[Trenogin_V.A.]_Obueknovennuee_differencialnuee_ur(BookZZ.org)

§ 11. ДУ в дифференциалах и функции, заданные параметрически 41

дачах, в частности, во многих геометрических задачах, по самому смыслу задачи переменные x и y вполне могут быть равноправными. Напримеp, это две физические переменные, и имеющуюся между ними связь в форме ДУ (дифференциальную связь) хотелось бы выразить алгебраически. В этих обстоятельствах выбор x в качестве независимой переменной может являться чисто случайным и далеко не всегда удачным. Выбор подходящей параметризации иногда позволяет более полно представить искомую связь между переменными и, в частности, существенно продолжить геометрически представляющую эту связь интегральную кривую.

ривать в области G = {x, y: x , y < 0} — максимальной области, в которой гарантированы существование и единственность решения данной задачи Коши. Непродолжимое pешение y = x1/3 определено на интервале (−∞, 0). Заметим, что y (x) → −∞ при x → −0.

Если же взять в качестве независимой переменной y, то получаем задачу Коши dxdy = 3y2, x(−1) = −1. Здесь условия теоремы Коши выполнены во всей плоскости 2 переменных y, x и pешение x = y3

y = √1 − x2 определено на интервале (−1, 1). Интегральная кривая — это верхняя полуокружность.

Если же считать независимой переменной y, то получаем задачу

интервале (−1, 1). Здесь интегральной кривой является правая полуокружность.

Таким образом, в данном примере ни x, ни y не являются удачными параметрами для представления уравнения окружности, дающего полную (глобальную) связь между переменными.

Зададим теперь уравнение окружности в параметрической форме, полагая

x = cos t, y = sin t, t [0, 2π).

Геометрический смысл параметра: t — длина дуги окружности.

Пусть точка обозначает дифференцирование по t. Тогда получаем следующую дифференциальную связь x и y: xx˙ + yy˙ = 0, x(0) = y(0) =

=1

√. Эту связь удобно выразить в виде ДУ в полных дифференциалах

2

+y dy = 0.

Развивая примеp 2, рассмотрим формальное ДУ в дифференциалах (21)

P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0

в предположении, что функции P(x, y) и Q(x, y) непрерывно дифферен-

цируемы в области G 2, и пусть точка (x0, y0) G.

Пусть I — сегмент, т. е. отрезок, интервал или полуинтервал. Расширим понятие интегральной кривой, данное в § 1. Для этого запишем ДУ y = f(x, y) в дифференциалах, представив его правую часть

в виде f(x, y) = P(x, y) , так чтобы функции P(x, y) и Q(x, y) были

Q(x, y)

непрерывно дифференцируемы в области G 2.

Определение. Гладкая кривая l = {x = x(t), y = y(t), t I} называется интегральной кривой ДУ (1), проходящей через точку (x(t0), y(t0)), если для любых t I выполняется тождество

(L — положительная постоянная).

Очевидно, 0 < y < L. Найдем интегральную кривую, проходящую через точку (0, 0).

Упражнение. Покажите, что y = L sin2 2t , x = L2 (t − sin t).

Итак, искомая интегральная кривая имеет параметрическое представление

x = L2 (t − sin t), y = L2 (1 − cos t), t [0, 2π].

Интересный экскурс в историю и описание физических явлений, связанных с циклоидой и брахистохроной, читатель найдет в [19].

44 Гл. II. Дифференциальные уравнения высших порядков

дело и в общем случае. Чтобы устранить, по возможности, эту неопре-

Задача (1), (2) называется задачей Коши. Как и в случае ДУ первого порядка, нижеследующая теорема Коши играет важную роль в дальнейшем изложении.

Рассмотрим эту ситуацию на частном случае примера 1. Пусть внешняя сила f = 0, т. е. на частицу не оказывается никакого внешнего

2

воздействия. Тогда имеем ДУ md x = 0. Всякое его pешение представи- dt2

мо в виде x = C1t + C2 с произвольными постоянными C1, C2. Зададим начальные условия. Пусть в момент времени t = 0 частица находилась в точке x0 и имела начальную скорость v0. Тогда частица движется по

закону x = x0 + v0t, причем ее скорость постоянна: dxdt = v0.

Таким образом, справедлив ньютоновский закон инерции: при отсутствии внешних сил частица движется по прямой с постоянной скоростью.

Приведем теорему существования и единственности pешения задачи Коши. Доказательство ее следует из аналогичной общей теоремы, приведенной в гл. VI.

Теорема 1. Пусть функция f(x, u1, u2, . . . , un) с вещественными значениями непрерывна по совокупности своих переменных в области G n+1 вместе со своими частными производными первого порядка по переменным u1, u2, . . . , un. Тогда для любой точки (x0, y0, y1, . . . , n−1) G найдется содержащий точку x0 интервал (α, β), на котором существует единственное решение y = y(x) задачи Коши.

График решения ДУ (1) в пространстве n+1 называется интегральной кривой. Отметим геометрический смысл теоремы при n = 2, где начальные условия принимают вид y(x0) = y0, y (x0) = y1. Теорема дает условия, при выполнении которых локальный кусок интегральной кривой, проходящий через точку (x0, y0) (первое начальное условие) с угловым коэффициентом y1 наклона касательной в точке x0 (второе начальное условие), существует и единствен.

З а м е ч а н и е. Сформулированная теоремa устанавливает существование и единственность локального решения задачи Коши. Однако, как и в гл. I, § 2, это pешение может быть продолжено до непродолжимого решения, определенного на максимальном интервале его существования (доказательство см. в гл. VI).

Рассмотрим теперь ДУ

§ 2. Линейная независимость pешений и определитель Вронского 45

называется линейным однородным ДУ n-го порядка.

Cправедливо следующее утверждение (доказательство см. в гл. VI).

Теорема 2. Пусть ck(x) C(a, b), k = 0, 1, . . . , n, h(x) C(a, b),

cn(x) = 0 на (a, b). Тогда для любой точки (x0, y0, y1, . . . , n−1), где x0 (a, b), а (y0, y1, . . . , n−1) n, существует единственное реше-

ние y = y(x) задачи Коши (3), (2) и оно определено на всем интервале (a, b).

Упражнение. Проверьте, что условия теоремы Коши выполнены как для линейного однородного ДУ, так и для неоднородного. Для их проверки достаточно записать ДУ в виде, pазрешенном относительно старшей производной.

Пример 2. Рассмотрим задачу Коши для линейного неоднородного ДУ второго порядка

y = y + sin x, y(0) = 1, y (0) = 0. x − 1

Существует ли решение и на каком наибольшем интервале? Коэффициент ДУ и правая часть определены на (−∞, 1) и на (1, +∞). Так как начальная точка 0 (−∞, 1), то в качестве интервала (a, b) следует выбрать именно этот интервал. Таким образом, согласно теореме 2 непродолжимое pешение данной задачи Коши существует и единственно на полуоси (−∞, 1).

Относительно pешения аналогичной нелинейной задачи

можно по теореме 1 утверждать только, что оно существует и единственно лишь локально, т. е. на некотором интервале (α, β) (−∞, 1), содержащем точку x = 0.

§2. Линейная независимость pешений

иопределитель Вронского

Чтобы pазобраться далее в структуре множества pешений линейного однородного ДУ (3), нам понадобятся известные из линейной алгебры понятия линейной независимости и линейной зависимости, приспособленные к pассматриваемой ситуации.

46 Гл. II. Дифференциальные уравнения высших порядков

Пусть на интервале (a, b) задан набоp функций, или система функ-

ций y1(x), y2(x), . . . , yr(x). Данная система функций называется линейно независимой на (a, b), если pавенство C1y1(x) + C2y2(x) + . . .

. . . + Cryr(x) = 0 (постоянные C1, C2, . . . , Cr ), выполненное для лю-

бых x (a, b), возможно только, если все Cs = 0, s = 1, 2, . . . , r. Система функций {yk(x)}rk=1 называется линейно зависимой на (a, b),

если существуют постоянные C10, . . . , Cr0 не все равные нулю и такие,

что C10y1(x) + C20y2(x) + . . . + Cr0yr(x) = 0 на (a, b).

Нас будет интересовать следующий вопрос. Пусть дана система из n функций z1(x), z2(x), . . . , zn(x), являющихся решениями однородного ДУ (3) на (a, b). Как узнать, будет эта система решений линейно независимой на (a, b) или нет? Ответ на этот вопрос получается с помощью следующего определителя, называемого определителем Вронского, или, кратко, вронскианом:

Теорема. Пусть выполнены условия теоремы 2 из § 1. Пусть z1(x), z2(x), . . . , zn(x) — система решений ДУ (4). Составим ее вронскиан W(x). Если W(x0) = 0 в некоторой точке x0 (a, b), то данная система решений линейно независима. Если же W(x1) = 0 в некоторой точке x1 (a, b), то эта система решений линейно зависима.

Доказательство. Пусть W(x0) = 0. Предположим, что для некоторых постоянных C1, C2, . . . , cn выполняется тождество

C1z1(x) + C2z2(x) + . . . + Cnzn(x) ≡ 0, x (a, b).

Продифференцируем это тождество последовательно (n − 1) раз и получим тождества

C1z1(x) + C2z2(x) + . . . + Cnzn(x) ≡ 0, x (a, b).

. . .

C1z(1n−1)(x) + C2z(2n−1)(x) + . . . + Cnz(nn−1)(x) ≡ 0, x (a, b).

Положим во всех тождествах x = x0 и получим следующую систему n линейных однородных алгебраических уравнений с n неизвестными C1, . . . , Cn:

n

Ckz(kl−1)(x0) = 0, l = 1, 2, . . . , n.

k=1

Определитель этой системы pавен W(x0) = 0. Следовательно, она имеет только тривиальное pешение Cs = 0, s = 1, 2, . . . , n.

ную y (x) по формуле (Dy)(x) = y (x) C(a, b). Таким образом, оператор D отображает пространство C1(a, b) в пространство C(a, b).

Рассмотрим более общий дифференциальный оператор L(x, D), определяемый формулой

Cn(a, b) в C(a, b) (кратко L(x, D): Cn(a, b) → C(a, b)), т. е. при всяком y(x) Cn(a, b) выполняется условие L(x, D)y(x) C(a, b).

Упражнение 3. Покажите, что оператор L(x, D) линейный, т. е. для любых y1, y2 Cn(a, b) и любых C1, C2 выполняется pавенство

L(x, D)(C1y1 + C2y2) = C1L(x, D)y1 + C2L(x, D)y2.

В этом параграфе рассматривается линейное однородное ДУ (4), записываемое кратко в операторном виде как уравнение L(x, D)y = 0. Множество всех pешений этого ДУ на (a, b) обозначим через N(L).

Л е м м а. N(L) является линейным пространством размерности n.

Доказательство. Линейность N(L) следует из свойства линейности оператора L(x, D) (проверьте!). Докажем, что размерность

N(L) pавна n. Зафиксируем точку x0 (a, b). Пусть zk(x) — pешение

задачи Коши L(x, D)y = 0, z(s)(x0) = 0, s = 1, 2, . . . , n − 1, s = k − 1,

z(k−1)(x0) = 1.

Упражнение 4. Докажите, что так определенная система функций {zk(x)} линейно независима на (a, b).

Покажем, что система функций zk(x) образует базис в N(L). Пусть

n

z(x) N(L). Функция θ(x) = z(k−1)(x0)zk(x) является элементом L(D)

k=1

и ее начальные значения в точке x0 совпадают с начальными значениями функции z(x) в этой же точке. По теореме Коши θ(x) = z(x). Этим установлено, что любая функция из L(D) является линейной комбинацией функций системы. Лемма доказана.

Построенная в ходе доказательства леммы система функций называется нормальной фундаментальной системой pешений ДУ (4).

Итак, N(L) n-мерно. Из линейной алгебры известно, что базисом в n-мерном линейном пространстве является любая система из n его независимых элементов.

Определение. Фундаментальной системой pешений (ФСР) линейного однородного ДУ n-го порядка называется любая система из n его линейно независимых решений.

Заметим, что под общим решением этого ДУ понимается совокупность всех его решений.

Пусть {ϕk(x)}nk=1 — ФСР ДУ (4). Тогда из определения базиса следует, что всякое pешение ДУ (4) можно записать в виде

n

z(x) = Ckϕk(x),

k=1

где Ck — некоторые постоянные.

Пусть в данной формуле Ck — произвольные постоянные. Тогда эта формула дает общее pешение линейного однородного ДУ, поскольку она содержит в себе все его решения.

В заключение еще раз отметим следующее. Пусть найдена система из n решений. Если хоть в одной точке x0 (a, b) вронскиан этой системы отличен от нуля, то данная система является ФСР.

§ 4. Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка c постоянными коэффициентами

Рассмотрим ДУ

Попробуем найти его решения в виде z = eλx. Отсюда имеем z = λeλx, z = λ2eλx. Подставим выражения для z, z , z в ДУ и после сокращения на eλx получим для определения возможных значений λ уравнение

λ2 + bλ + c = 0.

Это квадратное уравнение называется характеристическим уравнением, составленным для ДУ (6), а многочлен, стоящий в его левой части, называется характеристическим многочленом этого ДУ.

Рассмотрим теперь различные возможные случаи.

1) Пусть сначала дискриминант = b2 − 4c > 0. В этом случае характеристическое уравнение имеет два различных вещественных корня

А тогда ДУ имеет два решения

z1 = eλ1x, z2 = eλ2x.

Эти решения линейно независимы, так как их вронскиан в точке x = 0 равен W(0) = λ2 − λ1 = 0 (проверьте!). Поэтому общее решение ДУ имеет вид

где C1, C2 — произвольные постоянные.

Пример 1. ФСР ДУ y − y = 0 — это ex, e−x или ch x, sh x.

2) Пусть теперь = 0. Тогда ДУ и характеристическое уравнение принимают соответственно вид

4 В.А. Треногин

Характеристическое уравнение имеет один двукратный корень λ = −2b .

Значит, ДУ имеет решение z1 = e−bx/2.

Но ФСР ДУ (6) состоит из двух его линейно независимых pешений. Как найти второе pешение?

Упражнение 1. Проверьте, что функция z2 = xe−bx/2 также является рeшeнием ДУ.

Составьте вронскиан W(0) системы функций z1, z2 и докажите линейную независимость этой системы.

Подведем итог. При = 0 общее решение ДУ дается формулой

Пример 2. ФСР ДУ y − 2y + y = 0 — это ex, xex.

3) Для изучения случая, когда < 0, нам понадобятся комплекснозначные функции вещественного переменного z(x) = u(x) + iv(x), где u(x), v(x) — дифференцируемые в функции с вещественными значе-

ниями. Производная такой функции определяется естественным образом: z (x) = u (x) + iv (x).

Определение. Комплекснозначнaя дифференцируемая функция z(x) называется комплексным решением ДУ (6), если ее подстановка в ДУ обращает его в тождество.

Пусть z(x) = u(x) + iv(x) является решением ДУ (6), т. е.

(u(x) + iv(x)) + b(u(x) + iv(x)) + c(u(x) + iv(x)) = 0, x .

Но тогда равны нулю и действительная и мнимая части функции, стоящей в левой части этого равенства, т. е. u (x) + bu (x) + cu(x) = 0 и v (x) + bv (x) + cv(x) = 0.

Это означает, что каждая из функций u(x) и v(x) является веще-

Для краткости запишем эти корни в виде λ1 = α + iβ, λ2 = α − iβ,

√

где α = −2b, β = −2 .

Здесь нам понадобится экспоненциальная функция eλx, где λ = α + iβ, β = 0.

Согласно Эйлеру определим эту функцию формулой eλx = eαx(cos βx + i sin βx).

Упражнение 2. Покажите, что (eλx) = λeλx.

Из вышеизложенного следует, что обе функции eλ1x, eλ2x являются комплексными решениями ДУ. Но тогда функция eαx cos βx= Re(eλ1x)= Re(eλ2x) и функция eαx sin βx = Im(eλ1x) = − Im(eλ2x) являются вещественными решениями ДУ.