二阶奇异微分方程

2024-09-03

二阶奇异微分方程（精选9篇）

二阶奇异微分方程篇1

研究以下二阶脉冲微分方程两点边值问题正解的存在性

${\begin{cases} - u^{″} (t) = f (t, u (t), u^{'} (t)), t \neq t_{k}, \\ Δ u |_{t = t_{k}} = Ι_{0, k} (u (t_{k}), u^{'} (t_{k} -)), k = 1, 2, \dots, m + 1 \\ Δ u^{'} |_{t = t_{k}} = - Ι_{1, k} (u (t_{k}), u^{'} (t_{k} -)), \\ u (0) = 0, u^{'} (t_{m + 1}) = 0 \end{cases} (1)$

式 (1) 中Δu|t=tk=u (tk+) -u (tk-) 。Δu′|t=tk=u′ (tk+) -u′ (tk-) , u (t) 在tk左连续, f (t, x, y) ∈C ( (0, tm+1) × (0, +∞) × (0, +∞) , (0, +∞) ) , 同时不但f (t, x, y) 在t=0, x=0, y=0具有奇异性, 而且I0, k (x, y) , I1, k (x, y) 在x=0, y=0也具有奇异性。记J=[0, tm+1]-{t1, t2, …, tm+1}。PC (J, R) ={u∶J→R|u (t) 在J上连续, 且u (tk-) 与u (tk+) 均是存在的}。

1 引理

引理1[1] 在范数‖·‖下, PC (J, R) 是Banach空间。

我们说f (t, x, y) 在x=0具有奇异性是指

$\lim_{x \to 0^{+}} f (t, x, y) = + \infty$ 。

对任意的t∈[a, b]⊆ (0, +∞) 和y∈ (0, +∞) 一致成立。同样地我们说f (t, x, y) 在y=0具有奇异性是指

$\lim_{y \to 0^{+}} f (t, x, y) = + \infty$ (2)

对∀t∈[a, b]⊆ (0, +∞) 及x∈ (0, +∞) 一致成立。

设f∈C ( (0, tm+1) × (0, +∞) × (0, +∞) , (0, +∞) ) , I0, k, I1, k∈C ( (0, +∞) , (0, +∞) ) , Fk, Gk∈C ( (0, +∞) , (0, +∞) ) , F, G∈C ( (0, +∞) , (0, +∞) ) , f (t, x, y) ≤k (t) F (x) G (y) , I1, k (x, y) ≤γ1, kFk (x) Gk (y) , γ1, k>0。k=1.2, …, m。且下面条件成立。

(H1) F (x) 是单调递减函数, 即若x1≤x2, 则一定有F (x1) ≥F (x2) ;

$(Η_{2}) \lim_{y \to + \infty}^{— —} G (y) ＜ + \infty;$

$(Η_{3}) \frac{1}{G} ■ L [1, t_{m + 1}];$

(H4) Fk (x) 是单调递减函数, 也就是说, 若x1≤x2, 则一定有Fk (x1) ≥Fk (x2) ;

$(Η_{5}) \lim_{y \to + \infty}^{— —} G_{k} (y) ＜ + \infty$ 。

定义 $\sup G_{k} [\frac{1}{n}, + \infty) = \sup_{y \geq \frac{1}{n}} G_{k} (y), s u p G [\frac{1}{n}, + \infty) = \sup_{y \geq \frac{1}{n}} G (y)$ , 由条件 (H2) 和 (H5) , 对任意的 $z \in (0 ‚ t_{m + 1}), \sup G ([z, t_{m + 1})) = \sup_{y \in [z, t_{m + 1})} G (y) ＜ + \infty$ 和 $\sup G [\frac{1}{n}, t_{m + 1}) = \sup_{y \geq \frac{1}{n}} G (y)$ 。

定义1u (t) 是式 (1) 的解是指u (t) 在J上二阶可导。u′ (tk-0) 与u′ (tk+0) 存在, u (tk) =u (tk-) 和u (tk+) 存在, 且满足

${\begin{cases} - u^{″} (t) = f (t, u, u^{'}), t \neq t_{k}, \\ Δ u |_{t = t_{k}} = Ι_{1, k} (u (t_{k}), u^{'} (t_{k} -)), k = 1, 2, \dots, m + 1, \\ Δ u^{'} |_{t = t_{k}} = - Ι_{1, k} (u (t_{k}), u^{'} (t_{k})), \\ u (0) = 0, u^{'} (t_{m + 1}) = 0 。 \end{cases}$

定义2P={x∈PC (J, R) |x (t) ≥0, ∀t∈J}, 对于x∈P, 定义算子

$\begin{array}{l} (Τ x) (t) = \\ {\begin{cases} \int_{0}^{t} x (s) d s, t \in [0, t_{1}), \\ \int_{0}^{t} x (s) d s + Ι_{0, 1} ((Τ x) (t_{1}), x (t_{1} -)), t \in (t_{1}, t_{2}], \\ ⋮ \\ \int_{0}^{t} x (s) d s + Ι_{0, 1} ((Τ x) (t_{1}), x (t_{1} -)) + \\ \dots + Ι_{0, m - 1} ((Τ x) (t_{m - 1}), \\ x (t_{m - 1} -)), t \in (t_{m - 1}, t_{m}], \\ \int_{0}^{t} x (s) d s + Ι_{0, 1} ((Τ x) (t_{1}), x (t_{1} -)) + \\ \dots + Ι_{0, m - 1} ((Τ x) (t_{m - 1}), x (t_{m - 1} -) + \\ Ι_{0, m} ((Τ x) (t_{m}), x (t_{m - 1})), \\ t \in (t_{m}, t_{m + 1}] 。 \end{cases} \end{array}$

取自然数n0>1。满足 $\frac{1}{n_{0}} ＜ t$ , 对于每一个n∈{n0, n0+1, …}, x∈P.定义算子[2]

$\begin{array}{l} (A_{n} x) (t) = \\ {\begin{cases} \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s, t \in (t_{m}, t_{m + 1}], \\ \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{m}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ x) (t_{m}) + \frac{1}{n}, x (t_{m} -) + \frac{1}{n}), \\ t \in (t_{m - 1}, t_{m}], \\ ┇ \\ \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{1}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \int_{t_{1}}^{t_{2}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \dots + \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ x) (s) + \frac{1}{n}, x (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ x) (t_{m}) + \frac{1}{n}, x (t_{m} -) + \frac{1}{n}) + \\ Ι_{1, m - 1} ((Τ x) (t_{m - 1}) + \frac{1}{n}, x (t_{m - 1} -) + \frac{1}{n}) + \\ \dots + Ι_{1, 1} ((Τ x) (t_{1}) + \frac{1}{n} x (t_{1} -) + \frac{1}{n}), \\ t \in [0, t_{1}) 。 \end{cases} \end{array}$

显然, 若tk (t) ∈L[0, tm+1) , 则对于每一个n∈{n0, n0+1, …], An∶P→P是全连续算子。

引理2 若tk (t) ∈L[0, tm+1) 。存在yn∈P, 使得

$\begin{array}{l} (y_{n}) (t) = \\ {\begin{cases} \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s, \\ t \in (t_{m}, t_{m + 1}], \\ \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{m}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{m} -) + \frac{1}{n}), \\ t \in (t_{m - 1}, t_{m}], \\ ⋮ \\ \frac{1}{n} + \int_{t}^{t_{1}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \int_{t_{1}}^{t_{2}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \dots + \\ \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{m} -) + \frac{1}{n}) + \\ Ι_{1, m - 1} ((Τ y_{n} (t_{m - 1}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{m - 1} -) + \\ \frac{1}{n}) + \dots + Ι_{1 ‚ 1} ((Τ y_{n}) (t_{1}) + \\ \frac{1}{n}, y_{n} (t_{1} -) + \frac{1}{n}), t \in [0, t_{1}] \end{cases} (3) \end{array}$

证明令 $a_{n} = \int_{\frac{1}{n}}^{t_{m + 1}} k (s) d s, a_{n} \leq \int_{\frac{1}{n}}^{t_{m + 1}} \frac{s}{\frac{1}{n}} k (s) d s \leq n a_{n} ＜ + \infty$ 。由此, 对于任意的n, 取足够大的Rn>0, 使得

$\begin{array}{l} 1 + m a_{n} F (\frac{1}{n}) \sup G [\frac{1}{n}, + \infty) + γ_{1, 1} F_{1} (\frac{1}{n}) \sup G_{1} [\frac{1}{n}, + \infty) + \dots + γ_{1, m} F_{m} (\frac{1}{n}) \\ \sup G_{m} [\frac{1}{n}, + \infty) \leq R_{n} 。 \end{array}$

令Cn= $y \in Ρ | \frac{1}{n} \leq y (t) \leq R_{n}$ 。y (t) 单调递减。对y∈Cn, 易见

$\frac{1}{n} \leq (A_{n y}) (t) \leq {\begin{cases} 1 + \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \frac{1}{n}) d s, \\ t \in (t_{m}, t_{m + 1}], \\ 1 + \int_{t}^{t_{m}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n} ‚ y_{n} (t_{m} -) + \frac{1}{n}), \\ t \in (t_{m - 1}, t_{m}], \\ ⋮ \\ 1 + \int_{t}^{t_{1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n} ‚ y (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \dots + \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \\ \frac{1}{n}) d s + Ι_{1, m} ((Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{m -}) + \\ \frac{1}{n}) + \dots + Ι_{1, 1} ((Τ y_{n}) (t_{1}) + \frac{1}{n}, \\ y_{n} (t_{1}) + \frac{1}{n}), t \in [0, t_{1}] \leq 1 + \\ \int_{t}^{t_{1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \dots + \int_{t_{m}}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s) + \frac{1}{n}, y (s) + \\ \frac{1}{n}) d s + γ_{1, m} F_{m} ((Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n}), \\ G_{m} (y_{n} (t_{m}) + \frac{1}{n}) + γ_{1, m - 1} F_{m - 1} ((Τ y_{n}) \times \\ (t_{m - 1}) + \frac{1}{n}) G_{m - 1} (y_{n} (t_{m - 1}) + \frac{1}{n}) + \\ \dots + γ_{1, 1} F_{1} ((Τ y_{n}) (t_{1}) + \frac{1}{n}) \times \\ G_{1} (y_{n} (t_{1}) + \frac{1}{n}) \leq R_{n} 。 \end{cases}$

所以AnCn⊆Cn, 又因为An∶Cn→Cn是全连续算子, 所以An在Cn中至少有一个不动点yn。

定理设 (H1) — (H5) 成立, 且tk (t) ∈L[0, tm+1], 则方程 (1) 至少有一个正解。

证明由引理2知, 对每一个n, 存在yn∈Cn满足 (3) 式, 下面考虑集合{yn}。

1.1 首先证明对任意的[a, b]∈ (0, tm+1) , yn (t) 在[tk-1, tk]与|a, b|) 上是等度连续的

令 $w (t) = \inf_{n \geq 1} y_{n} (t) ‚ W (t) = \sup_{n \geq 1} y_{n} (t)$ , 则一定有

0<w (t) ≤W (t) <+∞, t∈J (4)

首先证明w (t) >0, t∈J。

设存在t0>0, 使得w (t0) =0, 则存在{ynk}满足 $\lim_{k \to + \infty} y_{n_{k}} (t_{0}) = 0$ 。ynk (t) 的单调递减性保证了{ynk (t) }在 (t0, tm+1) 上一致收敛于0。由式 (2) 保证, 存在δ>0, 使得只要0<y≤δ<1, 则一定有 $f (t, x, y) ＞ \frac{1}{b - a}, t \in [a, b], x \in (0, t_{m + 1})$ 。

可取自然数K>0, 使得 $0 ＜ y_{n_{k}} + \frac{1}{n_{k}} ＜ δ, t \in [a, b]$ 。由式 (3) 可知:

$\begin{array}{l} δ ＞ y_{n_{k}} (a) \geq \int_{a}^{b} f (s, (Τ y_{n_{k}}) (s) + \frac{1}{n_{k}}, y_{n_{k}} (s) + \frac{1}{n_{k}}) d s ＞ \\ \int_{a}^{b} \frac{1}{b - a} d s = 1, \end{array}$

矛盾。所以, w (t) >0, t∈[0, tm+1]。

令 $η (t) = \inf_{n \geq 1} \int_{0}^{t} y_{n} (s) d s$ , 易见η (t) >0, t∈ (0, tm+1) , 显然w (t) 在 (0, tm+1) 上单减。η (t) 在 (0, tm+1) 上单增。 $y_{n} (t_{m} +) = \frac{1}{n} + \int_{t_{m +}}^{t_{m + 1}} f$ $s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n} ‚ y_{n} (s) + \frac{1}{n}$ ds≤1+F ( (Tyn (tm+1) ) 。∫ $_{t_{m +}}^{t_{m + 1}}$ k (s) G (yn (tm+) ) ds。

由 (Tyn) (tm+) =∫ $_{0}^{t_{m +}}$ yn (s) ds+I0, 1 ( (Tyn) (t1) , x (t1-) ) +…I0, m-1 ( (Tyn) (tm-1) , x (tm-1-) ) ≥∫ $_{0}^{t_{m +}}$ yn (s) ds≥∫ $_{0}^{t_{m +}}$ w (s) ds及 (H1) 知, F ( (Tyn) × (tm+) ) 是有界的;又由条件 (H2) 易得yn (tm+) 是有界的。

由于yn (tm-) =yn (tm+) +I1, m $(Τ y_{n}) (t_{m}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{m} -) + \frac{1}{n}$ ≤yn (tm+) +γ1, mFm $(Τ y_{n}) \times (t_{m}) + \frac{1}{n}$ $G_{m} (y_{n} (t_{m} -) + \frac{1}{n})$ 。于是yn (tm-) 是有界的。同理{yn (tk+) }, {yn (tk-) }是有界的, k=1, 2, …, m-1。

对于t∈ (tm, tm+1) , 由

$- \frac{y_{n} ´ (s)}{G (y_{n} (s))} \leq k (s) F (η (s)), s \in (t_{m}, t_{m + 1}), (n \geq \frac{1}{t})$ 。

从tm到tm+1积分, 我们有

$\int_{y_{n} (t_{m})}^{y_{n} (t_{m + 1})} \frac{1}{G (r)} d r \leq \int_{t}^{t_{m + 1}} k (s) d s F (η (t)) ＜ + \infty$ 。

所以{yn (t) }是有界的, t∈ (tm, tm+1) 。同理得t∈ (tk, tk+1) 时, {yn (t) }也是有界的。k=0, 1, …, m-1。于是可得{yn (t) }有界, t∈J∪{t1, t2, …, tm+1}, 从而, 0<w (t) ≤W (t) <+∞。∀t∈J。

对固定的[a, b]⊆ ( 0, tm+1) , 根据 (H1) , (H3) 及式 (4) , 我们有 $(n \geq \frac{1}{t})$ 。

0≤-y′ (t) ≤k (t) F (η (a) ) sup G ([wb, +∞) ) ∈

L (a, b) , t∈[a, b]-{tk} (5)

这里 $w_{b} = \inf_{t \geq b} w (t) \geq 0$ 。不等式 (5) Lebesgue积分的绝对收敛性保证了{yn (t) }在 (tk-1, tk) ∩[a, b], k=1, 2, …, m+1上是等度连续的。Arzela-Ascoli定理保证存在子列, 在每一个 [a, b]上一致收敛。令 $a = \frac{1}{3 l}, b = t_{m + 1} - \frac{1}{3 l}, l$ 是自然数。当l=1时, 存在{yn (t) }的子列{y $_{n}^{(1)}$ (t) }, 其在 $[\frac{1}{3}, t_{m + 1} - \frac{1}{3}]$ 上一致收敛。当l=2时, 存在{yn (t) }的子列{y (2) n (t) }, 其在 $[\frac{1}{6}, t_{m + 1} - \frac{1}{6}]$ 上一致收敛。一直进行下去, 存在{yn (t) }的子列{y $_{n}^{(l + 1)}$ (t) }, 在 $[\frac{1}{3 (l + 1)}, t_{m + 1} - \frac{1}{3 (l + 1)}]$ 上一致收敛。l=1, 2, …, 则对角线序列{y $_{l}^{(l)}$ (t) }在 (0, tm+1) -{tk}, k=1, 2, …, m+1上每一点都收敛。且容易验证{y $_{l}^{(l)}$ (t) }在任意的[a, b]⊆ (0, tm+1) 上一致收敛。不失一般性, 可以假设yn (t) 在 (0, tm+1) -{tk}, k=1, 2, …, m+1上每一点都收敛。在任意的[a, b]⊆ (0, tm+1) -{tk}, k=1, 2, …, m+1上一致收敛。

令 $y (t) = \lim_{n \to + \infty} y_{n} (t), t \in (0, t_{m + 1}) - {t_{k}}$ , 则y (t) 在 (0, tm+1) -{tk}, k=1, 2, …, m+1上是连续的, 单调递减的。

1.2 y (t) 是式 (1) 的正解

首先, 我们证明

$\lim_{h \to 0} \sup_{n \geq 1} \int_{0}^{h} y_{n} (s) d s = 0$ (6)

令h<t1, 由式 (3) , 有 $y_{n} (t) - y_{n} (\frac{t_{1}}{2}) \leq \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} f$ $s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}$ $d s \leq \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) \times F ((Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}) G (y_{n} (s) + \frac{1}{n}$ $d s, t \in (0, \frac{t_{1}}{2}], (n ＞ 2)$ 。注意到t≤s, (Tyn) (s) =∫0syn (τ) dτ≥∫0tyn (τ) dτ= (Tyn) (t) 及F (x) 的单减性, 我们有 $y_{n} (t) \leq \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) d s F ((Τ y_{n}) (t)) \sup G$ $w (\frac{t_{1}}{2}), + \infty$ $+ \sup_{n \geq 1} y_{n} (\frac{t_{1}}{2}), t \in (0, \frac{t_{1}}{2}]$ 。所以,

$\begin{array}{l} \frac{y_{n} (t)}{F ((Τ y_{n}) (t)) + 1} \leq \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) d s \sup G ([w (\frac{t_{1}}{2}), \\ + \infty \end{array}$

$+ W (\frac{t_{1}}{2}) \frac{1}{F ((Τ y_{n}) (t)) + 1}$ (7)

令 (Tyn) (t) =μ, 由式 (7) 可得

$\begin{array}{l} \int_{0}^{(Τ y_{n}) (h)} \frac{1}{F (μ) + 1} d u \leq \int_{0}^{h} \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) d s d t \times \\ \sup G ([w (\frac{t_{1}}{2}), + \infty)) + W (\frac{t_{1}}{2}) h (8) \end{array}$

$\begin{array}{l} 由于 \int_{0}^{h} \int_{t}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) d s d t = \int_{0}^{h} \int_{0}^{s} k (s) d t d s + \\ \int_{0}^{h} \int_{h}^{\frac{t_{1}}{2}} k (s) d t d s = \int_{0}^{h} s k (s) d s + \int_{h}^{\frac{t_{1}}{2}} h k (s) d s \end{array}$

, 又由 (H1) 得 ${(Τ y_{n}) (\frac{t_{1}}{2})}$ 是有界的。Fatou引理可以保证

$\int_{0}^{\frac{t_{1}}{2}} y (s) d s = \int_{0}^{\frac{t_{1}}{2}} \lim_{n \to + \infty} y_{n} (s) d s \leq \lim_{n \to + \infty} \int_{0}^{\frac{t_{1}}{2}} y_{n} (s) d s ＜ + \infty$ 。

所以, 加上y (t) 在 (0, t1) 上的连续性及y (t1+0) , y (t1-0) 的存在性知y∈L[0, t1]。

令 $C (h) = \sup_{n \geq 1} \int_{0}^{h} y_{n} (s) d s$ , 则C (h) 在 $(0, \frac{t_{1}}{2}]$ 上单增的。若式 (6) 不成立, 也就是, 存在c>0使得C (0+) ≥c。对于 $h = \frac{1}{l} ‚ l$ 是自然数。存在nl使得 ${\int_{0}^{\frac{1}{l}} y_{n 1} (s) d s} \geq \frac{c}{2}$ 。在式 (8) 中令 $h = \frac{1}{i} ‚ n = n_{l}$ 及l→+∞我们有 $\int_{0}^{\frac{c}{2}} \frac{1}{F (μ) + 1} d μ = 0$ 。矛盾。

由式 (6) 知对于任意的ε>0, 存在t1>h>0使得

$\begin{array}{l} \int_{0}^{h} y_{n} (s) d s ＜ \frac{ε}{4}, \int_{0}^{h} y (s) d s ＜ \frac{ε}{4}, \\ n \in {n_{0}, n_{0} + 1, \dots} 。 \end{array}$

由于对于任意的t∈[h, tk], {yn (t) }一致收敛于y (t) , 存在N>0使得

$| \int_{h}^{t_{k}} (y_{n} (s) - y (s)) d s | ＜ \frac{ε}{2}, \forall n \geq Ν$ 。所以

$\begin{array}{l} | \int_{t_{k - 1}}^{t_{k}} (y_{n} (s) - y (s)) d s | = \\ | \int_{t_{k - 1}}^{h} (y_{n} (s) - y (s)) d s + \int_{h}^{t_{k}} (y_{n} (s) - y (s)) d s | \leq \\ | \int_{t_{k - 1}}^{h} y_{n} (s) d s | + | \int_{t_{k - 1}}^{h} y (s) d s | + \\ | \int_{h}^{t_{k}} (y_{n} (s) - y (s) d s | \leq \frac{ε}{4} + \frac{ε}{4} + \frac{ε}{2} = ε, \\ \forall n \geq Ν, k = 1, 2, \dots ‚ m + 1 。 \end{array}$

从而{ (Tyn (t) ) }收敛于 (Ty) (t) , t∈[tk, tk+1]。显然 (Ty) (tk+1) > 0, 且I0, k和I1, k在 (0, tm+1) × (0, tm+1) 的连续性意味着

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} (Ι_{0, k} (Τ y_{n}) (t_{k}), y_{n} (t_{k} -)) + Ι_{1, k} ((Τ y_{n}) (t_{k})), \\ y_{n} (t_{k} -)) = Ι_{0, k} ((Τ y) (t_{k}), y (t_{k} -)) + \\ Ι_{1, k} ((Τ y (t_{k}), y (t_{k} -)) 。 \end{array}$

所以, 对于t∈ (tk, tm+1) , $(Τ y_{n}) (t) - (Τ y) (t) | \leq | \int_{0}^{t} (y_{n} (s) - y (s)) | +$ I0, k ( (Tyn) (tk) , yn (tk-) ) -I0, k ( (Ty) (tk) -y (tk-) ) +I1, k ( (Tyn) (tk) , yn (tk-) ) -I1, k ( (Ty) (tk) , y (tk-) ) →0, n→+∞。

因此, $\lim_{n \to + \infty} (Τ y_{n}) (t) = (Τ y) (t), \forall t \in (0, t_{m + 1}) - {t_{k}}, k = 1, 2, \dots ‚ m + 1$ 。

对于固定的t∈ (0, tm+1) , 取γ>tk, f (t, x, y) 的连续性保证, ${f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n})}$ 收敛于f (s, (Ty) (s) , y (s) ) , s∈[t, γ]求s∈[γ, t], 由式 (3) , 我们有 $(n \geq \frac{1}{t})$ 。

$\begin{array}{l} y_{n} (t) - y_{n} (γ) = \\ {\begin{cases} \int_{t}^{γ} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s, \\ t \in (t_{k}, t_{m + 1}), \\ \int_{t}^{γ} f (s, (Τ y_{n}) (s) + \frac{1}{n}, y_{n} (s) + \frac{1}{n}) d s + \\ \sum_{γ ＜ t_{k} ＜ t} Ι_{1, k} ((Τ y_{n}) (t_{k}) + \frac{1}{n}, y_{n} (t_{k} -) + \frac{1}{n}), \\ t \in [\frac{1}{n}, t k), k = 1, 2, \dots ‚ m 。 \end{cases} \end{array}$

由于 (Tyn) (t) >η (t) 及式 (4) , 令n→+∞, 我们有

y (t) -y (γ) =

令在式 (5) 中t=γ及n→+∞。我们有

$\int_{0}^{y (γ)} \frac{1}{G (y)} d y \leq \int_{γ}^{\infty} k (s) d s F (η (\frac{t_{m + 1}}{2} + t_{m}))$ (10)

由不等式 (10) 可知 $y (t_{m + 1}) = \lim_{γ \to t_{m + 1}} y (γ) = 0$ 。在式 (9) 中令γ→tm+1。我们有

$y (t) = {\begin{cases} \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s), y (s)) d s, t \in (t_{m}, t_{m + 1}], \\ \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s), y (s)) d s + \\ Ι_{1, m} ((Τ y) (t_{m}), y (t_{m} -)), t \in (t_{m - 1}, t_{m}), \\ ⋮ \\ \int_{t}^{t_{m + 1}} f (s, (Τ y) (s), y (s)) d s + Ι_{1, m} ((Τ y) (t_{m}), \\ y (t_{m} -)) + \dots + Ι_{1, 1} ((Τ y) (t_{1}), y (t_{1} -)), \\ t \in (0, t_{1}] \end{cases}$

所以, x (t) = (Ty) (t) 是式 (1) 的一个正解。

摘要：利用全连续算子的不动点定理, 研究了二阶非线性脉冲奇异微分方程两点边值问题正解的存在性。

关键词：脉冲奇异微分方程,全连续算子,Schauder不动点定理,正解

参考文献

[1]Guo D.Existence of positive solutions fornth-order nonlinear impul-sive singular integro-differential equations in Banach spaces.Nonlin-ear Analysis, 2008;68:2727—2740

[2]孙玉海, 代丽美.带脉冲的Emden-Fowler方程奇异边值问题的正解.山东师大学报, 2006;21:5—8

二阶奇异微分方程篇2

教学目的：使学生掌握二阶常系数齐次线性微分方程的解法，了解二阶常系数非齐

次线性微分方程的解法

教学重点：二阶常系数齐次线性微分方程的解法

教学过程：

一、二阶常系数齐次线性微分方程

二阶常系数齐次线性微分方程 方程

ypyqy0

称为二阶常系数齐次线性微分方程 其中p、q均为常数

如果y1、y2是二阶常系数齐次线性微分方程的两个线性无关解 那么yC1y1C2y2就是它的通解

我们看看能否适当选取r 使yerx满足二阶常系数齐次线性微分方程 为此将yerx代入方程

ypyqy0

得

(r 2prq)erx 0

由此可见 只要r满足代数方程r2prq0 函数yerx就是微分方程的解

特征方程 方程r2prq0叫做微分方程ypyqy0的特征方程 特征方程的两个根r1、r2可用公式

r1,2

求出

特征方程的根与通解的关系

(1)特征方程有两个不相等的实根r1、r2时 函数y1er1x、y2er2x是方程的两个线性无关的解

这是因为

函数y1er1x、y2er2x是方程的解 又

因此方程的通解为

yC1er1xC2er2x

二阶奇异微分方程篇3

研究以下具有奇异边值问题二阶脉冲微分方程正解的存在性。

(1) 式中f∈C[ (0, 1) × (0, ∞) , (0, ∞) ], q∈C (0, 1) , I∈C[[0, ∞) , [0, ∞) ], N:R→R, t1∈ (0, 1) 给定, 假设f可以在t=0, 1或y=0处奇异, Δy′|t=t1=y′ (t1+0) -y′ (t1-0) 其中y′ (t1+0) (y′ (t1-0) ) 为y′在t=t1右极限 (左极限) 。令 $| y |_{0} = \sup_{t \in [0, 1]} {y (t)}, | y |_{1} = \max_{t \in [0, 1]} {| y |_{0}, | y^{'} |_{0}}, J = [0, 1], J^{0} = (0, 1) / {t_{1}}$ 。PC1=[J, R]={y|y:J→R连续, 且y′ (t) 在J0上连续y′ (t1+0) , y′ (t1-0) 存在, 且y′ (t1) =y′ (t1-0) }。则当 $| y |_{1} = \max_{t \in [0, 1]} {| y |_{0}, | y^{'} |_{0}}$ 时PC1为Banach空间。若y∈PC1∩C2 (J0, R) 满足方程 (1) , 则y为方程 (1) 的一个解。

文献[1]利用上下解方法研究以下具有奇异边值半正二阶脉冲微分方程

正解的存在性, 其中f∈C[ (0, ∞) , R], f (u) +M≥0, 任意u∈ (0, ∞) , q∈C (0, 1) ∩L1[0, 1], q (t) >0, t∈ (0, 1) , Ik∈C[[0, ∞) , [0, ∞) ], tk∈ (0, 1) 。假设f可以在y=0处奇异, Ik在[0, ∞) 上连续非减。

现提出新的条件, 利用不动点指数理论[2], 得到了方程 (1) 正解的存在性。主要改进了文献[1]中f (u) +M≥0的条件, 可以看到在方程 (1) 中, q (t) 可以是无界函数。主要思想来自文献[3]。

1 引理

考虑上述方程 (1) , 假设以下条件成立。

$(Η_{0}) \frac{- t_{1}}{2} ＜ Ι (u) \leq Ν (u) \leq \frac{(1 - t_{1}) Ι (u)}{2}$ , 且N (u) +u非减;

(H1) 对任意 (t, y) ∈ (0, 1) × (0, ∞) , 有0≤f (t, y) ≤ϕ (t) (g (y) +h (y) ) , 其中ϕ=C (0, 1) , ϕ>0, g>0且在 (0, ∞) 上连续非增, h≥0且在[0, ∞) 上非减;

(H2) 0<∫ $_{0}^{1}$ [s (1-s) (ϕ (s) +q+ (s) +q- (s) ) ]ds<∞, 其中q+ (t) =max{q (t) , 0},

q- (t) =max{-q (t) , 0};

(H3) 存在r>0, r>2∫ $_{0}^{1}$ q- (t) ds使得

$∥ x ∥ = \max_{t \in [0, 1]} | x (t) |$ 对任意x∈C[0, 1], 则C[0, 1]为Banach空间。

令P={x|x∈C[0, 1], x (t) ≥0, t∈[0, 1]}, Q={x|x∈P, x (t) ≥‖x‖t (1-t) , t∈[0, 1]}。则P, Q为C[0, 1]中两个椎。对任意y∈P令

$[y (t)]^{*} = {\begin{cases} y (t), y (t) \geq 0, \\ 0, y (t) ＜ 0 。 \end{cases}$

对任意n∈N, 定义映射Tn:P→C[0, 1]。

$ω (t, y) = {\begin{cases} t [- Ν ([y (t_{1}) - ρ (s)]^{*} + 1 / n) + (1 - \\ t_{1}) Ι ([y (t_{1}) - ρ (s)]^{*} + 1 / n)] ‚ 0 \leq t \leq 1 ； \\ (1 - t) [Ν ([y (t_{1}) - ρ (s)^{*}] + 1 / n) + \\ t_{1} Ι ([y (t_{1}) - ρ (s)]^{*} + 1 / n)], t_{1} \leq t \leq 1 。 \end{cases}$

引理1 对任意n∈N, Tn:P→Q为全连续。

证明参看文献[3]。

引理2 令Ωr={x∈Q|‖x‖<r}, 则对任意n∈N, 有i (Tn, Ωr∩Q, Q) =1。

证明对任意z∈∂Ωr, 有z≠μTnz, μ∈[0, 1]。

若不然, 存在μ0∈[0, 1], z0∈∂Ωr, z0=μ0Tnz0, 则z0≥|z0|t (1-t) =rt (1-t) , t∈[0, 1]。另一方面ρ (t) =∫ $_{0}^{1}$ G (t, s) q- (s) ds≤ (∫ $_{0}^{1}$ q- (s) ds) t (1-t) ≤ $\frac{\int_{0}^{1} q_{-} (s) d s}{r}$ z0 (t) , t∈[0, 1], 则有

所以

由式 (4) 可得

$- z^{″}_{0} \leq ϕ (t) [g (\frac{1}{2} z_{0} (t)) + h (z_{0} (t) + 1)] + q_{+} (t), t \in (0, 1)$ 且t≠t1。 (5)

所以z0 (t) 在[0, t1], [t1, 1]上为凹函数, 显然存在t0∈[0, 1]使得 $z_{0} (t_{0}) = \max_{t \in [0, 1]} {z_{0} (t)} = r$ 。则有

z′0 (t0-0) ≥0, z′0 (t0+0) ≤0, 又因z″0≤0在 (0, 1) /{t1}上成立。则有t1<t0或t1>t0两种情况。

①若t1∈ (0, t0], 则z′0在 (0, t1) , (t1, t0) 上非增[1]。

$\begin{array}{l} z^{'}_{0} \geq z^{'}_{0} (t_{0} - 0) \geq 0, t \in (t_{1}, t_{0}), Δ z^{'}_{0} |_{t = t_{1}} = \\ - Ι (z_{0} (t_{1}) - ω (t_{1}) + \frac{1}{n}) \leq 0 。 \end{array}$

所以z′0 (t1-0) ≥z′0 (t1+0) ≥z′0 (t0-0) 。则有

z′0 (t) ≥0, t∈ (0, t0) /{t1}, z′0 (t0-0) ≤I (r+1) +z′0 (t0+0) ≤I (r+1) 。

从t到t0积分式 (5) :当t∈ (t1, t0]时,

当t∈ (0, t1]时,

所以对任意t∈ (0, t0) 有

从0到t0积分 (6) 式

另一方面, 对任意的t∈ (t0, 1) , 同理从t0到t积分, 再从t0到1积分可得

由式 (7) 和式 (8) 可得

②当1>t1>t0时, 同理可证式 (9) 成立。显然式 (9) 与 (H3) 矛盾。

综合1°和2°, 对任意z∈∂Ω4, z≠μTnz, μ∈[0, 1]。由不动点指数理论可得引理结论成立。

引理3[2] 存在R>r, ΩR={x|x∈Q, ‖x‖<R}。使得对任意n∈N有i (Tn, ΩR∩Q, Q) =0成立。

引理4[3] 以下式成立。

2 主要结果

定理1 假设 (H1) —假设 (H4) 成立, 则边值问题 (1) 至少有一个正解。

证明由引理2和引理3可得i (Tn,

$(Ω_{R} \bar{Ω}_{r}) \cap Q, Q) = - 1$ , 所以对任意n∈N, Tn在 $Ω_{R} \bar{Ω}_{r}$ 上有一个不动点yn。所以

$\begin{array}{l} y_{n} (t) = \int_{1}^{0} G (t, s) (f (s, y_{n} (s) - p (s) + \frac{1}{n}) + \\ q_{+} (s)) d s + ω (t, y), \end{array}$

因为 $y_{n} (t) - ω (t) \geq \frac{1}{2} y_{n} (t) \geq 0, t \in [0, t]$ , 则有

令S={yn|yn为Tn不动点且‖yn‖≥r, n∈N}, 定义映射B:[0, +∞) →[0, +∞) , B (z) =∫ $_{0}^{z}$ $\frac{d u}{g (\frac{u}{2})}, z \in [0, + \infty)$ , 所以B在[0, +∞) 上单增且连续。不妨假设yn在tn处取得最大值, 则0≤y′n≤I (yn (t1) ) ≤I (R) 。此时有可列个tn=t1或有限个tn=t1两种情况。

类似文献[3]中证明可得S在[0, 1]上等度连续。由Ascoli-Arzela定理, 可得S为PC1[0, 1]上的紧子集。所以对任意zn∈S,

$\begin{array}{l} z_{n} (t) = z_{n} (\frac{t_{1}}{2}) + (t - \frac{t_{1}}{2}) z^{'}_{n} (\frac{t_{1}}{2}) - \int_{\frac{t_{1}}{2}}^{t} d s \\ \int_{\frac{t_{1}}{2}}^{s} [f (τ, z_{n} (τ) - ρ (τ) + \frac{1}{n}) + q_{+} (τ)] d τ, \\ t \in (0, t_{1}) 。 (11) \end{array}$

由式 (11) 可得 ${z^{'}_{n} (\frac{t_{1}}{2})}_{n = 1}^{\infty}$ 有界。假设 $\lim_{n \to \infty} z_{n} = z_{0}, \lim_{n \to \infty} z^{'}_{n} (\frac{t_{1}}{2}) = a^{0}, n \to \infty$ 。

同理在 (t1, 1) 上对任意zn (t) ∈S,

由上式可得 ${z^{'}_{n} (\frac{t_{1} + 1}{2})}_{n = 1}^{\infty}$ 有界。假设 $\lim_{n \to \infty} z_{n} = z_{0}, \lim_{n \to \infty} z^{'}_{n} (\frac{t_{1} + 1}{2}) = b^{0}, n \to \infty$ 则有

所以

令u0 (t) =z0 (t) -ρ (t) , ‖z0‖≥r。所以

$\begin{array}{l} \begin{array}{l} z_{0} (t) - ρ \geq \end{array} (1 - \frac{\int_{0}^{1} q_{-} (s) d s}{r}) \begin{array}{l} z_{0} (t) \geq \end{array} \\ \frac{r}{2} t (1 - t) \geq 0, t \in [0, 1] 。 \end{array}$

由式 (12) 得u0 (t) 为方程 (1) 的一个正解。

摘要：应用锥上的不动点指数理论, 给出脉冲奇异半正Dirichlet边值问题二阶脉冲微分方程正解存在性, 改进了前人的结果。

关键词：脉冲微分方程,奇异边值问题,不动点指数,正解

参考文献

[1]Zu Li, Jiang Daqing, O′Regan.Existence theroy for multiple solutions to semipositone Dirichlet boundary value problems with singular de-pendent nonlinearities for second-order impulsive differential equa-tions.Applied Mathematics and Computation, 2008;195:240—255

[2]郭大钧.非线性泛函分析, (第二版) .济南:山东科技出版社, 2001

二阶奇异微分方程篇4

研究二阶非线性变时滞微分方程x"(t)+p(t)∫(x(g(t)))=0.对振动因子p(t)变符号的情况讨论了方程的振动性.通过两个已有引理得到了方程振动的两个充分条件.所得结论推广了原有的二阶非线性微分方程与变时滞微分方程当系数不变号时的振动性结论,完善了具变符号振动因子的二阶非线性变时滞微分方程的`研究.

作者：庄需芹朱红霞张建国 ZHUANG Xu-qin ZHU Hong-xia ZHANG Jian-guo 作者单位：庄需芹,张建国,ZHUANG Xu-qin,ZHANG Jian-guo(北方工业大学,理学院,北京,100041)

朱红霞,ZHU Hong-xia(河北廊坊师范学院,数学与信息科学学院,河北,廊坊,065000)

二阶奇异微分方程篇5

1变系数二阶线性微分方程的应用

随着信息技术的快速发展, 数学知识越来越多地被应用到这些信息技术领域。无论在电力网络, 交通运输业, 电子技术, 工程造价, 化学, 自动运输网, 生物学, 建筑工程, 数字通讯网中, 还是简单的日常生活, 利用数学知识解决现实生活问题的现象已经越来越广泛。

从古至今, 人们对解答微分方程的问题已经深有研究, 针对变系数二阶线性微分方程也有一定的解决方法。但是, 由于是二阶的微分方程, 计算量很大, 幂的次数较高, 所以解决的时候会比较麻烦。而降阶法的运用在解决变系数二阶线性微分方程中还是较为方便快捷的。用降阶法解决这类问题, 最关键的是要把二阶线性微分方程如何转化为一阶线性微分方程, 当然之前也要了解这个方程能否可以进行降阶转化。

此外, 数学的其他分支与变系数二阶线性微分方程也是有密切关系的, 二者可以互相促进, 共同发展。众所周知, 在数学学习过程中, 几何学的解决很多就要用到变系数二阶线性微分方程的知识, 所以说, 变系数二阶线性微分方程的进步发展与完善, 对于几何学来说也是至关重要的;在另一个角度说, 也就是, 变系数二阶线性微分方程的发展可以有力地促进数学领域其他分支的进步。

2一种求解变系数二阶线性微分方程的方法

利用变量替换法可以使方程降价进行求解, 利用这种方法解决变系数二阶线性微分方程也是可以的。例如下面这个方程:2

设其中的非零特解y1是已知的, 并让y1作替换变量,

其中, 为未知的函数, 求导为

求二阶导数可得:

带入式可得:

易知, 这是一个关于的二阶线性齐次方程, 每一项系数都为x的已知函数, 因为1是式的解, 所以其中的

所以, 式可以转化为

替换变量, 使得, 由此可得:

下一步, 分离变量, 可得:

两边积分, 得到通解:

其中, c2为任意一个常数。再一次进行积分运算得:

带回原来的变量得到式的通解:

这个公式是二阶线性齐次方程式中的一种公式, 对于这类方程, 解答的过程中采用降价法, 已知一个非零特解, 通过两次转变之后, 就可以把二阶线性微分方程转化成一阶形式, 这样就可以求得通解。当然, 对于非齐次微方程, 运用这种方法解决也是可以的, 知道了一个特解就可以做出方程转化, 进行降价, 这种转变并不影响方程的结构。

其实, 所有的系数微方程都是可以解决的, 但是, 对于变系数二阶线性微分方程来说, 由于计算量比较大, 除了近似的解法之外, 还没有发现更为普遍的解决方法。所以说, 发现一种较为简便的方法是十分必要的。

综上所述, 常系数微方程在数学研究领域占有十分重要的地位, 变系数二阶线性微分方程在自然科学、物理学等科学技术领域的应用也是非常广泛的。运用降阶法解决这类问题是比较有效的, 加大对变系数二阶线性微分方程的研究力度, 寻求更为便捷的解决方式, 不仅对于数学研究和其他数学分支的进一步发展有重要意义, 而且可以对其他相关领域的研究进步做出更大的贡献。可以说, 二阶变系数线性微方程已经取得了很大的成就, 但是, 这些并不能满足相关研究领域的需要, 还需要我们继续付出更大的努力, 寻求更好的解决方法, 促进这一学科的完善, 使得我国这方面的成就跻身于世界数学研究的巅峰之上。

摘要：变系数二阶线性微分方程是大学数学学习的重要内容, 本文对变系数二阶线性微分方程的解法进行探究, 得到了几种求解方法。笔者通过求解该类方程的过程, 以进一步指导大学数学教育的进步。

关键词：变系数二阶线性微分方程,解法,常数变易法

参考文献

[1]夏敦行.二阶变系数线性微方程方程的解法[D].武汉:武汉科技大学, 2009.

关于二阶微分线性方程的教学篇6

其中p (x) , q (x) 均为已知函数.

函数y=y0称为方程 (1) 的解, 如果它使得下式成立

1 解的存在性

引理1在区间[a, b]上, 如果方程 (1) 中函数p (x) 连续可导, 而函数q (x) 连续, 则该方程存在解.

证作函数

设区域

其中d是正的常数.则在区域D内, 有

可见函数f (x, u) 满足Lipschitz条件, 于是由常一阶微分方程解的存在性定理知, 方程

存在连续可微解u=u (x) .令

则由上式得

再令r2 (x) =p (x) -r1 (x) , 则有

现在作如下两个方程

由引理1知, 它们均存在解, 设它们的解依次为y1=y1 (x) , y=y (x) 则得

所以这个y=y (x) 也是方程 (1) 的解, 证毕现在考察非齐次二阶微分线性方程, y"+p (x) y'+q (x) y=f (x) , (2)

其中中p (x) , q (x) 均为已知函数, f (x) 是非零连续函数。

方程 (1) 也称为方程 (2) 所对应的齐次线性方程。

函数y=y0 (x) 称为方程 (2) 的解, 如果它使得下式成立

定理1如果齐次二阶微分线性方程 (1) 存在两个线性无关的解

则非齐次二阶微分线性方程 (2) 的通解可以写为

其中C1, C2均为常数, 不定积分上标x表示积分结果中的自变数s换为x.

证将表达式为式 (3) 的函数y代入方程 (2) 验证, 可知其为解;而方程 (2) 的任何两个解之差是方程 (1) 的解, 所以表达式为式 (3) 的函数y是方程 (2) 的通解, 证毕

下面介绍通解表达式 (3) 的求得方法, 用常数变易法, 由条件, 得方程 (1) 的通解为

其中c1, c2均为常数, 设方程 (2) 的解为

其中c1 (x) , c2 (x) 均为待定函数, 为了便于计算, 令

则

用以上四个等式, 得

从而得

于是, 由式 (5) 与上式解得

将上面两式积分, 得

将这两式代入式 (4) , 整理即可得式 (3) .

参考文献

[1]S.G.Mikhlin.Linear Equations of Mathematical Physics[M].Holt, Rinehart and Winston, NewYork, 1967:12

[2]I.Stakgold.Boundary Value Problems of Mathematical Physics[M].Macmillan, New York, 1967:123

[3]U.E.Boyce, R.C.Diprima, Elementary Differential Equations andBoundary Value Problems[M].John Wiley&Sons, inc.1986:32

[4]U.T.Myin, L.Debnarh.Partial Differential Equations for Scientistsfor Engineers (Third edition) [M].Prentice Hall, Englewood, Nj, 1987:24

二阶奇异微分方程篇7

文献[1]考虑了如下带有变号的二阶四点奇异边值问题

${\begin{cases} u^{″} (t) + h (t) f (t, u (t)) = 0, t \in (a, b) \\ λ u^{'} (a) = μ u (ξ), u (b) = δ u (η) \end{cases}$

(1)

的一个正解的存在性, 其中0<a<ξ<η<b。考虑上述问题 (1) 的多个正解的存在性。

本文所使用的空间是通常范数下的Banach空间C[a, b], 范数记为 $∥ . ∥ = \max_{t \in [a, b]} | u (t) |$ 。本文所说的正解指非负且不恒为零的解。

定义1 如果α (t) ∈C1[ (a, b) , [0, ∞) ]∩C2[ (a, b) , [0, ∞) ]满足

${\begin{cases} α^{″} (t) + h (t) f (t, α (t)) \geq 0, t \in (a, b) \\ λ α^{'} (a) - μ α (ξ) \leq 0, α (b) - δ α (η) \leq 0 \end{cases}$

(2)

则称α (t) 为边值问题式 (1) 的下解。若将式 (2) 中的不等号方向对换则称α (t) 为边值问题式 (1) 的上解。

若上述不等式严格成立则称α (t) 为边值问题式 (1) 的严格下解或严格上解。

为了方便先作以下假设:

$(Η_{1}) 0 < δ < 1, λ > 0, \frac{λ (1 - δ)}{ξ (1 - δ) + δ η - b} < μ \leq 0$ , λ, μ不同时为零;

(H2) α1, β1和α2, β2分别是边值问题 (1) 的两对严格下解和严格上解且满足α1≤α2≤β1, α1≤β2≤β1, α2不小于等于β2;

(H3) f:[a, b]×[0, ∞) → (-∞, +∞) 连续, 且 $\sup_{α_{1} (t) \leq u \leq β_{1} (t)} ∥ f (t, u) ∥ \leq δ (t), \forall t \in [a, b]$ , 其中δ (t) ∈C ([a, b], (0, +∞) ) ;

(H4) h: (a, b) →[0, +∞) 连续, 且

0<∫ $_{a}^{b}$ h (s) δ (s) ds<+∞, 0<∫ $_{a}^{b}$ (b-t) h (t) dt<∞

引理1[1] 设 (H1) 成立, 设u (t) ∈C[a, b]则u (t) 是边值问题式 (1) 的解当且仅当u (t) 是下列积分方程的解

u (t) =∫ $_{a}^{b}$ G (t, s) h (s) f (s, u (s) ) ds (3)

其中

显然0≤G (t, s) ≤γK (s, s) , ∀t, s∈[a, b], 其中

$γ = \frac{λ + μ (a - ξ)}{(λ - μ ξ) (1 - δ) - μ (δ η - b)}$ 。

引理2[3] 设θ∈Ω, A: $\bar{Ω} \to E$ 全连续, 若‖Ax‖≤‖x‖, Ax≠x, ∀x∈∂Ω, 则

deg (I-A, Ω, θ) =1。

2 主要结果

定理1 假设 (H1) — (H4) 成立, 则边值问题 (1) 至少有三个正解u1, u2, u3且满足α1≤u1≤β2, α2≤u2≤β1, u3不小于等于β2, u3不大于等于α2。

证明定义辅助函数

, 考虑相应问题

我们分两步来完成证明:

(1) 下证若BVP (7) 有一个解

u∈C1[ (a, b) , [0, ∞) ]∩C2[ (a, b) , [0, ∞) ]则u (t)

满足α1 (t) ≤u (t) ≤β1 (t) 。

首先证明α1 (t) ≤u (t) .若α1 (t) ≤u (t) 不成立, 则存在t0∈[a, b]使得

$u (t_{0}) - α_{1} (t_{0}) = \min_{t \in [a, b]} (u (t) - α_{1} (t)) = m < 0$ (7)

当t0=b时, m=u (b) -α1 (b) ≥ δu (η) -δα1 (η) =

δ (u (η) -α1 (η) ) ≥δm>m矛盾。

当t0∈ (a, b) 时, 有

u (t0) <α1 (t0) , α1′ (t0) =u′ (t0) ,

α1″ (t0) ≤u″ (t0) (8)

由式 (8) 和 (H2) 可得下列矛盾

α1″ (t0) ≤u″ (t0) =-h (t) f* (t0, u (t0) ) =

-h (t) f (t0, α1 (t0) ) <α1″ (t0) ,

所以当t∈ (a, b]时α1 (t) ≤u (t) 。

若t0=a即u (a) -α1 (a) <0, 由u (t) -α1 (t) 在[a, b]上连续, 则∃ε>0, s.t当t∈ (a, a+ε) 时, u (t) -α1 (t) <0, 则与前面所证矛盾。

所以α1 (t) ≤u (t) 成立。类似地可证u (t) ≤β1 (t) , 因此α1 (t) ≤u (t) ≤β1 (t) , t∈[a, b]。

(2) 证明边值问题 (6) 至少有三个解u1, u2, u3且α1 (t) ≤ui (t) ≤β1 (t) , i=1, 2, 3。

定义算子

(Au) (t) =∫baG (t, s) h (s) f* (s, u (s) ) ds (9)

G (t, s) 如式 (9) 所示, 类似文献[2]中的证明易知A:C[a, b]→C[a, b]是全连续算子。

令M>max{‖α1‖, ‖β2‖, L}, 其中0<L=∫ $_{a}^{b}$ γK (s, s) h (s) δ (s) ds<∞。令Ω={u∈C[a, b],

‖u‖<M}则Ω是一有界凸开集。

由式 (9) 及引理2可得

(Au) (t) =∫baG (t, s) h (s) f* (s, u (s) ) ds≤

∫ $_{a}^{b}$ γK (s, s) h (s) δ (s) ds<M。

所以A ( $\bar{Ω}$ ) ⊆Ω所以deg (I-A, Ω, θ) =1。

令Ωα2={u∈Ω|‖u‖>‖α2‖}, Ωβ2={u∈Ω|‖u‖<‖β2‖}, 由 (H2) 知 $\bar{Ω}_{α_{2}} \cap \bar{Ω}_{β_{2}} = ϕ$ 且

$Ω (\bar{Ω}_{α_{2}} \cap \bar{Ω}_{β_{2}})$ 非空。又因α1, β2不是式 (1) 的解, A在 (∂Ωα2) ∪ (∂Ωβ2) 上无解, 所以

$\deg (Ι - A, Ω, θ) = \deg (Ι - A, Ω_{α_{2}}, θ) + \deg (Ι - A, Ω_{β_{2}}, θ) + \deg (Ι - A, Ω (\bar{Ω}_{α_{2}} \cap \bar{Ω}_{β_{2}}), θ)$ 。

如果能够证明deg (I-A, Ωα2, θ) =deg (I-A, Ωβ2, θ) =1则知 $\deg (Ι - A, Ω (\bar{Ω}_{α_{2}} \cap \bar{Ω}_{β_{2}}), θ)$ =-1,

则由Leray-Schauder度理论可知边值问题式 (7) 有三个解, 且分别在集合 $Ω_{α_{2}}, Ω_{β_{2}}, Ω (\bar{Ω}_{α_{2}} \cap \bar{Ω}_{β_{2}})$ 中。

首先证明deg (I-A, Ωα2, θ) =1。定义函数

$f^{* *} = {\begin{cases} f (t, β_{1} (t)), u > β_{1} (t) \\ f (t, u (t)), α_{2} (t) \leq u \leq β_{1} (t) \\ f (t, α_{2} (t)), u \leq α_{2} (t) \end{cases}$

和相应的问题

定义全连续算子

(A1u) (t) =∫baG (t, s) h (s) f** (s, u (s) ) ds,

t∈[a, b]。

类似于以上的证明知u是式 (10) 的解, 则u∈Ωα2因此 $\deg (Ι - A_{1}, Ω \bar{Ω}_{α_{2}}, θ) = 0$ 。

和上面的讨论一样, 可以证明A1 ( $\bar{Ω}$ ) ⊆Ω 所以deg (I-A1, Ω, θ) =1。由f**的定义知在Ωα2上f**=f*, 所以

$\begin{array}{l} 1 = \deg (Ι - A_{1}, Ω, θ) = \deg (Ι - A_{1}, Ω_{α_{2}}, θ) + \\ \deg (Ι - A_{1}, Ω \bar{Ω}_{α_{2}}, θ) = \deg (Ι - A_{1}, Ω_{α_{2}}, θ) = \\ \deg (Ι - A, Ω_{α_{2}}, θ) 。 \end{array}$

同理可证deg (I-A, Ωβ2, θ) =1。因此定理得证。

摘要：研究了一类带有变号的二阶四点奇异边值问题{u″ (t) +h (t) f (t, u (t) ) =0, t∈ (a, b) , λu′ (a) =μu (ξ) , u (b) =δu (η) , 主要利用上下解方法和Leray-Schauder度理论得到了三个正解的存在结果, 改进和推广了现有的结果。

关键词：边值问题,上下解,多解,Leray-Schauder度

参考文献

[1]谢大鹏, 刘洋, 柏传志, 等.一类带有变号的二阶四点奇异边值问题的正解.应用数学学报, 2010;1 (1) :171—179

[2]Greaf J, Yang B.Positive Solusions to a multi-point higher order boundary vablue problem.J Math Anal Apple, 2006;316:409—421

二阶奇异微分方程篇8

在《高等数学》课程中, 常微分方程的基本解法是课程的重要部分, 这部分内容的难点集中在二阶常系数非齐次线性微分方程的待定系数法[1,2]. 笔者在教学中发现很多学生对这种方程的特解公式难以掌握, 又由于计算量较大, 许多学生即使掌握了求特解的公式, 但在计算待定系数时错误仍然较多. 例如求系数的代数方程列错, 或代数方程列对, 但结果求错.

本文介绍二阶常系数非齐次线性微分方程的待定系数法, 归纳记忆特解公式的几个原则, 并提出求待定系数的简化公式法. 利用简化公式法, 更容易得到待定系数的代数方程.

2. 特解公式及其记忆原则

二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式为

其中p, q为常数, f ( x) 为非齐次项, 或称为自由项, 不恒等于0. 下面介绍f ( x) 为多项式、指数函数 ( 以e为底) 、正弦函数、余弦函数以及它们的和与积的二阶常系数非齐次线性微分方程的解法.

其解法是先求对应齐次方程y″ + py' + qy = 0 的通解Y, 再求方程 ( 2. 1) 的一个特解y* , 则 ( 2. 1) 的通解为y = Y +y* . 对于齐次方程的通解Y的求法, 本文不作介绍. 我们只介绍 ( 2. 1) 的特解y* 的求法.

对于f ( x) = Pm ( x) ekx的二阶常系数非齐次线性微分方程 ( 2. 1) , 可设特解为y* = xsQm ( x) ekx, 其中Qm ( x) 是和Pm ( x) 同次 ( m次) 的系数待定的多项式, s的取值为

对于f ( x) = eαx[Pm1 ( x) cosβx + Pm2 ( x) sinβx], 同样用待定系数法, 可设 ( 2. 1) 的一个特解为y* = xseαx[Ql ( x) cosβx + Rl ( x) sinβx],

其中l = max{ m1, m2} , Ql ( x) , Rl ( x) 为l次系数待定的多项式, s的取值为

求特解y* 的关键是如何正确设出y* 的形式. 初学者常常设错, 为此我们归纳设y* 的几个基本原则.

原则一: 与自由项形式相同原则

该原则是指, 当k或 α ± βi不是方程的特征根, 则所设特解y* 与自由项f ( x) 的形式相同.

例如, 若0 不是方程的特征根且f ( x) = x3+ 1, 则设y*=Ax3+Bx2+Cx+D;

若5不是方程的特征根且f (x) =4e5x, 则设y*=Ae5x;

若2不是方程的特征根且f (x) =e2x (x2-1) , 应设y*=e2x (Ax2+Bx+C) ;

若 ± 4i不是方程的特征根且f ( x) = sin4x, 应设y* =Acos4x + Bsin4x; 等等.

原则二: 乘以x或x2的原则

若k或 α ± βi为方程的单特征根, 则所设的特解中除了包含与自由项形式相同的部分, 还应乘以x; 若k或 α ± βi为方程的二重特征根, 则所设的特解中除了包含与自由项形式相同的部分, 还应乘以x2.

原则三: 叠加原理求特解原则

该原则是指: 若自由项较为复杂, 应将自由项拆成若干Pm ( x) ekx和eαx[Pm1 ( x) cosβx + Pm2 ( x) sinβx]的形式和, 从而将方程拆成若干个简单 ( 即自由项为以上两种情况) 的二阶常系数非齐次线性微分方程, 每个简单方程分别求出特解, 则原方程的特解即为这些简单方程特解的和.

例如, 若f ( x) = f1 ( x) + f2 ( x) 且f1 ( x) , f2 ( x) 都是Pm ( x) ekx或eαx[Pm1 ( x) cosβx + Pm2 ( x) sinβx]的形式, 则先分别对f1 ( x) , f2 ( x) 求出特解y1*, y2*. 利用叠加原理, 其和y1*+ y2*为f ( x) 的特解.

原则一和原则二说明, 方程 ( 2. 1) 的一个特解的形式常从自由项f ( x) 的形式推出. 从本质上讲, 这整个工作只不过是作一种巧妙的猜测, 其中包含足够多的待定系数供调配, 以适合各类函数的要求.

3. 求待定系数的简化公式法

设非齐次方程的特解y*的形式掌握后, 剩下的就是计算问题. 但由于计算量较大, 初学者错误较多, 一般错误集中在求系数的代数方程列错. 下面我们提出求待定系数的简化公式法, 利用该方法, 可更为便捷地计算待定系数.

假设方程 ( 2. 1) 的自由项f ( x) = G ( x) ekx, 其中G ( x) 是没有指数形式的x的函数. 设y*= H ( x) ekx为方程 ( 2. 1) 的一个特解, 其中H ( x) 是x的待定函数.

将y*= H ( x) ekx代入方程 ( 2. 1) 进行计算并消去ekx≠0, 得

要得到原方程的特解y*, 即要求出H ( x) , 而这只需比较 ( 3. 1) 左右两端的系数.

因此, 当我们设好了特解y*, 无须把y*代入原方程, 只要确定了y*中的H ( x) , 将H ( x) 直接代入 ( 3. 1) 式即可. 用公式 ( 3. 1) 的优点在于, 不需要把y*中的指数函数ekx代入原方程求导, 这极大简化了中间计算过程. 而且当k是方程的特征根, 还可以更加简单. 在计算时, 按照k可以分成三种情况:

( 1) 如果k是方程的二重特征根, 那么k2+ pk + q = 0 且2k + p = 0, 此时 ( 3. 1) 式简化为H″ ( x) = G ( x) .

( 2) 如果k是方程的单重特征根, 那么k2+ pk + q = 0, 但2k + p≠0, 此时 ( 3. 1) 式简化为H″ ( x) + ( 2k + p) H' ( x) =G ( x) .

( 3) 如果k不是方程的特征根, 那么k2+ pk + q ≠0 且2k + p≠0, 此时 ( 3. 1) 式不能简化.

例3 求微分方程y″ + 4y' + 3y = xe- 3x的通解.

一般解法: 特征方程r2+ 4r + 3 = 0, 解得r1= - 1, r2=- 3, 所以原方程对应的齐次方程通解为Y = C1e- x+ C2e- 3x.再求原方程的一个特解y*. 因为原方程自由项为f ( x) =xe- 3x, 而- 3 是特征方程的单根, 故可设特解形式为y*=xe- 3x ( Ax + B) , 其中A, B为待定系数. 将y*= xe- 3x ( Ax + B) 代入原方程. 为此, 需先计算

再将 ( y*) '和 ( y*) ″代入原方程, 得

化简, 得e-3x (-4Ax-2B+2A) =xe-3x,

亦即-4Ax-2B+2A=x.

由2A - 2B = 0, - 4A = 1, 得

所以原方程的通解为

可以看到, 设好特解y*后, 求 ( y*) '和 ( y*) ″的计算量很大. 下面我们利用公式 ( 3. 1) 的方法来进行计算.

简化公式法: 求对应齐次方程的通解Y和设原方程的一个特解y*= xe- 3x ( Ax + B) 与一般解法一样, 我们此处不再赘述. 下面我们来计算A和B. 为利用公式 ( 3. 1) , 先找出G ( x) = x, H ( x) = Ax2+ Bx, k = - 3, p = 4, q = 3. 因为k =- 3 是特征方程的单根, 故公式 ( 3. 1) 为H″ ( x) + ( 2k + p) H' ( x) = G ( x) ,

即2A+ (-6+4) (2Ax+B) =x,

亦即-4Ax+2A-2B=x.

接下来的解法与一般方法一样, 通过比较系数求得, 从而.所以原方程的通解为

4. 结论

从第3 节例子可以看到, 一般解法中将y*代入原方程的计算量往往非常大. 大部分学生都只能设出特解, 解不出待定系数或解出的结果有误.

利用简化公式法, 可以避开求 ( y*) '和 ( y*) ″的过程, 而是计算更简单的H″ ( x) , H' ( x) , 这将使计算量大为减少.在教学中我们发现, 采用简化公式 ( 3. 1) , 大部分学生都能算正确结果.

参考文献

[1]张效成, 刘克勤, 孙凤芝.高等数学 (下) [M].北京:北京邮电大学出版社, 2012:242-248.

[2]陈新明, 胡新姣.常系数线性非齐次微分方程的简单解法[J].大学数学2008, 3:156-159.

[3]赵志勇, 薛运华.高等数学习题课讲义 (下) [M].天津:南开大学出版社, 2008:190-194.

一类二阶振动矩阵方程的求解篇9

在大柔性结构空间、地震工程、机器人、航空航天等很多工程应用领域, 经常会遇到处理二阶动力学系统的振动控制问题[1,2,3], 该系统的动态方程可记为

$\ddot{q} + A \dot{q} + C q = B u$ (1)

式 (1) 中A, C∈Rn×n 和 B∈Rn×r是系统参数矩阵;q∈Rn, $\dot{q} \in R^{n}$ 和 $\ddot{q} \in R^{n}$ 分别是系统的相对位移、速度和加速度向量;u∈Rr是系统的输入向量。

而二阶动力学系统 (1) 的许多基本控制问题, 如观测器、极点配置及特征结构配置[4,5,6,7,8,9,10,11,12,13]等控制问题均与式 (2) 有关:

VJ2+AVJ+CV=BW (2)

式 (2) 中A, C∈Rn×n 和 B∈Rn×r如前述;J∈Cm×m为已知矩阵;V∈Cn×m 和 W∈Cr×m待求。本文中方程 (2) 称为二阶振动矩阵方程。

本文约定, 任何向量 xi∈Cn, i=1, 2, …, m, 可简记为 ${x_{i}}$ , 且记按下述方式构成的矩阵为X=[xi]n×m:

$X = [\begin{matrix} x_{1} & x_{2} & \dots & x_{m} \end{matrix}]$ (3)

1 方程求解

本文考虑的主要问题是求解二阶振动矩阵方程式 (2) 。不失一般性, 仅考虑方程式 (2) 中J为若当对角标准型的情形。当J为一般矩阵时, 总可以通过适当变换将其化为若当对角标准型, 不妨记矩阵J的特征值为si, i=1, 2, …, m。

当二阶动力学系统式 (1) 完全可控时[4], 即

rank[s2I+sA+CB]=n, ∀s∈C (4)

成立, 则称矩阵组 (A, B, C) 为可控。当条件式 (4) 满足时, 则存在单模阵P (s) ∈Rn×n和Q (s) ∈R (n+r) × (n+r) 使得式 (5) 成立:

$Ρ (s) [s^{2} Ι + s A + C B] Q (s) = [\begin{matrix} 0 & Ι \end{matrix}]$ , ∀s∈C (5)

对矩阵Q (s) 如下分块:

$Q (s) = [\begin{matrix} Q_{11} (s) & Q_{12} (s) \\ Q_{21} (s) & Q_{22} (s) \end{matrix}] ‚$

Q11 (s) ∈Rn×r, Q21 (s) ∈Rr×r (6)

定理1 假设矩阵组 (A, B, C) 可控, 则二阶振动矩阵方程式 (2) 的全部解由V=[vi]n×m和W=[wi]r×m给出, 其中 ${v_{i}}$ 和 ${w_{i}}$ 由式 (7) 给出:

$[\begin{matrix} v_{i} \\ w_{i} \end{matrix}] = [\begin{matrix} Q_{11} (s_{i}) \\ - Q_{21} (s_{i}) \end{matrix}] f_{i}$

, i=1, 2, …, m (7)

式 (7) 中{fi}∈Cr是一组自由参量。

证明将矩阵方程式 (2) 写成如下等价形式

(s2iI+Asi+C) vi-Bwi=0, i=1, 2, …, m (8)

首先证明式 (7) 中vi和wi是方程式 (2) 的解。由式 (7) 和式 (8) 可得

$(s_{i}^{2} Ι + A s_{i} + C) v_{i} - B w_{i} = [s_{i}^{2} Ι + A s_{i} + C B] [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] =$

$\begin{array}{l} p^{- 1} (s_{i}) [0 Ι] Q^{- 1} (s_{i}) [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] = \\ p^{- 1} (s_{i}) [0 Ι] Q^{- 1} (s_{i}) Q (s_{i}) [\begin{array}{l} f_{i} \\ 0 \end{array}] = \end{array}$

$p^{- 1} (s_{i}) [0 Ι] [\begin{array}{l} f_{i} \\ 0 \end{array}] = 0$

。

也即式 (7) 成立。

下面证明方程式 (8) 的解均可由式 (7) 给出, 即完备性证明。

在式 (8) 两端分别左乘P (si) , 可得

$Ρ (s_{i}) [s_{i}^{2} Ι + A s_{i} + C B] [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] = 0$

将式 (6) 代入上式, 则有

$[\begin{matrix} 0 & Ι \end{matrix}] Q^{- 1} (s_{i}) [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] = 0$

。

记

$[\begin{matrix} f_{i} \\ e_{i} \end{matrix}] = Q^{- 1} (s_{i}) [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}]$

(9)

则式 (9) 等价于

$[\begin{matrix} 0 & Ι \end{matrix}] [\begin{matrix} f_{i} \\ e_{i} \end{matrix}] = 0$

故有

ei=0。

从而式 (9) 等价于

$[\begin{matrix} f_{i} \\ 0 \end{matrix}] = Q^{- 1} (s_{i}) [\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}]$

。

将上式两端同乘以Q (s) , 则有

$[\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] = Q (s_{i}) [\begin{matrix} f_{i} \\ 0 \end{matrix}]$

。

并将式 (6) 代入上式, 则有

$[\begin{matrix} v_{i} \\ - w_{i} \end{matrix}] = [\begin{matrix} Q_{11} (s) & Q_{12} (s) \\ Q_{21} (s) & Q_{22} (s) \end{matrix}] [\begin{matrix} f_{i} \\ 0 \end{matrix}]$

。

将上式展开, 可知式 (7) 成立。通过上述两方面的证明, 该定理证毕。

当矩阵组 (A, B, C) 可控时, 存在单模阵P (s) 和Q (s) 满足式 (5) , 不妨对矩阵Q (s) 的分块如下标记:

$Q (s) = [\begin{matrix} Ν_{1} (s) & Ν_{2} (s) \\ D_{1} (s) & D_{2} (s) \end{matrix}]$

其中

N1 (s) ∈Cn×r, N2 (s) ∈Cn×n,

D1 (s) ∈Cr×r, D2 (s) ∈Cr×n,

则式 (5) 等价于

$[s^{2} Ι + s A + C B] [\begin{matrix} Ν_{1} (s) & Ν_{2} (s) \\ D_{1} (s) & D_{2} (s) \end{matrix}] = [\begin{matrix} 0 & Ρ^{- 1} (s) \end{matrix}]$

显然下式成立

(s2I+sA+C) N1 (s) -B (-D1 (s) ) =0,

(s2I+sA+C) N2 (s) +BD2 (s) =P-1 (s) ,

从而可得到满足下述右互质分解表达式

(s2I+sA+C) -1B=N (s) D (s) -1, ∀s∈C

(10)

的互素矩阵N (s) 和D (s) 分别为

N (s) =N1 (s) , D (s) =-D1 (s) (11)

通过引入右互质分解, 由定理可推导出下述推论。

推论1 假设矩阵组 (A, B, C) 可控, 则二阶振动矩阵方程 (2) 的全部解由V=[vi]n×m和W=[wi]r×m给出, 其中 ${v_{i}}$ 和 ${w_{i}}$ 由式 (12) 给出:

$[\begin{matrix} v_{i} \\ w_{i} \end{matrix}] = [\begin{matrix} Ν (s_{i}) \\ D (s_{i}) \end{matrix}] f_{i}$

(12)

式 (12) 中{fi}∈Cr是一组自由参量。

定理1和推论1均给出了二阶振动矩阵方程式 (2) 解的参数化表达式, 针对该解作如下说明:

说明1:自由参量组{fi}∈Cr代表了方程式 (2) 的解矩阵V和W中的全部自由度, 其个数为m×r。通过适当选取 ${f_{i}}$ , 可以得到方程式 (2) 的具有某些特殊性质的解。

说明2:利用定理1求解二阶振动矩阵方程式 (2) 时, 只需利用矩阵初等变换求解满足 (5) 的单模阵P (s) 和Q (s) , 然后由公式 (7) 便可以给出矩阵V和W的各列。

说明3:利用推论1求解二阶振动矩阵方程式 (2) 时, 只需求解满足式 (3) 的右互素矩阵N (s) 和D (s) , 然后由公式 (12) 便可以直接给出矩阵V和W的各列。

2 求解算法

根据定理1, 可得二阶振动矩阵方程式 (2) 的求解算法, 简记为算法1, 其对应各步骤如下。

1) 计算矩阵[s2I+sA+CB]的秩是否满足条件式 (4) , 即验证系统的可控性。如果系统可控, 继续下述各步骤;

2) 计算满足式 (5) 的单模阵P (s) ∈Rn×n和Q (s) ∈R (n+r) × (n+r) ;

3) 对步骤2) 所得矩阵Q (s) 进行分块, 形如式 (6) ;

4) 给出向量fi∈Cr, i=1, 2, …, m的数值或参量表示;

5) 利用式 (7) 分别计算矩阵列向量vi和wi, i=1, 2, …, m;

6) 将步骤5) 中的矩阵列向量写成矩阵形式, 便得矩阵V和 W。

根据推论1, 可得二阶振动矩阵方程的另外一种求解算法, 简记为算法2, 其对应各步骤如下。

1) 计算矩阵[s2I+sA+CB]的秩是否满足条件 (4) , 即验证系统的可控性。如果系统可控, 继续下述各步骤;

2) 计算满足式 (5) 的单模阵P (s) ∈Rn×n和Q (s) ∈R (n+r) × (n+r) ;

3) 对步骤2) 所得矩阵Q (s) 进行分块, 形如式 (6) ;

4) 标记Q (s) 的分块矩阵, 形如式 (11) ;

5) 给出向量fi∈Cr, i=1, 2, …, m的数值或参量表示;

6) 利用式 (12) 分别计算矩阵列向量vi和 wi, i=1, 2, …, m;

7) 将步骤6) 中的矩阵列向量写成矩阵形式, 便得矩阵V和 W。

3 数值算例

研究如图1所示的三级质量弹簧系统[4], 其对应的二阶振动矩阵方程 (2) 中的参数矩阵为

$A = [\begin{matrix} - 2.5 & 0.5 & 0 \\ 0.5 & - 2.5 & 2 \\ 0 & 2 & - 2 \end{matrix}]$

$C = [\begin{matrix} - 10 & 5 & 0 \\ 5 & - 25 & 20 \\ 0 & 20 & - 20 \end{matrix}]$

$B = [\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}]$

。

容易验证矩阵组 (A, B, C) 可控;利用矩阵初等变换求得满足式 (5) 的单模阵P (s) =I3和

$\begin{array}{l} Q (s) = \\ \begin{matrix} [\begin{matrix} \frac{1}{4} - \frac{1}{40} s + \frac{1}{100} s^{2} & - 4 & 0 & \frac{1}{4} - \frac{1}{50} s & 0 \\ \frac{1}{200} s - \frac{1}{20} & 0 & 0 & \frac{1}{100} & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ α & β & 1 & γ & 0 \\ \frac{1}{100} (s + 10)^{2} & s^{2} + 2 s + 20 & 0 & \frac{1}{50} s - \frac{1}{5} & 1 \end{matrix}] \end{matrix} \end{array}$

其中: $α = - \frac{1}{100} s^{4} + \frac{1}{20} s^{3} + \frac{29}{100} s^{2} - \frac{33}{40} s - \frac{9}{4}, β = 4 s^{2} - 10 s - 40, γ = \frac{1}{50} s^{3} - \frac{3}{10} s^{2} + \frac{21}{50} s + \frac{49}{20}$

从而由式 (11) 可知满足式 (10) 的既约分解矩阵为

$Ν (s) = [\begin{matrix} \frac{1}{4} - \frac{1}{40} s + \frac{1}{100} s^{2} & - 4 \\ \frac{1}{200} s - \frac{1}{20} & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}]$

和

$D (s) = [\begin{matrix} A & - 4 s^{2} + 10 s + 40 \\ - \frac{1}{100} (s + 10)^{2} & - s^{2} - 2 s - 20 \end{matrix}]$

。

式中 $A = \frac{1}{100} s^{4} - \frac{1}{20} s^{3} - \frac{29}{100} s^{2} + \frac{33}{40} s + \frac{9}{4}$

假设矩阵J的特征值分别为

s1=-2, s2=-3, s3=-4, s4=-5,

此时矩阵J阵为下述若当对角标准型:

J=diag $(\begin{matrix} - 2 ‚ & - 3 ‚ & - 4 ‚ & - 5 \end{matrix})$ 。

由算法2可知, 此时方程式 (2) 的解矩阵为

$V = [\begin{matrix} Ν (s_{1}) f_{1} & Ν (s_{2}) f_{2} & Ν (s_{3}) f_{3} & Ν (s_{4}) f_{4} \end{matrix}]$ ,

和

$W = [\begin{matrix} D (s_{1}) f_{1} & D (s_{2}) f_{2} & D (s_{3}) f_{3} & D (s_{4}) f_{4} \end{matrix}]$ 。

记

$f_{1} = [\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix}]$

$f_{2} = [\begin{matrix} x_{2} \\ y_{2} \end{matrix}]$

$f_{3} = [\begin{matrix} x_{3} \\ y_{3} \end{matrix}]$

$f_{4} = [\begin{matrix} x_{4} \\ y_{4} \end{matrix}]$

。

则方程式 (2) 的矩阵通解为

$V = [\begin{matrix} A 1 \\ - \frac{1}{25} x_{1} \\ y_{1} \end{matrix} \begin{matrix} A 2 & A 3 & A 4 \\ - \frac{7}{200} x_{2} & - \frac{3}{100} x_{3} & \frac{1}{40} x_{4} \\ y_{2} & y_{3} & y_{4} \end{matrix}]$

。

式中 $A 1 = - \frac{4}{25} x_{1} - 4 y_{1} ‚ A 2 = - \frac{17}{200} x_{2} - 4 y_{2} ‚ A 3 = \frac{1}{100} x_{3} - 4 y_{3} ‚ A 4 = \frac{1}{8} x_{4} - 4 y_{4}$ 。

和

$W = [\begin{matrix} 4 y_{1} & B 2 & B 3 & B 4 \\ C 1 & C 2 & C 3 & C 4 \end{matrix}]$

。

式中 $B 2 = - \frac{27}{40} x_{2} - 26 y_{2} ‚ B 3 = \frac{7}{100} x_{3} - 64 y_{3} ‚ B 4 = \frac{27}{8} x_{4} - 110 y_{4} ‚ C 1 = - \frac{16}{25} x_{1} - 20 y_{1} ‚ C 2 = - \frac{49}{100} x_{2} - 23 y_{2} ‚ C 3 = - \frac{9}{25} x_{3} - 28 y_{3} ‚ C 4 = - \frac{1}{4} x_{4} - 35 y_{4}$ 。