Н.Н. Нефедов, В.Ю. Попов, В.Т. Волков - Дифференциальные уравнения. Курс лекций, страница 6

Последнее условие будет выполнено, в частности, если∈C ( D) .∂yОчевидно, что если интегральная кривая, проходящая через точку ( x0 , y0 ) , существует,(У2)Пусть⎛ b ⎞то она не покинет прямоугольник D до точки x = x0 + H , где H = min ⎜ a, ⎟ (см. рис. 1).⎝ M⎠Dy0 + bx0 + a( x0 , y0 )x0 +y0 − bx0 + aРис. 1bMДействительно, уравнения «крайних» интегральных кривых, удовлетворяющих задачеdy= ± M , y ( x0 ) = y0 , имеют вид y − y0 = ± M ( x − x0 ) .

Подставив уравненияКошиdxгоризонтальных границ области D y = y0 ± b в эти уравнения, получим x = x0 +bM.Теорема 1. (существования и единственности решения задачи Коши для скалярного ОДУ).Пусть выполнены условия (У1) и (У2).Тогда на отрезке x0 − H ≤ x ≤ x0 + Hсуществует единственное решение задачи (1).Следующееутверждениесущественноиспользуетсяпридоказательствесформулированной теоремы.Лемма 1.Пусть функция f ( x, y) непрерывна по совокупности переменных в некоторомпрямоугольнике D = [ x0 − a, x0 + a ] × [ y0 − b, y0 + b] .Тогда задача Коши (1) эквивалентна интегральному уравнениюxy ( x) = y0 + ∫ f (ξ , y (ξ ) ) dξ ,(2)x0которое рассматривается в классе непрерывных функций.Доказательство.

Пусть y ( x) – решение (1), целиком лежащее в D. Тогда, подставляя его в(1) и интегрируя полученное тождество в пределах от x0 до x ∈ [ x0 − a, x0 + a ] , получим, чтоy ( x) удовлетворяет уравнению (2).С другой стороны, если непрерывная функцияf ( x, y( x) ) также непрерывна, аy ( x) является решением (2), тоx∫ f (ξ , y (ξ ) ) d ξявляется непрерывно дифференцируемойx0функцией переменной x .

Следовательно, y ( x) – решение дифференциального уравненияdy= f ( x, y) , удовлетворяющее начальным условиям y ( x0 ) = y0 .dx20 .Доказательство теоремы существования решения задачи Коши.Для доказательства теоремы применим метод последовательных приближений(метод Пикара).

Определим итерационный процесс метода последовательных приближенийтак:yn′ ( x) = f ( x, yn −1 ( x) ) ,(3)yn ( x0 ) = y0 , n = 1, 2,... ,где y0 ( x) - произвольная непрерывная функция, график которой целиком лежит в области D .На каждой итерации задача (3) разрешима, и ее решение при x ∈ [ x0 , x0 + H ] представимо в видеxyn ( x) = y0 + ∫ f (ξ , yn −1 (ξ ) ) d ξ .(4)x0Далее, в силу условиякриваяyn ( x )неf ( x, y ) ≤ M ,покинет( x, y ) ∈ Dуголимеем yn′ ( x ) ≤ M . Поэтому интегральнаямеждудиагоналямипрямоугольникаbb ⎤⎡⎢⎣ x0 − M , x0 + M ⎥⎦ × [ y0 − b, y0 + b ] и, следовательно, f ( x, yn −1 ( x ) ) ∈ C ([ x0 − H , x0 + H ]) . Отсюда, вчастности, вытекает, что y1 ( x) − y0 ( x) ≤ 2b .

В результате получим функциональную некоторуюпоследовательность { yn ( x)} . Исследуем ее свойства.Функциональная последовательность { yn ( x)} сходится равномерно на множествеЛемма 2.[ x0 , x0 + H ] .Доказательство.Рассмотрим функциональный рядS ( x ) = y1 ( x) + ( y2 ( x) − y1 ( x) ) + … + ( yn ( x) − yn −1 ( x) ) + … ,частичная сумма S n ( x) которого совпадает с yn ( x) : Sn ( x ) ≡ yn ( x) .

Для членов этого рядасправедливы следующие оценки:xxy2 ( x) − y1 ( x) ≤ ∫ f (ξ , y1 (ξ ) ) − f (ξ , y0 (ξ ) ) dξ ≤ N ∫ y1 (ξ ) − y0 (ξ ) dξ ≤ 2bN ( x − x0 ) .x0x0xy3 ( x) − y2 ( x) ≤∫ f (ξ , y (ξ ) ) − f (ξ , y (ξ ) ) dξ21x0x≤ 2bN2∫ (ξ − x ) dξ = 2bN2( x − x0 )022!x0x≤ N ∫ y2 (ξ ) − y1 (ξ ) dξ ≤x0( NH )≤ 2b2!2.Докажите самостоятельно, используя метод математической индукции, чтоxyn −1 ( x) − yn ( x) ≤∫x0xf (ξ , yn −1 (ξ ) ) − f (ξ , yn − 2 (ξ ) ) dξ ≤ N ∫ yn −1 (ξ ) − yn − 2 (ξ ) dξ ≤x02bN n −1( x − x0 ) ≤ 2b ( NH ) .n−2≤(ξ − x0 ) dξ = 2bN n−1∫( n − 2 )! x0( n − 1)!( n − 1)!n −1xn −1(5)Таким образом, члены рассматриваемого функционального ряда мажорируются поабсолютной величине членами сходящегося (например, по признаку Даламбера) числового ряда( NH )∑n =1 ( n − 1) !∞n −1, сумма которого равна e NH . Следовательно, рядравномерно на множестве[ x0 , x0 + H ]S n ( x) сходится абсолютно и(признак Вейерштрасса), а значит функциональнаяпоследовательность { yn ( x)} также сходится равномерно на множестве [ x0 , x0 + H ] .Лемма 3.Функциональная последовательность { yn ( x)} сходится к непрерывному решениюинтегрального уравнения (2), записанного выше.Доказательство.

Поскольку все функцииyn ( x )непрерывны,афункциональнаяпоследовательность { yn ( x)} ⇒ y ( x ) , то y ( x ) ∈ C ([ x0 , x0 + H ]) .n →∞Кроме того, равномерная сходимость последовательности непрерывных функций{ yn ( x)}является достаточным условием для перехода к пределу под знаком интеграла в выражении (4).В результате получимxy ( x ) = y0 + ∫ f (ξ , y (ξ ) ) dξ ,x0т.е. предел последовательных приближений(2), эквивалентному задаче Коши (1).скалярного уравнения доказано.{ yn ( x)}удовлетворяет интегральному уравнениюИтак, существование решения задачи Коши для30.Единственность решения задачи Коши.Для доказательства единственности будет использовано следующее утверждение.Пусть существует постоянная L > 0 такая, что для всех x ∈ [ a, b]Лемма (Гронуолла).выполнено неравенствоx0 ≤ z ( x ) ≤ z0 + L ∫ z (ξ )d ξ ,(6)a0 ≤ z ( x ) ≤ z0 e L ( x − a )Тогда при z0 > 0 справедлива оценкаВ случае z0 = 0 имеет местоДоказательство.(7)z ( x) ≡ 0 .x1) Пусть z0 > 0 .

Положим Y ( x ) ≡ z0 + L ∫ z (ξ )d ξ > 0, ∀x ∈ [ a, b ] , Y ( a ) = z0 , тогда в силу (6)aимеемz ( x) ≤ Y ( x) .(8)Так как Y ( x) – дифференцируемая функция, то выполнено Y ′ = Lz ( x) ≤ LY ( x) , откуда в силуY > 0 , вытекаетY ( a ) = z0Y′≤ L . Далее интегрируя, имеем ln Y ( x) − ln Y (a ) = ln Y ( x) − ln z0 ≤ L( x − a ) ,Yоткуда после потенцирования получаем Y ( x) ≤ z0 e L ( x − a )(8)⇒z ( x) ≤ Y ( x) ≤ z0 e L ( x − a ) , ∀x ∈ [a, b] .2)Пусть z0 = 0 . Если (6) выполнено для z0 = 0 , то тем более (6) верно при всех z0 > 0 , т.е.справедлива оценка (7). Переходя к пределу при z0 → 0 в (7), получим 0 ≤ z( x) ≤ 0 , откудаследует, что z ( x) ≡ 0 . Лемма доказана.Лемма 4.Интегральное уравнение (2) имеет единственное решение y ( x) ∈ C ([ x0 , x0 + H ]) .Доказательство.Предположим, что имеется два различных решения уравнения (2) y1 ( x ) иy2 ( x) . Тогда их разность u ( x ) = y1 ( x) − y2 ( x) удовлетворяет интегральному уравнениюxu ( x) = ∫ [ f (ξ , y1 (ξ ) ) − f (ξ , y2 (ξ ) )]dξ ,x0xоткуда| u ( x) |≤ ∫ f (ξ , y1 (ξ ) ) − f (ξ , y2 (ξ ) ) dξx0усл .

Липшица≤xN ∫ | u (ξ ) | dξ .x0Полагая z ( x) =| u ( x) | , получим неравенство, доказанное в лемме Гронуолла в случае z0 = 0xz ( x) ≤ N ∫ z (ξ )dξ , ∀x ∈ [ x0 , x0 + H ]x0л . Гронуолла⇒z ( x) = y1 ( x) − y2 ( x) ≡ 0 ⇔ y1 ( x) ≡ y2 ( x) .Замечание 1.Условие Липшица может быть заменено более удобным требованием∂fналичия непрерывной в D (и потому ограниченной) производной. Тогда существует∂yпостоянная N = max | f ′ y | такая, что f ( x, y1 ) − f ( x, y2 ) ≤ N | y1 − y2 | , т.е.

выполнено условиеDЛипшица.Замечание 2.Теорема 1 носит локальный характер. Мы доказали ее в области+АналогичноможнодоказатьеевобластиD = {x0 ≤ x ≤ x0 + H , | y − y0 |≤ b} .D − = {x0 − H ≤ x ≤ x0 , | y − y0 |≤ b} .40.Теорема существования и единственности решения задачи Коши в случае, когдаправая часть уравнения непрерывна и удовлетворяет условию Липшица в полосе.Примером утверждения, имеющего нелокальный характер, т.е.

в которомустанавливается существование решения на всем промежутке гладкости по x , являетсяследующая теорема.Теорема 2.Пусть функция f ( x, y ) непрерывна и удовлетворяет условию Липшица попеременой y в полосе {[ x0 , x0 + a], y ∈ R} .Тогда задача (1) имеет единственное решение на отрезке [ x0 , x0 + a ] .Доказательство этой важнейшей в нашем курсе теоремы лишь незначительно отличаетсяот приведенного выше доказательства Теоремы 1. При организации итерационного процесса(3) в качестве начального приближения можно взять любую непрерывную на отрезке[ x0 , x0 + a ] функцию y0 ( x) . Так как определяемая формулой (3) функция y1 ( x) непрерывна наотрезке [ x0 , x0 + a ] (как и все последующие приближенияyi ( x), i = 2,3,...

), то на всемотрезке [ x0 , x0 + a ] выполнено неравенство y1 ( x) − y0 ( x) ≤ d . Это приводит к незначительномуизменению в оценке (5): постоянную 2b нужно заменить на d , а постоянную H – на a .Детали этого доказательства читателю предлагается уточнить самостоятельно.50 .Замечания, примеры, упражнения.Замечание 1.Можно доказать разрешимость задачи Коши лишь при выполненииусловия (У1), т.е. предполагая лишь непрерывность функции f ( x, y) в области D (теоремаПеано). Однако, в этом случае решение не обязательно единственно.Пример 1.

(нарушение единственности решения задачи Коши). Рассмотрим уравнениеdy= 2 | y|.dxПравая часть f ( x, y ) = 2 | y | определена и непрерывна при всех ( x, y ) . Покажем, чтоусловие Липшица не выполняется в прямоугольниках, содержащих точки оси x .Действительно, если условие Липшица выполняется, то при y1 ≠ y2 справедливо неравенство:f ( x, y1 ) − f ( x, y2 ) 2 | y1 | − 2 | y2 |=≤ L,| y1 − y2 || y1 − y2 |тогда как при y2 = 0 и y1 → 0f ( x, y1 ) − f ( x, 0)2→ ∞.| y1 − 0 || y1 |Проверьте самостоятельно, что существуют два решения задачи Коши, удовлетворяющиеначальному условию y (0) = 0 :⎧ x2 ,x ≥ x0y ( x) ≡ 0 .иy ( x) = ⎨ 2x ≤ x0⎩− x ,=Замечание 2 (о продолжении решения). Решение задачи Коши (1) может быть продолжено,например, вправо за точку x1 = x0 + H , если условия теоремы существования и единственностивыполняются в прямоугольнике D1 = { | x − x1 | ≤ a1 , | y − y ( x1 ) | ≤ b1} .

В этом случае решение (1)существует и единственно на отрезке [ x0 , x1 + H1 ] , где постоянная H1 находится из тех жесоображений, что и H в Теореме 1. Заметим, что продолжение решения возможно не всегдадаже в случае, если f ( x, y ) – бесконечно дифференцируемая функция.Пример 2.Рассмотрим задачу Кошиdy= y2dxy (0) = 1Найдем ее точное решение.dydy1dy1= dx => ∫ 2 = ∫ dx => − = x + C => y( x) = −= y 2 =>– общее решение2yyydxx+Cдифференциального уравнения. Используя начальное условие y (0) = 1 , получим C = −1 .11=– решение задачи Коши.Поэтому y ( x) = −x −1 1− xОценим промежуток существования решения задачи Коши в соответствии с Теоремой 1,т.е. найдем параметр H , фигурирующий в этой теореме. Пусть решение задачи Коши наотрезке x ∈ [ 0, H ] отклонилось от своего начального значения на величину r .

ТогдаH=r,MM = (1 + r )2=>H (r ) =r(1 + r )2.Найдем максимальное значение H .(1 + r ) − 2r (1 + r ) = (1 + r )(1 + r − 2r ) = 1 − r = 0H ′(r ) =443(1 + r )(1 + r )(1 + r )2=>r = 1,H 0 = H (1) =1.4⎡ 1⎤Таким образом, Теорема 1 гарантирует разрешимость задачи лишь на отрезке x ∈ ⎢ 0, ⎥ .⎣ 4⎦Заметим, что из вида точного решения задачи Коши вытекает возможность егопродолжения вправо лишь на промежутке x < 1 . Попробуем продолжить его на большийпромежуток, последовательно используя Теорему 1.