Полная версия

Главная arrow Математика, химия, физика arrow ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

  • Увеличить шрифт
  • Уменьшить шрифт


<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>

Теорема о функции Ляпунова

Теорема 29.1 (Теорема о функции Ляпунова0) Пусть система (29.1) имеет, нулевое положение равновесия (f(0) — 0) и пусть V(x) функция Ляпунова для этой системы. Если при этом, ее производная в силу системы неположительна, то нулевое положение равновесия (нулевое решение системы) устойчиво по Ляпунову. Если знак неравенства строгий пулевое положение равновесия устойчиво асимптотически. Если же производная функции V (х) в силу системы положительна, то нулевое положение равновесия неустойчиво.

Доказательство. Рассмотрим сначала случай, когда производная V(x) в силу системы неположительна. Это означает, что для любого решения x(t,) функция Г(:г(?)) является невозрастающей, а потому V(x(t)) < Г(а:(0)) = Г(а;о)- Остается воспользоваться эквивалентностью V(х) —» 0 и х —»? 0, которая обсуждалась в леммах 29.1-29.2. Из второй леммы следует, что для любого е > 0 найдется такое г > 0, что V(x) < г немедленно влечет ||ж|| < е. По первой же лемме по этому самому г можно найти 6 > 0 такое, что как только ||ж|| < S, то сразу V(х) < г.

Остается только склеить это все в цепочку: если таким образом выбрать по 6 число г, а потом но нему число (5, то при ||хо|| < 8 но-

fTl формулировка, и доказательство этой теоремы как раз и принадлежат Ля- пунову. а вот название „функция Ляпунова” ужо плод творчества его учеников и последователей, знак признания значимости этого „изобретения” и отдания чести его автору.

лучим V(xq) < г, в силу монотонности тогда при всех t > 0 получим V(x(t)) < г, а тогда ||x(i)|| < е. Собирая начало и конец цепочки получаем выполнение определения устойчивости. Случай неположительной производной в силу системы обоснован.

Рассмотрим теперь случай, когда (dV/dx)f{x) < 0. Поскольку устойчивость уже обоснована, нам достаточно показать, что x(t) —> 0 при t —> ос. В силу эквивалентности х —> 0 и V{x) —» 0, нам будет достаточно показать, что V(x(t)) —? 0. Это функция монотонно убывающая (ее производная строго отрицательна), поэтому она имеет предел, обозначим его Vo- Покажем, что Vo не может быть положительным. Для этого предположим противное: Vo > 0. Тогда для всех t имеем 0 < Vo < V(x{t)) < V{x0) < Too.

Рассмотрим множество Q = : Vq {х : г < ||х|| < R}. В самом деле, из условия ’Р(О) = 0 и непрерывности в нуле следует, что для е = V(ад) существует <5 (которое мы дальше будем обозначать через г), что из ||ж|| < г следует V(x) < V(.Х'о). Но тогда те х, для которых выполнено V(х) > V(х0), никак не могут попасть в шар радиуса г, а значит, для них ||ж|| > г. Аналогично, из условия И(оо) = ос следует, что для некоторого R из ||ж|| > R будет следовать V(x) > Н(х'о). Значит, те х, для которых V(x) < У(жо), наверняка лежат в шаре ||ж|| < R.

Мы уже вполне готовы к завершению доказательства. Поскольку в кольце г < М < R функция (grad V(x),f(x)) непрерывна и строго отрицательна, она не превосходит некоторой строго отрицательной константы (—7) < 0. Но тогда вдоль всей траектории x(t)

и интегрированием по отрезку [0, f] получаем

откуда, учитывая наше предположение V(x{t)) > Vq > 0,

чего не может бы ть: правая часть стремится к минус бесконечности при t —> +оО; а левая остается константой (хотя и отрицательной, но константой). Противоречие показывает, что предположение Vo > 0 было неверным. Значит, Н(ж(?)) —> 0, а поэтому и ||ж(?)|| —>• 0 при t —> +00. Таким образом, и в этом случае утверждение теоремы доказано.

Доказательство третьего случая совершенно аналогично второму, поэтому мы оставляем его для самостоятельной работы. Доказательство теоремы завершено.

Замечание. Может показаться не совсем ясным, в каком месте „сыграло” предположение Vo > 0. Фокус в том, что главным опорным пунктом в нашей конструкции является равномерная по t оценка производной

которая может быть сделана только если х отделено от нуля (ведь в нуле V(x) имеет минимум, а значит grad Г(0) = 0). VI именно тут наше предположение и „сработало14. В случае же Vo = 0 никаких противоречий не возникает. Почувствовать это можно с помощью следующего соображения: все пространство Щп можно разбить на „слои11

в каждом слое мы имеем равномерную оценку производной сверху отрицательным числом, поэтому каждый слой проходится за конечное время (которое может быть оценено). Значит, ни в одном слое мы не можем задержаться бесконечно долго. Остается единственная возможность пройти сквозь все слои и добраться тем самым (пусть и за бесконечное время) до начала координат.

 
<<   СОДЕРЖАНИЕ ПОСМОТРЕТЬ ОРИГИНАЛ   >>