Н.Н. Нефедов, В.Ю. Попов, В.Т. Волков - Дифференциальные уравнения. Курс лекций, страница 8

При x = 0 неравенство выполняется. Пусть оно первый раз нарушается вточке x1 ∈ ( 0, a ] , т.е. имеем z ( x1 ) = y ( x1 ). Это означает, что при x = x1 кривые y = y( x) иy = z ( x) либо пересекаются, либо касаются. Следовательно,dzdy( x1 ) ≥( x1 ) = f ( x1 , y ( x1 )) = f ( x1 , z ( x1 )),dxdxчто противоречит условию теоремы.Замечание.С.А. Чаплыгин называл функциюопределяется верхняя функция.z ( x) нижней функцией. Аналогично30.Теорема Чаплыгина о существовании и единственности решения задачи Коши.Используя результат Теоремы 3 можно доказать теорему существования иединственности решения задачи (1). Для этого нам понадобится определение нижнего иверхнего решений. Так в современной литературе принято называть нижние и верхние функцииЧаплыгина.Определение.

Функция α ( x) ∈ C1 ( 0, a ] ∩ C[0, a] называется нижним решением задачи (1), есливыполнены неравенстваdα< f ( x, α ( x )), 0 < x ≤ a, α (0) < y0 .dxФункция β ( x) ∈ C1 ( 0, a ] ∩ C[0, a] называется верхним решением задачи (1), если выполненынеравенстваdβ> f ( x, β ( x )),dx0 < x ≤ a,β (0) > y0 .Замечание. Используя схему доказательства теоремы сравнения, можно показать, что междунижним решением α ( x ) и верхним решением β ( x ) имеет место неравенство α ( x ) < β ( x ) .Теорема 4 (существования и единственности, Чаплыгина).Пусть существует нижнее α ( x ) и верхнее β ( x ) решения задачи (1), такие что α ( x ) < β ( x ) ,x ∈ [ 0; a ] .Пусть функцияf ( x, y ) непрерывна и удовлетворяет условию Липшица попеременной y т.е. при каждом x ∈ [ 0; a ] выполнено неравенствоf ( x, y1 ) − f ( x, y2 ) ≤ N y1 − y2 ,y1 , y2 ∈ [α ( x), β ( x)] .Тогда задача Коши (1) имеет единственное решение y ( x) , причемα ( x ) < y ( x ) < β ( x ),0≤ x≤a.Доказательство.

Продолжим f ( x, y ) так, чтобы она была непрерывна и удовлетворялаусловию Липшица в полосе{0 ≤ x ≤ a,− ∞ < y < +∞} , и рассмотрим вместо (1) задачуdy= h( x, y ),dxy (0) = y0 ,0 < x ≤ a,(2)где функция h( x, y ) выбрана, например, так:⎧ f ( x, β ( x)) + ( y − β ( x)), y ≥ β⎪h( x, y ) = ⎨ f ( x, y ),α ≤ y≤β⎪ f ( x, α ( x)) + ( y − α ( x)),y ≤α⎩( 0 ≤ x ≤ a ).Очевидно, что функция h( x, y ) удовлетворяет условию Липшица с константойL = max( N ;1) , где N - постоянная Липшица функции f ( x, y ) , введенная в условии теоремы.Поэтому, в силу Теоремы 2 решение задачи (2) существует и единственно.

Это решение,лежащее в начальный момент между нижним и верхним решением, не может покинуть областьмежду ними в силу Теоремы 3. Следовательно, для указанных значений y имеет месторавенство h( x, y ) = f ( x, y ) , т.е. решение задачи (2) является решением задачи (1).Замечание 1. Можно показать, что в определении верхнего и нижнего решений допустимынестрогие знаки неравенств. В частности, в качестве нижнего (верхнего) решения задачи (1)может быть взято решение уравнения в (1) y* ( x) , которое в начальный моментy * (0) < y0( y (0) > y ) .*0Действительно, в этом случае предположение о том, что криваяy = y ( x) пересекает кривую y = y ( x) в некоторой точке x1 , приводит к нарушению условияединственности решения в окрестности этой точки.*Замечание 2.

Пусть нижнее и верхнее решения определены на множестве 0 ≤ x < ∞ , а функцияf ( x, y ) непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по переменной y с константой N , независящей от x . Тогда Теорема 4 остается справедливой на всем промежутке 0 ≤ x < ∞ . Этотфакт будет использован далее при изучении некоторых задач теории устойчивости.40.Примеры.Пример 1. Рассмотрим начальную задачуdy= − y 2 , 0 < x ≤ a,dxy (0) = y0 > 0,1.точное решение которой есть y ( x) =1x+y0Классическая теорема существования и единственности дает оценку для промежутка1(убедитесь в этом самостоятельно). Заметим также, чтосуществования решения 0 ≤ x ≤4 y0− ∞ < y < +∞} не выполняется.Выберем в качестве нижнего решения функцию α = 0 (см.

замечание 1). Действительно,dαсоответствующее определение выполняется, так как− f ( x, 0) = 0 .dxВ качестве верхнего решения возьмем β ( x) = d = const > y0 . Определение верхнегоdβрешения тоже выполнено, так как− f ( x, β ) = 0 + d 2 > 0 .dxТак как частная производная f y ( x, y ) = −2 y ограничена при y ∈[0; d ] и 0 ≤ x ≤ a , гдеусловие Липшица в полосе{0 ≤ x ≤ a,a > 0 - любое число, то функция f ( x, y ) = − y 2 удовлетворяет условию Липшица в этой области.Отсюда на основании Теоремы 4 можно утверждать, что при всех 0 ≤ x < ∞ существуетрешение y ( x) , причем 0 ≤ y ( x ) ≤ d .Пример 2. Рассмотрим начальную задачуdy= f ( x, y ),0< x≤adxy (0) = y0 ,где функция f ( x, y ) удовлетворяет условиям Теоремы 2 и при каждом x имеет вид,изображенный на рисунке.Пусть ϕ1 ( x) - наибольший отрицательный корень уравнения f ( x, y) = 0 , ϕ2 ( x) наименьшийположительныйкореньэтогоуравнения.Обозначим*ϕ* = max ϕ1 ( x),ϕ = min ϕ2 ( x) и предположим, что начальное значение y0 удовлетворяет[0, a ][0, a ]условию ϕ* < y0 < ϕ .

Тогда существует постоянная ε > 0 такая, что ϕ* + ε < y0 < ϕ * − ε .Выберем в качестве нижнего решения функцию α = ϕ* + ε , а в качестве верхнего функцию*β = ϕ* − ε .В силу того, что f (α ) > 0 , а f ( β ) < 0 (см. рисунок), соответствующиедифференциальные неравенства выполнены. Поэтому из теоремы Чаплыгина (Теорема 4)следует, что существует решение рассматриваемой задачи y( x) , удовлетворяющеенеравенствам ϕ* < y ( x ) < ϕ * .Лекция 5§5. Теорема существования и единственности решения задачи Коши длянормальной системы ОДУ.10. Постановка задачи.Задача Коши для нормальной системы ОДУ•x = f ( t, x ) ,(1)состоит в отыскании решения x = x (t ) , удовлетворяющего начальным условиямx (t0 ) = x0 .В (1-2) введены обозначения(2)x = { x1 , … , x m } , f ( t , x ) = { f 1 ( t , x ) , … , f m ( t , x )} , где верхниеиндексы - номера координат вектора, а вектор–функция f ( t , x ) задана в области Gмерного пространства переменныхy ≡ y Rm =(У1)m∑( y )i 2( t, x ) .( m + 1)–Далее также будем использовать норму вектора.i =1Предположим, что выполнены следующие условия.Пусть f ( t , x ) ∈ C (G ) , т.е.

существует постоянная M = max f ( t , x ) , следовательноGf ( t , x ) ≤ M – равномерно ограничена в G.(У2)Пусть f ( t , x ) в любой замкнутой ограниченной подобласти g ⊂ G удовлетворяетусловию Липшица по переменой x , т.е. существует постоянная Липшица N > 0 (независящая ни от x , ни от y ) такая, что для всех ( t , x ) , ( t , y ) ∈ g выполняется неравенствоf (t, x ) − f (t, y ) ≤ N x − y .Замечание. Это условие будет выполнено, в частности, если существуют частные производные∂f i ( x, y )∈ C (G ) .∂x jЛемма 1. Пусть вектор–функция f ( t , x ) удовлетворяет (У1) и ( t0 , x0 ) ∈ G . Тогда решениезадачи Коши для системы (1) эквивалентно решению интегрального уравненияtx ( t ) = x0 + ∫ f (τ , x (τ ) ) dτ(3)t0в классе непрерывных функций.Доказательство. Пусть x ( t ) – решение (1-2), заданное на некотором интервале T( t0 ∈ T ) .Тогда при всех t ∈ T имеет место тождество•x ( t ) = f ( t, x ( t ) ) ,интегрируя которое по t с учетом (2), получим (3) при t ∈ T .Верно и обратное утверждение: если x ( t ) ∈ C (T ) и удовлетворяет (3), то ввидунепрерывности f (τ , x )•x ( t ) = f ( t , x ( t ) ) , x ( t0 ) = x0 ,т.е.

x (t ) есть решение системы (1) с начальным условием (2).••Лемма 2. Пусть на отрезке t ∈ [ a, b ] (b > a) выполнено y ( t ) = x ( t ) и z ( t ) = x ( t ) . Тогдаy (b ) − y ( a ) ≤ z (b) − z ( a ) .Доказательство.Положим теперь•Пусть y ( b ) − y ( a ) = 0 , тогда z ( b ) − z ( a ) ≥ 0 , поскольку z ( t ) = x ( t ) ≥ 0 .y ( b ) − y ( a ) ≠ 0 и введем единичный вектор e =Рассмотрим функцию f ( t ) = ( y ( t ) , e ) − z ( t ) и найдем её производную:y (b) − y ( a )y (b) − y ( a ),e = 1.•⎛•⎞ •f (t ) = ⎜ y (t ) , e ⎟ − z (t ) = ( x (t ) , e ) − x (t ) ≤ x (t ) e − x (t ) = 0 .⎝⎠Таким образом, f ( t ) – невозрастающая функция, т.е.