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

Л е м м а. В базисе из собственных векторов матрица Λ операто-

Λ

ра A имеет диагональную форму (матрица диагональна): в ней по главной диагонали стоят ее собственные значения, а остальные ее элементы pавны нулю.

Таким образом, матрица Λ имеет вид

00 . . . . . . λn

Кратко будем писать Λ = diag{λ1, λ2, . . . , λn}.

З а м е ч а н и е. Пусть T — матрица перехода от стандартного базиса {ek} к базису {wk} из собственных векторов матрицы A, т. е. Tek = wk, k = 1, 2, . . . , n. Напомним факт из линейной алгебры: в столбцах матрицы T стоят собственные векторы матрицы A, и если A диагонализуема, то T−1AT = Λ.

П р и м е р. Найдем ФСР системы ДУ (проверьте!)

x˙ = 2x + y + z,

y˙ = x + 2y + z,z˙ = x + y + 2z.

В данном случае матрица A симметрическая и, значит, диагонализуема. Здесь характеристическое уравнение имеет вид −λ3 + 6λ2 − 9λ + 4= 0.

Его корни — это λ1 = 1 — двукратное собственное значение матрицы системы ДУ и λ2 = 4 — ее простое собственное значение.

Cобственному значению 1 отвечает двумерное собственное подпространство с базисными векторами (1, 0, −1)T и (0, 1, −1)T.

Cобственному значению 4 отвечает одномерное собственное подпространство с базисным вектором (1, 1, 1)T.

Следовательно, ФСР имеет вид et(1, 0, −1)T, et(0, 1, −1)T e4t(1, 1, 1)T.

§ 4. Системы дифференциальных уравнений с постоянной комплексно диагонализуемой матрицей

В общем случае характеристическое уравнение может иметь как вещественные, так и комплексные корни.

Пусть теперь λ0 = α + iβ, β = 0, — комплексный корень характеристического уравнения.

Дальнейшие рассуждения нам будет удобно вести в линейном пространстве nc , состоящем из столбцов комплексных чисел, рассматривая систему ДУ с вещественной матрицей в этом пространстве. Выражаясь более научным языком, мы осуществляем комплексификацию пространства n и ДУ в нем.

6 В.А. Треногин

82 Гл. III. Системы дифференциальных уравнений первого порядка

Определитель системы уравнений (A − λ0E)w = 0 pавен нулю. Запишем ее нетривиальное pешение в виде w = u + iv. Формула z = eλ0tw определяет комплексное pешение системы ДУ. Но нас интересуют только вещественные ее решения. Как их найти?

Пусть λ0 = α + iβ — комплексное собственное значение матрицы A, а w = u + iv — соответствующий ему комплексный собственный вектор. Согласно их определению имеем равенство

Л е м м а. Система векторов u, v линейно независима.

Доказательство. Из формул (9) видно, что u = 0, v = 0. Допустим противное, что система линейно зависима. Это означает, что существует постоянная k = 0, такая, что v = ku. Подставляя это выражение

для v в (9), получаем (проверьте!) α − kβ = βk + α, т. е. β(k2 + 1) = 0.

Это невозможно, так как β = 0. Лемма доказана.

Рассмотрим вещественное двумерное подпространство, образуемое всевозможными линейными комбинациями (с вещественными коэффициентами) векторов u и v. Это подпространство инвариантно относительно матрицы A в том смысле, что результат применения A к любому его вектору принадлежит этому же подпространству.

Так как характеристическое уравнение имеет вещественные коэффициенты, то наряду с λ0 его корнем является и комплексно сопряженное число λ0 = α − iβ, а решением системы (A − λ0E)w = 0 является вектор u − iv. Этой паре корней отвечают комплексные решения системы ДУ

eαt+iβt(u + iv), eαt−iβt(u − iv).

Вещественные и мнимые части этих комплексных решений являются действительными решениями.

Упражнение 1. Проверьте прямым вычислением, что функции

z1(t) = eαt(u cos βt − v sin βt), z2(t) = eαt(u sin βt + v cos βt)

являются вещественными решениями рассматриваемой системы ДУ. Определение. Пусть матрица A имеет хоть одно комплексное

(точнее, невещественное) собственное значение. Матрицу A будем называть комплексно диагонализуемой, если в nc существует базис из ее собственных векторов.

Отметим, что векторы этого базиса, отвечающие вещественным собственным значениям, являются вещественными.

Если матрица A комплексно диагонализуема, то аналогично случаю ее (вещественной) диагонализуемости, комплексная ФСР ДУ дается формулами (5).

84 Гл. III. Системы дифференциальных уравнений первого порядка

Комплексное pешение здесь удобнее записать в виде z = Ceλ0t(u−iv), где C — произвольная комплексная постоянная. Пусть C = Reiψ . Тогда (проверьте!) z = Reαt(u − iv)(cos(βt + ψ) + i sin(βt + ψ)). Действительная часть этого комплексного решения является вещественным решением ДУ, т. е. формула x = Reαt(u cos(βt + ψ) + v sin(βt + ψ)) дает вещественное pешение ДУ.

Покажем, что это pешение действительно общее. Пусть z˜ — некоторое фиксированное pешение системы ДУ. Разложим его начальное

значение по базису {u, v}: z(0) = C1u + C2v.

C12 + C22.

Предоставляем читателю убедиться, что при так выбранных R, ψ действительно получается pешение z˜.

Запишем теперь общее вещественное pешение системы ДУ в координатной форме, взяв в качестве базиса систему векторов {u, v}. Пусть z(t) = ξu + ηv. В косоугольных координатах, соответствующих этому базису, имеем:

§5. Построение базиса из собственных

иприсоединенных векторов матрицы

Остановимся здесь на ряде вспомогательных вопросов линейной алгебры. С их помощью в §6 будет сконструирована ФСР в комплексном случае.

Пусть nc — линейное пространство столбцов из n комплексных чисел, и пусть задана матрица A pазмера n × n с комплексными или вещественными элементами.

Матрица A имеет pовно n собственных значений с учетом их кратности. Однако соответствующих им собственных векторов, вообще говоря, может оказаться недостаточно, чтобы выбрать из них базис в nc . Причина здесь следующая.

Пусть λ0 — собственное значение кратности n0. Рассмотрим соответствующее собственное подпространство Nλ0 . Пусть его размерность

равна d0.

Если d0 = n0 для всех собственных значений λ0 матрицы A, то она является комплексно диагонализуемой или диагонализуемой.

Оказывается, может случиться, что хоть для одного собственного значения d0 < n0, т. е. размерность собственного подпространства строго меньше кратности собственного значения как корня характеристического уравнения.

В подобных случаях из собственных векторов матрицы A не удастся построить базис в nc , а значит и ФСР вида (5).

Следующий элементарный примеp подтверждает это.

86 Гл. III. Системы дифференциальных уравнений первого порядка

лучим Cp−1w1 = 0, откуда Cp−1 = 0. Продолжая эти рассуждения, получим равенство нулю всех коэффициентов Ck. Этим доказательство леммы завершено.

Выделим случай, когда на этом пути удается найти в nc базис из собственных и присоединенных к ним векторов матрицы A. Доказательство линейной независимости системы из собственных и присоединенных векторов предоставляется читателю.

Лемма 2. Пусть матрица A имеет собственные значения λ1, λ2, . . . , λm и соответствующие им линейно независимые собственные векторы ϕ1, ϕ2, . . . , ϕm, причем каждому вектору ϕi соответствует жорданова цепочка длины pi. Тогда если p1 + p2 + . . . + pm = n,

то объединение всех этих жордановых цепочек составляет базис в n.

Пример 2. Рассмотрим матрицу pазмера 4 × 4

3−2 −3 0

Внижеследующем упражнении предлагается найти базис из соб-

ственных и присоединенных векторов матрицы A.

Упражнение 2. Покажите, что λ = −1 является 4-кратным соб-

ственным значением матрицы A и ему соответствуют два линейно неза-

висимых собственных вектора w1 = (1, 3, −1, 0)T, w2 = (1, 2, 0, 1)T. Пусть B = A + E. Покажите, что ранг матрицы B равен 2, а ранг

расширенной матрицы (B w1) (к матрице B приписан справа столбец w1) равен 3; значит, по теореме Кронекера–Капелли уравнение Bw = w1 не

имеет решений и, таким образом, имеется жорданова цепочка длины 1,

состоящая из вектора w11 = w1.

Покажите, что ранг расширенной матрицы (B w2) равен 2, уравнение Bw = w2 разрешимо и w22 = (3/2, 4, −1, 3/2)T — одно из его решений.

Покажите, что уравнение Bw = w22 также разрешимо и w32 = = (1/2, 0, 0, 0)T — одно из его решений.

Проверьте, что уравнение Bw = w32 неразрешимо. Таким образом, имеется жорданова цепочка длины 3, состоящая из векторов w12 = w2,

w22, w32.

Итак, в данном примере найден базис в 4, состоящий из собственных и присоединенных векторов матрицы A.

Следующий примеp показывает, что лемму 2 нельзя понимать примитивно. Оказывается, при случайном выборе собственных векторов, отвечающих кратному собственному значению, может не набраться жордановых цепочек нужной длины.

Пример 3. Предоставляем читателю убедиться в том, что матрица

имеет нулевое собственное значение и соответствующее ему двумерное собственное подпространство. Базис в 3 должен состоять из собственного вектора с присоединенным к нему вектором и второго собственного вектора. Именно так обстоит дело, если в качестве собственных векторов — начал жордановых цепочек выбрать (1, 0, 0)T и (0, 1, 0)T (проверьте!).

Однако если взять собственные векторы (1, 1, 1)T и (0, 1, 0), то ни один из них не имеет присоединенных векторов (проверьте!).

Данный примеp указывает на возможные трудности при построении базиса из собственных и присоединенных векторов матрицы.

Тем не менее справедливо следующее глобальное утверждение (см. [9]).

Т е о р е м а. Для любой матрицы A в nc существует набор из ее линейно независимых собственных векторов, обладающий следующим свойством: по каждому собственному вектору этого набора построим жорданову цепочку, тогда объединение всех этих жордановых цепочек составит базис в nc .

С л е д с т в и е. Пусть A — вещественная матрица. Если все ее собственные значения вещественны, то все ее собственные и присоединенные векторы также вещественны и, значит, из них можно составить базис в n. Если среди собственных значений матрицы имеются комплексные (пары комплексно сопряженных), то, как в §4, от комплексных векторов базиса можно перейти к вещественным.

Поставим еще следующий вопрос: как выглядит матрица линейного оператора, заданного в стандартном базисе пространства nc матрицей A?

Будем, как это уже делалось в §3, рассматривать матрицу A как

Расположим все векторы этого нового базиса последовательно — одну жорданову цепочку за другой. Поскольку в столбцах матрицы линейного оператора стоят координаты базисных векторов, то AJ имеет клеточно-диагональное строение: вдоль ее главной диагонали расположены жордановы клетки, отвечающие каждая своему собственному значению, а все остальные элементы pавны нулю. Размер жордановой клетки равен длине жордановой цепочки. Если эта длина равна 1, то ей соответствует одномерная матрица, т. е. жорданова клетка с единственным элементом — собственным значением. Принято говорить, что

Далее имеем

Заменяя в индексе суммирования s на s + 1, приходим к выводу, что

z˙ k = Azk.

Для доказательства линейной независимости системы вектор-функ- ций рассмотрим их линейную комбинацию. При t = 0 она сводится к линейной комбинации собственного и присоединенных векторов. Из линейной независимости этих векторов следует, что коэффициенты в исходной линейной комбинации pавны нулю.

Теорема. Пусть матрица A имеет собственные значения λ1, λ2, . . . , λm, причем собственному значению λs отвечает жорданова цепочка w1s, w2s , . . . , wpss . Пусть объединение всех этих жордановых цепочек составляет базис в nc (отсюда, в частности следует, что p1 + p2 + . . . + pm = n).

представляет собой ФСР системы ДУ.

Доказательство. Согласно лемме все функции набора являются решениями системы ДУ, так что имеется pовно n ее решений. Докажем их линейную независимость. Пусть линейная комбинация решений набора равна нулю. Положив в ней t = 0, получим линейную комбинацию с теми же коэффициентами собственных и присоединенных векторфункций матрицы A. Вследствие их линейной независимости все коэффициенты в линейной комбинации pавны нулю, что и завершает доказательство теоремы.

Заметим, что если матрица системы ДУ вещественна, но имеет среди собственных значений комплексные, то, как это делалось выше, с помощью формулы Эйлера можно построить вещественную ФСР системы ДУ.

Пример 1. Найдем ФСР для системы ДУ

x˙ 1 = 2x1 − 2x2 − 3x3 + x4,

x˙ 2 = 8x1 − 6x2 − 7x3 + 2x4, x˙ 3 = −2x1 + x2,

x˙ 4 = 3x1 − 2x2 − 3x3.

Базис в 4 из собственных и присоединенных векторов матрицы A был найден в примере 2 из §5.

Согласно лемме ФСР системы ДУ имеет вид w11e−t, w12e−t, w22e−t, w32e−t.

90 Гл. III. Системы дифференциальных уравнений первого порядка

Упражнение 1. Выпишите формулу общего решения данной системы ДУ.

Из леммы следует полезный вычислительный метод.

Обозначим через Nλ0 подпространство решений системы ДУ, отвечающее k-кратному вещественному собственному значению λ0 = 0. Всякое pешение из Nλ0 представимо в виде

x(t) = pk−1(t)eλ0t,

где pk−1(t) — вектор-функция, координаты которой являются многочленами степени k − 1 (или более низкой степени).

Будем искать решения из Nλ0 в таком виде с неизвестными пока коэффициентами многочленов степени k − 1.

Подстановка столбца x(t) в систему ДУ приводит к линейной однородной алгебраической системе для определения коэффициентов многочленов. Оказывается, эта система всегда имеет pовно k линейно независимых решений (следствие жордановых соображений), поэтому система ДУ указанного вида имеет pовно k линейно независимых решений. Это соответствует тому факту, что Nλ0 имеет размерность k.

Этот более громоздкий кустарный способ не использует в явном

Здесь λ = 1 — трехкратное собственное значение, которому отвечает

собственный вектор (1, 0, 0)T. Множество всех решений системы ДУ

можно искать в виде x = (A1t2 + B1t + C1)et, y = (A2t2 + B2t + C2)et, z = C3et.

Упражнение 2. Подставьте эти выражения в систему ДУ, приравняйте коэффициенты при одинаковых степенях t и убедитесь, что

подставляем во второе ДУ, получаем неоднородное ДУ со специальной правой частью и т. д.

Замечание 1. Члены решений, содержащие степени t, называются секулярными членами. Если матрица A диагонализуема или комплексно диагонализуема, то нетрудно убедиться, что в решениях системы ДУ секулярные члены отсутствуют.