docמשוואות דיפרנציאליות רגילות 80320
download 
Report Transcription
משוואות דיפרנציאליות רגילות 80320
משוואות דיפרנציאליות רגילות 80320
אור דגמי,
ordigmi.org
29ביוני 2012
1
אתר אינטרנטhttp://digmi.org :
סיכום הרצאות של פרופ' רז קופרמן בשנת לימודים 2012
רז יושב בחדר 15בבניין מתמטיקה.
לתיאום פגישות יש לשלוח מייל לrazmath.huji.a.il :
טלפון6586867 :־.02
ספר אשר יחסית נסתמך עליוCoddington & Leuinson :
מטרת הקורס היא לא לפתור מלא משוואות דיפרנציאליות .זו הייתה המטרה של מת"פ ,אלא התיאוריה שעומדת
מאחור.
בשבועיים הראשונים של התרגולים נלמד איך לפתור משוואות קונקרטיות .בשיעור נראה פתרונות רק כאשר זה
יהיה משהו קונקרטי להוכחות או דוגמה.
תוכן עניינים
1
מבוא
1.1מה זה משוואה דיפרנציאלית? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2משוואות מסדר ראשון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
מערכות של משוואות דפירנציאליות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1
1.3משוואות מסדר . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . k
1.4למה רגילות? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5למה? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6המשוואה העתיקה ביותר . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
5
5
5
6
6
7
2
קיום פתרון
2.0.1בעיות תנאי התחלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1שיטת הקירוב של אוילר . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ε 2.2־קירוב . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arzela-Asoli 2.3
Cauhy-Peano 2.4־ קיום פתרון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
9
9
10
11
3
יחידות
3.1האם הפתרון הוא יחיד? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2משפט היחידות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
13
13
4
מערכות לינאריות
4.1מרחב פתרונות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2מטריצה יסודית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3אופרטור הפתרון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
23
24
29
5
מערכת לינארית לא הומוגנית
31
6
מערכות לינאריות מסדר ראשון עם מקדמים קבועים
6.1אקספוננט של מטריצה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1איך מחשבים את . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ?eJ
6.2מערכת עם מקדמים קבועים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
34
34
37
7
משוואה לינארית מסדר n
משוואה צמודה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
משוואות עם מקדמים מחזוריים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
41
42
בעיית תנאי שפה
8.1בעיית הערכים העצמיים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1צמוד לעצמו . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2בעיות תנאי שפה לא הומוגניות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
47
48
50
7.1
7.2
8
2
3
9
םיניינע ןכות
נקודות שבת ,פתרונות מחזוריים ,יציבות ושאר ירקות
65
9.1
מוטיבציה קלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
65
9.2
מה זה יציבות? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.1התנהגות של פתרון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
67
9.3
9.4
חקר יציבות של פתרון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
תורת האינדקס . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
75
9.5
משפט . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Poinaré-Bendixon
76
10פיתוח אסימפטוטי של פתרונות
79
10.1משוואות לינאריות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2הפתרון של . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fuhs
79
83
10.3פיתוח ליד נקודה סינגולרית לא רגולרית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
פרק 1
מבוא
1.1
מה זה משוואה דיפרנציאלית?
מה זה משוואות דיפרנציאליות?
משוואה לא דיפרנציאלית זה ביטוי שאנו מכירים כגון .x + 2 = 4 :קל לנו לחלץ אלגברית כי .x = 2
משוואה דיפרנציאלית לעומת זו היא הנעלמים שלנו ,במקום מספרים ,הם פונקציות.
P
דוגמה : 1.1.1הנעלם y : R → Rעם הנתון:
y ′ = 6y
כלומר ,הנגזרת שווה ל 6פעמים הפונקציה.
כתיב חליפי היא:
))(y ′ (t) = 6y (t
∀t
עולות כאן כל מיני שאלות.
.1האם בכלל קיים פתרון למשוואה?
.2אם ישנו פתרון ,האם הוא יחיד?
.3מה הפתרון )או קבוצת הפתרונות(?
.4האם יש דרך שיטתית למצוא פתרונות?
נבחין כי עבור הדוגמה y (t) = ae6t :הוא פתרון .ומספק לנו תשובות לחלק מהשאלות שלנו .עבור :1כן .עבור :2לא ,זה נכון לכל
aשהוא.
בד"כ משוואות דיפרנציאליות שמעניינות בחיים הן באות מאיזשהי בעיה אמיתית ,ואנו בד"כ רוצים שלבעיות יהיה פתרון יחיד .לדוגמה
תיאור של מסלול של אבן שנזרקת ,האבן תעוף במסלול יחיד.
P
אם נחזור לדוגמה שלנו:
דוגמה : 1.1.2
)y ′ (t) = 6y (t
נוסיף אילוץ נוסף .y (2) = 8 :אם נשאר עם המשפחה של הפתרונות y (t) = ae6tאזי נבחין כי aנקבע לנו באופן יחיד:
ae12 = 8 ⇒ a = 8e−12
זה לא מבטיח לנו שהפתרון הוא יחיד ,כיוון שאף אחד לא הבטיח שאין פתרונות נוספים .בקרוב נראה כי הוא אכן יחיד.
4
5
P
אובמ 1.קרפ
הגדרה 1.1.3סדר :משוואה דיפרנציאלית נקראת מסדר־ kאם הנגזרת הגבוהה במשוואה היא מסדר .k
דוגמה : 1.1.4
1
y ′′ (t) + sin y ′′′ (t) + t2 = 0
4
היא משוואה דיפרנציאלית מסדר . 3
1.2
משוואות מסדר ראשון
המקרה הכללי ביותר של משוואה מסדר ראשון הוא:
Φ (y (t) , y ′ (t) , t) = 0
הצגה סתומה.
עקרונית ,אם מתקיימים התנאים של משפט הפונקציה הסתומה ,ניתן לבודד את y ′מהמשוואה ונקבל הצגה מפורשת:
))y ′ (t) = f (t, y (t
בד"כ נדון במשוואות בהצגה מפורשת.
1.2.1
מערכות של משוואות דפירנציאליות
אנו יכולים לדון במקרה של נעלמים מרובים
לדוגמה במקרה של שני נעלמים y (t) :ו ) z (tעם המערכת המשוואות שלנו היא:
(
)y ′ (t) = 6z (t) y (t
z ′ (t) = y (t) + 5t
)y (t
אנו יכולים להגדיר
)z (t
= ) Y (tכאשר Y : R → R2נקבל כי:
))Y ′ (t) = F (t, Y (t
כאשר.F : R × R2 → R2 :
כמובן שאנו לא מוגבלים ל 2משוואות ,אנו יכולים לדבר גם על מערכת של nמשוואות )מסדר ראשון(
הנעלים y : R → Rnכאשר מתקיים:
))y ′ (t) = f (t, y (t
כאשר .f : R × Rn → Rn
ייתכן שנרצה לכתוב את זה בצורה רכיבית ,ואז נכתוב:
))yi′ (t) = fi (t, y1 (t) , . . . , yn (t
1.3
משוואות מסדר
k
תכונה חשובה היאת שלא משנה מאיזה סדר המשוואה ,אפשר להפוך אותה למערכת משוואות מסדר .1
איך עושים זאת?
בהניתן משוואה מסדר ,kהמשוואה הכללית ביותר המפורשת מסדר kהיא:
)y (k) (t) = f t, y (t) , y ′ (t) , . . . , y (k−1) (t
6
אובמ 1.קרפ
נגדיר .Y : R → Rk
)Y2 = y ′ , . . . , Yk = y (k−1
Y1 = y,
נרצה לשאול מה הוקטור Yמקיים?
′
Y2
Y1
Y2
Y3
..
.
..
. =
Yk−1
Yk
Yk
))f (t, Y1 (t) , . . . , Yk (t
כלומר ,קיבלנו משוואה דיפרנציאלית מסדר ראשון עבור וקטור.
כלומר ,עברנו ממשוואה מסדר kלאוסף משוואות מסדר ראשון.
1.4
למה רגילות?
המשמעות של רגילות היא שהפונקציה הלא ידועה היא פונקציה של משתנה אחד .ולכן כל הנגזרות המופיעות הן נגזרות של אינפי ,1
כלומר נגזרות מלאות.
במשוואות דיפרנציאליות חלקיות ,הנעלם תלוי ביותר ממשתנה אחד.
P
דוגמה 1.4.1למשוואה דיפרנציאלית חלקית :משוואת החום )או הדיפוזיה( .במקרה זה ,הפונקציה היא ,y : R × R → Rנסמן
נקודה כזוג סדור ) y (x, tכאשר xמקום ו tזמן.
∂y
∂2y
=D 2
∂t
∂x
הערה 1.4.2רז לא כתב ,Dאבל במשוואת החום הוא קיים ,מדובר במקדם הדיפוזיה.
כביכול נראה שאין הרבה הבדל בין חלקיות לרגליות ,אז העברנו את המימד של שניים מצד אחד לשני .אבל ההבדל הוא ענקי!
במשוואות רגילות קיים פתרון ,אבל במקרה של חלקיות הדבר לא מובטח וכל דבר הוא הרבה יותר מסובך להוכחה.
לדוגמה אם במשוואת החום נשים −Dבמקום Dלא יהיה כלל פתרון למשוואה.
1.5
למה?
כמו הרבה דברים במתמטיקה ,לענות על שאלות פיסיקליות.
החוק השני של ניוטון אומר כי .F = ma :אם נתבונן במערכת עם nחלקיקים ,נסמן xiאת המיקום של החלקיק ה .iהמהירות של
החלקיק ה iהיא כמובן x′iואילו התאוצרה , ai = x′′iהתפישה של ניוטון אמרה כי היקום הוא למעשה פתרון של מד"ר .כלומר:
)mi x′′i (t) = F (x1 (t) , . . . , xn (t) , x′1 (t) , . . . , x′n (t) , t
ולכן ,בהינתן ) x1 (0) , . . . , xn (0וגם ) x′1 (0) , . . . , x′n (0נתונים ,ניתן לקבוע את המיקום של כלל החלקיקים בכל רגע וזמן.
אבל במקרים יותר פשוטים נו דנים במשוואות של חלקיק אחד כמו הדוגמה הבאה:
P
דוגמה : 1.5.1חלקיק שמחובר לקפיץ ,הכוח שמפעיל הקפיץ הוא תלוי במיקום באופן לינארי.
שמתקבלת היא:
המשוואה הדיפרנציאלית
)mx′′ (t) = −kx (t
והפתרון הכללי ביותר של משוואה מהצורה הזו הוא:
! r
k
+ b sin
t
m
!
k
t
m
r
x (t) = a cos
אז כעת יש לנו למה היסטורי .מכניקה.
אבל זה לא מגביל את ההתיחסות שלנו רק למכניקה או פיסיקה ,אלא בכל מדע כמעט משתמשים במשוואות דיפרנציאליות ,כאשר
רוצים לתאר פונקציה בעזרת קצב השינוי שלה.
7
1.6
אובמ 1.קרפ
המשוואה העתיקה ביותר
בשנת 1671ניוטון התעניין במשוואה הבאה:
)y ′ (t) = 1 − 3t + y (t) + t2 + ty (t
אם אנו יודעים כי y (0) = 0מה אנו יכולים להגיד על )?y (t
נחפש פולינום:
y (t) = a1 t + a2 t2 + a3 t3 + . . .
y ′ (t) = a1 + 2a2 t + 3a3 t2 + . . .
מציבים את זה במשוואה ומקבלים:
+ t2 + t a 1 t + a 2 t2 + . . .
3
a1 + 2a2 t + 3a3 t2 + 4a4 t3 + . . . = 1 − 3t + a1 t + a2 t2 + a3 t
כעת נראצה להשוות מקדמים חופשיים של ,tלדוגמה המקדמים היחידיים החופשיים באגף שמאל הם a1ואילו באגף ימין 1ולכן
.a1 = 1נמשיך ונקבל:
= −3 + a1
= a2 + 1 + a1
= a3 + a2
2a2
3a3
4a4
לבסוף נקבל כי:
t4
t3
− + ...
3
6
y (t) = t − t2 +
טכניקה זו נקראת פיתוח לטור אסימפטוטי.
כידוע ,קיים ריב אינסופי לגבי מי התחיל את החשבון הדיפרנציאלי לייבניץ או ניוטון .גם ללייבנץ' יש משוואה:
)y (t
y ′ (t) = − p
2
)a + y 2 (t
פרק 2
קיום פתרון
נבחין כי למשוואה הכללית
))y ′ (t) = f (t, y (t
אין פתרון יחיד ,אם לדוגמה נוריד את ) y (tאז למעשה מדובר בפונקציה קדומה וכבר באינפי ראינו כי ישנם אינסוף פתרונות.
ולמעשה אם היה מדובר בוקטור nמימדי אז היינו מקבלים nפונקציות קדומות .לכן נדרש לנו אילוץ נוסף על מנת לקבל פתרון
יחיד.
הסוגייה מתחלקת לשניים
2.0.1
בעיות תנאי התחלה
נניח כי נתון לנו y (t0 ) = y0כלומר כל האינפורמציה נתונה לנו על נקודה מסויימת אזי הבעיה היא בעיית תנאי ההתחלה.
מקור השם הוא שאנו יודעים את המידע בהתחלה ,לכן אנו יכולים לדעת את המידע על כל הנקודות.
בעיות תנאי שפה מידע נוסעף על yנתון ביותר מנקודה אחת .נפוץ יותר כאשר הפרמטר מציין מיקום .לדוגמה יש לנו פונקציה
)) y ′ (x) = f (x, y (xונתון לנו ) y (aו) y (bאז אנו יכולים להסיק מידע על כמה מה שקורה בקטע ].[a, b
יחידות הפתרון במקרים של תנאי התחלה יש לנו פתרון יחיד .לעומת זאת במקרים של בעיות תנאי שפה הדבר אינו מובטח לנו.
P
נכון לעכשיו נדון במקרים של בעיות תנאי התחלה.
דוגמה : 2.0.1
y ′′ = −y
עם התנאי שפה:
y (0) = 5
y (1) = 4
מתנאי השפה:
(
′
Y1
Y2
=
Y2
−Y1
4
5
Y1
Y1
= )(1
= )(0
,
?
Y2
?
Y2
אנו יודעים את הפתרון של Y1אבל לא את הפתרון של Y2
8
9
ןורתפ םויק 2.קרפ
2.1
שיטת הקירוב של אוילר
בשנת 1768אוילר פיתח שיטת קירוב על מנת לענות על משוואות דיפרנציאליות.
בהינתן משוואה:
(
))y ′ (t) = f (t, y (t
y (t0 ) = y0
כלומר הדבר היחידי שאנו יודעים הוא כי הגרף של הפונקציה עובר דרך נקודה ) .(t0 , y0נקח נקודה T > t0כלשהי ,נרצה לחשב את
) .y (Tנקח את האינטרבל ] [t0 , Tונחלק אותו לקטעים קטנים:
t0 < t1 < t2 < . . . < t n = T
כלומר הנעלמים שלנו כרגע הם ?= ) y (tjנרצה לחשב קירוב שלו ונקרא לו yjנבחין כי:
yj+1 − yj
) ≈ y ′ |t=tj = f (tj , yj
tj+1 − tj
כלומר ,נקבל כי:
) yj+1 = yj + f (tj , yj ) (tj+1 − tj
וזהו הקירוב שאויילר קיווה שיהיה מספיק קרוב לפתרון של המשוואה הדיפרנציאלית .שיטה זו עדיין בשימוש בימים אלו ,פשוט על
ידי מחשב ובכך אנו מקטינים את את רדיוס החלוקה להיות מאוד קטן.
אבל החישוב הוא לא הסיבה לכך שאנו לומדים את זה .שיטת הקירוב למעשה הפכה עם השנים להוכחה לכך שקיים פתרון.
ε 2.2־קירוב
המטרה הניצבת בפנינו היא ההוכחה שעבור בעיית תנאי התחלה קיים פתרון.
נתבונן במקרה בו יש לנו פונקציה המוגדרת ב D ⊂ R × Rnונניח גם כי היא רציפה בו.
נשתמש בנורמה האוקלידית על .k·k ,Rn
הגדרה ε 2.2.1־קירוב ϕ : I → Rn :תקרא ε־קירוב למשוואה )) y ′ (t) = f (t, y (tבתחום Dאם:
.1היא רציפה
.2גזירה ברציפות למעט אולי על קבוצה סופית Sשל נקודות )אבל גם ב Sל ϕ′יש גבולות חד צדדיים(
∀t ∈ I (t, ϕ (t)) ⊂ D .3
.4לכל kϕ′ (t) − f (t, ϕ (t))k < ε :t ∈ I
נבחין כי אויילר הוא ε־קירוב:
R = {(t, y) | t0 ≤ t ≤ t0 + a, ky − y0 k ≤ b} ⊂ D
b
Rקומפקטית ⇐ קיים M > 0כך ש . ∀ (t, y) ∈ R kf (t, y)k ≤ Mנגדיר
α = min a, Mונגדיר:
}ky − y0 k ≤ b
R0 = {(t, y) | t0 ≤ t ≤ t0 + α,
משפט 2.2.2
′
לכל ε > 0קיים קירוב של אוליר שהוא ε־קירוב למשוואה )) y (t) = f (t, y (tב R0ומקיים את תנאי ההתחלה y (t0 ) = y0
הוכחה :נתון f ,ε > 0רציפה במידה שווה ב ) R0כלומר ,קיים δ > 0כך ש|t1 − t2 | < δ, ky1 − y2 k < δ ⇒ kf (t2 , y1 ) − f (t2 , y2 )k < :
.(ε
10
ןורתפ םויק 2.קרפ
נבנה קירוב אויילר כך ש:
δ
max (tj+1 − tj ) ≤ min δ,
j
M
נקרא לקרוב של אויילר .ϕ
נראה תחילה ש (t, ϕ (t)) ∈ R0לכל ]:t ∈ [t0 , t0 + α
) yj = y0 + f (t0 , y0 ) (t1 − t0 ) + f (t1 , y1 ) (t2 − t1 ) + . . . + f (tj−1 , yj−1 ) (tj − tj−1
) kf (ti , yi )k (ti+1 − ti
j−1
X
≤
}|{z
i=0אי שיוויון המשולש
כל עוד נשארנו בתוך kf (ti , yi )k ≤ M R0ולכן:
kyj − y0 k
≤ Mα ≤ b
כלומר ,אפשר להראות באינדוקציה .(tj , yj ) ∈ R0
נרצה לשאול מה ההפרש בין:
?= ))ϕ′ (t) − f (t, ϕ (t
מהי ) ?ϕ′ (tהיא ה fבנקודה הקודמת שהוגדרה .כלומר :אם tj < t < tj+1אז ) ϕ′ (t) = f (tj , yjבמילים אחרות:
kϕ′ (t) − f (t, ϕ (t))k = kf (tj , ϕ (tj )) − f (t, ϕ (t))k
אנו רוצים להראות כי זה קטן מ .εנבחין כי ,|tj − t| < δוכמו כן kϕ (tj ) − ϕ (t)k ≤ M max (tj+1 − tj ) :אבל בחרנו את רדיוס
j
החלוקה להיות קטן גם מ
δ
M
לכן גם .kϕ (tj ) − ϕ (t)k < δולכן נקבל כי :
kϕ′ (t) − f (t, ϕ (t))k < ε
2.3
נזכור כי fנקראת רציפה במידה שווה אם לכל ε > 0קיים δ > 0כך ש .|t1 − t2 | < δ ⇒ kf (t1 ) − f (t2 )k < ε
הגדרה 2.3.1רציפה במידה אחידה F :משפחת פונקציות ריצפות .I → Rnנאמר ש Fמשפחת פונקציות רציפה במידה אחידה
) (equi-ontinousאם לכל ε > 0קיים δ > 0כך ש kf (t1 ) − f (t2 )k M εלכל |t1 − t2 | < δולכל .f ∈ F
משפט 2.3.2
Arzela-Asoli
תהי Fמשפחה אינסופית של פונקציות I) I → Rnקטע סגור( שמקיימת:
.1חסימות במידה אחידה:
sup max kf (t)k < M
f ∈F t∈I
∃M
.2רציפות במידה אחידה) .כלומר∀ε ∃δ ∀t1 , t2 , ∀f ∈ F , |t2 − t1 | < :
(δ ⇒ kf (t2 ) − f (t1 )k < ε
אזי קיימת סדרה fn ∈ Fשמתכנסת על Iבמידה שווה.
11
ןורתפ םויק 2.קרפ
הוכחה :תהא ) (rnסדרה שכולת את כל הרציונליים על .Iנתבונן בקבוצה .{f (r1 ) | f ∈ F } ⊂ Rn :זו קבוצה חסומה ולכן יש לה
)(1
)(1
נקודת הצטברות .כלומר ,קיימת סדרה ) fnאין קשר ל nשל ,Rnלמעשה אנו לא מסתכלים בכלל על המימד כאן( כך ש ) fn (r1
מתכנסת.
היא
n
o
)(2
)(1
2
2
נתבונן ב , fn (r2 ) | n ∈ N :זו סדרה חסומה ולכן קיימת תת־סדרה fnכך ש ) fn (r2מתכנס )אבל גם ) fn (r1מתכנסת(.
באופן אינדוקטיבי לכל kנבנה תת סדרה שנכנה אותה
)(k
)(n
fnוזו מתכנסת לכל הנקודות הרציונליות .r1 , . . . , rkנגדיר את
.Fn = fn
)(k
fn
)ליתר דיוק,
נרצה להראות כי לכל Fn (rk ) k ∈ Nהיא סידרה מתכנסת .מדוע? מפני שיש ל) " (Fnזנב" שהוא תת סדרה של
)(k
)(k
החל מהאיבר ה kה kזנב של Fnהוא תת סדרה של .fnו fnמתכנסת עבור rkלכן גם תת סדרה שלה מתכנסת(.
כלומר ,לכל r ∈ I ∩ Qולכל ε > 0קיים N ∈ Nכך שלכל .kFm (r) − Fn (r)k < ε m, n > N
הערה 2.3.3אנחנו לא יכולים למצוא Nשמתאים לכולם מכיוון שיש אינסוף רציונלים ,לכן לא ניתן למצוא Nמפורש כזה .כלומר
לא ניתן להחליף את סדר הקמטים.
נתון , ε > 0יהי δ > 0מקיים את הגדרת הרציפות במידה אחידה עבור .εנחלק את Iלקטעים זרים I = I1 ∪ . . . ∪ IK :שגודלם
קטן מ .δבכל קטע Ijנבחר מספר רציונלי ) rjאין קשר לסדרה ההתחלתית של הרציונליים( .קיים N ∈ Nכך שלכל m, n > N
ולכל 1 ≤ j ≤ Kמתקיים.kFm (rj ) − Fn (rj )k < ε :
לכל t ∈ Iקיים rjשמרוחק ממנה בפחות מ ,δלכל :m, n > N
kFn (t) − Fm (t)k ≤ kFn (t) − Fn (rj )k + kFn (rj ) − Fm (rj )k + kFm (rj ) − Fm (t)k
{z
| }
{z
| }
{z
}
|
≤ε
≤ε
≤ε
הקיצוניים קטנים מ εמהרציפות במידה אחידה ,ואילו האמצעי מהתכנסות Fבנקודה .rjולכן קיבלנו למעשה כי:
kFn (t) − Fm (t)k ≤ 3ε
כלומר ,קיבלנו כי לכל t ∈ Iקיים Nכך שלכל m, n > Nאזי . kFn (t) − Fm (t)k ≤ 3ε :כלומר Fnמקיימים את קריטריון קושי
להתכנסות במ"ש .כנדרש.
2.4
Cauhy-Peano
משפט 2.4.1
־ קיום פתרון
Cauhy-Peano
אם f : R × Rn → Rnו R0מוגדרים כמו קודם ,קיים פתרון ) y : I → Rnכאשר ] (I ∼ [t0 , t0 + αהמקיים את בעיית תנאי ההתחלה.
הוכחה :נבחר סדרה .0 < εk → 0אנו יודעים כי לכל εkכזה אנו יכולים לבנות εkקירוב של המשוואה אשר מקיים את תנאי
ההתחלה.
כלומר :לכל kקיימת פונקציה ϕk : I → Rnשהיא εkקירוב למשוואה ב R0ומקיימת .ϕk (t0 ) = y0
מה אנו יכולים לומר על ?ϕk
ראשית אנו יודעים כי לכל t ∈ Iמתקיים (t, ϕk (t)) ∈ R0ובפרט ) kϕk (t) − y0 k ≤ bבגלל שאנו נמצאים בתוך R0והוא קטע
חסום וסגור ,כלומר יש לנו חסימות במידה אחידה(
נבחין כי לכל kמתקיים:
ϕ′k (u) du
ˆt
ϕk (t) = ϕk (s) +
s
הערה 2.4.2כל פונקציה שיש לה נגזרת כמעט בכל מקום פרט למספר סופי של נקודות היא פונקציה רציפה בהחלט ,היא מקיימת
את המשפט היסודי של החשבון האינפיניטסימלי
ולכן:
kϕ′k (u)k du
ˆt
s
≤ kϕk (t) − ϕk (s)k
12
ןורתפ םויק 2.קרפ
אבל ϕהיא εkקירוב של המשוואה ,לכן מתקיים אי השיוויון הבא:
|kf (u, ϕk (u))k du + εk |t − s
ˆt
s
≤
אבל אנו בתוך המלבן של R0לכן:
|≤ (M + εk ) |t − s
כלומר ,לכל הפונקציות ϕkאם נסתכל על 2נקודות שונות ,הוא לא יותר ממשהו שחסום ע"י ˜ = M + εk
Mכפול המרחק |.|t − s
כלומר הדבר מבטיח לנו רציפות במידה אחידה .מכיוון ש εkסדרה מתכנסת אזי יש לה חסם ,לכן נקבל כי קיים ˜
Mשחוסם את
כולם ולכן נקבל δאשר מתאימה לכל .k
לכן ,ממשפט Arzela-Asoliקיימת ל ) (ϕkתת סדרה שמתכנסת על Iבמידה שווה .נסמן את הגבול ע"י .y
[ϕ′k (s) − f (s, ϕk (s))] ds
ˆt
f (s, ϕk (s)) ds +
t0
ˆt
ϕ′k (s) ds = y0 +
ˆt
t0
ϕk (t) = y0 +
t0
לכן:
[ϕ′k (s) − f (s, ϕk ) (s)] ds
ˆt
= f (s, ϕk (s)) ds
t0
ˆt
t0
ϕk (t) − y0 −
אנו יכולים לשים נורמות על שני הצצדים:
t
ˆt
ˆ
ˆt
) ϕk (t) −y0 − f (s, ϕk (s)) ds = [ϕ′k (s) − f (s, ϕk ) (s)] ds ≤ kϕ′k (s) − f (s, ϕk ) (s)k ds ≤ εk (t − t0
} | {z
} | {z
t0
t0
t0
) →y(t
→0
|
{z
}
t
´
→ f (s,y(s))ds
t
0
הערה f (s, ϕk (s)) ds 2.4.3
´t
t0
מתכנס ל f (s, y (s)) ds
´t
מההתכנסות של ϕkבמידה שווה.
t0
ולכן:
f (s, y (s)) ds
ˆt
y (t) = y0 +
t0
אבל ) y (tלא רק רציפה ,אלא גם גזירה ,אם כי fרציפה ,לכן ) y ∈ C 1 (Iלכן נגזור ונקבל:
))y ′ (t) = f (t, y (t
כנדרש.
למעשה מה שעשינו הראה קיום פתרון מקומי ,כיוון שראינו על קטע ספציפי Iולא על Rכולו.
פרק 3
יחידות
3.1
האם הפתרון הוא יחיד?
נתבונן בדוגמה .f (t, y) = y /3 :כלומר:
1
y ′ (t) = [y (t)] /3
y (0) = 0
1
נבחין כי y (t) ≡ 0הוא פתרון .אבל נתבונן ב
3/2
2t
3
(
= ) .y (tנבחין כי ב 0הוא אכן מתאפס ,וכמו כן:
1/2
2
3 2t
·
= )y ′ (t
3
2 3
הוא גם פתרון למשוואה! לכן אין לנו יחידות.
קל לראות כי כל פונקציה מהצורה:
0≤t≤c
c<t
0
y (t) = h 2(t−c) i3/2
3
גם כן פתרון .כלומר ,ממש אין לנו יחידות ,ואפילו יש לנו אינסוף פתרונות .הדבר מטריד ,כי כיוון שאנחנו רוצים לדבר על משהו
במציאות )משוואות תנועה לדוגמה( אנו רוצים לדבר על הפתרון .כלומר המסלול שבאמת הגוף ינוע בו.
בסופו של דבר ,אפשר להוכיח יחידות אם fרציפה ב tוהיא ליפשיץ־רציפה ב .y
תזכורת f : X → Y 3.1.1היא ליפשיץ רציפה עם קבוע Lאם.kf (x1 ) − f (x2 )k ≤ L kx1 − x2 k :
3.2משפט היחידות
משפט 3.2.1
תהא fרציפה בtולפישיצית ב yעם קבוע .L
תהיינה ϕ1 , ϕ2 : I → Rnשהן ε2 ,ε1קירובים )בהתאמה( של המשוואה )) y ′ (t) = f (t, y (tוגםkϕ1 (t0 ) − ϕ2 (t0 )k < δ :
אזי לכל :t ∈ I
i
) ε1 + ε2 h L(t−t0
e
−1
kϕ1 (t) − ϕ2 (t)k ≤ δeL(t−t0 ) +
L
הרציונל הוא ש ϕ1 , ϕ2הם כמעט פתרון של המשוואה ,ושניהן כמעט התחילו מאותה נקודה ,אז לא ייתכן שהם יתרחקו יותר מידי
אחת מהשניה .ולבסוף ינבע שאם ε1 , ε2 , δ = 0אזי המרחק בניהן יהיה אפס ,ולכן הפתרון הוא יחיד .הוכחה :לכל i = 1, 2מתקיים:
[ϕ′i (s) − f (s, ϕi (s))] ds
ˆt
f (s, ϕi (s)) ds +
ˆt
t0
t0
13
(s) ds = ϕi (t0 ) +
ϕ′i
ˆt
t0
ϕi (t) = ϕi (t0 ) +
14
תודיחי 3.קרפ
כפי שראינו בהוכחה של קושי־פיאנו .נעביר אגפים ונשים נורמה כמו בהוכחה הקודמת:
ˆt
) ϕi (t) − ϕi (t0 ) − f (s, ϕi (s)) ds ≤ εi (t − t0
t0
לכן ,נקבל:
ˆt
) (ϕ1 (t) − ϕ2 t) − (ϕ1 (t0 ) − ϕ2 (t0 )) − f (s, ϕ1 (s)) − f (s, ϕ2 (s)) ds ≤ (ε1 + ε2 ) (t − t0
t0
הערה 3.2.2לקחנו את שני השיווינות הנ"ל ,והשתמשנו בכך שka − bk ≤ kak + kbk :
כלומר ,יש לנו כרגע .ka − bk ≤ l ⇒ kak ≤ kbk + lולכן:
) kf (s, ϕ1 (s)) − f (s, ϕ2 (s))k ds + (ε1 + ε2 ) (t − t0
ˆt
t0
kϕ1 (t) − ϕ2 (t)k ≤ kϕ1 (t0 ) − ϕ2 (t0 )k +
הערה 3.2.3שוב עשינו אי שיוויון המשולש ושוב הכנסנו את הנורמה לתוך האינטגרל.
מהליפשציות ומהתנאי על המרחק ב t0נקבל כי:
) kϕ1 (s) − ϕ2 (s)k ds + (ε1 + ε2 ) (t − t0
ˆt
t0
kϕ1 (t) − ϕ2 (t)k ≤ δ + L
נסמן r (t) := kϕ1 (t) − ϕ2 (t)k :לצורך נוחות .נקבל:
) r (s) ds + (ε1 + ε2 ) (t − t0
ˆt
t0
r (t) ≤ δ + L
הערה 3.2.4מה שקיבלנו זה אי שיוויון אינטגרלי )אי שיוויון המקשר בין הפונקציה לבין אינטגרל שלה( .עקרונית אנחנו לא עוסקים
בזה בקורס ,אבל את האי שוויון הזה ספציפית נפתור.
נגדיר:
r (s) ds
ˆt
=R (t) :
t0
נבחין כי R′ (t) = r (t) :ו .R (t0 ) = 0 :נקבל:
) R′ (t) ≤ δ + LR (t) + (ε1 + ε2 ) (t − t0
כלומר ,כעת אנו עוסקים באי שיוויון דיפרנציאלי במקום אינטגרלי ,ויש לנו תנאי התחלה .נפתור אותו בדומה לשיוויון ,אבל נשים לב
שאנחנו לא עושים היפוך סימנים על מנת לא לשבוא את האי שיווין .נחסר משני האגפים את ) LR (tונקבל:
) R′ (t) − LR (t) ≤ δ + (ε1 + ε2 ) (t − t0
כמו כן ,זה לא ישבור את האי שיוויון אם נכפול את שני האגפים בפונקציה חיובית ,נכפול ב ) eL(t−t0ונקבל:
]) e−L(t−t0 ) [R′ (t) − LR (t)] ≤ e−L(t−t0 ) [δ + (ε1 + ε2 ) (t − t0
15
תודיחי 3.קרפ
′
אבל נבחין כי ]) . R (t) e−L(t−t0 ) = e−L(t−t0 ) [R′ (t) − LR (tנבחין כי אנו גם יכולים לבצע אינטגרציה על שני האגפים כלומר:
e−L(s−t0 ) (δ + (ε1 + ε2 ) (s − t0 )) ds
ˆt
t0
≤ ds
′
) −L(s−t0
R (s) e
ˆt
t0
ולכן נבצע את האינטגרציה )נזכור כי עבור t0מתקיים .(R (t0 ) = 0
t−t
ˆ 0 −Lu
ue−Lu t−t0
δ
e
= e−Lu (δ + (ε1 + ε2 ) u) du
) −e−L(t−t0 ) + 1 +(ε1 + ε2
= du
−
−L 0
L
−L
0
(
) t−t
) (t − t0 ) −L(t−t0
1 −Lu 0
) δ −L(t−t0
−e
) + 1 + (ε1 + ε2
=
e
− 2e
L
−L
L
0
) (t − t0 ) −L(t−t0 ) e−L(t−t0
1
) δ −L(t−t0
−e
) + 1 + (ε1 + ε2
+ 2
e
−
L
−L
L2
L
t−t
ˆ 0
0
≤ ) R (t) e−L(t−t0
נחלק ב ) e−L(t−t0ונקבל ב:
) (t − t0
1
) eL(t−t0
− 2+
−L
L
L2
) δ L(t−t0
e
) − 1 + (ε1 + ε2
L
≤ )R (t
נציב בחזרה באי שיוויון ונקבל:
≤ ) r (t) ≤ δ + LR (t) + (ε1 + ε2 ) (t − t0
(
1
) eL(t−t0
) L(t−t0
(((
δ+δ e
− 1 + (ε1 + ε2 ) −
(t − t0 ) − +
((ε1(+(ε
(+
= ) 2 ) (t − t0
L
L
) (ε1 + ε2 ) L(t−t0
δeL(t−t0 ) +
e
−1
L
כלומר:
כנדרש.
) ε1 + ε2 L(t−t0
r (t) := kϕ1 (t) − ϕ2 (t)k ≤ δeL(t−t0 ) +
e
−1
L
הערה 3.2.5ביצעתי את האינטגרציה בחלקים לבד ,יכול להיות שזה לא הכי ברור או שיש טעויות )על אף שהגעתי לפתרון המבוקש(
אם יש הערות או שאלות אשמח אם תשלחו לי.
מסקנה 3.2.6
קיים לבעיית תנאי התחלה פתרון יחיד כי אם ϕ1 , ϕ2שני פתרונון ,אזי ε1 = ε2 = δ = 0אזי נקבל .ϕ1 ≡ ϕ2
16
P
תודיחי 3.קרפ
דוגמה : 3.2.7
)y ′ (t) = 6y (t
y (0) = 1
(
ראינו כי y (t) = e6tהוא פתרון.
נניח ) y (t) , z (tפתרונות .נתבונן ב ,u (t) = y (t) − z (t) :נבחין כי:
)u′ (t) = 6u (t
u (0) = 0
(
נקבל:
0
0
0
= )u′ (t) − 6u (t
′
=
u (t) e−6t
≡
−6t
u (t) e
כאשר בשלב השני כפלנו ב .e−6t
נרצה להראות קיום בדרך שונה .הוכחה :נרצה לפתור בעיית תנאי התחלה:
))y ′ (t) = f (t, y (t
כאשר .y (t0 ) = y0
אם ניקח את המשוואה ונטנגרל אותה בין t0ל tנקבל:
f (s, y (s)) ds
ˆt
y (t) = y0 +
t0
נחפש פונקציה y : I → Rnשהיא פתרון למשוואה האנטגרלית הנ"ל.
נחפש פתרון בצורה איטרטיבית .התנאים שיש לנו :מלבן ,R0והנחה נוספת f :ליפשיץ ביחס ל yעם מקדם .L
ננחש תחילה כי y (0) (t) ≡ y0הדבר יהיה נכון אם fהוא זהותית 0אבל אחרת לא יהיה נכון .נציב באינטגרל ונקבל את ).y (1) (t
כלומר:
f s, y (0) (s) ds
ˆt
(t) = y0 +
)(1
y
t0
אנו צריכים להזהר ולהראות ש ) y (1) (tלא בורח מהמלבן R0שלנו .אבל זה די ברור ,כיוון שכל עוד אנו במלבן ,הנומרה של fהיא
לכל היותר ,Mוהמלבן נוצר בהתאם כך שלא נוכל לצאת ממנו.
כלומר ,נגדיר את τ = sup t : y (1) (τ ) − t0 ≤ bוהוא בהכרח יהיה גדול או שווה ל .α
באופן דומה ,נגדיר:
f s, y (n) (s) ds
ˆt
(t) = y0 +
)(n+1
t0
המטרה היא להוכיח ש:
y
במ"ש
→y (n) −
∞→n
אם נוכיח זאת ,אזי מהשאפת ∞ → nאז:
f (s, y (s)) ds
ˆt
t0
y (t) = y0 +
y
17
תודיחי 3.קרפ
נבחן את:
)∆(n+1) (t) = y (n+1) (t) − y (n) (t
נבחין כי:
f s, y (n) (s) − f s, y (n−1) (s) ds
ˆt
)(n
∆
= )(t
t0
נקח שוב נורמות כמו שאנו מורגלים ונקבל:
ˆt
) (n
∆ (t) ≤ f s, y (n) (s) − f s, y (n−1) (s) ds
t0
אבל מהליפשיציות של fלפי yנקבל:
ˆt
≤ L ∆(n−1) (s) ds
t0
נתבונן במקרה של ).∆(1
f (s, y0 ) ds
ˆt
t0
= )(t
)(0
(t) − y
)(1
(t) = y
)(1
∆
ואם ניקח נוקמות אז:
ˆt
) (1
) ∆ (t) ≤ kf (s, y0 )k ds ≤ M (t − t0
t0
נשתמש בנוסחת הנסיגה שקיבלנו ל∆־ות .ונקבל:
ˆt
2
) (t − t0
L ∆(1) (s) ds ≤ LM
2
t0
ˆt
3
) (t − t0
) (2
2
)(s
ds
≤
L
M
∆
!3
t0
L
) (2
≤ )∆ (t
) (3
≤ )∆ (t
החוקיות היא ברורה ,נקבל כי:
n
]) (n) M [L (t − t0
≤ )∆ (t
L
!n
שיטה זו נקראת שיטת הקירובים העוקים של .Piard
את ) y (nניתן לכתוב כסכום טלסקופי:
)= y0 + y (1) − y (0) + . . . + y (n) − y (n−1
)y (n
18
תודיחי 3.קרפ
אבל אלה הן דלתאות ,כלומר:
)∆(k
n
X
y (n) = y0 +
k=1
השאלה היא האם הטור מתכנס?
) (k
נרצה להשתמש בקריטריון ה Mשל ויירשטראס .כלומר ,אם sup ∆ (t) ≤ Mk :וגם התור ∞ < Mk
t
במ"ש.
נחשב את חסם ל supהנ"ל:
ומתקיים ∞ < Mk
P
M (Lα)k
≤ )sup ∆(k) (t
≡ Mk
!L k
t
P
אזי
k
, Mבכל מקרה מתכנס( ולכן קיבלנו את הנדרש.
)למעשה זה יוצא אקספוננט כפול קבוע L
)(k
∆
∞
P
k=1
מתכנס
19
P
תודיחי 3.קרפ
דוגמה : 3.2.8
)y ′ (t) = y (t
y (0) = 1
(
מה אומר אויילר?
אויילר אומרשב) y (0אנו נמצאים ב ,1אנו רוצים לדעת מה הפתרון בזמן .tנחלק את הקטע ] [0, tל nקטעים שווים ,נרצה לראות
מה קורה ב .y ntלא נחשב זאת במדוייק ,אלא נקרב:
t
t
1
}≈ |{z
}1 + |{z
y
n
n
)y ′ (0
כעת נקרב את
2t
n
)y(0
:y
t
t t
t
+ 1+
= 1+
n
n n
n
≈1+
2t
n
y
נמשיך כך nצעקדים ונקבל כי:
n
t
y (t) = 1 +
n
ואנו יודעים כי אם nמאוד מאוד גדול ,נקבל כי הדבר שואף ל .etוזהו "במקרה" הפתרון למשוואה הדיפרנציאלית הנ"ל.
מה יקרה אם נקרב לפי פיקארד על אותה בעיה בדיוק?
y (0) = 1
y (0) (s) ds = 1 + t
ˆt
(t) = 1 +
)(1
y
0
הקירוב הבא יהיה:
t2
2
(1 + s) ds = 1 + t +
ˆt
(s) ds = 1 +
)(1
0
y
ˆt
=1+
0
אם נחשב את הבא:
3
2
t
t
+
2
6
y (3) (t) = 1 + t +
ובאופן דומה הקירוב הn־י יהיה:
tn
t2
+ ...+
−→ et
!2
∞→n! n
נניח כי fרציפה על כל ,R × Rnהאם נובע קיום פתרון לכל ?t ∈ R
הדבר אינו נכון .והרי לנו דוגמה נגדית:
y (n) = 1 + t +
)(2
y
20
P
תודיחי 3.קרפ
דוגמה : 3.2.9
)y ′ (t) = y 2 (t
y (0) = 1
1
1−t
(
כלומר .f (t, y) = y 2 ,נטען כי פתרון הוא:
קומפקטית ,הוא יחיד.
אבל הפתרון מתבדר ב .t = 1כלומר הוא נשבר שם.
= ) y (tהוא פתרון .בדקנו ואכן זה פתרון ומכיוון ש fליפשיץ על כל קופסא
השאלה היא האם זה האופן היחידי בו פתרון נשבר? התשובה היא כן .נגדיר:
}קיים פתרון עד τ = sup {t > t0 | t
נשאל האם ) lim y (tקיים .אם כן אז הפתרון יכול להמשיך משם בעזרת אותו אופן ,לכן באמת חייבת להיות התבדרות.
t→τ
פרק 4
מערכות לינאריות
בהינתן Xמרחב וקטורי אנו מכירים את המושג של העתקות לינאריות מ Xל) Xמסומן כ ) .(L (X, Xאם אנו בוחרים נורמה ל Xאז:
) (X, k·kמרחב נורמי .גם על ) L (X, Xאנו יכולים להגדיר נורמות ,אחת מהן נובעת מהנורמה על Xונקראת הנורמה האופרטורית,
.kAk = sup kAxk
כלומר אם ) A ∈ L (X, Xאז kxk
x6=0
הנ"ל אכן נורמה ,בנוסף לכך הוא מקיים גם:
.1לכל x ∈ XוkAxk ≤ kAk kxk :A ∈ L (X, X) :
.2לכל ) A, B ∈ L (X, XמתקייםkABk ≤ kAk kBk :
kIdk = 1 .3
תרגיל :אם X = Rnעם הנורמה האוקלידיתkAk =? ,
הגדרה 4.0.10מערכת לינארית הומוגנית I ⊆ R :קטע סגור.A : I → Rn×n .
למערכת משוואות מהצורה ) y ′ (t) = A (t) y (tקוראים מערכת לינארית הומוגנית.
P
דוגמה : 4.0.11אם n = 2מערכת לינארית לדוגמה היא:
1
y1
)(t
0
y2
}
′
0
y1
= )(t
−1 + 12 sin t
y2
|
{z
)A(t
אם נכתוב ברכיבים ,נקבל:
)ai,j (t) yj (t
n
X
= )yi′ (t
j=1
האם מערכות לינאריות מקיימות כל מה שאנו צריכים?
התשובה היא כן.
כלומר ,אם נסמן )) ,y ′ (t) = f (t, y (tאז .f (t, y) = A (t) y
אם Aרציפה על Iאזי:
f (t, y) .1רציפה ב.t
.2
kf (t, y) − f (t, z)k = kA (t) y − A (t) zk ≤ kA (t)k ky − zk ≤ max kA (t)k ky − zk
t∈I
כלומר f ,ליפשצית ב ⇐yיחידות.
21
22
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
הערה 4.0.12אם Aרציפה אז גם הנורמה שלה רציפה כהרכבה של דברים רציפים.
טענה 4.0.13
לבעיית תנאי התחלה:
)y ′ (t) = A (t) y (t
y (τ ) = ξ
(
כאשר τ ∈ Iו .ξ ∈ Rn :אזי קיים פתרון )יחיד( על כל .I
הערה 4.0.14אם Aרציפה על כל Rאזי קיים פתרון )יחיד( על כל .R
הוכחה :ראינו כי אם פתרון לא קיים באיזשהי נקודה אז הוא חייב להתבדר בנקודה .נראה שהוא לא יכול להתבדר.
תהא ) J ⊂ Iלוא דוקא סגורה ,ומכילה את (τשבה קיים פתרון y : J → Rnשל בעיית תנאי ההתחלה.
yמקיים משוואה אינטגרלית:
A (s) y (s) ds
ˆt
y (t) = ξ +
τ
אזי:
kA (s)k ky (s)k ds
ˆt
τ
kA (s) y (s)k ds ≤ kξk +
ˆt
τ
ky (t)k ≤ kξk +
ומכיוון ש Aרציפה )ולכן גם הנורמה שלה( אזי max kA (t)k = M :מוגדר .ולכן:
t∈I
ky (s)k ds
ˆt
τ
ky (t)k ≤ kξk + M
נגדיר:
ky (s)k ds
ˆt
= )Y (t
τ
נשים לב כי:
Y ′ (t) = ky (t)k
לכן:
)kY ′ (t)k ≤ kξk + M Y (t
ומההגדרה נובע כי Y (τ ) = 0 :ולכן נקבל:
e−Mt (Y ′ (t) − M y (t)) ≤ kξk e−Mt
{z
}
|
(Y (t)e−M t )′
23
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
נטנגרל מ τעד tונקבל:
kξk −Mt
e
− e−Mτ
M
נכפול ב eMtונקבל:
Y (t) e−Mt ≤ −
) kξk M(t−τ
e
−1
M
= )Y (t
נציב בחזרה במשוואה ונקבל:
) kξk M(t−τ
e
) − 1 = kξk eM(t−τ
M
ky (t)k ≤ kξk + M
כלומר בקטע Iהפתרון לא יכול להתבדר.
4.1
מרחב פתרונות
מה עוד ניתן לומר על מערכת לינארית הומוגנית?
• הדבר הראשון שניתן לומר היא שהפונקציה y ≡ 0היא תמיד פתרון )הפתרון הטריוויאלי(.
הערה 4.1.1אין לנו שום קושי לעבור מ Rnל Cnכלומר ,אנו יכולים לעבור לשורש מרוכב בקלות.
הסיבה לעשות זאת היא שהרבה פעמים שאנו רוצים להגיד משהו על מטריצות ממשיות אנו נסחפים לדון במטריצות מרוכבות .בדיוק
מאותן סיבות נרצה להרפות מהעולם הממשי ולדון במרוכב.
• אם y, z : I → Cnהם פתרונות של המשוואה .ו α, β ∈ Cאז אנו יכולים להסתכל על (αy + βz) :ולשאול מה הנגזרת שלו
)זו פונקציה I → Cnנבחין כי:
′
)(αy + βz) = αy ′ + βz ′ = αAy + βAz = A (αy + βz
כלומר ,קומבינציה לינארית של פתרונות היא פתרון .קבוצת הפתרונות למערכת הלינארית ההומוגנית היא מרחב וקטורי מעל
.Cוזו התכונה המרכזית של מערכת לינארית!
הפתרונות שלנו באופן כללי חיים בעולם )) C 1 (Iהפונקציות הגזירות ברציפות (I → Cnשהוא מרחב וקטורי מעל .C
)} ⊂ C 1 (Iקבוצת הפתרונות של X ≡ {y ′ = Ay
הראינו כי Xתת מרחב וקטורי.
משפט 4.1.2
dim X = n
הערה 4.1.3האם נכון גם כש ?A ≡ 0
במקרה הנ"לy ′ ≡ 0 ⇒ y = ξ ∈ Cn :
כלומר מרחב הפתרונות הוא nמימדי.
הוכחה :נבחר נקודה τ ∈ Iונבחר ξ1 , . . . , ξn ∈ Cnוקטורים בלתי־תלויים.
נגדיר ϕi : I → Cnלהיות הפתרון של y ′ = Ayעם תנאי התחלה.ϕi (τ ) = ξi :
n
נרצה להראות כי {ϕi }i=1בלתי תלויים.
אם:
ci ϕi ≡ 0
n
X
i=1
24
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
אז בפרט כש :t = τ
ci ϕi (τ ) = 0
} | {z
ξi
n
X
i=1
אבל ξiבת"ל לכן ci = 0לכל .iולכן {ϕi }ni=1בלתי תלויים.
נרצה להראות כי לא תיתכן קבוצה בת"ל עם יותר מ nאיברים.
יהיו ϕ1 , . . . , ϕn ∈ Xבלתי תלויים.
יהא .ϕ ∈ Xנבחר .τ ∈ Iנסמן ϕi (τ ) = ξiו ϕ (τ ) = ξ :לכל .i = 1, . . . , n
נבחין כי ξiבלתי תלויים .כיוון שאם הם היו תלויים אז אפשר היה לכתוב את cj ξj
n−1
P
= ) ξnאת ξnבה"כ( ואז היינו מראים כי
j=1
cj ϕj
n−1
P
= .ϕnלמה זה נכון? מיחידות הפתרון! ϕnהוא הפתרון היחיד של המשוואה ההומוגנית שבו מקבלים ξnב .τבסתירה ל
j=1
אי התלות שהנחנו בין
ה .{ϕj }nj=1
n
{αj }j=1
n
אם ה} {ξiבלתי תלויים ,אזי הם פורסים את .Cולכן קיימים סקלריים
αj ξj
n
X
כך ש:
=ξ
j=1
נתבונן בפונקציה:
αj ϕj
n
X
=ψ
j=1
פונקציה זו היא פתרון של המערכת ההומוגנית .וכןαj ϕj (τ ) = ξ :
} | {z
ϕj
n
P
= ) ψ (τולכן מיחידות .ϕ = ψ
j=1
ולכן ϕ1 , . . . , ϕn , ϕתלויים לינארית ,וכיוון שזה נכון לכל ϕהמימד של Xהוא nכנדרש.
4.2מטריצה יסודית
,y ′ = Ayאנו יודעים כי קיימים ϕ1 , . . . , ϕnבלתי תלויים .נסמן ) ϕj,i (tאת הרכיב ה jשל הפונקציה .ϕi : I → Cn
כלומר אנו יכולים לבנות מה מטריצה:
)ϕ1,1 (t) · · · ϕ1,n (t
..
..
..
Φ= .
.
.
)ϕn.1 (t) · · · ϕn,n (t
ולמעשה Φהיא פונקציה .Φ : I → Cn
זו פונקציה מטריצית ,כל עמודה היא פתרון של המערכת ההומוגנית והעמודות האלה בלתי תלויות.
מה הכוונה בעמודות בלי תלויות ,האם הכוונה ש ) Φ (5בלתי תלויות? לא .אנו נוכיח את זה ,אבל לא זו הכוונה .אלא כפונקציות
העמודות בלתי תלויות.
למטריצה שמקיימת תכונות אלה נקרא מטריצה יסודית של המערכת ההומוגנית )היא לא יחידה! לדוגמה ניתן למצוא בסיס אחר(.
נשים לב שמטריצה יסודית אזי הנגזרת שלה תתקבל ע"י:
ai,k ϕk,j
n
X
= ϕ′i,j
k=1
כלומר:
Φ′ = AΦ
המטריצה מקיימת אותה משוואה כמו כל עמודה שלה.
25
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
טענה 4.2.1
אם Φמטריצה יסודית det Φ (t) 6= 0 ,לכל .t
הוכחה :נבחר τ ∈ Iונגדיר .ϕi (τ ) = ξiנגדיר טת המטיצה:
· · · ξ1,n
..
..
.
.
· · · ξn,n
ξ1,1
..
Ξ= .
ξn,1
מכיוון שהעמודות של Φפורסות את מרחב הפתרונות אז כל פתרון אפשר להציג כ Φc :כאשר cוקטור ב .Cn
X
ϕi,j cj
= yi
j
יהא yפתרון המקיים .y (τ ) = ηמחד גיסא ,אנו יודעים כי קיים פתרון יחיד כנ"ל .מאידך y = Φc ,עבור איזשהו .cאבל:
.η = y (τ ) = Φ (τ ) cאיך נמצא את זה? נפתור את המערכת .אבל אנו יודעים כי קיים לה פתרון יחיד )יחידות הפתרון תחת תנאי
התחלה( ומאלגברה לינארית נובע.0 6= det Φ (τ ) :
טענה 4.2.2
אם Φמטריצה יסודית אז:
!
trA (s) ds
´t
t0
det (Φ (t)) = det (Φ (t0 )) · exp
הערה 4.2.3הטענה הא למעשה שהנגזרת של הדטרמיננטה היא הtrace
הוכחה :נבחין כי:
. . . ϕ1,n
..
..
.
.
. . . ϕn,n
לכן:
מכיוון:
. . . ϕ1,n
. . . ϕ2,n
..
..
.
.
. . . ϕ′n,n
ϕ1,1
. . . ϕ1,n
ϕ2,1
. . . ϕ′2,n
.. + . . . + ..
..
.
.
′.
ϕ
. . . ϕn,n
n,1
. . . ϕ′1,n ϕ1,1
. . . ϕ2,n ϕ′2,1
.. + ..
..
.
. .
. . . ϕn,n ϕn,1
=
ϕ1,1
det (Φ (t)) = ...
ϕn,1
!′
′
ϕ1,1
ϕ2,1
= .
..
ϕn,1
ϕ1,1
′
(det (Φ (t))) = ...
ϕn,1
′
ϕ1,n
..
..
.
.
. . . ϕn,n
...
)ϕ1,π(1) ϕ2,π(2) . . . ϕn,π(n
)sgn(π
)(−1
אנו יודעים כי Φ′ = AΦוכיai,k ϕk,j :
k
.
..
..
.
. . . P ϕn,n
...
an,j ϕj,n
j
ϕ1,n
...
= )))(det (Φ (t
π∈Sn
)ϕ′1,π(1) ϕ2,π(2) . . . ϕn,π(n) + ϕ1,π(1) ϕ′2,π(2) . . . ϕn,π(n) + . . . + ϕ1,π(1) ϕ2,π(2) . . . ϕ′n,π(n
P
X
′
)sgn(π
)(−1
X
π∈Sn
= ϕ′i,jולכן:
ϕ1,2
..
.
P ϕn,2
an,j ϕj,2
j
ϕ1,1
a1,j ϕj,n
..
.
ϕ2,n
+ . . . + ϕn,1
..
P
.
an,j ϕj,1
j
ϕn,n
P
...
a1,j ϕj,2
...
ϕ2,2
j
P
j
.
..
...
..
.
ϕn,2
P
a1,j ϕj,1
j
ϕ2,1
=
..
.
ϕn,1
26
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
נסתכל על הדטרמיננטה הראשונה .נסיר את השורה השניה מהראשונה a1,2פעמים .את השורה השלישית a1,3פעמים ,את השורה
ה n־ a1,nפעמים ולמעשה נקבל:
ϕ1,1
a1,1 ϕ11 a1,1 ϕ1,2 . . . α1,1 ϕ1,n
ϕ1,2
...
ϕ1,n
ϕ2,1
..
..
..
..
ϕ2,2
...
ϕ2,n
.
.
.
.
+ ... +
= .
.
.
.
..
..
..
ϕn,1
..
ϕn,2
...
ϕn,n
an,1 ϕn,1 an,2 ϕn,2 . . . an,n ϕn,n
ϕn,1
ϕn,2
...
ϕn,n
כאשר הפעלנו את התיאור הנ"ל על כל הדטרמיננטות המופיעות המשוואה תוך התאמה נכונה לכל שורה .וזה למעשה:
= a1,1 det Φ + a2,2 det Φ + . . . + an,n det Φ = trA · det Φ
כלומר קיבלנו כי אכן:
′
))(det Φ (t)) = tr (A (t)) det (Φ (t
אז איך אנו מקבלים את הנדרש?
trA (s) ds
ˆt
det Φ (t) = det Φ (t0 ) · exp
t0
מסקנה 4.2.4
אם יש t0 ∈ Iכך ש det Φ (t0 ) 6= 0אז det Φ (t) 6= 0בכל נקודה.
P
t t2
דוגמה : 4.2.5
0 0
מכאן :המטריצה Φלא יכול להיות מטריצה יסודית לאף מערכת לינארית .Φ′ = AΦ
כלומר לא ניתן למצוא אף מטריצה A (t) :שתקיים:
1 2t
t t2
)= A (t
0 0
0 0
= Φעבור tהדטרמיננטה היא אפס.
משפט 4.2.6
Φמטריצה יסודית ל y ′ = Ayאזי:
.1אם C ∈ Cn×nקבועה הפיכה ,אזי גם ΦCמטריצה יסודית ל.y ′ = Ay
.2אם Ψמטריצה יסודית ל y ′ = Ayאזי קיימת C ∈ Cn×nהפיכה כך
ש Ψ = ϕ = ΦC
הוכחה:
Φ′ = AΦ .1וכמו כן .det Φ 6= 0 :נבחין כי:
′
)(ΦC) = Φ′ C + ΦC ′ = Φ′ C = (AΦ) C = A (ΦC
ולמה הדטרמיננטה של המטריצה החדשה היא לא אפס? כיוון ש:
det (ΦC) = det (Φ) det (C) 6= 0
מכיוון ש Φמטריצה יסודית ,ולכן הדטרמיננטה היא לא אפס .ומכיוון ש Cהפיכה ולכן הדטרמיננטה לא אפס .ולכן ΦC
מטריצה יסודית.
27
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
.2אם Ψמטריצה יסודית אז היא הפיכה ,ולכן:
−Ψ−1 (AΨ) Ψ−1 = −Ψ−1 A
′
⇒ ⇒ Ψ Ψ−1 = −Ψ′ Ψ−1
′
=
⇒ Ψ−1 = −Ψ−1 Ψ′ Ψ−1
}|{z
′
= Ψ′ Ψ−1 + Ψ Ψ−1
′
′
0 = (Id) = ΨΨ−1
Ψמטריצה יסודית
כלומר ,קיבלנו כי:
= −Ψ−1 A
−1 ′
Ψ
נרצה להראות כי Ψו Φנבדלות רק במטריצה קבועה .מספיק להראות כי= 0 :
′
. Ψ−1 Φמכלל השרשרת נקבל:
′
= Ψ−1 Φ + Ψ−1 Φ′ = −Ψ−1 AΘ + Ψ−1 AΦ = 0
′
Ψ−1 Φ
′
)בשיוויון האחרון הצבנו את Ψ−1והשתמשנו בכך ש Φמטריצה יסודית(.
כלומר ,יש Cקבועה כך ש Ψ−1 Φ = C :ו Cהפיכה כמכפלה של שתי מטריצות הפיכות.
′
הערה 4.2.7למעשה ראינו כי אם Ψמטריצה יסודית למשוואה y ′ = Ayאז Ψ−1 = −Ψ−1 Aזה מאוד מזכיר מערכת לינארית.
רק שהמיקום של Aהוא הפוך ביחס ל .Ψ−1איך אנו מסדרים את זה? לוקחים צמוד .כלומר:
∗ ′
∗
∗
∗ ′
∗
= −A∗ Ψ−1
Ψ−1
= −Ψ−1 A = −A∗ Ψ−1 ⇒ Ψ−1
ולכן:
∗
Ψ−1מטריצה יסודית למשוואה) y ′ = −A∗ y :המשוואה הזאת נקראת המשוואה הצמודה(.
טענה 4.2.8
∗
′
∗
′
Φמטריצה יסודית ל y = Ayאזי Ψמטריצה יסודית למשוואה הצמודה y = −A yאם"ם Ψ Φ = Cכאשר Cמטריצה מרוכבת
קבועה הפיכה.
הוכחה :אם Ψמטריצה יסודית אז:
′
(Ψ∗ Φ) = Ψ∗′ Φ + Ψ∗ Φ′ = (−A∗ Ψ) Φ + Ψ∗ AΦ = −Ψ∗ AΦ + Ψ∗ AΦ = 0
דרך נוספת להוכחה:
Φפתרון ל y ′ = Ayלכן ∗ Φ−1פתרון למשוואה הצמודה .ומהמשפט הקודם אנו יודעים כיΨ = C :
−1
∗ −1
Φ
תזכורת 4.2.9
∗
= Φ−1
−1
) ∗(Φ
∗
(Φ′ ) = (Φ∗ )′
הוכחה :שוב מוכיחים⇒ ...
Ψ∗ Φ = Cלכן (Ψ ) Φ = −Ψ Φ ⇐ (Ψ ) Φ + Ψ∗ Φ′ = 0 :ולכן .(Ψ ) Φ = −Ψ AΘנכפול ב
′
′
∗
∗ ′
∗ ′
∗
′
(Ψ∗ ) = −Ψ∗ A ⇒ Ψ′ = −A∗ Ψ
det Ψ∗ Φ = det C 6= 0
−1
Φונקבל:
= .Φ∗ Ψ
28
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
det Ψ∗ 6= 0 ⇒ det Ψ 6= 0
⇒
}|{z
det Ψ∗ det Φ = 0
Φמטריצה יסוית
⇐:
נניח ש Ψמטריצה יסוית שלמשוואה הצמודה:
∗
∗
′
(Ψ∗ Φ) = (Ψ′ ) Φ + Ψ∗ Φ′ = (−A∗ Ψ) Φ + Ψ∗ (AΦ) = Ψ∗ AΦ + Ψ∗ AΦ = 0
וזה גורר כי .Ψ∗ Φ = Cו Cהפיכה כי:
det C = det (Ψ∗ Φ) = det Ψ∗ det Φ 6= 0
מסקנה 4.2.10
אם Aאנטי הרמיטית A∗ = −A :אז המשוואה הצמודה היא המשוואה המקורית.y ′ = −A∗ y = Ay :
מטריצה יסודית ל y ′ = Ayהיא גם מטריצה יסודית למשוואה הצמודה לכן .Φ∗ Φ = C
ולכן אם Φ
| | ...
Φ = ϕ1 . . . ϕn מטריצה יסודית ,אז כל פתרון הוא מהצודרה:
| | ...
)αi ϕi (t
n
X
= )y (t
i=1
αi αj ci,j
n
X
i,j=1
= αi αj hϕi (t) , ϕj (t)i
אם Aאנטי הרמיטית אז ky (t)kלא תלויה בזמן.
n
X
i,j=1
=
+
)αj ϕj (t
n
X
j=1
αi ϕi (t) ,
n
X
i=1
*
2
= ky (t)k
29
P
תויראניל תוכרעמ 4.קרפ
0 1
דוגמה y : 4.2.11
−1 0
= y ′שני פתרונות בלתי תלויים:
sin t
cos t
cos t
− sin t
נבחין כי זו למעשה המשוואה.y1 = y ′ ,y0 = y ,y ′′ = −y :
cos t
− sin t
= )ϕ1 (t
= )ϕ2 (t
sin t
cos t
=Φ
Aאנטי הרמיטית.
0
1
1
= Φ∗ Φ
0
פתרון כללי הוא מהצורה:
cos t
sin t
+ a2
− sin t
cos t
y (t) = a1
ונבחין כי:
2
2
| ai aj ci,j = c1,1 a1 a1 + c2,2 a2 a2 = |a1 | + |a2
2
X
i,j=1
= ky (t)k
4.3אופרטור הפתרון
בהנתן איזשהי מערכת:
)y ′ (t) = A (t) y (t
נתון = ) y (t0
(
Φ מטריצה יסודית.
נניח ש
c1
−1
.C = Φ (t0 ) y (t0 ) ⇐y (t0 ) = Φ (t0 ) C⇐y (t) = Φ (t) · C = Φ (t) ...
cn
) Φ (t) Φ (t0 )−1 y (t0
|
{z
}
) R (t, t0
אופרטור הפתרון
= )y (t
הערה 4.3.1הפתרון בזמן tתלוי בפתרון בזמן t0באופן לינארי.
הערה 4.3.2אופרטור הפתרון לא תלוי בבחירת המטריצה היסודית.
כיוום שאם Ψמטריצה יסודית אחרת אז יש Cהפיכה כך ש Ψ = ΦCואז:
−1
) = Φ (t) Φ (t0
−1
) = Φ (t) CC −1 Φ (t0
−1
)= (Φ (t) C) (Φ (t0 ) C
−1
) Ψ (t) Ψ (t0
30
קרפ4. תויראניל תוכרעמ
R (t2 , t0 ) = R (t2 , t1 ) R (t1 , t0 ) 4.3.3 הערה
−1
R (t2 , t0 ) = Φ (t2 ) Φ (t0 )
−1
= Φ (t2 ) Φ (t1 )
Φ (t1 ) Φ (t0 ) = R (t2 , t1 ) R (t1 , t0 )
.R (t, t) = Id 4.3.4 הערה
:הפיכה וR (t, t0 ) ,t, t0 לכל4.3.5 הערה
−1
R (t, t0 )
= R (t0 , t)
5 פרק
מערכת לינארית לא הומוגנית
y ′ (t) = A (t) y (t) + b (t)
. רציפותb : I → Cn ,A : I → Cn×n
5.0.6 משפט
: אז הפתרון למערכת הלא הומוגנית ניתן ע"יy ′ = Ay מטריצה יסודית למערכתΦ אם
y (t) = R (t, t0 ) y (t0 ) +
|
{z
}
החלק ההומוגני
ˆt
R (t, s) b (s) ds
t0
|
{z
החלק הלא הומוגני
}
:הוכחה
−1
y (t) = Φ (t) Φ (t0 ) y (t0 ) +
′
ˆt
−1
Φ (t) Φ (s)
t0
′
−1
b (s) ds = Φ′ (t) Φ (t0 )
y (t0 )
:נזכור י
d
dt
β(t)
β(t)
ˆ
ˆ
∂f
f (t, s) ds =
(t, s) ds + f (t, β (t)) β ′ (t) − f (t, α (t)) α′ (t)
∂t
α(t)
α(t)
:ולכן
′
′
y (t) = Φ (t) Φ (t0 )
−1
y (t0 ) +
ˆt −1
Φ (t) Φ (s)
t0
|
{z
′
−1
b (s) ds +Φ (t) Φ (t) b (t) =
Φ′ (t)Φ(s)−1 b(s)
−1
A (t) Φ (t) Φ (t0 ) y (t0 ) +
{z
}
|
R(t,t0 )
ˆt
t0
}
−1
A (t) φ Φ (t) Φ (s) b (s) ds + b (t) =
|
{z
}
R(t,s)
A (t) R (t, t0 ) y (t0 ) +
31
ˆt
t0
R (t, s) b (s) ds + b (t) = A (t) y (t) + b (t)
32
תינגומוה אל תיראניל תכרעמ 5.קרפ
אם ) y˜ (tהוא איזשהו פתרון של המשוואה האי־הומוגנית ) y˜′ (t) = A (t) y˜ (t) + b (tו ) y (tפתרון אחר אז:
)(y − y˜)′ (t) = A (t) (y − y˜) (t
מסקנה 5.0.7
P
הפתרון הכללי של המערכת האי הומוגנית ניתן לכתיבה כפתרון מסויים +פתרון כללי של המערכת ההומוגנית.
דוגמה : 5.0.8מסה mמתכתית תויה על קפיץ ,ומושפעת ממגנט .המשוואה שלנו היא:
′
y1
y1
0
0 1
+
= )(t
y2
y2
)sin (ωt
−1 0
} | {z
} | {z } | {z } | {z
y
b
y′
A
נרצה למצוא מטריצה יסודית למשוואה הומוגנית.
)ϕ′ (t) = Aϕ (t
ננחש פתרון:
sin t
cos t
= )ϕ1 (t
כמו כן ,פתרון נוסף הוא:
cos t
− sin t
= )ϕ2 (t
קל לבדוק כי אלה הם שני פתרונות בלתי תלויים של המערכת ההומוגנית .לכן אנו יכולים לכתוב את המטריצה היסודית:
sin t cos t
= )Φ (t
cos t − sin t
ולכן ,אופרטור הפתרון שלנו:
)cos (t − s) sin (t − s
)− sin (t − s) cos (t − s
=
sin s cos s
cos s − sin s
cos t
− sin t
sin t
cos t
= )R (t, s) = Φ (t) Φ−1 (s
ולכן ,הפתרון למשוואה הוא:
ˆt
)cos (t − s) sin (t − s
0
sin t
ds
y (0) +
)− sin (t − s) cos (t − s
)sin (ωt
cos t
{z
}
| 0
sin
(t
−
)s
sin
)(ωs
)cos (t − s) sin (ωs
|
{z
}
ω
sin
t
−
sin
)(ωt
1
ω2 −1
))ω (cos t − cos (ωt
sin t − t cos t
כאשר :ω = 1
t sin t
1
2
cos t
− sin t
ונשים לב כי הפתרון מתבדר לאינסוף .זהו למעשה רזוננס.
= )y (t
פרק 6
מערכות לינאריות מסדר ראשון עם מקדמים קבועים
)y ′ (t) = Ay (t
מאלגברה לינארית אנו יודעים כי כל מטריצה ניתנת להעברה לצורת ז'ורדן .כלומר קיימת מטריצה Pהפיכה כך ש:
A = P JP −1
כאשר:
J0
.
Js
0
···
λq
···
..
.
כולל אפשרות בה .q = 0ומתקיים:
0
..
.
0
1
J =
J1
..
λq+i
.
...
.
.
.
..
..
λ1
..
J0 = .
0
..
0
.
.
1
..
.
..
.
..
..
..
..
.
0
... ...
לכל .i = 1, . . . , s
33
λq+i
0
Ji = ...
.
..
0
34
םיעובק םימדקמ םע ןושאר רדסמ תויראניל תוכרעמ 6.קרפ
6.1אקספוננט של מטריצה
הגדרה 6.1.1אקספוננט של מטריצה :נזכור כי ההגדרה של אקספוננט היא:
∞
X
xn
!n
n=0
= ex
באותו אופן נגדיר:
∞
X
An
!n
n=0
= eA
נראה כי זה מודר היטב ,נתבונן בזנב:
−→ 0
∞→m,n
X
m
m−n
m−n
m
n
k
Ak
X
X kAkk+n
X kAkk+n
m Ak X
kAk kAk
kAk
≤
≤
=
≤
≤=
e
!k
!)(k + n
!k!n
!n
!k≥n k! k≥n k
k=n
k=0
k=0
ולכן לפי קריטריון קושי ,הטור של eAמתכנס.
באופן כללי . eA+B 6= eA · eB :השיוויון מתקיים אם המטריצות מתחלפות.
הערה 6.1.2רז הסתייג מלציין האם זה אם"ם .ייתכן שיש מקרים אחרים.
מה הקשר אז לצורת ז'ורדן שכבר ציינו? אם A = P JP −1אז:
∞
X
P J n P −1
= P eJ P −1
!n
n=0
6.1.1
=
n
∞
X
P JP −1
= e
!n
n=0
A
איך מחשבים את ?eJ
e J0
.
e =
e J1
..
e Js
J
כאשר:
0
···
eλq
···
..
.
.
..
eλ1
..
= .
0
J0
e
נשאר רק ללמוד לחשב:
λ 1
0 ... 0
.
0 . . . . . . . . . ..
.. . .
.. ..
exp .
.
.
.
בגודל 0 ri
.
.
.
. . . . 1
..
0 ... ... 0 λ
35
םיעובק םימדקמ םע ןושאר רדסמ תויראניל תוכרעמ 6.קרפ
ניתן לסמן את המטריצה הזאת כ .λq+i Iri + Eri :מכיוון ש Iriו Eriמתחלפות )מטריצה אלכסונית מתחלפת עם כל מטריצה( אזי:
eJi = eλq+i eEri
P
דוגמה ri = 4 : 6.1.3נרצה לחשב את ) exp (Eriבמקרה שלנו:
0 1 0 0
0 0 1 0
=
0 0 0 1
0 0 0 0
Eri
נבחין כי:
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
=
0
0
0
0
=
0
0
= 0
Er2i
Er3i
Er4i
ולכן:
1
!3
1
2!
1
1
1
!2
1
1
0
1
1
0
0
1
1 0 0
0
λ 1 0
λ
=e
0
0 λ 1
0 0 λ
0
λ
0
exp
0
0
36
קרפ6. םיעובק םימדקמ םע ןושאר רדסמ תויראניל תוכרעמ
:( ואז היינו מקבליםλq+i Iri + Eri ) t : אז המטריצה שלנו הייתהetJ היינו מחשבים אתeJ אם במקום לחשב את6.1.4 הערה
Eri
0
0
=
0
0
0
0
t
0
t 0
0 t
0 0
0 0
:נבחין כי
Er2i
=
Er3i
=
Er4i
=
0
0
0
0
0
0
0
0
0 t2
0 0
0 0
0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
t2
0
0
3
t
0
0
0
:ואז
λ 1
0 λ
exp
t 0 0
0 0
1
0 0
1 0
= etλ 0
0
λ 1
0 λ
0
t2
2!
t
1
0
0
t
1
0
t3
3!
t2
2!
t
1
: נבחין כי.eA נרצה לחשב את.A =
etA
A2
A3
=
=
A4
=
0 1
−1 0
: 6.1.5 דוגמה
P
−I
−A
I
t3
1 4
1 5
t2
t4
t5
1 2
t3
cos t
= I +tA− t I − A+ t I + t A+. . . = I 1 − + + . . . +A t − + + . . . =
− sin t
2!
3!
4!
5!
2! 4!
3! 5!
|
|
{z
}
{z
}
cos t
:ולכן
sin t
cos t
sin t
:דרך נוספת לחשב היא בעזרת לכסון
1 1 −i
1 1 1
i 0
√
A= √
0 −i
2 i −i
2 1 i
|
|
{z
}
{z
}
P
eAt = P etJ P −1
it
e
=P
0
P −1
0
P −1 =
e−it
cos t
− sin t
sin t
cos t
:ולכן
.כלומר קיבלנו את המבוקש
37
6.2
םיעובק םימדקמ םע ןושאר רדסמ תויראניל תוכרעמ 6.קרפ
מערכת עם מקדמים קבועים
y ′ = Ay
טענה 6.2.1
Φ (t) = etAהיא מטריצה יסודית למערכת לינארית במקדמים קבועים.
הוכחה :נתבונן בנגזרת::
e(t+h)A − etA
)Φ (t + h) − Φ (t
=
h
h
בגלל שלא משנה באיזה סקלר אנו מכפילים את Aהם עדיין יהיו מתחלפים ,אזי:
etA ehA − etA
ehA + I
ehA + I tA
= etA
=
e
h
h
h
אבל נשים לב כי הגבול של
=
hA
+I
h
lim eקיים ,ולמעשה זה מתכנס ל .Aכי אם נציב את הטור נקבל:
h→0
1 2 1 3
A + hA + . . .
2
6
=A+h
1 2 2
I + h
A + 2 h A + . . . − I
h
hA
+I
=
h
e
ולכן:
)Φ′ (t) = AΦ (t
כלומר ,הוא מקיים את המשוואה כנדרש .ולכן.e−tA etA = I :
הערה 6.2.2אופרטור הפתרון הוא:
R (t, s) = etA · e−sA = e(t−s)A
למה אנו מוגבלים למקדמים קבועים? נגדיר במקרה של A = a ,n = 1אז קיבלנו כי אופרטור הפתרון הוא:
a(u)du
´t
es
וזה נכון ,גם כאשר האופרטור הוא לא קבוע במקרה של ) n = 1הוכח בתרגול(.
נרצה לשאול ,האם באופן כללי:
A(u)du
A(u)du
´t
´t
ψ (t) = esהיא מטריצה יסודית?
− es
A(u)du
t+h
´
t
h
A(u)du+
´t
s
)ψ (t + h) − ψ (t
e
ψ (t) = lim
= lim
h→0
h→0
h
′
t+h
´
´t
מה הבעיה? אף אחד לא מבטיח לנו שהמטריצות הנ"ל מתחלפות ) המטריצות A (u) du
, A (u) du,הרי הקבועים משתנים
t
s
בזמן( ולכן ,אנחנו לא יכולים לפתוח את האקספוננט .היינו יכולים להמשיך אם Aהייתה קבועה ,או Aאלכסונית .אם Aקבועה אז
ראינו ,או אלכסונית ,אבל אז זה לא מעניין כי יש לנו למעשה nמשוואות מסדר ראשון.
לכן ,התשובה היא :לא! זה לא תמיד נכון.
38
םיעובק םימדקמ םע ןושאר רדסמ תויראניל תוכרעמ 6.קרפ
הערה 6.2.3כל פתרון של מערכת עם מקדמים קבועים הוא מהצרורה:
etA · c
כאשר cוקטור .כאשר:
etA c = P etJ P −1 c
כל פתרון אפשר לכתוב כקומבינציה של פונקציות מהצורה:
eλt , teλt , t2 eλt
פרק 7
משוואה לינארית מסדר n
נדון תחילה במשוואה הומוגנית:
a0 (t) y (n) (t) + a1 (t) y (n−1) (t) + . . . + an (t) y (t) = 0
נגדיר Lnאופרטור:
)Ln : C n (I) → C 0 (I
באופן הבא:
dn
dn−1
d
+
a
)(t
)+ . . . + an−1 (t
)+ an (t
1
n
n−1
dt
dt
dt
)Ln = a0 (t
אפשר לכתוב את המשוואה מסדר nכך.(Ln y) (t) = 0 :
הנחה a0 :אינו מתאפס על הקטע ,ולכן ניתן לחלק את המשוואה ב .a0
מעבר למערכת משוואות:
)y (t
y ′ (t)
Y (t) =
..
.
)y (n−1) (t
נקבל:
)Y ′ (t) = A (t) Y (t
כאשר:
0
0
1
)− aa01 (t
)(t
...
...
0
1
.
.
..
..
1
0
..
.
0
0
)a2 (t
). . . . . . − a0 (t
39
0
0
..
.
0
)(t
)− aan0 (t
A (t) =
40
n
רדסמ תיראניל האוושמ 7.קרפ
למטריצה היסודית יהיה המבנה הבא:
ϕn
ϕ′n
..
.
...
...
)(n−1
. . . ϕn
ϕ1
ϕ′1
Φ (t) = ..
.
ϕ2
ϕ′2
..
.
)(n−1
)(n−1
ϕ2
ϕ1
ה ϕjבלתי תלויים .לדטרמיננטה של המטריצה הזאת נקרא רונסקיאן ) Wronskianעל שם (Wronskiכלומר ,נסמן:
tr (A (s)) ds
} | {z
)a1 (s
)a0 (s
−
´t
t0
W (ϕ1 , . . . , ϕn ) (t) = det Φ (t) = det Φ (t0 ) e
טענה 7.0.4
תהיינה ϕ1 , . . . , ϕn : I → Rגזירות ברציפות nפעמים כך ש) W (ϕ1 , . . . ϕn ) (t) 6= 0 :לכל (t ∈ Iאזי קיימת משוואה לינארית
מסדר nשה ϕiהם בסיס לפתרונות שלה והמשוואה יחידה אם המקדם של ) y (nשווה .1
הוכחה :נתבונן ב:
) W (y, ϕ1 , ϕ2 , . . . , ϕn
=0
)W (ϕ1 , . . . , ϕn ) (t
..
..
.
.
)(n
. . . ϕn
ϕn
ϕ′n
נבחין כי למעשה זה שווה ל:
...
...
ϕ1
ϕ′1
..
.
)(n
ϕ1
(−1)n
y
′
y
W (y, ϕ1 , . . . , ϕn ) = ..
.
)y (n
n
= (−1) W (ϕ1 , . . . , ϕn ) y (n) + . . . + W (ϕ′1 , . . . , ϕ′n ) y
זו משוואה לינארית מסדר nעבור yהמקדם של ) y (nהוא ) 1חילקנו הרי במקדם( וכל אחד מה ϕjמקיים:
)W (ϕi , ϕ1 , . . . , ϕn = 0
לכן ϕiפתרונות בלתי תלויים של משוואה זו.
) Φ (tמוגדרת ע"י Φ′ (t) = A (t) Φ (t) .ϕiמגדיר באופן יחיד את
0
...
0
1
...
0
..
..
.
.
0
1
). . . −a2 (t) −a1 (t
ולכן המשוואה היא יחידה.
).A (t
1
0
0
0
0
...
0
)−an (t
..
.
..
.
A (t) =
41
7.1
n
רדסמ תיראניל האוושמ 7.קרפ
משוואה צמודה
בהינתן מערכת y ′ (t) = A (t) y (t) :המשוואה הצמודה לה היא.y ′ (t) = −A∗ (t) y (t) :
עבור משוואה מסדר nבהצגה וקטורית המטריצה הצמודה היא:
0 . . . . . . 0 a∗n
..
..
−1 . . .
.
.
.
..
∗
.
.
. . . . ..
−A (t) = 0
.
.
..
.. ..
..
.
. 0
.
0 . . . 0 −1 a∗1
= a∗n yn
y1′
= −y1 + a∗n−1 yn
y2′
= −yn−2 + a∗2 yn
= −yn−1 + a∗1 yn
′
yn−1
yn′
..
.
נגזור את האחרונה n − 1פעמים ונקבל:
∗ dn−1
) (a yn
dtn−1 1
)(n−1
yn(n) = −yn−1 +
′
n − 2 yn−1פעמים ונקבל:
נגזור את
∗ dn−2
∗ dn−1
(a
y
)
+
) (a yn
n
dtn−2 2
dtn−1 1
)(n−2
= +yn−2 −
נמשיך כך ,ולבסוף נקבל:
n
+ . . . + (−1) a∗n y
)(n−2
) + (a∗2 yn
)(n−1
) yn(n) − (a∗1 yn
למעשה קיבלנו אופרטור חדש אשר נהוג לסמנו .L∗n
L∗n yn = 0
n−1
n−2
dn
n−1 d
n−2 d
)+ (−1
)a∗1 + (−1
a∗ + . . . + a∗n
n
n−1
dt
dt
dtn−2 2
n
)L∗n = (−1
42
P
n
רדסמ תיראניל האוושמ 7.קרפ
דוגמה : 7.1.1מקרה פרטיn = 2 :
y ′′ + a1 y ′ + a2 y
y ′′ − (a∗1 y)′ + a∗2 y
=
=
Ln y
L∗n y
יהיו v, uשתי פונקציות גזירות פעמיים:
∗
v ∗ Ln u − u (L∗n v)∗ = v ∗ (u′′ + a1 u′ +
a2
u) − u v ′′ − (a∗1 )′ v − a∗1 v ′ +
a∗2
= v
v ∗ u′′ − u (v ∗ )′′ + a1 u′ v ∗ + (a1 v ∗ u)′ u
|
{z
| }
{z
}
(a1 uv ∗ )′
(v ∗ u′ −uv ∗′ )′
′
7.2
] ∗ v ∗ Ln u − u (L∗n v)∗ = [v ∗ u′ − uv ∗′ + a1 uv
משוואות עם מקדמים מחזוריים
)y ′ (t) = A (t) y (t
קיים Tכך שלכל .A (t + T ) = A (t) :t
שאלה :האם למשוואות עם מקדמים מחזוריים יש פתרונות מחזוריים?
באופן כללי ,לא.
P
דוגמה : 7.2.1
)y ′ = (1 + sin t) y (t
זו משוואה מסדר ראשון ,אנו יודעים לפתור אותה .הפתרון הוא:
y (t) = cet−cos t
והוא לא מחזורי.
כאן נכנסת תורת Floquetאשר במסגרת הקורס נגע בה רק על קצה המזלג.
משוואה לינארית עם מקדמים קבועים ,כל הפתרונות מחזוריים.
43
P
n
רדסמ תיראניל האוושמ 7.קרפ
דוגמה : 7.2.2למשווה לא־לינארית שיש לה פתרונות מחזוריים )משוואת (Van der Pol
y ′′ (t) − µ 1 − y 2 (t) y ′ (t) + y (t) = 0
שאלה :האם הפתרון המחזורי הוא יציב?
יש לנו משוואה:
)y ′ = f (y
יש לנו פתרון ) y˜ (tמחזורי עם מחזור .Tנחפש פתרון ) y (t) = y˜ (t) + εz (tכאשר zלא ידוע .נציב במשוואה ונקבל:
˜( y˜′ (t) + εz ′ (t) = f
˜( y (t) + εz (t)) = f
˜( y (t)) + ε∇f
y (t)) z (t) + o ε2
ולכן:
˜( z ′ (t) = ∇f
)y (t)) z (t) + o (ε
ללא ה ) o (εהמשוואה נקראת משוואת ההפרעות.
משפט 7.2.3
′
תהא ) Φ (tמטריצה יסודית אז Φ (t + T ) :היא מטריצה יסודית )כאשר Tהוא המחזור של ,Aכאשר y (t) = A (t) y (t) :ו
)(A (t + T ) = A (r
!
´T
.det B = exp
לכן ,קיימת מטריצה קבועה Bכך ש Φ (t + T ) = Φ (t) B :לכל tוגם trA (s) ds
0
הוכחה :נגדיר .Ψ (t) = Φ (t + T ) :ולכן:
) Ψ′ (t) = Φ′ (t + T
אבל Φהיא מטריצה יסודית ,לכן:
) = A (t + T ) Φ (t + T
אבל Tהוא המחזור של Aולכן:
)= A (t) Ψ (t
כלומר Ψמטריצה יסודית כנדרש.
כעת:
Φ (t + T ) = Φ (t) B ⇒ det Φ (t + T ) = det Φ (t) det B
אבל גם ראינו כי:
trA(s)ds
´T
Φ (t + T ) = det Φ (t) = e t
ולכן נקבל כי:
trA(s)ds
ובפרט עבור t = 0כנדרש.
´T
det B = e t
44
n
רדסמ תיראניל האוושמ 7.קרפ
הערה Φ (t + 2T ) = Φ (t + T ) B = Φ (t) B 2 7.2.4ובאינדוקציה.Φ (t + kT ) = Φ (t) B k :
ובאופן כללי:
t
t
T + t−
T
=t
T
T
נקבל כי:
t
t
⌋ T B⌊ T
Φ (t) = Φ t −
T
כל פתרון הוא:
y (t) = Φ (t) c
כאשר cהוא וקטור קבוע.
נרצה לשאול ,האם Bהוא יחיד? התשובה היא לא .לא נכנס לזה .אבל הוא יחיד עד כדי טרנספורמציית דמיון.
הגדרה 7.2.5כופלים האופיניים :הערכים העצמיים של Bנקראים הכופלים האופיניים של המערכת ומסומנים .ρiהאקספוננתים
האופיניים µiמוגדרים ע"י .ρi = eµi T
משפט 7.2.6
יהיו ρ, µזוג כופלים/מעריכים אופייניים אז:
.1קיים פתרון המקייםy (t + T ) = ρy (t) :
.2פתרון זה ניתן להצגה כ y (t) = eµt p (t) :כאשר ) p (tהיא T־מחזורית.
הוכחה :יהי uהוקטור העצמי .Bu = ρµונגדיר.y (t) = Φ (t) u :
)y (t + T ) = Φ (t + T ) u = Φ (t) Bu = ρΦ (t) u = ρy (t
ולכן קיבלנו את .1
נראה את החלק השני:
נגדיר ) .p (t) = e−µt y (tצריך להוכיח כי pמחזורי.
−µt
p (t + T ) = e−µ(t+T ) y (t + T ) = e|−µT
){z } ρ |e {zy (t)} = p (t
ρ−1
)p(t
כנדרש.
מסקנה 7.2.7
במקרה שבו Bניתנת ללכסון הפתרון הכללי הוא מהצורה:
)αj eµj t pj (t
n
X
j=1
= )y (t
פרק 8
בעיית תנאי שפה
נניח שיש לנו מיתר ,כאשר אנו מתארים את המיקום של כל קורדינטה xשלו ע"י הפונקציהy (x, t) :
מיתר מקיים משוואה דפרנציאלית חלקית המכונה משוואת הגלים:
2
∂2y
2∂ y
=
c
∂t2
∂x2
cהוא קבוע המכונה מהירות הגל ותלוי במתיחות המיתר וצפיפות החומר שלו.
נניח כי אנחנו מחזיקים את הקצוות של המיתר קבועים ,כלומר:
y (0, t) = y (L, t) = 0
תנאי ההתחלה:
)y (x, 0) = f (x
∂y
)∂t (x, 0) = g (x
(
זהו בכלל תוכן של קורס אחר .אבל איך נעשה את זה?
נחפש פתרון של הפרדת משתנים.
)y (x, t) = u (x) v (t
נציב במשוואה ונקבל:
)u (x) v ′′ (t) = c2 u′′ (x) v (t
נחקל ב ) c2 u (x) v (tונקבל:
)1 v ′′ (t
)u′′ (x
=
2
)c v (t
)u (x
אבל אגף ימין תלוי רק ב xואגף שמאל תלוי רק ב ,tלכן אם נשנה רק את tאגף ימין ישאר קבוע ,ואם רק את xאגף שמאל ישאר
קבוע .לכן בהכרח ,קיים קבוע kכך ש:
(
)u′′ (t) = −ku (x
)v ′′ (t) = −kc2 v (t
45
46
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
הערה −k 8.0.8כי אחרת זה לא יקיים את תנאי השפה.
אבל מהתנאי השפה חייב להתקיים.u (0) = u (L) = 0 :
האם קיים פתרון? כן.u = 0 ,
האם הוא יחיד? לא .לדוגמה:
√
kx
u (x) = sin
√
√
sinאם קיים m ∈ Nכך שkL = πm :
הנ"ל הוא פתרון אםkL = 0 :
π 2 m2
L2
ולכן:
=k
לכן ,יש מספר בן מנייה של kשעבורה יש לבעיית תנאי השפה פתרון לא טריוויאלי.
נתמקד בבעיה הבאה:
הנעלם הוא ) .y (xנסתכל על משוואה מהצורה Ly (x) = λy (x) :נניח L = 1אז נקבל גם כי .y (0) = y (1) = 0 :כאשר
d2
.L = − dx
2
ראינו כי קיים פתרון לא טריוויאלי עבור .λ = π 2 m2
הערה 8.0.9נבחין כי המשוואה הזאת נראית לנו קצת מוכרת .זה מזכיר לנו ערכים עצמיים .Ax = λx
כלומר ,אנחנו מחפשים ערכים עצמיים של האופרטור .L
נעשה דיסקריטיזציה לבבעיה .נדגום אותה ב nנקודות ונקבל כי:
yi+1 + yi−1 − 2yi
= λyi
∆x2
−
ונקבל:
y0 = yN = 0
ולכן באמת נקבל כי מדובר בבעית ערכים עצמיים כי הבעיה כעת ניתנת לתיאור ע"י מטריצה.
לערכים של λשעבורם קיים פתרון לא טריוויאלי נקרא ערכים עצמיים של בעיית תנאי השפה.
לפתרונות yשל בעיית תנאי השפה של ערך עצמי λנקרא פונקציות עצמיות.
נגדיר על הפונקציות ] [0, 1מכפלה פנימית:
f (x) g (x)dx
ˆ1
= )(f, g
0
הפונקציות העצמות המתאימות לערך עצמי :π 2 m2
)2 sin (πmx
√
= )ym (x
זוהי פונקציה עצמית מנורמלת.
מה המכפלה הפנימית של ? ym , yk
sin (πmx) sin (πkx) dx = δm,k
ˆ1
0
(ym , yk ) = 2
47
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
לכן {ym } ,היא סדרה בת מנייה של פונקציות עצמיות של המערכת והיא מערכת אורתונורמלית של פונקציות עצמיות .המערכת
הזאת היא בסיס ל L2אשר מתאפסות על השפה.
אם f ∈ L2 [0, 1] ,אזי ) fˆ (m) = (f, ymהרכיב פורייה הm־י של .f
fˆ (m) ym = f
N
X
m=1
lim
∞→ N
השלמות של הבסיס.
8.1בעיית הערכים העצמיים
נתבונן באופרטור דיפרנציאלי לינארי מסדר .n
)L : C n (a, b) → C (a, b
dn−1
dn
+
a
)(x
+
)+ . . . + an (x
1
dxn
dxn−1
)L = a0 (x
נתבונן במשוואה:
Ly = λy
כאשר λהוא פרמטר שנתון בבעיה.
כאשר יש לנו תנאי שפה לינאריים:
nתנאי שפה .תנאי השפה ה kהוא:
Mk,1 y (a) + Mk,2 y ′ (a) + . . . + Mk,n y (n−1) (a) + Nk,1 y (b) + . . . + Nk,n y (n−1) (b) = 0
n h
i
X
)(j−1
Mk,j y (j−1) (a) + Nk,j (b) = 0
= Uk y
j=1
אופרטור תנאי השפה.U : C n (a, b) → Rn :
למערכת:
(
Ly = λy
Uy = 0
P
נקרא בעיית ערכים עצמיים.
2
d
.L = − dxכלומר a0 (x) = 1 :ו.a1 (x) = a2 (x) = 0 :
דוגמה : 8.1.1
דוגמה שכבר ראינו2 :
)M1,2 = N1,1 = N1,2 = 0
(M1,1 = 1,
)y (a
=
U1 y
)M2,1 = M2,2 = N2,2 = 0
(N2,1 = 1,
)y (b
=
U2 y
48
P
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
דוגמה : 8.1.2תנאי שפה מחזוריים:
)U1 (y) = y (b) − y (a
)U2 (y) = y ′ (b) − y ′ (a
8.1.1
M1,2 = N1,2 = 0
N1,1 = +1,
M1,1 = −1,
M2,1 = N2,1 = 0
N2,2 = +1,
N2,2 = −1,
צמוד לעצמו
הגדרה 8.1.3בעיית הערכים העצמיים נקראת צמודה לעצמה ) (Self-Adjointאם לכל ) u, v ∈ C n (a, bומקיימות את תנאי השפה
U u = U v = 0מתקיים:
)(Lu, v) = (u, Lv
הערה 8.1.4כאשר המכפלה הפנימית היא:
f (x) g (x) dx
P
ˆb
= )(f, g
a
דוגמה : 8.1.5
d2
dx2
)= y (a
U1 y
)= y (b
U2 y
L
= −
אם u, vגזירות פעמיים ומתאפסות על השפה אז:
)u (x) v ′′ (x) dx = (u, Lv
ˆb
a
0
*
b
′
= (x) dx
|a −
uv
(x) v ′
′
u
ˆb
a
0
*
b
v|a −
u′
u′′ (x) v (x) dx = −
ˆb
a
(Lu, v) = −
)דברים מצטמצמים בגלל התאפסות בקצוות(.
הערה 8.1.6הכרנו את האופרטור הצמוד ∗ Lוהוכחנו )רק עבור ,n = 2אבל קיימת הוכחה כללית( את זהות Greenשאמרה כי
]|baאיזשהי מפלצת .להסתכל בעבר .איזשהו ביטוי ריבועי ב .(Lu, v) − (u, L∗ v) = [u, v
b
אם ∗ L = Lוגם תנאי השפה U u = U v = 0מבטיח ש .[u, v]a = 0אז מתקבלת בעיית ערכים עצמיים שצמודה לעצמה.
הערה λ 8.1.7נקרא ערך עצמי אם לבעיית תנאי השפה קיים פתרון לא טריוויאלי.
משפט 8.1.8
בבעיות ערכים עצמיים צמודות לעצמן:
.1הערכים העצמיים ממשיים.
49
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
.2פונקציות עצמיות שמתאימות לערכים עצמיים שונים הן אורתוגונליות זו לזו.
.3קבוצת הערכים העצמיים היא לכל היותר בת מנייה ואין לה נקודות הצטברות ממשיות.
הערה 8.1.9
.1בשלב זה לא נוכיח קיום ערכים עצמיים.
.2ההוכחה של 3מסתמכת על פונקציות מרוכבות.
הוכחה:
.1תהי λערך עצמי עם פונקציה עצמית ψאז:
λ (ψ, ψ) = (λψ, ψ) = (Lψ, ψ) = (ψ, Lψ) = (ψ, λψ) = λ (ψ, ψ) ⇒ λ = λ ⇒ λ ∈ R
.2יהיו µ, λערכים עצמיים שונים .נניח כי Lψ = λψוכי .Lϕ = µϕ :נבחין כי:
)λ (ψ, ϕ) = (Lψ, ϕ) = (ψ, Lϕ) = µ (ψ, ϕ
}|{z
=µ
ומכאן:
(λ − µ) (ψ, ϕ) = 0
אבל מכיוון ש λ 6= µאזי.(ψ, ϕ) = 0 :
.3למשוואה Ly = λyנגדיר nפתרונות ב"ת ).ϕj (x, λ
Lϕj = λϕj
ϕ′1 (c) = ϕ′′1 (c) = ϕ(n−1) (c) = 0
ϕ1 (c) = 1
ϕ′2 (c) = 1,
ϕ2 (c) = 0
ϕ′′2 (c) = . . . = 0
עבור איזשהו ] ,c ∈ [0, bבאופן כללי נמשיך כך עד הנזגרת ה n − 1כאשר אנחנו מזיזים את ה 1ימינה.
למעשה אנו מחפשים nפונצקיות עם תנאי התחלה מאוד ספציפים.
)(z
אם:
אנליטית
התלות של ϕjב λהיא אנליטית )נאמר שפנקציה f : C → Cהיא
lim f (ξ)−fקיים(.
ξ−z
ξ→z
נקבל כי:
כל פתרון של Ly = λyהוא מהצורה:
1 0 . . . 0
.
0 1 . . . ..
=1
W (ϕ1 , . . . , ϕn ) (c) = .
.. . . . . . . 0
0 . . . 0 1
)αj ϕj (x
n
X
= )y (x
j=1
נרצה כי Uk y = 0לכל .kנבחין כי:
αj Uk ϕj (x) = 0
n
X
= Uk y
j=1
#
(b) αj = 0
}
)(l−1
Nk,l ϕj
(a) +
)(l−1
Mk,l ϕj
" n
n
X
X
j=1
l=1
{z
Ak,j
|
קיים וקטור } {αjלא טריוויאלי הפותר את המשוואה הזאת אם"ם .det Ak,j = 0מכיוון שהפונקציות הן אנליטיות,
הדטרמיננטה היא פונקציה אנליטית גם היא ב .λולכן λהוא ערך עצמי לכן det Ak,j (λ) :לא מתאפס מחוץ לציר הממשי,
ובפרט אינה זהותית אפס .וממשפט:
50
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
משפט 8.1.10
האפסים של פונקציה אנליטית שאינה זהותית אפס אין נקודות הצטברות ,ובפרט מספר בן מנייה )לכל היותר( של אפסים.
וזה מוכיח את המשפט.
8.2
בעיות תנאי שפה לא הומוגניות
נתבונן ב:
Ly = λy + f
Uy = 0
(
למה אנחנו מצפים? נתבונן במשוואה:
Ay = λy + f ⇒ (A − λI) y = f
= ) .det (A − λIכלומר אם ורקם אם λאינו ערך עצמי של המשוואה ההומוגנית )אם הוא כן,
למשוואה קיים פתרון יחיד אם6 0 :
אז או שיש אינסוף פתרונות ,או שאין פתרונות כלל(.
נחזור להתבונן ב:
(
Ly = λy + f
Uy = 0
נגדיר את ϕjכמו קודם )במשפט הקודם( .נגדיר → R
...
)ϕn (ξ
...
)ϕ′n (ξ
..
..
ξ≤x
.
.
)(n−2
)(ξ
. . . ϕn
...
)ϕn (x
ξ>x
2
] K : [a, bבאופן הבא:
) ϕ (ξ
1
′
ϕ
)1 (ξ
..
1
.
)K (x, ξ) = a0 (ξ)W (ϕ1 ,...,ϕn )(ξ
)ϕ(n−2) (ξ
1
) ϕ1 (x
0
dn
)+ . . . + an (x
dxn
)L = a0 (x
נחקור את ) ,K (x, ξהיא מוגדרת על ריבוע ,ונבחין כי המשולש חצי השמאלי העליון שלו הוא מאופס )כי ξ > xמאפס אותה(
נבחין כי:
lim K (x, ξ) = 0
x→ξ +
כמו כן:
dK
(x, ξ) = 0
dx
lim
x→ξ +
כי הדטרמיננטה לינארית בשורה האחרונה שלה .ולכן באופן דומה נקבל כי כל הנגזרות עד:
dn−2 K
(x, ξ) = 0
dxn−2
lim+
x→ξ
51
קרפ8. הפש יאנת תייעב
. (n ≥ 2 רציפה אםK [ )ובפרטa, b]2 רציפות עלx לפיK הנגזרות הראשונות שלn − 2
.x 6= ξ רציפות בK שלn( והn − 1) הנגזרות ה
lim+
x→ξ
1
dn−1 K
(x, ξ) =
dxn−1
a0 (ξ)
dn−1
dxn−1 K
.x = ξ אינה רציפה ב
בכל נקודה אזיa0 6= 0 מכיוון שדרשנו
.0 אין קשר ל... לא הולך לאינסוףa0 8.2.1 הערה
:נתבונן בפונקציה
u (x) =
ˆb
K (x, ξ) f (ξ) dξ =
a
ˆx
K (x, ξ) f (ξ) dξ
a
.Lu = λu + f :נראה ש
u′ (x) =
ˆx
a
u′′ (x) =
ˆx
a
u(n−1) (x)
=
0אנו יודעים כי הגבול שואף ל
=
ˆx
ˆx
a
:נגזור שוב
0
:
d2 K
dK
(x, ξ) f (ξ) dξ +
(x,ξ)f (ξ)
dx
ξ→x−
dx
a
u(n) (x)
:0
dK
(x, ξ) f (x) dξ + K (x,
ξ)
f
(ξ)|
−
ξ→x
dx
| {z
}
:וכך זה ימשך עד
dn−1
K (x, ξ) f (ξ) dξ + אפס
dxn−1
dn−1 K
dn
K
(x,
ξ)
f
(ξ)
dξ
+
(x,
ξ)
f
(ξ)
n−1
dxn
dx
{z
}
|
1
f (x)
a0 (x)
ξ→x−
:ולכן
Lu (x) = a0 u(n) + a1 u(n−1) + . . . + an−1 u′ + an u =
ˆx
ˆx
ˆx
dn k
dn−1 K
a0 (x) n (x, ξ) f (ξ) dξ + f (x) + a1 n−1 (x, ξ) f (ξ) dξ + . . . + an (x) K (x, ξ) f (ξ) dξ =
dx
dx
a
a
a
ˆx
LK (x, ξ) f (ξ) dξ + f (x)
a
ϕ1 (ξ)
ϕ′1 (ξ)
l
..
1
dK
=
al (x)
.
dxl
a0 (ξ) W (ξ) (n−2)
ϕ
(ξ)
1
a (x) ϕ(l) (x)
l
1
...
...
..
.
...
...
?ξ ≤ x בתחוםLK (x, ξ) מהו
ϕn (ξ)
ϕ′n (ξ)
..
.
(n−2)
ϕn
(ξ) (l)
a (x) ϕ (x)
l
n
52
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
מסקנה 8.2.2
)ϕn (ξ
)ϕ′n (ξ
.
.
.
)(n−2
ϕn
)(ξ
)Lϕ (x
n
אבל נזכור כי Lϕj = λϕjולכן:
...
...
.
.
.
...
...
) ϕ1 (ξ
) ϕ′1 (ξ
1
.
.
= )LK (x, ξ
.
)a0 (ξ) W (ξ) (n−2
ϕ
)(ξ
1
) Lϕ (x
1
..
..
) = λK (x, ξ
.
.
)(n−2
. . . ϕn
)(ξ
). . . λϕn (x
)ϕn (ξ
)ϕ′n (ξ
ולכן ,נקבל כי:
...
...
) ϕ1 (ξ
) ϕ′1 (ξ
1
..
=
.
)a0 (ξ) W (ξ) (n−2
ϕ
)(ξ
1
) λϕ (x
1
)Lu (x) = λu (x) + f (x
כנדרש.
נגדיר:
)cj (ξ) ϕj (x
n
X
G (x, ξ) = K (x, ξ) +
j=1
המקדמים cj (ξ) hecguלפי הדרישה שלכל :ξ
U G (·, ξ) = 0
הסימון אומר ש Uמתסכלת על xולא על .ξ
כלומר ,לכל :k
cj (ξ) Uk ϕj = 0
n
X
Uk K (·, ξ) +
j=1
לכל ξזו משוואה לינארית עבור ) cj (ξמטריצות המקדמים היא.Uk ϕj :
קיים פתרון יחיד אם:
det Uk ϕj 6= 0
אבל זו בדיוק אותה דטרמיננטה כמו קודם ,שאמרנו שצריכה להיות 0אם λערך עצמי .ולכן זה מתקיים אם λאינו ערך עצמי של
המשוואה ההומוגנית.
נתבונן ב:
G (x, ξ) f (ξ) dξ
ˆb
= )u (x
a
ונראה ש:
Lu = λu + f
Uu = 0
(
53
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
נבחין כי:
cj (ξ) f (ξ) dξ
ˆb
)ϕj (x
K (x, ξ) f (ξ) dξ +
j=1
a
)cj (ξ) f (ξ) dξ = λu (x) + f (x
n
X
ˆb
)ϕj (λ
ˆb
= )u (x
a
X
K (x, ξ) f (ξ) dξ + f (x) + λ
j=1
a
ˆb
Lu (X) = λ
a
כנדרש .תנאי השפה:
Uk ϕj cj (ξ) f (ξ) dξ
n ˆb
X
Uk K (·, ξ) f (ξ) dξ +
j=1 a
ˆb
= Uk u
a
אבל בחרנו את המקדמים cjכל שהמסומנים יצא אפס לכל .ξכלומר:
:0
n
X
)Uk K (·, ξ
+ Uk ϕj cj (ξ) f (ξ) dξ = 0
j=1
P
ˆb
=
a
דוגמה : 8.2.3
)−u′′ (x) = λu (x) + f (x
u (0) = u (1) = 0
(
במקרה שלנו K ,n = 2תהיה רציפה ,אבל הנגזרת שלה כבר לא .נבחר ,c = 0ונמצא פתרונות למשוואה ההומוגנית בהתאם:
ϕ1 (0) = 1, ϕ′1 (0) = 0
−ϕ′′1 = λϕ1
כלומר:
√
λx
ϕ1 (x) = cos
ואילו המשוואה השניה:
ϕ2 (0) , ϕ′2 (0) = 1
−ϕ′′2 = λϕ2
√
1
ϕ2 (x) = √ sin
λx
λ
נחשב את:
√
√1 sin
λx
λ
√ = 1
cos
λx
√
λx
cos
√
√ = )W (ϕ1 , ϕ2 ) (x
λx
− λ sin
54
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
במשוואה שלנו a0 (x) = −1 :ונקבל:
כלומר:
√
√
√1 sin
cos
λξ
λξ
1
λ
ξ≤x
√
√
(−1) (+1) cos
√1 sin
λx
λx
λ
| = )K (x, ξ
{z
}
√
))√1 sin( λ(ξ−x
λ
0
ξ>x
)√ c (ξ
√
2
λx + √ sin
λx
λ
G (x, ξ) = K (x, ξ) + c1 (ξ) cos
כעת נדרשות c1 , c2כך ש Gתקיים את תנאי השפה .כלומר:
G (0, ξ) = G (1, ξ) = 0
לכל .ξ
= 0
= 0
)K (0, ξ) + c1 (ξ
√
)√ c (ξ
2
λ + √ sin
λ
K (1, ξ) + c1 (ξ) cos
λ
נשים לב כי:
K (0, ξ) = 0
כי .ξ > x :ולכן .c1 (ξ) = 0 :נפתור את המשוואה השניה:
√
√
) c (ξ
1
2
√ sin
λ (ξ − 1) + √ sin
λ =0
λ
λ
תזכורת 8.2.4בעיות תנאי שפה:
Ly = λy + f
Uy = 0
(
קיים פתרון יחיד עבור λשאינו ערך עצמי של המשוואה ההומוגנית.
הגדרנו את הפונקציה K (x, ξ) :ואת פונקציית גרין ).G (x, ξ
G (x, ξ) f (ξ) dξ
ˆb
a
= )y (x
55
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
P
דוגמה : 8.2.5
כפי שראינו .ובנינו:
ואכן ,לכל ξמתקיים:
2
d
U1 y = y (0) ,L = − dxו.U2 y = y (1) :
2
√
√
)λ (ξ − 1
√
λx
sin
sin
λ
sin
−
√
)λ (ξ − x
sin
ξ≤x
0
אחרת
(
= )G (x, ξ
G (0, ξ) = G (1, ξ) = 0
אם נאמין לכל מה שעשינו ,לכל fרציפה:
√
ˆx
ˆ1 sin
√
√
)λ (ξ − 1
√
y (x) = sin
λ (ξ − x) f (ξ) dξ −
λx dξ
sin
sin
λ
0
0
היא פתרון של:
−y ′′ = λy + f
y (0) = y (1) = 0
(
נחזור כעת לבעיה ההומוגנית:
(
Ly = λy
Uy = 0
נרצה לשאול ,האם לכל בעיה צמודה לעצמה יש ערכים עצמיים? ואם כן ,כמה?
המטרה שלנו כעת ,היא להוכיח שיש לבעיה ערכים עצמיים .אנו נניח כי אפס אינו ערך עצמי .ברור כי קיים λ0 ∈ Rשהוא אינו ערך
עצמי )הרי מספר הערכים העצמיים הוא בן מנייה( ,ולכן נראה כי ל L − λ0 Idיש מספר בן מנייה של ערכים עצמיים ולכן גם ל .L
נסמן ב ) G (x, ξאת פונקציית גרין המתאימה ל λ = 0ונגדיר העתקה:
G (·, ξ) f (ξ) dξ
ˆb
a
Gfהוא הפתרון של בעיית תנאי השפה:
Ly = f
Uy = 0
→G : f 7
(
נבחין כי) G : C (a, b) → C n (a, b) :כלומר ,מקבל פונקציה רציפה ,ומחזיר פונקציה גזירה nפעמים(.
טענה 8.2.6
.1לכל fרציפה.U Gf = 0 ,LGf = f :
.2לכל ).(Gf, g) = (f, Gg) :f, g ∈ C (a, b
.G (x, ξ) = G (ξ, x) .3
.4לכל ) u ∈ C n (a, bמתקיים ש.U u = 0 ,GLu = u :
הוכחה:
.1ברור ,נובע מהגדרת .G
56
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
.2לכל g, fמתקיים:
)(Gf, LGg
=
}|{z
Lצמוד לעצמו
אבל מסעיף LGf = f :1ואילו LGg = gולכן:
)(LGf, Gg
)(f, Gg) = (Gf, g
כנדרש.
.3מסעיף קודם:
G (x, ξ) f (ξ) dξg (x)dx
ˆb ˆb
a
= G (x, ξ)g (ξ)dξ
a
ˆb
)f (x
ˆb
a
a
נשתמש בפוביני על מנת לשנות סדר אינטגרציה ונקבל:
G (x, ξ) f (ξ) g (x)dξdx
¨b
= G (x, ξ)f (x) g (ξ)dxdξ
a
¨b
a
בחלק השני של האינטגרל נחליף שמות של xו ξונקבל:
G (ξ, x) f (x) g (ξ)dxdξ
¨b
= G (x, ξ)f (x) g (ξ)dxdξ
a
a
נעביר אגפים ונקבל::
G (x, ξ) − G (ξ, x) f (x) g (ξ)dxdξ = 0
¨b
a
ומכיוון שזה נכון לכל fו gאזי זה גורר כי בהכרח:
)G (x, ξ) − G (ξ, x) = 0 ⇒ G (x, ξ) = G (ξ, x
כנדרש.
.4תהא ) .U u = 0 ,u ∈ C n (a, bאזי לכל פונקציה ) f ∈ C (a, bמתקיים:
) (GLu, f ) = (Lu, Gf ) = (u, LGf ) = (u, f
מעבר ראשון :ראינו כי Gצמוד לעצמו ,מעבר שני כי Lצמוד לעצמו ,שלישי ראינו.
וכיוון שזה נכון לכל u, fנקבל כי GLu = u :כנדרש.
טענה 8.2.7
ϕהיא פונקציה עצמית של:
Ly = λy
Uy = 0
¨b
(
עם ערך עצמי .λאם ורק אם היא גם פונקציה עצמית של Gומתקיים.Gϕ = λ1 ϕ :
57
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
הוכחה :אם
Ly = λy
Uy = 0
(
מתקיים ,אזי:
1
1
G (λϕ) = GLϕ
λ
λ
= Gϕ
אבל מכיוון ש Gמקיים את תנאי השפה ,אז מהחלק הרביעי של טענה קודמת GLϕ = ϕ :ולכן:
1
ϕ
λ
=
כנדרש.
כעת נניח כי .Gϕ = λ1 ϕנבחין כי:
1
ϕ = λLGϕ
λ
Lϕ = λL
אבל מהחלק הראשון של טענה קודמת נקבל:
= λϕ
וגם:
1
ϕ = λU Gϕ = 0
λ
U ϕ = λU
טענה 8.2.8
נגדיר:
}X = {Gu | u ∈ C (a, b) , kuk ≤ 1
אזי אברי Xחסומה במידה שווה ורציפים במידה אחידה.
הוכחה :נוכיח רק עבור ) .n ≥ 2עבור n = 1אין לנו תנאי שפה(.
) G (x, ξרציפה על [a, b]2ולכן היא בפרט חסומה )נסמן את החסם ב (Kורציפה במידה שווה.
כלומר:
|x1 − x2 | < δ ⇒ |G (x1 , ξ) − G (x2 , ξ)| < ε
∀x1 x2
∀ξ
∀ε > 0 ∃δ > 0
ולכן לכל )) kuk ≤ 1 ,u ∈ C (a, bדהיינו :(u ∈ X
b
ˆ
≤ |Gu (x1 ) − Gu (x2 )| = (G (x1 , ξ) − G (x2 , ξ)) u (ξ) dξ
a
b
1/2 b 1/2
ˆ
ˆ
1/2
2
ε |u (ξ)| dξ dξ = ε (b − a) kuk
a
a
≤ ||G (x1 , ξ) − G (x2 , ξ)| |u (ξ) dξ
}|{z
|
{z
}
קושי שוורץ
≤ε
הוכחנו כי הפונקציות ב Xרציפות במידה אחידה )מכיוון ש kuk ≤ 1ולכן הנ"ל חסום לכל u ∈ Xע"י
הערה 8.2.9כאשר אנו כותבים kukאנו מתכוונים לנורמה המושרית מהמכפלה הפנימית:
1/2
ˆb
a
1/2
).(ε (b − a
).kuk = (u, u
58
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
כעת נראה חסימות ,לכל ) u ∈ C (a, bכך ש : kuk ≤ 1
b
ˆ
ˆb
1/2
)|Gu (x)| = G (x, ξ) u (ξ) dξ ≤ K |u (ξ)| dξ ≤ K (b − a
a
a
ולכן Xחסום במ"ש.
מסקנה 8.2.10
לכל סדרה ) un ∈ (a, bכך ש kun k ≤ 1קיימת תת סדרה שמתכנסת במ"ש על הקטע ].[a, b
הוכחה :נובע ממשפט .Arzela-Asoli
הערה 8.2.11מכיוון שהתת־סדרה מתכנסת במ"ש היא בוודאי מתכנסת ב .L2
נתבונן ב ) .G : C (a, b) → C n (a, bנגדיר:
kGk = sup kGuk
kuk=1
כאשר הנורמה kGukהיא הנורמה ב L2כלומר:
(Gu, Gu) /2
1
=
sup
u: (u,u)=1
למעשה כבר הוכחנו ש .kGk < ∞ :כלומר G :הוא אופרטור לינארי חסום.
משפט 8.2.12
|)kGk = sup |(Gu, u
kuk=1
הוכחה :לכל :kuk = 1
≤ kGuk kuk ≤ kGk kuk2 = kGk
}|{z
|)|(Gu, u
קושי שוורץ
ולכן:
sup |(Gu, u)| ≤ kGk
kuk=1
נרצה להראות אי שיוויון בכיוון השני.
לכל u, vרציפות ,נרצה להסתכל על:
)(G (u + v) , u + v
Gאופרטור לינארי ,והמכפלה הפנימית היא אופרטור בי־לינארי ,ולכן:
)(G (u + v) , u + v) = (Gu, u) + (Gv, v) + (Gu, v) + (Gv, u
אבל Gצמוד לעצמו לכן (Gv, u) = (v, Gu) = (Gu, v) :ולכן:
)= (Gu, u) + (Gv, v) + (Gu, v) + (Gu, v) = (Gu, u) + (Gv, v) + 2Re (Gu, v
59
קרפ8. הפש יאנת תייעב
: נקבלu − v ואם נסתכל על
(G (u + v) , u + v) = (Gu, u) + (Gv, v) − (Gu, v) − (Gv, u) =
(Gu, u) + (Gv, v) − (Gu, v) − (Gu, v) = (Gu, u) + (Gv, v) − 2Re (Gu, v)
2
: נקבל, את החיבורku + vk כעת נכפול ונחלק ב
ku + vk
2
(G (u + v) , u + v)
ku + vk
= (Gu, u) + (Gv, v) + 2Re (Gu, v)
2
:אבל נבחין כי
(G (u + v) , u + v) 2
≤ sup |(Gw, w)| ku + vk
2
ku + vk
kwk=1
:כלומר
(Gu, u) + (Gv, v) + 2Re (Gu, v) ≤ sup |(Gw, w)| ku + vk2
kwk=1
:כעת עבור החיסור נקבל
ku − vk
2
(G (u − v) , u − v)
ku − vk
= (Gu, u) + (Gv, v) − 2Re (Gu, v)
2
:אבל נבחין כי
(G (u − v) , u − v) 2
≤ sup |(Gw, w)| ku − vk
2
kwk=1
ku − vk
:כלומר
(Gu, u) + (Gv, v) − 2Re (Gu, v) ≥ − sup |(Gw, w)| ku + vk
2
kwk=1
:נחסר את המשוואות זו מזו ונשתמש בשיוויון המקבילית ולכן
4Re (Gu, v) ≤ sup |(Gw, w)| 2 kuk2 + kvk2
kwk=1
|
{z
}
שיוויון המקבילית
2
2 kGuk ≤ sup |(Gw, w)| kuk + 1
kwk=1
.v =
Gu
kGuk
: נבחר. רציפותu, v הנ"ל נכון לכל
: נקבל כיkuk = 1 ובפרט לכל
kGuk ≤ sup |(Gw, w)|
kwk=1
: שלהם כלומרsup ולכן זה ישאר נכון גם ל, מנורמלkuk אבל הנ"ל נכון לכל
kGk = sup kGuk ≤ sup |(Gw, w)|
kuk=1
kwk=1
:וכיוון שראינו אי שיוויון בשני הכיוונום אזי
kGk = sup |(Gw, w)|
kwk=1
60
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
משפט 8.2.13
kGkאו − kGk :הם ערכים עצמיים של .G
הוכחה :מהגדרת הסופרימום :או שקיימת סדרה kun k = 1כך ש (Gun , un ) → kGk :או שקיימת סדרה kun k = 1כך ש
.− (Gun , un ) = kGk
נניח את הראשון )המקרה השני מטופל בדיוק באותו אופן(.
יש לנו סדרה של unמנורמלים .כך ש .(Gun , un ) → kGkנסמן .kGk ≡ µ0
נבחין כי (Gun ) ⊆ Xולכן ,קיימת תת סדרה Gunהמתכנסת במ"ש ,לצורך העניין נניח כי Gunהיא הסדרה מתכנסת )אחרת נבחר
אותה מחדש בתור התת־סדרה המתכנסת( .נקרא לגבול Gun → ϕ0 .ϕ0במידה שווה.
ההתכנסות במ"ש גורר התכנסות ב L2כלומר:
lim kGun − ϕ0 k = 0
∞→n
מכאן נובע כי:
kGun k −→ kϕ0 k
∞→n
מכיוון ש:
2
2
) 0 ← (Gun − ϕ0 , Gun − ϕ0 ) = kGun k + kϕ0 k − 2Re (Gun , ϕ0
{z
}
|
→−2kϕ0 k2
כלומר בגבול ∞ → nנקבל כי:
2
2
kGk − kϕ0 k = 0
נסתכל על:
2
2
1
*
2
2
2
kGun − µ0 un k = (Gun − µ0 un , Gun − µ0 un ) = kGun k + µ20
ku
k
−
) 2µ0 Re (Gun , un
n
→ kGun k − µ20 = kϕ0 k − µ20 ≥ 0
2
ולכן . kϕ0 k ≥ µ20 :אבל מכיוון ש µ0הוא הנורמה האופרטורית ,והאופרטור הוא לא אופרטור האפס אזי:
kϕ0 k2 ≥ µ20 > 0
ולכן ϕ0אינו טריוויאלי.
נשאר להוכיח כי .Gϕ0 = µ0 ϕ0 :נבחין כי:
≤ 0 ≤ kGϕ0 − µ0 ϕ0 k ≤ kGϕ0 − G (Gun )k + kG (Gun ) − µ0 Gun k + kµ0 Gun − µ0 ϕ0 k
:0
:0
0
:
Gu
−ϕ0 k −→ 0
kGk
kϕ
−µ
kGu
0−
n k − kGk kGu
n
0 un k + µ0
n
∞→n
ולכן Gµ0 = µ0 ϕ0 ,כנדרש.
משפט 8.2.14
יש ל Gמספר בן מניה של פונקציות עצמיות.
61
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
הוכחה .kϕ0 k = 1 ,|µ0 | = kGk ,Gϕ0 = µ0 ϕ0 :נתבונן ב:
)G1 (x, ξ) = G (x, ξ) − µ0 ϕ0 (x) ϕ0 (ξ
כלומר ,הגדרנו פונקציית גרין חדשה .נגדיר אופרטור חדש:
G1 (x, ξ) f (ξ) dξ
ˆb
= )(G1 f ) (x
a
ומתקיים:
) G1 f = Gf − µ0 ϕ0 (f, ϕ0
תכונות של :G1
G1 .1צמוד לעצמו:
= f (ξ) ϕ0 (ξ)dξϕ0 (x) g (x)dx
¨
(G1 f, g) = (Gf − µ0 (f, ϕ0 ) ϕ0 , g) = (f, Gg) − µ0
)(f, Gg) − µ0 (f, (g, ϕ0 ) ϕ0 ) = (f, G1 g
.2מכיוון ש G1צמוד לעצמו ,המשפט הקודם תקף גם עליו ,לכן יש לו פונקציה עצמית .G1 ϕ1 = µ1 ϕ1
.3נבחין כי:
G1 ϕ0 = Gϕ0 −µ0 ϕ0 (ϕ0 ϕ0 ) = 0
}|{z
µ0 ϕ0
.4
1
1
1
= ) (ϕ0 , µ1 ϕ1
= ) (ϕ0 , G1 ϕ1
G1 ϕ0 , ϕ1 = 0
µ1
µ1
} µ1 | {z
= ) (ϕ0 , ϕ1
=0
.5
Gϕ1 = G1 ϕ1 + µ0 ϕ0 (ϕ1 , ϕ0 ) = µ1 ϕ1
לכן ,אם ϕ1גם פונקציה עצמית של Gעם ערך עצמי .µ1
|µ1 | ≤ |µ0 | .6
באופן דומה ,נגדיר:
) G2 f = G1 f − µ1 ϕ1 (f, ϕ2
) µj ϕj (f, ϕf
1
X
j=0
G2 f = Gf −
ניתן לבנות סדרה בת מניה של פונקציות עצמיות )מערכת אורתונורמלית( אלא אם כן קיים mשעבורו .Gm = 0
62
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
נניח בשלילה שקיים mשעבורו ,Gm = 0אזי לכל fרציפה:
) µj ϕj (f, ϕj
m−1
X
j=0
0 = Gm f = Gf −
נפעיל את Lעל המשוואה ,נקבל כי:
µj (f, ϕf ) Lϕj
m−1
X
= LGf
j=0
1
µj
אבל הפונקציות העצמיות של Gהן הפונקציות העצמיות של Lעם ערך עצמי
(f, ϕj ) ϕj
m−1
X
ולכן .µj Lϕj = ϕj :וגם LGf = fולכן קיבלנו כי:
=f
j=1
לכן ,כל פונקצינ רציפה נמצאת ב C nוזו סתירה.
Beseel
למה 8.2.15אי־שיוויון
(
Ly = λy
כאשר Lצמודה לעצמה ⇐ }) . {(ϕj , µj
Uy = 0
לכל ) f ∈ L2 (a, bמתקיים:
|(f, ϕj )|2 ≤ kf k2
∞
X
j=0
הוכחה :לכל :m
כלומר:
2
m
m
m
X
X
X
2
|(f,
ϕj )|2
|(f,
ϕ
|)
+
(f,
ϕ
)
ϕ
=
kf
k
−
2
≤0
f
−
j
j
j
j=0
j=0
j=0
2
2
|(f, ϕj )| ≤ kf k
m
X
j=0
משפט 8.2.16
לכל ) .U f = 0 ,f ∈ C n (a, bאז(f, ϕj ) ϕj :
∞
P
= fהתכנסות במ"ש.
j=0
הוכחה :לכל :j
)G (x, ξ) ϕj (ξ) dξ = µj ϕj (x
ˆb
a
= )Gϕj (x
נקח צמוד מרוכב:
)G (x, ξ) ϕj (ξ)dξ = µj ϕj (x
} | {z
)G(ξ,x
ˆb
a
= )Gϕj (x
63
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
נכתוב את הנ"ל בתור מכפלה פנימית:
(G (·, x) , ϕj ) = µj ϕj
נעלה את שני האגפים בריבוע:
m
X
|µj |2 |ϕj (x)|2
j=0
= |(G (·, x) , ϕj )|2
m
X
j=0
מאי־שיוויון בסל ) (Besselנקבל כי:
2
|G (ξ, x)| dξ
ˆb
a
2
2
= |(G (·, x) , ϕj )| ≤ kG (·, x)k
m
X
j=0
כלומר ,לכל :m
2
|G (x, ξ)| dξ
נטנגרל את שני האגפיםdx :
´b
ˆb
a
2
2
≤ |)|µj | |ϕj (x
ˆm
j=0
ונקבל:
a
2
|G (ξ, x)| dξ
} | {z
|G(x,ξ)|2
|G (x, ξ)| ≤ Kלכל x, ξולכן:
¨b
a
2
≤ | |µj
X
j=0
2
)≤ K 2 (b − a
2
כלומר|µj | :
נזכור כי:
m
P
j=0
מתכנס .ובפרט.µj −→ 0 :
∞→j
)µj ϕj (x) ϕj (ξ
m−1
X
j=0
Gm (x, ξ) = G (x, ξ) −
והגדרנו את Gmבעזרת הנ"ל.
כמו כן ,ראינו ש:
|µm | = kGm k
תהא ):u ∈ C (a, b
m−1
X
) µj ϕj (u, ϕj
−→ 0
kGm uk = Gu −
∞→ ≤ kGm k kuk = |µm | kuk m
j=0
64
הפש יאנת תייעב 8.קרפ
כלומר:
m−1
X
) µj ϕj (u, ϕj
lim Gu −
=0
∞→m
j=0
כלומר:
L2
µj (u, ϕj ) ϕj → Gu
m−1
X
j=0
נתבונן ב:
b
ˆ
X
X
q
q
X
X
q
q
≤ (u, ϕj ) ϕj (ξ) dξ
)(u, ϕj ) ϕj = G (x, ξ
(u, ϕj ) Gϕj = G
= µj (u, ϕj ) ϕj
j=p
j=p
j=p
j=p
a
1/2
X
X
ˆb
q
q
X
q
1/2
1
|(u, ϕj )|2
(u, ϕj ) ϕj
(u, ϕj ) ϕj (ξ) dξ ≤ K (b − a) /2
|)|G (x, ξ
) = K (b − a
}|{z
} | {z
j=p
j=p
קושי־שוורץ
j=p
כעת ,מאי־שיוויון בסל ,נקבל שכאשר ∞ → p, qזה אכן שואף לאפס .מפני ש:
|(u, ϕj )|2 ≤ kuk2
∞
X
j=0
לפי אי שיוויון בסל.
ולכן ,מתקיים תנאי קושי ,דהיינו ,הטור מתכנס במ"ש .כלומר ,לכל ):u ∈ C (a, b
µj (u, ϕj ) ϕj = Gu
∞
X
j=0
במ"ש.
תהא ) .U f = 0 ,f ∈ C (a, bאזי.Lf =∈ C (a, b) :
n
µj (Lf, ϕj ) ϕj = GLf
∞
X
j=0
ומכיוון ש fמקיימת את תנאי השפה אזי .GLf = f :וכמו כן (Lf, ϕj ) = (f, Lϕj ) = f, µ1j ϕj ,כלומר:
(f, ϕj ) ϕj = f
∞
X
j=0
במידה שווה ,כנדרש.
≤K
a
פרק 9
נקודות שבת ,פתרונות מחזוריים ,יציבות ושאר ירקות
9.1
מוטיבציה קלה
נתבונן במערכת המשוואות:
) y1′ = 12 (y1 − y2 ) (1 − y1 − y2
) y2′ = y1 (2 − y2
(
נבחין כי זו מערכת לא לינארית .נזכור כי אנו לא יודעים לבטא באופן סגור פתרונות של משוואות לא לינאריות )פרט למקרים נדירים,
לא מקרה זה(.
אם נתבונן כזה כמקרה פרטי של:
))y ′ (t) = f (t, y (t
נבחין כי fשלנו ,לא תלוי מפורשות ב .tכלומר .f : R × Rn → Rn :למערכת כזו ,בה fאינה תלויה ב ,tקוראים מערכת
אוטונומית.
במערכת כזו ,אם y : R → Rnהוא פתרון של:
(
))y ′ (t) = f (y (t
y (0) = y0
אזי z (t) = y (t − t0 ) :הוא פתרון של:
))z ′ (t) = f (z (t
z (t0 ) = y0
(
כלומר ,הזזה בזמן ,אבל נראה אותו דבר.
במערכת אוטונומית f : Rn → Rn ,הוא שדה וקטורי .מה הקשר בין השדה הוקטורי הזה לפתרונות של המערכת ))?y ′ (t) = f (y (t
אנו מחפשים פונקציה שהנגזרת שלה הוא השדה הוקטורי הזה.
P
דוגמה : 9.1.1
y1′ = y2
y2′ = −y1
(
במערכת הצירים של ,y2 , y1נקודה ) (1, 0נקבל חץ למטה ,בנקודה ) (0, 1נקבל חץ ימינה ובאופן כללי נקבל מעגל.
כלומר ,הפתרונות הם מחזוריים .כיוון שמכל נקודה נקבל מסלול סגור של מעגל.
נחזור לדוגמה שאיתה התחלנו ,נשים לב שהנקודות:
y1 = y2 = 0
65
66
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
הפתרון ישאר שם לנצח.
כמו כן גם:
)(0, 1
)(2, 2
=
=
y
y
)(−1, 2
=
y
הם פתרונות של מערכת המשוואות האלה.
לפתרונות קבועים של מערכת משוואות דיפרנציאליות יש שם ,קוראים להם במספר שמות:
• נקודות שבת ).(Fixed Points
• נקודות שיווי־משקל.
• נקודות סטציונריות.
9.2
מה זה יציבות?
מה קורה אם הפתרון שלנו מתחיל מאוד קרוב לנקודת השבת?
האם אנחנו נקרוס לתוכה? נתקרב אליו ספירלית? נברח ממנה?
הגדרה 9.2.1תהא f : Rn → Rגזירה ברציפות .יהא u : R → Rnפתרון של.y ′ = f (y) :
uנקרא יציב במובן של .Lyapunovאם לכל ε > 0קיים δ > 0כך ש:
ky (t0 ) − u (t0 )k < δ
גורר:
ky (t) − y (t)k < ε
לכל .t > t0
הערה y 9.2.2הוא פתרון כלשהו.
הגדרה u 9.2.3נקרא יציב אסימפטוטית אם קיים δ > 0כך שלכל פתרון yהמקיים:
ky (0) − u (0)k < δ
מתקיים:
lim ky (t) − u (t)k = 0
∞→t
הערה 9.2.4במקרה הפרטי של נקודת שבת:
תהא uנקודת שבת .כלומר ,f (u) = 0היא יציבה אסימפטוטית אם קיים δכך ש:
ky (0) − uk < δ
גורר ש:
ky (t) − uk −→ 0
∞→t
67
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
9.2.1
התנהגות של פתרון
נרצה לדון קצת על התנהגויות של פתרון .סוגי פתרונות אפשריים לדוגמה הם:
• נקודת שבת.
• פתרונות מחזוריים ).(Limit Cyle
• פתרונות שמתכנסים אסימפטוטית לנקודת שבת.
• פתרונות שמתכנסים אסימפטוטית לפתרון מחזורי.
• פתרון קווזי־מחזורי.
• פתרון כאוטי.
• פתרון שמתבדר ל∞ אסימפטוטית .דהיינו ∞ →.ky (t)k −
∞→t
9.3חקר יציבות של פתרון
יהא ) u (tפתרון ,כלומר .u′ (t) = f (u (t)) :נתבונן בפתרונות כלליים:
))y ′ (t) = f (y (t
אבל נביע את yבתור:
)y (t) = u (t) + z (t
כאשר )" z (tקטן" .אנו יודעים כי z (t) = 0הוא פתרון.
))u′ (t) + z ′ (t) = f (u (t) + z (t
אבל uהוא פתרון ,ולכן u′ (t) = f (u (t)) :ולכן נין לכתוב משוואה לסטייה של yמ ) uכלומר :(z
))z ′ (t) = f (u (t) + z (t)) − f (u (t
נניח שאנו מתחילים עם zמאוד קטן ,אז ההפרש הנ"ל:
2
f (u (t) + z (t)) − f (u (t)) ≈ ∇f (u (t)) z (t) + O kz (t)k
2
2
כאשר ממשפט טיילור) .O kz (t)k ≤ C kzk :מניחים ש fגזירה פעמיים(
ולכן ,אפשר להסתכל על משוואה שהיא לינאריזציה של ) y ′ = f (yסביב uשהיא:
)~ (u (t)) z (t
z ′ (t) = ∇f
כלומר ,זו אכן משוואה לינארית ,והיא בעצם מה שקורה כאשר מתחילים קרוב ל .u
כמובן שהנ"ל הוא רק קירוב ,אשר מאוד מקובל בפיסיקה ,אבל היות וזה קורס במתמטיקה אנו לא יכולים לעשות זאת בלי הסבר
מתאים.
68
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
שאלות/מטלות
• לקבוע האם z (t) = 0הוא פתרון יציב של הקרוב הלינארי )אם כן ,נאמר ש ) u (tהוא פתרון יציב לינארי של ).(y ′ = f (y
• להראות שאם ) u (tיציב לינארי אזי הוא פתרון יציב של ).y ′ = f (y
הערה 9.3.1באופן כללי קשה לקבוע אם z = 0פתרון יציב של הקירוב הלינארי ,היות ו )) ∇f (u (tתלויה ב .tזה כן פשוט אם u
נקודת שבת.
הערה 9.3.2באופן כללי ,יציבות לינארית אינה מבטיחה יציבות ,אבל נראה מקרים שבהם הגרירה כן מתקבלת.
אם uנקודת שבת ,אזי הקרוב הלינארי הוא:
)y ′ (t) = ∇f (u) y (t
)y (t) = e∇f (u)·t y (0
אם קיים ערך עצמי )אחד מספיק( שהערך העצמי שלו חיובי ,בכל סביבה נמצא פתרון שהוא מתבדר.
אבל אם כל הערכים הם שליליים ,זה יתכנס.
אם הערך העצמי הוא אפס ,כל עוד הוא לא מרובה עדיין תהיה התכנסות ,אחרת הוא יתבדר.
כלומר :נקודת שבת יציבה לינארית אם"ם כל הערכים העצמיים של ) ∇f (uבעלי חלק ממש אי־חיובי .ואם שווה לאפס )החלק
הממשי (...אז הע"ע הוא מריבוי .1
תזכורת 9.3.3סיכום של מה שעשינו אתמול .במערכת אוטונומית ) u ,y ′ = f (yנקודת שבת ) ,(f (u) = 0אז לינאריזציה של
המשוואה סביב uהיא ) ,y ′ (t) = ∇f (u) y (tכלומר:
n
X
∂fj
)(u1 , . . . , un ) yk (t
∂yk
= )yj′ (t
k=1
עבור } .j ∈ {1, . . . , nסימון אחר ־ ).y ′ (t) = Df |u y (t
uנקראת יציבה לינארית אם אפס הוא פיתרון יציב של הלינאריזציה סביב .u
משפט 9.3.4
uיציבה לינארית אסימפטוטית אם"ם כל הע"ע של ) ∇f (uבעלי חלק ממשי שלילי.
הגדרה 9.3.5נקודת שבת היפרבולית /בולען /מקור /מרכז :נקודת שבת uנקראת היפרבולית אם אין ל־) ∇f (uערכים עצמיים
עם חלק ממשי אפס.
נקודת שבת uמכונה בולען ) (sinkאם לכל הע"ע של ) ∇f (uחלק ממשי שלילי .אם לכולם חלק ממשי חיובי ,היא מכונה מקור
).(soure
היא מכונה מרכז ) (enterאם לכולם חלק ממשי אפס.
69
P
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
דוגמה : 9.3.6האוסצילטור של :Dung
y1′
y2′
= y2
= y1 − y13 − δy2
כאשר .δ > 0
קל לראות כי ) (−1, 0) , (0, 0) , (1, 0נקודות שבת.
תהא uאחת מהנקודות שבת.
y2
y1 − y13 − δy2
0
1
1 − 3y12 −δ
0 1
1 −δ
= )f (y
=
Df
= )Df (0, 0
נמצא ערכים עצמיים:
i
p
1h
= −λ (−λ − δ) − 1 = 0 =⇒ λ
−δ ± δ 2 + 4 =⇒ λ2 < 0 < λ1
2
לכן ) (0, 0נקודת שבת היפרבולית.
מסקנה 9.3.7
) (0, 0אינה יציבה לינארית.
i
p
1h
−δ ± δ 2 − 8 =⇒ ℜ (λ1,2 ) < 0
2
= =⇒ λ (λ + δ) + 2 = 0 =⇒ λ
0
1
−2 −δ
= )Df (±1, 0
ולכן ) (±1, 0נקודות בולען.
משפט 9.3.8
2
f : Rn → Rnשדה וקטורי ,Cו־ uנקודת שבת של ) fכלומר .(f (u) = 0
אם לכל הע"ע של ) ∇f (uחלק ממשי שלילי ,אזי uנקודת שבת יציבה אסימפטוטית של ).y = f (y
′
הערה 9.3.9קודם דיברנו על הלינאריזציה.
משפט 9.3.10
f ∈ Rn → Rnוגם u f ∈ C 2נקודת שבת של fאם כל ערך עצמי של ) ∇f (uשליליים אזי uיציבה אסימפטוטית.
הערה y ′ (t) = f (y (t)) 9.3.11בה"כ אפשר להניח ש u ≡ 0כי אם u 6= 0אז z (t) = y (t) − Mו:
) z ′ (t) = f (z (t) + M
{z
}
|
))F (z(t
uנקודת שבת של 0 ⇐⇒ fנקודת שבת של u .0יצביבה אסימפטוטית ⇒⇐ 0יציבה אסימפטוטית.
)∇F (0) = ∇f (u
הוכחה :תהא Uסביבה של הראשית.
2
~ (0) y
f (y) − ∇f
≤ c kyk
70
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
נגדיר:
1
2
V (y) = kyk
2
)פונקציית (Lypunov
תכונות:
V (y) ≥ 0 .1
V (y) = 0 .2אם"ם y = 0
.3לכל Vקווי גובה סגורים .כלומר {y : V (y) ≤ c} :קבוצות קומפקטיות וקשירות
צריך להוכיח. lim V (y (t)) = 0 :
} t→∞ | {z
)g(t
))g ′ (t) = (∇V (y (t)) , y ′ (t)) = (y (t) , f (y (t))) = (y (t) , ∇f (0) y (t)) + (y (t) , f (y (t)) − ∇f (0) y (t
נזכר בטענה:
טענה 9.3.12
2
אם Aמטריצה שלכל הערכים העצמיים חלק ממשי שלילי ,אזי קיים α > 0כך ש . (y, Ay) ≤ −α kyk
מהטענה קיים α > 0כך ש:
′
)g (t) ≤ −2α g (t) +R (t
}|{z
2
1
2 ky(t)k
כאשר )).R (t) = (y (t) , f (y (t)) − ∇f (0) y (t
kR (t)k ≤ ky (t)k kf (y (t)) − ∇f (0) y (t)k
כל עוד נמצאים ב U
3/2
3
)˜ (t
≤ C ky (t)k = Cg
כל עוד נמצאים ב Uגם מתקיים:
3/2
)˜ (t
g ′ (t) ≤ −2αg (t) + Cg
קיים קבוע Kכך ש g (t) < Kאזי˜ (t)3/2 < αg (t) :
Cgולכן.g ′ (t) ≤ −αg (t) :
נעביר אגף ונכפול ב eαtונקבל:
′
g ′ (t) + αg (t) ≤ 0 ⇒ g (t) eαt ≤ 0
כלומר הנגזרת אי חיובית ,לכן זו פונקציה מונוטונית יורדת ולכן:
)≤ g (0
αt
g (t) e
וגם:
→0
−αt
0 ≤ g (t) ≤ g (0) e
ומכלל הסנדוויץ' נקבל:
2
lim ky (t)k = 0
∞→t
71
P
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
דוגמה : 9.3.13
ε>0
(
y1′ = y2
y2′ = −y1 − εy12 y2
ראשית (0, 0) ,היא נקודת שבת.
1
−εy12
0
−1 − 2εy1 y2
= )∇f (y
ולכן ,בראשית נקבל:
0 1
−1 0
= )∇f (0
הערכים העצמיים שלנו הם .λ = ±iנתבונן ב פונקציית .Lypunovנבחין כי:
1
kyk2
2
= )V (y
2
2
2
= )))g (t) = V (y (t)) ⇒ g ′ (t) = (y (t) , f (y (t
y1
(t)y
−y
)2 (t) + y2 (t
1 (t) − εy1 (t) y2 (t) = −εy1 (t) y2 (t) ≤ 0
כלומר ,לא משנה איפה אנו נמצאים ,המרחק מהראשית יורד מונוטונית .לכן הנקודה יציבה לפי .Lypunovכמו כן אפשר להראות
כי היא יציבה אסימפטוטית ,אבל לא נעשה זאת.
P
דוגמה : 9.3.14
)y1′ (t) = −3y2 (t
)y2′ (t) = y1 (t) + α 2y23 (t) − y2 (t
(
כאשר (0, 0) . α > 0היא נקודת שבת .נגדיר:
1 2
y1 + 3y22
2
= )V (y
))V (y (t
+ 3y (t) y
3
2
2
2
( )y1 (t
−3y
))(t
2
1 (t) + α 2y2 (t) − y2 (t) = 3αy2 (t) 2y2 (t) − 1
כל עוד
√1
2
< |) |y2 (tאז מובטח לנו ש g ′ (t) ≤ 0 :ולכן
מערכת אוטונומיתy ′ = f (y) :
משפחת של העתקות) {Φt | t ∈ R} :העתקות זרימה( .Φt : Rn → Rn
) y1 = Φt (y0
y1הוא ) y (tשפותר את בעיית תנאי ההתחלה:
)y ′ = f (y
y (0) = y0
(
= )g (t
= )g ′ (t
72
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
דרך אחרת לאמר אותו דבר:
d
dt Φt
(
))(y) = f (Φt (y
Φ0 (y) = y
הגדרה 9.3.15קבוצה S ⊆ Rnנקראת אינווריאנטית אם:
Φt (y) ∈ S
∀y ∈ S
∀t ∈ R
כמו כן S ,נקראת אינווריאנטית חיובית אם:
t ≥ 0 Φt (y) ∈ S
∀y ∈ S,
וגם Sנקראת אינווריאנטית שלילית אם:
t ≤ 0 Φt (y) ∈ S
P
∀y ∈ S,
דוגמה : 9.3.16לכל y ∈ R
}O (y) = {Φt (y) | t ∈ R
)המסלול שעובר ב .(y
כל מסלול דרך נקודה הוא קבוצה אינווריאנטית.
P
P
דוגמה : 9.3.17כל איחוד של מסלולים הוא קבוצה אינווריאנטית:
[
)O (y
y∈A
דוגמה : 9.3.18המסלולים ה"חיוביים":
}t ≥ 0
P
O+ (y) = {Φt (y) :
הם קבוצה אינווריאנטיות חיוביות.
דוגמה : 9.3.19נקודת שבת היא קבוצת אינווריאנטית )ללא תלות ביציבות(.
הגדרה 9.3.20קבוצה S ⊂ Rnנקראת יריעה אינווריאנטית אם היא קבוצה אינווריאנטית וגם היא יריעה דיפרנציאלית.
בהינתן ) ,y ′ = f (yתהא uנקדות שבת .המערכת הלינארית ליד נקודת השבת היא:
y ′ = Df (y) y
הפתרון שלה הוא:
)y (t) = eDf (y)t y (0
73
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
מאלגברה לינארית אנו יודעים שאנו יכולים לפרק את Rnלסכום ישר של שלושה מרחבים )שאולי אחד מהם טריוויאלי(:
Rn = Es ⊕ Eu ⊕ Ec
s־ מלשון יציב c ,מלשון מרכז ו uהנקודת שבת .כאשר:
} Es = span {e1 , . . . , es
כאשר e1 , . . . , esוקטורים עצמיים שמתאימים לערכים עצמיים של ) Df (uעם חלק ממשי שלילי.
כל אחד מהמרחבים האלה הם יריעות אינווריאנטיות.
s
T −1
u
Df (u) = T
c
לכל y ∈ Esמתקיים:
lim eDf (u)t y = 0
∞→t
לכל y ∈ Euמתקיים:
P
lim eDf (u)t y = 0
∞t→−
דוגמה n = 3 : 9.3.21
λ1 , λ2 < 0
λ3 > 0
(
ממשיים.
−
−
−
− e1
− e2
λ3
− e3
λ2
Es
Eu
λ1
|
e3
|
|
Df (u) = e1
|
|
e2
|
= } span {e1 , e2
= } span {e3
במקרה הלא לינארית Ws , Wu , Wc :יריעות אינווריאנטיות.
}Ws ∩ Wu ∩ Wc = {u
Wsמשיק ל Esב Wu ,uמשיק ל Euב Wc ,uמשיק ל Ecב :u
P
limt→∞ Φt (y) = u
limt→−∞ Φt (y) = u
∀y ∈ Ws
∀y ∈ Wu
דוגמה : 9.3.22אוסצילטור Dung
(
y1′ = y2
y2′ = y1 − y13 − δy2 δ > 0
′
0 1
y1
y1
=
y2
y2
1 −δ
) (0, 0נקודת שבת.
(
74
P
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
דוגמה : 9.3.23
x′ = x
y ′ = −y + x2
(
נקודת שבת יחידה.(0, 0) :
המשוואה הלינארית סביב הרשית:
′
x
1 0
x
=
y
0 −1
y
0
1
1
,
0
Es = span
Eu = span
)) (x (t) , y (tהצגה פרמטרית של עקום ב Rn
−y + x2
)y ′ (t
=
)x′ (t
x
= )y ′ (x
כלומר:
)y (x
+x
x
y ′ (x) = −
נחפש פתרון כנ"ל.
נבחין כי:
C
?+
x
= )y (x
פותר את החלק הראשון
נבחן את:
y = αx2 ⇒ y ′ = 2αx
αx2
+ x ⇒ 2αx = αx + x ⇒ 3αx = x
x
2ax = −
כלומר ,נקבל כי:
C
x2
+
x
3
= )y (x
קיום פתרונות מחזוריים :דרך נקודה yעובר פתרון מחזורי אם קיים Tכך ש:
ΦT (y) = y
משפט 9.3.24
noxidneB
נתבונן במערכת אוטונומית ב R2אם.y ′ = f (y) :
∂f1
2
2
divf = ∂yכך שאינו שווה בו זהותית לאפס ובעל סימן קבוע ,אזי :לא קיים מסלול מחזורי
+ ∂f
אם קיים תחום S ⊆ Rכך ש ∂y2
1
שמוכל ב .S
75
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
הוכחה :בהינתן U ⊆ Sשטח החסום ע"י המסילה .Γממשפט גרין:
*0
(f,
n)dl
=0
˛
= divf dy
Γ
¨
U
בסתירה לנתון על .divf
P
דוגמה : 9.3.25נתבונן שוב באוסילטור של .Dung
δ>0
y1′ = y2
y2′ = y1 − y13 − δy2
(
נבחין כי:
divf = 0 − δ = −δ < 0
למשוואה זו ,אין פתרונות מחזוריים.
9.4תורת האינדקס
עבור n = 2נתבונן בבעיה:
)x′ = f (x, y
)y ′ = g (x, y
Γמסילה סגורה שאין עליה נקודות שבת .נרצה לשאול מה הואdΦ :
´
Γ
נקבל כי תמיד:
dΦ = 2πk
(
?
ˆ
Γ
ה kהנ"ל נקרא האינדקס של העקום.
טענה 9.4.1
אינדקס של עקום לא משתנה תחת שינוי רציף כל עוד לא חוצים נקודות שבת.
מסקנה 9.4.2
אם השטח של עקום אינו מכיל נקודות שבת ,אז האינדקס הוא אפס(i (Γ) = 0) .
במקרה של בולען )המסלולים נכנסים לתוך נקודה( כל סיבוב סיבוב סביב הנקודה.i (Γ) = +1 :
במקרה של מקור )המסלולים יוצאים מנקודה( ,גם כן נקבל .i (Γ) = +1
במקרה של אוכף )גם נכנסים וגם יוצאים( ,עם מסלול המקיף את האוכף נקבל.i (Γ) = −1 :
מסלול מחזורי ,נסתכל על המסלול עצמו בתור המסילה גם כן ,נקבל כי i (Γ) = +1גם כן .אבל מה עם המסלול הולך נגד כיוון
המסילה? עדיין נקבל .+1
לבסוף ,מה קורה אם יש לנו 3נקודות שבת ויש לנו מסלול המקיף את שלושתן? ניתן לכווץ את המסלול בצורה רציפה כך שיכיל רק
את המסלולים וצווארי דקים כרצוננו אשר יבטלו זהת את זה ,ולכן נקבל כי האינדקס הוא סכום האינדקסים של נקודות השבת.
מסקנה 9.4.3
מסלול מחזורי חייבם ללתחום נקודת שבת.
אם רק אחת ,אזי בולען/מקור/מרכז.
אחרת :הוא חייב להקיף מספר איזוגי של נקודות שבת ,כאשר n + 1יהיו בולען/מקור/מרכז ו nאוכפים.
76
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
הגדרה f : Rn → Rn 9.4.4ו ,y ′ = f (y) :נסמן כרגיל את Φtאופרטור הפתרון.
תהא ,y ∈ Rnנאמר ש ) y˜ ∈ ω (yאם קיימת סדרה ∞ → tnכך ש:
˜Φtn (y) −→ y
∞→n
נאמר ש ) y˜ ∈ α (yאם קיימת סדרה ∞ tn → −כךΦtn (y) −→ y˜ :
P
∞n→−
דוגמה : 9.4.5נקודת שבת היא הנקודה היחידה בקבוצת ה ωשל נקודות על היריעה היצבה שלה.
9.5משפט
Poinaré-Bendixon
טענה 9.5.1
+
תהא M ⊆ R2קבוצה אנווריאנטית חיובית וקומפקטית )כלומר לכל (O (y) ⊂ M ,y ∈ Mאזי לכל :p ∈ M
ω (p) .1אינה ריקה.
ω (p) .2קבוצה סגורה.
ω (p) .3היא קבוצה אינווריאנטית )היא איחוד של פתרונות(
ω (p) .4קבוצה קשירה.
הוכחה:
.1תהא tn > 0כל סדרה כך ש ∞ → .tnמהאינווריאנטיות החיובית של :M
Φtn (p) ∈ M
ומכיוון ש Mקומפקטית ,קיימת תת סדרה מתכנסת ) .Φtnk (pומהגדרה הגבול שייך ל ).ω (p
∈ ) .Φt (pיהי r ∈ Uקיימת סביבה V
∈ .qקיימת סביבה Uשל qוקיים T > 0כך שלכל t > Tמתקיים/ U :
.2תהא )/ ω (p
∈q
∈ rולכן U ∩ ω (p) = ∅ :כלומר ,לכל )/ ω (p
∈ )/ ω (p) ⇐ .Φt (p
של rשמוכלת ב Yולכן :לכל t > Tמתקיים/ p :
קיימת סביבה Uשאינה נחתכת עם ).ω (p
.3תהא ) ,q ∈ ω (pקיימת סדרה ∞ → tnכך ש .Φtn (p) → qיהי .τ ∈ R
))Φtn +τ (p) = Φτ (Φtn (p
מכיוון שאופרטור הזרימה הוא רציף ,כאשר אנו משאיפים ∞ → nאנו יכולים להתייחס ל Φtn (p) → qולכן:
)Φtn +τ (p) → Φtn (q
כלומר Φτ (q) ∈ ω (p) :ולכן ).O (q) ⊂ ω (p
.4נניח ש ) ω (pלא הייתה קשירה ,כלומר קיימות קבוצות U, Vפתוחות וזרות כך ש ω (p) ⊂ U ∪ Vוגם ω (p) ∩ V 6= 0וגם
∅ =.ω (p) ∩ U 6
המסלול ) O+ (pחייב לעבור אינסוף פעמים ב K\Vשהיא קבוצה קומפקטית ) Kהיא קבוצה קומפקטית העוטפת את Vוזרה
ל .(Uליתר דיוק קיימת ∞ → tnכך ש .Φtn (p) ∈ K\Vכלומר:
∅ =(K\V ) ∩ ω (p) 6
בניגוד להנחה ב .ω (p) ⊂ V ∪ U
הגדרה 9.5.2מסילה טרנסברסלית היא מסילה Σ : I → Rש fמתאפסת עליה ואינה משיקה לה .כלומר:
|(Σ′ (s) .f (Σ (s)))| 6= kΣ′ (s)k kf (Σ (x))k
לכל .s ∈ I
77
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
טענה 9.5.3
+
תהא Mקבוצה אינווריאנטית חיובית ותהא Σמסילה טרנסברסלית ב .Mלכל p ∈ Mנקודות החיתוך של ) O (pו ) Σאם יש( הן
מונוטוניות.
הוכחה :רז מוכיח ויזואלית .ראהhttp://he.wikipedia.org/wiki/%D7%94%D7%95%D7%9B%D7%97%D7%94_%D7%91%D7% :
A0%D7%A4%D7%A0%D7%95%D7%A4%D7%99_%D7%99%D7%93%D7%99%D7%99%D7%9D
מסקנה 9.5.4
Mאינווריאנטית חיובית Σ .מסילה טרנסברסלית ב ω (p) .p ∈ M .Mחותכת את Σלכל היותר פעם אחת.
הוכחה :נניח בשלילה ש:
q1 , q2 ∈ ω (p) ∩ Σ
) O+ (pחותך את Σאינסוף פעמים בסביבות של q1 , q2בסתירה למונוטוניות מהטענה הקודמת.
הערה 9.5.5אם } ,ω (p) = {qאז כפי שאנו מכירים בסדרות זהו הגבול )בדיוק כמו בסדרות( .כלומר:
O+ (p) −→ q
∞→t
→ .Φt (p) −אזי קיימת סביבה Uשל qוסדרת זמנים ∞ → tnכך ש / U
∈ ) ,Φtn (pואז נתבונן בסדרה
הוכחה :נניח בשלילה כי q
∞→t
הזו בקבוצה ,M \Uאבל מכיוון שהיא קומפקטית ,אזי קיים בה תת סדרה מתכנסת ,כלומר ,המסלול מבקר בקבוצה קומפקטית זו.
משפט ) 9.5.6בחלק מהמקרים בספרות נקרא ( Poinare Bendixon
אם ) ω (pאינו מכיל אף נקודת שבת אזי ) ω (pמסלול מחזורי.
הערה 9.5.7אין הכוונה לכך ש ) O (pמחזורי.
הוכחה :אנו יודעים ש ∅ = .ω (p) 6לכן ,תהא ) q ,q ∈ ω (pאינה נקודת שבת .נתבונן ב ) ω (qמכיוון ש )O (q) ⊂ ω (p
)מהאינווריאנטיות של קבוצת ה (ωומכיוון ש ) ω (pסגורה ,אז כל הגבולות החלקיים של ) O (qהם ב ) .ω (pכלומר נובע כי:
)ω (q) ⊂ ω (p
יהא ) ,x ∈ ω (qכאמור נקבל כי ) x ∈ ω (pולכן מהנחת המשפט xאינה נקודת שבת .מכיוון שהוא אינו נקודת שבת ,ניתן להעביר
דרכו מסילה טרנסברסלית .תהא Σמסילה טרנסברסלית דרך .x
מכיוון ש ) O (q) ,x ∈ ω (qחותך את ∞ Σפעמים ,אבל מכיוון ש ) ,O (q) ⊂ ω (pהוא יכול לחתוך את Σרק בנקודה אחת ,כלומר,
היא נחתכת אינסוף פעמים באותה נקודה .לכן ,נובע מזה שהמסלול ) O (qחותך את Σאינסוף פעמים ,ולכן ) O (qמסלול מחזורי.
הוכחנו כי ) ω (pמכילה מסלול מחזורי ,אבל עדיין לא כי ) ω (pכולה מחזורית ,כלומר ,לא מכיל נקודות נוספות פרט למסלול המחזורי.
מכיוון ש ) ω (pקשירה ,אם קיימות נקודות ) , ω (pאזי כל סביבה של ) O (qצריכה להכיל נקודות כאלה.
משפט 9.5.8
noxidneB eranioP
תהא Mקבוצה קומפקטית אינווריאנטית חיובית המכילה מספר סופי של נקודות שבת.
תהא ω (p) ,p ∈ Mיכול להיות אחד מהבאים:
.1נקודת שבת בודדת.
.2מסלול מחזורי.
.3איחוד של נקודות שבת ומסלולים ה"מחברים" נקודות שבת )מתכנסים אסימפטוטית לנקודות שבת ב ∞.(t → ±
78
תוקרי ראשו תוביצי ,םיירוזחמ תונורתפ ,תבש תודוקנ 9.קרפ
הוכחה :ברור כי אחת משלושת האפשרויות הבאות )ורק אחת( מתממשת:
ω (p) .1מכיל רק נקודות שבת.
ω (p) .2אינו מכיל נקודות שבת.
ω (p) .3מכיל הן נקודות שבת והן נקודות שאינן נקודות שבת.
בשני המקרים הראשוניים המצב פתור ,כיוון שבראשון נקבל כי מקשירות נובע שיש רק נקודת שבת אחת.
במקרה השני ω (p) :הוא פתרון מחזורי כפי שראינו במשפט קודם.
נשאר לטפל במקרה השלישי.
צריך להוכיח כי .|α (q)| = 1 ,|ω (q)| = 1
הערה 9.5.9למסלול המחבר שתי נקודות שבת שונות קוראים מסלול הטרוקליני ואילו למסלול המחבר נקודת שבת לעצמה קוראים
מלול הומוקליני.
נתבונן ב ) ,ω (qבמידה והוא מכיל רק נקודות שבת אז הוא מכיל רק אחת כנדרש.
במידה וקיים ) x ∈ ω (qשאינו נקודת שבת ,אבל אם כך ,נעביר מסילה טרנסברסלית ב ,xואז נקבל מסלול מחזורי שעובר ב .x
והמסלול הזה מנותק .כלומר ) O (qמסלול מחזורי וישר בו סביבה שבה אין נקודות של ) ω (pבסתירה לקשירות של ).ω (p
פרק 10
פיתוח אסימפטוטי של פתרונות
משוואת ,Airyשאנו מכירים:
′′
y = xy
y (1) = 1
′
y (1) = 2
אנו יודעים כי קיים פתרון יחיד ,אבל אנו לא יודעים להביא אותו באופן אנליטי.
10.1
משוואות לינאריות
נתבונן במשוואה לינארית הומוגנית מסדר :n
y (n) (x) + an−1 (x) y (n−1) (x) + . . . + an (x) y (x) = 0
נרצה לבצע אנליזה מקומית סביב נקודה .x0
הגדרה x0 10.1.1נקראת נקודה רגולרית אם הפונקציות ) a0 (x) , . . . , an−1 (xאנליטית ב ) x0טור טיילור ב x0מתכנס אליהן
בסביבה של .(x0
הערה 10.1.2משפט שהוכח ב 1866ע"י :Fuhsאם x0נקודה רגולרית אזי כל הפתרונות של המשוואה הם אנליטיים ב .x0ורדיוס
ההתכנסות של טור טיילור שווה לפחות לחיתוך רדיוסי ההתכנסות של המקדמים.
79
80
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.1.3נתבונן במשוואה:
2x
y=0
1 + x2
} | {z
y′ +
)a0 (x
סביב הנקודה ,x0 = 0ראשית נבחין כי יש לנו רק מקדם אחד x0 = 0 .a0 (x) ,היא נקודה רגולרית .אנו למעשה גם יודעים מה
הפתרון:
1
1 + x2
= )y (x
הפתרון הנ"ל אנליטי באפס .טור טיילור של הביטוי הזה הוא:
n
∞
X
−x2
=
n=0
ורדיוס ההתכנסות שלו הוא .1אם נסתכל על זה כמרוכב נקבל כי:
2z
1 + z2
= )a0 (z
ויש לו שתי נקודות סינגולריות ב .±i
הגדרה 10.1.4נקודה שאינה רגולרית נקראת סינגולרית.
הגדרה x0 10.1.5נקראת נקודה "סינגולרית־רגולרית" אם:
2
n
)(x − x0 ) an−1 (x) , (x − x0 ) an−2 (x) , . . . , (x − x0 ) a0 (x
אנליטיות ב .x0
אנו הרבה פעמים רוצים לדון בנקודה ∞ = .xהכוונה היא שאם אנו מבצעים החלפת משתנים ל
הנקודה אנו מדברים על התבוננות ב .t = 0
P
1
x
= tאז במשתנים החדשים
דוגמה x0 = 0 : 10.1.6
המשוואה:
1
y′ − y = 0
2
פתרון:
x
y = ce 2
P
דוגמה : 10.1.7
1
y=0
2x
y′ −
√
הפתרון .y = c xהנקודה x0 = 0היא סינגולרית רגולרית.
P
דוגמה = 0 : 10.1.8
1
2x2 y
1
.y ′ −הפתרון הוא .y = e− 2x :הנקודה x0 = 0היא נקודת סינגולרית עיקרית.
81
פרט ל Airyאנו יכולים לדון בדוגמה נוספת:
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
82
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.1.9
y ′ = 2xy
y (0) = 1
(
מהעובדה שתנאי ההתחלה שלנו הוא ב ,0אנו רוצים לבצע את כל הפתוח סביב .x0 = 0והיא כמובן נקודה רגולרית .קיים פתרון:
an xn
∞
X
= )y (x
n=0
נבחין כי:
an nxn−1
∞
X
= )y ′ (x
n=0
נציב במשוואה ונקבל:
2an xn+1
∞
X
= nan xn−1
n=0
∞
X
n=0
משינוי אינדקסים נקבל:
2an xn+1
∞
X
= (n + 2) an+2 xn+1
n=0
∞
X
n=−1
כעת ,נבצע השוואת החזקות .נבחין כי אגף שמאל מתחיל "מוקדם" יותר לכן ,עבור n = −1נקבל כי:
a1 x0 = 0 ⇒ a1 = 0
פרט לכך ,לכל n ≥ 0נקבל כי:
2an
n+2
= (n + 2) an+2 = 2an ⇒ an+2
כלומר ,קיים קשר נסיגה בין כל איבר בטור של הפתרון ,נבחין כי a1 = 0לכן ,כל המקדמים האי־זוגיים מתאפסים כלומרa2n+1 = 0 :
לכל .n
עבור הזוגיים נקבל כי:
= a0
1
a0
2
1
= a0
6
a0
=
24
=
2a0
2
2a2
4
2a4
6
2a6
8
=
a2
=
a4
=
a6
=
a8
כלומר ,באופן כללי יותר:
a0
!n
= a2n
ולכן:
n
∞
X
x2
2
=
a0 = e x a0
!n
n=0
כלומר ,הפתרון הוא:
a2n x2n
∞
X
n=0
= an xn
∞
X
n=0
= )y (x
83
10.2
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
הפתרון של
Fuhs
עבור משוואה ש x0היא סינגולרית־רגולרית .אם אפשר לכתוב את המשוואה:
)bn−1 (x) (n−1
)b0 (x
y
+ ...+
ny = 0
x − x0
) (x − x0
y (n) +
כאשר ) bi (xאנליטית ב .x0
טענה ש Fuhsהוכיח קובעת כי תמיד קיים לפחות פתרון אחד מהצורה:
α
)y (x) = (x − x0 ) g (x
כאשר gאנליטית.
אם n > 1אזי קיים עוד פתרון או:
)y (x) = (x − x0 )β h (x
כאשר hאנליטית ,או:
β
α
)g (x) (x − x0 ) ln (x − x0 ) + (x − x0 ) h (x
84
קרפ10. תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ
:Γ פונקציית10.2.1 תזכורת
Γ (z) =
ˆ∞
tz−1 e−t dt
0
Γ (z + 1) =
ˆ∞
2 −t
t e dt =
0
∞
−tz e−t 0
+
ˆ∞
ztz−1 e−t dt
0
:כלומר
Γ (z + 1) = zΓ (z)
:ולכן נקבל כי
Γ (1) =
ˆ∞
e−t dt = 1
0
Γ (2) = 1
Γ (3) = 2Γ (2) = 2
Γ (4) = 3Γ (3) = 6
Γ (n + 1) = n!
x=
Γ (x + 1)
Γ (x)
x (x + 1) =
x (x + 1) (x + 2) · . . . · (x + k − 1) =
Γ (x + 1) Γ (x + 2)
Γ (x + 2)
=
Γ (x) Γ (x + 1)
Γ (x)
Γ (x + k)
Γ (x)
85
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.2.2
y
=0
4x2
y ′′ +
כאשר x0נקודה סינגולרית רגולרית.
נרצה להראות שמה שאנו רגילים לעשות לא עובד כאן.
נחפש:
an xn
∞
X
= )y (x
n=0
נקבל:
xn−2 = 0
∞
X
an
4
n=0
n (n − 1) an xn−2 +
∞
X
n=0
מהשוואת איברים נקבל כי:
1
n (n − 1) +
an = 0
4
ולכן:
= 0
a0
= 0
a1
ולמעשה לכל nנקבל .an = 0לכן ,הפרוצדורה שאנו רגילים אליה נותנת רק את הפתרון הטריוויאלי .זה פשוט לא עובד.
ננסה את הרעיון של פוקס .נחפש:
an xn+α
∞
X
= an xn
n=0
∞
X
y (x) = xα
n=0
נקבל כי:
xn+α−2 = 0
∞
X
an
4
n=0
(n + α) (n + α − 1) an xn+α−2 +
∞
X
n=0
שוב נבצע השוואת מקדמים ונקבל:
1
an = 0
4
(n + α) (n + α − 1) +
הערה 10.2.3אנו מוספים דרישה של a0 6= 0כי אם נקח α + 1זה רק הזזה של הטור ,לכן נדרוש שהאיבר הראשון לא יתאפס.
נציב n = 0ונקבל:
1
α (α − 1) + = 0
}4
|
{z
1 2
) (α− 2
כלומר ,נקבל כי:
1
2
=α
נציב בחזרה ונקבל:
1
1
1
n−
+
n+
an = 0
86
קרפ10. תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ
:נתמקד במשוואות מסדר שני
y ′′ +
q (x)
p (x) ′
y +
2y = 0
x − x0
(x − x0 )
:כאשר
p (x)
∞
X
=
q (x)
pn (x − x0 )
n=0
∞
X
=
n
n
qn (x − x0 )
n=0
:נחפש
∞
X
y (x) =
nα
an (x − x0 )
n=0
: נציב את כלל הטורים ונקבל.a0 6= 0 כך ש
∞
X
n=0
(n + α) (n + α − 1) an (x − x0 )
n+α−2
+
∞
X
k
pk (x − x0 )
k=0
∞
X
n=0
(n + α) an (x − x0 )
+
∞
X
k=0
n+α−2
k
qk (x − x0 )
∞
X
m
X
k=0
pk (m − k + α) am−k +
m
X
n+α−2
an (x − x0 )
=0
n=0
:( ונקבלx − x0 )
(m + α) (m + α − 1) am +
+
m+α−2
:נשווה מקדמים של
qk am−k = 0
k=0
: ונקבלm במקוםn נכתוב
[(n + α) (n + α − 1) + p0 (n + α) + q0 ] an +
n
X
k=1
[pk (n − k + α) + qk ] an−k = 0
: ונקבלn = 0 נציב
α (α − 1) + p0 α + q0 = 0
{z
}
|
P(α)
: נקבל כיP נבחין כי תחת הסימון של
[(n + α) (n + α − 1) + p0 (n + α) + q0 ] = P (n + α)
: נציב ונקבל את נוסת הנסיגה,P נשורשים שלα1 , α2 יהיו
n
an = −
X
1
[pk (n − k + αi ) + qk ] an−k
P (n + αi )
k=1
87
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
מה יכול לקרות?
α1 6= α2 .1במקרה ש / Z
∈ .α1 − α2זהו המקרה הטוב שבו מקבלים שני פתרונות בלתי תלויים שהם טורי .Foubenius
α1 = α2 .2חסר פתרון.
0 6= α1 − α2 ∈ Z .3מקבלים פתרון אחד.
)א( המקרה הראשון שהוא טוב יחסית הוא P (N + α1 ) = 0 :אבל גם[pk (n − k + αi ) + qk ] an−k = 0 :
יכולים לבחור כל ערך עבור אותו anולהמשיך הלאה.
P
N
P
כלומר ,אנו
k=1
)ב( במידה והסכום לא מתאפס ,נקבל כי גם כאן חסר פתרון.
דוגמה : 10.2.4משוואת :modied Bessel
ν2
y′
− 1+ 2 y =0
x
x
y” +
עבור x0 = 0 .ν ≥ 0נקודה סינגולרית רגולרית )מופיעה הרבה כשפותרים מד"ח בקואורדינטות גליליות(.
.p (x) = 1 =⇒ p0 = 1,
∀n > 0, pn = 0
2
n=0
−ν
2
2
.q (x) = − x + ν =⇒ qn = −1
n=2
0
else
P (z) = z 2 − ν 2
i
h
(n + α)2 − ν 2 an = an−2
1
3
2 , 1, 2 , 2, . . .
= νאז .α1 − α2 ∈ Zבכל מקרה אחר ,אנו
ברור כי יש שני שורשים .α = ±νאם ν = 0יש שורש כפול .אם
באפשרות המוצלחת ויש שני פתרונות.
an−2
an−2
־
בכל מקרה יש פיתרון עבור α = +ν
) an = (n+νלכל .n ≥ 1מיד נקבל = 0
=
2
)n(n+2ν
−ν 2
a0
)2 (2 + 2ν
a0
)2 (2 + 2ν) 4 (4 + 2ν
a0
=
)2 · 4 · · · 2n (2 + 2ν) (4 + 2ν) · · · (2n + 2ν
a0
=
n
n
)2 n!2 (1 + ν) (2 + ν) · · · (n + ν
)a0 Γ (ν + 1
n
)4 n!Γ (n + ν + 1
∞
X
Γ (ν + 1) x2n
!Γ (n + ν + 1) 4n n
n=0
=
a2
=
a4
a2n+1לכל .nעבור הזוגיים:
..
.
=
a2n
=
=
y = a0
זה כמובן טור מתכנס )המכנה מתבדר הרבה יותר מהר מהמונה( .עד כדי קבוע ,הטור הזה ידוע כ־) Iν (x־ modied Bessel
.funtionבכל מקרה ,לכל ערך של νזה פיתרון למשוואה.
∈ ,α1 − α2אפשר להחליף את νב־ −νולקבל פיתרון נוסף בלתי תלוי.
∈ / Z ⇔ 2ν
אם / Z
מה אם ?2ν ∈ Zלמשל ,עבור ,ν = 12ברור כי ) I 12 (xפיתרון .אם ניקח ,α = − 12נקבל an = an−2
ברור כי ,P 21 = P (ν) = 0וכן ,a−1 = 0ולכן ניתן לבחור את a1שרירותית ־ ונבחר ,למשל.a1 = 0 ,
,ν = 2k+1אז עבור α = −k − 21נקבל P n − k − 21 an = an−2־ כלומר ,יש שני טורי פרוביניוס בלתי תלויים ששניהם
אם
2
פתרונות .
2
נותר המקרה של שורש כפול ־ ).P (z) = (z − α
1
2
.P n −עבור ,n = 1
88
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
קיים פיתרון אחד מהצורה
n+α
נתבונן בפונקציה מהצורה
n+β
) an (x − x0
∞
X
n=0
) an (β) (x − x0
= ) ,y1 (xכאשר [(n − k + α) pk + qk ] an−k
∞
X
n
P
k=1
.P (n + α) an = −
= ) ,y (x, βכאשר נדרוש על anלקיים את אותה משוואת נסיגה ,רק עם β
n=0
במקום ,αכלומר:
)[(n − k + β) pk + qk ] an−k (β
n
X
k=1
P (n + β) an (β) = −
לכל ) n 6= 0עם a0כלשהו(.
נבחין כי כמובן ) .y (x, α) = y1 (xנרצה לראות מה קורה כשמציבים את ) y (x, βבמשוואה ,כלומר:
p (x) ′
)q (x
y (x, β) +
?= 2
x − x0
) (x − x0
בחרנו את ) an (βכך שמהביטוי לעיל ישאר רק האיבר עם
=
β−2
) + q0 a0 (x − x0
β−2
L [y (·, β)] = y” (x, β) +
β−2
) ) (x − x0כלומר ,(n = 0שהוא:
) + p0 βa0 (x − x0
β−2
) = β (β − 1) a0 (x − x0
)P (β
β−2
) = a0 (x − x0
])L [y (·, β
מיד רואים את מה שאנו כבר יודעים ־ אם β = αאז P (α) = 0ולכן ) y (·, αאכן פיתרון .כעת ,נגזור את שני האגפים לפי ,β
ונציב .β = αאגף ימין בוודאי יתאפס )גם הנגזרת של Pמתאפסת ב־ αכי זה שורש כפול( ,ולכן גם אגף שמאל ,ונקבל:
"
#
)∂y (·, β
L
=0
∂β β=α
ולכן פיתרון שני יהיה
∞
∞
X
X
dan
)dy (·, β
n+α
n+α
) log (x − x0
(x
−
x
)
+
) an (α) (x − x0
=
0
dβ β=α n=0 dβ
n=0
{z
}
|
)y1 (x
= )y2 (x
89
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.2.5נחזור למשוואת בסל עם .ν = 0
y′
−y =0
x
נתבונן ב־ an xn+β
∞
X
y” +
= ):y (x, β
n=0
an−2 xn+β−2
∞
X
n=2
(n + β) an xn+β−2 −
an−2
a0
(2 + β)2
a0
(2 + β)2 (4 + β)2
n=0
n=0
a
(n + β) n + β − 1
(n
+
)β
n
+
= )a2 (β
= )a4 (β
..
.
a0
2
=
∞
X
(n + β) (n + β − 1) an xn+β−2 +
∞
X
=0
2
)(2 + β) · · · (2n + β
= )a2n (β
x2n+β
2
2
)+ β) · · · (2n + β
∞
X
n=0 (2
אם נציב את ) y (·, βבמשוואה:
y (x, β) = a0
L [y (·, β)] = a0 β 2 xβ−2
פיתרון אחד מתקבל מ־ β = 0־ )= I0 (x
x2n
(2n n!)2
∞
X
.y1 = a0הפיתרון השני:
n=0
!
2
2
)(2 + β) · · · (2n + β
β=0
{z
}
1
1
1
1
+
+...+
(
)
4
2n
(2n n!)2 2
1
∞
X
d
d
= )y2 (x
x2n
)y (x, β
= y1 log (x) +
dβ
dβ
β=0
n=0
|
נותר לנו עוד מקרה שבו התקבל פיתרון אחד ,אבל זה מאוד דומה.
10.3
P
פיתוח ליד נקודה סינגולרית לא רגולרית
נרצה לראות דרך דוגמאות איפה כל הדרכים שפיתחנו עד היום נופלות.
דוגמה : 10.3.1
√
=
xy
= 0
y′
x0
√
אנליטית ב־ ,0וגם לא אם כופלים אותה בכל חזקה שלמה של .x
xלא
n
3
∞
2 2
X
3
2
3x
,y (x) = ce 3 x 2 = cכאשר זה לא טור חזקות ולא טור פרוביניוס ־ המקדמים הם של
הפיתרון הוא
!n
n=0
3n
2
.x
90
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה ,x3 y” = y : 10.3.2אז x0 = 0היא נקודה סינגולרית לא רגולרית .נחפש an xn+α
∞
X
n=0
במשוואה ונקבל:
an xn+α
∞
X
n=0
= an (n + α) (n + α − 1) xn+α+1
= ,yונדרוש .a0 6= 0נציב
∞
X
n=0
אם נסתכל על המקדם של ,xαנקבל ,0 = a0בסתירה.
P
דוגמה x0 = 0 .x2 y” + (1 + 3x) y ′ + y = 0 : 10.3.3היא שוב נקודה סינגולרית לא רגולרית .נחפש an xn+α
∞
X
= .y
n=0
= 0
an xn+α
∞
X
3 (n + α) an xn+α +
n=0
∞
X
(n + α) an xn+α−1 +
n=0
∞
X
n=0
(n + α) (n + α − 1) an xn+α +
∞
X
n=0
אם נשווה מקדמים של ,xα−1נקבל .αa0 = 0נבחר :α = 0
an xn = 0
∞
X
nan xn +
n=0
∞
X
nan xn−1 + 3
n=0
∞
X
n=0
n (n − 1) an xn +
∞
X
n=0
אפשר לפתור איבר איבר ,ולקבל:
n
(−1) n!xn
∞
X
y (x) = a0
n=0
הבעיה היא שלטור זה יש רדיוס התכנסות .0
נרצה לראות קצת דברים כלליים.
P
נחזור להתבונן שוב בדוגמה:
דוגמה : 10.3.4
x2 y” + (1 + 3x) y ′ + y = 0
x0 = 0נקודה סינגולרית לא רגולריתan xn .
כעת ,נכתוב an xn
N
P
an xn = lim
N →∞ n=0
∞
X
n=0
∞
X
n
= )) y (xכאשר ((−1) n! = anפיתרון ,אבל עם רדיוס התכנסות אפס.
n=0
∼ ) .y (xבמקום להסתכל על זה בצורה של "נקבע את xונשאיף את Nלאינסוף" ־ שאז
מקבלים משהו חסר משמעות לכל x 6= 0־ נסתכל על Nקבוע ,ונקרב את xלאפס .ואז נראה שבסביבה של אפס הטור מהווה קירוב
לפיתרון .הגדרות פורמליות ־ בשבוע הבא .רובן לפחות .הנה שתיים מהן:
הגדרה 10.3.5תהיינה f, gשתי פונקציות המוגדרות בסביבה של x0נאמר ש ) f (x) ≪ g (xכאשר x → x0אם:
)f (x
=0
)g (x
lim
x→x0
הגדרה 10.3.6נאמר ש ) f (xאסימפטוטי ל ) (f (x) ∼ g (x)) g (xכאשר x → x0אם:
)f (x) − g (x) ≪ g (x
כאשר .x → x0
זהו יחס סימטרי .מכיוון ש:
)f (x) − g (x
=0
)g (x
lim
x→x0
91
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
אז נקבל כי:
)f (x
=1
)g (x
lim
x→x0
ומכאן שאסימפטוטיות היא יחס סימטרי )ולמעשה יחס שקילות(.
P
P
הערה x0 10.3.7יכולה גם להיות אינסוף.
P
דוגמה : 10.3.8
1
x
≪ xכאשר x → 0מכיוון ש .x/ x1 = x2 −→ 0
x→0
דוגמה : 10.3.9
x /2 ≪ x /4
1
1
כאשר .x → 0
דוגמה : 10.3.10
5
(ln (x)) ≪ x /4
1
P
כאשר ∞ → .x
דוגמה : 10.3.11
ex + x ∼ ex
כאשר ∞ → .x
P
P
P
הערה 10.3.12זו דוגמה חשובה ,מכיוון שכאן לא מדובר במשהו שהולך לאפס .אבל כן יש אסימפטוטיות בין הפונקציות.
דוגמה : 10.3.13אין אסימפטוטיות לאפס.
דוגמה x ≪ −1 : 10.3.14כאשר .x → 0
נתבונן שוב בדוגמה שכבר ראינו:
דוגמה : 10.3.15
x3 y ′′ = y
x0 = 0
(
ראינו כי אנו לא מצליחית לכתוב טור חזקות לבעיה הזו.
מתברר ששני פתרונות בלתי תלויים של משוואה זו מקיימים:
−1/2
−1/2
כאשר x → 0+בשני המקרים.
דוגמה נוספת שראינו:
c1 x /4 e2x
3
c2 x /4 e−2x
3
∼
)y1 (x
∼
)y2 (x
92
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.3.16
x2 y ′′ + (1 + 3x) y ′ + y = 0
קיים גם פתרון
1 1
y2 (x) ∼ c e /x
x
שוב ,כאשר .x → 0+
נבחן את המקרה הכללי:
y ′′ (x) + p (x) y ′ (x) + q (x) y (x) = 0
אנו מניחים ש x0היא נקודה סינגולרית לא־רגולרית .נבצע החלפת משתנים:
)y (x) = es(x
נקבל:
)y ′ (x) = es(x) s′ (x
ו:
i
h
2
])y ′′ (x) = es(x) s′′ (x) + [s′ (x
נציב במשוואה:
2
s′′ (x) + [s′ (x)] + p (x) · s′ (x) + q (x) = 0
במקרים רבים אפשר לצפות ש:
2
])s′′ (x) ≪ [s′ (x
כאשר .x → x0ולכן:
2
2
])− [s′ (x)] − p (x) s′ (x) − q (x) ≪ [s′ (x
טענה 10.3.17
2
אם ]) s′′ (x) ≪ [s′ (xכאשר x → x0אזי:
2
)[s′ (x)] ∼ −p (x) s′ (x) − q (x
כאשר .x → x0
הוכחה:
2
2
])[s′ (x)] + p (x) s′ (x) + q (x) ≪ [s′ (x
{z
}
|
)−s′′ (x
93
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
אבל אפשר להחליף סימן כי המנה שואפת לאפס לכן הסימן לא חשוב .לכן הנ"ל נכון .וזה בדיוק מהגדרה מקיים את:
2
)[s′ (x)] ∼ −p (x) s′ (x) − q (x
כאשר .x → x0
94
P
תונורתפ לש יטוטפמיסא חותיפ 10.קרפ
דוגמה : 10.3.18
x3 y ′′ = y
כאשר .x0 = 0נציב:
)y (x) = es(x
נקבל:
2
2
x3 s′′ (x) + [s′ (x)] = 1 ⇒ s′′ (x) + [s′ (x)] = x−3
2
נניח כי s′′ (x) ≪ [s′ (x)] :כאשר .x → 0אם ההנחה תקפה ,אזי:
2
[s′ (x)] ∼ x−3
כאשר x → 0ולכן:
s′ (x) ∼ ±x− /2
3
)מותר לנו לקחת שורש(.
נניח לעת עתה שאפשר לבצע אריתמטיקה\גזירה\אינטגרציה משני צידי ה "˜".
אם זה נכון אז:
1
)s (x) ∼ ±2x− 2 + c (x
כאשר אין בעיה ש cתלוי xכל עוד:
)s′ (x) ∼ ∓x− /2 + c′ (x
3
ומתקיים c′ (x) ≪ ±x−3/2 :כאשר .x → 0
נבצע החלפת משתנים:
)s (x) = 2x− /2 + c (x
1
נקבל:
2
s′′ (x) + [s′ x] = x−3
אבל:
)s′ (x) = −x− /2 + c′ (x
3
ולכן:
3 −5
)x 2 + c′′ (x
2
= )s′′ (x
3 −5/2
= − 2x−3/2 c′ (x) + [c′ (x)]2
x
+ c′′ (x) +
x−3
x−3
2
שוב יש לנו משוואה לא פשוטה ,אבל אנו מחפשים:
−3/2
′
