А.М. Денисов, А.В. Разгулин - Уебное пособие для подготовки к колоквиуму, страница 7

Пусть функция F (t, y1 , y2 , . . . , yn ) определена и непрерывна при t ∈[a, b],(y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn и удовлетворяет условию Липшица|F (t, ŷ1 , ŷ2 , . . . , ŷn ) − F (t, ỹ1 , ỹ2 , . . . , ỹn )| 6 LnX|ŷi − ỹi |,(2.25)i=1∀t ∈ [a, b],∀(ŷ1 , ŷ2 , .

. . , ŷn ), (ỹ1 , ỹ2 , . . . , ỹn ) ∈ Rn .Тогда существует единственная функция ȳ(t), являющаяся решением задачи Коши (2.23)(2.24) на отрезке [a, b].Доказательство. Докажем вначале единственность решения. Пусть функция y(t) является решением задачи Коши (2.23),(2.24) на отрезке [a, b]. Введем функцииy1 (t) = y(t),y2 (t) = y 0 (t),y3 (t) = y 00 (t), . .

. , yn (t) = y (n−1) (t).2.2. Основные модели, приводящие к ОДУ29Так как функция y(t) является решением задачи Коши (2.23)-(2.24) на отрезке [a, b], тофункции yi (t), i = 1, 2, . . . , n являются решением задачи Коши для нормальной системыобыкновенных дифференциальных уравнений 0y1 (t)= y2 (t),0y(t)= y3 (t), 2...(2.26)0y (t) = yn (t), n−1= F (t, y1 (t), y1 (t), .

. . , yn (t)),yn0 (t)с начальными условиямиyi (t0 ) = y0i−1 ,i = 1, 2..., n.(2.27)Из условий теоремы следует, что задача Коши (2.26)-(2.27) удовлетворяет условиям теоремы 2.2.1 единственности решения задачи Коши для системы ОДУ. Следовательно решениезадачи Коши (2.26)-(2.27), а значит и решение задачи Коши (2.23)-(2.24) также единственно.Докажем существование решения решения Коши (2.23)-(2.24).

Рассмотрим задачу Коши (2.26)-(2.27). Для нее выполнены условия теоремы 2.2.2 существования решения наотрезке [a, b]. То есть существуют непрерывно дифференцируемые на отрезке [a, b] функции yi (t), удовлетворяющие (2.26)-(2.27). Обозначив y1 (t) через y(t), получим, что y(t)является непрерывно дифференцируемой на [a, b] функцией, y (i−1) (t) = yi (t), i = 1, 2, . . . , nи y(t) удовлетворяет (2.23)-(2.24). Следовательно y(t) является решением Коши (2.23)(2.24). Теорема 2.2.3 доказана.2.2.5Задача Коши для системы линейных обыкновенных дифференциальных уравнений n-го порядка.Рассмотрим на отрезке [a, b] систему линейных обыкновенных дифференциальных уравнений n-го порядка 0y (t) 10y2 (t) 0yn (t)= a11 (t)y1 (t) + a12 (t)y2 (t) + · · · + a1n (t)yn (t) + fˆ1 (t),= a21 (t)y1 (t) + a22 (t)y2 (t) + · · · + a2n (t)yn (t) + fˆ2 (t),...= an1 (t)y1 (t) + an2 (t)y2 (t) + · · · + ann (t)yn (t) + fˆn (t),(2.28)где aij (t), fˆi (t), i, j = 1, 2, .

. . , n – заданные непрерывные на отрезке [a, b] функции.Пусть задано начальное условиеyi (t0 ) = y0i ,i = 1, 2, . . . , n.(2.29)Докажем теорему существования и единственности решения задачи Коши (2.28)-(2.29).Теорема 2.2.4. Пусть aij (t) , fˆi (t) непрерывны на отрезке [a, b], i, j = 1, 2, . . . , n. Тогдасуществует единственная вектор функция y(t) = (y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t))> , являющаясярешением задачи Коши (2.28)-(2.29) на отрезке [a, b].Доказательство.

Система (2.28) является частным случаем системы (2.14) сfi (t, y1 , y2 , . . . , yn ) = ai1 (t)y1 + ai2 (t)y2 + · · · + ain (t)yn + fˆi (t),i = 1, 2, . . . , n.30Глава 2. Основные понятияЭти функции fi (t, y1 , y2 , . . . , yn ) определены и непрерывны при t ∈ [a, b], (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rnи удовлетворяют условию Липшица (2.16) с постояннойL = maxmax |aij (t)|.16i,j6n t∈[a,b]Следовательно для задачи Коши (2.28)-(2.29) выполнены условия теорем 2.2.1 и 2.2.2, иона имеет единственное решение на отрезке [a, b].

Теорема 2.2.4 доказана.2.2.6Задача Коши для линейного обыкновенного дифференциального уравнения n-го порядка.Докажем теорему существования и единственности решения задачи Коши для линейного обыкновенного дифференциального уравнения n-го порядкаy (n) (t) + a1 (t)y (n−1) (t) + · · · + an−1 (t)y 0 (t) + an (t)y(t) = f (t),t ∈ [a, b],(2.30)где ai (t), i = 1, 2, . . .

, n, f (t) – заданные непрерывные функции.Рассмотрим для функции y(t) начальные условияy (i) (t0 ) = y0i ,i = 0, 1, 2, . . . , n − 1.(2.31)Теорема 2.2.5. Пусть функции ai (t), f (t) непрерывны на отрезке [a, b], i = 1, 2, . . . , n.Тогда существует единственная функция y(t), являющаяся решением задачи Коши (2.30)(2.31) на отрезке [a, b].Доказательство.

Уравнение (2.30) является частным случаем уравнения (2.23) с функциейF (t, y1 , y2 , . . . , yn ) = f (t) − an (t)y1 − an−1 (t)y2 − · · · − a1 (t)yn .Эта функция F (t, y1 , y2 , . . . , yn ) определена и непрерывна при t ∈ [a, b], (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rnи удовлетворяет условию Липшица (2.25) с постояннойL = max max |ai (t)|.16i6n t∈[a,b]Следовательно для задачи Коши (2.30)-(2.31) выполнены условия теоремы 2.2.3 и ее решение существует и единственно на отрезке [a, b]. Теорема 2.2.5 доказана.2.32.3.1Задача Коши для ОДУ первого порядка, не разрешенного относительно производнойПримеры постановки задачи КошиРассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка, не разрешенное относительно производнойF (t, y(t), y 0 (t)) = 0.(2.32)Всюду в этом параграфе будем считать, что вещественнозначная функция F (t, y, p) определена в параллелепипеде D с центром в некоторой точке (t0 , y0 , y00 ) ∈ R3 :D = {(t, y, p) ∈ R3 : |t − t0 | 6 a, |y − y0 | 6 b, |p − y00 | 6 c},где a, b, c – фиксированные положительные числа.(2.33)2.3.

Основные модели, приводящие к ОДУ31Определение 2.3.1. Функция y(t) называется решением уравнения (3.15) на отрезке[t1 , t2 ], если:1. y(t) непрерывно дифференцируема на [t1 , t2 ];2. (t, y(t), y 0 (t)) ∈ D для всех t ∈ [t1 , t2 ];3. на отрезке [t1 , t2 ] выполнено (3.15).Если уравнение разрешено относительно производной (3.15), F (t, y, p) = p − f (t, y),тогда при некоторых дополнительных условиях на функцию f (t, y) для получения единственного решения уравнения достаточно задать условие прохождения соответствующейинтегральной кривой (графика решения) через некоторую точку (t0 , y0 ).

В общем случаеприходим к задаче с дополнительным условиемF (t, y(t), y 0 (t)) = 0,y(t0 ) = y0 .(2.34)Проиллюстрируем особенности такой задачи для случая уравнения, квадратично зависящего от производной: 2p − (t + y)p + ty = 0,0 20(y ) − (t + y)y + ty = 0, или(2.35)p = y0.Поскольку квадратное уравнение имеет корни p1 = t, p2 = y, тогда исходное дифференциальное уравнение распадается на совокупность двух уравнений, разрешенных относительно производной:y 0 = t, y 0 = y.Получаем два семейства решенийy1 (t) =t2+ C1 ,2y2 (t) = C2 exp{t},∀C1 , C2 ∈ R.Пример 2.3.1. Задача для уравнения (2.35) одним дополнительным условием1 имеет два решения:t2y1 (t) = , y2 (t) = exp{t}.2y(0) =(2.36)Задача для уравнения (2.35) одним дополнительным условием y(0) = 0 имеет четыререшения:t2y1 (t), при t < 0,y2 (t), при t < 0,y1 (t) = , y2 (t) = 0, y3 (t) =y4 (t) =y2 (t), при t > 0,y1 (t), при t > 0.2(2.37)Рассмотренный пример показывает, что неединственность решения достаточно характерна для задачи (2.34).

Для единственности необходимо задать еще одно дополнительное условие. Из геометрических соображений наиболее естественно потребовать, чтобыискомое решение проходило через заданную точку с данным наклоном касательной. Врезультате приходим к постановке задачи КошиF (t, y(t), y 0 (t)) = 0,y(t0 ) = y0 ,y 0 (t0 ) = y00 .(2.38)32Глава 2. Основные понятияПример 2.3.2. Задача Коши для уравнения (2.35) начальными условиямиy 0 (0) = 0y(0) = 1,( т.е. (t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, 0),F (0, 1, 0) = 0,∂F (0, 1, 0)= −1 6= 0)∂p(2.39)имеет единственное решение y(t) = y1 (t) = t2 /2 + 1.Задача Коши для уравнения (2.35) начальными условиямиy 0 (0) = 1y(0) = 1,( т.е. (t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, 1),∂F (0, 1, 1)= 1 6= 0)∂p(2.40)F (0, 1, 1) = 0,имеет единственное решение y(t) = y2 (t) = exp{t}.Задача Коши для уравнения (2.35) начальными условиямиy(0) = 1,y 0 (0) = y00 ,∀y00 6∈ {0; 1},( т.е.

(t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, y00 ),F (t0 , y0 , y00 ) 6= 0)(2.41)не имеет ни одного решения.Задача Коши для уравнения (2.35) начальными условиямиy(0) = 0,y 0 (0) = 0( т.е. (t0 , y0 , y00 ) = (0, 0, 0),F (0, 0, 0) = 0,∂F (0, 0, 0)= 0) (2.42)∂pимеет четыре решения (2.37).Приведенный пример показывает следующие особенности постановки задачи Коши(2.38):1. Тройка чисел (t0 , y0 , y00 ) ∈ R3 не может быть взята произвольно; для существованиярешения необходимо выполнения условия F (t0 , y0 , y00 ) = 0.2. Двух дополнительных условий y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y00 может оказаться недостаточно∂F (t0 ,y0 ,y00 )для единственности решения в случае= 0.∂p2.3.2Теорема существования и единственности решения задачи КошиТеорема 2.3.1. Пусть функция F (t, y, p) определена в параллелепипеде D вида (2.33)с центром в (t0 , y0 , y00 ) и выполнены следующие условия:1.

(t0 , y0 , y00 ) – корень уравнения F (t, y, p) = 0, т.е. F (t0 , y0 , y00 ) = 0;∂F (t, y, p)∂F (t, y, p)2. функции F (t, y, p),,непрерывны в D;∂y∂p∂F (t0 , y0 , y00 )6= 0.3.∂p(2.43)(2.44)(2.45)Тогда найдется h > 0, что на отрезке [t0 −h, t0 +h] существует единственное решениезадачи Коши (2.38).Доказательство. Дифференциальное уравнение F (t, y, y 0 ) = 0 эквивалентно системе двухуравнений(F (t, y, p) = 0,(2.46)dyp= ,dt2.3. Основные модели, приводящие к ОДУ33первое из которых задает алгебраическую связь между переменными (t, y, p) ∈ D, а второе– дифференциальную связь между этими переменными.Рассмотрим алгебраическое уравнение в окрестности точки M0 (t0 , y0 , y00 ). В силу (2.43)(2.45) и согласно теореме о неявной функции, для достаточно малого ε > 0 найдетсяокрестность Ω0 точки M00 (t0 , y0 ), в которой существует единственная непрерывная функция p = f (t, y) с непрерывной частной производной∂F (t, y, f (t, y))/∂y∂f (t, y)=−.∂y∂F (t, y, f (t, y))/∂p(2.47)Функция p = f (t, y) удовлетворяет условию |p − y00 | < ε и является решением алгебраического уравнения F (t, y, p) = 0 в Ω0 и, в частности, выполнено равенствоy00 = f (t0 , y0 ).(2.48)В окрестности Ω0 система (2.46) эквивалентна одному дифференциальному уравнениюy 0 = f (t, y), разрешенному относительно производной, а соответствующая задача Коши(2.38) принимает видy 0 = f (t, y), y(t0 ) = y0 .(2.49)Отметим, что фигурирующее в (2.38) начальное условие на производную y 0 (t0 ) = y00 автоматически выполнено в силу равенства (2.48) и непрерывности функции f (t, y).Рассмотрим задачу Коши (2.49) в прямоугольникеΠ = {(t, y) ∈ R2 : |t − t0 | 6 a0 ,|y − y0 | 6 b0 },где положительные числа a0 , b0 настолько малы, чтобы Π ⊂ Ω0 .