ОДУ - 2 (1086550), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Пусть функция f (t, y) непрерывна в Q+ и имеет вQ+ непрерывную частную производную fy (t, y). Тогда для любых (t, y1 ),(t, y2 ) ∈ Q+ справедливо равенствоZ1f (t, y1 ) − f (t, y2 ) =fy (t, y2 + θ(y1 − y2 ))dθ (y1 − y2 ).0(1.5)1.1. Непрерывная зависимость от исходных данных9Докажем теперь теорему о сравнении решений двух задач Коши,которую также часто называют неравенством Чаплыгина.Теорема 1.1.2.
(Теорема сравнения) Пусть функции f1 (t, y), f2 (t, y)непрерывны в Q+ и f1 (t, y) имеет в Q+ непрерывную частную произ∂f1(t, y). Тогда, если функции y1 (t), y2 (t) на отрезке [t0 , t0 + T ]водную∂yявляются решениями задач Коши 0 0y1 (t) = f1 (t, y1 (t)),y2 (t) = f2 (t, y2 (t)),y1 (t0 ) = y01 ,y2 (t0 ) = y02 ,причемf1 (t, y) > f2 (t, y),(t, y) ∈ Q+ ,y01 > y02 ,то справедливо неравенствоy1 (t) > y2 (t),t ∈ [t0 , t0 + T ].Доказательство.
Так как функции y1 (t) и y2 (t) на отрезке [t0 , t0 + T ]являются решениями соответствующих уравнений, то они непрерывнодифференцируемы на отрезке [t0 , t0 + T ], A 6 yi (t) 6 B, i = 1, 2, исправедливо равенствоy10 (t) − y20 (t) = f1 (t, y1 (t)) − f2 (t, y2 (t)),t ∈ [t0 , t0 + T ].(1.6)Преобразуем правую часть этого равенства, используя формулу конечных приращений (1.5),f1 (t, y1 (t)) − f2 (t, y2 (t)) == f1 (t, y1 (t)) − f1 (t, y2 (t)) + f1 (t, y2 (t)) − f2 (t, y2 (t)) =Z1=∂f1t, y2 (t) + θ(y1 (t) − y2 (t)) dθ y1 (t) − y2 (t) +∂y0+f1 (t, y2 (t)) − f2 (t, y2 (t)).Введем обозначенияv(t) = y1 (t) − y2 (t),Z1p(t) =∂f1t, y2 (t) + θ(y1 (t) − y2 (t)) dθ,∂y0h(t) = f1 (t, y2 (t)) − f2 (t, y2 (t)).10Глава 1.
Зависимость решения задачи Коши от исходных данныхТогда f1 (t, y1 (t)) − f2 (t, y2 (t)) = p(t)v(t) + h(t), и равенство (1.6) можнопереписать так:v 0 (t) = p(t)v(t) + h(t),t ∈ [t0 , t0 + T ].Решение этого линейного дифференциального уравнения первого порядка с начальным условием v(t0 ) = y01 − y02 имеет видn Rto Ztn Rtov(t) = (y01 −y02 ) expp(ξ)dξ + expp(ξ)dξ h(τ )dτ, t ∈ [t0 , t0 +T ].t0τt0Так как из условий теоремы следует, чтоy01 − y02 > 0,h(t) > 0,t ∈ [t0 , t0 + T ],v(t) = y1 (t) − y2 (t) > 0,t ∈ [t0 , t0 + T ],тои теорема 1.1.2 доказана.1.2.
Зависимость решения задачи Кошиот параметраВ этом параграфе мы рассмотрим задачу Коши для дифференциального уравнения первого порядка, разрешенного относительно производной, в которой правая часть уравнения и начальное условие зависятот параметра µ, и выясним при каких условиях решение этой задачиКоши будет непрерывно и дифференцируемо по параметру.ОбозначимQµ = {(t, y, µ) :|t − t0 | 6 T,A 6 y 6 B,µ1 6 µ 6 µ2 }.Пусть функция f (t, y, µ) определена на множестве Qµ , а функция y0 (µ)определена на отрезке [µ1 , µ2 ].Рассмотрим задачу Кошиy 0 (t) = f (t, y(t), µ),y(t0 ) = y0 (µ).t ∈ [t0 − T, t0 + T ],(1.7)(1.8)1.2. Зависимость решения от параметра11Так как при различных значениях параметра µ мы будем получать различные решения задачи Коши (1.7), (1.8), то, очевидно, что решениеэтой задачи зависит не только от переменной t, но и от параметра µ.В связи с этим далее решение задачи Коши (1.7), (1.8) мы будем обозначать y(t, µ).
При каких условиях решение задачи Коши y(t, µ) будетнепрерывно по параметру µ ?1.2.1. Непрерывная зависимость решения задачи Кошиот параметраТеорема 1.2.1. Пусть функция f (t, y, µ) непрерывна в Qµ и удовлетворяет в Qµ условию Липшица по y, то есть|f (t, y1 , µ) − f (t, y2 , µ)| 6 L|y1 − y2 |,∀(t, y1 , µ), (t, y2 , µ) ∈ Qµ ,а функция y0 (µ) непрерывна на отрезке [µ1 , µ2 ].Тогда, если y(t, µ) – решение задачи Коши (1.7), (1.8) на отрезке[t0 − T, t0 + T ] для всех µ ∈ [µ1 , µ2 ], то функция y(t, µ) непрерывна поµ при t ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ].Доказательство. По условию решение задачи Коши y(t, µ) существуетдля всех t ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ] и A 6 y(t, µ) 6 B для всехt ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ].
Пусть µ0 и µ0 + ∆µ две произвольные точки отрезка [µ1 , µ2 ]. Рассмотрим решения задачи Коши y(t, µ0 )и y(t, µ0 + ∆µ), соответствующие этим значениям параметров. Введемобозначенияy1 (t) = y(t, µ0 ),f1 (t, y) = f (t, y, µ0 ),y01 = y0 (µ0 ),y2 (t) = y(t, µ0 + ∆µ),f2 (t, y) = f (t, y, µ0 + ∆µ),y02 = y0 (µ0 + ∆µ).Для функций y1 (t) и y2 (t) выполнены условия теоремы 1.1.1 о непрерывной зависимости решения задачи Коши от исходных данных. Применяя12Глава 1.
Зависимость решения задачи Коши от исходных данныхэту теорему, получим|y1 (t) − y2 (t)| 66 |y01 − y02 | + T max |f1 (t, y) − f2 (t, y)| exp{LT } =(t,y)∈Q= |y0 (µ0 ) − y0 (µ0 + ∆µ)|++ T max |f (t, y, µ0 ) − f (t, y, µ0 + ∆µ)| exp{LT }, (1.9)maxt∈[t0 −T,t0 +T ]|y(t, µ0 ) − y(t, µ0 + ∆µ)| =maxt∈[t0 −T,t0 +T ](t,y)∈Qгде Q = {(t, y) : |t − t0 | 6 T, A 6 y 6 B}.Покажем, что из неравенства (1.9) следует непрерывность функцииy(t, µ) в точке µ0 . Пусть ε – произвольное положительное число. Покажем, что найдется δ(ε) такое, что для всех t ∈ [t0 − T, t0 + T ]|y(t, µ0 + ∆µ) − y(t, µ0 )| 6 ε(1.10)при |∆µ| 6 δ(ε) .Так как непрерывная на отрезке [µ1 , µ2 ] функция y0 (µ) равномернонепрерывна на этом отрезке, то существует δ1 (ε) такое, что|y0 (µ0 + ∆µ) − y0 (µ0 )| 6ε2 exp{LT }(1.11)при |∆µ| 6 δ1 (ε) .Так как непрерывная на ограниченном замкнутом множестве Qµфункция f (t, y, µ) равномерно непрерывна на этом множестве, то существует δ2 (ε) такое, что для любых t ∈ [t0 − T, t0 + T ] и y ∈ [A, B]|f (t, y, µ0 + ∆µ) − f (t, y, µ0 )| 6ε2T exp{LT }(1.12)при |∆µ| 6 δ2 (ε).Из неравенств (1.9), (1.11) и (1.12) следует, что при |∆µ| 6δ(ε) = min{δ1 (ε), δ2 (ε)} справедливо неравенство (1.10), которое означает непрерывность функции y(t, µ) по µ.
Теорема 1.2.1 доказана.Замечание 1.2.1. В теореме 1.2.1 фактически доказана равномерная на множестве [t0 −T, t0 +T ]×[µ1 , µ2 ] непрерывность решения задачи Коши по параметру µ. Отсюда нетрудно показать, что функцияy(t, µ) непрерывна по совокупности переменных (t, µ) на множестве[t0 − T, t0 + T ] × [µ1 , µ2 ].1.2. Зависимость решения от параметра131.2.2. Дифференцируемость решения задачи Кошипо параметруПокажем теперь, что при определенных условиях, решение y(t, µ)задачи Коши (1.7), (1.8) будет дифференцируемым по параметру µ.Теорема 1.2.2. Пусть функция f (t, y, µ) непрерывна в Qµ и имеетв Qµ непрерывные частные производные fy (t, y, µ), fµ (t, y, µ), а функцияy0 (µ) непрерывно дифференцируема на отрезке [µ1 , µ2 ].Тогда, если y(t, µ) – решение задачи Коши (1.7), (1.8) на отрезке[t0 − T, t0 + T ] для всех µ ∈ [µ1 , µ2 ], то функция y(t, µ) имеет приt ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ] производную по µ.Доказательство.
По условию решение задачи Коши y(t, µ) существуетдля всех t ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ] и A 6 y(t, µ) 6 B для всехt ∈ [t0 − T, t0 + T ], µ ∈ [µ1 , µ2 ]. Пусть µ и µ + ∆µ две произвольныеточки отрезка [µ1 , µ2 ]. Рассмотрим соответствующие этим параметрамрешения задачи Коши y(t, µ) и y(t, µ + ∆µ).
Определим функциюv(t, µ, ∆µ) =y(t, µ + ∆µ) − y(t, µ),∆µt ∈ [t0 − T, t0 + T ].Так как функции y(t, µ + ∆µ), y(t, µ) являются решениями уравнения(1.7) на отрезке [t0 − T, t0 + T ] при соответствующих значениях параметров, тоv 0 (t, µ, ∆µ) =f (t, y(t, µ + ∆µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ).∆µ(1.13)Преобразуем выражение, стоящее в правой части этого равенстваf (t, y(t, µ + ∆µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ)=∆µf (t, y(t, µ + ∆µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ + ∆µ)=+∆µf (t, y(t, µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ)+.∆µ14Глава 1.
Зависимость решения задачи Коши от исходных данныхПрименяя формулу конечных приращений (1.5), получимf (t, y(t, µ + ∆µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ + ∆µ)=∆µZ1y(t, µ + ∆µ) − y(t, µ)= fy (t, y(t, µ)+θ(y(t, µ+∆µ)−y(t, µ)), µ+∆µ)dθ·.∆µ0Введем функцииZ1fy (t, y(t, µ) + θ(y(t, µ + ∆µ) − y(t, µ)), µ + ∆µ)dθ,p(t, µ, ∆µ) =0q(t, µ, ∆µ) =f (t, y(t, µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ).∆µУчитывая сделанные обозначения, имеемf (t, y(t, µ + ∆µ), µ + ∆µ) − f (t, y(t, µ), µ)=∆µ= p(t, µ, ∆µ)v(t, µ, ∆µ) + q(t, µ, ∆µ).Подставляя это равенство в правую часть (1.13), получим, что функция v(t, µ, µ + ∆µ) является решением линейного дифференциальногоуравнения первого порядка на отрезке [t0 − T, t0 + T ]:v 0 (t, µ, ∆µ) = p(t, µ, ∆µ)v(t, µ, ∆µ) + q(t, µ, ∆µ).(1.14)Из определения v(t, µ, ∆µ) следует, что она удовлетворяет начальномуусловиюy0 (µ + ∆µ) − y0 (µ)v(t0 , µ, ∆µ) =.(1.15)∆µРешение задачи Коши (1.14), (1.15) имеет видv(t, µ, ∆µ) =Zt+t0on Rty0 (µ + ∆µ) − y0 (µ)p(ξ, µ, ∆µ)dξ +exp∆µt0n Rtoq(τ, µ, ∆µ) expp(ξ, µ, ∆µ)dξ dτ,τt ∈ [t0 − T, t0 + T ].
(1.16)1.2. Зависимость решения от параметра15∂y(t, µ) достаточно∂µдоказать, что функция v(t, µ, ∆µ) имеет предел при ∆µ → 0. Покажем,что существует предел правой части формулы (1.16) при ∆µ → 0.Так как функция y0 (µ) непрерывно дифференцируема, тоДля доказательства существования производнойlim∆µ−→0y0 (µ + ∆µ) − y0 (µ)dy0=(µ).∆µdµНайдем предел функции p(t, µ, ∆µ) при ∆µ → 0. Из непрерывности вQµ частной производной fy (t, y, µ) и определения функции p(t, µ, ∆µ)следует, что∂flim p(t, µ, ∆µ) =(t, y(t, µ), µ)∆µ→0∂yравномерно по (t, µ) ∈ [t0 −T, t0 +T ]×[µ1 , µ2 ]. Из существования частнойпроизводной fµ (t, y, µ) имеемlim q(t, µ, ∆µ) =∆µ→0∂f(t, y(t, µ), µ)∂µравномерно по (t, µ) ∈ [t0 − T, t0 + T ] × [µ1 , µ2 ].
Следовательно, пределправой части формулы (1.16) существует, и переходя в этой формуле кпределу при ∆µ → 0, получимnRto∂ydy0(t, µ) = lim v(t, µ, ∆µ) =(µ) expfy (ξ, y(ξ, µ), µ)dξ +∆µ→0∂µdµt0Zt+nRtofµ (τ, y(τ, µ), µ) exp fy (ξ, y(ξ, µ), µ)dξ dτ. (1.17)t0τТеорема 1.2.2 доказана.∂y(t, µ), а через z 0 (t, µ) обозначим про∂µизводную z(t, µ) по переменной t. Из формулы (1.17) следует, что функция z(t, µ) является решением задачи Коши на отрезке [t0 − T, t0 + T ]:Введем обозначение z(t, µ) =z 0 (t, µ) = fy (t, y(t, µ), µ)z(t, µ) + fµ (t, y(t, µ), µ),z(t0 , µ) = y00 (µ).(1.18)(1.19)16Глава 1. Зависимость решения задачи Коши от исходных данных1.2.3. Метод малого параметраВо многих случаях не удается явно выписать решение задачи Кошиy 0 (t) = f (t, y(t), µ),y(t0 ) = y0 (µ)(1.20)для всех µ ∈ [µ1 , µ2 ], хотя при некотором µ = µ0 ∈ (µ1 , µ2 ) оно находится относительно легко (например, когда функция f (t, y, µ0 ) линейнозависит от y).
Обозначим это решение через u0 (t). Тогда u0 (t) = y(t, µ0 )является решением задачи Кошиu00 (t) = f (t, u0 (t), µ0 ),u0 (t0 ) = y0 (µ0 ).(1.21)Будем предполагать, что решение u0 (t) задачи (1.21) каким-либоспособом уже найдено, и поставим задачу нахождения приближенного вида решения y(t, µ) задачи (1.20) при всех µ, достаточно близкихк µ0 при выполнении условий теоремы 1.2.2. В силу этой теоремы прикаждом t ∈ [t0 − T, t0 + T ] решение y(t, µ) непрерывно дифференцируемо по параметру µ в окрестности µ0 .
Поэтому справедлива формулаТейлора (с центром в µ0 ) с остаточным членом в форме Пеано:y(t, µ) = y(t, µ0 ) +∂y(t, µ0 )(µ − µ0 ) + ō(µ − µ0 ).∂µ∂y(t, µ0 )∂µне нужно знать решение y(t, µ) при каких-либо значениях параметра,отличных от µ = µ0 , поскольку согласно (1.18), (1.19) функция u1 (t)является решением задачи КошиВажно отметить, что для вычисления производной u1 (t) =u01 (t) = a(t)u1 (t) + b(t),u1 (t0 ) = y00 (µ0 )(1.22)для линейного дифференциального уравнения с известными непрерывными коэффициентамиa(t) = fy (t, u0 (t), µ0 ),b(t) = fµ (t, u0 (t), µ0 ).В результате приходим к асимптотическому при µ − µ0 → 0 представлению искомого решения y(t, µ) задачи (1.20):y(t, µ) = u0 (t) + u1 (t)(µ − µ0 ) + ō(µ − µ0 ),t ∈ [t0 − T, t0 + T ], (1.23)1.2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
