А.М. Денисов, А.В. Разгулин - Уебное пособие для подготовки к колоквиуму (1109736), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Пусть уравнение M dt + N dy = 0 имеет в области D общий инте| + | ∂Φ(t,y)| > 0. Тогда существуетграл Φ(t, y) = C, причем всюду в D выполнено | ∂Φ(t,y)∂t∂yинтегрирующий множитель в D.Доказательство. Через любую точку области D проходит единственная интегральнаякривая. Пусть (ϕ(τ ), ψ(τ )) – соответствующее параметрическое решение. По определениюобщего интеграла, Φ(ϕ(τ ), ψ(τ )) ≡ C. После вычисления дифференциала имеем ∂Φ∂Φ 0 ϕ0 (τ ) +ψ (τ ) dτ.0 = dC =∂t∂y1.4. Основные модели, приводящие к ОДУ15В 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.Таким образом, имеет нетривиальное решение система линейных алгебраических уравнений ∂Φ ∂Φ 0 ϕ (τ )0∂t∂y=.ψ 0 (τ )0M NЭто возможно только в случае равенства нулю определителя матрицы, т.е.N∂Φ∂Φ≡M.∂t∂yЗаметим, что если в какой-либо точке M = 0, тогда N 6= 0,можно положить∂Φ∂Φ(t, y)(t, y)∂y∂tµ(t, y) =≡6= 0.M (t, y)N (t, y)∂Φ∂t= 0,∂Φ∂y6= 0.
ПоэтомуНетрудно видеть, что µ(t, y) является интегрирующим множителем, причем (1.17) является уравнением в полных дифференциалах с функцией V = Φ(t, y).Интегрирующий множитель определяется неоднозначно. Если µ(t, y) является интегрирующим множителем, тогда для некоторой непрерывно дифференцируемой функцииV (t, y) имеем dV = µM dt + µN dy. Умножая это равенство на f (V ), где f (s) 6= 0 произвольная непрерывно дифференцируемая функция скалярного аргумента, получаемZf (V )dV = d[ f (V )dV ] = µf (V )M dt + µf (V )N dy.Поэтому µ1 (t, y) = µ(t, y)f (V (t, y)) – также интегрирующий множитель.Отметим, что (1.17) является уравнением в полных дифференциалах тогда и только∂∂µ(t, y)M (t, y) = ∂tµ(t, y)N (t, y) , которое можнотогда, когда выполнено соотношение ∂yрассматривать в качестве уравнения для нахождения интегрирующего множителя.
Послеприведения подобных слагаемых имеем∂µ∂µ∂M∂NN−M=µ−.(1.18)∂t∂y∂y∂tЭто уравнение в частных производных. В общем случае оно сложнее исходного уравненияв симметричном виде, и решать его невыгодно. Тем не менее, в ряде случаев (1.18) можноиспользовать для нахождения интегрирующего множителя.1∂M∂N1. Если N ∂y − ∂t = g(t) – функция только аргумента t, тогда интегрирующий0множитель можно искать в виде µ =R µ(t). Уравнение (1.18) принимает вид µ (t) =µ(t)g(t) и имеет решение µ(t) = exp{ g(t)dt}.∂M∂N12. Если M ∂y − ∂t = h(y) – функция только аргумента y, тогда интегрирующий0множитель можно искать в виде µ = µ(y).R Уравнение (1.18) принимает вид µ (y) =−µ(y)h(y) и имеет решение µ(t) = exp{− h(y)dy}.16Глава 2.
Основные понятияГлава 2Задача Коши2.1Задача Коши для ОДУ первого порядка, разрешенного относительно производнойПусть функция f (t, y) определена и непрерывна в прямоугольникеΠ = {(t, y) :|t − t0 | ≤ T,|y − y0 | ≤ A}Рассмотрим на отрезке [t0 − T, t0 + T ] дифференциальное уравнениеy 0 (t) = f (t, y(t)),t ∈ [t0 − T, t0 + T ],(2.1)с условиемy(t0 ) = y0 .(2.2)Требуется определить функцию y(t), удовлетворяющую уравнению (2.1) и условию (2.2).Эта задача называется задачей с начальным условием или задачей Коши.Определение 2.1.1.
Функция ȳ(t) называется решением задачи Коши на отрезке[t0 − T, t0 + T ], если: ȳ(t) ∈ C 1 [t0 − T, t0 + T ], |ȳ(t) − y0 | ≤ A для t ∈ [t0 − T, t0 + T ], ȳ(t)удовлетворяет уравнению (2.1) и условию (2.2).2.1.1Редукция к интегральному уравнению.Покажем, что решение задачи с начальным условием (2.1), (2.2)эквивалентно решениюнекоторого интегрального уравнения.Рассмотрим уравнение относительно неизвестной функции y(t)Zty(t) = y0 +f (τ, y(τ ))dτ,t ∈ [t0 − T, t0 + T ],(2.3)t0Такое уравнение называется интегральным, поскольку неизвестная функция y(t) входитпод знак интеграла.Лемма 2.1.1.
Функция ȳ(t) является решением задачи Коши (2.1), (2.2) на отрезке[t0 − T, t0 + T ] тогда и только тогда, когда ȳ(t) ∈ C[t0 − T, t0 + T ], |ȳ(t) − y0 | ≤ A дляt ∈ [t0 − T, t0 + T ], ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3)для t ∈ [t0 − T, t0 + T ].Доказательство. Пусть функция ȳ(t) является решением задачи с начальным условием(2.1), (2.2) на отрезке [t0 −T, t0 +T ]. Из определения 2.1.1 следует, что ȳ(t) ∈ C[t0 −T, t0 +T ],|ȳ(t) − y0 | ≤ A для t ∈ [t0 − T, t0 + T ]. Покажем, что ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3)для t ∈ [t0 − T, t0 + T ].
Интегрируя уравнение (2.1) от t0 до t, получимZt0Ztȳ (τ )dτ =t0f (τ, ȳ(τ ))dτ,t0t ∈ [t0 − T, t0 + T ],2.1. Основные модели, приводящие к ОДУ17Учитывая начальное условие (2.2), имеемZtf (τ, ȳ(τ ))dτ,ȳ(t) = y0 +t ∈ [t0 − T, t0 + T ],t0Следовательно, функция ȳ(t) удовлетворяет интегральному уравнению (2.3) при t ∈ [t0 −T, t0 + T ].Пусть функция ȳ(t) такова, что ȳ(t) ∈ C[t0 −T, t0 +T ], |ȳ(t)−y0 | ≤ A для t ∈ [t0 −T, t0 +T ]и ȳ(t) удовлетворяет уравнению (2.3) для t ∈ [t0 − T, t0 + T ], то естьZtf (τ, ȳ(τ ))dτ,ȳ(t) = y0 +t ∈ [t0 − T, t0 + T ].(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 [t0 − T, t0 + T ], то правая часть равенстваZtȳ(t) = y0 +f (τ, ȳ(τ ))dτ,t ∈ [t0 − T, t0 + T ],t0непрерывно дифференцируема на [t0 − T, t0 + T ].Следовательно ȳ(t) непрерывно дифференцируема на [t0 − T, t0 + T ]. Дифференцируя (2.4), получим , что ȳ(t) удовлетворяет(2.1)и лемма 2.1.1 доказана.2.1.2Лемма Гронуолла-Беллмана.Докажем единственность решения задачи Коши (2.1), (2.2). Для этого нам потребуетсяследующая лемма.Лемма 2.1.2.
Пусть функция z ∈ C[a, b] и такова, что tZ0 ≤ z(t) ≤ c + d z(τ )dτ , t ∈ [a, b],(2.5)t0где постоянная c неотрицательна, постоянная d положительна, а t0 - произвольноефиксированное число на отрезке [a, b]. Тогдаz(t) ≤ ced|t−t0 | ,t ∈ [a, b].(2.6)Доказательство. Рассмотрим t ≥ t0 . Введем функциюZtp(t) =z(τ )dτ,t ∈ [t0 , b].t0Тогда p0 (t) = z(t) ≥ 0, p(t0 ) = 0. Из (2.5) следует, что p0 (t) ≤ c + dp(t),это неравенство на e−d(t−t0 ) , получимp0 (t)e−d(t−t0 ) ≤ ce−d(t−t0 ) + dp(t)e−d(t−t0 ) ,t ∈ [t0 , b].t ∈ [t0 , b].
Умножив18Глава 2. Основные понятияЭто неравенство можно переписать такdp(t)e−d(t−t0 ) ≤ ce−d(t−t0 ) ,dtt ∈ [t0 , b].Проинтегрировав от t0 до t , получимp(t)e−d(t−t0 ) − p(t0 ) ≤ cZte−d(τ −t0 ) dτ =c1 − e−d(t−t0 ) ,dt ∈ [t0 , b].t0Учитывая то, что p(t0 ) = 0, имеем dp(t) ≤ ced(t−t0 ) − c. Следовательноz(t) ≤ c + dp(t) ≤ 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) следующимобразомZtZt00 ≤ z(t) ≤ c − d z(τ )dτ = c + d z(τ )dτ, t ∈ [a, t0 ].t0tОбозначим черезZt0q(t) =z(τ )dτ,t ∈ [a, t0 ].tТогда q 0 (t) = −z(t) ≤ 0, q(t0 ) = 0. Из неравенства (2.5) следует, что −q 0 (t) ≤ c + dq(t),[a, t0 ]. Умножив это неравенство на e−d(t0 −t) , получим−q 0 (t)e−d(t0 −t) ≤ ce−d(t0 −t) + dq(t)e−d(t−t0 ) ,t∈t ∈ [a, t0 ].Это неравенство можно переписать так−dq(t)e−d(t0 −t) ≤ ce−d(t0 −t) ,dtt ∈ [t0 , b].Проинтегрировав от t до t0 , получимq(t)e−d(t0 −t) − q(t0 ) ≤ cZt0e−d(t0 −τ ) dτ =c1 − e−d(t0 −t) ,dt ∈ [a, t0 ].tСледовательно dq(t) ≤ ced(t0 −t) − c. А значитz(t) ≤ c + dq(t) ≤ 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.
Основные модели, приводящие к ОДУ2.1.319Условие Липшица.Сформулируем теперь важное для дальнейших исследований условие Липшица.Определение 2.1.2. Функция f (t, y), заданная в прямоугольнике Π удовлетворяет вΠ условию Липшица по y, если|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| 6 L|y1 − y2 |,∀(t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π,где L - постоянная.Замечание 1. Если функции f (t, y) и fy (t, y) определены и непрерывны в Π, то f (t, y)удовлетворяет в Π условию Липшица по y. Действительно, так как fy (t, y) непрерывна вΠ, то |fy (t, y)| 6 M, ∀(t, y) ∈ Π. Тогда из формулы Лагранжа следует, что|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| = |fy (t, θ)(y1 − y2 )| 6 M |y1 − y2 |,∀(t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π.Замечание 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 дифференцируема при y = y0 , t 6= t0 , однако|f (t, y1 ) − f (t, y2 )| = |t − t0 | · |(y1 − y0 )| − |(y2 − y0 )| 6 T |y1 − y2 |,∀(t, y1 ), (t, y2 ) ∈ Π.Замечание 3. Функция f (t, y) может быть непрерывной по y, но не удовлетворятьp√условию Липшица. Рассмотрим, например, функцию f (y) = y, 0 6 y 6 1, f (y) = − |y|,−1 6 y 6 0. Очевидно, что она непрерывна на отрезке [−1, 1]. Покажем, что она неудовлетворяет условию Липшица.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
