Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги / Обыкновенные дифференциальные уравнения

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

2.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

δ2

Рис. 6.7

Следовательно, решение x = 0, y = 0	не является устойчивым, а тем
более асимптотически устойчивым при t →+∞	(рис. 6.7).

6.4.Устойчивость линейной дифференциальной системы

спостоянной матрицей

Рассмотрим систему
d x = Ax ,	(6.31)

где A =[ajk ] – постоянная (n × 1) – матрица. Положим

x = eAt u,

тогда, учитывая свойства экспоненциала матрицы (прил. 2), будем иметь

d x

≡ e At

d u

+ Ae At

= Ae At

или

e At

d u

= 0.

(6.32)

Поскольку d et e A t = e tS p A ≠ 0 , то матрица e A t неособенная. Поэтому из (6.32) получаем

d u = 0 dt

и, следовательно,

u=c,

где c – постоянная (n × 1)-матрица

Таким образом, общее решение системы (6.31) с постоянной матрицей

A есть
						= eAt		.
		(t0 ) =			x	= eAt	c	.	(6.33)
Пусть				0 . Из формулы (6.33) имеем
Пусть	x		x	0 . Из формулы (6.33) имеем
141

x0 = eAt0 c ,

т.е.

c =e−At0 x0 ,

и, значит,
		=eA(t−t0 )		0 .
	x	=eA(t−t0 )	x	0 .	(6.34)
Пусть λ 1,…,λ m ( m ≤ n ) – собственные значения матрицы					A , отвечающие

различным клеткам Жордана, и e1,…,em – соответствующие им порядки

клеток Жордана. Обозначим через S неособенную матрицу, приводящую матрицу A к жордановой форме:

A = S−1diag[J1(λ 1),…, Jm (λ m )]S ,

где J p (λ p )

( p = 1,…, m )

– соответствующие клетки Жордана (прил. 1).

Тогда на основании свойств экспоненциала (см. прил. 2) из формулы

(6.34) получаем

(t) = S −1diag[exp(t − t0 )J1(λ 1),…,exp(t− t0 )Jm (λ

где

m )]S x(t0 ) ,

(6.35)

(t− t

)

(t − t

)

( p)

(t − t

( p)

(t − t

)ep −1

( p)

exp[(t − t

(λ

)]= e

[E +

…+

−1

(ep −1)!

где I (j p) ( j =1,…,ep −1)

– соответствующие единичные косые ряды.

Теорема 6. Линейная однородная система (6.31) с постоянной матрицей

A устойчива

тогда

только

тогда,

когда

все

характеристические

корни

λ j= λ j (A) матрицы A обладают неположительными вещественными частями

Reλ j (A)≤ 0 ( j = 1,… , n ) ,

причем характеристические корни, имеющие нулевые вещественные части, допускают лишь простые элементарные делители (т.е. соответствующие клетки Жордана сводятся к одному элементу).

Доказательство.

1. Докажем сначала достаточность условий теоремы.

корни

Пусть

iβ

( j

…

, p ) –

все

характеристические

λ = α +

матрицы A

отрицательными

вещественными

частями

α j , отвечающие

различным клеткам Жордана, и

λ k= iγ k (k =1,…,q)

–

все характеристические

корни матрицы

A с вещественными частями, причем

p + q = m –

общее

число клеток Жордана в нормальной форме матрицы

A . Тогда

в силу

формулы (6.35) любое решение системы (6.31) имеет вид

(t) = ∑eα

it (cosβ jt+ isinβ jt)

j (t+)

∑(cosγ

k+t isinγ

kt)ck ,

(6.36)

j=1

k=1

142

где P j (t ) – некоторые полиномиальные вектор-функции, степень которых

ниже кратности корня λ j , и ck – постоянные вектор-столбцы. Поскольку

α j< 0,

eα it			→	0 при t →+∞ .
		Pj (t )
Кроме того,
	cos γ kt + isin γ kt				=1.

Поэтому из формулы				вытекает, что каждое решение			(t)
	(6.36)					x

ограниченно на полуоси t0 ≤ t<∞ .

Следовательно, на основании теоремы 4 система (6.31) устойчива. 2. Докажем теперь необходимость условий теоремы.

Пусть система (6.31) устойчива. Покажем сначала, что все характе-

ристические корни λ j

матрицы A имеют неположительные вещественные

части. Действительно,

предположим,

что

найдется собственное значение

λ s=σ+ τi матрицы A такое, что

Reλ s=σ> 0.

Тогда, как известно, система (6.31) имеет нетривиальное решение вида

= eλ

≠ 0. Отсюда

где

eλ st

= eσ t

→ ∞

при t →∞

и, таким образом, решение не ограниченно, что противоречит устойчивости системы. Поэтому

		Reλ j≤		0 ( j = 1,… , n ) .	(6.37)
Покажем теперь,		что каждый		характеристический корень λ j с	нулевой
вещественной частью Reλ j=			0 имеет простые элементарные делители.
	Действительно, предположим, что матрица A приведена к жордановой
форме
где	det S ≠ 0 ,	A = S−1diag[J1(λ 1),…, Jm (λ m )]S ,
		причем	некоторому характеристическому		корню
λ s= i s (Reλ s= 0)		соответствует клетка Жордана

143

λ s

… 0

Js (λ s )=

типа es × ee , где es >1. Тогда

λ s

θ (t)=

S−1diag[0,…,etJs (λ s ) ,…,0]S

(6.38)

будет являться матричным решением системы (30), так как

θ (t)=

S−1diag[0,…, Js (λ s )etJs (λ s ) ,…,0]S=

S−1diag[J1λ( 1),…, Jλs ( s ),…, Jλm (

m×)]S

× S−1diag[0,…,etJs (λ s ) ,…,0]S=

Aθ

(t).

Из формулы (6.38) получаем

diag[0,…,etJs (λ s ) ,…,0] = Sθ (t)S−1.

Отсюда, оценивая по норме, будем иметь

diag[0,…, etJ s ( λ s ) ,…, 0]

etJ s (λ s )

≤

(t )

S −1

(6.39)

Поскольку

tes −1

(es

−1)!

tes −2

etJs (λ s ) = eλ

st 0 1

(es

− 2)!

то, воспользовавшись, например, первой нормой при t ≥

0 , получаем

es −1

etJs (λ s )

= eσ t 1+

+…+

где

σ= Reλ =

(es −1)!

Из неравенства

(6.39)

выводим

θ (t)

≥

etJs (λ s )

tes −1

S −1

(e −1)!

S −1

при t ≥

0 .

θ (t)

→ ∞

Таким образом,

при t →

∞ , что невозможно для устойчивой

системы.

Теорема доказана.

Замечание. Устойчивая линейная однородная система с постоянной матрицей A равномерно устойчива относительно начального момента

t0 −(∞ +∞,

) .

144

Действительно, поскольку решения устойчивой линейной системы ограничены, имеем

e At ≤ c при t ≥ 0.

Пусть x(t) – произвольное решение нашей системы. Тогда

x(t) = e(t−t0 ) A x(t0 )

и, следовательно, при t ≥ t0 получаем

(t)

≤

e(t−t0 ) A

(t )

≤ c

(t )< ε ,

если

= δ ,

x(t0 )

причем

число

не зависит

от начального момента t0 .

Таким

образом,

тривиальное решение

≡

равномерно устойчиво при t →∞

, а значит, и все

решения этой системы также равномерно устойчивы при t →∞

(теорема 2).

Теорема

Линейная

однородная

дифференциальная

система (6.31)

с постоянной матрицей A асимптотически устойчива тогда и только тогда,

когда

все характеристические корни

λ j= λ j (A) матрицы A

имеют

отрицательные вещественные части, т.е.

Reλ j (A)< 0 (j =1,…,n).

Доказательство.

1. Докажем сначала достаточность условия теоремы. Пусть λ 1,…λ, m (m≤ n) – все характеристические корни матрицы А, отвечающие различным клеткам Жордана, причем

Reλ j< 0 ( j =1,…,m).

(6.40)

Изформулы(6.35) вытекает, чтокаждоерешениесистемы(6.31) имеетвид

x(t) = ∑eλ it Pj (t) ,

j=1

где P j (t ) – полиномиальные матрицы. Отсюда на основании условия (6.40) получаем

lim x(t) = 0

t→+∞

и, следовательно, в силу теоремы 5 система (30) асимптотически устойчива.

2. Докажем теперь необходимость условия (39). Пусть система (6.31) асимптотически устойчива. Тогда эта система асимптотически устойчива по Ляпунову, при t →∞ и, следовательно, на основании теоремы 6 имеем

Reλ j≤ 0 ( j = 1,…, m) .

(6.41)

145

Допустим, что

найдется

хотя

бы

один характеристический корень

λ s= i s (1≤ s≤

m) такой, что

Reλ s= 0.

Тогда система (6.31) имеет решение вида

= eλ st

≡

(cosµ st+

i sinµ s t)

где

ненулевой вектор столбец

Поэтому

c –

≠

и,

значит,

→/

при t →∞

что

противоречит асимптотической

устойчивости системы (6.31). Следовательно,

Reλ j< 0 ( j =1,…, m) .

Теорема доказана полностью.

Замечание. Таким образом, чтобы доказать асимптотическую устойчивость линейной однородной системы (6.31), достаточно убедиться,

что все корни λ 1,…λ, n ее характеристического уравнения

det(A−λ E)= 0

обладают отрицательными вещественными частями. В следующем разделе мы рассмотрим необходимые и достаточные условия, при которых алгебраическое уравнение с действительными коэффициентами имеет корни лишь

сотрицательными вещественными частями.

6.5.Условия отрицательности действительных частей корней алгебраического уравнения

Критерий Гурвица
Рассмотрим полином				(n≥ 1),
f (z) = a + a z +			+ a zn	(n≥ 1),		(6.42)
	0	1	n
где z = x + iy – комплексное	число и		a0,a1,…,an		– действительные или
комплексные коэффициенты.
Определение. Полином	f(z)	степени		n ≥ 1	называется	полиномом

Гурвица, если все его корни (нули) z1, z2,…, zn обладают отрицательными вещественными частями

Rezj <0 (j =1,…,n),

т.е. все корни z j расположены в левой комплексной полуплоскости.

В дальнейшем мы будем предполагать, что коэффициенты a0,a1,…,an полинома f (z) действительны, причем

146

a0 > 0 , an ≠ 0.

(6.43)

Такой, очевидно, не имеющий нулевых корней полином для краткости будем называть стандартным полиномом степени n (n ≥ 1).

Установим простое необходимое условие для полинома Гурвица. Теорема. Если стандартный полином является полиномом Гурвица, то

все его коэффициенты положительны.

Доказательство. Пусть	( j =1,…, p)
zj = −α j± iβ j
являются комплекснми корнями (β j ≠	0) полинома Гурвица f(z) (1) и
zk =−γ k (k =1,…,q)

являются действительными корнями этого полинома. В силу определения полинома Гурвица имеем

α j> 0, γ k >0.	(6.44)
Обозначим через σ j ( j =1,…, p) кратность корня	zj = −α j+ iβ j ;

поскольку коэффициенты полинома (6.42) действительны, то сопряженный

корень

j = −α

j− iβ j

имеет ту

же

кратность

σ j . Пусть

кратность

действительного корня

= …

есть

,q)

s .

Очевидно,

∑2σ j+

∑sk = n.

j=1

k =1

Пользуясь

известным

разложением

полинома

f (z)

на

линейные

множители, имеем следующее:

f (z) ≡ a

(z+ α − β i

)

+(zα + β

+ (γz

)

n ∏

∏

j=1

k=1

или

f (z) ≡ a

2α

+z α

+ β

+ γ(z

)

. (6.45)

(z +

+ β

)

+(αz

)

n ∏

∏

j=1

k =1

переменной z

Сравнивая

коэффициенты

при

одинаковых

степенях

в правой и левой частях тождества (6.45), получаем, что все коэффициенты полинома f (z) имеют одинаковые знаки. А поскольку в силу условия (6.43)

a0 >0, то
a1 >0, a2 >0, …, an >0.	(6.46)

Теорема доказана.

Замечание. Легко показать, что для стандартного полинома второй степени

147

f (z) = a0 + a1z + a2 z2

условие теоремы является достаточным, т.е. если

a0 >0, a1 >0, a2 >0,

то этот полином будет полиномом Гурвица.

Для стандартного полинома степени выше второй из положительности его коэффициентов в общем случае не вытекает, что этот полином есть полином Гурвица.

Пример 4. Полином

f (z) = 30 + 4z + z2 + z3

имеет лишь положительные коэффициенты, но не является полиномом

Гурвица, так как его корни есть z1 = −3, z2 =1+3i , z3 =1−3i .

Обозначим для краткости через Hn (n = 1, 2,…) совокупность всех стандартных полиномов Гурвица степени n, и пусть

H = ∞ H n

n =1

есть множество всех стандартных полиномов Гурвица.

Для вывода необходимых и достаточных условий для отношения f ( z ) H введем понятие присоединенных полиномов.

Определение. Полином

F ( z ) = Sf ( z ) ,

где

F ( z ) = (1 + α z ) f ( z ) + f ( − z ) …(α > 0),

будем называть присоединенным к полиному f ( z ) .

Лемма 1. Полином, присоединенный к стандартному полиному Гурвица, есть стандартный полином Гурвица, т.е. если

f (z) Hn , то F(z) = Sf (z) Hn+1.

Доказательство. Рассмотрим полином
Ф (z) = (1+ α z) f (z)+ f (−z),	(6.47)
где действительный параметр проходит отрезок 0 ≤	≤ 1 , причем
Ф1(z) = I(z).
Покажем, что корни z j ( ) ( j = 1, 2,… , n + 1)	полинома Ф (z) при

[0, 1] расположены в левой полуплоскости Re z < 0 , т.е. полином Ф (z)

есть полином Гурвица.

Действительно, прежде всего, полагая

f (z) = a0 + a1z +…+ an zn ,

где

a0 >0, a1 >0, …, an > 0,

148

будем иметь

(z) = b (µ) +b ( µ)z +… +b ( µ)zn + αa

zn+1 ,

где bν ( ) ( ν = 0 ,1, 2 ,… , n )

– линейные функции параметра .

Отсюда, учитывая, что α an> 0 , получаем

Ф (z)

> 0 при

≥ R , [0, 1] ,

где R достаточно велико и не зависит от .

Следовательно, корни

z j (µ) заключены внутри достаточно большого

конечного круга

< R

(рис. 6.7)

и, значит, являются ограниченными

непрерывными функциями параметра µ. При µ = 0

полином

Ф ( z) имеет

корни, лежащие в левой полуплоскости, т.е.

Пусть теперь

при

Ф0 (z) Hn+1 .

полином Фˆ ( z)

не

является

некотором

[0,1]

полиномом Гурвица. Тогда по меньшей мере одна из кривых

z j = z j (µ)

покинет левую полуплоскость и,

следовательно, при некотором значении

пересечет отрезок

мнимой

оси

[−Ri, Ri] . Иными

словами,

при

µ (0,1]

полином Фˆ ( z) имеет мнимый корень β i , т.е.

Фˆ (β i) ≡ (1+ α β i) f (β i) + µf (−β i) = 0

Отсюда

1 + α β i

f (β

= µ

f (−β i)

(6.48)

Поскольку значения полинома

f (z) с действительными коэффициентами

в сопряженных точках

комплексно сопряжены

т е

, . .

= f (z) ,

f (z)

то, учитывая, что коэффициенты полинома

f (z)

действительны и что

полином f (z) есть полином Гурвица, будем иметь

f (−β i)

f (

β i

)

f (β i)

≠ 0 .

Сокращая равенство (6.48)

на равные,

отличные от нуля величины

f (β i)

f (−β i)

, получим

1 + α β i

= µ

ˆ ,

т.е.

1+ α

= µ .

2 2

ˆ 2

(6.49)

Поскольку

Ф (0) = (1 + )a0 ≠ 0,

то β ≠ 0 и поэтому равенство (6.49) невозможно при ˆ [0,1]. Итак,

149

F(z) = Ф1(z) Hn+1 .

Лемма 2. Для всякого стандартного полинома Гурвица степени n +1 существует стандартный полином Гурвица степени n (n ≥ 1) , по отношению

к которому данный полином является присоединенным, т.е. если F(z) Hn+1 ,

то существуют α >

0 и f (z) Hn такие, что

F (z) = Sf (z) ≡ (1+ α z) f (z+)

f−( z).

(6.50)

Доказательство. Из функционального уравнения (6.50) имеем

F (−z) = (1 − α z) f −( z)+

f (z).

(6.51)

Исключая f (− z) из уравнений (6.51) и (6.50), получим

α 2 z 2 f ( z)= − (1− α

z)F ( z+)

F−( z).

(6.52)

Пусть

F (z) = A0 + A1z + …+ An+1z n+1

F (−z) = A0 − A1 z + …+ (−1)n+1 An+1 z n+1 ,

где Ak > 0 (k = 0, 1, …, n +1).

Если выбрать

α =

2 A1

0 ,

(6.53)

то функция

f (z) , определяемая

формулой

(6.52),

очевидно,

будет

полиномом n -й степени. Легко проверить, что

Sf (z) = F (z) .

Докажем, что f (z) Hn . Рассмотрим полином

Фµ( z) = −(1 − α z)F ( z)+ F (−z) ≡ − (1− ) A0 + (1 − ) A1 z +

+[α A1− (1− µ) A2 ]z 2 + …+ {α An−1− [1−

µ(−1)n ]An }z n +

(6.54)

+{α A − [1− µ (− 1)n+1 ]A

}zn+1+ α

z n+2

n+1

где постоянная α

определяется по формуле (6.53) и параметр пробегает

отрезок [0, 1].

Корни этого полинома

z j

= z j ( )

( j = 1, 2,…, n + 2) являются

ограниченными непрерывными функциями параметра на отрезке [0, 1].

При µ= 0 один из корней zn+2 =	1	находится	в правой	полуплоскости
	α
Re z > 0, а все остальные корни zj			в левой	Re z < 0. Такое
	( ( j < n + 2) ) –

расположение корней сохраняется при [0, 1). Действительно, если бы один из корней z j перешел из одной полуплоскости в другую, то кривая z j = z j ( ) должна была бы пересечь мнимую ось и при некотором ˆ (0,1) полином

Фµ( z) имел бы мнимый корень β i, т.е.

150

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги

#
12.11.202314.42 Mб0Общий курс путей сообщения..pdf
#
12.11.20232.04 Mб3Объектно-ориентированное программирование. ООП на языке C++.pdf
#
12.11.202316.61 Mб10Объектно-ориентированное программирование..pdf
#
19.11.202364.37 Mб0Объемно-пространственная композиция..pdf
#
19.11.202343.61 Mб0Объемные наноструктурные металлические материалы..pdf
#
12.11.20232.7 Mб1Обыкновенные дифференциальные уравнения..pdf
#
12.11.202314.47 Mб9Одноковшовые погрузчики..pdf
#
12.11.202319 Mб0Оказание первой помощи пострадавшим при несчастных случаях на производстве..pdf
#
12.11.20233.2 Mб7Оксидные композиционные материалы..pdf
#
12.11.202319.41 Mб0Они прошли дорогами войны Об участниках Великой Отечественной войны - сотрудниках Пермского политехнического института..pdf
#
13.11.202324.39 Mб9Они трудились во имя Победы О тружениках тыла в годы Великой Отечественной войны - сотрудниках Пермского государственного технического университета..pdf