ОДУ - 1 (1086549), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

Из неравенства (2.5) следует, что−q 0 (t) 6 c + dq(t), t ∈ [a, t0 ]. Умножив это неравенство на e−d(t0 −t) ,получим−q 0 (t)e−d(t0 −t) 6 ce−d(t0 −t) + dq(t)e−d(t0 −t) ,t ∈ [a, t0 ].Это неравенство можно переписать так−d q(t)e−d(t0 −t) 6 ce−d(t0 −t) ,dtt ∈ [a, t0 ].Проинтегрировав от t до t0 , получим−d(t0 −t)q(t)eZt0− q(t0 ) 6 ce−d(t0 −τ ) dτ =c1 − e−d(t0 −t) ,dt ∈ [a, t0 ].tСледовательно, dq(t) 6 ced(t0 −t) − c. А значитz(t) 6 c + dq(t) 6 c + ced(t0 −t) − c = ced|t−t0 | ,t ∈ [a, t0 ]и неравенство (2.6) для t ∈ [a, t0 ] доказано, что и завершает доказательство леммы 2.1.2.2.1. Задача Коши для уравнения первого порядка292.1.3.

Условие ЛипшицаСформулируем теперь важное для дальнейших исследований условие Липшица.Определение 2.1.2. Функция f (t, y), заданная в прямоугольнике Π,удовлетворяет в Π условию Липшица по y, если|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| 6 L|y1 − y2 |,∀(t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π,где L – положительная постоянная.Замечание 2.1.1. Если функции f (t, y) и fy (t, y) определены инепрерывны в Π, то f (t, y) удовлетворяет в Π условию Липшица поy. Действительно, так как fy (t, y) непрерывна в Π, то найдется положительная константа L такая, что|fy (t, y)| 6 L,∀(t, y) ∈ Π.Тогда из формулы Лагранжа следует, что|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| = |fy (t, θ)(y1 − y2 )| 6 L|y1 − y2 |,∀(t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π.Замечание 2.1.2.

Функция f (t, y) может быть не дифференцируема по y, но удовлетворять условию Липшица. Рассмотрим, например,функцию f (t, y) = (t−t0 )|y−y0 |. Очевидно, что она не дифференцируемапри y = y0 , t 6= t0 , однако для всех (t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π имеем|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| = |t − t0 | · |y1 − y0 | − |y2 − y0 | 6 T |y1 − y2 |.Замечание 2.1.3. Функция f (t, y) может быть непрерывной поy, но не удовлетворять условию Липшица. Рассмотрим, например,функцию(√y,0 6 y 6 1;f (y) =p− |y|, −1 6 y 6 0.Очевидно, что она непрерывна на отрезке [−1, 1]. Покажем, что она неудовлетворяет условию Липшица. Предположим, что оно выполнено.Тогда существует такая постоянная L, что√√| y 1 − y 2 | 6 L|y1 − y2 |, ∀y1 , y2 ∈ [−1, 1].Пусть y1 > 0, y2 = 0.

Тогда y1 6 L2 y12 , и, взяв 0 < y1 < L−2 , мыполучим противоречие.30Глава 2. Задача Коши2.1.4. Теорема единственности решения задачи КошиДокажем теперь теорему единственности решения задачи Коши(2.1), (2.2).Теорема 2.1.1.

Пусть функция f (t, y) непрерывна в Π и удовлетворяет в Π условию Липшица по y. Если y1 (t), y2 (t) – решения задачиКоши (2.1), (2.2) на отрезке [t1 , t2 ], то y1 (t) = y2 (t) для t ∈ [t1 , t2 ].Доказательство. Так как y1 (t) и y2 (t) – решения задачи Коши (2.1),(2.2), то из леммы 2.1.1 следует, что они являются решениями интегрального уравнения (2.3). То естьZty1 (t)= y0 +f (τ, y1 (τ ))dτ,t ∈ [t1 , t2 ],f (τ, y2 (τ ))dτ,t ∈ [t1 , t2 ].t0Zty2 (t)= y0 +t0Вычитая второе уравнение из первого и оценивая разность по модулю,получаем tZZt|y1 (t) − y2 (t)| = f (τ, y1 (τ ))dτ − f (τ, y2 (τ ))dτ 6t0t0 tZ6 |f (τ, y1 (τ )) − f (τ, y2 (τ ))|dτ , t ∈ [t1 , t2 ].t0Используя условие Липшица, имеем tZ|y1 (t) − y2 (t)| 6 L |y1 (τ ) − y2 (τ )|dτ ,t ∈ [t1 , t2 ].t0Обозначив z(t) = |y1 (t) − y2 (t)|, перепишем последнее неравенство следующим образом tZ0 6 z(t) 6 L z(τ )dτ , t ∈ [t1 , t2 ].t02.1.

Задача Коши для уравнения первого порядка31Применяя лемму Гронуолла-Беллмана 2.1.2 с c = 0 и d = L, имеемz(t) = 0, t ∈ [t1 , t2 ]. Следовательно, y1 (t) = y2 (t), t ∈ [t1 , t2 ] и теорема2.1.1 доказана.Замечание 2.1.4. Если условие Липшица не выполнено, то решениезадачи (2.1), (2.2) может не быть единственным. Например, если(f (y) =√y ,0 6 y 6 1,p− |y|, −1 6 y 6 0,то задача Коши y 0 (t) = f (y(t)), y(0) = 0 имеет решенияy1 (t) = 0,y2 (t) =t2 /4,−t2 /4,0 6 t 6 2,− 2 6 t 6 0.2.1.5.

Локальная теорема существования решениязадачи КошиПерейдем к доказательству существования решения задачи с начальным условием. Следует отметить, что мы можем доказать теоремусуществования не на всем исходном отрезке [t0 − T, t0 + T ], а на некотором, вообще говоря, меньшем. Поэтому эта теорема часто называетсялокальной теоремой существования решения задачи Коши.Теорема 2.1.2. Пусть функция f (t, y) непрерывна в Π, удовлетворяет в Π условию Липшица по y и|f (t, y)| 6 M,(t, y) ∈ Π.Тогда на отрезке [t0 − h, t0 + h], где Ah = min T,,Mсуществует функция y(t) такая, что y(t) ∈ C 1 [t0 −h, t0 +h], |y(t)−y0 | 6A, t ∈ [t0 − h, t0 + h],y 0 (t) = f (t, y(t)), t ∈ [t0 − h, t0 + h],y(t0 ) = y0 .(2.7)(2.8)32Глава 2.

Задача КошиДоказательство. Из леммы 2.1.1 следует, что для доказательства теоремы достаточно доказать существование функции y(t) ∈ C[t0 −h, t0 +h]такой, что |y(t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h], и являющейся решениеминтегрального уравненияZty(t) = y0 +f (τ, y(τ ))dτ,t ∈ [t0 − h, t0 + h].(2.9)t0Проведем доказательство, используя метод последовательных приближений. Рассмотрим последовательность функций yk (t), k =0, 1, 2, . . . таких, что y0 (t) = y0 ,Ztyk+1 (t) = y0 +f (τ, yk (τ ))dτ,t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, . . . . (2.10)t0Покажем, используя метод математической индукции, что для всехk = 0, 1, 2, . . .

выполненоyk (t) ∈ C[t0 − h, t0 + h],|yk (t) − y0 | 6 A,t ∈ [t0 − h, t0 + h].Для k = 0 это очевидно справедливо, поскольку y0 (t) = y0 .Пусть это верно для k = m. То естьym (t) ∈ C[t0 − h, t0 + h],|ym (t) − y0 | 6 A,t ∈ [t0 − h, t0 + h].Покажем, чтоZtym+1 (t) = y0 +f (τ, ym (τ ))dτ,t ∈ [t0 − h, t0 + h](2.11)t0такова, что ym+1 (t) ∈ C[t0 −h, t0 +h] и |ym+1 (t)−y0 | 6 A, t ∈ [t0 −h, t0 +h].Действительно, так как |ym (t)−y0 | 6 A, t ∈ [t0 −h, t0 +h], то функцияf (t, ym (t)) определена и непрерывна на [t0 − h, t0 + h].

Значит интеграл,стоящий в правой части (2.11), определен и непрерывен при t ∈ [t0 −h, t0 + h]. Следовательно, ym+1 (t) ∈ C[t0 − h, t0 + h].2.1. Задача Коши для уравнения первого порядка33Оценим tZ|ym+1 (t) − y0 | = f (τ, ym (τ ))dτ 6t0 t tZ Z A= A,6 |f (τ, ym (τ ))|dτ 6 M dτ 6 M h 6 M ·M t0t ∈ [t0 −h, t0 +h].t0Таким образом |ym+1 (t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Следовательно, мыпоказали что все yk (t) ∈ C[t0 −h, t0 +h] и |yk (t)−y0 | 6 A, t ∈ [t0 −h, t0 +h],k = 0, 1, 2, .

. . .Докажем, используя метод математической индукции, что для t ∈[t0 − h, t0 + h] справедливы неравенства|yk+1 (t) − yk (t)| 6 ALk|t − t0 |k,k!k = 0, 1, 2, . . . .(2.12)Для k = 0 имеемZt|y1 (t) − y0 (t)| = y0 + f (τ, y0 )dτ − y0 6t0 tZ6 f (τ, y0 )dτ 6 M h 6 A,t ∈ [t0 − h, t0 + h],t0то есть при k = 0 оценка (2.12) верна.Пусть неравенство (2.12) справедливо для k = m − 1. Покажем, чтотогда оно справедливо при k = m. ДействительноZtZt|ym+1 (t) − ym (t)| = y0 + f (τ, ym (τ ))dτ − y0 − f (τ, ym−1 (τ ))dτ 6t0t0 tZ6 |f (τ, ym (τ )) − f (τ, ym−1 (τ ))|dτ , t ∈ [t0 − h, t0 + h].t034Глава 2. Задача КошиИспользуя условие Липшица и неравенство (2.12) для k = m − 1, получим tZ|ym+1 (t) − ym (t)| 6 L |ym (τ ) − ym−1 (τ )|dτ 6t0 tZm−1|t − t0 |mm−1 |τ − t0 |dτ = ALm, t ∈ [t0 − h, t0 + h].6 L AL(m − 1)!m!t0Следовательно, оценка (2.12) справедлива при k = m, и значит онадоказана для любого k ∈ N.Представим функции yk (t) как частичные суммы рядаyk (t) = y0 +kX(yn (t) − yn−1 (t)),n = 1, 2, .

. .n=1Равномерная сходимость последовательности функций yk (t) на отрезке[t0 − h, t0 + h] эквивалентна равномерной сходимости ряда∞X(yn (t) − yn−1 (t))(2.13)n=1на отрезке [t0 − h, t0 + h]. Применим признак Вейерштрасса для доказательства равномерной сходимости ряда (2.13) на отрезке [t0 − h, t0 + h].Из оценки (2.12) следует, что|yn (t) − yn−1 (t)| 6 ALn−1Числовой ряд∞Phn−1= cn ,(n − 1)!t ∈ [t0 − h, t0 + h],n = 1, 2, . . .cn сходится по признаку Даламбера. Следовательно,n=1ряд (2.13) сходится равномерно на отрезке [t0 − h, t0 + h].

Это означает,что последовательность функций yk (t) сходится равномерно на отрезке[t0 − h, t0 + h] к некоторой функции y(t). Так как все функции yk (t)непрерывны на отрезке [t0 −h, t0 +h], то функция y(t) также непрерывнана этом отрезке, то есть y(t) ∈ C[t0 − h, t0 + h].Покажем, что |y(t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Как было доказано,|yk (t) − y0 | 6 A, t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, . .

Характеристики

Список файлов книги