Будем рассматривать вопрос существования и единственности решения
у= (х,С) | (8) |
|
с начальными значениями х=х0 и у=у0. Условие единственности означает следующее: если у1(х) и у2(х) – решения (2), которые определены на интервалах I 1 и I 2 соответственно, и которые удовлетворяют начальным условиям у1(х0)=у2(х0)=у0, тогда у1(х)=у2(х) на пересечении интервалов I 1 и I 2. С геометричной точки зрения это означает, что через каждую точку соответствующей области проходит интегральная кривая и причём только одна (см. рисунок).
§ 3. Существование и единственность решения
дифференциального уравнения первого порядка
Первое доказательствоательство существования и единственности решения дифференциального уравнения при заданных начальных условиях принадлежит Коши, которое он получил в 1820–1830 гг.
Теорема Пикара. Пусть дано уравнение
(1) |
и начальные значэния х0, у0. Если функция f(x,y) удовлетворяет условиям:
1) является непрерывной по двум переменным в замкнутой области D. Тогда из свойства непрерывной в замкнутой области функции следует её ограниченность, т.е. М>0, что |f(x,y)| M D;
2) удовлетворяет в области D условию Липшица по переменной у, т.е D выполняется неравенство|f(x,y1 )-f(x,y2 )| L|y1-y2|, где L– постоянная Липшица.
Тогда существует единственное решение у(х), которое удовлетворяет начальному условию
у(х0)=у0 | (2) |
причём функция у(х) непрерывно дифференцируемая для всех х из отрезка
|x-x0 | h, где h=min{a; b/M}, где а,b некоторые известные положительные числа, определяемые областью V Í D (см. док-во, 1 этап) и график у(х) принадлежит D для этих х.
|
|
Лемма. Если функция f(x, y) в области D имеет ограниченную частную производную по у, то она удовлетворяет условия Липшица по второй переменной.
Доказательствоательство. По теореме Лагранжа
f(x, y1) – f(x, y2) = f¢y(x, y2 + q(y1 – y2))(y1 – y2), где 0< <1.
по условию леммы |f¢y(x, y)| £ L, " (x, y) Î D, тогда " (x, y1) Î D, " (x, y2) Î D имеем |f(x, y1) – f(x, y2)| £ L |y1 – y2|.
Доказательствоательство теоремы Пикара
Идея доказательствоательства. Доказательствоательство проведём в несколько этапов:
1) Построим вспомогательное интегральное уравнение.
2) Построим специальную последовательность функций, которые называют приближёнными решениями, и докажем их свойства.
3) Найдём предел последовательности приближённых решений с помощью признака Вейерштрасса равномерной сходимости функционального ряда.
4) Покажем, что предел последовательности приближённых решений является решением задачи Коши.
5) Докажем единственность найденного решения.
1). Сузим область D. Будем рас-сматривать ДУ (1) в замкнутой области V Í D, где
V = {(x,y)||x-x0| a, |y-y0| b}( а,b некоторые известные положительные числа) – прямоугольник с центром в точке (x0, y0).
|
|
Решение задачи Коши сводится к решению эквивалентного интеграль-ного уравнения
. (3)
Действительно, уравнение (3) получается из (1) если его проинтегри-ровать по x на промежутке от x0 до x (|x – x0| £ a)
,
и воспользоваться начальным условием (2), то из
получаем уравнение (3).
Из интегрального уравнения (3) уравнение (1) получается при диффе-ренцировании его по x, а начальное условие (2) — подстановкой x = x0.
2). Построим последовательность функций
y0(x), y1(x), y2(x) … (4)
заданных на отрезке x0 – a £ x £ x0 + a, по следующему правилу
y0(x) º y0,
,
,
...
,
...
Определение.Функции последовательности (4) называются приближёнными значениями задачи Коши (1), (2).
Выясним, какими свойствами обладают функции последовательности (4). В области V функция f(x, y) непрерывная, поэтому M Î R, что|f(x, y)| £ M.
Будем считать, что
x Î I = { |x – x0| £ h, дзе h = min{a, } }
Покажем, что " x Î I, " i = 1, 2, … справедливы утверждения:
а) функции yi(x) непрерывные;
б) yi(x0) = y0;
в) |yi(x) – y0| £ b. (5)
Действительно:
|
|
а) функция y0(x) º y0 — непрерывная, функция непрерывная, как сумма и композиция непрерывных функций и т.д.
б) равенство yi(x0) = y0; получаем непосредственно подстановкой x = x0 в выражения для yi(x)
в) функция y0(x) очевидно удовлетворяет неравенству (5), далее используем метод математической индукции.
Для i = 1 из формулы для y1(x) имеем
|y1(x) – y0| = £ £
£ M = M|x – x0| £ = b Þ (5)
Предположим, что неравенство (5) выполняется для i = n – 1
|yn – 1(x) – y0| £ b (5¢)
Покажем справедливость (5) для i = n
|yn(x) – y0| = £ Ä
т.к. неравенство (5¢) выполняется, и точка (t, yn – 1(t)) при t Î I принадлежит области V, где функция f(x, y) ограниченная. Поэтому
Ä £ M = M|x – x0| £ = b Þ (5)
3). Покажем, что существует предел последовательности (4), причём последовательность сходится равномерно на I = { |x – x0| £ h }.
Построим функциональный ряд
y0(x) + [y1(x) – y0(x)] + [y2(x) – y1(x)] + … + [yn(x) – yn – 1(x)] + … (6)
последовательность частичных сумм которого — Sn(x) = yn(x).
Докажем что (6) сходится равномерно, тогда по определению равномерно сходящегося ряда последовательность {Sn(x)}, а значит и последовательность (4) будут равномерно сходящимися.
Оценим члены ряда (6): [y1(x) – y0(x)] мы уже рассматривали:
|
|
|y1(x) – y0(x)| £ £ M|x – x0| (7)
Для следующего члена (6) получаем
|y2(x) – y1(x)| = £
£ £ | воспользуемся условием Липшица | £
£ £ | используем (7) | £
£ = (8)
Аналогично
|y3(x) – y2(x)| = £ | условие Липшица | £
£ £
£ = .
По гипотезе математической индукции, пусть верно
|yn –1 (x) – yn – 2(x)| £ . (9)
Тогда
|yn(x) – yn – 1(x)| = £ | условие Липшица | £
£ = (10)
Таким образом, "x Î I = { |x – x0| £ h} получили последовательность оценок
(7) Þ |y1(x) – y0(x)| £ Mh
(8) Þ |y2(x) – y1(x)| £
(9) Þ |yn –1 (x) – yn – 2(x)| £ .
(10) Þ |yn(x) – yn – 1(x)| £
Тогда члены функционального ряда (6) не превосходят соответствующие члены знакоположительного числового ряда
y0 + Mh + + ... + + + ... (11)
По признаку Д’Аламбера ряд (11) сходится
= = = 0 < 1 (11) – мажорантный
(по признаку Вейерштрассе) (6) сходится равномерно, а значит функция
,
причём Y(x) непрерывная на I (т.к. члены ряда – непрерывные).
Замечание. 1). Функция Y(x) удовлетворяет начальному условию (2).
Действительно,
.
2). График функции Y(x) принадлежит области V.
Действительно, переходя в неравенстве (5) к пределу, при n ® ¥ получаем
|yi(x) – y0| £ b Þ |Y(x) – y0| £ b
4). Покажем, что функция Y(x) является решением уравнения (3).
По определению
(12)
Считаем, что n ® ¥, тогда слева в (12)
.
Пкажем, что справа в (12)
,
это эквивалентно
. (13)
Распишем по определению по Коши:
"e > 0, $N(e) Î N ,`"n ³ N(e), "xÎ I Þ |yn(x) – Y(x)| < e. (*)
Пусть n – 1 ³ N(e), оценим модуль разности
(используем условие Липшица)
. (14)
Тогда "e1 > 0 можно найти e = e1/Lh и из (*) найти N(e)Î N такое, что (14) будет выполняться "n ³ N(e), "xÎ I (13).
Таким образом, предельный переход в (12), при n ® ¥, приводит к равенству
, (15)
причём функция Y(x) является непрерывно диффернцируемой по х.
5). Единственность докажем методом от противного.
Пусть существуют два решения задачи Коши Y(x) и Z(x), которые не совпадают ни в какой окрестноститочки x0 , т.е. Y(x) ¹ Z(x).
Рассмотрим и e>0 такое, что [x0, x0 + e] . Всилу непрерывности функций Y(x) и Z(x) на отрезке [x0, x0 + e] существует точка x1, что
.
Тогда
.
Получили неравенство
m £ Lme Þ 1 £ Le. (16)
Но e — произвольное положительное число, поэтому неравенство (16) выполняется не всегда.
Теорема доказательствоана.
Метод изоклин
1º. Поле направлений ОДУ первого порядка.
Рассмотрим геометрическую интерпритацию ОДУ первого порядка
y¢ = f(x, y) (1)
Считаем, что правая часть f(x, y) задана в некоторой области D плоскости XOY. Это означает, что в каждой точке (x, y) Î D функция f(x, y) определена и имеет значение.
Сдругой стороны из (1) следует, что значение функции f(x, y) есть значение производной решения (функции у(х)) в точке x. Геометрически значение y¢ есть угловой коэффициент касательной к графику решения (интегральной кривой) относительно оси OX или направление. На плоскости направление можно обозначать небольшой чертой или стрелкой. В каждой точке области — своё направление.
Таким образом ОДУ задаёт на координатной плоскости поле направлений.
2º. Понятце изоклины.
Если поле направлений построено, то интегральная кривая — это кривая, которая в каждой точке области D имеет касательную с направлением, совпадающим с направлением поля в этой точке.
Строить поле направлений можно несколькими способами (вручную, с помощью компьютера).
В первом случае используют так называемые изоклины.
Определение. Изоклина — это кривая в поле направлений со следующим свойством: во всех точках кривой поле имеет одно и тоже направление.
Для ОДУ y¢ = f(x, y) фиксированое значение направления — это фиксированое значение производной y¢ = k. Таким образом, изоклину задаёт равенство k = f(x, y).
Отсюда следует, что изоклины ОДУ y¢ = f(x, y) — это линии уровня функции f(x, y).
Обычно с помощью изоклин строят поле направлений, а потом строят интегральные кривые.
Пример. Построить с помощью изоклин поле направлений, которое задаёт ДУ
Решение. Уравнение семейства изоклин данного ДУ имеет вид k=x/2, или х=2k (прямые параллельные оси Оу).
Построим несколько изоклин. Для этого строим таблицу значений угла j (где j=arctg k) и уравнений изоклин для соответствующего k:
k=x/2 | x=2k | =arctgk |
k=0 | x=0 | =0 |
k=1 | x=2 | =π/4 |
k=-1 | x=-2 | =-π/4 |
Чтобы найти интегральную кривую, надо взять какую-нибудь точку (х0,у0) на плоскости и провести через неё кривую таким образом, чтобы направление в каждой точке кривой совпадало с направлением поля. Получим семейство кривых (парабол) у=х2/4+С.
Дата добавления: 2018-08-06; просмотров: 250; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!