close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Об асимптотическом поведении решений одного класса дифференциальноразностных уравнений.

код для вставкиСкачать
2003
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 6 (493)
УДК 517.929
М.И. ДОДКИН
ОБ АСИМПТОТИЧЕСКОМ ПОВЕДЕНИИ РЕШЕНИЙ ОДНОГО КЛАССА
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНО-РАЗНОСТНЫХ УРАВНЕНИЙ
1. Формулировка задачи. Установим асимптотическое поведение решения x(t) дифференциально-разностного уравнения
x_ (t) = a(t)x(t ; !); t 2 R+; x() = 0; < 0;
где ! > 0, функция a : R+ ! C обладает свойством a(t + !) = Ma(t), причем M 2 C . Здесь и
далее C обозначает комплексную плоскость, a R+ | положительную полуось.
2. Общий подход. Как известно [1], [2], на каждом конечном отрезке [0; b] задача Коши для
рассматриваемого уравнения имеет в пространстве абсолютно непрерывных функций единственное решение, представимое в виде x(t) = X (t)x(0), где X (t) | решение задачи
X_ (t) = a(t)X (t ; !); t 2 R+ ; X () = 0; < 0;
X (0) = 1:
Таким образом, исследование асимптотического поведения x(t) свелось к исследованию асимптотики X (t). В частности, представляют интерес следующие варианты поведения X (t):
(а) X (t) ;;;;
! 0,
t!1
(б) X (t) ограничено,
(в) X (t) неограничено.
Важную роль в дальнейшем исследовании играют следующие два утверждения, доказываемые по индукции.
Утверждение 1.
k
kk
1
A
X ((n + 1)!) = k! 1 ; M M
(1 ; M n;k+1 )k 8n 2 N0 :
k=0
n
X
( +1)
2
(1)
Утверждение 2.
X (n! + ) =
n
X
1 T k M nk; k k X ((n ; k)!) 8n 2 N ; 8 2 [0; !]:
0
k=0 k !
( +1)
2
R
R!
0
0
(2)
Здесь и далее T = a( )d , A = a( )d , Xn ( ) = X (n! + ).
3. Случай jM j < 1. В этом случае, как будет сейчас показано, фундаментальное решение
X (t) асимптотически стремится к некоторой константе.
Теорема 1. Если
jM j < 1
, то существует
lim X (t) =
t!1
44
1
P
1 ; A k M k(k2+1) .
k
k=0 ! 1;M
Доказательство.
B=
9N :
Докажем возможность предельного
перехода в формуле (1). Обозначим
; A k k k k
jAB jk . Так как 8" > 0
jAB j , 1;M M
больших n благодаря условию jM j < 1 имеет место
;
Тогда Ak M k(k2+1) 1;M1;nM;k+1 k 1 1
P
jAB jk 4" и при достаточно
k=N +1 k!
1+jM j
1;jM j .
оценка
то
( +1)
2
k
kk
A
1
AnN M
k=0 k ! 1 ; M
N
X
1
X
N
X
; k1! Ak M k k
k=0
( +1)
2
n 1
1 A k M k k ; X
kM k k
A
k=0 k !
k=0 k ! 1 ; M
( +1)
2
( +1)
2
( +1)
2
1 ; M n;k+1 k " ;
1;M
2
1 1
1 ; M n;k+1 k A +2 X
k " +2 " = ":
j
AB
j
nN
1;M
2 4
k=N +1 k !
Таким образом,
X ((n + 1)!) ;;;;!
n!1
n
X
1
X
1 A k M k k ;
k=0 k ! 1 ; M
( +1)
2
1 T k M nk; k k; X ((n ; k)!) ejABj jM jn=2 ;ejTM = j ; 1 ;;;;! 0:
n!1
k=1 k !
(
2
1)
1 2
Отсюда и из формулы (2) получим утверждение теоремы.
Наличие предела у X (t) означает для решения x(t) устойчивость по Ляпунову [3]. Пред1 ;
P
ставляет интерес вопрос о том, когда равна нулю сумма ряда k1! 1;AM k M k k , т. к. в этом
k=0
случае решение
задачи
асимптотически
устойчиво.
Рассмотрим
голоморфную в C функцию
1 1 k kk
P
A
f (z ) =
, где z = 1;M . После представления f (z ) = 1 + g0 (z ), где g0 (z ) =
k! z M
( +1)
2
k=0
1 z k M k(k2+1) ,
k=1 k!
( +1)
2
1
P
1
P
оценим jg0 (z )j k1! jzM jk = ejzM j ; 1. При jzM j ln 2 получим jg0 (z )j < 1
k=1
и jf (z )j 1 ; jg0 (z )j > 0, т. е. уравнение f (z ) = 0 неразрешимо.
Таким образом, доказанной является
AM Теорема 2. Для всех комплексных A и M таких, что jM j < 1 и 1;M < ln 2, справедливо
соотношение lim X (t) 6= 0.
t!1
В представлении f (z ) = P1 (z ) + g1 (z ), где P1 (z ) = 1 + Mz , g1 (z ) =
плексное
A, что tlim
!1 X (t) = 0.
1 k M k(k2+1) ,
z
k=2 k!
1 jzM 3=2 jk = ejzM = j ; 1 ; jzM 3=2 j:
k
k=2 !
M с условием jM j < (e;11) , найдется
jP1 (z)j 1 ; jzM j ; jg1(z)j Теорема 3. Для любого комплексного
1
X
1
P
оценим
3 2
2
такое ком-
На окружности jz j = R > jM1 j неравенство 1 ;jzM j > ejzM = j ; 1 ;jzM 3=2j
p
запишется в виде jzM 3=2 j(1 + jM j;1=2p) > ejzM = j. Минимум функции y(x) = ex ; x(1 + 1= jM j)
меньше нуля, если xmin = ln(1 + 1= jM j) > 1, т. е. если jM j < (e;11) . Так как используется
p
окружность jz j = j 1;AM j > jM1 j , то найдутся такие значения A, что jzM 3=2 j = ln(1 + 1= jM j) > 1,
p
т. е. на окружности jz j = jM j;3=2 ln(1 + 1= jM j) > jM1 j имеем jzM j3=2 (1 + jM j;1=2 ) > ejzM = j,
а значит, на ней jP1 (z )j > jg1 (z )j. Следовательно, по теореме Руше [4] она ограничивает круг,
содержащий нуль функции f (z ).
Доказательство.
3 2
3 2
2
3 2
45
4. Случай jM j = 1. На окружности jM j = 1 точка M = 1 является в некотором смысле
особой, т. к. делает возможными все три поведения X (t): (а), (б) и (в).
Для этого случая известна
Теорема ([5], [6]). Имеют место следующие утверждения:
1. A 2 D ) X (t) ;;;;!
0;
t!1
2. A 2 @D ) X (t) ограничена на R+ , но предела не имеет;
3. A 2= D [ @D ) X (t) нe oграничена на R+ ,
где D | овал в комплексной плоскости (овал Рехлицкого), граница @D которого в полярных
координатах (; ') задается как
(
(') = ' ; 2 ; ' 2 [ 2 ; ]; ;' ; 2 ; ' 2 [;; ; 2 ]:
В остальных точках окружности jM j = 1 можно было бы ожидать, что при надлежащем
выборе A возможна неограниченность фундаментального решения X (t). Однако это не так,
потому что имеет место
Теорема 4. Если jM j = 1 и M 6= 1, то X (t) ограничена на R+ .
Доказательство.
(2), получаем оценки
R!
Введем обозначение Ae ja( )jd . Воспользовавшись формулами (1),
0
n 1 2Ae k
A
1 jAjk 2 k X
= e j ;M j ;
1;M
k=0 k ! 1 ; M
k=0 k !
1
X
jX (n! + )j e j ;AM j + k1! Aek e j ;AM j = e j ;AM j eA~ = eA~( j ;M j +1) :
k=1
jX ((n + 1)!)j n
X
1
1
2~
1
2~
1
2~
1
2~
2
Таким образом, jX (t)j eA~( j ;M j +1) = const.
Теорему 4 можно дополнить исследованием вопроса о стремлении фундаментального решения X (t) к нулю.
2A
Теорема 5. Пусть jM j = 1, M 6= 1 и j
1;M j < ln 2. Тогда если tlim
!1 X (t) существует, то он
1
2
отличен от нуля.
Проведем нетрудные выкладки
n 1 A k k k
X
X ((n + 1)!) = 1 + k! 1 ; M M
(1 ; M n;k+1 )k ;
k=1
Доказательство.
( +1)
2
а теперь оценим
n 1 2A k
1 A k M k k (1 ; M n;k+1 )k X
j ;AM j ; 1 < 1;
1 ; M e
k
!
1
;
M
k
!
k=1
k=1
т. к. j 1;2AM j < ln 2.
n+1 = 1. Тогда
Теорема 6. Пусть M 6= 1 и существует такое натуральное n, что M
1) если tlim
то он равен нулю;
!1 X (t) существует,
n
P
; q q z q eAzm M q;M;qM = 0 8m = 1; : : : ; n + 1,
2) tlim
X
(
t
)
=
0
,
1
+
M
m
!1
n
X
где
fzm gnm+1=1
( +1)
2
q=1
1
( +1)
2
1
(1
| множество корней уравнения
46
)
z n+1 M n n = 1.
( +1)
2
2
Доказательство.
R
K (z )ez 0 a()d ,
Функция F (; z ) =
1
P
1
P
k=0
M ; k k Xk ( )zk представима в виде F (; z ) =
( +1)
2
k
1;M
M ; k(k2+1) zk eAz M k (1;M )
является решением уравнения K (Mz ) =
где K (z ) =
k=0
1 + zeAz K (z ). Методом математической индукции несложно доказать, что решение этого уравнения удовлетворяет всем уравнениям
l
X
k(k+1) k Az M l+1 ( M1k ;1)
l(l+1)
M l+1 ;1
l
+1
k
(
l
+1)
;
2
1;M
K (M z ) = 1 + (M
ze
) + M 2 z l+1 eAz M ;1 K (z )
k=1
8l 2 N:
Запишем уравнение, соответствующее l = n,
K (z ) = 1 +
Тогда имеем
F (; z ) =
n
X
k=1
M;
k(k+1) Az 1k;M k k
2
e M (1;M ) z
+ z n+1 M
n(n+1)
2
R
n
P
k(k+1) Az M1k;(1M;kM ) k
z
a
()d
;
2
0
z
e
1+ M
e
k=1
1 ; z n+1 M n(n2+1)
K (z):
'((zz)) :
Если rn nи R | произвольные окружности jz j=r < 1 и jz j=R > 1 соответственно, то, поскольку
= 1,
zmn+1 M
Z
+1
kk
'(z ) dz = ; nX
'(z) + 1 Z '(z) dz =
M;
Xk ( ) = 21i z k+1
res
k+1 (z ) 2i R z k+1 (z )
(z )
r
m=1 zm z
Z
nX
+1 1 '(z )
1
'(z ) dz 8k 2 N ; (3)
m
+
=
0
k
k
+1
2i R z
(z )
m=1 n + 1 zm
Z
'(z ) dz const ;;;;! 0 равномерно по 2 [0; !].
1
2i
Rk k!1
R z k+1 (z )
1) Допустим, что 9 tlim
!1 X (t) 6= 0. Рассмотрим fXk ( )gk=2p(n+1); p2N . По формуле (3) имеем
( +1)
2
( +1)
2
0
Z
+1 1
1
1
'(z) dz ;;;;! nX
Xk ( ) = n + 1 '(zm ) + 2i zk+1
'(z ) 6= 0:
k!1 m=1 n + 1 m
(z )
R
m=1
nX
+1
nP
+1
1 '(z ) нe зависит от способа стремления t ! 1, а
В силу определения предела величина
m
m=1 n+1
значит, не может быть функцией 2 [0; !]. Поэтому
nX
+1 1
nX
+1 1
R
n
zm a()d 1 + X M ; q q z q eAzm M q;M;qM const 6= 0:
'
(
z
)
=
e
m
m
m=1 n + 1
m=1 n + 1
q=1
( +1)
2
0
R
1
(1
)
В силу линейной независимости функций ezm a()d , m = 0; : : : ; n + 1, должно быть const = 0.
Полученное противоречие доказывает 1).
2) Допустим, что tlim
!1 X (t) = 0. Повторяя все проведенные выше рассуждения о линейной
независимости функций, приходим к требованию о равенстве нулю всех коэффициентов при
них. Необходимость доказана. Достаточность доказывается просто, т. к. в этом случае '(zm ) = 0
8m = 1; : : : ; n + 1 и по формуле (3) получаем
Z
'(z) dz const ;;;;! 0 равномерно по ;
jXk ( )j = 21i zk+1
(z ) Rk k!1
R
т. е. tlim
!1 X (t) = 0. Последнее не только завершает доказательство, но и дает оценку скорости
сходимости.
0
47
Следствие.
нечности.
Пусть выполнены условия теорем 5 и 6. Тогда X (t) не имеет предела на беско-
5. Случай jM j > 1. В этом частном случае утверждение о неограниченности фундаментального решения X (t) при положительных значениях M и A является тривиальным. В общем же
случае его доказательство сопряжено со значительными трудностями, т. к. требует оценки jX (t)j
снизу, а не сверху, как это обычно бывает при доказательстве ограниченности. Тем ценнее
jM j+1=jM j < 1 и A 6= 0, то X (t) неограничено.
Теорема 7. Если
j1;M j
Доказательство. С помощью формулы (1) получим представление
n n n n (n ; 1) : : : (n ; k + 1) 1 ; M k n;k X
M
A
1
n
;
Xn (0) = (n ; 1)! M A + M
M k (1 ; M )
Ak M k k
k=2
1 + jM1jk 1 + jM1j
1 ; Mk M k (1 ; M ) j1 ; M j j1 ; M j q;
где по условию теоремы q < 1,
n
n
n (n ; 1) : : : (n ; k + 1)
X
X (n ; 1) : : : (n ; k + 1)
1 ; M k n;k X
n
;
k
q ank n:
M k (1 ; M )
Ak M k k
jAjk jM j k k
k=2
k=2
k=2
Выберем > 1 так, чтобы выполнялось qjM j < 1. Легко убедиться в том, что an+1 k =
ank n;nk+1 q, причем при достаточно больших n для некоторых k выполнено условие n;nk+1 ,
откуда k n(1 ; 1 )+1, т. е. для чисел k существует максимальное значение kmax , которое линейно возрастает с ростом n. Аналогично получаем an+1 k+1 = ank jAjjMn jk , причем при достаточно
n
больших n для некоторых k выполнено условие jAj jMn jk q, откуда k lnlnjjAMjqj ; 1. Значит,
для чисел k существует минимальное значение kmin, которое линейно зависит от ln n. Полученное неравенство показывает, что kmin тоже растет, но гораздо медленнее, чем kmax . Поэтому при
достаточно больших n имеет место неравенство kmin < kmax . Выберем индекс p : kmin < p < kmax .
Тогда
p
p
n
n
X
X
X
X
n = ank +
ank ; n+1 ank q + ank q = nq + anp q:
( +1)
2
( +1)
2
2
( +1)
2
( +1)
2
+1
+1
k=2
k=p+1
k=2
k=p
При больших значениях n будем выбирать p следующим образом: p(n + 1) 2 fp(n), p(n) + 1g с
сохранением условия kmin < p < kmax , а т. к. an+1 p qanp и an+1 p+1 qanp , то anp a0 (q)n
при всех достаточно больших n.
Таким образом, n+1 n q + a0 (q)n+1 8n > n0 2 N .
Нетрудно проверить, что решением вспомогательной задачи xn+1 = xn b + abn+1, x0 ; a; b 2 R+ ,
является xn = bn (x0 + na). Если взять x0 = n , b = q, a = a0 (q)n , то получим xm =
(q)m (n + ma0 (q)n ) n +m 8m 2 N0 . При n = n0 + m имеем
)n ) + na0 (q)n ;;;;! 0;
n (q)n (n ; n0 a0 ((q
n!1
q)n
n
;
k
n
n X (n ; 1) : : : (n ; k + 1)
1 ; Mk
M
jM jn n k
k
k
k
M
(1
;
M
)
AM
k=2
)n ) + na0 (q)n ;;;;! 0;
(qjM j)n (n ; n0a0 (q
n!1
(q)n
т. к. qjM j < 1. Таким образом, при достаточно больших n верна оценка
j n n A n 1 ;;;;! 1: jX (n!)j jM
(n ; 1)! M 2A n!1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
( +1)
2
0
0
0
0
( +1)
2
48
Литература
1. Максимов В.П., Рахматуллина Л.Ф. О представлении решения линейного функциональнодифференциального уравнения // Дифференц. уравнения. { 1973. { Т. 9. { Є 6. { С. 1026{1036.
2. Малыгина В.В. Устойчивость функционально-дифференциальных уравнений в банаховом
пространстве. { ППИ, 1982. { 80 с. { Деп. в ВИНИТИ 1.09.82, Є 4701-82.
3. Демидович Б.П. Лекции по математической теории устойчивости. { М.: Наука, 1967. {
472 с.
4. Шабат Б.В. Введение в комплексный анализ. { 2-е изд. { М.: Наука, 1976. { Ч. 1. { 320 с.
5. Рехлицкий З.И. Об устойчивости решений некоторых линейных дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом в банаховом пространстве // ДАН СССР. { 1956. {
Т. 111. { Є 1. { С. 29{32.
6. Рехлицкий З.И. Об устойчивости решений периодических дифференциально-разностных
уравнений // Изв. АН СССР. { 1966. { Т. 30. { Вып. 5. { С. 971{974.
Пермский государственный
Поступила
22.03.2002
технический университет
49
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
3
Размер файла
163 Кб
Теги
асимптотическое, поведения, решение, уравнения, одного, класс, дифференциальноразностных
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа