Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения, страница 6

Доказательство существованиярешения дифференциального уравнения (4.1) следует из леммы Арцела и принадлежит Пеано.Теорема 4.1 (Теорема Арцела). Пусть на конечном интервале (a, b) дано семейство {f (x)}, состоящее из бесконечногомножества функций f (x), равномерно ограниченных и равностепенно непрерывных. Тогда из f (x) можно выбрать равномерно сходящуюся бесконечную последовательность функций.Здесь равномерная ограниченность означает, что для любойфункции f (x) существует такая постоянная M > 0, что длялюбого x : |f (x)| < M. Тогда f (x) равномерно ограничена: для любого ε > 0 существует такое η (η = η(ε)), чтодля всякой функции f (x) рассматриваемого семейства будетвыполнено неравенство|f (x ) − f (x )| < εдля любых x , x ∈ (a, b) при |x − x | < η.424Общая теорияТеорема 4.2 (Теорема Коши). Если правая часть f (x, y)уравнения y = f (x, y) ограничена и непрерывна в области G,то через любую внутреннюю точку G проходит по крайнеймере одна интегральная кривая уравнения y = f (x, y).Теорема 4.3 (Теорема Осгуда о единственности).

Если правая часть f (x, y) дифференциального уравнения (4.1) для любой пары точек (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ) области G удовлетворяетусловию(4.2)|f (x, y2 ) − f (x, y1 )| < ϕ(|y2 − y1 |),где функция ϕ(u) > 0 при 0 < u a непрерывна и такова, чтоaduинтеграл→ ∞, когда ε → 0, то через любую точкуϕ(u)ε(x0 , y0 ) области G проходит не больше одной интегральнойкривой дифференциального уравнения (4.1).В качестве примеров функции ϕ(u) приведем следующие:Ku, Ku| ln u|, Ku| ln u| · ln | ln u| и т.д. Здесь K означает некоторую положительную постоянную.Наиболее часто доказывают теорему о единственности решения, полагая ϕ(u) ≡ Ku. В этом случае условие (4.2) перепишется следующим образом:|f (x, y2 ) − f (x, y1 )| K|y2 − y1 |.(4.3)Условие (4.3) называется условием Липшица по y. В частности, если область G выпукла по y, то этому условию, например,удовлетворяет любая f (x, y), имеющая ограниченную частную∂f.

Действительно, применяя теорему Лагранжа,производную∂yмы получим:|f (x, y2 ) − f (x, y1 )| ≡ |fy (x, y1 + θ(y2 − y1 ))||y2 − y1 | K|y2 − y1 |,где K = sup |fy | и 0 < θ 1.y4.1 Ломаные Эйлера43Доказательство теоремы. Пусть существуют два такихрешения y1 и y1 , чтоy1 (x0 ) = y2 (x0 ) = y0 .Будем считать x0 = 0. Это всегда можно сделать заменой xна x + x0 .

Положимy2 (x) − y1 (x) = z(x),так что z(0) = 0.Так как y2 (x) не равно тождественно y1 (x), то существуетx1 такое, что z(x1 ) = 0. Можно считать, что z(x) > 0, так какв противном случае вместо разности y2 (x) − y1 (x) достаточнобудет взять в качестве z(x) разность y1 (x)−y2 (x). Точно так же,без ограничения общности, можно предполагать, что x1 > 0,так как в противном случае x можно заменить на −x.Заметим, чтоd(y2 − y1 )dz== f (x, y2 )−f (x, y1 ) ϕ(|y2 −y1 |) < 2ϕ(|y2 −y1 |),dxdx(4.4)если|y2 − y1 | > 0.Построим теперь решение y(x) уравненияdy= 2ϕ(y),dxкоторое при x = x1 обращается в z(x1 ) = z1 . Такое решениесуществует и единственно (см.

п. 3.2). График этого решенияасимптотически приближается к отрицательной части оси Oxи никогда ее не пересекает. В точке (x1 , z1 ) кривые z(x) и y(x)пересекутся. Из неравенстваz (x1 ) < 2ϕ(z1 ) = 2ϕ(y(x1 )) = y (x1 )непосредственно следует существование интервала (x1 − ε, x1 ),ε > 0, на котором z(x) > y(x).444Общая теорияНо это неравенство справедливо при любом ε, 0 < ε x1 ,так как в противном случае, выбирая в качестве ε его наибольшее значение, мы сразу же придем к противоречию. Действительно, тогда при x = x1 − ε = x2 мы бы имелиz (x2 ) y (x2 ) = 2ϕ(y(x2 )) = 2ϕ(z(x2 )),(4.5)так как правее x2z(x) > y(x).С другой стороны, проводя рассуждения, аналогичные тем,которые привели нас к неравенству (4.4), мы получимz (x2 ) < 2ϕ(z(x2 )),что противоречит неравенству (4.5).Значит, при любом x из интервала 0 x x1 выполненасистема неравенствz(x) y(x) > 0,и, в частности, z(0) > 0, а это противоречит первоначальномупредположению.

Теорема доказана.4.2. Метод последовательных приближений(метод Пикара)Теорема 4.4 (существования и единственности). Пусть вобласти G на плоскости (x, y) функция f (x, y) непрерывна поx и удовлетворяет условию Липшица по y:|f (x, y2 ) − f (x, y1 )| L|y2 − y1 |,в любой замкнутой ограниченной области Ḡ ⊂ G (постоянная L может зависеть от выбора Ḡ ).Тогда для любой точки (x0 , y0 ) ∈ G существует такой отрезок [a, b], x0 ∈ [a, b], на котором существует единственное решение задачи Коши для дифференциального уравнения4.2 Метод последовательных приближений (метод Пикара)(4.1):y = f (x, y),y(x0 ) = y0 .45(4.6)Замечание. Из непрерывности по x и условия Липшицапо y следует непрерывность f (x, y) по совокупности x, y (докажите этот факт самостоятельно).Доказательство теоремы.

Существование.Докажем равносильность уравненияy = f (x, y)(4.7)некоторому интегральному уравнению.Пусть решение y = y(x) существует, тогда подстановка этогорешения в уравнение (4.7) дает тождество y (ξ) ≡ f (ξ, y(ξ)).Проинтегрировав это тождество по x, получим:xy(x) = y0 + f (ξ, y(ξ))dξ.(4.8)x0Здесь f (ξ, y(ξ)) — непрерывная функция от ξ, так как y(ξ) —дифференцируемая функция и, следовательно, y(ξ) непрерывна.

Таким образом, всякое решение уравнения (4.7), обращающееся в y0 при x0 , удовлетворяет интегральному уравнению(4.8).Наоборот, пусть y(x) — непрерывное решение (4.8). Оно удовлетворяет задаче Коши, поскольку(1) выполняется начальное условие y(x0 ) = y0 ,(2) его можно дифференцировать, так как если под знакинтеграла в (4.8) подставить непрерывную функциюy(x), то правая часть (4.8) будет дифференцируемойфункцией, следовательно, левая часть также являетсядифференцируемой функцией. Тот факт, что решение(4.8) удовлетворяет уравнению (4.7), легко проверяетсянепосредственным дифференцированием интегральногоуравнения (4.8).464Общая теорияТаким образом, вместо доказательства существования нанекотором замкнутом отрезке [a, b] единственного решения задачи Коши (4.6) достаточно доказать, что на этом отрезке существует единственное решение интегрального уравнения (4.8).Возьмем какую-нибудь замкнутую ограниченную областьḠ , содержащую точку A(x0 , y0 ) в качестве внутренней точки,и пустьM = sup |f (x, y)| .GПроведем через точку A(x0 , y0 ) две прямые DC и BE с угловыми коэффициентами +M и −M соответственно.

Далее, проведем вертикальные прямые так, чтобы они образовали вместес прямыми DC и BE два равнобедренных треугольника, лежащих в Ḡ (рис. 4.1). Пусть уравнение прямой ED будет x = a, ауравнение прямой CB будет x = b. Несколько позже мы наложим дополнительные ограничения на числа a и b, так как онидолжны быть достаточно близки к x0 .yEA(x0 ,y0 )CDBx=ax=bxРис. 4.1. Отрезок, на котором существует решениеуравнения y = f (x, y)Выберем произвольно на отрезке [a, b] непрерывную функцию ϕ0 (x) таким образом, чтобы выполнялось неравенство|ϕ0 (x) − y0 | M |x − x0 | ,4.2 Метод последовательных приближений (метод Пикара)47то есть, чтобы график ϕ0 (x) не выходил из Ḡ и лежал междупрямыми DC и BE (рис.

4.1). Подставив ϕ0 (x) в правую частьуравнения (4.8), определим ϕ1 (x) следующим образом:x(4.9)ϕ1 (x) y0 + f (ξ, ϕ0 (ξ))dξ.x0Функция ϕ1 (x) определена при a x b, непрерывна, иудовлетворяет условию ϕ1 (x0 ) = y0 , ее график принадлежитEAD или ABC, так как |f (ξ, ϕ0 (ξ))| M.Из уравнения (4.9) следует, чтоx|ϕ1 (x) − y0 | ≤ |M|dξ,x0следовательно|ϕ1 (x) − y0 | M|x − x0 |.Отсюда следует, что ϕ1 (x) из того же класса функций, чтои ϕ0 (x).Далее, положимxϕ2 (x) = y0 + f (ξ, ϕ1 (ξ))dξ,ϕ3 (x) = y0 +x0xf (ξ, ϕ2 (ξ))dξ,x0(4.10)...xϕn (x) = y0 + f (ξ, ϕn−1 (ξ))dξ.x0Этот процесс построения функций ϕn (x), которые называются последовательными приближениями решения, можнопродолжать бесконечно.

Таким образом, мы получаем бесконечную последовательность функций:ϕ0 (x), ϕ1 (x), . . . , ϕn (x), . . . .(4.11)484Общая теорияДокажем теперь, что на отрезке [a, b] эта последовательность сходится равномерно к непрерывному решению уравнения (4.8). Запишем ϕn (x) в виде:ϕn (x) = ϕ1 (x) + [ϕ2 (x) − ϕ1 (x)] + [ϕ3 (x) − ϕ2 (x)] + . . .. . . + [ϕn (x) − ϕn−1 (x)]. (4.12)Следовательно, чтобы доказать равномерную сходимостьпоследовательности (4.10), достаточно доказать равномернуюсходимость рядаϕ1 (x) + (ϕ2 (x) − ϕ1 (x)) + (ϕ3 (x) − ϕ2 (x)) + .

. .. . . + (ϕn (x) − ϕn−1 (x)) + (ϕn+1 (x) − ϕn (x)) + . . . (4.13)Для этого оценим разность ϕn+1 (x)−ϕn (x). Используя условие Липшица, получимx|ϕn+1 (x) − ϕn (x)| = [f (ξ, ϕn (ξ)) − f (ξ, ϕn−1 (x))] dξ x0 x L |ϕn (x) − ϕn−1 (x)|dξ L max |ϕn (ξ) − ϕn−1 (ξ)|(b − a).a<ξ<bx0(4.14)Если взять C такое, чтобы |ϕ0 (x)| C и |ϕ1 (x)| C и положить L(b−a) = m, то для ряда (4.13) получим мажорирующийчисловой ряд:C + 2C + 2Cm + 2Cm2 + 2Cm3 + . . . .(4.15)Этот ряд сходится, если m < 1, поэтому выберем интервал (a, b) так, чтобы L(a − b) = m < 1, тогда по признакуВейерштрасса функциональный ряд (4.13) сходится равномерно.

Следовательно его сумма ϕ(x) непрерывна на замкнутомотрезке [a, b], ее график принадлежит треугольникам EAD и4.2 Метод последовательных приближений (метод Пикара)49xABC и интегралf (ξ, ϕ(ξ))dξ имеет смысл. Так какx0 x x [f (ξ, ϕ(ξ)) − f (ξ, ϕn−1 (ξ))]dξ L |ϕ(ξ) − ϕn−1 (ξ)|dξ ,x0x0то в последовательности (4.10) можно переходить к пределупри n → ∞ не только слева, но и справа, а поэтому функцияϕ(x) удовлетворяет уравнению (4.8).Единственность. Чтобы доказать, что интегральное уравнение (4.8) имеет единственное решение, непрерывное на замкнутом отрезке [a, b] и поэтому ограниченное, будем рассуждать от противного.

Пусть есть два решения ϕ(x) и ψ(x),удовлетворяющие уравнению (4.8):xϕ(x) = y0 +xf (ξ, ϕ(ξ)) dξ,ψ(x) = y0 +x0f (ξ, ψ(ξ)) dξ.x0Оценим их разность по модулю:x|ψ(x) − ϕ(x)| = [f (ξ, ψ(ξ)) − f (ξ, ϕ(ξ))]dξ x0 L(b − a) max |ψ(x) − ϕ(x)|.x∈[a,b]Отсюда получимmax |ψ(x) − ϕ(x)| L(b − a) max |ψ(x) − ϕ(x)|.x∈[a,b]x∈[a,b]Так как всегда можно выбрать L(b − a) < 1, то получимнеравенство 0 ξ kξ, k < 1, которое верно только приξ = 0.

Следовательно max |ψ(x) − ϕ(x)| = 0 и, значит, ψ(x)x∈[a,b]тождественно совпадает с ϕ(x).504Общая теорияЗамечание 1. Для любой функции ϕ0 (x) последовательность {ϕn (x)} сходится к одной и той же функции ϕ(x) (потеореме единственности).Замечание 2. Решение можно продолжать вправо (влево) вплоть (как угодно близко!) до границы области G, еслиобласть G ограничена.Замечание 3. Оценим точнее ϕn+1 (x) − ϕn (x) и докажем,что ряд (4.13) сходится не только на отрезке [a, b]. Пусть последовательность ϕ0 (x), ϕ1 (x), . . . существует на некотором конечном интервале [c, d] (в частности, если область G содержитполосу c x d, −∞ < y < +∞) и f (x, y) удовлетворяет впересечении области G с полосой c x d, −∞ < y < +∞условию Липшица по y с единой константой L.