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 y_i(x) непрерывные;

б) y_i(x₀) = y₀;

в) |y_i(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 y_i(x₀) = y₀; получаем непосредственно подстановкой x = x₀ в выражения для y_i(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

|y_n_{– 1}(x) – y₀| £ b (5¢)

Покажем справедливость (5) для i = n

|y_n(x) – y₀| = £ Ä

т.к. неравенство (5¢) выполняется, и точка (t, y_n_{– 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)] + … + [y_n(x) – y_n_{– 1}(x)] + … (6)

последовательность частичных сумм которого — S_n(x) = y_n(x).

Докажем что (6) сходится равномерно, тогда по определению равномерно сходящегося ряда последовательность {S_n(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

|y_n_–1(x) – y_n _{– 2}(x)| £ . (9)

Тогда

|y_n(x) – y_n _{– 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 |y_n_–1(x) – y_n _{– 2}(x)| £ .

(10) Þ |y_n(x) – y_n _{– 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

|y_i(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 |y_n(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!

Поделиться с друзьями:

⇐ Предыдущая 1 234 5 6 7 8 9 10 Следующая ⇒

Мы поможем в написании ваших работ!