А.М. Денисов, А.В. Разгулин - Уебное пособие для подготовки к колоквиуму (1109736), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Предположим, что оно выполнено. Тогда существуеттакая постоянная L, что√√| y 1 − y 2 | 6 L|y1 − y2 |,∀y1 , y2 ∈ [−1, 1].Пусть y1 > 0, y2 = 0. Тогда y1 ≤ L2 y12 , и взяв 0 < y1 < L−2 мы получим противоречие.2.1.4Теорема единственности решения задачи Коши.Докажем теперь теорему единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2).Теорема 2.1.1.
Пусть функция f ∈ C[Π] и удовлетворяет в Π условию Липшицапо y. Если y1 (t), y2 (t) – решения задачи Коши (2.1), (2.2)на отрезке [t0 − T, t0 + T ], тоy1 (t) = y2 (t) для t ∈ [t0 − T, t0 + T ].Доказательство. Так как y1 (t) и y2 (t) – решения задачи Коши (2.1), (2.2), то из леммы2.1.1 следует, что они являются решениями интегрального уравнения (2.3). То естьZty1 (t) = y0 +f (τ, y1 (τ ))dτ,t ∈ [t0 − T, t0 + T ],f (τ, y2 (τ ))dτ,t ∈ [t0 − T, t0 + T ].t0Zty2 (t) = y0 +t020Глава 2. Основные понятияВычитая 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 6tt0 0 tZ6 |f (τ, y1 (τ )) − f (τ, y2 (τ ))|dτ , t ∈ [t0 − T, t0 + T ].t0Используя условие Липшица, имеем tZ|y1 (t) − y2 (t)| ≤ L |y1 (τ ) − y2 (τ )|dτ ,t ∈ [t0 − T, t0 + T ].t0Обозначив z(t) = |y1 (t) − y2 (t)|, перепишем последнее неравенство следующим образом tZ0 6 z(t) 6 L z(τ )dτ , t ∈ [t0 − T, t0 + T ].t0Применяя лемму Гронуолла-Беллмана с c = 0 и d = L, имеем z(t) = 0, t ∈ [t0 − T, t0 + T ].Следовательно y1 (t) = y2 (t), t ∈ [t0 − T, t0 + T ] и теорема 2.1.1 доказана.Замечание 4.
Если условие Липшица не выполнено, то решение задачи (2.1), (2.2)может быть не единственным. Например, еслиp√f (y) = y, 0 ≤ y ≤ 1, f (y) = − |y|, −1 ≤ y ≤ 0,то задача y 0 (t) = f (y(t)), y(0) = 0 имеет решения y1 (t) = 0 и y2 (t) = t2 /4, 0 ≤ t ≤ 2,y2 (t) = −t2 /4, −2 ≤ t ≤ 0.2.1.5Теорема существования решения задачи Коши.Перейдем к доказательству существования решения задачи с начальным условием.Следует отметить, что в отличие от доказательства теоремы единственности, мы можемдоказать теорему существования не на всем исходном отрезке [t0 −T, t0 +T ], а на некотором,вообще говоря, меньшем.Теорема 2.1.2.
Пусть функция f ∈ C[Π], удовлетворяет в Π условию Липшица поy и |f (t, y)| ≤ M, (t, y) ∈ Π. Тогда на отрезке [t0 − h, t0 + h],где h = min{T, A/M },существует функция ȳ(t) такая, что ȳ ∈ C 1 [t0 −h, t0 +h], |ȳ(t)−y0 | ≤ A, t ∈ [t0 −h, t0 +h],ȳ 0 (t) = f (t, ȳ(t)),t ∈ [t0 − h, t0 + h],ȳ(t0 ) = y0 .(2.7)(2.8)Доказательство. Из леммы 2.1.1 следует, что для доказательства теоремы, достаточнодоказать существование функции ȳ ∈ C[t0 − h, t0 + h], такой, что |ȳ(t) − y0 | ≤ A, t ∈[t0 − h, t0 + h], и являющейся решением интегрального уравненияZtȳ(t) = y0 +f (τ, ȳ(τ ))dτ,t0t ∈ [t0 − h, t0 + h].(2.9)2.1. Основные модели, приводящие к ОДУ21Проведем доказательство, используя метод последовательных приближений. Рассмотрим последовательность функций yk (t), k = 0, 1, 2...
таких, что y0 (t) = y0 ,Ztf (τ, yk (τ ))dτ,yk+1 (t) = y0 +t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2....(2.10)t0Покажем, используя метод математической индукции, что все yk ∈ C[t0 − h, t0 + h] и|yk (t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, ....Для k = 0 это очевидно справедливо, поскольку y0 (t) = y0 .Пусть это верно для k = m. То есть ym ∈ C[t0 − h, t0 + h] и |ym (t) − y0 | ≤ A, t ∈[t0 − h, t0 + h]. Покажем, чтоZtf (τ, ym (τ ))dτ,ym+1 (t) = y0 +t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2...,(2.11)t0такова, что и ym+1 ∈ C[t0 − h, t0 + h] и |ym+1 (t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h].Действительно, так как |ym (t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h] то функция f (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 ∈ C[t0 − h, t0 + h].Оценим tZ|ym+1 (t) − y0 | = f (τ, ym (τ ))dτ ≤t0 t tZ Z |f (τ, ym (τ ))|dτ ≤ M dτ ≤ M h ≤ M (A/M ) = A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. t0t0Таким образом, |ym+1 (t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Следовательно, мы показали что всеyk ∈ C[t0 − h, t0 + h] и |yk (t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, . . . .Докажем, используя метод математической индукции, что|yk+1 (t) − yk (t)| ≤ ALk|t − t0 |k,k!t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, . .
. .(2.12)Для k = 0 имеемZt|y1 (t) − y0 (t)| = y0 + f (τ, y0 )dτ − y0 ≤t0 tZ≤ f (τ, y0 )dτ ≤ M h ≤ 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, что тогда оно справедливо при k = m. ДействительноZtZt|ym+1 (t) − ym (t)| = y0 + f (τ, ym (τ ))dτ − y0 − f (τ, ym−1 (τ ))dτ ≤t0t022Глава 2. Основные понятия tZ≤ |f (τ, ym (τ )) − f (τ, ym−1 (τ ))|dτ ,t ∈ [t0 − h, t0 + h].t0Используя условие Липшица и неравенство (2.12) для k = m − 1, получим tZ|ym+1 (t) − ym (t)| ≤ L |ym (τ ) − ym−1 (τ )|dτ ≤t0 tZm−1|t − t0 |mm−1 |τ − t0 |≤ L ALdτ = ALm,(m − 1)!m!t ∈ [t0 − h, t0 + h]t0Следовательно оценка (2.12) справедлива при k = m и значит она доказана для любогоk ∈ 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)| ≤ ALn−1hn−1= cn ,(n − 1)!t ∈ [t0 − h, t0 + h],n = 1, 2...PЧисловой ряд ∞n=1 cn сходится по признаку Даламбера. Следовательно ряд (2.13) сходится равномерно на отрезке [t0 − h, t0 + h].
Это означает, что последовательность функцийyk (t) сходится равномерно на отрезке [t0 − h, t0 + h] к функции ȳ(t). Так как все функцииyk (t) непрерывны на отрезке [t0 − h, t0 + h],то функция ȳ(t) также непрерывна на этомотрезке, то есть ȳ ∈ C[t0 − h, t0 + h].Покажем, что |ȳ(t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h].Как было доказано |yk (t) − y0 | ≤A, t ∈ [t0 − h, t0 + h], k = 0, 1, 2, .
. . . Переходя в этом неравенстве к пределу при k −→ ∞ ипроизвольном фиксированном t ∈ [t0 −h, t0 +h] получим что |ȳ(t)−y0 | ≤ A, t ∈ [t0 −h, t0 +h].Покажем, что ȳ(t) является решением интегрального уравнения (2.9). Переходя в (2.10)к пределу при k −→ ∞ и произвольном фиксированном t ∈ [t0 − h, t0 + h], получим, чтоȳ(t) является решением интегрального уравнения (2.9).Таким образом мы показали, что ȳ ∈ C[t0 − h, t0 + h], |ȳ(t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h] иявляется решением интегрального уравнения (2.9). Следовательно ȳ(t) является решениемзадачи с начальным условием на отрезке [t0 − h, t0 + h] и теорема 2.1.2 доказана.Вернемся опять к вопросу о том, почему мы не можем доказать теорему существованияна всем отрезке [t0 − T, t0 + T ], а доказываем существование решения только на отрезке[t0 − h, t0 + h], где h = min{T, A/M }.
Это объясняется тем, что мы должны следить за2.2. Основные модели, приводящие к ОДУ23тем, чтобы точка (t, y(t)) не выходила за пределы прямоугольника Π, то есть чтобы выполнялось неравенство |y(t) − y0 | ≤ A, t ∈ [t0 − h, t0 + h]. Это необходимо поскольку тольков Π функция f (t, y) ограничена фиксированной постоянной M и удовлетворяет условиюЛипшица с фиксированной константой L. Попытки увеличить число h = min{T, A/M } засчет увеличения A, вообще говоря, безрезультатны, поскольку при увеличении A в общемслучае увеличивается постоянная M .Приведем пример показывающий, что без дополнительных предположений относительно функции f (t, y) решение существует только на достаточно малом отрезке.Упражнение 2.1.1.
Рассмотрим задачу Кошиy 0 (t) = a(y(t)2 + 1),a > 0,y(0) = 0.Функция f (t, y) = a(y 2 + 1) определена при любых действительных t и y. Однако решение этой задачи y(t) = tg at существует только на отрезке [−h1 , h1 ], содержащемся винтервале (−π/(2a), π/(2a)).2.22.2.1Задача Коши для системы обыкновенных дифференциальных уравнений и уравнения n-го порядка на произвольномотрезкеПостановка задачи Коши для системы ОДУВ этом разделе мы докажем теоремы существования и единственности решения задачи Коши для системы обыкновенных дифференциальных уравнений и уравнения n-гопорядка на произвольном отрезке.Рассмотрим нормальную систему дифференциальных уравнений на отрезке [a, b] 0y (t) = f1 (t, y1 (t), y2 (t), . .
. , yn (t)), 10y2 (t) = f2 (t, y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t)), ... 0yn (t) = fn (t, y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t)).Функции fi (t, y1 , y2 , . . . , yn ), i = 1, 2, . . . , n заданы. Требуется определить функции y1 (t), y2 (t), . . . , yn (t)Для сокращения записи нормальной системы перейдем к векторным обозначениямy1 (t)y10 (t) y2 (t) y 0 (t) 2>0y(t) = .. = (y1 (t), y2 (t), . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
