ОДУ - 1 (А.М. Денисов, А.В. Разгулин - Обыкновенные дифференциальные уравнения), страница 6

. . Переходя в этом2.1. Задача Коши для уравнения первого порядка35Рис. 2.1. К доказательству теоремы существования решения задачи Коши.неравенстве к пределу при k → ∞ и произвольном фиксированном t ∈[t0 − h, t0 + h], получим, что |y(t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h].Покажем, что y(t) является решением интегрального уравнения(2.9). В силу равномерной на отрезке [t0 − h, t0 + h] сходимости yk (t)к функции y(t) для произвольного δ > 0 найдется номер k0 (δ) такой,что при k > k0 (δ) справедливо неравенство |yk (t) − y(t)| < δ для всехεиt ∈ [t0 − h, t0 + h].

Тогда для любого ε > 0 выбираем δ(ε) =Lhk0 = k0 (δ(ε)) так, что при k > k0 справедливо неравенство|f (τ, yk (τ )) − f (τ, y(τ ))| 6 L|yk (τ ) − y(τ )| <ε,hТогда для разности интегралов получаем оценки tZZt f (τ, yk (τ ))dτ − f (τ, y(τ ))dτ < ε |t − t0 | 6 ε, ht0τ ∈ [t0 − h, t0 + h].t ∈ [t0 − h, t0 + h],t0позволяющие перейти в (2.10) к пределу при k → ∞ и произвольномфиксированном t ∈ [t0 − h, t0 + h]. В результате получаем, что y(t) является решением интегрального уравнения (2.9).Таким образом, мы показали, что y(t) ∈ C[t0 −h, t0 +h], |y(t)−y0 | 6 A,t ∈ [t0 − h, t0 + h] и является решением интегрального уравнения (2.9).Следовательно, y(t) является решением задачи с начальным условиемна отрезке [t0 − h, t0 + h] и теорема 2.1.2 доказана.Вернемся опять к вопросу о том, почему мы не можем доказать теорему существования на всем отрезке [t0 − T, t0 + T ], а доказываем суще-36Глава 2.

Задача КошиA}M(см. рис. 2.1). Это объясняется тем, что мы должны следить за тем, чтобы точка (t, y(t)) не выходила за пределы прямоугольника Π, то естьчтобы выполнялось неравенство |y(t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Этонеобходимо, поскольку только в Π функция f (t, y) ограничена фиксированной постоянной M и удовлетворяет условию Липшица с фиксиAрованной константой L. Попытки увеличить число h = min{T, } заMсчет увеличения A, вообще говоря, безрезультатны, поскольку при увеличении A в общем случае увеличивается постоянная M .Приведем пример, показывающий, что без дополнительных предположений относительно функции f (t, y) решение существует только надостаточно малом отрезке.Пример 2.1.1. Рассмотрим при a > 0 задачу Кошиствование решения только на отрезке [t0 − h, t0 + h], где h = min{T,y 0 (t) = a(y(t)2 + 1),y(0) = 0.Функция f (t, y) = a(y 2 + 1) определена при любых действительных tи y.

Однако решение этой задачи y(t) = tg(at) существуеттолько наπ πотрезке [−h1 , h1 ], содержащемся в интервале − ,.2a 2a2.2. Задача Коши для уравнения первого порядка,не разрешенного относительно производной2.2.1. Примеры постановки задачи КошиРассмотрим обыкновенное дифференциальное уравнение первогопорядка, не разрешенное относительно производнойF (t, y(t), y 0 (t)) = 0.(2.14)Всюду в этом параграфе будем считать, что функция F (t, y, p) определена в параллелепипеде D с центром в некоторой точке (t0 , y0 , y00 ) ∈ R3 :D = {(t, y, p) : |t − t0 | 6 a, |y − y0 | 6 b, |p − y00 | 6 c},(2.15)где a, b, c – фиксированные положительные числа.Определение 2.2.1. Функция y(t) называется решением уравнения(2.14) на отрезке [t1 , t2 ], если:2.2.

Задача Коши для уравнения, не разрешенного относительно y 0 371. 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 (2.14).Если уравнение (2.14) разрешено относительно производной,F (t, y, p) = p − f (t, y),то при некоторых дополнительных условиях на функцию f (t, y) для получения единственного решения уравнения достаточно задать условиепрохождения соответствующей интегральной кривой (графика решения) через некоторую точку (t0 , y0 ).

В общем случае приходим к задачес дополнительным условиемF (t, y(t), y 0 (t)) = 0,y(t0 ) = y0 .(2.16)Проиллюстрируем особенности такой задачи для случая уравнения,квадратично зависящего от производной:2(y 0 (t)) − (t + y(t))y 0 (t) + ty(t) = 0.(2.17)2Поскольку квадратное уравнение p − (t + y)p + ty = 0 имеет корниp1 = t, p2 = y, то исходное дифференциальное уравнение распадается насовокупность двух уравнений, разрешенных относительно производной:y 0 (t) = t,y 0 (t) = y(t).Получаем два семейства решенийy1 (t) =t2+ C1 ,2y2 (t) = C2 exp{t},∀C1 , C2 ∈ R.Пример 2.2.1. Задача для уравнения (2.17) с дополнительным условием y(0) = 1 имеет два решения (см. рис.

2.2а):t2+ 1, y2 (t) = exp{t}.(2.18)2Задача для уравнения (2.17) c дополнительным условием y(0) = 0 имеет четыре решения (см. рис. 2.2б-г):y1 (t) =t2, ye2 (t) = 0,2ye1 (t), t < 0,ye2 (t), t < 0,ye3 (t) =ye4 (t) =ye2 (t), t > 0,ye1 (t), t > 0.ye1 (t) =(2.19)38Глава 2. Задача Кошиа.б.в.г.Рис. 2.2. К примерам 2.2.1, 2.2.2: неединственность решения задачи Коши.Рассмотренный пример показывает, что неединственность решениядостаточно характерна для задачи (2.16).

Для единственности необходимо задать еще одно дополнительное условие. Из геометрических соображений наиболее естественно потребовать, чтобы искомое решениепроходило 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 .(2.20)Пример 2.2.2. Задача Коши для уравнения (2.17) с начальнымиусловиями y(0) = 1, y 0 (0) = 0, то есть(t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, 0),∂F (0, 1, 0)= −1 6= 0,∂pF (0, 1, 0) = 0,(2.21)t2+ 1.2Задача Коши для уравнения (2.17) с начальными условиями y(0) =1, y 0 (0) = 1, то естьимеет единственное решение y(t) =(t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, 1),F (0, 1, 1) = 0,∂F (0, 1, 1)= 1 6= 0,∂p(2.22)имеет единственное решение y(t) = exp{t}.Задача Коши для уравнения (2.17) с начальными условиями y(0) =1, y 0 (0) = y00 , ∀y00 6∈ {0; 1}, то есть(t0 , y0 , y00 ) = (0, 1, y00 ),F (t0 , y0 , y00 ) 6= 0,(2.23)2.2.

Задача Коши для уравнения, не разрешенного относительно y 0 39не имеет ни одного решения.Задача Коши для уравнения (2.17) с начальными условиями y(0) =0, y 0 (0) = 0, то есть(t0 , y0 , y00 ) = (0, 0, 0),F (0, 0, 0) = 0,∂F (0, 0, 0)= 0,∂p(2.24)имеет четыре решения (2.19).Приведенный пример показывает следующие особенности постановки задачи Коши (2.20):1. тройка чисел (t0 , y0 , y00 ) ∈ R3 не может быть взята произвольно; для существования решения необходимо выполнения условияF (t0 , y0 , y00 ) = 0;2. двух дополнительных условий y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y00 может оказаться недостаточно для единственности решения в случае∂F (t0 , y0 , y00 )= 0.∂p2.2.2.

Теорема существования и единственности решениязадачи КошиТеорема 2.2.1. Пусть функция F (t, y, p) определена в параллелепипеде D, заданным (2.15), и выполнены следующие условия:F (t0 , y0 , y00 ) = 0;∂F (t, y, p)2. F (t, y, p),,∂y∂F (t0 , y0 , y00 )3.6= 0.∂p1.(2.25)∂F (t, y, p)непрерывны в D; (2.26)∂p(2.27)Тогда найдется h > 0 такое, что на отрезке [t0 − h, t0 + h] существует единственное решение задачи Коши (2.20).Доказательство.

Рассмотрим в окрестности точки (t0 , y0 , y00 ) уравнениеF (t, y, p) = 0.(2.28)Из условий (2.25)-(2.27) и теоремы о неявной функции следует, что найдется окрестность Ω0 точки (t0 , y0 ), в которой существует единственная40Глава 2. Задача Кошинепрерывная функция p = f (t, y), имеющая в Ω0 непрерывную частнуюпроизводную∂F (t, y, f (t, y))/∂y∂f (t, y)=−,(2.29)∂y∂F (t, y, f (t, y))/∂pи являющаяся решением уравнения (2.28). В частности, выполнено равенствоy00 = f (t0 , y0 ).(2.30)В окрестности Ω0 уравнение (2.14) эквивалентно дифференциальному уравнению y 0 (t) = f (t, y(t)), разрешенному относительно производной, а задача Коши (2.20) принимает видy 0 (t) = f (t, y(t)),y(t0 ) = y0 .(2.31)Отметим, что фигурирующее в (2.20) начальное условие на производную y 0 (t0 ) = y00 автоматически выполнено в силу равенства (2.30).Рассмотрим задачу Коши (2.31) в прямоугольникеΠ = {(t, y) :|t − t0 | 6 a0 ,|y − y0 | 6 b0 },где положительные числа a0 , b0 настолько малы, чтобы Π ⊂ Ω0 .

Какуже установлено выше, функция f (t, y) непрерывна в Ω0 , а значит и вΠ. Условие Липшица для этой функции по переменной y на множествеΠ с константой ∂fL = max (t, y)(t,y)∈Π ∂y∂f(t, y), опреде∂yленной в (2.29). Таким образом, в Π выполнены все условия теоремы2.1.2 существования и единственности решения задачи Коши для дифференциального уравнения, разрешенного относительно производной.Следовательно, найдется h > 0 такое, что на отрезке [t0 − h, t0 + h] существует единственное решение задачи Коши (2.31), а значит и задачиКоши (2.20).вытекает из непрерывности в Π частной производнойЗамечание 2.2.1. В приведенном выше примере 2.2.2 условия теоремы 2.2.1 выполнены для задач Коши (2.21), (2.22) и не выполненыдля задач Коши (2.23), (2.24).2.2.

Задача Коши для уравнения, не разрешенного относительно y 0 412.2.3. Методы интегрированияРассмотрим метод интегрирования уравнения (2.14), основанный наего почленном дифференцировании. Получающееся уравнение становится линейным относительно старшей производной, и в нем эффективно производится замена искомой функции.Уравнение вида y = f (t, y 0 ), разрешенное относительно переменнойy, эквивалентно системе двух уравненийy = f (t, p),dy = pdt.Из первого уравнения выражаем dy, воспользовавшись инвариантностью формы первого дифференциала:dy =∂f (t, p)∂f (t, p)dt +dp = pdt.∂t∂pПоследнее равенство задает дифференциальное уравнение первого порядка в симметричном виде относительно переменных t, p.