VIII Агафонов и др. Дифференциальные уравнения (1081404), страница 4
Текст из файла (страница 4)
2 (1.9) Их! ов сов(а — ~р) — = — 941 в1п~р+ее сов(а-~р) = О, или й!4=и двш~р Полученное решение содержит пока еще неизвестное значение угла а. Это значение можно найти, приняв во внимание, что тело падает на наклонную плоскость под прямым углом, т.е. в момент 1= 11 падения у = 0 и проекция скорости тела на координатную ось Ох равна нулю (Нх/й = 0). Учитывал (1.9), из последнего условия имеем 22 1. ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ а из первого условия, используя полученное выражение для 1~, имеем ~г у(81) = — — совф+ ео$18ш(а — ф) = 2 сов сов(а — У) (совф со8(а — ф) — 281п(а — 1о) '81пф] = О.
2У81п' 1о Поскольку по смыслу задачи сов(а — у) ф О, то равно нулю выражение в квадратных скобках: сов~р. сов(а — ~р) — 2вш(а — ~р) . яшар = О. Отсюда после тригонометрических преобразований получаем ФЕа=2$цср+сФЕ(р, или а=агсф3(2$ц~р+сФЕ~р). Пример 1.3. Человек, находящийся в точке О, движется вдоль оси ординат Оув положительном направлении и тя- нет тяжелый предмет, расположен- У ~х/ У=У~Ф ный в точке Р, за веревку постоянной длины а (рис. 1.3).
Пусть на плоскости хОу в начальный момент времени точка Я находится в на- А к челе координат, а точка Р имеет координаты (а; О). Составим ОДУ траектории точки Р. Обозначим через у = у(х) урав- нение искомой траектории точки Р. Из условия задачи следует, что РЯ является касашельвоб к этой траектории в точке Р с координатами (х; у).
Длина отрезка АЯ (см. рис. 1.3) равна ~/аз — х~, а фа = ~/ов -х~/х. Принимая во внимание геометрический смысл производной [П], т.е. ду/дх = ФЕ(я — а) = — сба, получаем ОДУ первого порядка ду ~/а~ — х~ 23 Вопросы и задачи разрешенное относительно производной. Одним из решений этого ОДУ является функция (а+ъ~~ — и ) которая задает хорошо известную плоскую кривую — шракшрису. Вопросы и задачи 1.1. Три черепахи А, В и С в начальный момент времени расположены в вершинах равностороннего треугольника со стороной а (рис. 1А) и начинают движение с постоянной скоростью и каждал по направлению к черепахе, находящейся справа, сохраняя направление движения на эту черепаху.
Составить 8 дифференциальное уравнение траекто- х Рис. 1.4 рии черепахи А. 1.2. Человек и собака находятся в начальный момент времени в точках А и В на расстоянии Ь друг от друга. Человек уходит от собаки со скоростью и по дороге, перпендикулярной к отрезку АВ, а собака бежит по направлению к человеку со скоростью 2и. Составить ОДУ траектории собаки. 1,3. Свет распространяется в атмосфере с переменной плотностью р = рве "ь (ро и Й вЂ” постоянные, а Ь вЂ” высота над поверхностью Земли) согласно закону преломления Снеллиуса пеша = сопз$, где и = ар — коэффициент преломления (а = сопяФ), а — угол между направлением луча и вертикалью. Составить ОДУ траектории луча, испускаемого под углом ое к вертикали точечным источником света, находящимся на высоте Н (кривизну поверхности Земли не учитывать). 2. ТЕОРЕМА С,у'ЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЯ ДИсРФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА 2.1.
Постановка задачи Коши. Интегральное неравенство Из рассмотренных выше примеров следует,что обыкновенное дифференциальное уравнение (ОДУ) первого порядка может иметь бесконечное множество решений. Чтобы выделить из этого множества решение, которое нас интересует, необходимо иметь дополнительные данные, например знать начальное значение искомой функции. Задачу Хоши длл ОДУ первого порядка дх д1 — =,1(1,х), х,Фен, (2.1) формулируют так: найти решение х(Ф) уравнения (2.1), такое, что х(го) = хо (2.2) где хв, ~в — заданные числа.
Условие (2.2) называют начальным условием, или условием Хаши, а функцию х(Ф), удовлетворяющую ОДУ (2.1) и начальному усювию (2.2),— решением задачи Коши. Пусть х = х(Ф) — решение ОДУ (2.1), определенное в интервале (1в — б, ~о+б), 6) О. Интегральной кривой ОДУ (2.1) будет график функции т = х(Ф). Можно, следовательно, задачу Коши сформулировать так: найти интегральную кривую ОДУ (2.1), проходящую через заданную точку ($о, хо) (рис. 2.1). Возникает вопрос о существовании решения задачи Коши и его единственности.
Ответ на поставленные вопросы дает од- в,1. Поетанавна надави Каспи. Интас раеъное неравенство 25 на из центральных теорем в теории ОДУ— псеорема Коши, которая будет сформулирована и доказана далее. Здесь же докажем ннтпеералъное нераеенстпео Гронуолла, которое весьма полезно при доказательстве О ряда утверждении и которое будет нами неоднократно использовано в дальнейшем. со Рие. 2.1 Теорема 2.1. Пусть скалярные функции и(с) и е(с) непрерывны и неотрицательны на отрезке, ограниченном точками С и Фе. Если для них выполнено неравенство и(с) < А+ и(ч) е(() И~, со (2.3) с н(с) < Аехр о(~) ссе се (2А) (здесь и далее ехр( обозначает эксноненссиальную усункссню ес аргуменпса Ч).
~ Пусть сначала А > 0 и с > Се. Опуская в неравенстве (2.3) знак модуля и умножая неравенство на е(с), получаем н(с)е(с) А+ и(~)е(()Ы~ (2.5) Так как, согласно теореме о дифференцировании интеграла по верхнему переменному пределу [ЧЦ, где А = сопаФ > О, то справедливо интегральное неравенство Гронуолла 26 2. ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЯ ОДУ то, интегрируя (2.5) в пределах от Са до Ф (йе ~( С), находим (~+а а с) — </ ссм, со сс или с с А+ и(~) сс(~) сК < Аехр сс(Цсбр = Аехр сс(~) Щ . со со со Учитывая (2.3), имеем с с с и(с) < А+ и(~)е(~)ссч = А+ и(~)и(~)ссч < Аехр е(()сЕ~, со со сс т.е. неравенство (2А) справедливо.
Оно справедливо и при А > О, с < се, поскольку при с < се (2.3) принимает вид й(с) < А - и(~) е(~) сК = А+ и(~) сс(0 сК и, следовательно, в соответствии с рассматриваемым случаем со с и(й) < Аехр сс(~) сЕ( = Аехр сс(~) Н~ . с со Если А= О, то и(С) = О. Действительно, и(С) < е+ и(с)и(с.) К 27 2.2. Теорема Коши для любого е > О. На основании (2.4) имеем с и(С) < еехр о(С) ссС . При е -+ +О получаем и(с) < О, но, по условию, и(с) > О. Значит, и(с) не О.
> 2.2. Теорема существования и единственности решения (теорема Коши) Определение 2.1. Функция С'(с, х), определенная в обласпси С, удовлетворяет условию Лииисииав 0 относительно х, если существует такое число Ь > О, называемое поспсолииос1 Липисица, что для любых двух точек (с, х) и (с, у) из С вычолнено неравенство ~~(С, х) — 1(С, У)! < Цх — У). Замечание 2.1.
Функция С(с, х), имеющая в заасииуспос1 ограниченной обласпси С непрерывную частную производную ду/дх, удовлетворяет условию Липшица в С относительно х. Это следует из теоремы Лагранжа о конечном приращении функции [Ч]: ,С'(с, ХС) — Дс, Х2) =(ХС вЂ” Х2)Д(С, ХС+Л(Х2 — ХС)), ЛЕ(0, 1). Действительно, если Д(с, х) непрерывнав С, тоиограничена в этой области. Значит, существует такая постоянная Ь > О, что ~Д(с, х)~ < Ь Ч(С, х) Е Р. Тогда для любых двух точек (С, хс) и (С, х2) из Р будем действительно иметь ~ДС, ХС) — у(С, Х2)( = 1Се(С, ХС+Л(Х2 — ХС))~ ~ХС вЂ” Х2~ < ЦХС-Х2).
28 2. ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЯ ОДУ Теорема 2.2 (тиеорема Хотим). Пусть функция /(Ф,х) определена и непрерывна в прямоугольной замкнутой области Р=((ь! х): !г — Ьо/ <а, ~х-хв! (Ь) (2.6) и удовлетворяет в этой области условию Липшица относительно х. Тогда существует единственное решение х(Ф) задачи Коши (2.1), (2.2), т.е. решение обыкновенного диу!4еренциального уравнения (ОДУ) первого порядка дх/й = /(ь, х) с начальным условием х(ьв) = хв.
Это решение определено при ~ь — гв! < Л, где Л = ш1п(а; Ь/М), М = шах Я(г, х) Ц. (Ф,я)ео Перед доказательством теоремы дадим геометрическую интерпретацию ограничения ~Ф вЂ” Фв~ < Л на область определения функции х(Ь). Так как Щь,х)~ < М, то интегральная кривая х = х(Ф), проходящая через точку (ьв, хв), должна лежать внутри заштрихованного на рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
