Динамика уравнений первого порядка с запаздыванием - 10 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЯрГУ | Ярославль

Составители: 

Рубрика: 

10 Часть I. Локальный анализ
Отсюда
a
2
0
= 1 + ω
2
, (1.5)
−ω = tg ωT. (1.6)
В силу условия a < 0 значение ω не может обращаться в ноль. Обозна-
чим через ω(T ) наименьший положительный корень уравнения (1.6) (см.
рисунок 1). Положим a
0
(T ) = −
p
1 + ω
2
(T ).
Рис. 1.
Лемма 1.1 При a
0
(T ) < a < 0 все корни уравнения (1.4) имеют отрица-
тельные вещественные части, а при a < a
0
(T ) существует корень (1.4)
с положительной вещественной частью.
Для обоснования леммы надо лишь показать, что при каждом a < a
0
(T )
найдется корень с положительной вещественной частью. Обозначим через
λ(a) какой-либо корень уравнения (1.4). Очевидно, что λ(a) непрерывно за-
висит от параметра a. Утверждение будет доказано, если удастся показать,
что
Re
dλ(a)
da
¯
¯
¯
¯
a=a
0
, λ(a
0
)=iω
< 0.
Дифференцируя равенство (1.4) по a, полагая a = a
0
и λ(a
0
) = iω и учи-
тывая равенства (1.5)–(1.6), получаем, что
Re
dλ(a)
da
¯
¯
¯
¯
a=a
0
, λ(a
0
)=iω
=
ω
2
T + 1 + T
a((1 + T )
2
+ ω
2
T
2
)
. (1.7)
Отсюда и из условия a < 0 следует требуемое неравенство.
Пусть теперь a > 0. Из (1.5)–(1.6) очевидно, что a
0
(T ) = 1 и ω(T ) = 0.

Страницы