ОДУ - 1 (1086549), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Если ввести векторное полеa(t, y) = (M (t, y), N (t, y)),то условие (1.14) будет означать потенциальность этого поля:a(t, y) = gradV (t, y).Критерий того, что уравнение (1.11) является уравнением в полныхдифференциалах, дается следующей теоремой.Теорема 1.4.2. Пусть функции M (t, y), N (t, y) и их частные производные первого порядка непрерывны в прямоугольнике D со сторонами, параллельными координатным осям, и выполнено условие (1.12).Тогда для того, чтобы уравнение (1.11) было уравнением в полных дифференциалах в D, необходимо и достаточно, чтобы∂M (t, y)∂N (t, y)=,∂y∂t∀(t, y) ∈ D.(1.17)Доказательство. Докажем необходимость. Пусть уравнение (1.11) является уравнением в полных дифференциалах.
Тогда существует функция V (t, y) такая, что выполнены равенства (1.14). Дифференцируя первое из них по y, а второе по t, получим равенства∂ 2 V (t, y)∂M (t, y)=,∂y∂t∂y∂N (t, y)∂ 2 V (t, y)=,∂t∂y∂tиз которых следует (1.17).Докажем достаточность. Пусть выполнено условие (1.17). Рассмотрим функциюZyZtM (ξ, y)dξ +V (t, y) =t0N (t0 , η)dη,y0где (t0 , y0 ) – фиксированная точка прямоугольника D. Дифференцируя∂V (t, y)по t, получим= M (t, y).
Дифференцируя по y и учитывая∂t22Глава 1. Основные понятияусловие (1.17), имеем∂V (t, y)=∂yZt∂M (ξ, y)dξ + N (t0 , y) =∂yt0Zt=∂N (ξ, y)dξ + N (t0 , y) = N (t, y).∂tt0Следовательно, V (t, y) удовлетворяет определению 1.4.3 и уравнение(1.11) является уравнением в полных дифференциалах.1.4.3. Интегрирующий множительОпределение 1.4.4. Непрерывно дифференцируемая в области Dфункция µ = µ(t, y) 6= 0 называется интегрирующим множителем,если уравнениеµ(t, y)M (t, y)dt + µ(t, y)N (t, y)dy = 0(1.18)является уравнением в полных дифференциалах.Теорема 1.4.3. Пусть уравнение M dt + N dy = 0 имеет в областиD общий интеграл Φ(t, y) = C, причем функция Φ(t, y) непрерывнодифференцируема в D и выполнено неравенство ∂Φ(t, y) ∂Φ(t, y) + ∂t ∂y > 0, ∀(t, y) ∈ D.Тогда существует интегрирующий множитель в D.Доказательство.
В силу замечания 1.4.1 из теоремы 1.4.1 через любуюточку области D проходит единственная интегральная кривая. Пусть(ϕ(τ ), ψ(τ )) – соответствующее параметрическое решение. По определению общего интеграла Φ(ϕ(τ ), ψ(τ )) ≡ C. После вычисления дифференциала имеем ∂Φ∂Φ 0 0 = dC =ϕ0 (τ ) +ψ (τ ) dτ.∂t∂yВ тоже время, из определения параметрического решения (1.13):M (ϕ(τ ), ψ(τ ))ϕ0 (τ ) + N (ϕ(τ ), ψ(τ ))ψ 0 (τ ) = 0,|ϕ0 (τ )| + |ψ 0 (τ )| > 0.1.4. Уравнение в симметричном виде23Таким образом, система линейных алгебраических уравнений∂Φ ∂Φ 0 ϕ (τ )0 ∂t=∂y ψ 0 (τ )0MNимеет нетривиальное решение. Это возможно только в случае равенстванулю определителя матрицы, то естьN∂Φ∂Φ≡M.∂t∂y∂ΦЗаметим, что, если в какой-либо точке M = 0, то N 6= 0,= 0,∂t∂Φ6= 0.
Поэтому можно положить∂y∂Φ∂Φ(t, y)(t, y)∂y∂tµ(t, y) =≡6= 0.M (t, y)N (t, y)Поскольку по построениюµM =∂Φ,∂tµN =∂Φ,∂yто µ(t, y) является интегрирующим множителем, причем (1.18) являетсяуравнением в полных дифференциалах с функцией V = Φ(t, y).Замечание 1.4.3. Интегрирующий множитель определяетсянеоднозначно. Действительно, если µ(t, y) является интегрирующиммножителем, то найдется непрерывно дифференцируемая функцияV (t, y) такая, что справедливо равенство dV = µM dt + µN dy. Умножая это равенство на f (V ), где f (s) – произвольная непрерывнодифференцируемая функция скалярного аргумента, f (s) 6= 0, получаемZf (V )dV = df (V )dV = µf (V )M dt + µf (V )N dy.Поэтому µ1 (t, y) = µ(t, y)f (V (t, y)) – также интегрирующий множитель.24Глава 1.
Основные понятияОтметим, что (1.18) является уравнением в полных дифференциалахтогда и только тогда, когда выполнено соотношение∂∂ µ(t, y)M (t, y) =µ(t, y)N (t, y) ,∂y∂tкоторое можно рассматривать в качестве уравнения для нахожденияинтегрирующего множителя. После приведения подобных слагаемыхимеем∂µ∂M∂N∂µ−M=µ−.(1.19)N∂t∂y∂y∂tЭто уравнение в частных производных. В общем случае оно сложнееисходного уравнения в симметричном виде, и решать его невыгодно.Тем не менее, в ряде случаев (1.19) можно использовать для нахожденияинтегрирующего множителя.∂N1 ∂M−= g(t) – функция только аргумента t, то1. ЕслиN∂y∂tинтегрирующий множитель можно искать в виде µ = µ(t). Уравнение (1.19) принимает вид µ0 (t) = µ(t)g(t) и имеет решениеRµ(t) = exp{ g(t)dt}.1 ∂M∂N2.
Если−= h(y) – функция только аргумента y, тоM∂y∂tинтегрирующий множитель можно искать в виде µ = µ(y). Уравнение (1.19) принимает вид µ0 (y) = −µ(y)h(y) и имеет решениеRµ(y) = exp{− h(y)dy}.2.1. Задача Коши для уравнения первого порядка25Глава 2Задача Коши2.1. Задача Коши для уравнения первого порядка,разрешенного относительно производнойПусть функция f (t, y) определена и непрерывна в прямоугольникеΠ = {(t, y) :|t − t0 | 6 T,|y − y0 | 6 A}.Рассмотрим на отрезке [t0 − T, t0 + T ] дифференциальное уравнениеy 0 (t) = f (t, y(t))(2.1)y(t0 ) = y0 .(2.2)с условиемТребуется определить функцию y(t), удовлетворяющую уравнению(2.1) и условию (2.2).
Эта задача называется задачей с начальным условием или задачей Коши.Рассмотрим отрезок [t1 , t2 ] такой, что t0 − T 6 t1 < t2 6 t0 + T ,t0 ∈ [t1 , t2 ].Определение 2.1.1. Функция ȳ(t) называется решением задачи Коши (2.1), (2.2) на отрезке [t1 , t2 ], если: ȳ(t) ∈ C 1 [t1 , t2 ], |ȳ(t) − y0 | 6 Aдля t ∈ [t1 , t2 ], ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.1) для t ∈ [t1 , t2 ] иусловию (2.2).2.1.1. Редукция к интегральному уравнениюПокажем, что решение задачи с начальным условием (2.1), (2.2) эквивалентно решению некоторого интегрального уравнения.Рассмотрим на отрезке [t0 − T, t0 + T ] уравнение относительно неизвестной функции y(t)Zty(t) = y0 +f (τ, y(τ ))dτ.t0(2.3)26Глава 2.
Задача КошиТакое уравнение называется интегральным, поскольку неизвестнаяфункция y(t) входит под знак интеграла.Лемма 2.1.1. Функция ȳ(t) является решением задачи Коши (2.1),(2.2) на отрезке [t1 , t2 ] тогда и только тогда, когда ȳ(t) ∈ C[t1 , t2 ],|ȳ(t) − y0 | 6 A для t ∈ [t1 , t2 ] и ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3) дляt ∈ [t1 , t2 ].Доказательство. Пусть функция ȳ(t) является решением задачи с начальным условием (2.1), (2.2) на отрезке [t1 , t2 ]. Из определения 2.1.1следует, что ȳ(t) ∈ C[t1 , t2 ], |ȳ(t) − y0 | 6 A для t ∈ [t1 , t2 ].
Покажем, чтоȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3) для t ∈ [t1 , t2 ]. Интегрируя уравнение (2.1) от t0 до t, получимZtZt0ȳ (τ )dτ =t0f (τ, ȳ(τ ))dτ,t ∈ [t1 , t2 ].t0Учитывая начальное условие (2.2), имеемZtȳ(t) = y0 +f (τ, ȳ(τ ))dτ,t ∈ [t1 , t2 ].t0Следовательно, функция ȳ(t) удовлетворяет интегральному уравнению(2.3) при t ∈ [t1 , t2 ].Пусть функция ȳ(t) такова, что ȳ(t) ∈ C[t1 , t2 ], |ȳ(t) − y0 | 6 A дляt ∈ [t1 , t2 ] и ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3) для t ∈ [t1 , t2 ], то естьZtȳ(t) = y0 +f (τ, ȳ(τ ))dτ,t ∈ [t1 , t2 ].(2.4)t0Покажем, что ȳ(t) является решением задачи с начальным условием(2.1), (2.2).Положив в (2.4) t = t0 , получим, что ȳ(0) = y0 .
Следовательно условие (2.2) выполнено. Так как функция ȳ(t) непрерывна на [t1 , t2 ], топравая часть равенстваZtȳ(t) = y0 +f (τ, ȳ(τ ))dτt02.1. Задача Коши для уравнения первого порядка27непрерывно дифференцируема на [t1 , t2 ] как интеграл с переменнымверхним пределом t от непрерывной функции f (τ, ȳ(τ )) ∈ C[t1 , t2 ]. Следовательно, ȳ(t) непрерывно дифференцируема на [t1 , t2 ]. Дифференцируя (2.4), получим, что ȳ(t) удовлетворяет (2.1), и лемма 2.1.1 доказана.2.1.2.
Лемма Гронуолла-БеллманаДокажем единственность решения задачи Коши (2.1), (2.2). Дляэтого нам потребуется следующая лемма, обычно называемая леммойГронуолла-Беллмана.Лемма 2.1.2. Пусть функция z(t) ∈ C[a, b] и такова, что tZ0 6 z(t) 6 c + d z(τ )dτ , t ∈ [a, b],(2.5)t0где постоянная c неотрицательна, постоянная d положительна, а t0– произвольное фиксированное число на отрезке [a, b].
Тогдаz(t) 6 ced|t−t0 | ,t ∈ [a, b].(2.6)Доказательство. Рассмотрим t > t0 . Введем функциюZtp(t) =z(τ )dτ,t ∈ [t0 , b].t00Тогда p (t) = z(t) > 0, p(t0 ) = 0. Из (2.5) следует, что p0 (t) 6 c + dp(t),t ∈ [t0 , b]. Умножив это неравенство на e−d(t−t0 ) , получимp0 (t)e−d(t−t0 ) 6 ce−d(t−t0 ) + dp(t)e−d(t−t0 ) ,Это неравенство можно переписать такd p(t)e−d(t−t0 ) 6 ce−d(t−t0 ) ,dtt ∈ [t0 , b].t ∈ [t0 , b].Проинтегрировав от t0 до t , получимp(t)e−d(t−t0 ) − p(t0 ) 6 cZtt0e−d(τ −t0 ) dτ =c1 − e−d(t−t0 ) ,dt ∈ [t0 , b].28Глава 2. Задача КошиУчитывая то, что p(t0 ) = 0, имеем dp(t) 6 ced(t−t0 ) − c. Следовательно,z(t) 6 c + dp(t) 6 c + ced(t−t0 ) − c = ced(t−t0 ) ,t ∈ [t0 , b]и неравенство (2.6) для t ∈ [t0 , b] доказано.Докажем неравенство (2.6) для t ∈ [a, t0 ]. Перепишем неравенство(2.5) следующим образомZt0Zt0 6 z(t) 6 c − dz(τ )dτ = c + dt0z(τ )dτ,t ∈ [a, t0 ].tОбозначимZt0q(t) =z(τ )dτ,t ∈ [a, t0 ].t0Тогда q (t) = −z(t) 6 0, q(t0 ) = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
