1

СЕМЕЙ ҚАЛАСЫНДАҒЫ ШӘКӘРІМ АТЫНДАҒЫ МЕМЛЕКЕТТІК

УНИВЕРСИТЕТІ

Вильданова Ф.Х., Ерденова А.К.,

Кенжебаева Г.Б., Кудайбергенова К.С.

ОРНЫҚТЫЛЫҚТЫҢ МАТЕМАТИКАЛЫҚ ТЕОРИЯСЫ

(Оқу құралы-практикум)

СЕМЕЙ,2014

2

УДК 517(075.8)

ББК 22.161.я73

О-70

Пікір жазғандар:

ф.-м.ғ.к., доцент Садыкова С.Б.,т.ғ.к.,доцент Қожагелдиев Б.Қ.

О-70

Орнықтылықтың математикалық теориясы:Оқу құралы-

практикум./Вильданова Ф.Х., Ерденова А.К., Кенжебаева Г.Б.,

Кудайбергенова К.С.-Семей, 2014. 102 б.

ISBN 978-101-7544-58-4

Орнықтылықтың математикалық теорясына арналған бұл оқу құралы-

практикумда дәрістер және тәжірибелік сабақтар жүргізуге қажетті

материалдар келтірілген.Оқу құралы жоғары оқу орындарының математика

мамандығында оқитын студенттерге, сонымен қатар орнықтылық

теориясымен қызығушыларға арналады.

ББК 22.161.я73

УДК 517(075.8)

ISBN 978-101-7544-58-4

…………, 2014

3

Мазмұны

Шартты белгілеулер тізімі...................................................................

Кіріспе..............................................................................................................

1-дәріс. Орнықтылық теориясының негізгі ұғымдары...........................

2-дәріс. Сызықты дифференциалдық жүйелердің орнықтылғы..............

3-дәріс. Сипаттамалық теңдеудің түбірлерінің нақты бӛліктерінің

таңбаларының теріс болу шарты. Раус-Гурвиц белгісі.............................

4-дәріс. Орнықтылықтың геометриялық белгісі. Михайлов белгісі.........

5-дәріс. Тыныштық нүктелерінің жәй түрлері......................................

6-дәріс. Бірінші жуықтау бойынша орнықтылық.................................

7-дәріс. Ляпуновтың екінші әдісінің негізгі элементтері.....................

8-дәріс. Орнықтылық және орнықсыздық туралы теоремалар................

9-дәріс. Функцияның сипаттамалық кӛрсеткіші......................................

10-дәріс. Сызықтық дифференциалдық жүйенің шешімдерінің

кӛрсеткіштерінің қасиеттері..........................................................................

11-дәріс. Матрицалардың сипаттамалық кӛрсеткіштері............................

12-дәріс. Ляпунов түрлендіруі.....................................................................

13-дәріс. Келтірімді жүйелер.......................................................................

14-дәріс. Дұрыс жүйелер...............................................................................

15-дәріс. Сызықтық жүйелердің дұрыс еместік коэффициенттері............

Бақылау есептері............................................................................................

4

ШАРТТЫ БЕЛГІЛЕУЛЕР ТІЗІМІ

N - натурал сандар жиыны;

0N - бүтін оң сандар жиыны;

Z - бүтін сандар жиыны;

R - нақты сандар жиыны;

nR - n -ӛлшемді векторлық кеңістік;

Tnxxxx ,...,, 21 - nxxx ,...,, 21 координатты вектор-баған;

)( ijaA - ija элементті матрица;

TA - транспонданған матрица;

ncccdiag ,...,, 21 - диагональ матрица

nc

c

с

...000

...............

0...00

0...00

2

1

;

1,...,1,1diagI - бірлік матрица;

nAAAdiag ,...,, 21 - диагоналінде nAAA ,...,, 21 матрицалары тұрған

диагональ матрица

nA

A

A

...000

...............

0...00

0...00

2

1

;

- норманы белгілеу символы;

ххх , , i

ixmax ,

i

ix - вектордың әртүрлі нормалары;

ijxA max , ijx , 2

ija - матрицалардың әртүрлі нормалары;

i

iiaASp - А матрицасының ізі;

t

tff

t

)(lnlim][

- матрицалық, векторлық немесе скаляр f

функцияның сипаттамалық Ляпунов кӛрсеткіші.

5

Кіріспе

Қандай да бір нақты құбылысты математикалық сипаттау үшін бұл

құбылысты ықшамдау, идеалдандыру керек болады, оған әсер ететін

факторлардың еңмәнділерін бӛліп алып, қалғандарын ескермеуге болады.

Бұл жағдайда міндетті түрде ықшамдаушы ұйғарымдар сәтті таңдап алынды

ма, жоқ па деген сұрақ туады. Мүмкін ескерілмей қалған факторлардың

қарастырып отырған құбылыстың сандық және сапалық сипаттамаларына

әсері елеулі болар.

Шын мәнінде, дифференциалдық теңдеу қарастырып отырған

құбылысты қаншалықты дәл сипаттамасын, эксперимент қаншалықты дәл

қойылмасын, математикалық моделі дифференциалдық теңдеулердің жүйесі

болып табылатын нақты жүйенің алғашқы мәндері мен параметрлерінің

теориялық мәндерімен дәл беттесуін қамтамасыз ету мүмкін емес.

Табылған шешімді тәжірибеде қолдану үшін бастапқы мәндер мен

параметрлердегі кӛптеген қателер уақыт ӛтісімен шешімде үлкен қателерге

келтірмейтіндігін кӛрсету керек.

Кез келген тәжірибеде кездесетін, сыртқы әсерлерден уақыт ӛткенде

ӛзгермейтін қозғалыстарды сипаттайтын дифференциалдық теңдеулер мен

жүйелердің шешімдерінің класын бӛліп алудың теориялық және қолданбалы

маңызы зор.

Механика мен техниканың кӛптеген есептерінде аргументтің нақтылы

мәніндегі шешімінің нақты мәнін емес, аргументтің ӛзгерісі кезінде, мысалы

аргумент ақырсыз ӛскендегі шешімінің ӛзгерісінің сипатын анықтау маңызды

рӛл атқарады. Мұндай мәселелермен дифференциалдық теңдеулердің

сапалық теориясы айналысады.

Сапалық теорияның негізгі мәселелерінің бірі шешімнің не

қозғалыстың орнықтылығын анықтау болып табылады. Бұл мәселені

зерттеген орыс математигі А.М. Ляпунов (1857-1918). Бұл теорияның

негіздерін ол бұдан жүз жылдай бұрын ӛзінің «Қозғалыстың орнықтылығы

жайлы жалпы есеп» атты шығармасында қалаған, ал теорияның қарқынды

6

дамуы ӛткен ғасырдың отызыншы жылдарынан басталады, ол ғылым мен

техниканың қажеттілігімен түсіндіріледі. Бұл кезде жаңа, бұрын белгілі

болмаған есептер қойылды.

Ляпуновтың идеялары барлық теориялық және ірі техникалық

зерттеулерге іс жүзінде елеулі ықпал етті. ХХ ғасырдың басында

математиктер орнықтылықтың тек қана сегіз түрін қолданған болса

(орбиталық орнықтылық, Пуассон бойынша орнықтылық, Лагранж бойынша

орнықтылық және Ляпунов бойынша орнықтылықтың бес түсінігі), ал ХХ

ғасырдың аяғында орнықтылықтың жүзге жуық түрлері белгілі болды.

Олардың ішінде аса әмбебабы: үнемі әсер ететін ұйытқымадағы орнықтылық

(Г.Н.Дубошин, Н.Т.Четаев, И.Г. Малкин), айнымалыға қатысты орнықтылық

(В.В. Румянцев, Е.А.Барбашин, Ф. Хартман, А.А. Шестаков және т.б.) және

ақырлы уақыт аралығындағы орнықтылық (Н.Д. Моисеев, Н.Н. Боголюбов,

Е.А. Гребеников, Н.Н. Красовский, К.П. Персидский, Г.В. Каменков, В.И.

Зубов және т.б.).

Қазіргі кезде Ляпунов бойынша орнықтылық теориясы жаратылыстану

ғылымдарының барлық облыстарында кеңінен қолданылады. Атап айтқанда,

қозғалыстың орнықтылық теориясы математикада, механикада,

электротехникада, термодинамикада сонымен қатар химияда, кеңінен

қолданысқа ие болуда, аспан механикасында қозғалыс орнықтылығын шешу

мәселесі аса маңызды рӛл атқарады. Жердің жасанды серіктерінің ұшуына

қатысты қазіргі заманғы ғылыми теориялар Ляпунов теориясына негізделген.

Қозғалыстың орнықтылық теориясы материалды жүйенің қозғалысына

қарсыәсер ететінфакторларды зерттеумен айналысады. Соңғы кезде

орнықтылық теориясын химиялық генетика, экология, экономика т.б.

есептерін шешуде қолдана бастады.

Мысалы, механикада снарядтың ұшуының орнықтылығын талдауда,

айналатын массалары бар механикалық жүйелердің орнықтылығында,

серпімді элементтерді және сұйық қамтитын жақтары бар қатты денелердің

қозғалысын зерттеуде қолданылады. Жердің жасанды серіктерінің ұшуына

7

қатысты қазіргі заманғы ғылыми теориялар Ляпунов теориясына негізделген.

Қозғалыстың орнықтылық теориясы материалды жүйенің қозғалысына қарсы

факторлардың әсерін зерттеумен айналысады.

Ляпуновтың бірінші әдісі дифференциалдық теңдеулер жүйесінің

шешімін орнықтылыққа зерттеудің әдіс-тәсілдерінің жиынтығынқамтиды. Ол

сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесінің жалпы немесе дербес

шешімдерінің тікелей анализіне, сонымен қатар, кӛрсетілген шешімдердің

белгілі сипаттамаларын қолдануға негізделген.

Қозғалыстың орнықтылығын зерттейтін Ляпуновтың бірінші әдісі

екінші әдіспен қатар орнықтылық шарттарын талдауда қолданылады,

сонымен қатар зерттелетін техникалық объектілердің динамикасын

сипаттайтын дифференциалдық теңдеулер жүйесінің шешімін зерттегенде де

қолданылады.

Ляпуновтың екінші әдісіне дифференциалдық теңдеулер жүйесінің

шешімін арнайы Ляпунов функциясының кӛмегімен орнықтылыққа зерттеу

әдістері мен құралдарының жиынтығы жатады. Ляпунов функциясының әдісі

автоматты басқарылатын жүйелерді зерттеудің аса тиімді әдістерінің бірі

болып табылады.

Қозғалыстың орнықтылық теориясы әлі зерттеліп біткен жоқ, ол қазіргі

таңда аса кең ауқымды сұрақтарды қамти отырып қарқынды даму үстінде.

Ляпуновтың орнықтылық теориясы қазіргі кезде дифференциалдық

теңдеулер жүйесі шешімінің сапалық талдауының бір тармағы ретінде терең

дамытылып, кӛптеген қолданыстарға ие болуда.

8

№1 дәріс

Орнықтылық теориясының негізгі ұғымдары Мынадай жай дифференциалдық теңдеулер жүйесі берілген:

𝑑𝑥 𝑖

𝑑𝑡= 𝑓𝑖 𝑡, 𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 (1.1)

бұл жүйені векторлық түрде былай жазуға болады

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑓 𝑡, 𝑥 (1.2)

мұндағы, 𝑥 = 𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛 − 𝑛ӛлшемді вектор, 𝑡 −тәуелсіз айнымалы,

𝑓 𝑡, 𝑥 = 𝑓1 𝑡, 𝑥 , 𝑓2 𝑡, 𝑥 , … , 𝑓𝑛 𝑡, 𝑥 − 𝑛ӛлшемді вектор-функция. Берілген

(1.1) дифференциалдық теңдеудің шешімі 𝜑𝑖 𝑡 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 функциясы

болсын және ол 𝜑𝑖 𝑡0 = 𝑥𝑖0 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 алғашқы шарттарын

қанағаттандырсын.

1-анықтама. Егер кез келген 휀 > 0 үшін 𝛿(휀) > 0 табылып, бастапқы

мәндері

𝑥𝑖 𝑡0 − 𝜑𝑖0 < 𝛿𝑖 = 1,2, … , 𝑛(1.3)

шарттарын қанағаттандыратын (1) теңдеулер жүйесінің кез келген𝑥𝑖 𝑡 , 𝑖 =

1,2, … , 𝑛шешіміне сәйкес 𝑡 ≥ 𝑡0мәндерінде

𝑥𝑖 𝑡 − 𝜑𝑖(𝑡) < 휀𝑖 = 1,2, … , 𝑛(1.4)

теңсіздігі орындалса, онда 𝜑𝑖 𝑡 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛, шешімі Ляпунов бойынша

орнықты деп аталады.

Орнықтылықтың геометриялық мағынасы мынадай: 𝑡 = 𝑡0бастапқы

мезетте𝑀0(𝑥10 , 𝑥20 , … , 𝑥𝑛0) нүктесінің 𝛿 аймағынан басталатын барлық

шешімдер 𝑥 = 𝜑(𝑡)шешімі жататын 휀 - түтікшеден шығып кетпейді.(1-

сызба)

1сызба. Орнықтылықтың геометриялық мағынасы

9

2-анықтама. Егер 𝛿 > 0 санын бастапқы 𝑡0 ∈ 𝑅0+ мезетінен тәуелсіз

етіп таңдап алуға (яғни 𝛿 = 𝛿(휀)) болса, онда орнықтылық бірқалыпты деп

аталдаы.

3-анықтама. Егер кез келген аз𝛿 > 0 үшін ең болмағанда бір 𝑥𝑖 𝑡 , 𝑖 =

1,2, … , 𝑛шешімінде (4) шарт орындалмаса, онда

𝜑𝑖 𝑡 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛,

шешімі орнықсыз деп аталады.

Орнықсыздық ұғымының геометриялық түсініктемесі мынадай:.

Бастапқы мезетте 𝑥 = 𝜑 𝑡 интегралдық қисығына жақын орналасатын, ал

қандай да бір мезетте 𝑥 = 𝜑 𝑡 қисығын айналдыра құрылған барынша тар

휀-түтікшенің бүйіріне тірелетін немесе түтікшеден шығып кететін ең

болмағанда бір интегралдық қисық бар болса, онда 𝑥 = 𝜑 𝑡 шешімі

орнықсыз. (3-сызба)

2-сызба. Орнықсыздықтың геометриялық мағынасы

4-анықтама. Егер (1.3) шартқа сәйкес (1.4) теңсіздігі орындалуымен

қатар

lim𝑥→∞ 𝑥𝑖 𝑡 − 𝜑𝑖 𝑡 = 0, 𝑖 = 0,1, … , 𝑛 (1.5)

шарты орындалса, онда 𝜑𝑖 𝑡 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛шешімі, асимптотикалық

орнықты деп аталады.

Асимптотикалық орнықтылықтың геометриялық түсініктемесі

мынадай. Кез келген бастапқы 𝑡0 ∈ 𝑅0+-мезетінде 𝑥 = 𝜑(𝑡) интегралдық

10

қисығына жақын болатын (қашықтығы 𝛿0-дан кем) (1.1) жүйенің барлық

интегралдық қисықтары 𝑡 → ∞ да 𝑥 = 𝜑 𝑡 қисығына шексіз ұмтылатын

болса, онда 𝑥 = 𝜑 𝑡 шешімі асимптотикалық орнықты. (2-сызба)

3-сызба. Асимптотикалық орнықтылықтың геометриялық мағынасы

Дифференциалдық (1.1) теңдеулер жүйесінің кез келген шешімін

орнықтылыққа зерттеуді осы жүйеге ұқсас

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡= 𝑔𝑖 𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , i=1,2,…n(1.1′)

мұндағы, 𝑔𝑖 𝑡, 0,0, … ,0 = 0 , 𝑥𝑖(𝑡) ≡ 0нӛлдік (айқын) шешімін зерттеумен

ауыстыруға болады. Бұл 𝑥𝑖 = 0, i=1,2,…n нүктесі (1’) жүйенің тыныштық

нүктесі деп аталады.

Тыныштық нүктесі үшін орнықтылық пен орнықсыздық

анықтамаларын былай айтуға болады: егер кез келген 휀 > 0 үшін 𝛿(휀) >

0табылып,

𝑥𝑖 𝑡0 = 𝑥𝑖0, 𝑖 = 1,2, …𝑛

бастапқы мәндері 𝑥𝑖0 < 𝛿,i=1,2,…n, шартын қанағаттандыратын кез

келген𝑥𝑖 𝑡 , 𝑖 = 1,2, …𝑛 шешіміне сәйкес 𝑡 > 𝑡0барлық мәндері үшін

𝑥0(𝑡) < 휀(1.6)

теңсіздігі орындалса, онда 𝑥𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, …𝑛тыныштық нүктесі Ляпунов

бойынша орнықты деп аталады.

Нӛлдік шешімнің орнықтылығы геометриялық тұрғыдан дәл 𝑥 = 𝜑 𝑡

шешімнің орнықтылығы сияқты түсіндіріледі. Тек мұнда 휀 түтікшесі, осі-

11

𝑡0, 𝑡 сәулесі болатын цилиндр түрінде болады (4-сызба). Сызбакӛрнектірек

болуы үшін, оны үйреншікті үш ӛлшемді кеңістікте саламыз, яғни𝑛 = 2, 𝑥 =

𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝑅2, 𝑡 ∈ 𝑅0+, 𝑅𝑥 ,𝑡

3 = 𝑅2 × 𝑅0+ болсын (5-сызба).

Нӛлдік шешімнің орнықтылығының геометриялық мағынасы

Егер (6) теңсіздікпен қатар

lim𝑡→+∞

𝑥𝑖(𝑡) = 0, 𝑖 = 1,2, …𝑛

шарты орындалса,онда𝑥𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, …𝑛тыныштық

нүктесіасимптотикалық орнықты болады.

Асимптотикалық орнықтылық геометриялық тұрғыдан қарағанда

бастапқы мезетте 𝑡, 0 нүктесінен аз қашықтықта болатын интегралдық

қисықтар 𝑡 → ∞ кезде 𝑜𝑡 жарты осіне шексіз ұмтылатынын кӛрсетеді (6,7-

сызбалар).

Нӛлдік шешімнің асимптотикалық орнықтылығының геометриялық

мағынасы

12

Егер қаншалықты болса да аз𝛿 > 0 үшін ең болмағанда бір 𝑥𝑖(𝑡)

шешімі табылып (6)теңсізідік орындалмаса, онда 𝑥𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, …𝑛

тыныштық нүктесі орнықсыз деп аталады.

8-сызба. Нӛлдік шешімнің орнықсыздығының геометриялық мағынасы

Ескертулер. 1. Белгілі бір шешімнің орнықтылығы, оның ӛзінің

тербелмейтіндігін, шектелгендігін, тұрақтылығын, т.б. сол сияқты

қасиеттерін білдірмейді. Ол ұғым басқа шешімдердің осы шешімнің

айналасына шоғырланатынын білдіреді. Орнықты шешімнің ӛзі әр түрлі

тәртіпте (шектелген немесе шектелмеген, т.с.с.) бола береді.

2. Аталған теореманың барлық шарттары орындалған жағдайда қандай

да болмасын бір бастапқы мезет үшін орнықты шешім кез келген басқа мезет

үшін де орнықты болады.

Айталық, ∀휀 > 0, 𝑡0 ∈ 𝑅0үшін∃𝛿 = 𝛿 휀, 𝑡0 > 0

𝑥 𝑡0 − 𝜑 𝑡0 < 𝛿 ≤ 휀, ⇒ 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0(1.1.6)

болсын. Осы 𝜑 𝑡 шешімнің басқа 𝑡1 мезеті үшін де орнықты болатынын

кӛрсетелік. Шешімнің бастапқы берілгендерден кез келген кесіндіде үзіліссіз

тәуелділікте болатындығынан ∀휀, 𝑡1үшін∃𝛿1 = 𝛿 휀, 𝑡1 > 0 табылады да

𝑥 𝑡1 − 𝜑 𝑡1 < 𝛿1 ⇒ 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 < 𝛿 휀, 𝑡0 , ∀𝑡 ∈ 𝑡0 , 𝑡1 . Ал соңғы

теңсіздіктен (6) теңсіздіктің негізінде

𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ∈ [𝑡1 , ∞)

теңсіздігі алынады. Дәл осылай, егер бір бастапқы мезет үшін орнықсыз

болса, кез келген басқа мезет үшін де орнықсыз болатыны алынады.

Сондықтан шешімнің орнықты, орнықсыздығын және асимптотикалық

13

орнықтылығын тек берілген бастапқы бір мезет үшін тексерсе болғаны.

Бұдан былай орнықтылық теоремаларын дәлелдегенде біз әлбетте 𝑡0

бекітілген деп есептейміз.

№1. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Орнықтылықтың анықтамасы

2. Орнықсыздықтың анықтамасы

3. Асимптотикалық орнықтылықтың анықтамасы

4. Бірқалыпты орнықтылықтың анықтамасы

5. Нӛлдік шешімнің орнықтылығы, орнықсыздығы, асимптотикалық

орнықтылығы

Мысалдар. Тӛмендегі теңдеулердің берілген шартты

қанағаттандыратын шешімнің орнықтылығын зерттеу керек.

1. 𝑥 ′ = 𝑦

𝑦′ = −𝑥, 𝑥 0 = 1, 𝑦 0 = −1.

Жүйенің Коши түріндегі жалпы шешімі:

𝑥 𝑡 = 𝑥0𝑐𝑜𝑠𝑡 − 𝑦0𝑠𝑖𝑛𝑡

𝑦 𝑡 = 𝑥0𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑦0𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑥 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑥, 𝑦 .

Мұнда:

𝑥0 ≔ 𝑥 0 , 𝑦0 ≔ 𝑦 0 .

Ал берілген шартты қанағаттандыратын шешім:

𝑥 = 𝜑1 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 𝑠𝑖𝑛𝑡

𝑦 = 𝜑2 𝑡 = 𝑠𝑖𝑛𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝜑 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝜑1, 𝜑2 .

Сондықтан, ∀휀 > 0 үшін ∃𝛿 = 𝛿(휀) < 휀2

𝑥 0 − 𝜑 0 = 𝑥 0 − 𝜑1 0 + 𝑦 0 − 𝜑2 0 = 𝑥0 − 1 + 𝑦0 − 1 < 𝛿,

𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 ≤ 2 𝑥0 − 1 + 𝑦0 − 1 < 2𝛿 < 휀, ∀𝑡 ∈ 𝑅0+

Олай болса берілген есептің шешімі орнықты және 𝛿 саны тек қана 휀-

нан тәуелді болғандықтан орнықтылық бірқалыпты. Ал 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 ↛

0, 𝑡 → ∞ болғандықтан ол шешім асимптотикалық орнықты емес.

14

2. 𝑥 ′ = −𝑥

𝑦′ = 3𝑥 − 𝑦 , 𝑥 0 = 𝑦 0 = 1.

Жүйенің Коши түріндегі жалпы шешімі:

𝑥 𝑡 = 𝑥0𝑒

−𝑡

𝑦 𝑡 = 3𝑥0𝑡 + 𝑦0 𝑒−𝑡 ,

𝑡 ∈ 𝑅0+, 𝑥0 = 𝑥 0 , 𝑦0 = 𝑦 0 𝑥 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑥, 𝑦 .

Берілген шартты қанағаттандыратын шешім:

𝑥 = 𝜑1 𝑡 = 𝑒−𝑡

𝑦 = 𝜑2 𝑡 = (1 + 3𝑡)𝑒−𝑡 𝑡 ∈ 𝑅0

+ , 𝜑 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝜑1, 𝜑2 .

Бұдан, ∀휀 > 0 үшін ∃𝛿 휀 <3𝑒

3+𝑒⇒

𝑥 0 − 𝜑 0 = 𝑥0 − 1 + 𝑦0 − 1 < 𝛿, ⇒

𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 ≤ 𝑥0 − 1 1 + 3𝑡 𝑒−𝑡 + 𝑦0 − 1 𝑒−𝑡 .

𝑓 𝑡 ≔ 3𝑡𝑒−𝑡 → 0, 𝑡 → ∞ , e

ftft

3)1()(sup .

Сондықтан:

𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 ≤ 𝑥0 − 1 1 +3

𝑒 + 𝑦0 − 1 < 1 +

3

𝑒 𝛿 < 휀 , ∀𝑡 ≥ 𝑡0 ,

Яғни берілген есептің шешімі бірқалыпты орнықты. Ал

lim𝑡→∞

𝑥 𝑡 − 𝜑(𝑡) ≤ |𝑥0 − 1| lim𝑡→∞

1 + 3𝑡 𝑒−𝑡 + |𝑦0 − 1| lim𝑡→∞

𝑒−𝑡 = 0

болғандықтан зерттеп отырған 𝜑(𝑡) шешімі асимптотикалық та орнықты.

3. 𝑥 ′ = 𝑦

𝑦′ = 𝑥 , 𝑥 0 = 𝑦 0 =

1

2.

Жүйенің Коши түріндегі жалпы шешімі болып:

𝑥 𝑡 =

1

2 𝑥0 − 𝑦0 𝑒

−𝑡 + (𝑥0 + 𝑦0)𝑒𝑡

𝑦 𝑡 =1

2 𝑦0 − 𝑥0 𝑒

−𝑡 + 𝑥0 + 𝑦0 𝑒𝑡 ,

𝑥0 = 𝑥 0 , 𝑦0 = 𝑦(0)

функциялар жүйесі болатыны кӛрсетілді. Ал бастапқы шартты

қанағаттандыратын шешімі болып,

𝑥 = 𝜑1 𝑡 =

1

2𝑒𝑡

𝑦 = 𝜑2 𝑡 =1

2𝑒𝑡

15

жүйесі табылады. Сондықтан кейбір 휀 > 0 және кез келген 𝛿 үшін

𝑥𝛿(𝑡)шешімі және𝑡 = 𝑡1 мезеті табылып

𝑥 0 − 𝜑 𝑡 < 𝛿, ⇒ 𝑥𝛿 𝑡1 − 𝜑(𝑡1) ≥ 휀

теңсіздіктері орындалады.Шынында да, 휀 = 1 деп алайық, ал ∀휀 > 0 үшін

шешімін мына бастапқы шарт:

𝑥0 = 𝑦0 =1

4(2 + 𝛿)

арқылы анықтайық. Сонда 𝑡 = 0және𝑡1 = 𝑙𝑛2

𝛿 үшін мына теңсіздіктер:

𝑥 0 − 𝜑 0 =1

4𝛿 +

1

4𝛿 =

1

2𝛿 < 𝛿

𝑥 𝑡1 − 𝜑 𝑡1 =1

2𝛿𝑒𝑡1 =

1

2𝛿 ∙

2

𝛿= 1

Егер𝑡1 = 𝑙𝑛2+𝛿

𝛿 деп алсақ, онда

𝑥 𝑡1 − 𝜑 𝑡1 =1

2𝛿 ∙

2 + 𝛿

𝛿= 1 +

𝛿

2> 1

болады, яғни берілген есептің шешімі орнықсыз.

4.(1)теңдеуді қарастырамыз:

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑠𝑖𝑛2𝑥 (1)

ол

𝑥 = 𝑘𝜋, 𝑘 = 0, ±1, ±2, …. (2)

шешімдерін қабылдайтыны анық.

(1) теңдеуді интегралдаймыз

𝑐𝑡𝑔𝑥 = 𝐶 − 𝑡, или𝑐𝑡𝑔𝑥 = 𝑐𝑡𝑔𝑥0 − 𝑡,

бұдан

𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔 𝑐𝑡𝑔𝑥0 − 𝑡 , 𝑥 ≠ 𝑘𝜋. (3)

(5) және (6) теңдеулердің шешімдері −∞, +∞ аралығында шектелген

болады. Кезкелген𝑥0 ∈ 0, 𝜋 аралығында 𝑥(𝑡) ≡ 0 шешімі 𝑡 → +∞ ұмтылғанда

орнықсыз болады. Анықтағанымыздай, сызықтық дифференциалдық

теңдеудің шешімі шектеулі болғандықтан, орнықтылық болмайды. (31-сурет)

16

5.Ляпуновтың орнықтылық теоремасы бойынша , 𝑥 0 = 0 шартын

қанағаттандыратын

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 1 + 𝑡 − 𝑥 (1)

теңдеуін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі:Берілген (1) теңдеу сызықтық біртекті емес теңдеу. Оның

жалпы шешімі 𝑥 𝑡 = 𝐶𝑒−𝑡 + 𝑡 . 𝑥 0 = 0 бастапқы шарты бойынша

𝜑 𝑡 = 𝑡 (2)

теңдеуі (1) теңдеуді қанағаттандырады. 𝑥 0 = 𝑥0 бастапқы шартын

𝑥 𝑡 = 𝑥0𝑒−𝑡 + 𝑡 (3)

шешімі қанағаттандырады.

(3) және (2) теңдеулердің айырмасын қарастырып, (1) теңдеуді

келесідей жазамыз:

𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 = 𝑥0𝑒−𝑡 + 𝑡 − 𝑡 = (𝑥0 − 0)𝑒−𝑡

Барлық 휀 > 0 үшін 𝛿 > 0 бар болады (мысалы, 𝛿 = 휀), (1) теңдеудің

𝑥(𝑡)барлық шешімдері үшін, алғашқы шарттары 𝑥0 − 0 < 𝛿 теңсіздікті

қанағаттандырады, барлық 𝑡 ≥ 0 үшін

𝑥 𝑡 − 𝜑(𝑡) = 𝑥0 − 0 𝑒−𝑡 < 휀 теңсіздігі орындалады. Анықтағанымыздай

𝜑 𝑡 = 𝑡шешімі орнықты.

Сонымен қатар,

lim𝑡→+∞

𝑥 𝑡 − 𝜑(𝑡) = lim𝑡→∞

𝑥0 − 0 𝑒−𝑡 = 0

болғандықтан 𝜑 𝑡 = 𝑡шешімі асимптотикалық орнықты.

𝜑 𝑡 шешімі 𝑡 → +∞ шенелмеген.

Жоғарыда кӛрсетілген мысал, дифференциалдық теңдеудің шешімінің

орнықтылығынан шешімнің шенелгендігі шықпайтындығын кӛрсетіп тұр.

6. Бастапқы шартымен берілген дифференциалдық теңдеудің𝑦′ 𝑡 =

𝑎𝑦, 𝑦 𝑡0 , 𝑎 ∈ 𝑅шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі. Теңдеудің берілген шартты қанағаттандыратын шешімі

𝑦 𝑡 = 𝑦0𝑒𝑎 𝑡−𝑡0 ,

ал𝑦 𝑡 = 𝑦 0𝑒𝑎(𝑡−𝑡0)кез келген шешімі.

17

Егер 𝑎 < 0десек, онда 𝑦 𝑡 − 𝑦 (𝑡) = 𝑒𝑎(𝑡−𝑡0) 𝑦0 − 𝑦 0 < 휀 теңсіздігі 𝑦0 −

𝑦0<𝛿=휀 болғанда орындалады, шешім

орнықты;lim𝑡→∞ 𝑒(𝑡−𝑡0) 𝑦0 − 𝑦 0 = 0демек, шешім асимптотикалық орнықты.

Егер 𝑎 > 0десек, шешім 𝑦 = 𝑦0𝑒𝑎(𝑡−𝑡0)орнықсыз, себебі барлық𝑡 ≥

𝑡0мәндерінде 𝑦0 − 𝑦 0 < 𝛿(휀)теңсіздігінен𝑒𝑎(𝑡−𝑡0) 𝑦0 − 𝑦 0 <

휀орындалатындай, соншалықты𝛿 > 0таңдау мүмкін емес, яғни жеткілікті

үлкен𝑡мәндерінде𝑒𝑎(𝑡−𝑡0) 𝑦 𝑡 − 𝑦 (𝑡) барынша үлкен сан бола алады.

Егер 𝑎 > 0десек, шешім 𝑦(𝑡) = 𝑦0; кез келген шешім𝑦 𝑡 = 𝑦 0бастапқы

шартты 𝑦 0 − 𝑦0 < 𝛿 = 휀орындаса, онда 𝑦 𝑡 − 𝑦 (𝑡) = 𝑦 0 − 𝑦0 < 휀яғни

шешім 𝑦 𝑡 = 𝑦0 орнықты. Бірақlim𝑡→+∞ 𝑦 𝑡 − 𝑦 (𝑡) = 𝑦 0 − 𝑦0 ≠ 0,

асимптотикалық орнықтылық жоқ.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

Ляпунов бойынша орнықтылық анықтамасы бойынша келесі

теңдеулерді және теңдеулер жүйесін орнықтылыққа зерттеу керек:

1.1 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 + 𝑡, 𝑥 0 = 1.

1.2 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑡(𝑥 + 𝑡), 𝑥 0 = 0.

1.3 𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑡2, 𝑥 1 = 1.

1.4 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2 + 𝑡, 𝑥 0 = 1.

1.5

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 + 13𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

1

4𝑥 − 2𝑦,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

1.6

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 − 9𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑥 − 2,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

1.7

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −3𝑦 − 2𝑥,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

18

1.8

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 − 13𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡=

1

4𝑥 − 2𝑦,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

1.9 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑐𝑜𝑠𝑡, 𝑥 0 = 1

1.10 𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑡2, 𝑥 1 = 1

1.11

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑦 + 3𝑥,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

1.12

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 − 9𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑥 − 𝑦,

𝑥 0 = 𝑦 0 = 0.

№2 дәріс

Сызықты дифференциалдық жүйелердің орнықтылғы

Сызықты дифференциалдық жүйені қарастырайық

𝑥 ′ = 𝐴 𝑡 𝑥 + 𝑓 𝑡 (2.1)

Мұнда:

𝑥 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑥1, … , 𝑥𝑛 , 𝑓 𝑡 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑓1, … , 𝑓𝑛 , 𝐴 𝑡 = 𝑎𝑗𝑘 𝑡

және 𝑓 𝑡 , 𝐴 𝑡 ∈ 𝐶 𝑅0+ , 𝐴 𝑡 : 𝑅𝑛 → 𝑅𝑛 , 𝑓: 𝑅0

+ → 𝑅𝑛(1) біртекті емес жүйеге

сәйкес сызықты біртекті жүйе былай жазылады

𝑦′ = 𝐴 𝑡 𝑦 , 𝑦 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛 𝑦1, … , 𝑦𝑛 (2.2)

1-анықтама. Егер (2.1) сызықты жүйенің барлық шешімдері

орнықты(орнықсыз) болса, онда оны Ляпунов бойынша орнықты(толығынан

орнықсыз) деп атайды.

(2.1) жүйенің бірқалыпты және асимптотикалық орнықтылықтары да дәл

осылай анықталады.

2-теорема.Бос мүшесі кез келген 𝑓 𝑡 болатын (2.1) жүйенің орнықты

болуы үшін сәйкес біртекті (2.2) жүйенің нӛлдік шешімінің орнықты болуы

қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі. Қажеттілігі. 𝑥 = 𝜑 𝑡 , 𝑡 ∈ 𝑅0+ , (2.1)жүйенің орнықты

19

шешімі деп есептейік, яғни ∀휀 > 0, 𝑡0 ≥ 0, ⇒ ∃𝛿(휀, 𝑡0) > 0(2.1) жүйенің кез

келген 𝑥 = 𝑥(𝑡) шешімі үшін

𝑥 𝑡0 − 𝜑 𝑡0 < 𝛿, ⇒ 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0(2.3)

Ал (1) жүйенің кез келген екі шешімінің айырымы сәйкес біртекті

(2.2) жүйенің шешімін береді. Оны 𝑦(𝑡) деп белгілесек, яғни𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 =

: 𝑦(𝑡), онда 𝑦 𝑡0 < 𝛿, ⇒ 𝑦 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0. Бұл (2.2) жүйенің нӛлдік

шешімінің орнықтылығын білдіреді.

Ескерту. Қандай да болмасын бос 𝑓 𝑡 мүшесі(дербес жағдайда

𝑓 𝑡 = 0 , ∀𝑡 ∈ 𝑅𝐷+)(2.1) жүйенің ең болмағанда бір шешімінің орнықтылығы

(2.2) жүйенің нӛлдік шешімінің орнықтылығын беріп тұр.

Жеткіліктілігі.Біртекті (2.2) жүйенің нӛлдік шешімі орнықты болсын.

Онда ∀휀 > 0, 𝑡0 ≥ 0 үшін ∃𝛿(휀, 𝑡0) > 0(2.2) жүйенің мына теңсіздікті

𝑦 𝑡0 < 𝛿 (2.4)

қанағаттандыратын кез келген шешімі

𝑦 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0 (2.5)

теңсіздігін қанағаттандырады. Ал (2) жүйенің кез келген шешімін (2.1)

жүйенің екі шешімінің айырмасы түрінде ӛрнектеуге болады. Айталық 𝑥 𝑡

және 𝜑 𝑡 айырмасы 𝑦 𝑡 -ны беретін (1) жүйенің сәйкес кез келген және

дербес шешімдері болсын, яғни 𝑦 𝑡 = 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 . Онда 2.4 , (2.5)⇒

𝑥 𝑡0 − 𝜑 𝑡0 < 𝛿, 𝑥 𝑡 − 𝜑 𝑡 < 휀, ∀𝑡 ∈ 𝑅0+.

Бұл 𝜑 𝑡 шешімінің орнықтылығын білдіреді. 𝜑 𝑡 кез келген дербес

шешім болғандықтан, (2.1) жүйе орнықты.

Салдарлар.1. Ең болмағанда бір шешімі орнықты(орнықсыз) болатын

сызықты жүйе орнықты(орнықсыз).

2. Сызықты біртекті емес дифференциалдық жүйе орнықты болу үшін

сәйкес біртекті жүйенің орнықты болуы қажетті және жеткілікті. Бұл

орнықтылық мағынасында (2.1) жүйе мен (2.2) жүйенің шешімдерінің

тәртібі бірдей екенін білдіреді. Шынында да, егер 𝜙(𝑡)(2.2) жүйенің

фундаментальдық матрицасы болса, (1) жүйенің жалпы шешімі мына түрде:

20

𝑥 𝑡 = 𝜙 𝑡 𝑐 + 𝜑 𝑡 (2.6)

ал (2.2) жүйенің жалпы шешімі:

𝑦 𝑡 = 𝜙 𝑡 𝑐 (2.7)

түрінде болады. 𝑐-кез келген тұрақты вектор, 𝑐 ∈ 𝑅𝑛 . Сондықтан ара

қашықтықтарының бірдейлігі(сақталуы) мағынасында (2.6) интегралдық

қисықтар ӛрісі мен (2.7) интегралдық қисықтар ӛрісі топологиялық

эквивалент. Айырмашылық тек интегралдық қисықтардың орналасу

«ӛсінің»бірінші жағдайда қисық 𝑥 = 𝜑 𝑡 , ал екінші жағдайда түзу 𝑦 =

0, ∀𝑡 ≥ 𝑡0 болғандығында. 1-теорема бірқалыпты және асимптотикалық

орнықтылықтар үшін де дұрыс. Асимптотикалық орнықтылық үшін 2 салдар

орындалады. Сонымен (2.1) жүйенің орнықтылығын зерттеу үшін (2.2)

жүйенің орнықтылығын зерттеу жеткілікті.

2-теорема.Сызықты біртекті (2.2) жүйе орнықты болуы үшін оның

барлық шешімінің шенелген болуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеу.Қажеттілігі. (2.2) жүйе орнықты. Оның [𝑡0, +∞)

аралығында шенелмеген 𝑦 = 𝜓 𝑡 , 𝜓(𝑡0) ≠ 0 шешімі бар деп кері жориық.

Екі 휀 > 0, 𝛿 > 0 сандарын белгілеп алып,

𝑦 𝑡 =𝜓(𝑡)

𝜓(𝑡0) ∙𝛿

2

Шешімін (𝜓(𝑡) шешімді тұрақтыға кӛбейткеннен шыққан шешімді)

қарастыралық. Әлбетте

𝑦 𝑡0 =𝛿

2< 𝛿

ал 𝜓(𝑡) шенелмеген болғандықтан 𝑡 = 𝑡1 мәні табылып, 𝑡1 > 𝑡0 болғанда

𝑦 𝑡1 = 𝜓(𝑡1)

𝜓(𝑡0) ∙𝛿

2≥ 휀.

Бұл (2.2) жүйенің нӛлдік шешімінің орнықсыздығын білдіреді. Олай

болса, 1-теорема бойынша (2.2) жүйе (𝑓 𝑡 = 0, ∀𝑡 ≥ 𝑡0 болғандағы (2.1)

жүйе) толығынан орнықсыз.

Жеткіліктілігі.(2.2) жүйенің барлық шешімі [𝑡0 , +∞) аралығында

21

шенелген. Жүйенің 𝑡0 нүктесінде нормаланған матрицасын қарастырайық

𝑌 𝑡 = 𝑦𝑗𝑘 𝑡 , 𝑗, 𝑘 = 1, 𝑛 , 𝑌 𝑡0 = 𝐸

Шенелген функциялардан тұратын болғандықтан 𝑌 𝑡 шенелген, яғни ∀𝑡0

үшін ∃ 𝑀(𝑡0) > 0 𝑌 𝑡 ≤ 𝑀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0.

Жүйенің кез келген 𝑦 = 𝑦(𝑡) шешімі мына түрде

𝑦 𝑡 = 𝑌 𝑡 𝑦(𝑡0)

ӛрнектеледі.Бұдан∀휀, 𝑡0үшін

∃𝛿 휀, 𝑡0 <휀

𝑀, ⇒ 𝑦 𝑡0 < 𝛿, ⇒ 𝑦 𝑡 ≤ 𝑌 𝑡 𝑦 𝑡0 < 𝑀𝛿 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0.

Бұл (2) жүйенің нӛлдік шешімінің орнықтылығын кӛрсетеді. Онда 1-теорема

бойынша (2.2) жүйе орнықты.

Салдар.Егер сызықты біртекті емес жүйе орнықты болса, онда оның

шешімдері не барлығы бірдей шенелген, не барлығы бірдей шенелмеген

болады.

3-теорема.Сызықты біртекті (2.2) жүйенің асимптотикалық орнықты

болуы үшін оның барлық шешімдерінің нӛлге ұмтылуы

lim𝑡→∞

𝑦 𝑡 = 0 (2.7)

қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеу. Қажеттілігі.(2.2) жүйе асимптотикалық орнықты. Онда

оның барлық шешімдері, оның ішінде нӛлдік шешім де асимптотикалық

орнықты. Сондықтан ∀𝑡0 ∈ 𝑅0+ үшін 𝛿0(𝑡0) > 0 табылып (2.2) жүйенің мына

теңсіздікті:

𝑧 𝑡0 < 𝛿 (2.8)

қанағаттандыратын кез келген 𝑦 = 𝑧(𝑡) шешімі үшін

lim𝑡→∞

𝑧 𝑡 = 0 ⇔ lim𝑡→∞

𝑧 𝑡 = 0 (2.9)

теңдігі орындалады. Енді 𝑦 = 𝑦(𝑡)- (2) жүйенің 𝑦 𝑡0 = 𝑦0 ≠ 0 бастапқы

шарты арқылы анықталатын кез келген шешімі болсын. Бұл шешімнің

кӛмегімен

𝑧 𝑡 =𝑦(𝑡)

𝑦(𝑡0) ∙

𝛿

2(2.10)

22

шешімін құралық (шешімді тұрақтыға кӛбейту арқылы). (10) шешім (2.8)

шартты қанағаттандырады, олай болса ол үшін (2.9) теңдік те орындалады.

Сондықтан:

lim𝑡→∞

𝑦 𝑡 = lim𝑡→∞

2𝑧(𝑡)

𝛿 𝑦 𝑡0 = 0.

Жеткіліктілігі.(2.7) шарт орындалсын. Онда (𝐴(𝑡) ∈ 𝐶 𝑅0+ болған

себепті𝑦(𝑡) ∈ 𝐶1(𝑅0+) болатындықтан)

Mty

Rt

)(sup0

.

Ал бұдан 2-теореманың негізінде (2.2) жүйенің орнықтылығы, олай

болса оның нӛлдік шешімінің орнықтылығы шығады. Ал оған қосымша (2.7)

теңдік орындалатындықтан нӛлдік шешім асимптотикалық орнықты. Бұдан

(2.2) жүйенің асимптотикалық орнықтылығы алынады.

Коэффициенттері тұрақты дифференциалдық жүйенің орнықтылығы

Коэффициенттері тұрақты сызықты дифференциалдық жүйе

қарастыралық:

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝐴𝑥 (2.11)

Мұнда 𝑡 ∈ 𝑅0+ , 𝑥 = 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑛(𝑥1, … , 𝑥𝑛), ал 𝐴 = (𝑎𝑗𝑘 )-тұрақты матрица.

(2.11) жүйенің Коши түріндегі жалпы шешімі мына түрде болады

𝑥 𝑡 = 𝑒 𝑡−𝑡0 𝐴𝑥0 , 𝑥0 ≔ 𝑥 𝑡0 (2.12)

Айталық 𝜆1, … , 𝜆𝑚 , 𝑚 ≤ 𝑛 − 𝐴матрицасының меншікті сандары болсын да,

ал(𝜆 − 𝜆1)𝑒1 , … , (𝜆 − 𝜆𝑚 )𝑒𝑚 , 𝑒𝑞 ≥ 1, 𝑞 = 1, 𝑚 оларға сәйкес элементарлық

бӛлгіштері болсын. Онда 𝐴 матрицасына сәйкес Жордан матрицасының түрі

мынадай болады:

𝐼 = 𝑑𝑖𝑎𝑔 𝐼𝑒1 𝜆1 , … , 𝐼𝑒𝑚

𝜆𝑚

(𝜆 − 𝜆𝑞)𝑒𝑞 , 𝑞 = 1, 𝑛 элементарлық бӛлгішіне сәйкес келетін Жордан

клеткасы𝐼𝑒𝑞 𝜆𝑞 . 𝐴матрицасын Жордан матрицасына келтіретін ерекше емес

23

матрицаны 𝑆 деп белгілейік. Онда,

𝐴 = 𝑆𝐼𝑆−1 = 𝑆𝑑𝑖𝑎𝑔 𝐼𝑒1 𝜆1 , … , 𝐼𝑒𝑚

𝜆𝑚 𝑆−1 (2.13)

және (2.12) формуладан матрица экспоненциалының қасиеттерін

пайдаланып,

𝑥 𝑡 = 𝑒𝑆 𝑡−𝑡0 𝐼𝑆−1𝑥0 = 𝑆𝑒 𝑡−𝑡0 𝐼𝑆−1𝑥0 =

= 𝑆𝑑𝑖𝑎𝑔 𝑒 𝑡−𝑡0 𝐼𝑒1 𝜆1 , … , 𝑒 𝑡−𝑡0 𝐼𝑒𝑚

𝜆𝑚 𝑆−1𝑥0 (2.14)

формуласын аламыз. Мұнда

𝑒(𝑡−𝑡0)𝐼𝑒𝑞 (𝜆𝑞 ) = 𝑒

𝑡−𝑡0 𝜆𝑞 𝑡𝑘 𝐼𝑒𝑞

𝑘 0

𝑘 !

𝑒𝑞−1

𝑘=0 (2.15)

4-теорема.Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйенің

орнықты болуы үшін 𝐴 матрицасының меншікті сандарының нақты

бӛліктерінің оң болмауы және нақты бӛліктері нӛлге тең меншікті сандарға

жай элементарлық бӛгіштер сәйкес келуі қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеу. Қажеттілігі.(2.11) жүйе орнықты болсын. Алдымен

матрицасының барлық характеристикалық сандарының нақты бӛліктері оң

болмайтынын кӛрсетелік. Кері жорып, нақты бӛлігі оң бір меншікті мән

(сан)𝜆𝑝 = 𝛼𝑝 + 𝑖𝛽𝑝 табылсын делік:𝑅𝑒𝜆𝑝 = 𝛼𝑝 > 0. Онда (2.11) жүйенің

нӛлдік емес мынадай комплекс шешімі бар

𝜑 𝑡 = 𝑒𝜆𝑝 𝑡𝑆𝑝

Мұндағы 𝑆𝑝 − 𝜆𝑝 ӛзіндік санына сәйкес келетін меншікті

вектор. 𝑆𝑝) ≠ 0 болғандықтан

𝜑 𝑡 = 𝑒𝜆𝑝 𝑡 𝑆𝑝 = 𝑒𝛼𝑝 𝑡 𝑆𝑝 → ∞, 𝑡 → ∞.

Бұл (1) жүйенің орнықтылығына қайшы (2-теорема). Сонымен 𝛼𝑗 ≤ 0.

Енді нақты бӛлігі нӛлге тең әрбір ӛзіндік санға жай элементарлық бӛлгіштер

сәкес келетінін кӛрсетелік. Тағы да кері жорып, нақты бӛлігі нӛлге тең бір

𝜆𝑠 = 𝑖𝑏𝑠меншікті санына𝑒𝑠 > 1 еселі элементарлық бӛлгіш (𝜆 − 𝜆𝑆)𝑒𝑠 сәйкес

келеді дейік. Онда ол санға 𝐴 матрицасының Жордан матрицасында 𝑒𝑠 > 1

ретті клетка сәйкес келеді, яғни (1.4.3) формуладағы:

24

𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 =

𝜆𝑠 1 0 … 00 𝜆𝑠 1 … 00 0 0 … 𝜆𝑠

клеткасының 𝑒𝑠 бірден үлкен болады. Мынадай мартица

𝑄 𝑡 = 𝑆−1𝑑𝑖𝑎𝑔 0, … ,0, 𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 , 0, … ,0 𝑆 2.16

алайық. Бұл матрица 2.11 жүйенің матрицалық шешімі болып табылады:

𝑄 𝑡 = 𝑆−1𝑑𝑖𝑎𝑔 0, … ,0, 𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 𝑒

𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 , 0, … ,0 𝑆 =

= 𝑆−1𝑑𝑖𝑎𝑔 𝐼𝑒1 𝜆1 , … , 𝐼𝑒𝑚

𝜆𝑚 𝑆 ∙ 𝑆−1𝑑𝑖𝑎𝑔 0, … ,0, 𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 , … ,0 𝑆 = 𝐴 ∙ 𝑄 𝑡 .

Мұндағы және (2.16) формуладағы 0-дер−нӛлдік матрицалар.

(2.16) формуладан:

𝑑𝑖𝑎𝑔 0, …𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 , 0, … ,0 = 𝑆 ∙ 𝑄 𝑡 𝑆−1. 2.17

Бұдан 𝑑𝑖𝑎𝑔 0, … ,0, 𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 , … ,0 = 𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠

𝜆𝑠 ≤ 𝑆 𝑄 𝑡 𝑆−1 .

Ал (5) формула бойынша

𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 = 𝑒𝜆𝑠𝑡

11

1!𝑡

1

2!𝑡2 …

1

𝑒𝑠 − 1 !𝑡𝑒𝑠−1

0 11

1!𝑡 …

1

𝑒𝑠 − 2 !𝑡𝑒

𝑠−2

_ _ _ … _0 0 0 … 1

болғандықтан, матрицаның нормасының бірінші не екінші формулаларын

пайдаланып, алатынымыз

𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠 𝜆𝑠 = 𝑒𝜆𝑠𝑡 1 +

1

1!𝑡 + ⋯ +

1

𝑒𝑠−1 !𝑡𝑒𝑠−1 >

1

𝑒𝑠−1 !𝑡𝑒𝑠−1 . Сондықтан

(2.17) теңсіздіктен

𝑄 𝑡 ≥ 𝑒𝑡𝐼𝑒𝑠

𝜆𝑠

𝑆 𝑆−1 >

𝑡𝑒𝑠−1

𝑒𝑠 − 1 ! 𝑆 ∙ 𝑆−1 , ∀𝑡 ≥ 0.

Олай болса 𝑄 𝑡 → ∞ , 𝑡 → ∞.Ал бұл (1) жүйесінің орнықтылығына қайшы.

Демек, 𝜆𝑠 = 𝑖𝛽𝑠 санына тек жәй элементар бӛлгіш сәйкес келеді.

Жеткіліктілігі.𝐴 матрицасының Жордан формасында әр түрлі

25

клеткалар сәйкес келетін нақты бӛліктері теріс барлық меншікті сандар

𝜆𝑗 = 𝛼𝑗 + 𝑖𝛽𝑗 , 𝑗 = 1, 𝑘 арқылы, ал нақты бӛліктері нӛлге тең барлық меншікті

сандарын 𝜆𝜈 = 𝑖𝛾𝜈 , 𝜈 = 1, 𝑙 болуы да мүмкін.Сонда 𝑘 + 𝑙 саны 𝐴

матрицасының Жордан формасындағы клеткалардың жалпы санын береді.

Теореманың шарты бойынша 𝜆𝜈 сандарына жәй элементар бӛлгіштер, яғни

бірінші ретті клеткалар (𝜆𝜈 элементтің ӛздері) сәйкес келеді. Сондықтан

(2.11) жүйенің кез келген шешімі (4) формула негізінде жалпы түрде былай

жазылады:

𝑥 𝑡 = 𝑒𝛼𝑗 𝑡 𝛷𝑗 1 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑗 𝑡 + 𝛷𝑗

2 𝑡 𝑠𝑖𝑛𝛽𝑗 𝑡 + 𝑐𝜈 1

𝑐𝑜𝑠𝛾𝜈𝑡 +𝑙𝜈=1

𝑘𝑗 =1

+𝑐𝜈2𝑠𝑖𝑛𝛾𝜈𝑡(2.18)

Мұнда: 𝛷𝑗 1 𝑡 , 𝛷𝑗

2 𝑡 −кӛпмүшелікті вектор-функциялар.Олардың

дәрежелері 𝜆𝑗 санына сәйкес келетін элементар бӛлгіштің дәреже

кӛрсеткішінен бірге кем. Ал 𝑐𝑗 1

, 𝑐𝑗 2

-тұрақты вектор-бағандар. Шарт

бойынша 𝛼𝑗 < 0 болғандықтан 𝑒𝑑𝑗 𝑡𝛷𝑗 𝑞

𝑡 → 0, 𝑡 → ∞, 𝑗 = 1, 𝑘 , 𝑞 = 1,2

Сондықтан, 2.18 формуладан 2.11 жүйенің кез келген шешімінің 𝑅0+ -де

шенелгендігі шығады. Олай болса 2.11 жүйе орнықты.

Ескерту.Дәлелденген теорема бірқалыпты орнықтылық үшін де дұрыс,

себебі коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйенің жәй

орнықтылығынан оның 𝑡0 ∈ 𝑅0+ бойынша бірқалыпты орнықтылығы шығады.

Шынында да, орнықты жүйенің барлық шешімі шенелген болғандықтан:

𝑒 𝑡−𝑡0 𝐴 ≤ 𝑀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0 және 𝑀 саны 𝑡0-ден тәуелсіз. 2.11 жүйенің кез

келген 𝑥 𝑡 шешімі мына түрде: 𝑥 𝑡 = 𝑒 𝑡−𝑡0 𝐴𝑥 𝑡0 болады. Сондықтан

∀휀 > 0үшін∃𝛿 휀 < 휀𝑀 табылып

𝑥 𝑡0 < 𝛿 ⇒ 𝑥 𝑡 ≤ 𝑒 𝑡−𝑡0 𝐴 𝑥 𝑡0 < 𝑀𝛿 < 휀, ∀𝑡 ≥ 𝑡0.

Олай болса, 1 жүйенің нӛлдік шешімі бірқалыпты орнықты, ал онда оның

барлық шешімі бірқалыпты орнықты.

5-теорема.Тұрақты 𝐴 матрицалы сызықты біртекті 2.11 жүйенің

26

асимптотикалық орнықты болуы үшін 𝐴 матрицасының барлық меншікті

сандарының нақты бӛліктері теріс болуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеу. Қажеттілігі.Айталық, 2.11 дифференциалдық жүйе

орнықты болсын. Онда ол жәй орнықты. Демек, егер 𝜆𝑗 = 𝜆𝑗 𝐴 − 𝐴

матрицасының меншікті сандары болса, онда 1-теорема бойынша

𝑅𝑒𝜆𝑗 ≤ 0 , 𝑗 = 1, 𝑛 .

Енді бұл формула тек қатаң теңсіздікпен ғана (𝑅𝑒𝜆𝑗 < 0 , 𝑗 = 1, 𝑛 )

орындалатынын кӛрсетелік. Кері жорып, нақты бӛлігі нӛлге тең бір меншікті

сан 𝜆𝑝 = 𝑖𝛽𝑝 бар деп саналық, яғни 𝑅𝑒𝜆𝑝 = 0. Онда жүйе мынадай комплекс

шешімге ие𝜑 𝑡 = 𝑒𝜆𝑝 𝑡𝑆𝑝 = 𝑒𝑖𝛽𝑝 𝑡𝑆𝑝 . Мұнда: 𝑆𝑝-𝜆𝑝-ге сәйкес меншікті

вектор. Сондықтан

𝜑 𝑡 = 𝑒𝑖𝛽𝑝 𝑡 𝑆𝑝 = 𝑆𝑝 ≠ 0

болғандықтан 𝜑 𝑡 ↛ 0, 𝑡 → ∞. Бұл 1 жүйенің асимптотикалық

орнықтылығына қайшы. Олай болса 𝑅𝑒𝜆𝑗 < 0 , 𝑗 = 1, 𝑛.

Жеткіліктілігі.𝐴 матрицасының әр түрлі Жордан клеткасына

сәйкестендірілген барлық меншікті сандарын 𝜆1, … , 𝜆𝑚 , 𝑚 ≤ 𝑛 деп белгілейік.

Шарт бойынша 𝑅𝑒𝜆𝑗 < 0 , 𝑗 = 1, 𝑚. 1 жүйенің кез келген шешімі 2.14

формула негізінде жалпы түрде былай жазылады

𝑥 𝑡 = 𝑒𝛼𝑗 𝑡(𝛷𝑗 1 𝑡 𝑐𝑜𝑠𝛽𝑗 𝑡

𝑚

𝑗 =1

+ 𝛷𝑗 2 𝑡 𝑠𝑖𝑛𝛽𝑗 𝑡

𝛼𝑗 ≔ 𝑅𝑒𝜆𝑗 , 𝛽𝑗 = 𝐼𝑚𝜆𝑗 яғни,𝜆𝑗 = 𝛼𝑗 + 𝑖𝛽𝑗 , 𝑗 = 1, 𝑚 және кейбір 𝛽𝑗 -лер нӛлге

тең болулары да мүмкін. Бұдан 𝛼𝑗 < 0 , 𝑗 = 1, 𝑚 екенін ескеріп,

lim𝑡→∞

𝑥 𝑡 = 0

теңдігін аламыз. Демек жүйе асимптотикалық орнықты.

Ескертулер.1. Сонымен 2.11 жүйенің асимптотикалық

орнықтылығын дәлелдеу үшін оның

det 𝐴 − 𝜆𝐸 = 0 ⟺ det 𝜆𝐸 − 𝐴 = 0 2.19

сипаттамалық теңдеуінің барлық түбірлерінің нақты бӛліктері теріс

27

екендігіне кӛз жеткізу жеткілікті. 2.19 теңдеуді ашып жазалық:

𝜆𝑛 − 𝑎11 + ⋯ + 𝑎𝑛𝑛 𝜆𝑛−1 + ⋯ + (−1)𝑛𝑑𝑒𝑡𝐴 =

0 (2.20)Бұл-𝜆 бойынша 𝑛-ші дәрежелі алгебралық

теңдеуі. Ондай теңдеулер жалпы түрде былай жазылады:

𝑎0𝜆𝑛 + 𝑎1𝜆

𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1 𝜆 + 𝑎𝑛 = 0, 𝑎0 > 0 2.21

2. Дәлелденген теоремалар коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті

дифференциалдық теңдеулер үшін де орындалады. Себебі, ондай теңдеулер

әрқашанда коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйеге келтіріледі,

яғни сызықты жүйенің дербес жағдайы болып табылады. Бұл жағдайда

жүйеге келтіргеннен кейін құрылған 9 түрдегі характеристикалық

теңдеудің әрбір түбіріне бір ғана элементар бӛлгіш сәйкес келетінін ескерген

жӛн. Сондықтан элементар бӛлгіштің дәреже кӛрсеткіші түбірдің еселігіне

тең болады да, 1-теорема былай айтылады: коэффициенттері тұрақты

сызықты бірткеті теңдеудің орнықты болуы үшін, оның характеристикалық

теңдеуінің түбірлерінің нақты бӛліктері оң болмауы және нақты бӛліктері

нӛлге тең түбірлер еселі емес болуы қажетті және жеткілікті.

Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті теңдеу үшін 2-теореманың

айтылуы сол қалпында қалады.

№2 Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Сызықты біртекті жүйенің орнықтылығы туралы теорема

2. Сызықты біртекті жүйенің асимптотикалық орнықтылығы

туралы теорема

3. Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйенің

орнықтылығы туралы теорема

4. Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйенің

орнықсыздығы

5. Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйенің

асимптотикалық орнықтылығы

28

Мысалдар.Тӛмендегі теңдеулер мен жүйелердің орнықтылыққа

зерртеу керек.

1.𝑥 𝐼𝑉 + 4𝑥 ′′ + 3𝑥 = 0Сипаттамық теңдеуінің түбірлері жорымал:𝜆4 + 4𝜆2 +

3 = 0 , (𝜆2)1 = −3 , ⇒ 𝜆1,2 = ±𝑖 3 , (𝜆2)2 = −1, ⇒ 𝜆3,4 = ±𝑖.Түбірлердің екеуі

де жәй болғандықтан, 2-ескерту бойынша теңдеу орнықты. (Барлық шешімі

орнықты сызықты дифференциалдық теңдеу орнықты деп аталады).

2. 𝑥 ′ = 𝑥 − 𝑦

𝑦′ = 5𝑥 − 𝑦

Сиптттамалық теңдеуі

1 − 𝜆 −1

5 −1 − 𝜆 = 𝜆2 + 4 = 0

Оның түбірлері жорымал және әр түрлі: 𝜆1,2 = ±2𝑖. Демек, жүйе орнықты.

3. 𝑥 ′ = −𝑥 + 𝑦

𝑦′ = 2𝑥 − 3𝑦.

Сипаттамалық теңдеудің

−1 − 𝜆 1

2 −3 − 𝜆 = 𝜆2 + 4𝜆 + 1 = 0

түбірлері теріс 𝜆1,2 = −2 ± 3 . Жүйе асимптотикалық орнықты.

4.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑧

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑦 − 𝑧,

𝑑𝑧

𝑑𝑡= 𝑦 − 𝑧.

жүйенің (0,0,0) тыныштық нүктесін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі: Сипаттамалық теңдеуі

−1 − 𝜆 0 1

0 −2 − 𝜆 −10 1 −1 − 𝜆

= 0

немесе 1 + 𝜆 𝜆2 + 3𝜆 + 3 = 0. Теңдеудің түбірлері теріс

𝜆1 = −1, 𝜆2,3 = −3

2± 𝑖

3

2, сондықтан берілген жүйенің тыныштық нүктесі

асимптотикалық орнықты.

29

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Жүйелердің 𝑂(0,0,0)тыныштық нүктесін орнықтылыққа зерттеңдер.

1

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑦 + 5𝑧,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑦 + 𝑧,

𝑑𝑧

𝑑𝑡= −3𝑧;

2

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 − 𝑦,

𝑑𝑧

𝑑𝑡= 𝑥 + 𝑦 − 𝑧;

3

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −2𝑥 − 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑥 − 2𝑦,

𝑑𝑧

𝑑𝑡= 𝑥 + 3𝑦 − 𝑧;

№3 дәріс

Сипаттамалық теңдеудің түбірлерінің нақты бӛліктерінің

таңбаларының теріс болу шарты. Раус-Гурвиц белгісі

Коэффициенттері тұрақты дифференциалдық теңдеулер жүйесінің

орнықтылығын анықтау үшін оның сипаттауыш теңдеуінің түбірлері кешенді

жазықтықта қалай орналасқанын білу керек. Сипаттауыш теңдеудің

түбірлерінің осы жазықтықта орналасуын теңдеуді шешпей-ақ Раус-Гурвиц

белгісі арқылы анықтауға болады.

Коэффициенттері тұрақты сызықты дифференциалдық теңдеу берілсін

𝑎0𝑦(𝑛) + 𝑎1𝑦

(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎𝑛𝑦 = 0 (2.1)

30

Мұндағы 𝑎0, 𝑎1 , … , 𝑎𝑛 -тұрақтылар,𝑎0 > 0. Егер

𝑓 𝜆 = 𝑎0𝜆𝑛 + 𝑎1𝜆

𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛 = 0 (2.2)

сипаттауыш теңдеуінің түбірлерінің нақты бӛліктері теріс болса, онда (2.1)

теңдеудің 𝑦 ≡ 0 нӛлдік шешімі асимптотикалық орнықты болады.

Раус-Гурвиц белгісі.Сипаттауыш (2.2) теңдеудің барлық түбірлерінің нақты

бӛліктері теріс болуы үшін мына Гурвиц матрицасының

𝑎1 𝑎0 0 0 0 0 … 0𝑎3 𝑎2 𝑎1 𝑎0 0 0 … 0𝑎5 𝑎4 𝑎3 𝑎2 𝑎1 0 … 0… … … … … … … …0 0 0 0 0 0 … 𝑎𝑛

(2.3)

бас диагоналдық минорлары оң болуы қажетті және жеткілікті. Гурвиц

матрицасы былай құрылады: бас диагоналда (2.2) кӛпмүшеліктің 𝑎1

коэффициентінен бастап 𝑎𝑛 -ге дейінгі коэффициенттері

жазылады.Бағандарға кезек-кезек тек қана тақ немесе жұп индексті

коэффициенттер жазылады. Ал 𝑎0 коэффициенті жұп индекске

жатқызылады. Матрицаның басқа индексі 𝑛-нен үлкен немесе 0-ден кіші

коэффициенттер нӛлге тең деп есептеледі. Гурвиц матрицасының бас

диагоналдық минорларын жазайық:

∆1= 𝑎1 , ∆2= 𝑎1 𝑎2

𝑎3 𝑎4 , ∆3=

𝑎1 𝑎0 0𝑎3 𝑎2 𝑎1

𝑎5 𝑎4 𝑎3

, …,

∆𝑛=

𝑎1 𝑎0 0 … 0𝑎3 𝑎2 𝑎1 … 0𝑎5 𝑎4 𝑎3 … 0… … … … …0 0 0 … 𝑎𝑛

Сонымен Гурвиц шарты бойынша (2.1) теңдеудің 𝑦 ≡ 0 шешімі орнықты

болуы үшін

∆1> 0, ∆2> 0, … , ∆𝑛> 0 (2.4)

Шарттары орындалуы қажетті және жеткілікті. Ал ∆𝑛= 𝑎𝑛∆𝑛−1болғандықтан

∆𝑛> 0шартын а𝑛 > 0шартымен ауыстыруға болады.

Коэффициенттері (2.4) шарттарды қанағаттандыратын, яғни барлық

31

түбірлерінің нақты бӛліктері теріс болатын кӛпмүшелік Гурвиц кӛпмүшелігі

деп аталады.

Үшінші дәрежелі кӛпмүшелікті қарастырайық

𝑓3 𝜆 = 𝑎0𝜆3 + 𝑎1𝜆

2 + 𝑎2𝜆 + 𝑎3

Бұл кӛпмүшеліктің коэффициенттері

𝑎1 > 0, 𝑎1 𝑎0

𝑎3 𝑎2 = 𝑎1𝑎2 − 𝑎0𝑎3 > 0, 𝑎3 > 0

теңсіздіктерін қанағаттандырғанда ғана 𝑓3 𝜆 Гурвиц кӛпмүшелігі болады.

Егер тӛртінші дәрежелі кӛпмүшелікті қарастыратын болсақ, онда бұл

шарттар былай жазылады:

𝑎1 > 0, 𝑎1 𝑎0

𝑎3 𝑎2 = 𝑎1𝑎2 − 𝑎0𝑎3 > 0, 𝑎3 > 0

𝑎1 𝑎0 0𝑎3 𝑎2 𝑎1

𝑎4 𝑎3 𝑎2

= 𝑎3 𝑎1𝑎2 − 𝑎0𝑎3 − 𝑎4𝑎12, 𝑎4 > 0

Осыдан, тӛртінші дәрежелі кӛпмүшелік Гурвиц кӛпмүшелігі болуы

үшін оның коэффициенттері осы шарттарды қанағаттандыруы керек.№2

Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Раус-Гурвиц белгісі

2. Гурвиц кӛпмүшелігі

Мысалдар

1.𝑥 ′′′ + 2𝑥 ′′ + 2𝑥 ′ + 3𝑥 = 0 теңдеуін орнықтылыққа зерттеу

керек.Сипаттамалық теңдеуі 𝜆3 + 2𝜆2 + 2𝜆 + 3 = 0Гурвиц матрицасын

құрамыз:

𝐺 = 2 1 03 2 20 0 3

Бас диагональдық минорлардың бәрі оң:

Δ1 = 2 > 0 , Δ2 = 2 13 2

= 1 > 0 , Δ3 = 2 1 03 2 20 0 3

= 3 > 0.

Олай болса берілген теңдеу асимптотикалық орнықты.

32

2. 𝑥 ′′′ + 𝑥 ′′ + 𝑥 ′ + 2𝑥 = 0 теңдеуін орнықтылыққа зерттеу керек.

Сипаттамалық теңдеуі: 𝜆3 + 𝜆2 + 𝜆 + 2 = 0.

Гурвиц матрицасы:

𝐺 = 1 1 02 1 10 0 2

.

Бас диагональдық минорлары:

Δ1 = 1 , Δ2 = 1 12 1

= −1 , Δ3 = 𝑑𝑒𝑡𝐺 = −2 < 0.

Δ2 теріс болғаннан кейін әрі қарай Δ3-ті, т.б. іздемесе де болады. Гурвиц

белгісі орындалмай тұр. Берілген теңдеу орнықсыз.

3. Берілген 𝑦𝑉 + 𝑦𝐼𝑉 + 7𝑦′′′ + 4𝑦′′ + 10𝑦′ + 3𝑦 = 0 теңдеуінің нӛлдік

шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі. Берілген теңдеудің сипттауыш теңдеуі𝑓 𝜆 = 𝜆5 + 𝜆4 + 7𝜆3 + 4𝜆2 +

10𝜆 + 3 = 0. Бұл жағдайда 𝑎0 = 1, 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 7, 𝑎3 = 4, 𝑎4 = 10, 𝑎5 = 3.

Енді Гурвиц матрицасының диагоналдық минорларын есептейік.

∆5=

1 1 0 0 04 7 1 1 03 10 4 7 10 0 3 10 40 0 0 0 3

= 3

1 1 0 04 7 1 13 10 4 70 0 3 10

= 3

1 0 0 04 3 1 13 7 4 70 0 3 10

=

= 3 3 1 17 4 70 3 10

= 3 ∙ 8 = 24 > 0

∆4=

1 1 0 04 7 1 13 10 4 70 0 3 10

= 10 1 1 04 7 13 10 4

− 3 1 1 07 4 13 10 7

=

= 10 1 0 07 3 13 7 −4

− 3 1 0 04 3 13 7 1

= 10 ∙ 5 − 3 ∙ 14 = 8 > 0,

∆3= 1 1 04 7 13 10 4

= 5 > 0, ∆2= 1 14 7

= 3 > 0, ∆1= 1 > 0.

Сонымен, ∆1> 0, ∆2> 0, ∆3> 0, ∆4> 0 , ∆5> 0, яғни Гурвиц шарты

орындалады. Сондықтан берілген теңдеудің нӛлдік шешімі 𝑦 ≡ 0

33

асимптотикалық орнықты. Минорларды есептеуді жоғары ретті минордан

бастау керек. Содан кейін тӛменгі ретті минорлар есептеледі. Егер осы

минорлардың біреуі теріс болса, онда жүйе орнықсыз. Сондықтан әрі қарай

есептеудің қажеті жоқ.

4. Параметр а-ның қай мәнінде жүйе асимптотикалық орнықты?

𝑥 ′ = 𝑎𝑥 − 2𝑦

𝑦′ = 𝑥 + 𝑦

Cипаттамалық теңдеуі мына түрде

𝑎 − 𝜆 −2

1 1 − 𝜆 = 𝜆2 − 𝑎 + 1 𝜆 + 𝑎 + 2 = 0.

Гурвиц матрицасын құралық:

𝐺 = − 𝑎 + 1 1

0 𝑎 + 2

Бас диагональдық минорлар оң болу, яғни

Δ1 = − 𝑎 + 1 > 0, Δ2 = − 𝑎 + 1 (𝑎 + 2) > 0

үшін 𝑎 + 1 < 0 , 𝑎 + 2 > 0 теңсіздіктері орындалуы керек. Бұдан

−2 < 𝑎 < −1.

Параметрдің осы мәнінде берілген жүйе асимптотикалық орнықты.

5.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑧,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑦 − 𝑧,

𝑑𝑧

𝑑𝑡= 𝑦 − 𝑧.

жүйенің (0,0,0) тыныштық нүктесі орныққа зертте?

Шешуі: Характеристикалық теңдеуі мына түрде

−1 − 𝜆 0 1

0 −2 − 𝜆 −10 1 −1 − 𝜆

= 0

немесе 1 + 𝜆 𝜆2 + 3𝜆 + 3 = 0. Теңдеудің түбірлері теріс

𝜆1 = −1, 𝜆2,3 = −3

2± 𝑖

3

2.

Сондықтан осы жүйенің тыныштық нүктесі асимптотикалық орнықты.

34

6. Мына коэффициенттері тұрақты біртекті сызықты дифференциалдық

теңдеулер жүйесін орнықтылыққа зерттеу керек.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝛼𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑦 − 𝛽𝑧

𝑑𝑧

𝑑𝑡= −𝑧 + 𝛼𝑥

Шешуі.Бұл жүйенің сипаттамалық теңдеуі

−1 − 𝜆 𝛼 0

0 −1 − 𝜆 𝛽𝛼 0 −1 − 𝜆

= 0

немесе

𝜆3 + 3𝜆2 + 3𝜆 + 1 − 𝛼2𝛽 = 0

мұнда 𝑎0 = 1, 𝑎1 = 3, 𝑎2 = 3, 𝑎3 = 1 − 𝛼2𝛽.

Гурвиц матрицасының түрі

3 1 01 − 𝛼2𝛽 3 3

0 0 1 − 𝛼2𝛽

Осыдан ∆1= 3 > 0, ∆2= 9 − 1 − 𝛼2𝛽 , ∆3= ∆2 1 − 𝛼2𝛽 .Сонымен, Гурвиц

матрицасының диагоналдық минорлары оң болуы үшін 𝛽 параметрі𝛽 >

−8

𝛼2, 𝛽 <

1

𝛼2 теңсіздіктерін қанағаттандыруы керек.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Мына теңдеулердің нӛлдік шешімдерін орнықтылыққа зерттеу керек.

1. 𝑦𝐼𝑉 + 7𝑦′′′ + 12𝑦′′ + 23𝑦′ + 10𝑦 = 0.

2. 𝑦𝐼𝑉 + 2𝑦′′′ + 4𝑦′′ + 2𝑦′ + 5𝑦 = 0.

3. 𝑦𝐼𝑉 + 4𝑦′′′ + 7𝑦′′ + 6𝑦′ + 2𝑦 = 0.

4. 𝑦′′′ + 5𝑦′′ + 9𝑦′ + 5𝑦 = 0.

5. 𝑦𝐼𝑉+𝑦′′′ + 3𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 0.

6. 𝑦𝑉 + 2𝑦𝐼𝑉 + 3𝑦′′′ + 2𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 0.

7. 𝑦𝐼𝑉 − 2𝑦′′′ + 𝑦′′ + 2𝑦′ − 2𝑦 = 0.

8. 𝑦𝐼𝑉 + 7𝑦′′′ + 17𝑦′′ + 17𝑦′ + 6𝑦 = 0.

35

9. 𝑦𝑉 + 3𝑦𝐼𝑉 − 5𝑦′′′ − 15𝑦′′ + 4𝑦′ + 12𝑦 = 0.

Мына теңдеулердің нӛлдік шешімдері 𝛼 және 𝛽 параметрлерінің қандай

мәндерінде орнықты болатындығын анықтау керек.

10. 𝑦𝐼𝑉 + 𝛼𝑦′′′ + 2𝑦′′ + 𝑦′ + 3𝑦 = 0.

11. 𝑦𝐼𝑉 + 3𝑦′′′ + 𝛼𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 0.

12. 𝑦𝐼𝑉 + 2𝑦′′′ + 𝛼𝑦′′ + 𝑦′ + 𝑦 = 0.

13. 𝑦𝐼𝑉 + 𝛼𝑦′′′ + 2𝑦′′ + 𝛽𝑦′ + 𝑦 = 0.

14. 𝑦𝐼𝑉 + 3𝑦′′′ + 𝛼𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝛽𝑦 = 0.

№4. Орнықтылықтың геометриялық белгісі. Михайлов белгісі

Егер Гурвиц кӛпмүшелігінің дәрежесі жоғары болса, онда жоғары ретті

анықтауыштарды есептеу қиындық тудырады. Бұл жағдайда 𝑓(𝜆)

кӛпмүшелігінің түбірлерін кешен жазықтығында орналасуын анықтау үшін

Гурвиц белгісіне эквивалентті геометриялық белгілерді пайдалану қолайлы

болады. Солардың бірі болатын Михайлов белгісін қарастырайық.

Коэффициенттері тұрақты (3.1) сызықты дифференциалдық теңдеу

берілсін

𝑎0𝑦(𝑛) + 𝑎1𝑦

(𝑛−1) + ⋯ + 𝑎𝑛𝑦 = 0

Оның 3.2 сипаттамалық теңдеуі𝑓 𝜆 = 𝑎0𝜆𝑛 + 𝑎1𝜆

𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛 =

0болсын. Егер𝜆 = 𝑖𝜔, деп алсақ, онда мынадай теңдік жазуға болады:

𝑓 𝑖𝜔 = 𝑢 𝜔 + 𝑖𝜈(𝜔),

𝑢 𝜔 = 𝑎𝑛 − 𝑎𝑛−2𝜔2 + 𝑎𝑛−4𝜔

4 − ⋯ (4.1)

𝜈 𝜔 = 𝑎𝑛−1 − 𝑎𝑛−3𝜔3 + ⋯(4.2)

36

9-cызба

Сонда 𝑓 𝑖𝜔 шамасын (4.1) және (4.2) теңдіктерге сәйкес берілген 𝜔

параметрі бойынша 𝑢О𝜈 кешен жазықтығында вектор арқылы кескіндеуге

болады. Бұл вектордың ұшы 𝜔 параметрі (−∞; +∞) аралығында ӛзгергенде

Михайлов қисығы деп аталатын сызық сызады. Ал 𝑢 𝜔 функциясы жұп

болғандықтан Михайлов қисығы О𝑢 ӛсі бойынша симметриялы. Сондықтан

𝜔 параметрінің0-ден +∞-ке дейін ӛзгеруіне сәйкес қисықты салса жеткілікті.

Егер 𝑛-дәрежелі 𝑓(𝜆) кӛпмүшелігінің 𝑚түбірлерінің нақты бӛліктері оң, ал

𝑛 − 𝑚 түбірлерінің нақты бӛліктері теріс болса, онда 𝑓 𝑖𝜔 векторының 𝜑

бұрылу бұрышы 𝜔 шамасы 0-ден +∞-ке дейін ӛзгергенде 𝜑 = (𝑛 − 2𝑚)𝜋

2

болады. Бқл ӛрнектен (3.1) теңдеудің шешімінің орнықты болуы үшін 𝑚 = 0

болса жеткілікті екендігі шығады.

Михайлов белгісі.Коэффициенттері тұрақты сызықты

дифференциалдық теңдеудің нӛлдік шешімі орнықты болуы үшін:

1) 𝑓 𝑖𝜔 векторы 𝜔 параметрі 0-ден+∞-ке дейін ӛзгергенде 𝜑 = 𝑛𝜋

2

бұрышқа бұрылуы, яғни сағат тілінің бағытына қарсы 𝜋

4 айналым жасауы;

2) 𝑓 𝑖𝜔 годографы (вектордың ұшы сызған қисық) 𝜔 параметрі 0-

ден+∞-ке дейін ӛзгергенде (0;0) бас нүкте арқылы ӛтуі қажетті және

жеткілікті.

Осыдан (3.1) теңдеудің шешімі орнықты болуы үшін 𝑢 𝜔 = 0, 𝜈 𝜔 = 0

теңдеулерінің түбірлері нақты болуы және олар бірімен бірі ауысып отыруы,

яғни бір теңдеудің кез келген екі түбірінің арасында екіншісінің бір түбірі

болуы қажетті және жеткілікті.

37

№4. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар: 1) Михайлов белгісі қалай айтылады?

2) Михайлов қисығықандай сызық?

Мысалдар.

1. Орнықтылыққа𝑦𝐼𝑉 + 2𝑦′′′ + 3𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 0теңдеуінің нӛлдік шешімін

зерттеу керек.

Шешуі. Берілген теңдеуге сәйкес сипаттамалық теңдеуді жазайық

𝑓 𝜆 = 𝜆4 + 2𝜆3 + 3𝜆2 + 2𝜆 + 1

Олай болса

𝑓 𝑖𝜔 = 𝜔4 − 2𝑖𝜔3 − 3𝜔2 + 2𝑖𝜔 + 1,

𝑢 𝜔 = 𝜔4 − 3𝜔2 + 1,

𝜈 𝜔 = −2𝜔3 + 2𝜔 = 2𝜔 1 − 𝜔2 = 2𝜔 1 − 𝜔 (1 + 𝜔)

Енді 𝜔 параметрін 0-ден+∞-ке дейін ӛзгертіп 𝑢 = 𝑢 𝜔 , 𝜈 = 𝜈 𝜔 қисығын

салайық.

𝜔 0 1

3 − 5

2 3 + 5

2

𝑢 1 -1 0 0

𝜈 0 0 + -

38

10-сызба.

Радиустың бұрылу бұрышы lim𝜔→+∞𝑢

𝜈= 0, 𝜑 = 4 ∙

𝜋

2= (𝑛 − 2𝑚)

𝜋

2. Осыдан

𝑛 − 2𝑚 = 4, 𝑛 = 4, яғни 𝑚 = 0. Сонымен сипаттамалық теңдеудің барлық

түбірлері сол жақ жарты жазықтықта жатыр, яғни 𝑦 = 0нӛлдік

шешіміорнықты.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Мына теңдеулердің нӛлдік шешімдерін орнықтылыққа зерттеу керек.

1. 𝑦𝑉 + 5𝑦𝐼𝑉 + 10𝑦′′′ + 11𝑦′′ + 7𝑦′ + 2𝑦 = 0.

2. 𝑦𝐼𝑉 + 5𝑦′′′ + 4𝑦′′ + 3𝑦′ + 2𝑦 = 0.

3. 𝑦′′′ + 2𝑦′′ + 2𝑦′ + 𝑦 = 0.

4. 2𝑦𝐼𝑉 + 13𝑦′′′ + 28𝑦′′ + 23𝑦′ + 6𝑦 = 0.

5. 𝑦𝑉 + 2𝑦𝐼𝑉 + 2𝑦′′′ + 46𝑦′′ + 80𝑦′ + 260𝑦 = 0.

6. 𝑦𝑉 + 𝑦𝐼𝑉 + 7𝑦′′′ + 4𝑦′′ + 10𝑦′ + 3𝑦 = 0.

7. 3𝑦𝐼𝑉 + 13𝑦′′′ + 19𝑦′′ + 11𝑦′ + 2𝑦 = 0.

8. 2𝑦𝐼𝑉 + 6𝑦′′′ + 9𝑦′′ + 6𝑦′ + 2𝑦 = 0.

9. 𝑦𝑉𝐼𝐼 + 7𝑦𝑉𝐼 + 23𝑦𝑉 + 37𝑦𝐼𝑉 + 56𝑦′′′ + 36𝑦′′ + 12𝑦′ + 4𝑦 = 0.

10. 𝑦𝐼𝑉 + 3𝑦′′′ + 4𝑦′′ + 3𝑦′ + 𝑦 = 0.

№5. Дәріс. Тыныштық нүктелерінің жәй түрлері

39

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑎11𝑥 + 𝑎12𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑎21𝑥 + 𝑎22𝑦,

(5.1)

мұндағы𝑎𝑖𝑗 , 𝑖, 𝑗 = 1,2 -тұрақты сандар, ал ∆= 𝑎11 𝑎12

𝑎21 𝑎22 ≠ 0 болсын.

Берілген жүйенің оң жақтарын нӛлге айналдыратын 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 нүктесі

жүйенің тыныштық нүктесі болады. Осы тыныштық нүктесін орнықтылыққа

зерттейік.

Жүйенің шешімін

𝑥 = 𝛼1𝑒𝑘𝑡 , 𝑦 = 𝛼2𝑒

𝑘𝑡 (5.2)

түрінде іздейміз. Белгісіз 𝑘 тұрақтысының мәнін анықтау үшін

𝑎11 − 𝑘 𝑎12

𝑎21 𝑎22 − 𝑘 = 0 (5.3)

сипаттамалық теңдеуін құрып, оның 𝑘1 және 𝑘2 түбірлерін табамыз.

Мынадай жағдайларды қарастырамыз:

а) сипаттамалық теңдеудің түбірлері нақты және әртүрлі. Олай болса

жалпы шешім мына түрде жазылады:

𝑥 = 𝐶1𝛼1𝑒

𝑘1𝑡 + 𝐶2𝛽1𝑒𝑘2𝑡

𝑦 = 𝐶1𝛼2𝑒𝑘1𝑡 + 𝐶2𝛽2𝑒

𝑘2𝑡 (5.4)

Мұндағы 𝛼𝑖 мен 𝛽𝑖 тұрақтылары

𝑎11 − 𝑘 𝛼1 + 𝑎12𝛼2 = 0,

𝑎21𝛼1 + 𝑎22 − 𝑘 𝛼2 = 0.

теңдеулержүйесінен анықталады.Бұл жағдайда:

1)егер 𝑘1 < 0 және 𝑘2 < 0 болса, онда 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 тыныштық нүктесі

асимптотикалық орнықты болады. Ӛйткені (5.4) теңдеудің құрамында 𝑒𝑘1𝑡

және 𝑒𝑘2𝑡 кӛбейткіштері болғандықтан 𝑡 = 𝑡0 алғашқы уақыт мезгілінде бас

нүктенің кез келген маңайында жатқан барлық нүктелер 𝑡 -ның жеткілікті

үлкен мәндерінде бас нүктенің 휀-маңайында жатқан нүктелерге ауысады.

Ал 𝑡 → ∞ ұмтылғанда

координаталар бас нүктенің

координаталарына ұмтылады.

40

11-сызба.

Суретте траекториялардың тыныштық нүктесінің маңайында орналасуы

кӛрсетілген. Бұл орнықты түйін деп аталады.

2)Енді 𝑘1 > 0 және 𝑘2 > 0болсын. Бұл жағдайда 𝑡-ны 𝑡-ғаауыстырып

алдыңғы жағдайдыалуға болады. Мұнда нүктелер траектория бойынша

қарама-қарсы бағытта қозғалады. Егер 𝑡

шексіз ӛсетін болса, онда бас нүктеге

қаншалықты болса да жақын нүктелер

оның 휀-маңайынан ұзап кетпейді. Бұл

жағдайда тыныштық нүктесі Ляпунов

бойынша орнықсыз болады - орнықсыз

түйін.

12-сызба.

3) Егер 𝑘1 > 0 және 𝑘2 < 0 болса,онда тыныштық нүктесі орнықсыз болады.

Ӛйткені

𝑥 = 𝐶1𝛼1𝑒𝑘1𝑡 , 𝑥 = 𝐶1𝛼2𝑒

𝑘1𝑡 (5.5)

Траекториясымен қозғалатын нүкте қаншалықты болсада аз 𝐶1 мәндерінде

бас нүктенің 휀-маңайынан шығып кетеді. Бұл жағдайда бас нүктеге

жақындайтын

𝑥 = 𝐶2𝛽1𝑒𝑘2𝑡 , 𝑥 = 𝐶2𝛽2𝑒

𝑘2𝑡 (5.6)

түріндегі қозғалыстар бар болатындығын атап ӛту керек. Сонда 𝐶2-нің

әртүрлі мәндерінде 𝑦 =𝛽2

𝛽1 бір түзуі бойынша әртүрлі қозғалыстар алынады.

Егер 𝑡 ӛсетін болса, бұл түзудің нүктелері бас нүктеге қарай ұмтылады.

Сонымен қатар (5.6)траекториясының нүктелері 𝑡 ӛскен сайын 𝑦 =𝛼2

𝛼1 түзуі

бойынша бас нүктеден алыстайды.

Егер 𝐶1 ≠ 0, 𝐶2 ≠ 0болса, онда, 𝑡 → ∞сол сияқты 𝑡 → −∞ ұмтылғанда

да траектория тыныштық нүктесінің маңайынан шығып кетеді. Бұл жағдайда

тыныштық нүктесі ертоқым деп аталады.

41

13-сызба.

б) Сипаттамалық теңдеудің түбірлері

комплекс-түйіндес

𝑘1,2 = 𝑝 ± 𝑞𝑖, 𝑞 ≠ 0

Жүйенің жалпы шешімі

𝑥 = 𝑒𝑝𝑡 (𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑞𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝑞𝑡)

𝑦 = 𝑒𝑝𝑡 (𝐶1∗𝑐𝑜𝑠𝑞𝑡 + 𝐶2

∗𝑠𝑖𝑛𝑞𝑡) (5.7)

Мұндағы 𝐶1және 𝐶2 кез келген тұрақтылар, ал 𝐶1∗ және 𝐶2

∗ -осы

тұрақтылардың сызықты комбинациялары.

Мынадай жағдайларды қарастырамыз:

1) 𝑘1,2 = 𝑝 ± 𝑞𝑖, 𝑝 < 0, 𝑞 ≠ 0

Бұл жағдайда 𝑒𝑝𝑡 , 𝑝 < 0 кӛбейткіші 𝑡 ӛскен сайын нӛлге ұмтылады, ал

екінші периодты кӛбейткіші шенелген түрінде қалады.

Егер 𝑝 = 0 болса, онда (5.7)-дегі екінші кӛбейткіші периодты

болғандықтан 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 тыныштық нүктесін қоршаған тұйық сызықтар

алынар еді.Ал 𝑡 ӛскен сайын нӛлге ұмтылатын 𝑒𝑝𝑡 , 𝑝 < 0 кӛбейткішінің

әсерінен тұйық сызықтар спиральға айналар еді. Ол спиральдар𝑡 → ∞ бас

нүктеге асимптотикалық

түрде ұмтылады. Сонымен қатар

𝑡мәндерінде 𝑡 = 𝑡0 жеткілікті үлкен

бас нүктенің 𝛿-уақыт мезгілінде

маңайында жатқан

42

14-сызба.

нүктелер 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 тыныштық нүктесінің берілген 휀-маңайына түседі де,𝑡

әрі қараай ӛскен сайын тыныштық нүктесіне ұмтылады. Бұл жағдайда

тыныштық нүктесі асимптотикалық орнықты болады. Ол орнықты фокус деп

аталады.

Фокустың түйіннен айырмашылығы оның траекторияларына жанамасы

жанасу нүктесі тыныштық нүктесіне жақындаған сайын белгілі бір шекке

ұмтылады.

2)𝑘1,2 = 𝑝 ± 𝑞𝑖, 𝑝 > 0, 𝑞 ≠ 0

Егер 𝑡-ны 𝑡-ға ауыстыратын болсақ,

бұл алдыңғы жағдайға келтіріледі, яғни

траекториялар алдыңғы жағдайдағыдан

ӛзгермейді. Тек қана олар бойынша

қозғалыстар 𝑡 ӛскен сайын қарсы

бағытталады. Ӛспелі 𝑒𝑝𝑡 кӛбейткіші бар

болғандықтан, алғашқы уақыт мезгілінде бас

нүктеге қаншалықты болса да жақын

нүктелер 𝑡 ӛскен сайын бас нүктенің

15-сызба.휀-маңайынан алыстай береді, яғни тыныштық нүктесі

орнықсыз болады. Ол орнықсыз фокус деп аталады.

3) 𝑘1,2 = 𝑝 ± 𝑞𝑖, 𝑞 ≠ 0.

Бұл жағдайда шешімнің

периодты болу салдарынан

траекториялар тұйық қисықтар

болады. Олардың ішкі

жағындағы тыныштық нүктесі

центр(орта) деп аталады. Ол

тыныштық нүктесінің орнықты

болған жағдайына сәйкес

16-сызба. келеді.

43

Ӛйткені берілген 휀 > 0 үшін бастапқы нүктелері бас нүктенің𝛿-

маңайында жататындай тұйық траекториялар алынатын санын таңдап алуға

болады. Олар бас нүктенің 휀-маңайынан шығып кетпейді. Басқаша айтқанда

𝑥 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝑞𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝑞𝑡𝑦 = 𝐶1

∗𝑐𝑜𝑠𝑞𝑡 + 𝐶2∗𝑠𝑖𝑛𝑞𝑡

(5.8)

шешімі 𝑥2 𝑡 + 𝑦2(𝑡) < 휀2 теңсіздігін қанағаттандыратындай 𝐶1 және

𝐶2 аз шамаларын таңдап алуға болады. Бұл жағдайда асимптотикалық

орнықтылық болмайды. Ӛйткені (5.8)-дегі 𝑥(𝑡) және 𝑦(𝑡) функциялары

𝑡 → ∞ ұмтылғанда нӛлге ұмтылады.

в) түбірлері еселі, яғни 𝑘1 = 𝑘2.

1) 𝑘1 = 𝑘2 < 0.

Жүйенің жалпы шешімі

𝑥 𝑡 = 𝐶1𝛼1 + 𝐶2𝛽1 𝑒

𝑘1𝑡 ,

𝑦 𝑡 = 𝐶1𝛼2 + 𝐶2𝛽2 𝑒𝑘1𝑡 ,

(5.9)

Егер𝛽1 = 𝛽2 = 0болған жағдайда 𝛼1 мен 𝛼2-кез келген тұрақтылар болады.

Мұндағы 𝑒𝑘1𝑡 кӛбейткіші 𝑡 → ∞ ұмтылғанда нӛлге ұмтылатындықтын

𝐶1𝛼1 + 𝐶2𝛽1 𝑒𝑘1𝑡 (𝑖 = 1,2) кӛбейтіндісі де 𝑡 → ∞ ұмтылғанда нӛлге

ұмтылады. Сонымен қатар жеткілікті үлкен мәндерінде бас нүктенің 𝛿-

маңайындағы барлық нүктелер бас нүктенің берілген 휀-маңайына барып

түседі. Тыныштық нүктесі

17-сызба.

44

асимптотикалық орнықты болады, орнықты түйін деп аталады. Бұл түйін а)

түйін мен б) фокус аралығында жатады.

Ӛйткені 𝑎11 , 𝑎12 , 𝑎21 , 𝑎22 нақты коэффициенттер қаншалықты болса да

аз шамаға ӛзгергенде ол орнықты түйінге де айналуы мүмкін. Оның себебі,

коээфициенттер қаншалықты болса да аз шамаға ӛзгергенде еселі түбір

комплекс-түйіндес түбірлерге немесе әртүрлі нақты түбірлерге айналуы

мүмкін.

Егер 𝛽1 = 𝛽2 = 0 болған жағдайда орнықты түйін алынады. Ол

қоссындық түйін (дикритический узел) деп аталады.

2) Егер 𝑘1 = 𝑘2 > 0 болса,онда𝑡-ны𝑡-ға ауыстырудан алдыңғы

жағдайға келеміз. Траекториялар ӛзгермейді. Тек бағыттар қарама-қарсыға

ӛзгереді. Бұл жағдайда тыныштық нүктесі орнықсыз түйін деп аталады.

№5. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1) Тыныштық нүктесі дегеніміз не?

2) Тыныштық нүктесінің қандай түрлері бар?

Мысалдар.

1) Берілген

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 − 𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 + 3𝑦

теңдеулер жүйесінің тыныштық нүктесінің түрін анықтау керек.

Шешуі. Жүйенің сипаттамалық теңдеуі 1 − 𝑘 −1

2 3 − 𝑘 = 0 ,

немесе.𝑘2 − 4𝑘 + 5 = 0, оның түбірлері𝑘1,2 = 2 ± 𝑖-кешен-түйіндес. Бұл

жағдайда𝛼 = 2 > 0 болғандықтан тыныштық нүктесі орнықсыз фокус.

2) Үйкеліс пен қоршаған ортаның кедергісін ескере отырып

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 2𝛼

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝛽2𝑥 = 0, 𝛼 > 0

серпімді тербелістер теңдеуін зерттеу керек.

45

Шешуі. Берілген теңдеуді жүйе арқылы жазамыз

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝛼𝑦 − 𝛽2𝑥

Жүйенің (0,0) тыныштық нүктесінің түрін анықтау үшін сипаттамалық

теңдеу құрып, оның түбірлерін табамыз. Бұл жағдайда

−𝑘 1−𝛽2 −2𝛼 − 𝑘

= 0

немесе 𝑘2 + 2𝛼𝑘 + 𝛽2 = 0 . Оның түбірлері𝑘1,2 = −𝛼 ± 𝛼2 − 𝛽2. Осымен

байланысты мынадай жағдайларды қарастырайық.

а) 𝛼 = 0. Бұл жағдайда ортаның кедергісі болмайды. Ал сипттамалық

теңдеудің түбірлері 𝑘1,2 = ±𝑖𝛽 болғандықтан тыныштық нүктесі орнықты, ал

түрі−центр.

б) 𝛼 > 0, 𝛼2 − 𝛽2 < 0. Сипаттамалық теңдеудің 𝑘1 және 𝑘2 түбірлері

кешен-түйіндес, нақты бӛліктері-теріс. Сондықтан тыныштық нүктесі-

орнықты фокус болады (ӛшпелі тербелістер).

в) 𝛼 < 0, 𝛼2 − 𝛽2 < 0(«теріс үйкеліс» жағдайы). Бұл жағдайда

сипаттамалық теңдеудің 𝑘1 және 𝑘2 түбірлері кешен –түйіндес, нақты

бӛліктері оң. Тыныштық нүктесі-орнықсыз фокус.

г) 𝛼 > 0, 𝛼2 − 𝛽2 ≥ 0 (ортаның кедергісі үлкен, 𝛼 ≥ 𝛽). Сипаттамалық

теңдеудің 𝑘1 және 𝑘2 түбірлері кешен-түйіндес, нақты және теріс. Тыныштық

нүктесі орнықты түйін (барлық шешімдері ӛшпелі және тербелмейтін

шешімдер).

д) 𝛼 < 0, 𝛼2 − 𝛽2 ≥ 0 (үлкен «теріс үйкеліс» жағдайы). Сипаттамалық

теңдеудің түбірлері нақты және оң. Тыныштық нүктесі-орнықсыз түйін.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Мына жүйелердің тыныштық нүктелерінің түрін анықтау керек.

1. 𝑥 ′ = 3𝑥 + 2𝑦,

𝑦′ = 𝑥 + 𝑦 2.

𝑥 ′ = −𝑥 + 2𝑦,

𝑦′ = −2𝑥 + 3𝑦.

46

3.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 3𝑥 + 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑥 + 𝑦.

4.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 3𝑥 + 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑥 + 𝑦.

5. 𝑥 ′ = 𝑥 + 2𝑦,

𝑦′ = −3𝑥 + 𝑦 6.

𝑥 ′ = −2𝑥 +1

3𝑦,

𝑦′ = −2𝑥 +1

2𝑦

6. 𝑥 ′ = −2𝑥 + 𝑦,

𝑦′ = −𝑥 − 4𝑦. 7.

𝑥 ′ = 2𝑥 − 𝑦 + 2𝑧

𝑦′ = 5𝑥 − 3𝑦 + 3𝑧

𝑧 ′ = −𝑥 − 2𝑧

8.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥 + 3𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑥 + 𝑦.

9.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −2𝑥 − 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 3𝑥 − 𝑦.

Мына жүйелер 𝛼 параметрінің қандай мәндерінде орнықты болатынын

анықтау керек.

10. 𝑥 ′ = 𝑦,

𝑦′ = 5𝛼𝑥 − 𝛼2𝑦. 11.

𝑥 ′ = −𝑥 + 𝑦,

𝑦′ = 𝛼𝑥 − 𝛼2𝑦.

12. 𝑥 ′ = 𝛼2𝑥 − 3𝑦,

𝑦′ = 𝛼𝑥 + 4𝑦. 13.

𝑥 ′ = 𝛼𝑥 + 𝑦,

𝑦′ = −𝑥.

14.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −3𝑥 + 𝛼𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 + 𝑦.

15. 𝑥 ′ = 𝛼𝑥 − 𝑦,

𝑦′ = −𝑥 + 2𝑦.

16.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −3𝑥 + 𝛼𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝛼𝑥 + 𝑦.

№6 Дәріс.Бірінші жуықтау бойынша орнықтылық

Мына түрдегі

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡= 𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 (6.1)

47

дифференциалдық теңдеулер жүйесін қарастырайық. Бұл жүйенің

𝑥𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 тыныштық нүктесі болсын, яғни𝑓𝑖 0; 0; … 0 = 0, 𝑖 =

1,2, … , 𝑛. Координаталар жүйесінің бас нүктесінде 𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 =

1,2, … , 𝑛 шексіз рет дифференциалданатын функциялар болсын деп

ұйғарайық.

Енді координаталар жүйесінің бас нүктесініңмаңайында

𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 функцияларын Тейлор қатарына жіктейік

𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 = 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 + 𝐹𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛

𝑛

𝑗 =1

Мұндағы

𝑎𝑖𝑗 =𝜕𝑓𝑖(0,0, … ,0)

𝜕𝑥𝑗

ал 𝐹𝑖 − 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 бойынша аздығы екінші ретті болатын мүшелері.

Сонда (6.1) жүйені былай жазуға болады

𝑑𝑥𝑗

𝑑𝑡= 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 + 𝐹𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛𝑛

𝑗=1𝑚𝑖=1 (6.2)

Егер (6.2) жүйенің орнына

𝑑𝑥𝑗

𝑑𝑡= 𝑎𝑖𝑗 𝑥𝑗 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛, (𝑎𝑖𝑗 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡)𝑛

𝑗=1 (6.3)

жүйесін қарастыратын болсақ, онда ол (6.1) жүйе үшін бірінші

жуықтау жүйесі деп аталады.

Мынадай тұжырымдар жасауға болады: 1) егер сипаттамалық

теңдеудің

48

𝑎11 − 𝜆 𝑎12 … 𝑎1𝑛

𝑎21 𝑎22 − 𝜆 … 𝑎2𝑛

… … … …𝑎𝑛1 𝑎𝑛2 … 𝑎𝑛𝑛 − 𝜆

= 0 (6.4)

барлық түбірлерінің нақты бӛліктері теріс болса,онда (6.3) және (6.2)

теңдеулер жүйелерінің нӛлдік шешімдері асимптотикалық орнықты болады.

2) Егер (6.4) сипаттамалық теңдеудің ең болмағанда бір түрінің нақты

бӛлігі оң болса, онда (6.3) және (6.2) жүйелердің нӛлдік шешімдері орнықсыз

болады.

Осы 1) және 2) жағдайларда бірінші жуықтау бойынша орнықтылыққа

зерттеуге болады. Басқа жағдайларда аздығы екінші ретті мүшелердің

зерттеуге әсері болуы мүмкін. Жалпы алғанда (6.3) жүйе мен (6.1) жүйелер

арасындағы байланысты кӛрсету қиын.

№6. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1) Бірінші жуықтауды пайдаланып жүйені орнықтылыққа

қалайзерттеуге болады?

2) Дифференциалдық теңдеулер жүйесінің бірінші жуықтауының

теңдеулерін қалай құруға болады?

Мысалдар.

1. Орнықтылыққа

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑥 + 8𝑠𝑖𝑛𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2 − 𝑒𝑥 − 3𝑦 − 𝑐𝑜𝑠𝑦

жүйесінің нӛлдік шешімін зерттеу керек.

Шешуі. Тейлор формуласы бойынша 𝑠𝑖𝑛𝑦, 𝑐𝑜𝑠𝑦, 𝑒𝑥 функцияларын

жіктеп және аздығы бірінші ретті мүшелерін топтап, жүйені мына түрге

келтірейік

49

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑥 + 8𝑦 + 𝐹1 𝑥, 𝑦 ,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑥 − 3𝑦 + 𝐹2 𝑥, 𝑦 .

мұндағы 𝐹1 және 𝐹2 – 𝑥 пен 𝑦 бойынша аздығы екінші ретті мүшелер.

Бұл жүйеге сәйкес бірінші жуықтаудың теңдеулер жүйесін былай жазуға

болады

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑥 + 8𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −𝑥 − 3𝑦.

Бұл жүйенің сипаттамалық теңдеуінің түбірлері 𝜆1,2 =1±𝑖 7

2 болады да,

олардың нақты бӛліктері теріс таңбалы. Сондықтан берілген жүйенің нӛлдік

шешімі орнықты.

2. Мына жүйенің

𝑥 ′ = 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑦,

𝑦′ = 𝑥 − 𝑦 + 𝑥𝑦.

нӛлдік шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі. Берілген жүйенің бірінші жуықтау жүйесін жазайық

𝑥 ′ = 𝑥 + 𝑦,

𝑦′ = 𝑥 − 𝑦.

Оның сипаттамалық теңдеуі 1 − 𝜆 1

1 1 − 𝜆 , немесе 𝜆2 − 2 = 0. Оның

түбірлері𝜆1 = 2, 𝜆2 = − 2.Олардың біреуі 𝜆1 = 2 оң жақ жарты

жазықтықта жатады. Сондықтан берілген жүйенің нӛлдік шешімі орнықсыз.

3. Берілген

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −4𝑦 − 𝑥3,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 3𝑥 − 𝑦3

жүйесінің нӛлдік шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі. Жүйенің сызықты емес мүшелерінің реті екіден жоғары.

Бірінші жуықтау жүйесі

50

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −4𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 3𝑥

Оның сипаттамалық теңдеуі −𝑘 −43 −𝑘

= 0 , немесе 𝑘2 + 12 = 0.

Осыдан 𝑘1,2 = ±2 3𝑖 , яғни сипаттамалық теңдеудің түбірлері таза жорымал.

Бұл ерекше жағдай. Бұл жағдайда бірінші жуықтау арқылы зерттеуге

болмайды. Дегенмен, бұл жағдайда 𝑣 = 3𝑥2 + 4𝑦2 түріндегі Ляпунов

функциясын алуға болады. Ол мына шарттарды қанағаттандырады

1) 𝑣 𝑥, 𝑦 ≥ 0, 𝑣 0,0 = 0;

2) 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 6𝑥 −4𝑦 − 𝑥3 + 8𝑦 3𝑥 − 𝑦3 = −2(3𝑥4 + 4𝑦4) ≤ 0.

Сонымен қатар бас нүктенің маңайында 𝑑𝑣

𝑑𝑡≤ −𝛽 < 0 теңсіздігі

орындалады. Сондықтан нӛлдік шешім асимптотикалық орнықты.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Мына жүйелердің нӛлдік шешімдерін орнықтылыққа зерттеу керек.

1. 𝑥 ′ = 𝑦 − 3𝑥3,

𝑦′ = −𝑥 − 7𝑦3. 2.

𝑥 ′ = −2𝑥 − 𝑦 + 2𝑥𝑦2 − 3𝑥3,

𝑦′ =1

3𝑥 − 𝑦 − 𝑥2𝑦 − 7𝑦3.

3. 𝑥 ′ = −5𝑥 − 9𝑦 + 3𝑥𝑦2 − 𝑥3,

𝑦′ = 3𝑥 − 4𝑦 − 2𝑥2𝑦 −1

2𝑦3.

4. 𝑥 ′ = −𝑥 − 2𝑥𝑦2 − 𝑥𝑦6,

𝑦′ = −1

2𝑦 − 𝑥2𝑦 − 𝑥4𝑦3.

5.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −3𝑦 − 2𝑥3,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥 − 3𝑦3.

6.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 + 2𝑥𝑦2 ,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑦 + 4𝑥4𝑦.

7. 𝑥 ′ = −3𝑥 + 𝑥𝑦4 − 𝑥3𝑦6,

𝑦′ = −1

2𝑥2𝑦 −

1

4𝑦3.

8.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥𝑦4 − 2𝑥3 − 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥2𝑦3 − 𝑦7 + 2𝑥.

51

Мына жүйелердің нӛлдік шешімдерін орнықтылыққа бірінші жуықтау

бойынша зерттеу керек.

9. 𝑥 ′ = −𝑠𝑖𝑛𝑥 + 3𝑦 + 𝑥5,

𝑦′ =1

4𝑥 − 2𝑦 −

1

6𝑦3 .

10. 𝑥 ′ = 2𝑒𝑥 + 5𝑦 − 2 + 𝑥4,

𝑦′ = 𝑥 + 6𝑐𝑜𝑠𝑦 − 6 − 𝑦2.

11. 𝑥 ′ = −𝑥 + 3𝑦 + 𝑥2𝑠𝑖𝑛𝑦,

𝑦′ = −𝑥 − 4𝑦 + 1 − 𝑐𝑜𝑠𝑦2. 12.

𝑥 ′ = 3𝑥 − 22𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑥2 − 𝑦3

𝑦′ = 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 5𝑦 + 𝑒𝑥 − 1.

13. 𝑥 ′ = 𝑥 + 4𝑦 + 𝑠𝑖𝑛3𝑥 − 𝑦2,

𝑦′ = −2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑒𝑥𝑥2. 14.

𝑥 ′ = 𝑥 − 2𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑦3𝑠𝑖𝑛𝑥,

𝑦′ = 2𝑦 − 3𝑥 − 𝑥3.

№7 Дәріс.Ляпуновтың екінші әдісінің негізгі элементтері

Егер 𝑉(𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы координаталар бас нүктесінің 𝐻

маңайының 𝑥𝑖2 ≤ 𝐻𝑛

𝑖=1 барлық нүктелерінде оң, ал бас нүктеде нӛлге тең

болса, онда ол оң анықталған функция деп аталады.Бұл анықтама бойынша,

егер 𝑥𝑖2 > 0𝑛

𝑖=1 болса, онда 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) > 0 және𝑉 0,0, … ,0 = 0.

Егер 𝑥𝑖2 > 0𝑛

𝑖=1 болғанда 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) < 0 және 𝑉 0,0, … ,0 = 0

болса, онда 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы теріс анықталған функция деп

аталады. Егер осы облыстың кез келген нүктелерінде𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ≥

0болса,онда ол оң таңбалы, ал егер 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ≤ 0 болса теріс таңбалы

функция деп аталады. Бұл функциялардың алғашқылары−таңбалары

анықталған, ал екіншілері−таңбалары тұрақты функциялар деп аталады.

Мысалы.𝑉 𝑥1, 𝑥2 = 𝑥12 + 2𝑥2

2 функциясы оң анықталған, ӛйткені ол

𝑥1 = 0 және 𝑥2 = 0 мәндерінде ғана нӛлге айналады, ал 𝑥1 мен 𝑥2 −нің басқа

мәндерінде 𝑉(𝑥1 , 𝑥2) > 0 болады. Мұндай функциялар үшін 𝐻 мәнін

қаншалықты болса даүлкен етіп алуға болады. Сол сияқты 𝑉 𝑥1, 𝑥2 = 𝑥12 +

+2𝑥22 − 𝑥2

3 функциясы да оң анықталған болады. Бірақ бұл жағдайда 𝐻 мәнін

жеткілікті аз шама етіп алу керек. Дәлірек айтқанда, 𝑥2 < 2 теңсіздігі

орындалуы қажет.

52

Егер 𝑉 𝑥1, 𝑥2 = (𝑥1 + 𝑥2)2 функциясын алатын болсақ, ол оң таңбалы

функция болады, ӛйткені бұл функция 𝑥1 = −𝑥2 түзуінің нүктелерінде де

нӛлге айналады.

Егер аргументтерінің барлық мәндерінде𝑉(𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ≥

𝜔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) теңсіздігі орындалатындай және 𝑉(𝑡, 0,0, … ,0) болатын 𝑡-ға

тәуелсіз оң анықталған 𝜔(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы табылса, онда

𝑉(𝑡, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы бас нүктенің 𝐻 маңайында және 𝑡 ≥ 𝑡0

мәндерінде оң анықталған функция деп аталады.

Мысалы. 𝑉 = 1 − 𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑥𝑠2𝑛

𝑠=1 , 𝑉 = −𝑒−1 𝑥𝑠4𝑛

𝑠=1 функцияларының

кез келген облыста таңбалары тұрақты, яғни бірінші функция−оң таңбалы, ал

екінші−теріс таңбалы.

Егер 𝑉 = 1 + 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑥𝑠2𝑛

𝑠=1 , 𝑉 = −2 + 𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑛 𝑥𝑠2

𝑠=1 функцияларын

алсақ, онда олардың біріншісі−оң анықталған, ал екіншісі−теріс анықталған

функция.

Егер 𝑉 = 𝑥𝑠2𝑛

𝑠=1 − 𝑥12𝑥2 функциясын қарастыратын болсақ, онда бұл

функция 𝑥2 < 1 облысында оң анықталған, 𝑥2 ≤ 1 облысында оң таңбалы, ал

𝑥2 > 1 облысында ауыспалы таңбалы фунция болады.

Жалпы жағдайда 𝑉(𝑥) функциясының таңбасын анықтау оңай

болмайды. Кейбір жағдайларда, мысалы 𝑉(𝑥) функциясының түрі

квадраттық болса, онда оның таңбасын анықтау үшін Сильвестр белгісін

пайдаланады.

Ляпунов функциялары

Ляпунов функциялары әдісінің кӛмегімен

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡= 𝑓𝑖 𝑡, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛(7.1)

жүйесінің тепе-теңдік күйі орнықтылыққа зерттеледі. Ол үшін

«Ляпунов функциясы» деп аталатын 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы арнайы

таңдап алынады.

53

Біздің орнықтылыққа зерттеуді

𝑑𝑥 𝑖

𝑑𝑡= 𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 , 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 (7.2)

жүйесін қарастырумен шектейміз. Бұл жүйенің тыныштық нүктесі

𝑥𝑖 = 0, 𝑖 = 1,2, … , 𝑛болады.Ӛзінің аргументтері бойынша

дифференциалданатын 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясын және (7.2)

дифференциалдық теңдеулер жүйесін қанағаттандыратын уақытқа тәуелді

𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 функцияларын алайық. Бұл функцияның (7.2) жүйеге сүйеніп 𝑡

бойынша алған толық туындысы мынадай

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡

𝑛𝑖=1 = 𝑓𝑖 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 𝑛

𝑖=1 (7.3)

Бұл формуладан 𝑑𝑉

𝑑𝑡 толық туындысы (7.2) жүйенің шешімінен

тәуелсіз,𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) нүктесінің функциясы екендігі кӛрінеді.

Егер 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑉 = 𝜕𝑉

𝜕𝑥1,

𝜕𝑉

𝜕𝑥2, … ,

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑛 деп белгілейтін болсақ, онда (7.3)

ӛрнекті былай жазуға болады

𝑑𝑉

𝑑𝑡= (𝑔𝑟𝑎𝑑𝑉, 𝑓 𝑥 ) (7.4)

Бұл функциялардан (7.2) жүйеге сүйеніп алынған 𝑑𝑉

𝑑𝑡 туындысы 𝑔𝑟𝑎𝑑 𝑉

векторы мен 𝑓(𝑥)фазалық жылдамдық векторының скалярлық кӛбейтіндісі

екендігі кӛрінеді. Егер 𝑛-ӛлшемді кеңістікте 𝑉 𝑥 = 𝐶 бетін қарастыратын

болсақ, онда 𝑑𝑉

𝑑𝑡> 0 болғанда (7.2) жүйенің фазалық траекториялары бұл

бетті 𝑉 𝑥 функциясының ӛсу бағытына қарай, ал 𝑑𝑉

𝑑𝑡< 0 болса−оның кему

бағытына қарай қиып ӛтеді. Қарастырып отырған (7.2) жүйеге сүйеніп

алынғантуындылары теріс анықталған немесе теріс таңбалы болатын оң

анықталған 𝑉 𝑥 функцияларыЛяпунов функциялары болып табылады.

54

№7. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1) Қандай функциялар Ляпунов функциялары деп аталады? Оларды

қалай құруға болады?

Мысалдар.

1. 𝜗 𝑡, 𝑥 = (𝑥1 − 𝑥2)2 + (𝑥2 − 𝑥3)2 + ⋯ + (𝑥𝑛−1 − 𝑥𝑛)2-оң таңбалы функция.

2. 𝜗 𝑡, 𝑥 = (−1 + 𝑠𝑖𝑛𝑡) 𝑥 -теріс таңбалы функция.

3. 𝜗 𝑡, 𝑥 = 𝑥12 + 𝑥2

2 − 2𝛼𝑥1𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑡-|𝛼| < 1 болғанда анықталған оң таңбалы

функция, себебі 𝜗 𝑡, 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 1 − 𝛼 𝑥12 + 𝑥2

2 =: 𝜔(𝑥1, 𝑥2) ≥ 0.

4. 𝜗 𝑥 = 𝑥 -анықталған оң таңбалы.

5. 𝜗 𝑥 = (−1 + 𝑠𝑖𝑛 𝑥 ) 𝑥 -анықталған теріс таңбалы функция.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

Тӛменде берілген анықталған функциялардың қандай таңбалы екендігін

анықтау керек

1.𝜗 𝑡, 𝑥 = 𝑒𝑡 𝑥 , 𝑡 ∈ 𝑅0+ , 𝑥 ∈ 𝑅𝑛

2. 𝜗 𝑡, 𝑥 = (−2 + 𝑠𝑖𝑛𝑡) 𝑥

3. 𝜗 𝑡, 𝑥 = 𝑥12 + 𝑥2

2 − 2𝑥1𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑡 , 𝑥 = 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝑅2

4. 𝜗 𝑡, 𝑥 = 𝑒−𝑡 𝑥

5. 𝜗 𝑡, 𝑥 = (𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)𝑒−2𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡

6. 𝜗 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2

7. 𝜗 = 𝑥2

№8 Дәріс.Орнықтылық және орнықсыздық туралы теормеалар.

𝑑𝑥𝑖

𝑑𝑡= 𝑓𝑖 𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 (𝑖 = 1,2, … , 𝑛) (8.1)

Теорема1. Егер координаталар бас нүктесінің маңайында мынадай

шарттарды қанағаттандыратын

55

1)𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ≥ 0,ал 𝑉 = 0 тек 𝑥𝑖 = 0 (𝑖 = 1,2, … , 𝑛) болғанда ғана

орындалады, яғни 𝑉 функциясының координаталар бас нүктесінде қатаң

минимумы бар болады;

2) 𝑡 ≥ 𝑡0 болғанда

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖𝑓𝑖 𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 ≤ 0

𝑛

𝑖=1

теңсіздігі орындалатындай Ляпунов функциясы деп аталатын

дифференциалданатын 𝑉(𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы бар болса, онда𝑥𝑖 =

0 (𝑖 = 1,2, … , 𝑛) тыныштық нүктесі орнықты деп аталады.

Мұндағы 𝑑𝑉

𝑑𝑡 туындысы интегралдық қисық бойынша алынған, яғни

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖

𝜕𝑥𝑖

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖𝑓𝑖 𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛

𝑛

𝑖=1

𝑛

𝑖=1

Дәлелдеуі. Коэффициенттері бас нүктенің маңайында, сол сияқты кез

келген қатаң минимум нүктесінің маңайында 𝑉 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 функциясының

𝑉 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 = 𝐶 деңгейлік беттері тұйық беттер болады. Ал олардың ішкі

жағында минимум нүктесі болатын координаталар бас нүктесі

орналасқан.Қандай да бір 휀 > 0 алайық. Қаншалықты болса да аз 𝐶 > 0

болғанда 𝑉 = 𝐶 деңгейлік беті бас нүктенің휀-маңайында жатады, бірақ бас

нүкте арқылыӛтпейді. Сондықтан бас нүктенің 𝛿 маңайы тұтасымен 𝑉 = 𝐶

бетінің ішкі жағында жататындай 𝛿 > 0 санын таңдап алуға болады.

Сонымен қатар бұл маңайда 𝑉 < 𝐶 теңсіздігі

орындалады.Егеркоординаталары𝑥𝑖 𝑡0 (𝑖 = 1,2, … , 𝑛) болатын бастапқы

нүкте бас нүктенің маңайынан таңдап алынса, яғни

𝑉 𝑥1 𝑡0 , 𝑥2 𝑡0 , … , 𝑥𝑛 𝑡0 = 𝐶1 < 𝐶

теңсізідігі орындалса, онда 𝑡 > 𝑡0 болғанда осы алғашқы шарттармен

анықталған траектория нүктелері бас нүктенің 휀-маңайынан шығып кете

алмайды. Тіпті 𝑉 = 𝐶 деңгейлік бетінен де сыртқа шыға алмайды. Ӛйткені

теореманың 2) шарты бойынша𝑉 функциясы траектория бойымен ӛспейтін

56

функция. Олай болса, 𝑡 > 𝑡0 болғанда

𝑉 𝑥1 𝑡 , 𝑥2 𝑡 , … , 𝑥𝑛 𝑡 = 𝐶1 < 𝐶

Теорема 2.( А.М. Ляпуновтың асимптотикалық орнықтылық туралы

теоремасы). Егер

1) 𝑉 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 функциясының координаталар бас нүктесінде қатаң

минимумы бар болса;

2) (8.1) жүйенің интегралдық қисықтары бойынша алынған 𝑉

функциясының туындысы

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝑑𝑉

𝑑𝑥𝑖𝑓𝑖(𝑡, 𝑥1 , … , 𝑥𝑛) ≤ 0

𝑛

𝑖=1

болса, сонымен қатар, бас нүктенің жеткілікті аз маңайынан тыс жерде,

яғни 𝑡 ≥ 𝑇0 ≥ 𝑡0 болғанда 𝑥𝑖2 ≥ 𝛿𝑖

2 > 0𝑛𝑖=1 шартына сәйкес туындысы

𝑑𝑉

𝑑𝑡≤ −𝛽 < 0, мұндағ ы 𝛽 −тұрақты шарттарын қанағаттандыратын

дифференциалданатын 𝑉 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 Ляпунов функциясы бар болса, онда

(8.1) жүйенің 𝑥𝑖 ≡ 0 (𝑖 = 1,2, … , 𝑛) тыныштық нүктесі асимптотикалық түрде

орнықты болады.

Дәлелдеу.Орнықтылық туралы теореманың шарттары орындалатын

болғандықтан әрбір 휀 > 0 үшін бастапқы нүктесі бас нүктенің 𝛿-маңайында

жататын және 𝑡 ≥ 𝑡0 болғанда бас нүктенің 휀-маңайынан шығып кетпейтін

траектория болу үшін 𝛿(휀) > 0 таңдап алуға болады.Олай болса, дербес

жағдайда, 𝑡 > 𝑇0 болғанда мұндай траекториялар бойынша теореманың 2)

шарты орындалады. Сондықтан 𝑉 функциясы траектория бойынша𝑡ӛскен

сайын монотонды кемиді және траектория бойынша 𝑡 → ∞ ұмтылғанда

функцияның шегі бар болады

lim𝑡→∞

𝑉 𝑡, 𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), … , 𝑥𝑛(𝑡) = 𝛼 ≥ 0

Енді 𝛼 = 0 екендігін дәлелдеу керек. Ӛйткені егер 𝛼 = 0 болса, онда 1)

шарт бойынша lim𝑡→∞ 𝑥𝑖 𝑡 = 0 (𝑖 = 1, 𝑛 ) яғни 𝑥𝑖 = 0 (𝑖 = 1, 𝑛 ) тыныштық

нүктесі асимптотикалық орнықты болады.Айталық, 𝛼 > 0 болсын дейік, онда

57

𝑡 > 𝑡0 болғанда траектория 𝑉 ≥ 𝛼 облысында жатады.Сондықтан бас

нүктенің 𝛿1 −маңайынан тыс жерде, яғни 2) шарт бойынша 𝑡 > 𝑇0 болғанда

𝑑𝑉

𝑑𝑡< −𝛽 < 0 шарты орындалатын облыста жатады. Теңсіздікті 𝑑𝑡 −ға

кӛбейтіп және 𝑇0ден 𝑡-ға дейін траектория бойынша интегралдаймыз

𝑉 𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), … , 𝑥𝑛(𝑡) − 𝑉 𝑥1 𝑇0 , 𝑥2 𝑇0 , … , 𝑥𝑛 𝑇0 − 𝛽(𝑡 − 𝑇0)

немесе

𝑉 𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), … , 𝑥𝑛(𝑡) ≤ 𝑉 𝑥1 𝑇0 , 𝑥2 𝑇0 , … , 𝑥𝑛 𝑇0 − 𝛽(𝑡 − 𝑇0)

Жеткілікті үлкен 𝑡 мәндерінде теңсіздіктің оң жағы теріс болады.

Сондықан

𝑉 𝑥1(𝑡), 𝑥2(𝑡), … , 𝑥𝑛(𝑡) < 0

Ал бұл 1) шартқа қайшы келеді.

Орнықсыздық туралы Четаев теоремасы

Дифференциалданатын 𝑉(𝑡, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛) функциясы кез келген 𝑡 ≥ 𝑡0

мәндерінде бас нүктенің белгіленген 𝐻 маңайында мынадай шарттарды

қанағаттандырады:

1) Координаталар бас нүктесі шекаралық немесе ішкі нүктесі

болатындай 𝑈 ашық облысы бар болсын;

Бұл облыста 𝑡 > 𝑡0 болғанда 𝑉(𝑡, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛) > 0 болсын.

Координаталар бас нүктесінің 𝐻 маңайында жататын 𝑈 облысының

шекарасының бӛлігінде 𝑉 𝑡, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑛 = 0.

2) Әрбір оң 𝛼саны үшін оң 𝛽 саны табылып, 𝑉(𝑡, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) > 𝛼

болғанда 𝑉 функциясының туындысы (8.1) жүйеге сәйкес

𝑑𝑉

𝑑𝑡> 𝛽

болсын.

3)𝑉 функциясы 𝐻 маңайында шенелген;

Онда 𝑥𝑖 = 0 (𝑖 = 1, 𝑛 ) тыныштық нүктесі орнықсыз болады.

№8. Тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

58

1) Орнықтылық және орнықсыздық туралы қандай теоремалар бар?

2) Ляпунов функцияларын орнықтылықты зерттеуге қалай қолдануға

болады?

Мысалдар.

1.

𝑑𝑥1

𝑑𝑡= −𝑥1

5 − 𝑥2,

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= 𝑥1 − 𝑥2

3. орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі. Бұл жүйенің тыныштық нүктесі 𝑥1 = 0, 𝑥2 = 0 болады.

𝑉 = 𝑥12 + 𝑥2

2 функциясын алайық. Ол теореманың барлық шарттарын

қанағаттандырады:

1) 𝑉(𝑥1, 𝑥2) ≥ 0 және 𝑉 = 0 тек 𝑥1 = 𝑥2 = 0 болғанда орындалады.

2) траектория бойынша алынған туынды

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥1

𝑑𝑥1

𝑑𝑡+

𝜕𝑉

𝜕𝑥2

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= 2𝑥1 −𝑥1

5 − 𝑥2 + 2𝑥2 𝑥1 − 𝑥23 = −2(𝑥1

2 + 𝑥24) ≤ 0

Одан басқа, бас нүктеден тыс жерде 𝑥12 + 𝑥2

2 ≥ 𝛿 > 0 ,𝑑𝑉

𝑑𝑡≤ −𝛽 < 0 .

Мұндағы 𝛽 тұрақтысы𝑥12 + 𝑥2

2 = 𝛿 дӛңгелектің сыртында 2(𝑥12 + 𝑥2

4)

функциясының мимнимумы.

Сондықтан 𝑥1 = 𝑥2 = 0 шешімі асимптотикалық орнықты.

2. Берілген

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= −𝑥1 + 3𝑥2

2

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= −𝑥1𝑥2 − 𝑥2

2

жүйенің нӛлдік шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

Шешуі.Оң анықталған 𝑉 𝑥1, 𝑥2 =1

2(𝑥1

2 + 𝑥22) функциясын алайық. Бұл

функция 𝑉 0,0 = 0 шартын қанағаттандырады. Берілген жүйеге сәйкес

𝑉(𝑥1, 𝑥2) функциясының толық туындысын табайық

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥1

𝑑𝑥1

𝑑𝑡+

𝜕𝑉

𝜕𝑥2

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= 𝑥1 −𝑥1 + 3𝑥2

2 + 𝑥2 −𝑥1𝑥2 − 𝑥23 = −(𝑥1 − 𝑥2

2)2.

Сондықтан кез келген 𝑥1 және 𝑥2 мәндерінде

59

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥𝑖𝑓𝑖 = −(𝑥1 − 𝑥2)2 ≤ 0.

𝑛

𝑖=1

олай болса, орнықтылық теоремасы бойынша берілген жүйенің

𝑥1 = 𝑥2 = 0 нӛлдік шешімі Ляпунов бойынша орнықты.

3. Орнықтылыққа

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑦 − 𝑥3

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑥 − 𝑦3

жүйенің нӛлдік шешімін зерттеу керек.

Шешуі.Егер 𝑉 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 функциясын алатын болсақ, ол

Ляпуновтың асимптотикалық орнықтылық туралы теоремасының шарттарын

қанағаттандырады

1) 𝑉 𝑥, 𝑦 ≥ 0, 𝑉 0,0 = 0;

2) 𝑑𝑉

𝑑𝑡= 2𝑥 −𝑦 − 𝑥3 + 2𝑦 𝑥 − 𝑦3 = −2(𝑥4 + 𝑦4) ≤ 0.

Координаталар жүйесінің бас нүктесінен тыс жерде 𝑑𝑉

𝑑𝑡≤ −𝛽 < 0 . сондықтан

берілген жүйенің нӛлдік шешімі 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 асимптотикалық орнықты.

4. Орнықтылыққа

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝑥𝑦4,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑦𝑥4.

жүйесінің 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 шешімін зерттеу керек.

Шешуі.Ляпуновтың орнықтылық туралы теоремасының шарттарын

𝑉 𝑥, 𝑦 = 𝑥4 + 𝑦4 функциясы қанағаттандырады. Шынында да

1) 𝑉 𝑥, 𝑦 = 𝑥4 + 𝑦4 ≥ 0, 𝑉 0,0 = 0,

2) 𝑑𝑉

𝑑𝑡= 4𝑥3 −𝑥𝑦4 + 4𝑦3 𝑦𝑥4 = 0.

Сондықтан берілген жүйенің нӛлдік шешімі орнықты.

Ескерту. Ляпунов функциясын құрудың жалпы әдісі жоқ. Кейбір жағдайда

бұл функцияны

60

𝑉 𝑥, 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑦2, 𝑉 𝑥, 𝑦 = 𝑎𝑥4 + 𝑏𝑦4, 𝑉 𝑥, 𝑦 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑦4,

(𝑎 > 0, 𝑏 > 0)

т.с.с түрінде іздеуге болады.

5. Орнықтылыққа

𝑥 ′ = −𝑥 +

3

2𝑦 + 3𝑥𝑦3

𝑦′ = −𝑥 −1

3𝑦 − 2𝑥2𝑦2.

жүйесінің нӛлдік шешімін зетрреу керек.

Шешуі. Ляпунов функциясын 𝑉 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑦2, (𝑎 > 0, 𝑏 > 0) түрінде

іздейміз. Бұл жағдайда толық туындының түрі мынадай болады

𝑑𝑉

𝑑𝑡= 2𝑎𝑥 −𝑥 +

3

2𝑦 + 3𝑥𝑦3 + 2𝑏𝑦 −𝑥 −

𝑦

3− 2𝑥2𝑦2 =

= − 2𝑎𝑥2 +2

3𝑏𝑦2 + 𝑥𝑦 + 2𝑥2𝑦3 3𝑎 − 2𝑏 .

Егер 𝑏 =3

2𝑎 деп алатын болсақ, онда

𝑑𝑉

𝑑𝑡= −𝑎(2𝑥2 + 𝑦2) ≤ 0 теңсіздігі кез

келген 𝑎 > 0 үшін орындалады. 2-теорема бойынша нӛлдік шешім

асимптотикалық орнықты.

6. Орнықтылыққа

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥2 + 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑦2 + 𝑥.

жүйесінің нӛлдік шешімін зерттеу керек.

Шешуі. Зерттеу үшін 𝑉 =1

3𝑥3 + 𝑥𝑦 +

1

3𝑦3 функциясын алайық. Мұнда 𝑉 > 0

облысы үшін, мысалы, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 облысын алуға болады. Осы 𝑉 > 0

облысында толық туынды мына түрде жазылады

𝑑𝑉

𝑑𝑡=

𝜕𝑉

𝜕𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡+

𝜕𝑉

𝜕𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= (𝑥2 + 𝑦)2 + (𝑦2 + 𝑥)2 > 0

Н.Г.Четаев теоремасы бойынша нӛлдік шешім орнықсыз.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар.

61

Мына жүйелердің нӛлдік шешімін орнықтылыққа зерттеу керек.

1. 𝑥 ′ = 𝑦 − 3𝑥3,

𝑦′ = −𝑥 − 7𝑦3. 2.

𝑥 ′ = −5𝑥 − 9𝑦 + 3𝑥𝑦2 − 𝑥3,

𝑦′ = 3𝑥 − 4𝑦 − 2𝑥2𝑦 −1

2𝑦3.

3. 𝑥 ′ = −𝑥 − 2𝑥𝑦2 − 𝑥𝑦6,

𝑦′ = −1

2𝑦 − 𝑥2𝑦 − 𝑥4𝑦3.

4.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥 + 2𝑥𝑦2,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −2𝑦 + 4𝑥2𝑦.

5. 𝑥 ′ = −3𝑥 + 𝑥𝑦4 − 𝑥3𝑦6,

𝑦′ = −1

2𝑥2𝑦 −

1

4𝑦3.

6.

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑥𝑦4 − 2𝑥3 − 𝑦,

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑥2𝑦3 − 𝑦7 + 2𝑥.

7. 𝑥′ = 𝑦 − 𝑥 + 𝑥𝑦,

𝑦′ = 𝑥 − 𝑦 − 𝑥2 − 𝑦3. 8.

𝑥′ = 2𝑦3 − 𝑥5,

𝑦′ = −𝑥 − 𝑦 3 + 𝑦5.

№9дәріс

Функцияның сипаттамалық кӛрсеткіші

Бізге, 𝑡0 < 𝑡 < ∞ интервалында анықталған 𝜑(𝑡)нақты функция

берілсін. Егер 𝑡𝑘 → +∞ 𝑘 = 1,2, … тізбегі үшін ақырлы немесе таңбасы

ақырсыз анықталған lim𝑥→0 𝜑 𝑡𝑘 = 𝑎 шек бар болса онда 𝑎 саны немесе

−∞ +∞ символы 𝑡 → ∞ ұмтылғандағы 𝜑 𝑡 функциясының дербес шегі деп

аталады.

9.1-анықтама.φ(t) функциясының дербес шектерінің ішіндегі ең

үлкені α оның t → ∞жоғарғы шегі деп аталады:

𝜶 = 𝒍𝒊𝒎𝒌→∞

𝝋 𝒕 .

Анығырақ: а) егер кез келген теріс -Е саны үшін 𝑡 > 𝑇 𝐸 болғанда 𝜑 𝑡 <

−𝐸 теңсіздігі дұрыс болса онда

lim 𝒕→∞

𝜑 𝑡 = −∞ ;

62

(9.1-сурет)

б) егер (9.1-сурет) кейбір 𝛼 саны үшін 휀 > 0 болғанда

𝜑 𝑡 < 𝛼 + 휀 , t > 𝑇 ε ,

теңсіздігі орындалса, сонымен біргеlim𝑘→∞ 𝜑 𝑡𝑘 = 𝛼 ,

болатындай 𝑡𝑘 → ∞ тізбегі бар болады, онда

lim𝑘→∞

𝜑 𝑡 = 𝛼

деп есептеледі.

в) егер 𝜑 𝑡 функциясы (𝑇,∞) интервалында жоғарыдан шенелмеген болса,

lim𝑘→∞

𝜑 𝑡 = +∞

деп аламыз.

𝜑 𝑡 функциясының 𝑡 → +∞ ұмтылғанда тӛменгі шегі оның дербес

шектерінің ішіндегі ең кішісі ретінде анықталады.

𝛽 = lim 𝒕→∞

𝜑 𝑡

Сонымен қатар,

lim 𝒕→∞

𝜑 𝑡 = − lim𝑡→∞

−𝜑(𝑡)

lim 𝒕→∞

𝜑 𝑡 ≤ − lim𝑡→∞

𝜑(𝑡)

теңсіздігі орындалатындығы айқын, ал теңдік таңбасы

63

lim𝑡→∞

𝜑(𝑡)

ақырлы немесе ақырсыз шегі бар болғанда ғана орын алады.

Бұл жағдайда

lim𝑘→∞

𝜑 𝑡 = lim𝑡→∞

𝜑(𝑡) = lim𝑡→∞

𝜑(𝑡) ,

1) функцияның жоғары шегі монотондылыққасиетіке ие болатындығына

оңай кӛз жеткізуге болады, яғни, егер

𝜑 𝑡 ≤ 𝜓 𝑡

болса, онда

limk→∞

𝜑 𝑡 ≤ lim𝑡→∞

𝜓(𝑡) ;

2) Егер 𝜑 𝑡 немесе 𝜓 𝑡 функцияларының ең болмағанда біреуінде

𝑡 → +∞ ұмтылғанда ақырлы шегі бар болса,

limk→∞

𝜑 𝑡 + 𝜓(𝑡) ≤ lim𝑡→∞

𝜑 𝑡 + lim𝑡→∞

𝜓(𝑡)

теңсіздігі дұрыс болады, онда бұл теңсіздік теңдікке айналады;

3) егер 𝜑 𝑡 ≥ 0 , 𝜓 𝑡 ≥ 0 болса, онда

limk→∞

𝜑 𝑡 𝜓(𝑡) ≤ lim𝑡→∞

𝜑 𝑡 lim𝑡→∞

𝜓(𝑡)

теңсіздіктің оң жағының мағынасы бар болады деп есептегенде, сонымен

бірге, егер

lim𝑡→∞

𝜑 𝑡

немесе

lim𝑡→∞

𝜓 𝑡

бар болса, онда соңғы теңсіздік теңдікке айналады.

9.1-мысал. Айталық,

lim𝑡→∞

𝑠𝑖𝑛2𝑡 = lim𝑡→∞

𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 1

екендігі белгілі.

Сонда

lim𝑡→∞

(𝑠𝑖𝑛2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡) = 1 < lim𝑡→∞

𝑠𝑖𝑛2𝑡 + lim𝑡→∞

𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 2.

64

Енді, 𝑒𝛼𝑡 кӛрсеткіштік функциясын қарастырайық. Мұндағы, 𝛼- нақты сан,𝛼

кӛбейткіші 𝑒𝛼𝑡 функциясының ӛсуін сипаттайды.

Егер 𝛼 > 0 болса, онда, 𝑡 → ∞болғанда 𝑒𝛼𝑡 → ∞; егер де 𝛼<0 болса, онда

𝑡 → +∞болғанда𝑒𝛼𝑡 → 0. 𝛼 санын 𝑒𝛼𝑡 функциясының сипаттамалық

кӛрсеткіші деп атайтын боламыз.

Сонымен,жалпы жағдайда 𝑡0,∞ интервалында анықталған, 𝑡 нақты

айнымалының бар

𝑓(𝑡) = 𝑓1 𝑡 + 𝑖𝑓2(𝑡)

комплексмәнді функциясын қарастырайық.

Бұл функцияның модулін кӛрсеткіштік түрде кӛрсетуге болады

𝑓(𝑡) = 𝑒𝛼 𝑡 𝑡

мұндағы,

𝛼 𝑡 =1

𝑡𝑙𝑛 𝑓(𝑡)

𝑡-ның алдындағы кӛбейткіштің рӛлін атқарады.

9.2-анықтама.𝜒 𝑓 = lim𝑡→∞1

𝑡𝑙𝑛 𝑓(𝑡) , (9.1)

формуламен анықталған санды (немесе −∞ немесе +∞символын )

Ляпуновтың сипаттамалық кӛрсеткіші деп атаймыз (қысқаша сипаттамалық

кӛрсеткіш).

Бұл, 𝑡0,∞ жарты осьте 𝑓(𝑡) функцияларжиынындаанықталғанфункционал

болып табылады. 𝑒𝛼𝑡 кӛрсеткіштік функциясы үшін

𝜒 𝑒𝛼𝑡 = 𝛼

болады.

Сипаттамалық кӛрсеткіш 𝑓(𝑡) функциясының теріс таңбамен алынған

Ляпунов енгізгенсипаттамалық санға тең.

Анықтағанымыздай,

а) χ 𝑓 𝑡 = 𝜒 𝑓(𝑡) ;

б) χ 𝑐𝑓(𝑡) = 𝜒 𝑓(𝑡) 𝑐 ≠ 0 ,

болады.

65

9.2-мысал. (9.1) формула негізінде бойыншаχ 𝑡𝑚 = 0 (𝑚-кез келген

тұрақты);

𝜒 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = 1;

𝜒 𝑒𝑡2 = +∞ .

(9.1) формуладан сипаттамалық кӛрсеткіш монотондылық қасиетке ие

болатындығы шығады.𝑡 > 𝑇үшін, 𝑓(𝑡) ≤ 𝐹(𝑡) болса: онда

𝜒 𝑓 ≤ 𝜒 𝐹 (9.2)

болады.

Кез келген 𝑡𝑘 → +∞ тізбегі үшін

lim𝑡→∞

1

𝑡𝑘𝑙𝑛 𝑓 𝑡𝑘 ≤ 𝜒 𝑓 𝑡

болатындығын байқаймыз.

Лемма. Егер

𝜒 𝑓 = 𝛼 ≠ ±∞,(9.3)

болса, онда 1) кез келген 휀 > 0 үшін

𝑓 𝑡 = о 𝑒 𝛼+휀 𝑡

формула дұрыс болады.

яғни,

lim𝑡→∞ 𝑓(𝑡)

𝑒 (𝛼+휀)𝑡= 0(9.4)

2)

lim𝑡→∞

𝑓(𝑡)

𝑒(𝛼+휀)𝑡= +∞.

яғни,

lim𝑘→∞

𝑓 𝑡

𝑒 𝛼+휀 𝑡𝑘= +∞, (9.5)

болатындай 𝑡𝑘 → ∞ тізбегі бар болады.Қандай да бір, 𝛼 үшін егер кез келген

휀 > 0 болғанда (9.4) қатыс орындалса, онда χ 𝑓 ≤ 𝛼,

егер (9.5) қатыс орындалса, онда

χ 𝑓 ≥ 𝛼;

сонымен, егер (9.4) және (9.5) қатыстар орындалса, онда

66

χ 𝑓 = 𝛼

болады.

Дәлелдеуі. 1) Алдымен қажеттілігін дәлелдейік.

Айталық

χ 𝑓 = lim𝑡→∞1

𝑡𝑙𝑛 𝑓 𝑡 = 𝛼,

болсын.

Бұдан

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓(𝑡) < 𝛼 +

휀

2 , 𝑡 > 𝑇

және

lim𝑘→∞

1

𝑡𝑘𝑙𝑛 𝑓(𝑡𝑘) = 𝛼,

мұндағы 𝑡𝑘 → ∞.

Демек,

𝑡 > 𝑇 болғанда, 𝑓(𝑡) < 𝑒(𝛼+휀

2)𝑡

және 𝑘 > 𝑁 болғанда , 𝑓(𝑡𝑘) < 𝑒(𝛼+휀

2)𝑡𝑘 ,

соңғы қатыстардан (9.4) және (9.5) формулалары шығады.

2) Жеткіліктілігін дәлелдейік. (9.4) формула орындалатын болса, онда,

𝜒 𝑓 ≤ 𝜒 𝑒(𝛼+휀)𝑡 = 𝛼 + 휀.

(16-сурет)

Бұдан кез келген 휀саныүшін

67

𝜒 𝑓 ≤ 𝛼

аламыз, егер (9.5) қатыс орындалатын болса, онда

𝜒 𝑓 ≥ lim𝑘→∞

1

𝑡𝑘𝑙𝑛 𝑓(𝑡𝑘) ≥ 𝛼 − 휀

және, анықтағанымыздай,

𝜒 𝑓 ≥ 𝛼 .

Егер де (9.4) және (9.5) қатыстар орындалатын болса, онда

𝜒 𝑓 = 𝛼

болады.

Ескерту. Сонымен, егер 𝜒 𝑓 = 𝛼 болса, онда 𝑦2 =

𝑒(𝛼+휀)𝑡кӛрсеткіштік функцияға қарағанда 𝑦 = 𝑓(𝑡) функциясының модулі

𝑡 → ∞ ұмтылғанда ӛспелі болады. 𝑡𝑘 → ∞ ұмтылғандағы тізбек 𝑦1 = 𝑒(𝛼−휀)𝑡

функциясына қарағанда ӛспелі болады,мұндағы 휀 > 0 (16-сурет).

9.1-теорема. 𝑓𝑘 𝑡 𝑘 = 1, … , 𝑚 функцияларының ақырлы санының

қосындысының сипаттамалық кӛрсеткіштері осы функциялардың

сипаттамалық кӛрсеткіштерінің ең үлкенінен артпайды (олар ақырлы болған

жағдайда) және онымен беттеседі, егер ең үлкен сипаттамалық кӛрсеткішке

қосылғыштардың біреуі ғана ие болса, яғни

χ 𝑓𝑘(𝑡)𝑚𝑘=1 ≤ max𝑘 𝜒 𝑓𝑘(𝑡) (9.6)

Дәлелдеуі. 1) Айталық,

max𝑘

𝜒 𝑓𝑘(𝑡) = 𝛼 ≠ ±∞,

болсын.

Лемма бойынша кез келген 휀 > 0 болғанда

lim𝑡→∞

𝑓𝑘 𝑡

𝑒 𝛼+휀 𝑡= 0 𝑘 = 1, . . , 𝑚

болады.

Бұдан

𝑓𝑘(𝑡)𝑚𝑘=1

𝑒(𝛼+휀)𝑡≤

𝑓𝑘(𝑡)

𝑒(𝛼+휀)𝑡= 0 1 , 𝑡 → ∞.

𝑚

𝑘=1

Демек, лемманың екінші бӛлігі бойынша

68

χ 𝑓𝑘(𝑡)𝑘 ≤ 𝛼 = max𝑘 𝜒 𝑓𝑘(𝑡) (9.7)

болады.

2) Айталық,

max𝑘

𝜒 𝑓𝑝(𝑡) = 𝛼

χ 𝑓𝑘(𝑡) = 𝛼𝑘 < 𝛼 , 𝑘 ≠ 𝑝

болсын.

Бізге , 𝑡𝑘 → ∞ тізбегі осы түрде берілсін

lim𝑞→∞

𝑓𝑝(𝑡𝑞)

𝑒(𝛼−휀)𝑡𝑞= +∞

𝛼𝑘 ≠ −∞ болғанда, алатынымыз

𝑓𝑘(𝑡𝑞)𝑚𝑘=1

𝑒(𝛼−휀)𝑡𝑞≥

𝑓𝑝(𝑡𝑞)

𝑒(𝛼−휀)𝑡𝑞−

𝑓𝑘(𝑡𝑞)

𝑒(𝛼𝑘 +휀)𝑡𝑞

1

𝑒(𝛼−𝛼𝑘−𝑞𝑡)𝑡𝑞

𝑘≠𝑝

Осыдан

0 < 휀 < min𝑘≠𝑝

𝛼 − 𝛼𝑘

2

болғанда

lim𝑛→∞

𝑓𝑘(𝑡𝑞)𝑚𝑘=1

𝑒(𝛼−휀)𝑡𝑞= +∞

аламыз.

Сондықтан

χ 𝑓𝑘(𝑡)𝑘 ≥ 𝛼.

(9.7) теңсіздіктен алатынымыз

χ 𝑓𝑟(𝑡)𝑘 = 𝛼 = max𝑘 𝜒 𝑓𝑘(𝑡)

Ескерту. Егер барлық 𝛼 = +∞ немесе −∞ болса, (9.6) теңсіздік

дұрыс болады.

9.2-теорема. 𝑓𝑘 𝑡 𝑘 = 1, … , 𝑚 функциялары ақырлы санының

кӛбейтіндісінің сипаттамалық кӛрсеткіші осы функцияның сипаттамалық

кӛрсеткіштерінің қосындысынан артпайды, яғни

χ 𝑓𝑘(𝑡)𝑚𝑘=1 ≤ 𝜒 𝑓𝑘(𝑡) 𝑚

𝑘=1 (9.8)

69

Дәлелдеуі. Шынында

𝜒 𝑓𝑘(𝑡)

𝑘

= lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓𝑘(𝑡)

𝑘

= lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓𝑘(𝑡) ≤

𝑘

≤ lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓𝑘(𝑡) =

𝑘

𝜒 𝑓𝑘(𝑡)

𝑘

болады.

Салдар. 𝑐𝑘 𝑡 шектелген коэффициентті 𝑓𝑘 𝑡 𝑘 = 1, … , 𝑚

функциясының сызықтық комбинациясының ақырлы сипаттамалық

кӛрсеткіші

функцияның ең үлкен сипаттамалық кӛрсеткішінен артпайды, яғни

χ 𝑐𝑘 𝑡 𝑓𝑘(𝑡)𝑚𝑘=1 ≤ max𝑘 𝜒 𝑓𝑘(𝑡) .

Шынында да,

𝜒 𝑐𝑘(𝑡) ≤ 0,

ескеріп

9.1 және 9.2-теорема негізінде

𝜒 𝑐𝑘(𝑡)𝑓𝑘(𝑡)

𝑘

= max𝑘

𝜒 𝑐𝑘(𝑡)𝑓𝑘(𝑡) ≤

≤ max𝑘

𝜒 𝑐𝑘(𝑡) + 𝜒 𝑓𝑘(𝑡) ≤ max𝑘

𝜒 𝑓𝑘(𝑡)

аламыз.

9.3-анықтама. Егер

𝜒 𝑓 = lim𝑡→∞1

𝑡𝑙𝑛 𝑓(𝑡) , (9.9)

функциясының катаң шегі бар болса,

онда 𝑓 𝑡 𝑡 > 𝑡0 функциясының сипаттамалық кӛрсеткішін катаң деп

атаймыз.

Бұл жағдайда, 𝑡 > 𝑇 болғанда 𝑓 𝑡 ≠ 0 екендігі айқын.

Егер 𝑓 𝑡 функциясы қатаң кӛрсеткішке ие болса, онда (9.9) формуладан

χ 1

𝑓 = lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛

1

𝑓(𝑡) = −𝜒 𝑓 ,

яғни

70

𝜒 𝑓 + 𝜒 1

𝑓 = 0 (9.10)

Керісінше, егер (9.10) теңдігі орындалса, онда

𝜒 𝑓 = lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓(𝑡)

және

𝜒 1

𝑓 = lim

𝑡→∞ −

1

𝑡𝑙𝑛𝑓(𝑡) = − lim

𝑡→∞

1

𝑡 𝑓 𝑡

екендігін ескеріп алатынымыз

lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑓(𝑡) = lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛 𝑓 𝑡

яғни (9.9) шегі бар болады.

9.3-теорема. Егер 𝑓 𝑡 функциясы қатаң сипаттамалық кӛрсеткішке ие

болса, онда 𝑓 𝑡 және 𝑔 𝑡 функцияларының сипаттамалық

кӛрсеткіштерінің кӛбейтіндісі осы функциялардың сипаттамалық

кӛрсеткіштерінің қосындысына тең болады, яғни

χ 𝑓 𝑡 𝑔(𝑡) = 𝜒 𝑓(𝑡) + 𝜒 𝑔(𝑡) (9.11)

Дәлелдеуі.9.2-теорема негізінде

χ 𝑓𝑔 ≤ 𝜒 𝑓 + 𝜒 𝑔 (9.12)

аламыз.

(9.10) формуланы ескере отырып,

χ 𝑔 = 𝜒 𝑓𝑔 ∙1

𝑓 ≤ 𝜒 𝑓𝑔 − 𝜒 𝑓

аламыз, яғни

χ 𝑓𝑔 ≥ 𝜒 𝑓 + 𝜒 𝑔 (9.13)

(9.12) және (9.13) формуладан (9.11) формула шығады.

Салдар.𝜒 𝑒𝛼𝑡𝑦 = 𝛼 + 𝜒 𝑦 .

9.4-анықтама.𝑓 𝑡 𝑡0 ≤ 𝑡 < ∞ функциясыныңинтегралы деп

Ляпунов бойынша

𝐹 𝑡 = 𝑓 𝑡1 𝑑𝑡1, 𝜒 𝑓 ≥ 0,𝑡

𝑡0(9.14)

және

71

𝐹 𝑡 = 𝑓 𝑡1 𝑑𝑡1, 𝜒 𝑓 < 0,∞

𝑡 (9.15)

түсінетін боламыз.

9.4-теорема. Интегралдың сипаттамалық кӛрсеткіші интеграл

астындағы функцияның сипаттамалық кӛрсеткішінен артпайды.

Дәлелдеуі. Айталық,

χ 𝑓(𝑡) = 𝛼 ≠ ±∞ болсын,

онда кез келген 휀 > 0 үшін

𝑓 𝑡 𝑒− 𝛼+휀 𝑡 → 0, 𝑡 → ∞

болады.

Бұдан

𝑓(𝑡) ≤ 𝑀𝑒(𝛼+휀)𝑡

мұндағы 𝑀–оң мәнді тұрақты.

1) Егер 𝛼 ≥ 0 , онда (9.14) формуладан

𝐹(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡1) 𝑑𝑡1 ≤ 𝑀𝑒(𝛼+휀)𝑡𝑑𝑡1 =

𝑡

𝑡0

𝑡

𝑡0

=𝑀

𝛼 + 휀 𝑒(𝛼+휀)𝑡 − 𝑒(𝛼+휀)𝑡0 <

𝑀

𝛼 + 휀𝑒 𝛼+휀 𝑡(𝑡 ≥ 𝑡0)

аламыз.

Сонымен,

𝜒 𝑓(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡) ≤ 𝛼 + 휀 ,

휀 > 0 болғандықтан кез келген

χ 𝐹(𝑡) ≤ 𝛼 = 𝜒 𝑓(𝑡) .

2) Егер 𝛼 < 0 , онда (9.15) формуладан 0 < 휀 < 𝛼 болғанда

𝐹(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡1) 𝑑𝑡1 ≤ 𝑀 𝑒(𝛼+휀)𝑡1𝑑𝑡1 =𝑀𝑒(𝛼+휀)𝑡

𝛼 + 휀

∞

𝑡

∞

𝑡

аламыз.

Бұдан алдыңғыға ұқсас

𝜒 𝐹 ≤ 𝛼 = 𝜒 𝑓

шығады.

72

3) Теореманың тұжырымы, 𝛼 = −∞ немесе 𝛼 = +∞болғанда дакүшінде

қалады.

Салдар.Егер

χ 𝜑 ≤ 𝛼, 𝜒 𝜓 ≤ 𝛽 𝛼 + 𝛽 ≥ 0

онда,

χ 𝜑 𝑡1 𝜓(𝑡1)𝑑𝑡1𝑡

𝑡0 ≤ 𝛼 + 𝛽 (9.16)

9.4-теореманы және сипаттамалық санның монотондылық қасиетін қолдана

отырып,

χ 𝜑 𝑡1 𝜓(𝑡1)𝑑𝑡1𝑡

𝑡0 ≤ 𝜒 𝑀𝑒(𝛼+휀)𝑡1 𝜓(𝑡1) 𝑑𝑡1

𝑡

𝑡0 ≤

≤ 𝛼 + 휀 + 𝜒 𝜓 ≤ 𝛼 + 𝛽 + 휀

аламыз.

Ал 휀 > 0 кез келген болғанда (9.16) теңсіздік шығады.

№9 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Функцияның сипаттамалық кӛрсеткіштері.

2. Функцияның Ляпунов кӛрсеткіші нені анықтайды?

3. Ляпунов енгізген шама қалай аталады, оның кӛрсеткіштен

айырмашылығы неде?

4. Кӛрсеткіштер үшін монотондылық қасиет орындала ма?

5. Функциялардың кӛбейтіндісінің Ляпунов кӛрсеткіші қалай анықталады?

6. Функцияның қатаң кӛрсеткіші қалай анықталады, оның қандай маңызы

бар?

7. Интегралдың сипаттамалық кӛрсеткішін қалай табуға болады?

8. Интегралдың кӛрсеткіші интеграл астындағы функцияның кӛрсеткішімен

қандай байланыста?

9. Вектор-функцияның сипаттаушы кӛрсеткіші қалай анықталады?

9.1-мысал.𝑓 𝑡 = 𝑒𝜆𝑡 функциясы, мұндағы λ−𝑡 → +∞ үшін қатаң

сипаттамалық кӛрсеткіші бар болатын кешенді сан

73

𝜒 𝑒𝜆𝑡 = 𝑅𝑒𝜆.

(9.11)

Бұл

𝑙𝑛 𝑒𝜆𝑡

𝑡=

𝑙𝑛𝑒𝑅𝑒𝜆𝑡

𝑡= 𝑅𝑒λ

екенінен шығады.

9.2-мысал.

𝜒 𝑓𝑚 = 0

мұндағы 𝑚-кез келген нақты сан. Шынында бұл жағдайда

𝑙𝑛 𝑡𝑚

𝑡= 𝑚

𝑙𝑛 𝑡

𝑡

болады. Сондықтан

lim𝑡→+∞

𝑙𝑛 𝑡𝑚

𝑡= 0

аламыз. сонымен бірге сипаттамалық кӛрсеткіш қатаң.

9.3-мысал.

𝜒 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = 1

Шынында 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 , 𝑙𝑛 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = 𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 шығады. Бұл жағдайда

сипаттамалық кӛрсеткіш қатаң болмайды.

9.4-мысал. Егер λ-кешенді сан болса, онда

𝜒− 𝑒𝜆𝑡 = 𝑅𝑒λ

болады да кӛрсеткіші қатаң болып табылады. Шынында бұл жағдайда

𝑓 𝑡 = 𝑒𝜆𝑡 , 𝑓 −𝑡 = 𝑒−𝜆𝑡

аламыз.

9.5-мысал.

𝜒− 𝑡𝑚 = 0 , 𝑚 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

кӛрсеткіші қатаң болып табылады.

𝑓(𝑡) ≤ 𝑐𝛼𝑒𝛼𝑡 , − ∞ < 𝑡 ≤ 𝑡0

болатындай 𝑐𝛼тұрақтысы бар болатын 𝛼 санының 𝜒− 𝑓 жоғарғы шекарасын

алуға болады,

74

𝑐1𝑒𝜆1𝑡 ≤ 𝑓(𝑡) ≤ 𝑐2𝑒

𝜆2𝑡 , − ∞ < 𝑡 < 𝑡0

болатындай𝑐1>0, 𝑐2 > 0, 𝜆1,𝜆2тұрақтылардың бар болатындығынан

𝜆2 ≤ 𝜒− 𝑓 ≤ 𝜆1

шығады.

Жалпы айтқанда, егер𝑓(𝑡) функциясы ақырсыз −∞ < 𝑡 <

+∞ интервалында берілген болса, онда оған екі 𝜒 𝑓 және

𝜒− 𝑓 сипаттамалық кӛрсеткіштерді салыстыруға болады.

9.6-мысал.

𝑓 𝑡 = 𝑒𝜆1𝑡 , 𝑡 > 0

𝑒𝜆2𝑡 , 𝑡 < 0

функциясы үшін

𝜒 𝑓 = 𝑅𝑒𝜆1, 𝜒− 𝑓 = 𝑅𝑒𝜆2

бар болады.

9.7-мысал. 𝜒 𝑡𝑚 = 0

9.8-мысал. 𝜒 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = lim𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = lim

𝑡→∞

1

𝑡∙ 𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 = 1

9.9-мысал. 𝜒 𝑒𝑡2 = lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒𝑡2

= lim𝑡→∞

1

𝑡∙ 𝑡2 = lim

𝑡→∞𝑡 = ∞

9.10-мысал. lim𝑡→∞

𝑠𝑖𝑛2𝑡 = lim𝑡→∞

𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 1

9.11-мысал. lim𝑡→∞

(𝑠𝑖𝑛2𝑡 + 𝑐𝑜𝑠2𝑡) = 1 < lim𝑡→∞

𝑠𝑖𝑛2𝑡 + lim𝑡→∞

𝑐𝑜𝑠2𝑡 = 2

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

Функцияның сипаттамалық кӛрсеткіштерін есептеңіз.

9.1𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡

9.2𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑐𝑜𝑠1

𝑡

9.3𝑓 𝑡 = 𝑒−𝑡𝑐𝑜𝑠 2𝑡

9.4𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑒 𝑠𝑖𝑛𝑡

9.5𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡(𝑠𝑖𝑛1

𝑡+𝑠𝑖𝑛𝑡 )

9.6𝑓 𝑡 = 𝑒(−2+𝑖𝑙𝑛𝑡 )

9.7𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑙𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑡

75

9.8𝑓 𝑡 = 𝑡𝑒(3+𝑠𝑖𝑛𝑡 )𝑡

9.9𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑙𝑛𝑡

9.10𝑓 𝑡 = 𝑡𝑒𝑡2

9.11 𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 + 𝑒−𝑡

9.12𝑓 𝑡 = 𝑒𝑡 + 𝑒−𝑡 + 𝑒−2𝑡

9.13𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

9.14 𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡(𝑠𝑖𝑛𝑡 +1), 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡) , 𝑓2 𝑡 = 𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡

9.15𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒2𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

9.16𝑓1 𝑡 = 𝑒(1−2𝑠𝑖𝑛 2𝑡)𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒(1−2𝑐𝑜𝑠 2𝑡)𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

№10 дәріс Сызықтық дифференциалдық жүйенің шешімдерінің

кӛрсеткіштерінің қасиеттері

Сызықтық 𝑛-ӛлшемді нақты дифференциалдық жүйе қарастырамыз.

𝑥 = 𝐴 𝑡 𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅𝑛 , 𝑡 ≥ 0 (10.1)

𝐴 𝑡 матрицасының элементтері 𝑡 ≥ 0 мәндері үшін шенелген, үзік-үзіліссіз

функциялар 𝐴(𝑡) ≤ 𝑀 (10.1) жүйенің шешімдерінің, яғни 𝑥 𝑡 вектор-

функциялардың сипаттамалық кӛрсеткіштерінің негізгі қасиеттерін атап

ӛтеміз.

𝑎1) (10.1) жүйенің кез келген нӛлден ӛзгеше 𝑥 𝑡 шешімі үшін

𝜒 𝑥 ∈ −𝑀, 𝑀

Дәлелдеуі. Шешімнің нормасының туындысын есептейік.

𝑑 𝑥(𝑡)

𝑑𝑡=

1

2

1

𝑥 ∙ 2 𝑥 𝑡 , 𝑥 𝑡 =

(𝑥 𝑡 , 𝑥 (𝑡))

𝑥(𝑡) =

= 𝑥(𝑡) ∙ 𝑥 (𝑡) cos(𝑥 𝑡 , 𝑥 (𝑡))

𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑡 𝑥(𝑡) cos(𝑥 𝑡 , 𝑥 (𝑡)) ⇒

−𝑀𝑑𝑡 ≤𝑑( 𝑥(𝑡) )

𝑥(𝑡) ≤ 𝑀𝑑𝑡

Бұдан

76

−𝑀𝑡 ≤ 𝑑( 𝑥(𝜏) )

𝑥(𝜏)

𝑡

0

= 𝑑𝑢

𝑢= 𝑙𝑛

𝑥(𝑡)

𝑥(0) ≤ 𝑀𝑡

𝑥(𝑡)

𝑥 0

𝑒−𝑀𝑡 𝑥(0) ≤ 𝑥(𝑡) ≤ 𝑒𝑀𝑡 𝑥(0)

Осыдан дәлелдеу керек болған тұжырым шығады.

𝑎2) (10.1) жүйенің кез келген 𝑥: 0, ∞) → 𝑅𝑛 0 шешімінің χ 𝑥 сипаттамалық

кӛрсеткіші үшін

χ 𝑥 = lim𝑚→∞1

𝑚𝑙𝑛 𝑥(𝑚)

χ 𝑥 = lim𝜃→1+0 lim𝑚→∞ 𝜃𝑚 𝑙𝑛 𝑥(𝜃𝑚 )

теңдіктері тура болады.

б) (10.1) жүйенің кӛрсеткіштері әртүрлі тривиальды емес шешімдерінің саны

𝑛-нен артпайды.

Кері жоритын болсақ, сипаттамалық кӛрсеткіштері әртүрлі вектор-

функциялар сызықтық тәуелсіз болады деген қасиет бойынша (10.1) жүйеде

𝑛-нен артық сызықтық тәуелсіз шешім болар еді. Ол мүмкін емес. Демек, б)

қасиет дәлелденді.

Сонымен (10.1) жүйенің тривиальды емес шешімдерінің әртүрлі

сипаттамалық кӛрсеткіштері 𝑛-нен артық емес

⋀1 < ⋀2 < ⋯ < ⋀𝑞 , 𝑞 ≤ 𝑛

с) шешімдердің қалыпты жүйесі

10.1-анықтама. (10.1) жүйенің барлық базистік шешімдерінің

жиынында құраушы шешімдердің кӛрсеткштерінің қосындысы минимальды

болатын 𝑋(𝑡) базистік жүйені қалыпты деп атайды.

Қалыпты жүйенің бар болуы 𝑋(𝑡) базистік жүйені құрайтын шешімдердің

кӛрсеткіштерінің қосындысы 𝑆𝑥 , 𝑋-тің функциясы ретінде мәндердің

ақырлы санын ғана қабылдайтындықтан шығады.

Анықтама. (10.1) жүйенің кӛрсеткіштер жиынтығы деп 𝑋(𝑡) қалыпты

реттелген (баған шешімдердің кӛрсеткіштерінің ӛсу ретімен орналасқан)

𝜒1 𝐴 ≤ ⋯ ≤ 𝜒𝑛(𝐴)

77

кӛрсеткіштерді айтады.

Бұл жиынтықты 𝜒 𝐴 ∈ 𝑅𝑛нүктесі арқылы кескіндейміз.

10.2-анықтама.𝜒1 𝐴 және 𝜒𝑛 𝐴 кӛрсеткіштері сәйкес (10.1) жүйенің

кіші және үлкен кӛрсеткіштері деп аталады. (младший, старший)

10.1-теорема.𝑋 𝑡 = 𝑥1 𝑡 , …𝑥𝑛(𝑡) базистік базистік матрица қалыпты

болады, сонда, тек сонда ғана, егер шешімдердің сызықтық комбинациясы

үшін

𝜒 𝑐𝑖𝑥𝑘𝑖

𝑚

𝑖=1

= max1≤𝑖≤𝑚

𝜒 𝑥𝑘𝑖

Ескерту. Бұл теореманың шартын Ляпунов қалыпты жүйенің

анықтамасы ретінде қолданған.

10.2-теорема.𝑋′ 𝑡 = 𝑥 ′1 𝑡 , …𝑥 ′

𝑛(𝑡) шешімдердің базистік жүйесі

үшін 𝜒 𝑡 = 𝑋′ 𝑡 𝐶 шешімдер жүйесі қалыпты болатындай ерекше емес

тӛменгі үшбұрышты 𝐶 матрицасы бар болады.

Дәлелдеуі.𝑐𝑖𝑖 = 1 қоямыз. 𝐶 матрицасының қалған элементтерін

𝑥𝑘 𝑡 ∈ 𝑋 𝑡 ,

𝑥𝑘 𝑡 = 𝑥𝑘′ 𝑡 + 𝑐𝑘+1,𝑘𝑥𝑘+1

′ 𝑡 + ⋯ + 𝑐𝑛𝑘𝑥𝑛′ 𝑡 , 𝑘 = 1, … , 𝑛,(10.2)

шешімінің кӛрсеткіші (10.2) формуламен анықталған барлық мүмкін

сызықтық комбинациялардың ішінде ең кіші болатындай етіп таңдап

аламыз.

Осылайша анықталған 𝑥𝑘 𝑡 шешімдер арасында комбинацияланатын

шешімдердің кӛрсеткіштерінің ішіндегі ең үлкені 𝛾 −дан

Сонда комбинациялану қасиеті бойынша

𝑥 𝑡 = 𝑐1𝑥𝑘1 𝑡 + ⋯ + 𝑐𝑚𝑥𝑘𝑚

𝑡 , 𝑘𝑖 < 𝑘𝑖+1, 𝑐𝑖 ≠ 0, (10.3)

𝑥𝑘𝑖 𝑡 шешімі 𝛾 кӛрсеткіштеріне тең болады.

𝜆 𝑥 < 𝜆 𝑥𝑘𝑖 = 𝛾(10.4)

үшін дұрыс болады.

(10.3) формулаға 𝑥𝑘𝑖 𝑡 векторының белгісін қоя отырып, x(t) векторы үшін

(10.2) формуладан алатынымыз

78

1

𝑐1𝑥 𝑡 = 𝑥𝑘1

′ 𝑡 + 𝑐𝑘1+1′ 𝑥𝑘1+1

′ 𝑡 + ⋯ + 𝑐𝑛′ 𝑥 ′

𝑛 𝑡

(10.4) теңсіздік 𝑥𝑘 𝑡 шешімін дұрыс құру ережесімен үйлеспейді. Сонымен

10.1-теорема негізі бойынша X(t) фундаменталь жүйесі қалыпты деп

аталады. Теорема дәлелденді.

10.3-анықтама. (10.1) жүйенің 𝑋 𝑡 қалыпты реттелген шешімдер

жүйесі бинормаль деп аталады, егер

𝑌 𝑡 = 𝑋−1(𝑡)

матрицасы

𝑦 = −𝑦𝐴 𝑡 (10.1’)

жүйесі үшін қалыпты болатын болса.

Ескерту. (10.1’)жүйенің шешімдері вектор-жолдар, сонымен бірге

𝑋−1 𝑡 = 𝑦1 𝑡 , … , 𝑦𝑛(𝑡)

матрицаның 𝑦𝑖 𝑡 жолдары.

d) шешімдердің кӛрсеткіштер бойынша орналасуы (Ляпунов А.М., Богданов

Ю.С.)

Айталық, (10.1) жүйенің кӛрсеткіштер жиынтығы

𝑛1 + 𝑛2 + ⋯ + 𝑛𝑘 = 𝑛 болатындай ⋀𝑘–ға тең болатын 𝑛𝑘 кӛрсеткішке ие

болсын.

10.3-теорема. Бастапқы мәндер кеңістігі 𝑞 бірінің ішіне бірі салынған

𝑙𝑘 = 𝑛1 + ⋯ + 𝑛𝑘ӛлшемді 𝐿𝑘 сызықтық кеңістіктерге (10.1) жүйенің 𝐿𝑘\𝐿𝑘−1

кеңістігінен шығатын әрбір шешімі ⋀𝑘 кӛрсеткішке ие болатындай етіп

жіктеледі.

№10 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Сызықтық жүйенің шешімдерінің сипаттаушы кӛрсеткіші туралы не айтуға

болады?

2. Сызықтық жүйенің спектрі деген не?

79

3. Базистің сипаттаушы кӛрсеткіштерінің қосындысы үшін Ляпунов

теңсіздігі қалай жазылады?

4. Шешімдердің қалыпты жүйесі деген не?

10.1-мысал.

Айталық,

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑦 sin 𝑙𝑛𝑡 + cos(𝑙𝑛𝑡)

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑥 sin 𝑙𝑛𝑡 + cos 𝑙𝑛𝑡

(1 ≤ 𝑡 < ∞)

(1)

Сонда алатынымыз

𝑥 + 𝑦 = 2𝑐1𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛 𝑙𝑛𝑡

𝑥 − 𝑦 = 2𝑐2𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛 (𝑙𝑛𝑡 )

мұндағы 𝑐1 және 𝑐2 - кез келген тұрақтылар. Бұдан

𝑥 = 𝑐1𝑒𝑡 sin 𝑙𝑛𝑡 + 𝑐2𝑒

−sin (𝑙𝑛𝑡 )

𝑦 = 𝑐1𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛 (𝑙𝑛𝑡 ) − 𝑐2(𝑙𝑛𝑡)

𝑐1 + 𝑐2 ≠ 0 болғанда алатынымызχ 𝑥 =χ 𝑦 = 1

Онда кез келген 𝑋 = 𝑥, 𝑦 фундаменталь жүйесі қалыпты болады

𝜎𝑋 = 2

(1) жүйе 𝐴(𝑡) матрицасы үшін алатынымыз

𝐴 𝑡 = 0 sin 𝑙𝑛𝑡 + cos 𝑙𝑛𝑡

sin 𝑙𝑛𝑡 + cos 𝑙𝑛𝑡 0 .

Бұдан

𝑆𝑝𝐴 𝑡 = 0

және анықтағанымыздай

𝜎𝑋 > lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴 𝑡1 𝑑𝑡1.

𝑡

1

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

10.1

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 2𝑥𝑡

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 3𝑦𝑡2

80

жүйесінің фундаментальды шешімдерінің характеристикалық кӛрсеткіштерін

табу керек.

10.2 𝑦1 = −𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3

𝑦2 = 𝑦1 − 𝑦2 + 𝑦3

𝑦3 = 𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3

жүйе шешімдерінің характеристикалық кӛрсеткіштерін табу керек.

10.3 𝑥 = 𝐴𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅𝑛 мұндағы, 𝐴 −әртүрлі меншікті мәндері 𝜈𝑘 бар тұрақты

матрица, жүйенің шешімдерінің характеристикалық кӛрсеткіштері

𝜈𝑘беттесетіндігін дәлелдеу керек.

№11 дәріс

Матрицалардың сипаттамалық кӛрсеткіштері

Айталық, 𝐴 = 𝑎𝑖𝑘 (𝑡) матрицасының элементтері,

𝑡0 ≤ 𝑡 < +∞аралығында анықталған нақты𝑡 аргументтің кешенді

функциялары болсын.

11.1-анықтама. 𝑡0; ∞) аралығында анықталған 𝐹 𝑡 = (𝑓𝑗𝑘 (𝑡))

матрицасының сипаттамалық кӛрсеткіші деп

𝜒 𝐹(𝑡) = max𝑗 ,𝑘 𝜒 𝑓𝑗𝑘 (𝑡) (11.1)

санды не +∞ −∞ символын айтады. Егер

𝐹𝑇 𝑡 = (𝑓𝑗𝑘 (𝑡))

транспонданған матрица болса, онда (11.1) формуладан

𝜒 𝐹𝑇(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡)

екендігі шығады.

11.1-лемма.𝐹 𝑡 ақырлы матрицаның сипаттамалық кӛрсеткіші оның

нормасының сипаттамалық кӛрсеткішіне тең болады, яғни

𝜒 𝐹(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡)

Дәлелдеуі.

𝑓𝑗𝑘 (𝑡) ≤ 𝐹(𝑡)

болғандықтан сипаттамалық кӛрсеткіштің қасиеті бойынша

81

𝜒 𝑓𝑗𝑘 (𝑡) ≤ 𝜒 𝐹(𝑡)

бұдан шығатыны

𝜒 𝐹(𝑡) ≤ 𝜒 𝐹(𝑡)

Екінші жағынан

𝐹(𝑡) ≤ 𝑓𝑗𝑘 (𝑡)

𝑗 ,𝑘

аламыз. Сондықтан қосындының сипаттамалық кӛрсеткіші туралы теорема

негізінде

𝜒 𝐹(𝑡) = max𝑗 ,𝑘

𝜒 𝑓𝑗𝑘 (𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡)

аламыз.

Сонымен

𝜒 𝐹(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡)

11.1-теорема. Матрицалардың ақырлы санының қосындысының

сипаттамалық кӛрсеткіші осы матрицалардың сипаттамалық кӛрсеткіштердің

ең үлкенінен аспайды.

Дәлелдеуі. Айталық, 𝐹𝑠 𝑡 , 𝑠 = 1, … , 𝑁 − 𝑚 × 𝑛 ӛлшемді матрицалар

және

𝐹 𝑡 = 𝐹𝑠(𝑡)

𝑁

𝑠=1

Бұдан

𝐹(𝑡) ≤ 𝐹𝑠(𝑡)

𝑁

𝑠=1

Демек

𝜒 𝐹(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡) ≤ 𝜒 𝐹𝑠(𝑡) 𝑁𝑠=1 = max𝑠 𝜒 𝐹𝑠(𝑡) = max𝑠 𝜒 𝐹𝑠(𝑡) ,

(11.2)

дәлелдеу керегі осы еді.

Ескерту. Егер 𝐹𝑠 𝑡 , (𝑠 = 1, … , 𝑁)матрицалар арасында ең үлкен бір

сипаттамалық кӛрсеткішке ие бір ғана матрица болса, онда бұл

82

матрицалардыңқосындысының сипаттамалық кӛрсеткіші олардың

кӛрсеткіштерінің қосындысына тең.

Шынында, 𝑠 > 1 үшін

𝜒 𝐹1(𝑡) > 𝜒 𝐹𝑠(𝑡)

және

𝐹𝑠 𝑡 = 𝑓𝑗𝑘(𝑠)

, (𝑠 = 1, … , 𝑁)

𝐹(𝑡) ≤ 𝐹𝑠 𝑡 = 𝑓𝑖𝑘 (𝑡) .

𝑁

𝑠=1

Айталық

𝜒 𝐹1(𝑡) = max𝑗 ,𝑘

𝜒 𝑓𝑗𝑘 1

(𝑡) = 𝜒 𝑓𝑝𝑞 1

(𝑡)

болсын.

𝜒 𝑓𝑝𝑞 𝑠

(𝑡) ≤ 𝜒 𝐹𝑠(𝑡) < 𝜒 𝑓𝑗𝑘 1

(𝑡) , 𝑠 > 1

екенін ескеріп,

𝜒 𝑓𝑝𝑞 (𝑡) ≤ 𝜒 𝑓𝑝𝑞(1)

(𝑡) < 𝜒 𝐹1(𝑡)

аламыз. Бұдан шығатыны

𝜒 𝐹(𝑡) ≥ 𝜒 𝐹1(𝑡) = max𝑠

𝜒 𝐹𝑠(𝑡)

Бұл теңсіздікті (11.2) теңсіздікпен салыстыра отырып аламыз, дәлелдеу

керегі осы еді.

11.2-теорема. Матрицалардың ақырлы сандарының кӛбейтіндісінің

сипаттамалық кӛрсеткіші осы матрицалардың сипаттамалық кӛрсеткіштердің

қосындысынан артпайды.

Дәлелдеуі. Айталық, 𝐹𝑠 𝑡 , 𝑠 = 1, … , 𝑁 матрицалары тізбектей

кӛбейтуге мүмкін болатын матрицалар және

𝐹 𝑡 = 𝐹𝑠 𝑡 .

𝑁

𝑠=1

83

Бұдан

𝐹 𝑡 ≤ 𝐹𝑠(𝑡)

𝑠

Демек

𝜒 𝐹(𝑡) = 𝜒 𝐹(𝑡) ≤ 𝜒 𝐹𝑠(𝑡)

𝑠

= 𝜒 𝐹𝑠(𝑡) ,

𝑠

дәлелдеу керегі де осы еді.

Салдар. Бірнеше матрицалардың

𝑐𝑠𝐹𝑠 𝑡 (𝑐𝑠 ≠ 0)

𝑠

сызықтық комбинациясының сипаттамалық кӛрсеткіші осы матрицалардың

ең үлкен сипаттамалық кӛрсеткішінен аспайды және онымен беттеседі, егер

ең үлкен сипаттамалық кӛрсеткішке матрицаның біреуі ғана ие болатын

болса.

№11 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Матрицаның сипаттаушы кӛрсеткіші қалай анықталады?

2. Матрицалардың қосындысының сипаттаушы кӛрсеткішін қалай табуға

болады?

3. Матрицалардың кӛбейтіндісінің сипаттаушы кӛрсеткішін қалай табуға

болады?

4. Матрицалардың сызықтық комбинациясын қалай табуға болады?

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

Матрицаның характеристикалық кӛрсеткіштерін есептеңіз.

11.1 𝑨 𝒕 = (𝒆𝒕 𝟎

𝟎 𝟐𝒆𝒕)

11.2 𝑨 𝒕 = ( 𝒆𝒕 𝒆𝟑𝒕

𝒆𝟐𝒕 𝒆𝟒𝒕)

11.3 𝑨 𝒕 = (𝒆𝒕𝒔𝒊𝒏𝒕 𝟎𝟎 𝒆𝟐𝒕𝒔𝒊𝒏𝒕

)

84

11.4 𝑨 𝒕 = (𝒆𝒕𝒍𝒏𝒔𝒊𝒏𝒕 𝟎𝟎 𝒆𝟐𝒕𝒍𝒏𝒔𝒊𝒏𝒕

)

№12 дәріс

Ляпунов түрлендіруі

Сызықтық жүйелердің Ляпунов бойынша классификациясы

Бізге 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝐴 𝑡 𝑥, 𝑥 ∈ 𝑅𝑛 , 𝐴 𝑡 − (𝑛 × 𝑛) матрица, сызықтық

дифференциалдық теңдеулер жүйесі берілсін.

𝑥 = 𝐿 𝑡 𝑦, 𝐿 𝑡 ерекше емес дифференциалданатын матрица болсын.

Сонда

𝐿 𝑡 𝑦 + 𝐿 𝑡 𝑦 = 𝐴 𝑡 𝐿 𝑡 ⇒ 𝐿 𝑡 𝑦 =

= 𝐴 𝑡 𝐿 𝑡 − 𝐿 𝑡 𝑦 ⇒ 𝑦 = 𝐿−1 𝑡 (𝐴 𝑡 𝐿 𝑡 − 𝐿(𝑡)) ⇒ 𝑦 𝐵(𝑡)𝑦

мұндағы𝐵 𝑡 𝑦 = 𝐿−1 𝑡 𝐴 𝑡 𝐿 𝑡 − 𝐿−1 𝑡 𝐿 (𝑡)

Сонымен, кез келген сызықтық түрлендіру берілген жүйені 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝐵 𝑡 𝑥

сызықтық жүйеге кӛшіреді.

𝐵 𝑡 = 𝐿−1𝐴𝐿 − 𝐿−1𝐿 қатысын кинематикалық ұқсастық деп атайды.

Егер 𝐿–тұрақты матрица болса, онда кәдімге ұқсастық болады.

Ляпунов түрлендіруі. Түрлендіру жүйенің шешімдерінің

орнықтылығын, кӛрсеткіштерінің шамасын т.с.сс ӛзгертпейтін болу үшін

жеткілікті шарт ретінде 𝐿, 𝐿−1 матрицаларының шенелгендігін пайдалану

керек.

𝐿(𝑡) ≤ 𝑘, 𝐿−1(𝑡) ≤ 𝑘.

Шынында да бұл шарттар орындалғанда

𝑥 = 𝐿𝑦 ≤ 𝑘 𝑦 , 𝑦 = 𝐿−1𝑥 ≤ 𝑘 𝑥

Бұдан𝑥 пен 𝑦 шешімдерінің характеристикалық кӛрсеткіштері бірдей

болатындығы, жалпы бұл шешімдердің ӛсуі бірдей екендігі шығады. Жүйе

матрицасының ізінің орта мәндері де ӛзгермейді.

𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵 = 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐴, 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵 = 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐴

немесе 𝑆𝑝𝐵 = 𝑆𝑝𝐴, 𝑆𝑝𝐵 = 𝑆𝑝𝐴 ,

мұндағы

85

𝑆𝑝𝐵 = lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴 𝜏 𝑑 𝜏 ,

𝑡

0

𝑆𝑝𝐵 = lim 𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴 𝜏 𝑑(𝜏)

𝑡

0

Шынында

𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝑑𝑒𝑡 𝐿𝑌 ≤ 𝑘 𝑑𝑒𝑡𝑌 ,

𝑑𝑒𝑡𝑌 ≤ 𝑘 𝑑𝑒𝑡𝑋

Бұдан𝜒 𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝜒 𝑑𝑒𝑡𝑌 , 𝜒 𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝜒 (𝑑𝑒𝑡𝑌)

Лиувилль-Остроградский формуласы бойынша

𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 ∙ 𝑒 𝑆𝑝𝐴 (𝜏)𝑑𝜏𝑡

0

болғандықтан𝜒 𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝑆𝑝𝐴 , 𝜒 𝑑𝑒𝑡𝑋 = 𝑆𝑝𝐴 .

Жүйе матрицаның шенелгендік қасиеті сақталу үшін Ляпунов

𝐿 туындысының шенелгендігін талап етеді.

12.1-анықтама. 𝐿(𝑡) , 𝐿−1(𝑡) , 𝐿 (𝑡) нормалары шенелген жағдайда

𝑥 = 𝐿 𝑡 𝑦 түрлендіруі Ляпунов түрлендіруі Ляпунов түрлендіруі деп

аталады.

Тӛменде Ляпунов түрлендіруі мысалдарын келтіреміз.

𝐴𝑑 = 𝑑𝑖𝑎𝑔 𝑎𝑖𝑖 − 𝐴 матрицаның диагональды бӛлігі болсын. Мынадай

түрлендіру

𝐿 = 𝑒 𝑆(𝜏)𝑡

0 𝑑𝜏, 𝑆 = 𝑑𝑖𝑎𝑔 𝑠𝑖𝑖

𝐴 матрицасын 𝐵 = 𝐿−1𝐴𝐿 − 𝐿−1𝐿

матрицасына кӛшіреді.Мұнда𝐵𝑑 = 𝐴𝑑 − 𝑆 (диагональ емес элементтер

басқаша түрлендіріледі). Демек, түрлендіру Ляпунов түрлендіруі болады,

егер матрицалардың нормалары 𝑆 𝜏 𝑑𝜏 , 𝑆(𝑡)𝑡

0 шенелген болса.

Осындай түрлендірудің кейбір дербес жағдайларын қарастырайық.

𝑹𝒆-түрлендіруі. Бұл түрлендіру 𝐴𝑑 диагональдың жорамал бӛлігін

жояды және А шенелген болса, үнемі Ляпунов түрлендіруі болады. Бұл

былай анықталады: 𝐴𝑑 = 𝑃 + 𝑖𝑄болсын, мұндағы 𝑃 = 𝑃(𝑡) және 𝑄 = 𝑄 𝑡 –

сәйкес диагональды матрицалар. Айталық 𝐿 = 𝑒𝑖 𝑄(𝑡)𝑑𝜏𝑡

0 онда 𝐵𝑑 = 𝐴𝑑 −

86

𝑖𝑄 = 𝑃 = 𝑅𝑒𝐴𝑑түрлендіруі унитар болады, ӛйткені 𝐿∗ = 𝑒𝑖 𝑄(𝑡)𝑑𝜏𝑡

0 = 𝐿−1

және Ляпунов түрлендіруі болады, егер айнымалы шенелген болса

𝐿 = 𝑖𝑄𝐿 ≤ 𝑄 𝐿 = 𝑄

ал бұл үшін А-ның шенелгендігі жеткілікті.

Н-түрлендіруі. А шенелген болсын және оның диагоналі 𝐴𝑑нақты

болсын: 𝐴𝑑 = 𝑃. Кез келген 𝐻 > 0 алайық, сонда

𝑃𝐻 𝑡 =1

𝐻 𝑃(𝜏)𝑑𝜏

𝑡+𝐻

𝑡

, 𝐿 𝑡 = 𝑒 𝑃 𝜏 −𝑃𝐻(𝜏) 𝑑𝜏𝑡

0

𝑃, 𝑃𝐻және (𝑃 − 𝑃𝐻)𝑑𝜏𝑡

0 шенелген болғандықтан, онда бұл Ляпунов

түрлендіруі болады. Бұл 𝐴𝑑диагоналін

𝐵𝑑 = 𝐴𝑑 − 𝑃 − 𝑃𝐻 = 𝑃𝐻

диагоналіне ауыстырады.

Ляпунов сызықтық жүйелердің классификациясын ұсынды, яғни

тұрақты коэффициентті жүйелер және келтірімді жүйелер, келесі кеңейтілген

класты құрайтын дұрыс жүйелер және қалған жүйелер класын құрайтын

дұрыс емес жүйелер.

Ляпунов классификациясының негізгі етіп әртүрлі кластар жүйелері

кӛрсеткіштерінің сыртқы әсер күштер әсерінен ӛзгерті ерекшеліктері

алынған.

№12 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Ляпунов түрлендіруі.

2. Н-түрлендіруі.

3. Ляпунов критерийі.

4. Перрон критерийі.

5. Басов-Гробман-Богданов критерийі.

6. Виноград критерийі.

12.1-мысал. Қалыпты жардан формасы бар А матрицасының 𝑅𝑒-

түрлендіруі.

87

𝐴 = 𝑑𝑖𝑎𝑔 𝐶𝑘 , 𝐶𝑘 =

𝜆𝑘 1 0

𝜆𝑘 1

0 𝜆𝑘

диагональды емес элементтерін ӛзгертпейді, яғни

𝐵 = 𝑅𝑒𝐴 = 𝑑𝑖𝑎𝑔 𝑅𝑒𝐶𝑘 ,

𝑅𝑒𝐶𝑘 =

𝑅𝑒𝜆𝑘 1 0

𝑅𝑒𝜆𝑘 1

0 𝑅𝑒𝜆𝑘

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

12.1 𝐴 және 𝑇−1𝐴𝑇 матрицаларының сипаттаушы теңдеулері бірдей

болатындығын дәлелдеу керек.

12.2 𝐴матрицасының ізі оның характеристикалық кӛрсеткіштерінің

қосындысы

12.3 𝑥 = 1 00 1

𝑥 жүйесін 𝑦 = 1 01 1

𝑦 жүйесіне кӛшіретін Ляпунов

түрлендіруі табыла ма?

12.4 𝑥 =1

1+𝑡2𝑒 𝑡 𝑡(𝑡 + 1)𝑒𝑡 −(𝑡 + 1)𝑒𝑡

1 𝑡𝑒𝑡 𝑥 жүйесін 𝑦 =

1 00 0

𝑦

жүйесіне кӛшіретін Ляпунов түрлендіруі табыла ма?

№13 дәріс

Келтірімді жүйелер

13.1-анықтама. Егер біртектес сызықтық дифференциалдық теңдеулер

жүйесі Ляпуновтың қандай да бір түрлендіруі негізінде

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝐵𝑦 (13.1)

(мұндағы 𝐵-тұрақты матрица), жүйеге түрленетін болса, онда ол Ляпунов

бойынша келтірімді жүйе деп аталады.

Келтірімділік ұғымы рефлексифті, бір-біріне келтірімді жүйелердің

кӛрсеткіштері бірдей.

88

Атап айтқанда, келтірімді жүйенің кӛрсеткіштерінің ӛзгерісі,

шешімдерінің орнықтылығы тұрақты коэффициентті жүйенікіндей болады.

Келтірімді жүйелерді жүйелі түрде зерттеген Н.П.Еругин.

Еругин теоремасы. Сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі

келтірімді болу үшін оның қандай да бір фундаментальды матрицасы

𝑋 𝑡 = 𝐿(𝑡)𝑒𝑡𝐵

мұндағы 𝑡 −тәуелсіз айнымалы, 𝐵 −тұрақты матрица түрінде жазылуы

қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі. Қажеттілігі. Айталық, жүйе келтірімді болса, онда 𝑥 =

𝐿(𝑡)𝑦

түрлендіру кӛмегімен

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝐵𝑦, 𝐵 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

сызықтық жүйеге түрлендіруге болады. (13.1) жүйенің фундаментальды

матрицасы 𝑌′ = 𝐵𝑌 матрицалық теңдеуді қанағаттандырады.

Бұдан 𝑌 𝑡 = 𝑒𝑡𝐵𝐶,

𝐶 −кез келген ерекше емес тұрақты матрица.

𝑋 𝑡 = 𝐿 𝑡 𝑦 𝑡 = 𝐿 𝑡 𝑒𝑡𝐵𝐶,

𝐶 = 𝐸 деп алсақ, 𝑋 𝑡 = 𝐿(𝑡)𝑒𝑡𝐵болады.

Жеткіліктілігі. Айталық 𝑋 𝑡 = 𝐿(𝑡)𝑒𝑡𝐵 болсын. Бұдан 𝐿 𝑡 =

𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵 , 𝑥 ′ = 𝐴 𝑡 𝑥 жүйеде 𝑥 = 𝑋(𝑡)𝑒−𝑡𝐵𝑦 Ляпунов түрлендіруін жасайық.

Сонда

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵

𝑑𝑦

𝑑𝑡+ 𝑋′ 𝑡 𝑒−𝑡𝐵𝑦 − 𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵𝐵𝑦 = 𝐴 𝑡 𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵𝑦,

𝑋′ = 𝐴 𝑡 𝑋 болғандықтан

𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑋 𝑡 𝑒−𝑡𝐵𝑦

Бұдан 𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝐵𝑦, 𝐵 −тұрақты матрица.

13.1-лемма.Келтірімді жүйенің шешімінің сипаттауыш кӛрсеткіші

𝛼 = max𝑘

𝑅𝑒 𝜈𝑘

89

артпайды.

Дәлелдеуі. Бізге (13.1) стационар жүйесінің сипаттауыш кӛрсеткіші 𝛼-

дан артпайтындығын дәлелдесек жеткілікті. (13.1) жүйенің кез келген 𝑦

нӛлдік емес шешімін тӛмендегідей түрде келтіруге болады:

𝑦 𝑡 = 𝑃𝑘(𝑡)𝑒𝜈𝑘𝑡

𝑟

𝑘=1

,

мұндағы 𝑃𝑘 - полиномдық вектор-функциялар, сонымен қатар, олардың ең

болмағанда біреуі нӛлдік емес. Онда

𝑦 𝑡 = 𝑃𝑘(𝑡)𝑒𝛼𝑘𝑡

𝑟

𝑘=1

𝑒𝑖𝛽𝑘𝑡 = 𝑒𝛼𝑡 𝑃𝑘(𝑡)𝑒(𝛼𝑘−𝛼)𝑡

𝑟

𝑘=1

𝑒𝑖𝛽𝑘 𝑡 ,

𝑦 𝑡 ≤ 𝑒𝛼𝑡 𝑃𝑘(𝑡) 𝑒(𝛼𝑘−𝛼)𝑡 ≤ 𝑒𝛼𝑡 𝑃𝑘(𝑡) .

𝑟

𝑘=1

𝑟

=1

Сондықтан да,

.)(ln1

lim][1

r

kk

ttPt

ty

Лемма дәлелденді.

Келтірімді жүйелердің асимптотикалық орнықтылығы жайлы

критерий. Келтірімді сызықты дифференциалдық теңдеулер жүйесі

асимптотикалық орнықты болады, сонда тек сонда ғана, егер оның шешімінің

сипаттауыш кӛрсеткіші теріс болса.

Дәлелдеуі. Қажеттілігі. Егер (

t

tetx )(lim ) сызықты

келтірімді жүйе асимптотикалық орнықты болса, онда оның барлық шешімі

𝑡 → +∞ кезде нӛлге ұмтылады, сондықтан да (13.1) стационар жүйенің де

барлық шешімі 𝑡 → +∞ кезде нӛлге ұмтылады. Бұдан (13.1) жүйе

асимптотикалық орнықты, ал бұл 𝑩матрицасының барлық меншікті

мәндерінің нақты бӛлігі теріс болуымен пара-пар. Осылайша, 𝛼 < 0, бұдан

13.1-лемманың негізінде ( xtAdt

dx , nRx ,

13.1) жүйенің шешімдерінің сипаттауыш кӛрсеткіштері теріс болады.

90

Жеткіліктілігі.

Айталық,

𝑥-( xtAdt

dx , nRx , (13.2)

жүйенің кез келген нӛлдік емес шешімі болсын, оның 𝜒 𝑥 сипаттауыш

кӛрсеткіші λ тең болсын. Шарт бойынша 𝜆 < 0. Айталық, 𝜆 + 휀 < 0

болатындай 휀 > 0 жеткілікті аз болсын. Сипаттауыш кӛрсеткіштің

анықтамасынан

𝑥 𝑡 ≤ 𝑒 𝜆+휀 𝑡 ∀𝑡 ≥ 𝑇

болатындай жеткілікті үлкен 𝑇 бар болатындығы шығады.

Бұдан 𝑡 → +∞ кезде 𝑥 𝑡 → 0. Демек, ( xtAdt

dx , nRx ,

) жүйенің барлық шешімі 𝑡 → +∞ кезде нӛлге ұмтылады, ал бұл ( xtAdt

dx ,

nRx , ) жүйенің

асимптотикалық орнықтылығын дәлелдейді.

№13 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Еругин теоремасы.

2. Келтірімді жүйелердің орнықтылығы

3. Еругинніңкелтірімділік критерийі.

4. Келтірімді жүйелердің асимптотикалық орнықтылығы жайлы критерий.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

13.1 𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝐴 𝑡 𝑥, 𝑡 ≥ 1

мұндағы 𝐴 𝑡 = 0 12

𝑡20 жүйесі келтірімді емес екенін дәлелдеу керек.

91

№14 Дәріс. Дұрыс жүйелер

Айталық,

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝐴(𝑡)𝑥

жүйе үшін

𝜎 = 𝑛𝑘𝛼𝑘𝑚𝑘=1 (14.1)

оның қалыпты фундаментаьды шешімдер жүйесіне енетін шешімдердің

сипаттамалық кӛрсеткіштерінің қосындысы болсын.

14.1-анықтама. Сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесі

Ляпунов бойынша дұрыс деп аталады, егер оның шешімдерінің

сипаттамалық кӛрсеткіштерінің қосындысы жүйенің матрицасының ізінің

орта мәнінің тӛменгі шегіне тең болса, яғни

𝜎 = lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴(𝜏)𝑑𝜏

𝑡

0

Лемма. Сызықтық дифференциалдық теңдеулердің (14.2) жүйесі дұрыс

болады, сонда тек сонда ғана, егер:

1) жүйе матрицасы ізінің нақты бӛлігінің орта мәнінің шегі бар болса

𝑆 = lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴(𝜏)𝑑𝜏

𝑡

0

2) Ляпунов теңдігі 𝜎 = 𝑆 орындалса.

Келтірімді жүйелер мен дұрыс жүйелер арасындағы байланысты

тағайындаған Ляпунов.

14.1-теорема. Сызықтық дифференциалдық теңдеулердің кез келген

келтірімді жүйесі дұрыс болады.

Айталық (14.2) жүйесі келтірімді болсын. 𝑋(𝑡) oның қалыпты

фундаменталды матрицасы. Онда

𝑋 𝑡 = 𝐿 𝑡 𝑌(𝑡)(14.3)

болатындай 𝐿 𝑡 Ляпунов матрицасы табылады, мұндағы

92

𝑌 𝑡 𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝐵𝑦 (𝐵-тұрақты матрица) жүйесінің фундаментальды матрицасы.

(14.3)теңдіктен

𝑑𝑒𝑡𝑋 𝑡0 𝑒 𝑆𝑝𝐴 𝜏 𝑑𝜏

𝑡

𝑡0 = 𝑑𝑒𝑡𝐿 𝑡 𝑑𝑒𝑡𝑌(𝑡0)𝑒(𝑡−𝑡0)𝑆𝑝𝐵

Остраградский-Лиувилль формуласын пайдаланайық

𝑑𝑒𝑡𝑋 𝑡0 𝑒 𝑆𝑝𝐴 (𝜏)𝑑𝜏

𝑡

𝑡0 = 𝑑𝑒𝑡𝐿(𝑡)detY(𝑡0)𝑒(𝑡−𝑡0)𝑆𝑝𝐵

𝑒 𝑆𝑝𝐴 (𝜏)

𝑡

𝑡0𝑑𝜏

= 𝐶(𝑡0) 𝑑𝑒𝑡𝐿(𝑡) ∙ 𝑒(𝑡−𝑡0)𝑆𝑝𝐵

𝐶 𝑡0 = 𝑑𝑒𝑡 𝑌 𝑡0 𝑋−1(𝑡0)

деп белгілесек,

Демек,

1

𝑡 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐴 𝜏 𝑑𝜏 =

1

𝑡𝑙𝑛 𝐶(𝑡0) det 𝐿(𝑡) + (1 −

𝑡0

𝑡)𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵

𝑡

𝑡0

𝑡0, +∞) аралығында𝑙𝑛 det 𝐿(𝑡) шенелген болғандықтан, жоғарыдағы

теңдіктен

𝑆 = lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐴 𝜏 𝑑𝜏 = 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵

𝑡

𝑡0

аламыз.

Сонымен бірге 𝜎𝑥 , 𝜎𝑦 қосындылар сәйкес X және Y фундаментальды

матрицалардың сипаттамалық кӛрсеткіштердің қосындысы болсын.

Ляпунов түрлендіруі кезінде сипаттамалық кӛрсеткіштер сақталатындықтан,

𝜎𝑥 = 𝜎𝑦 сонымен бірге X қалыпты жүйе болса, Y-те қалыпты болады.

Ал қалыпты матрица үшін сипаттамалық кӛрсеткіштер

det 𝐵 − 𝜆𝐸 = 0 сипаттаушы теңдеудің 𝜆𝑗 түбірлерінің нақты бӛліктері.

Сондықтан

𝜎𝑦 = 𝑅𝑒𝜆𝑗 = 𝑅𝑒 𝜆𝑗 = 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵.

𝑗𝑗

Сонымен, 𝜎𝑥 = 𝑅𝑒𝑆𝑝𝐵 = 𝑆, жүйе дұрыс.

Дұрыс жүйелер келтірімді емес болуы мүмкін.

93

Сызықтық жүйенің дұрыстық критерийлері ішіндегі негізгілер тӛмендегідей.

Ляпунов критерийі. Үшбұрышты жүйе дұрыс болуы үшін оның

диагональдық коэффициенттерінің дәл интегралдық орталары бар болуы

қажетті және жеткілікті.

Перрон критерийі. Сызықтық жүйе дұрыс болуы үшін оның

кӛрсеткіштері мен түйіндес жүйенің кӛрсеткіштері абсолют шамасы жағынан

тең, таңбалары қарама-қарсы болуы қажетті және жеткілікті.

Басов-Гробман-Богданов критерийі. Сызықтық жүйе дқрыс болады,

сонда тек сонда ғана , егер ол жалпыланған келтірімді болса, яғни

Ляпуновтың жалпыланған түрлендіруі𝑦 = 𝐿′ 𝑡 𝑥 кӛмегімен (мұндағы L’(t) -

бӛліктеп дифференциалданады) және 𝑤 𝐿′(𝑡) = 𝑤 𝐿−1(𝑡) = 0. 𝑑𝑦

𝑑𝑥=

𝑑𝑖𝑎𝑔 𝜆1, … , 𝜆2 𝑦 жүйесіне түрленетін болса.

Виноград критерийі. Сызықтық жүйе дұрыс болу үшін қандай да бір

қалыпты 𝑌 = 𝑥1 𝑡 , … , 𝑥𝑛(𝑡) жүйе шешімінің дәл кӛрсеткіштерінің бар

болуы 𝑥𝑘 𝑡 және шешімі мен алдыңғы 𝑥1, … , 𝑥𝑘−1 шешімдерінің 𝑘 −

1 сызықтық кеңістіктің арасындағы бұрышының синусының дәл нӛлдік

кӛрсеткіші бар болуы қажетті және жеткілікті.

№14 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар

1.Ляпунов критерийі.

2. Перрон критерийі.

3. Виноград критерийі.

4. Басов-Гробман-Богданов критерийі.

14.1-мысал:

.1

,1

1

2

212

2

211

e

xex

d

dx

e

xxe

d

dx

(14.1)

дұрыс жүйе болатындығын кӛрсетейік.(14.1) жүйе шешімінің қалыпты

94

жүйесі былай болады:

.1

1

2212

2111

xex

xx

.11

lim1ln1

lim22

22222

1

t

tt

t

t

t et

etteet

tx

.01

lim1ln1

lim2

22

t

tt

tx

tt

.10121 xx

e

ee

e

e

e

etSpA

2

2

22

2

1

2

11

11

2lim

1lnlim1ln

1lim

1

11lim

1

21lim

1lim

2

22

0

2

0

2

2

0

2

2

0

t

t

t

t

t

t

t

t

t

tt

tt

et

ett

t

ete

t

e

ed

td

e

ee

tdttSpA

t

0111

lim0

2

1

t

ti

i dttSpAt

яғни жүйе дұрыс болады.

Дұрыс және келтірімді жүйелер арасындағы байланысты Ляпунов

орнатқан болатын.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

14.1 𝑑𝑥

𝑑𝑡=

𝑥

2 𝑡 𝑡 > 0 теңдеуі дұрыс екенін, бірақ келтірімді емес екендігін

дәлелдеу керек.

14.2 𝑥1 = 𝑥1𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 + 𝑥2𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡𝑥2 = 𝑥1𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡

жүйесі дұрыс бола ма? (жоқ)

14.3

𝑥1 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3

𝑥2 = 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3

𝑥3 = −𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3

жүйесі дұрыс бола ма? (иә)

95

№15 дәріс

Сызықтық жүйелердің дұрыс еместік коэффициенттері

Асимптотикалық инварианттар деп Ляпунов түрлендірулер кезінде

ӛзгеріссіз қалатын шешімнің қасиеттерін айтады. Асимптотикалық

инварианттардың мысалдары: шешімнің шенелгендігі, шешімнің

сипаттамалық кӛрсеткіші, тӛменгі кӛрсеткіш, дұрыс еместік кӛэффициенттері

(Ляпунов, Гробман, Перрон).

Ляпуновтың дұрыс еместік коэффициенті.

𝑑𝑦 𝑖

𝑑𝑡= 𝑎𝑖𝑗 𝑡 𝑦𝑖𝑗 , (𝑖 = 1, 𝑛 )𝑛

𝑗 =1 (15.1)

біртектес сызықтықжүйе үшін Ляпуновтың дұрыс еместік коэффициенті

𝜎⋀ = 𝜆𝑖 − lim𝑡→∞

1

𝑡 𝑆𝑝𝐴(𝜏)𝑑𝜏

𝑡

0

𝑛

𝑖=1

түрінде анықталатын шама. Мұндағы 𝜆𝑖- жүйенің характеристикалық

кӛрсеткіштері, 𝑆𝑝𝐴 𝑡 белгілеуі 𝐴 𝑡 матрицасының ізін кӛрсетеді.

Енді Ляпуновтың дұрыс еместік коэффициентін есептеуге мысал

келтірейік.

Айталық,

𝑑𝑥1

𝑑𝑡= 𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 𝑥1,

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= 2 𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 𝑥2,

… … … … … … … … .𝑑𝑥𝑛

𝑑𝑡= 𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥𝑛

(∗)

берілсін.

Мұндағы

𝑑𝑥1

𝑥1= 𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 𝑑𝑡,

𝑑𝑥2

𝑑𝑡= 2 𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 𝑥2,

… … … … … … … … .𝑑𝑥𝑛

𝑑𝑡= 𝑛(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥𝑛

96

𝑙𝑛𝑥1 = 𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡,𝑙𝑛𝑥2 = 2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡),

… … … … .𝑙𝑛𝑥𝑛 = 𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡)

𝑥1 = 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ,

𝑥2 = 𝑒2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ),… . … . … . … .𝑥𝑛 = 𝑒𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 )

Жүйенің фундаментальды матрицасы

𝑋 𝑡 =

𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 0 … 00 𝑒2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) … 0… … … …0 0 … 𝑒𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 )

Жүйенің характеристикалық кӛрсеткіштерін есептейік:

𝜆1 = 𝜒 𝑥1 = lim 𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 = lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 = 1

… … … … … … … …

𝜆𝑛 = 𝜒 𝑥𝑛 = lim 𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) = lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡) = 𝑛

𝜎⋀ = 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 = lim 𝑡→∞

1

𝑡 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡 𝑑𝑡 =

𝑡

0

= 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 + 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 = 2 ∙𝑛(𝑛 + 1)

2= 𝑛(𝑛 + 1)

Сонымен 𝜎⋀ = 𝑛 𝑛 + 1 .

Демек , бұл жүйе дұрыс емес болып табылады.

Гробманның дұрыс еместік коэффициенті. (15.1) сызықтық жүйе

үшін Гробманның дұрыс еместік коэффициенті тӛмендегідей түрде

анықталатын шама:

𝜎Г = inft≥0max 𝑖

𝜆𝑖 + 𝛿𝑖 .

Мұндағы, 𝜆𝑖-базистік матрицаның 𝑋 𝑡 𝑖–ші бағанының

характеристикалық кӛрсеткіштері, 𝛿𝑖- оған кері матрицаның 𝑋−1(𝑡)𝑖– ші

жолының характеристикалық кӛрсеткіштері.

Мысал: (*) жүйе берілсін. Жүйенің фундаментальды матрицасы

97

𝑋 𝑡 =

𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 0 … 00 𝑒2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) … 0… … … …0 0 … 𝑒𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 )

Кері матрицасы

𝑋−1 𝑡 =

𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 0 … 00 𝑒−2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) … 0… … … …0 0 … 𝑒−𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 )

𝑋−1 𝑡 матрицасының 𝑖- жолының характеристикалық кӛрсеткіштерін

есептейміз:

𝜎1 = 𝜒 𝑥1 = lim 𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 = − lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 = 1

… … … … … … … …

𝜎𝑛 = 𝜒 𝑥𝑛 = lim 𝑡→∞

1

𝑡𝑙𝑛𝑒−𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) = − lim

𝑡→∞

1

𝑡𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡) = 𝑛

𝛿1 = 1, … , 𝛿𝑛 = 𝑛

𝜆1 + 𝛿1 = 1 + 1 = 2

… … … …

𝜆𝑛 + 𝛿𝑛 = 𝑛 + 𝑛 = 2𝑛.

Бұдан

𝜎Г = max 2,2𝑛 = 2𝑛.

Перронның дұрыс еместік коэффициенті. Cызықтық жүйе үшін

перрон коэффициенті тӛмендегідей түрде анықталатын шама:

𝜎П = max𝑗

𝜆𝑖 + 𝜇 ,

мұндағы: 𝜆1 ≤ 𝜆2 ≤ ⋯ ≤ 𝜆𝑛 (1) жүйесінің , ал 𝜇1 ≤ 𝜇2 ≤ ⋯ ≤ 𝜇𝑛 (1)

жүйеге түйіндес жүйенің кӛрсеткіштері.

98

№15 тәжірибелік сабақ

Тақырып бойынша сұрақтар:

1. Ляпуновтың дұрыс еместік коэффициенті.

2. Асимптотикалық инварианттар

3. Гробманның дұрыс еместік коэффициенті

4. Перронның дұрыс еместік коэффициенті

15.1-мысал. (*) жүйе берілсін. Жүйенің фундаментальды матрицасы

𝑋 𝑡 =

𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 0 … 00 𝑒2(𝑡𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 ) … 0… … … …0 0 … 𝑒𝑛(𝑡𝑠𝑖𝑛 𝑙𝑛𝑡 )

Жүйенің характеристикалық кӛрсеткіштерін есептейік:

𝜎П = max𝑖

𝜆𝑖 + 𝜇 = 𝑚𝑎𝑥 1 + 𝑛, 1 + 𝑛, +𝑛 = 1 + 𝑛

Бұл үш сан үшін үнемі

0 ≤ 𝜎П ≤ 𝜎Г ≤ 𝑛𝜎П

𝜎Г ≤ 𝜎Л ≤ 𝑛𝜎Г

теңсіздіктері орындалады.

Сонда коэффициенттердің біреуінің нӛлге айналуы қалған екеуінің де

нӛлге айналуына келтіреді және бұл жағдайда жүйе дұрыс жүйе болады.

Ӛз бетімен шығаруға арналған тапсырмалар:

15.1 𝑥1 = 𝑝1(𝑡)𝑥1

𝑥2 = 𝑝2(𝑡)𝑥2

мұндағы

𝑝1 𝑡 = 2, 𝑡 ∈ 2𝑘 − 2 ! 2𝑘 − 1 !

1, 𝑡 ∈ 2𝑘 − 1 !, 2𝑘 !

𝑝2 𝑡 = 3, 𝑡 ∈ 2𝑘 − 2 ! 2𝑘 − 1 !

0, 𝑡 ∈ 2𝑘 − 1 !, 2𝑘 !

жүйенің дұрыс еместік кэффициенттерін (𝜎л, 𝜎𝑟 , 𝜎п) есептеу керек.

(Жауабы:𝜎л = 2 + 3 − 1 = 4, 𝜎𝑟 = 3, 𝜎п = 2)

99

15.2

𝑥1 = 2(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥1

𝑥2 = 3(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥2

𝑥3 = 4(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥3

𝑥4 = 5(𝑠𝑖𝑛𝑙𝑛𝑡 + 𝑐𝑜𝑠𝑙𝑛𝑡)𝑥4

жүйенің дұрыс еместік коэффициенттерін табу керек

(𝜎л = 28, 𝜎𝑟 = 10, 𝜎п =)

15.3

𝑥1 = 𝑥1

𝑥2 = 2𝑥2

𝑥3 = 3𝑥3

𝜎л, 𝜎𝑟 , 𝜎п−?

№1. Бақылау есептері

1.Бірінші жуықтауды пайдаланып жүйенің нӛлдік шешімін орнықтылыққа

зерттеу керек.

а) 𝑥 ′ = 𝑙𝑛 4𝑦 + 𝑒 − 3𝑥 ,

𝑦′ = 2𝑦 − 1 + 1 − 6𝑥 1

3 .

б) 𝑥 ′ = 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥,

𝑦′ = 3𝑥2 − 𝑥 + 3𝑦.

2. Мына теңдеулер жүйесінің нӛлдік шешімдері a және b параметрлерінің

қандай мәндерінде асимптотикалық орнықты болатындығын анықтау керек.

а) 𝑥′ = 𝑎𝑥 − 2𝑦 + 𝑥2,

𝑦′ = 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦. б)

𝑥′ = 𝑙𝑛 𝑒 + 𝑎𝑥 − 𝑒𝑦,

𝑦′ = 𝑏𝑥 + 𝑡𝑔𝑦.

3. Мына теңдеулердің нӛлдік шешімдерін орнықтылыққа Раусс-Гурвиц

немесе Михайлов белгісі арқылы зерттеу керек.

а)yV + 5yIV + 15y′′′ + 48y′′ + 44y′ + 74y = 0.

б)y V

+ 2y IV

+ 5y′′′ + 6y′′ + 5y′ + 2y = 0.

4. Мына теңдеулер жүйесінің нӛлдік шешімдерін Ляпунов функциясын

құрып және Ляпунов немесе Четаев теоремасын пайдаланып орнықтылыққа

зерттеу керек.

а) 𝑥′ = 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦2,

𝑦′ = 2𝑥 − 𝑦 − 𝑦3. б)

𝑥′ = 𝑥3 − 𝑦,

𝑦′ = 𝑥 + 𝑦3.

5. Жүйенің 𝑥 = −𝑡2, 𝑦 = 𝑡 шешімдерін орнықтылыққа зерттеу керек.

100

𝑥′ = 𝑦2 − 2𝑡𝑦 − 2𝑦 − 𝑥

𝑦′ = 2𝑥 + 2𝑡2 + 𝑒2𝑡−2𝑦 .

№2. Бақылау есептері

Функцияның сипаттамалық кӛрсеткіштерін есептеңіз

1.𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

2.𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡(𝑠𝑖𝑛𝑡 +1), 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡) , 𝑓2 𝑡 = 𝑒−𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡

3.𝑓1 𝑡 = 𝑒𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒2𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

4.𝑓1 𝑡 = 𝑒(1−2𝑠𝑖𝑛 2𝑡)𝑡 , 𝑓2 𝑡 = 𝑒(1−2𝑐𝑜𝑠 2𝑡)𝑡 , 𝑓 𝑡 = 𝑓1(𝑡) ∙ 𝑓2(𝑡)

5.Матрицаның характеристикалық кӛрсеткіштерін есептеңіз.

𝐴 𝑡 = (𝑒𝑡𝑙𝑛𝑠𝑖𝑛𝑡 0

0 𝑒2𝑡𝑙𝑛𝑠𝑖𝑛𝑡)

6.𝑥 =1

1+𝑡2𝑒 𝑡 𝑡(𝑡 + 1)𝑒𝑡 −(𝑡 + 1)𝑒𝑡

1 𝑡𝑒𝑡 𝑥 жүйесін 𝑦 =

1 00 0

𝑦 жүйесіне

кӛшіретін Ляпунов түрлендіруі табыла ма?

7.

𝑥1 = 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3

𝑥2 = 𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3

𝑥3 = −𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3

жүйесі дұрыс бола ма? (иә)

8.

x1 = x1

x2 = 2x2

x3 = 3x3

σл, σr , σп−?

101

ҚОЛДАНЫЛҒАН ӘДЕБИЕТТЕР

1. Александров А.Ю., Александрова Е.Б., Екимов А.В., Смирнов Н.В.

Сборникзадач и упражненийпотеорииустойчивости.// С.Петербург. 2003.-

263б.

2. Былов Б.Ф., Виноград Р.З., Гробман Д.М., Немыцкий В.В. Теория

показателей Ляпунова и ее приложения к вопросам устойчивости. - М.:

Наука, 1966. - 576 С.

3. Вильданова Ф.Х. Ляпунов кӛрсеткіштері теориясына кіріспе: оқу-

әдістемелік құралы. – Шәкәрім атындағы Семей мемлекеттік университеті. –

Семей, 2001, -48 б.

4. Демидович Б.П. Лекции по математической теории устойчивости –

М.: Наука, 1967. -427

5. Изобов Н.А.Линейные системы обыкновенных дифференциальных

уравнений. Итоги науки и техники. Математический анализ. Т.12. ВИНИТИ

АН СССР. - М., 1974. С.71 - 146 .

6. Изобов Н.А. Введение в теориюпоказателейЛяпуноваМн.:БГУ,

2006.-319с.

7. Краснов М.Л., Кисилев А.И., Макаренко Г.И.

Обыкновенныедифференциальныеуравнения. Изд. 4-е., - М.: Едиториал

УРСС, 2002. – 256с.

8. Ляпунов А.М. Общаязадачаобустойчивостидвижения. Гостехиздат

М.-л.,1956

102

103

104

105