А.К. Боярчук, Г.П. Головач - Дифференциальные уравнения в примерах и задачах (1109000), страница 22
Текст из файла (страница 22)
8.4) ушерждает, Гл. 1. Дифференциальные урааиеввя первого нврядка и(х) = / (/(1, Уз(1)+ и(1)) — /(С, Уз(1)))с(г, х Е (хо 4ес, ха+го). (2) ПосколькУ и(С) > 0 пРи 1 Е (хо+ е„х), то, в силУ невозРастаниа фУнкции /(1, У) по У, спРавед- лнво неравенство / (1, уз(1) + и(1)) — /(1, уз(1)) < О.
(3) Принимая во внимание (3), из (2) находим, что и(х) < 0 при х Е (хо -ь е„х, 4 е,). Таким образом, пришли к противоречию, из которого следует,что функция и не может быть положительной ни прн каком х > х,. Аналогично устанавливаем, что и не может быть отрицатезсьной. Слеловательно, и(х) ге 0 при всех х > хо. м 213. Сколько производных имеют решения следующих уравнений и систем в окрестности начала координат? з б) у' = х)х) — У; в) у" = )х') + уз; с(У 4 — +1 )1); е) — = + ч'С", с(1 ' Ф 7 а)у =в+уз; с(х д) — =1+ у г) у = у — хчз~хх; оу з — = ~)*.
41 м Применяем теорему о дифференцируемости решений уравнения Д = /(х, у) в окрест- 4 ности точки (хо, уо), в которой утверлсдается, что если функция / имеет в этой окрестности непрерывные частные производные до й-го порядка включительно, то решение указанного уравнения с начальным условием у(хо) = уо имеет непрерывные производные до )с 4 1-го порядка включительно. Аналогичное утверждение справедливо и для случая, когда / — вектор-функция.
а) Имеем /(х, у) = х+ уз, тз — — 1, ъ — — Туз, à —— О, т = -У-уз, Э-че — = О, з- = 2?у з. Видим, что функция / дважцы непрерывно дифференцируема в окрестности Вот 2а з ру начала координат. Следовательно, в силу приведенной выше теоремы, задача у' = х+Ут, у(0) = 0 имеет в окрестности ззачааа координат трюкаы непрерывно дифференцируемое решение у = у(х) . что через каждую точку плоскости хОУ проходит толысо одно решение. Далее, н ~ 2, так как в пронзвном случае, согласно укаэанной теореме, через точку (О, у(0), у'(0)) проходила бы лишь одна интегральная кривая. По этой хсе причине н ,-о 3, и ~ 4. Пусть гс = 5. Тогда задача уч = /(х у), у(0) = О, у'(0) = 1, уо(0) = у"(0) = уш(О) = 0 молсет иметь решение у, = х, а задача у = /(х, у), у(0) = О, у'(0) = 1, уо(0) = Ум(0) = О, у'ч(0) = 24 — решение уз = х + хо.
Это объясняется тем, что в пространстве переменных (х, у, у', учу"', у' ) кривые у, и уз не совпадают ни в одной точке, т.е. могут быть решениями одного и того же уравнения у = /(х, у) (заметнм, что функции /, я-, В ч здесь непрерывны), Указанные кривые не совпадают ни в одной точке и в пространстве переменных (х, у, у', у", у"', у'", у", ...), поэтому уравнение рс"з = /(х, у) может иметь их в качестве р шений и при н > 5. Тривиальные примеры: Уч = О, У! = О. Ь 212. Пусть функция / непрерывна и при кахдом х не возрастает при возрастании у. Доказать, что если два решения уравнения у' = /(х, у) удовлетворяют одному и тому же начальному условию у(хо) = уо, то они совпадают при х > х,.
м Почленно вычитая иэ тождества у', га /(х, у,(х)) тождество уз гл /(х, уз(х)) и вводя в рассмотрение функцию и, где и(х) = у,(х) — уз(х) (х > хо), получаем задачу зс (х) /(х~ Уз(х) + и(х)) /(х, Уз(х))~ и(хо) = О, х ~ )хо, (1) которая имеет очевидное решение и(х) = О. Докюкем, что других решений нет. Применим метод доказательства от протнвопштожного.
Пусть существует такое х > хо, для которого и > О. Тогда, в силу непрерывности функции и, найдусся такие два числа е, > 0 и ез > е,, что и(х) > О при хо < ха+ с~ < х ~( хо+ ег причем, уменьшая ен всегда можно иметь и(хо+ ос) = О. Интегрируя в (1), получаем 95 и, 4 г ч 4 у =у' — — хз, у =у» — — х 3, 3 ' 9 задача уи = у — хтз хх, у(0) = у'(0) = у" (0) = 0 имеет четырежды непрерывно дифференцируемое решение у(х) в окрестности начала координат.
д) Фу"кцин Уг(1 х у) = 1+ у Уг(Л х, у) = х 41'М непрерывны и имеют непрерывные частные Шюизводные дЛ дЛ дЛ ВЛ дЛ вЂ” =1, — — =О, — =1, — =З٠— =1, дт ' дх ' ду ' д( ' дх дзу дзу дгу дзу дгу дгу дВ ' дх' дгдх ' дуг дуде дудх дУз дУг ВЛ дУз дЛ дУг д(' ~ ~' В)дх Веду даду д гг дхг в окрестности точки (1», х„у»), где 1» —— х» = у» — — О, поэтому данная система уравнений имеет трижды непрерывно дифференцируемое решение (х(1), у(1)) в этой окрестности. е) В этом случае функции Уг(Л х, у) = у +»/Г4, Уг(з, х, у) = зг х хнепрерывны в окрестности точки (О, О, 0), однако, поскольку пронзводнаа -ухи = тх з разрывна в этой точке, то мож- но гарантировать только непрерывную дифференцируемость решений х(1), у(1) данной системы уравнений.
Ь 214. При каких а каждое решение продолжается на бесконечный интервал -со < х < +со а) для уравнения у' = !у)'? б) для уравнения у' = (у + е*)'? в) для уравнения у' = /у!' + ((хзз уу) ) ? г) дгш системы у =(уз+аз+ 2), лз = у(1+лг)? ! ! и а) Пуси а < О. Тогда у и 0 и решение данного уравнения у = (1 — а) г-» х ~-» (х > 0) не г з продолжимо влево. Пуси а > 1. Тогда решение у = (а — 1)т= (С вЂ” х)т-' не продолжимо правее точки х = С, та««ак прямая х = С является асимпппой для этого решения.
Если а = О, то уравнение у = 1, где у Ф О, тиаке имеет непродолжимме решения вцаа у = х + С (х Ф -С). дЛ вЂ” =О, ду б) Так как функция У(х, у) = х(х) — у имеет непрерывные частные производные д.- = 2)х), з ВГ = -2у и не дифференцируема дважды в окрестности начала координат (поскольку функция д у д~~- = 2(х( не дифференцируема при х = 0), то решение у = у(х) задачи у' = х(х( — уг, у(0) = 0 дважды непрерывно дифференцируемо. г 3 дг 5 г в) Поскольку функция У(х, у, у') = )х )+ уу имеет непрерывные производные э'„- = Тут и -"г гд 0 в окрестности начала координат, то, согласно теореме сущеспювания п.
8.4, задача Вг ду у» = )х (+ у з, у(0) = О, имеет единственное непрерывное решение у = у(х) в этой окрестности. Подставляя у(х) в данное уравнение, получаем тождество у»(х) = /х~/+уз(х), из которого следует, что функция у» непрерывна. Дифференцируя это тождество, находим: г у»'(х) = Зх зупх+ — уз(х)у'(х), 3 (1) РЗ р г уьч(х) = б~х~+ — у з(х)у (х) + — уз(х)у»(х).
3 (2) В силу того, что правая часть уравнения (!) непрерывна в окрестности начала координат, а правая часть уравнения (2) разрывна при у = О, то можно гарантировать существование непрерывной третьей производной решения рассматриваемой задачи. г) В силу того, что 96 Гл. 1.
Дис()ферешвгальиые ураиаеиия первого ворядка При а = ! все решения уравнения у' = !у! описываются с помощью формул у = !С!е* и у = = -~С(е *. Очевидно, что каждое из них продолжается на бесконечный интервал — оо < х < +со. Наконец, если 0 < а < 1, то все решения имеют вид з з з у = (1 — а) з- (х — С) з-а, (х ) С), у = -(1 — а) з-а(С вЂ” х)г:а, (х ( С), у гв О. Легко видеть, что первое решение является продолжением второго. Таким образом, если 0 ( а < = 1, то все решения рассмотренного уравнения продолжимы на всю ось Ох. б) ТаК КаК фуНКцня у(Х, у) = (у'+ Е*)' ВМЕСТЕ С ЧаСтНОй ПрОИЗВОдНОй зз- = 2ау(у + Е*)' непрерывна в любой окрестности начала координат, то согласно теореме существования через каждую точку этой окрестности проходит одна интегральная кривая. Однако не при кажлом а 1 все ингегральззьзе кривые имеют своей областьзо определения всю ось Ох.
Так, если а > Т, то В СИЛУ ОцЕНКН ус = (у + Е*)' > (уз)' = !у~~' (Х > 0) И ПрсдЫдущЕГО ПрИМЕра ЗаКЛЮЧаЕМ, Чта Ни одно решение уравненив у' = (у + е*)' не продолжимо вправо (решения обязательно будут иметь вертикальные асилштоты). з Пусть а < 2 и х > О, тогда (у'+ е)' ( (у + е)1 ( (у)+ е 2 . Такилз образолг, справедлива формула (4), п.8.3. Значит, каждое решение данного уравнения продолжимо на полуиптервал 0 < х < +со, Если 0 < а < Т, то они продолжимы и левее нуля, так как при х < 0 1 (у +е*)'((у -1-1)а((у +1)2 (~у!+1 и применимо утверждение п.8.3, При х (0 и а ( 0 илзеем оценку (у +е )'(е', из которой на основании указанного утвержления слелует, что все решения уравнения продол- жимы левее нуля и при а ( О.
Таким образом, если а < 2, то каждое решение уравнения, 1 существующее в окрестности начала координат, непрерывно продолжимо как левее, так и правее нулл на бесконечный интервал, т. е. оно продолжимо на всю ось Ох. в) Очевидно, при а < 1 не каждое решение уравнения продолжимо на всю ось Ох, т. к. У с- 0 (пРи а ( 1 ~У(' ' + ((хлзсУ)~) -с +оо пРи У -с О, следовательно, интегРальные кРивые приближаются к оси Ох под прямым углом и не определены прн у = 0; прн а = ! правая часть уравнения не определена в точке (х, 0)). Если а > 1, то правая часть уравнения непрерывна, слеловательно, уравнение имеет решения в окрестности любой точки плоскости хОу. Очевидно, что кюкаое решение у(х), для которого (у(х)( < 1, продолжимо на всю ось Ох, поэтому будем считать, что существуют такие х, для которых справедливо неравенство ~у(х)~ > 1.
Тогда при 1 < а ( 2 имеем оценку 3 (у(' + ((хлзсу)) = /у/' '+ (х!"(у(з' = 1у(за ((х(и+ !у(з ') < )у(з'((х!2' Ч- П < !у! (ф" + 1) . В силу утверждения п. 8,3 и последнего неравенства заключаем, что если 1 < а < 2, то калсдое 3 решение уравнения продолжимо на всю ось Ох. Если а =- 2 + е (е > 0), то при ~х( > 1 имеем оценку 3 ( 2ы + ( (3+и( (з+зс . ( (мзс Следовательно„при а > Т и (х( > 1 решения данного уравнения растут быстрее решений урав- 3 з+!с пения у' = (у( 3, исследованного в примере а), т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
