.1. Будь-який лінійний оператор другого порядку можна поставити у вигляді оператора Штурма-Ліувіля (6.2).

Доказ цього прямо вперед, як ми скоро покажемо. Розглянемо рівняння (6.1). Якщо\(a_{1}(x)=a_{2}^{\prime}(x)\), то ми можемо записати рівняння у вигляді

\[\begin{aligned} f(x) &=a_{2}(x) y^{\prime \prime}+a_{1}(x) y^{\prime}+a_{0}(x) y \\ &=\left(a_{2}(x) y^{\prime}\right)^{\prime}+a_{0}(x) y \end{aligned} \nonumber \]

Це в правильній формі. Ми просто ідентифікуємо\(p(x)=a_{2}(x)\) і\(q(x)=a_{0}(x)\).

Однак розглянемо диференціальне рівняння

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+2 y=0 . \nonumber \]

В даному випадку\(a_{2}(x)=x^{2}\) і\(a_{2}^{\prime}(x)=2 x \neq a_{1}(x)\). Лінійний диференціальний оператор у цьому рівнянні не має типу Штурма-Ліувіля. Але ми можемо змінити його на оператора Sturm Liouville.

У операторі Sturm Liouville похідні члени зібрані разом в одну досконалу похідну. Це схоже на те, що ми бачили в першому розділі, коли ми вирішували лінійні рівняння першого порядку. У цьому випадку ми шукали інтеграційний фактор. Ми можемо зробити те ж саме тут. Ми шукаємо мультиплікативну функцію\(\mu(x)\), через яку ми можемо множити\((6.1)\) так, щоб її можна було записати у формі Штурма-Ліувіля. Спочатку ділимо на\(a_{2}(x)\), даючи

\[y^{\prime \prime}+\dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} y^{\prime}+\dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)} y=\dfrac{f(x)}{a_{2}(x)} . \nonumber \]

Тепер помножимо диференціальне рівняння на\(\mu\):

\[\mu(x) y^{\prime \prime}+\mu(x) \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} y^{\prime}+\mu(x) \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)} y=\mu(x) \dfrac{f(x)}{a_{2}(x)} \nonumber \]

Перші два члени тепер можуть бути об'єднані в точну похідну,\(\left(\mu y^{\prime}\right)^{\prime}\) якщо\(\mu(x)\) задовольняє

\[\dfrac{d \mu}{d x}=\mu(x) \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} . \nonumber \]

Це формально вирішено дати

\[\mu(x)=e^{\int \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} d x} . \nonumber \]

Таким чином, вихідне рівняння можна помножити на коефіцієнт

\[\dfrac{\mu(x)}{a_{2}(x)}=\dfrac{1}{a_{2}(x)} e^{\int \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} d x} \nonumber \]

перетворити його в форму Штурм-Ліувіль.

Підсумовуючи,

\[\begin{aligned} &\text { Equation (6.1), } \\ &\qquad a_{2}(x) y^{\prime \prime}+a_{1}(x) y^{\prime}+a_{0}(x) y=f(x) \end{aligned} \nonumber \]

можна покласти в форму Штурм-Ліувіль

\[\dfrac{d}{d x}\left(p(x) \dfrac{d y}{d x}\right)+q(x) y=F(x) \nonumber \]

де

\[\begin{aligned} p(x) &=e^{\int \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} d x} \\ q(x) &=p(x) \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)} \\ F(x) &=p(x) \dfrac{f(x)}{a_{2}(x)} \end{aligned} \nonumber \]

Приклад 6.2. Для наведеного вище прикладу

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+2 y=0 . \nonumber \]

Нам потрібно лише помножити це рівняння на

\[\dfrac{1}{x^{2}} e^{\int \dfrac{d x}{x}}=\dfrac{1}{x}, \nonumber \]

поставити рівняння у вигляді Штурма-Ліувіля:

\[\begin{aligned} 0 &=x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+\dfrac{2}{x} y \\ &=\left(x y^{\prime}\right)^{\prime}+\dfrac{2}{x} y \end{aligned} \nonumber \]

Властивості задач Штурма-Ліувіля на власні значення

Існує кілька властивостей, які можуть бути доведені для (регулярної) задачі власних значень ШтурмЛіувіля. Однак ми не будемо доводити їх все тут. Ми просто перерахуємо деякі важливі факти і зосередимося на деяких властивостях.

1. Власні значення є дійсними, підрахунковими, впорядкованими і є найменшим власним значенням. Таким чином, ми можемо записати їх як\(\lambda_{1}<\lambda_{2}<\ldots\). Однак не існує найбільшого власне значення і\(n \rightarrow \infty, \lambda_{n} \rightarrow \infty\).
2. Для кожного власне значення\(\lambda_{n}\) існує власна функція\(\phi_{n}\) з\(n-1\) нулями на\((a, b)\).
3. Власні функції, відповідні різним власним значенням, ортогональні по відношенню до вагової функції,\(\sigma(x)\). Визначення внутрішнього продукту\(f(x)\) і\(g(x)\) як

\[<f, g>=\int_{a}^{b} f(x) g(x) \sigma(x) d x \nonumber \]

то ортогональність власних функцій може бути записана у вигляді

\[<\phi_{n}, \phi_{m}>=<\phi_{n}, \phi_{n}>\delta_{n m}, \quad n, m=1,2, \ldots \nonumber \]

5. Множина власних функцій повна; тобто будь-яка кусково-гладка функція може бути представлена узагальненим розширенням рядів Фур'є власних функцій,

\[f(x) \sim \sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \phi_{n}(x) \nonumber \]

де

\[c_{n}=\dfrac{<f, \phi_{n}>}{<\phi_{n}, \phi_{n}>} \nonumber \]

Насправді, потрібно\(f(x) \in L_{\sigma}^{2}[a, b]\), набір квадратних інтегровних функцій над\([a, b]\) функцією ваги\(\sigma(x)\). Під квадратом інтегрується, ми маємо на увазі, що\(<f, f><\infty\). Можна показати, що такий простір ізоморфний для гільбертового простору, повного внутрішнього простору продукту.

6. Помножити задачу на власне значення

\[\mathcal{L} \phi_{n}=-\lambda_{n} \sigma(x) \phi_{n} \nonumber \]

за допомогою\(\phi_{n}\) та інтеграції. Вирішіть цей результат для того\(\lambda_{n}\), щоб знайти коефіцієнт Релея

\[\lambda_{n}=\dfrac{-\left.p \phi_{n} \dfrac{d \phi_{n}}{d x}\right|_{a} ^{b}-\int_{a}^{b}\left[p\left(\dfrac{d \phi_{n}}{d x}\right)^{2}-q \phi_{n}^{2}\right] d x}{<\phi_{n}, \phi_{n}>} \nonumber \]

Коефіцієнт Релея корисний для отримання оцінок власних значень та доведення деяких інших властивостей. Приклад 6.3. Ми шукаємо власні функції оператора, знайденого в прикладі 6.2. А саме, ми хочемо вирішити задачу про власне значення.

\[\mathcal{L} y=\left(x y^{\prime}\right)^{\prime}+\dfrac{2}{x} y=-\lambda \sigma y \nonumber \]

при дотриманні безлічі граничних умов. Скористаємося граничними умовами

\[y^{\prime}(1)=0, \quad y^{\prime}(2)=0 \nonumber \]

[Зауважте, що ми\(\sigma(x)\) ще не знаємо, але виберемо відповідну функцію для отримання рішень.]

Розширюючи похідну, ми маємо

\[x y^{\prime \prime}+y^{\prime}+\dfrac{2}{x} y=-\lambda \sigma y . \nonumber \]

Помножте на\(x\), щоб отримати

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+(2+\lambda x \sigma) y=0 \nonumber \]

Зверніть увагу, що якщо ми виберемо\(\sigma(x)=x^{-1}\), то це рівняння можна зробити рівнянням типу Коші-Ейлера. Таким чином, ми маємо

\[x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}+(\lambda+2) y=0 . \nonumber \]

Характерне рівняння

\[r^{2}+\lambda+2=0 . \nonumber \]

Для коливальних розчинів нам знадобляться\(\lambda+2>0\). Таким чином, загальним рішенням є

\[y(x)=c_{1} \cos (\sqrt{\lambda+2} \ln |x|)+c_{2} \sin (\sqrt{\lambda+2} \ln |x|) . \nonumber \]

Далі застосовуємо граничні умови. \(y^{\prime}(1)=0\)сили\(c_{2}=0\). Це залишає

\[y(x)=c_{1} \cos (\sqrt{\lambda+2} \ln x) . \nonumber \]

Друга умова,\(y^{\prime}(2)=0\), врожайність

\[\sin (\sqrt{\lambda+2} \ln 2)=0 \nonumber \]

Це дасть нетривіальні рішення, коли

\[\sqrt{\lambda+2} \ln 2=n \pi, \quad n=0,1,2,3 \ldots \nonumber \]

Підсумовуючи, власні функції для цієї задачі з власним значенням є

\[y_{n}(x)=\cos \left(\dfrac{n \pi}{\ln 2} \ln x\right), \quad 1 \leq x \leq 2 \nonumber \]

і власні значення призначені\(\lambda_{n}=2+\left(\dfrac{n \pi}{\ln 2}\right)^{2}\) для\(n=0,1,2, \ldots\)

Примітка: Ми включаємо\(n=0\) випадок, оскільки\(y(x)=\) константа - це рішення\(\lambda=-2\) справи. Більш конкретно, в цьому випадку характеристичне рівняння зводиться до\(r^{2}=0\). Таким чином, загальним розв'язком цього рівняння Коші-Ейлера є

\[y(x)=c_{1}+c_{2} \ln |x| \nonumber \]

Встановлюючи\(y^{\prime}(1)=0\), сили\(c_{2}=0 . y^{\prime}(2)\) автоматично зникають, залишаючи розчин в даному випадку як\(y(x)=c_{1}\).

Відзначимо, що деякі властивості, перераховані на початку розділу, утримують для цього прикладу. Власні значення розглядаються як реальні, підрахункові та впорядковані. Є хоча б один,\(\lambda=2\). Далі можна знайти нулі кожної власноїфункції на\([1,2]\). Тоді аргумент косинуса\(\dfrac{n \pi}{\ln 2} \ln x\), приймає значення від 0 до\(n \pi\) for\(x \in[1,2]\). Функція косинуса має\(n-1\) коріння на цьому інтервалі.

Ортогональність також можна перевірити. Налаштовуємо інтеграл і використовуємо підстановку\(y=\pi \ln x / \ln 2\). Це дає

\[\begin{aligned} <y_{n}, y_{m}>&=\int_{1}^{2} \cos \left(\dfrac{n \pi}{\ln 2} \ln x\right) \cos \left(\dfrac{m \pi}{\ln 2} \ln x\right) \dfrac{d x}{x} \\ &=\dfrac{\ln 2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos n y \cos m y d y \\ &=\dfrac{\ln 2}{2} \delta_{n, m} \end{aligned} \nonumber \]

Метод розширення власної функції

У розділі\(4.3 .2\) ми бачили загалом, як можна використовувати власні функції диференціального оператора для розв'язання неоднорідної крайової задачі. У цьому розділі ми бачили, що проблеми з власними значеннями Штурма-Ліувіля мають необхідний набір ортогональних власних функцій. У цьому розділі ми застосуємо метод розширення власної функції для розв'язання певної неоднорідної крайової задачі.

Нагадаємо, що починається з неоднорідного диференціального рівняння.

\[\mathcal{L} y=f, \nonumber \]

де задовольнити\(y(x)\) задані однорідні граничні умови. Метод використовує власні функції, що задовольняють задачі на власні значення.

\[\mathcal{L} \phi_{n}=-\lambda_{n} \sigma \phi_{n} \nonumber \]

при дотриманні заданих граничних умов. Тоді, можна припустити, що\(y(x)\) може бути записано як розширення у власних функціях,

\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \phi_{n}(x), \nonumber \]

і вставляє розширення в неоднорідне рівняння. Це дає

\[f(x)=\mathcal{L}\left(\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \phi_{n}(x)\right)=-\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \lambda_{n} \sigma(x) \phi_{n}(x) \nonumber \]

Коефіцієнти розширення потім знаходять, використовуючи ортогональність власних функцій. А саме множимо останнє рівняння на\(\phi_{m}(x)\) і інтегруємо. Отримуємо

\[\int_{a}^{b} f(x) \phi_{m}(x) d x=-\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \lambda_{n} \int_{a}^{b} \phi_{n}(x) \phi_{m}(x) \sigma(x) d x \nonumber \]

Ортогональність дає

\[\int_{a}^{b} f(x) \phi_{m}(x) d x=-c_{m} \lambda_{m} \int_{a}^{b} \phi_{m}^{2}(x) \sigma(x) d x \nonumber \]

Рішення для\(c_{m}\), у нас є

\[c_{m}=-\dfrac{\int_{a}^{b} f(x) \phi_{m}(x) d x}{\lambda_{m} \int_{a}^{b} \phi_{m}^{2}(x) \sigma(x) d x} . \nonumber \]

Приклад 6.11. Як приклад розглянуто розв'язання крайової задачі

\[\begin{aligned} \left(x y^{\prime}\right)^{\prime}+\dfrac{y}{x} &=\dfrac{1}{x}, \quad x \in[1, e], \\ y(1) &=0=y(e) . \end{aligned} \nonumber \]

Це рівняння вже в самоспряженном вигляді. Отже, ми знаємо, що асоційована проблема Штурма-Ліувіля має ортогональну множину власних функцій. Спочатку визначимося з цим набором. А саме, нам потрібно вирішити

\[\left(x \phi^{\prime}\right)^{\prime}+\dfrac{\phi}{x}=-\lambda \sigma \phi, \quad \phi(1)=0=\phi(e) . \nonumber \]

Переставляючи терміни і множивши на\(x\), ми маємо що

\[x^{2} \phi^{\prime \prime}+x \phi^{\prime}+(1+\lambda \sigma x) \phi=0 . \nonumber \]

Це майже рівняння типу Коші-Ейлера. Підбираючи функцію ваги\(\sigma(x)=\dfrac{1}{x}\), ми маємо

\[x^{2} \phi^{\prime \prime}+x \phi^{\prime}+(1+\lambda) \phi=0 . \nonumber \]

Це легко вирішується. Характерне рівняння

\[r^{2}+(1+\lambda)=0 . \nonumber \]

Отримано нетривіальні розв'язки задачі на власні значення, що задовольняють граничним умовам при\(\lambda>-1\). Рішення є

\[\phi_{n}(x)=A \sin (n \pi \ln x), \quad n=1,2, \ldots \nonumber \]

де\(\lambda_{n}=n^{2} \pi^{2}-1\)

Нерідко корисно нормалізувати власніфункції. Це означає, що людина вибирає\(A\) так, щоб норма кожної власноїфункції була одна. Таким чином, ми маємо

\[\begin{aligned} 1 &=\int_{1}^{e} \phi_{n}(x)^{2} \sigma(x) d x \\ &=A^{2} \int_{1}^{e} \sin (n \pi \ln x) \dfrac{1}{x} d x \\ &=A^{2} \int_{0}^{1} \sin (n \pi y) d y=\dfrac{1}{2} A^{2} \end{aligned} \nonumber \]

Таким чином,\(A=\sqrt{2}\)

Тепер перейдемо до вирішення неоднорідної задачі,\(\mathcal{L} y=\dfrac{1}{x}\). Ми спочатку розширимо невідоме рішення з точки зору власних функцій,

\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \sqrt{2} \sin (n \pi \ln x) . \nonumber \]

Вставивши це рішення в диференціальне рівняння, ми маємо

\[\dfrac{1}{x}=\mathcal{L} y=-\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \lambda_{n} \sqrt{2} \sin (n \pi \ln x) \dfrac{1}{x} \nonumber \]

Далі ми використовуємо ортогональність. Множення обох сторін на\(\phi_{m}(x)=\)\(\sqrt{2} \sin (m \pi \ln x)\) і інтеграція, дає

\[\lambda_{m} c_{m}=\int_{1}^{e} \sqrt{2} \sin (m \pi \ln x) \dfrac{1}{x} d x=\dfrac{\sqrt{2}}{m \pi}\left[(-1)^{m}-1\right] . \nonumber \]

Рішення для\(c_{m}\), у нас є

\[c_{m}=\dfrac{\sqrt{2}}{m \pi} \dfrac{\left[(-1)^{m}-1\right]}{m^{2} \pi^{2}-1} . \nonumber \]

Нарешті, вставляємо наші коефіцієнти в розширення для\(y(x)\). Рішення тоді

\[y(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{2}{n \pi} \dfrac{\left[(-1)^{n}-1\right]}{n^{2} \pi^{2}-1} \sin (n \pi \ln (x)) . \nonumber \]

Альтернативна теорема Фредгольма

Враховуючи це\(L y=f\), коли можна очікувати, щоб знайти рішення? Чи унікальна вона? На ці питання відповідає альтернативна теорема Фредгольма. Ця теорема зустрічається у багатьох формах від твердження про розв'язки систем алгебраїчних рівнянь до розв'язків крайових задач та інтегральних рівнянь. Теорема складається з двох частин, таким чином, термін «альтернатива». Або рівняння має рівно одне рішення для всіх\(f\), або рівняння має багато рішень для деяких і\(f^{\prime}\) жодного для решти.

Читач знайомий з твердженнями Альтернативи Фредгольма для розв'язання систем алгебраїчних рівнянь. Шукає рішення системи\(A x=b\) для\(A\)\(n \times m\) матриці. Визначення матриці суміжних,\(A^{*}\) через\(<A x, y>=<x, A^{*} y>\) для всіх\(x, y, \in \mathcal{C}^{n}\), то або