Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді талдау

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 31 бет
Таңдаулыға:

Мазмұны

Кіріспе . . . 3

1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері . . . 4

1. 1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу . . . 4

1. 2 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешу . . . 10

1. 3 Коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті емес теңдеуді шешудіңоператорлық әдісі . . . 15

1. 4 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеуге келтірілетін теңдеулер. 20

Есептер . . . 26

Қорытынды . . . 31

Қолданылған әдебиеттер тізімі . . . 32

Кіріспе

Зерттеудің өзектілігі: курстық жұмыстың мазмұнының ғылыми құндылығын арттыру және оның негізінде пәнге деген қызығушылығын арттырып, өз бетінше іздену. Білім, білік, дағды алуын қамтамасыз етуге, жеке шығармашылық қабілеті дамуы үшін жағдай туғызу.

Мақсаты: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді талдау.

Міндеті:

- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориялық бөлігін қарастыру.

- Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулердің теориясының практикалық қолданылуын құрастыру.

Зерттеу пәні: Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулер.

Зерттеу әдістері: Талдау нәтижесінде алынған мәліметтерді бақылап, тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеу.

Құрылымы: курстық жұмыс кіріспеден, негізгі бөлімнен, практикалық жұмыс, қорытынды және қолданылған әдебиеттер тізімінен тұрады.

1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық теңдеулерді шешу әдістері

1. 1 Коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеуді шешу

Егер

$P_{0}{(t) }^{(n) }p_{1}{(t) }^{(n - 1) }x + \ldots + p_{n - 1}(t) x + p_{n}(t) x = q(t)$

сызықтық теңдеуінің коэффиценттері $p_{j}(t), j = 1, 2, \ldots, n\$ тұрақтыға тепе-тең болса, онда ол коэффиценттері тұрақты сызықтық дифференциалдық теңдеу деп аталады. Біз бұл параграфта коэффиценттері тұрақты сызықтық біртекті

$a_{0}^{(n) }x + a_{1}^{(n - 1) } + \ldots + a_{n - 1}x + a_{n}x = 0$

Теңдеуін қарастырамыз және $a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}$ коэффиценттерін нақты сандар деп есептейміз. Теңдеудің реті n болса, $\mathbf{a}_{\mathbf{0}}\mathbf{= 0}$ . Әрбір n - ретке дейін дифференциалданатын x(t) функциясына оның туындыларын сәйкес қоятын дифференциалдық оператор

$D^{k}$ := $\frac{d^{k}}{{dt}^{k}}$ , k=0, 1, …, n ( $D^{0}$ :=1)

Енгізу арқылы (1) теңдеуін былайша жазуға болады:

$a_{0}D^{n}x + a_{1}D^{n - 1}x + \ldots + a_{n - 1}Dx + a_{n}D^{0}x = \left( a_{0}D^{n} + a_{1}D^{n - 1} + \ldots + a_{n - 1}D + a_{n}D^{0} \right) x = 0.$

Ал

$a_{0}D^{n} + a_{1}D^{n - 1} + \ldots + a_{n - 1}D + a_{n}D^{0} = :L(D)$

белгілнуін енгізу арқылы (1) теңдеуді ықшам түрде

$L(D) x = 0$

Келтіруге болады. Әдетте (2) формула бойынша анықталған $L(D)$ өрнегін стационар (коэффиценттері тұрақты) дифференциалдық оператор немесе операторлық көпмүшелік деп атайды. Бұл оператордың сызықтық оператор екені коэффиценттері функция болатын жалпы жағдайдағы $L(t, D)$ операторы үшін дәлелденді.

Төменде (1) теңдеудің базисін құру үшін n -дәрежелі алгебралық теңдеудің түбірлерін табу жеткілікті екні көрсетіледі.

Операторлық көпмүшеліктің кейбір қасиеттерін атап өтелік. $L(D) \$ операторымен бірге

$N(D) ≔ b_{0}D^{m} + b_{1}D^{m - 1} + \ldots + b_{m - 1}D + b_{m}D^{0}$

Операторлық көпмүшелігінің қарастыралық. Мұндағы $b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{m} -$ тұрақтылар. $L(D), N(D)$ операторларының қосындысы деп $p = \max(n, m) - \left\lbrack L(D) + N(D) \right\rbrack x(t) = L(D) x(t) + N(D) x(t)$ теңдігі арқылы анықталатын операторды атайды. А≥ $N(D)$ операторларының көбейтіндісі деп n+m-ретке дейін дифференциалданатын $x(t)$ фунциясына әсері $L(D) \bullet N(D) x(t) = L(D) \left\lbrack N(D) x(t) \right\rbrack$ арқылы анықталатын операторды атайды. Бұл анықтамалардан мына теңдіктердің

$\sum_{j = 0}^{n}{a_{n - j}D^{j} + \sum_{k = 0}^{m}{b_{m - k}D^{k} = \sum_{l = 0}^{p}{{(a}_{n - 1} + b_{n - 1}) D^{l}, \ }}}$

$\sum_{j = 0}^{n}{a_{n - j}D^{j}\sum_{k = 0}^{m}{b_{m - k}D^{k} = \sum_{j = 0}^{n}{\sum_{k = 0}^{m}{a_{n - j}b_{m - k}D^{j + k$

орындалатыны көрініп тұр. Мұндағы бірінші теңдікті $a_{q} = 0, n < q \leq p, \$ егер n $\geq m\ немесе\ b_{q} = 0, m < q \leq p\ егер\ m \geq n.$ Соңғы теңдіктен операторлар үшін коммуникативтік қасиет $L(D) \bullet N(D) = N(D) \bullet L(D)$ орындалатыны көрініп тұр. Ал дистрибутивтік заңның $L(D) \left( N_{1}(D) + N_{2}(D) \right) = L(D) N_{1}(D) + L(D) N_{2}(D)$ орындалуы қосындыны дифференциалдау ережесінен тікелей алынады. Сонымен, операторлық көпмүшеліктерді өзара қосу мен көбейту амалдары жай көпмүшеліктерді қосу мен көбейту ережелерінен ешбір аумайтыны дәлелденіп тұр. Әрбір $L(D)$ операторына немесе (1) теңдеуге белгісіз параметр $\lambda$ бойынша жазылған

$M(\lambda) ≔ a_{0}\lambda^{n} + a_{1}\lambda^{n - 1} + \ldots + a_{n - 1}\lambda + a_{n}$ (2’)

Көпмүшелігін сәйкес қоямыз. Бұл көпмүшелікті құру үшін $L(D)$ операторындағы $k$ - ретті туындыны параметр λ-ның k-(k=0, 1, …, n) дәрежесімен ауыстыру жеткілікті. Әдетте бұл $M(\lambda)$ көпмүшелігі сипаттаушы көпмүшелік деп аталады.

Егер n=1 болса (1) теңдеу бірінші ретті сызықтық теңдеуге $а_{0}ẋ$ + $а_{1}x = 0\ \$ айналар еді де, оның жалпы шешімі

$x(t) = Ce^{- \frac{a_{1}}{a_{0}}} = Ce^{at}, (\alpha ≔ - \frac{a_{1}}{a_{0}}, C \in \mathbf{R}$ )

функциясы болар еді. Шешімінің бұл түрі (1) теңдеуінің шешімдерін

$n \geq 2$ болған жағдайда да көрсеткіштік функция көмегімен іздеуге нұсқайды. Эйледің көрсетуі бойынша (1) теңдеудің дербес шешімін мына түрде іздейміз:

$x(t) = y(t) e^{\lambda t}$ .

Мұндағы y=y(t) - n- ретке дейін дифференциалданатын белгісіз жаңа функция, λ жоғарыда аталған белгісіз нақты не комплекс сан.

ЛЕММА. Мынадай тепе-теңдік орындалады:

(n)

$L(D) y(t) e^{\lambda t} = e^{\lambda t}$ ( $M$ (λ) y(t) + $M'$ (λ) ẏ(t) + $\frac{1}{2!}M''(\lambda) \ddot{y\ }(t) + \ldots + \frac{1}{n!}M^{(n) }(\lambda) y(t)$ ) .

Мұнда

(k)

y:= $\frac{d^{k}y}{{dt}^{k}}$ , $M^{(k) }(\lambda) ≔ \frac{d^{k}M(\lambda) }{{d\lambda}^{k}}, k = \overline{1, n}.$

ДӘЛЕЛДЕУІ. Көбейтіндінің туындысы үшін дәлелденген Лейбниц* формуласын пайдаланамыз.

$L(D) ye^{\lambda t} = \sum_{k = 0}^{n}{a_{n - k}D^{k}\left( ye^{\lambda t} \right) = \sum_{k = 0}^{m}{a_{n - k}{(ye^{\lambda t}\ ) }^{(k) } = \sum_{k = 0}^{n}{a_{n - k}\sum_{j = 0}^{k}C_{k}^{j{y(e^{\lambda t}) }^{(k - j) } = \sum_{k = 0}^{n}{a_{n - k}e^{\lambda t}\sum_{j = 0}^{k}\frac{k(k - 1) \ldots(k - j + 1) }{j!}}\lambda^{k - j}y^{(j) } = e^{\lambda t}\sum_{k = 0}^{n}{a_{n - k}\sum_{j = 0}^{k}{\frac{1}{j!}\frac{d^{j}(\lambda^{k}) }{d\lambda^{j}}y^{(j) } = e^{\lambda t}\sum_{k = 0}^{n}{\sum_{j = 0}^{k}{\frac{1}{j!}\frac{d^{j}\left( a_{n - k}\lambda^{k} \right) }{d\lambda^{j}}y^{(j) }.$

Енді j > k теңсіздігі орындалғанда $\frac{d^{j}\lambda^{k}}{{d\lambda}^{j}}$ =0 болатының және туындының сызықтық амал екенін ескерсек, онда

$L(D) ye^{\lambda t} = e^{\lambda t}\sum_{k = 0}^{n}{\sum_{j = 0}^{n}{\frac{1}{j!}\frac{d^{j}\left( a_{n - k}\lambda^{k} \right) }{d\lambda^{j}}y = e^{\lambda t}\sum_{j = 0}^{n}{\frac{1}{j!}\frac{d^{j}(\sum_{k = 0}^{n}{a_{n - k}\lambda^{k}) }}{d\lambda^{jy = e^{\lambda t}\sum_{j = 0}^{n}{\frac{1}{j!}M^{(j) }(\lambda) y}\$

теңдігін аламыз. Мұнда $y ≔ y, M^{(0) }(\lambda) ≔ M(\lambda) .$ Лемма дәледенді.

САЛДАР. $L(D) e^{\lambda t} = e^{\lambda t}M(\lambda) .$

Леммадан y пен λ тек қана мына теңдеуді

$M(\lambda) y + M'(\lambda) ẏ + \frac{1}{2!}M''(\lambda) \ddot{y}$ +…+ $\frac{1}{n!}M^{(n) }(\lambda) y = 0$

Қанағаттандырғанда ғана (3) функция (1) теңдеудің шешімі болатыны шығады.

Лемманың салдарынан λ саны тек

$M(\lambda) = 0$

Теңдеуінің түбірі болғанда ғана $x = e^{\lambda t}$ функциясы (1) теңдеудің шешімі болатыны алынады. Соңғы (4) теңдеу сипаттаушы теңдеу деп, ал оның түбірлері сипаттаңыш сандар деп аталады. Сипаттаушы теңдеу түбірлерінің әр түрлі не еселі болуларына байланысты екі жағдай қарастырылады.

1-ЖАҒДАЙ. Сипаттағыш сандар әр түрлі, яғни $M\left( \lambda_{j} \right) = 0, \lambda_{k} \neq \lambda_{j}, j \neq k(j, k = \overline{1, n\ }$ ) болсын. Онда $M'\left( \lambda_{j} \right) \neq 0, j = \overline{1, n}$ . Бұл жағдайда әрбір $\lambda_{j}$ үшін:

$M'\left( \lambda_{j} \right) у' + \frac{1}{2!}M''\left( \lambda_{j} \right) \ddot{y} + \ldots + \frac{1}{n!}M^{(n) }\left( \lambda_{j} \right) y = 0.$ ( $*$ )

Бұл теңдеудің кез келген $\lambda_{j}$ үшін $y(t) = 1, \ t \in \mathbf{R\ \ }$ функциясы шешімі болатыны көрініп тұр. Бізге бір ғана базисті құру жеткілікті болғандықтан, осы дара шешіммен қанағаттандырумызға болады. Табылған $y(t) = 1\$ және

$\lambda = \lambda_{j\ \ }$ мәндерін әрбір

$j = \overline{1, n}\ \ үшін\ (3) \ формулаға\ қойып, \ (1) \ теңдеуін\ n\ шешімін\ аламыз:$

$x_{1}(t) = e^{\lambda_{1}t}, \ldots, x_{n}(t) = e^{\lambda_{n}t}, t \in \mathbf{R}$ (5)

Бұл шешімдер R -де (яғни $t \in \mathbf{R}$ ) нақты не комплекс сандар өрісіне қатысты сызықтық тәуелсіз. Егер $\ \lambda_{1}, \ldots\lambda_{n\ }$ $нақты\ сандар\ болса, \ онда\ (5) \ шешімдер$

$нақты\ шешімдер\ болады$ . Олар R -де сызықтық тәуелсіз болғандықтан, базис құрайды. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі бұл жағдайда

$x_{1}(t) = C_{1}e^{\lambda_{1}t} + \ldots + C_{n}e^{\lambda_{n}t}, t \in \mathbf{R}$

болады. $C_{1}, \ldots, C_{n\ }$ - нақты еркін тұрақтылар.

Енді түбірлер әртүрлі бола берсін де, олардың ішінде комплекс мәнділері бар болсын. $\lambda^{*} = \alpha^{*} + i\beta^{*}\ \left( i = \sqrt{- 1} \right)$ осындай комплекс түбірлердің біреуі болсын. Онда оның түйіндес $\lambda^{*} = \alpha^{*} + i\beta^{*}$ мәні де (4) теңдеудің түбірі болды. Себебі, (4) теңдеудің коэффиценттері нақты сандар. Шешімдерінің (5) формуласы бойынша $\lambda^{*}\$ түбіріне

$\widetilde{x}(t) = e^{\lambda^{*}t} = e^{\left( \alpha^{*} + i\beta^{*} \right) t} = e^{\alpha^{*}t}\left( \cos\beta^{*}t + isin\beta^{*}t \right)$

комплекс шешімі сәйкес келеді. Коэффициенттері нақты сандар (не функциялар) болатын сызықтық біртекті теңдеудің комплекс шешімінің нақты және жорамал бөліктері өз алдарына шешім болатыны белгілі.

Сондықтан

$x_{1}(t) = e^{\lambda^{*}t}\cos{\beta^{*}t, \ \ }\ x_{2}(t) = e^{\lambda^{*}t}\sin{\beta^{*}t, t \in \mathbf{R}\ \ \ }$ (6)

функциялары - (1) теңдеудің нақты шешімдері. Олар $\mathbf{R}$ - де сызықтық тәуелсіз. Демек олар базистік шешімдердің қатарына жатады. Дәл осылай, түйіндес $\lambda^{*} = \alpha^{*} - i\beta^{*}$ түбіріне де екі нақты шешім

$x_{1}(t) = e^{\lambda^{*}t}\cos{\beta^{*}t, \ \ }\ x_{2}(t) = - e^{a^{*}t}\sin\beta^{*}t$

сәйкес келеді. Бұлардың біріншісі (6) шешімдердің біріншісіне тепе-тең, ал екіншісі (6) шешімдердің екіншісінен тек тағбасының қарама-қарсылығымен ғана ажыратылады, яғни түйіндес түбір (6) шешімдермен сызықтық тәуелсіз болатын жаңа нақты шешімдер тудырмайды. Сондықтан сипаттаушы теңдеудің комплекс түйіндес екі түбіріне (6) түрдегі сызықтық тәуелсіз екі нақты шешім сійкес келеді. Түбірлердің сәйкес келетін шешімдер (5) түрде қала береді.

Сонымен, барлық сипаттағыш сандар әр түрлі болған жағдайда оларға мына түрдегі

$e^{\lambda_{j}t}\left( j = \overline{1, n} \right), \ e^{a_{k}t}\cos\beta_{k}t, \ \left( k = \overline{1, q} \right), \ p + 2q = n$

сызықтық тәуелсіз $\ n$ нақты шешімдер сәйкес келеді. Олардың кез келген тұрақты нақты коэффициенттер арқылы құрылған сызықты комбинациясы (1)

теңдеудің нақты жалпы шешімін береді.

2-ЖАҒДАЙ. Сипаттағыш сандардың арасында өзара теңдері (яғни еселі түбірлер) бар. $\lambda_{0}$ сипаттаушы теңдеудің k еселі 1 $\leq k \leq n$ нақты не комплекс түбірі болсын. Онда M( $\lambda_{0}$ ) =M’( $\lambda_{0}$ ) =…= $M^{(k + 1) }\left( \lambda_{0} \right) = 0,$ бірақ $M^{(k) }(\lambda_{0}) \neq 0.$ Сондықтан $\lambda_{0}$ үшін жазылатын теңдеудің түрі мынадай болады:

$\frac{1}{k!}M^{(k) }\left( \lambda_{0} \right) y^{(k) } + \frac{1}{(k + 1) !}M^{(k + 1) }(\lambda_{0}{) y}^{(k + 1) } + \ldots + \frac{1}{n!}M^{(n) }\left( \lambda_{0} \right) y^{(n) } = 0$ (**)

Бұл теңдеудің $y_{1}(t) = 1, \ y_{2}(t) = t, \ldots, y_{2}(t) = t^{k - 1}, \ t \in R$ шешімдері бар екені көрініп тұр. Ол шешімдер R-де сызықтық тәуелсіз. Шешімдердің (3) формуласына 𝜆= $\lambda_{0}$ мәнін және табылған y-тің мәндерін кезегімен қойып, (1) теңдеудің мына түрдегі