Лекции по обыкновенным дифференциальным уравнениям. В.И.Дмитриев (немного урезанные) (1114451), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Тогда можно поставить вопрос: существует ли такая≠∂ y∂ tфункция µ (t , y ) , называемая интегрирующим множетелем, чтоµM=∂ V∂ V; µN=.∂ t∂ y(7.8)Т е о р е м а 7.2. Если уравнениеMdt + Ndy = 0имеет общий интеграл V (t , y ) = C , то это уравнение имеет интегрирующиймножитель.Д о к а з а т е л ь с т в о.Имеем∂ M ∂ NMdt + Ndy = 0;,≠∂ y∂ tа из V (t , y ) = C∂V∂Vdt +dy = 0 .∂ t∂ yОткуда имеемdyM∂V ∂ t∂V ∂ t ∂V ∂ y∂V∂V=− =−⇒ ∃ µ такое что,,µN===µ⇒µ M =⇒dtN∂V ∂ yMN∂ t∂ yуравнение µ Mdt + µ Ndy = 0 в полных дифференциалах.Число интегрирующих множителей бесконечно, т.к. если µ – интегрирующий множитель,то µ ϕ (V ) , также интегрирующий множитель:µ Mdt + µ Ndy = dV ⇒ µ ϕ (V ) Mdt + µ ϕ (V ) Ndy = ϕ (V )dV = dV1 ,17где V1 = ∫ ϕ (V )dV .Т е о р е м а 7.3.

Формула µ 1 = µ ϕ (V ) дает любой интегрирующий множительуравнения Mdt + Ndy = 0 (если его решение ∃ ).Д о к а з а т е л ь с т в о.Пусть µ и µ 1 два различных интегральных множителя⇒ µ Mdt + µ Ndy = dV = 0µ 1Mdt + µ 1 Ndy = dV1 = 0∂V∂V∂V∂V⇒ µM=;µN=; µ 1 M = 1; µ 1 N = 1 ⇒∂ t∂ y∂ t∂ y∂ V ∂ V∂ t ∂ yM ∂ V ∂ t ∂ V1 ∂ t==⇒=0.∂ V1 ∂ V1N ∂ V ∂ y ∂ V1 ∂ y∂ t ∂ yТак как Якобиан функции V и V1 равен нулю, тоV1 = ψ (V ) ⇒ µ 1 Mdt + µ 1 Ndy = dV1 = ψ ′ dV = ψ ′ (V ) µ Mdt + ψ ′ (V ) µ Ndy⇒ µ1 = µ ψ ′ (V ) или µ 1 = µ ϕ (V ) для ∀ µ , µ 1 .С л е д с т в и е. Если известно два интегральных множителя при µ µ 1 ≠ const , тоµ (t , y )условие 1= C дает общее решение дифференциального уравнения т.к.µ (t , y )µ1µ ϕ (V )=C⇒= C ⇒ ϕ (V ) = C ⇒ V (t , y ) = C – общее решение.µµКак найти µ (t , y ) ?Пусть∂ M ∂ N,≠∂ y∂ tно ∃ µ такое, что∂∂(µ M ) =(µ N ) .∂ y∂ tОткуда получимN1) Если⇒ Если∂ M ∂ N ∂ µ∂ µ−M=µ −∂ t∂ y∂ t  ∂ y∂ µ= 0 ( µ = µ (t ) ) , то∂ ydµ1 ∂ M ∂ N = f (t )dt = −dt .µ∂ t N ∂ y1 ∂ M ∂ N −= f (t ) (функция только от t), то∂ t N  ∂ y18µ (t ) = e2) Если1 ∂ N ∂ M−M  ∂ t∂ y∫f ( t ) dt.(7.9) = ϕ ( y ) (функция только y), то µ = µ ( y ) – функция толькоy, и мы имеемdµµ= ϕ ( y) ⇒ µ ( y) = e∫ϕ( y ) dy.(7.10)п.8.

Нормальные системы DУ. Теорема существования иединственности решения задачи Коши для нормальной системы иуравнения n-го порядка.Нормальная система dy= f (t , y ) t ∈ [t0 , t0 + T ](8.1) dt y (t = t0 ) = y 0Если f = { f m (t , y1 ,K, yn )} для всех m ∈ [1, n ] удовлетворяетТ е о р е м а 8.1.условиям1) непрерывности по всем аргументам в областиt − t0 ≤ T ; ym − ym0 ≤ b (b − одно и то же для ∀m ) ;2) условию Липшица по y , т.е.f m (t , y′) − f m (t , y′′) ≤ K { y1′ − y1′′ + K + yn′ − yn′′ } для всех m ∈ [1, n ] ,то решение задачи Коши y (t ) для нормальной системы дифференциальныхуравненийсуществуетиединственнонаотрезке| t − t0 |< h ,гдеh = min(T , b ), f m < M для ∀m .MД о к а з а т е л ь с т в о.Строится эквивалентная система интегральных уравненийtym (t ) = y + ∫ f m (τ , y1 (τ ),K, yn (τ ))dτ , m ∈ [1, n ] .0m(8.2)t01) Доказательство эквивалентности аналогично лемме 3.1.2) Доказательство единственности аналогично теореме 3.1, но только нужноучитывать векторный характер решения.Пусть есть два решенияy1 = { y11 , y12 ,K, y1n }y2 = { y21 , y22 ,K, y2 n },19у которых не все y1k равны y2k , тогда не равна нулю функцияnΦ (t ) = ∑ y1k − y2 kk =1Из (8.2) следуетttt0t0y1k − y2 k = ∫ ( f k (τ , y1 ) − f k (τ , y2 ) )dτ ⇒ y1k − y2 k ≤ K ∫ Φ (τ )dτ ⇒Просуммировав по всем “k”, получимt0 ≤ Φ (t ) ≤ Kn ∫ Φ (τ )dτ .t0Из леммы Гронуолла - Беллмана имеем0 ≤ Φ (t ) ≤ 0 ⇒ Φ (t ) ≡ 0 ⇒ y1 = y2 .Eдинственность доказана.2) Доказательство существования аналогично теореме 4.1.Строим итерационный процесcty (t ) = y(s)(0)+ ∫ f (τ , y((τs)−1) )dτ(s – номер итерации).t0 t − t0 ≤ hЕсли , то все y ( s ) ∈ D,h = min(T , b M )т.е.

для ∀s ym( s ) − ym0 ≤ b ,tт.к. y(s)m− y ≤ ∫ f m (τ , y((τs)−1) ) dτ ≤ M (t − t0 ) ≤ Mh ≤ b .0mt0Рассматриваем сходимость ряда∞∑( ys =1s(s)m− ym( s −1) ) .h.s!Дальше все аналогично теореме 4.1. Мажорантный ряд сходится по признакуДаламбера. Функциональный ряд сходится абсолютно и равномерно к непрерывнойфункции по признаку Вейерштрасса.⇒ lim ym( s ) = Ym (t ); т.е. lim y ( s ) = Y (t ).Оценка :ym( s ) − ym( s −1) ≤ M (nK ) s −1s →∞s →∞tt⇒ lim ∫ f (τ , y )dτ = ∫ f (τ , Y (τ ) )dτ ⇒s →∞(s)(τ )t0t0∃ Y (t ) такая, чтоtY (t ) = y + ∫ f (τ , Y (τ ))dτ .0t0Так как интегральное уравнение эквивалентно решению задачи Коши20 dY= f (t , Y (t )), dt0 Y (t = t ) = y0то решение задачи Коши y (t ) ∃ .Существование и единственность решения уравнения n-гопорядка.Имеемd n y( n −1)) ; t ∈ [ t0 , t0 + T ] ; n = f ( t , y, y′,K, ydt y = y , y′(t ) = y′ ,K, y ( n−1) (t ) = y ( n−1) .00000(8.3)Т е о р е м а 8.2.

Задача Коши (8.3) для уравнения n-го порядка, разрешенногоотносительно старшей производной, правая часть которого f ( t , y, y′,K, y ( n−1) )удовлетворяет условиям:1) непрерывности по всем аргументам и2) условию Липшица по аргументам ( y, y′,K, y ( n−1) ) , имеет решение и притомединственное.Д о к а з а т е л ь с т в о.Сведем (8.3) к задаче Коши для нормальной системыy (t ) = { y1 = y (t ), y2 = y′(t ),K, yn = y ( n−1) (t )}; y0 = { y0 , y0′ ,K, y0( n−1) }f (t , y ) = { y2 , y3 ,K, yn , f (t , y1 , y2 ,K, yn )}.Тогда имеем нормальную систему dy= f(t, y), t ∈ [to ,t0 + T ] ; dt y(t = t0 ) = y0 .Проверяем удовлетворяет ли f (t , y ) условиям 1) и 2) теоремы (8.1)? Удовлетворяет.Следовательно, теорема 8.2 доказана.п.9.

Непрерывность решений дифференциальных уравнений поначальным данным и параметрам.Регулярно возмущенные системы дифференциальных уравнений.Понятие о сингулярном возмущении.21Задача Коши как модель. Начальные данные и правая часть зависят от параметровмодели.Задачу всегда можно свести к параметрам в правой части.П р и м е р U (t ) = U dU= F (t ,U ,ν 1 ), dtU (t = 0) = U 0 (ν 2 ),0<t <T|y − y0 |≤ AВведем y (t ) = U (t ) − U 0 , тогда dy0<t <T = f (t , y, µ ), dt y (t = 0) = 0,| y |≤ aДостаточно рассмотреть один параметр µ .f = F (t , y + U 0 (ν 2 ),ν 1 )(9.1)µ = (ν 1 ,ν 2 )Т е о р е м а 9.1.

Если в задаче Коши (9.1) f (t , y, µ ) непрерывна по всемаргументам в области D : {0 ≤ t < T , y ≤ a, µ − µ0 ≤ b} и удовлетворяет по переменной" y " условию Липшицаf (t , y1 , µ ) − f (t , y2 , µ ) ≤ K y1 − y2всюду в D , причем K не зависит от t и µ , то решение задачи (9.1) y = y (t , µ )определено в D и непрерывно по t и µ .ДоказательствоДоказательство опирается на лемму Гронуолла – Беллмана.Рассмотрим ∆y = y (t , µ + ∆µ ) − y (t , µ ) .dy (t , µ + ∆µ )= f ( t , y (t , µ + ∆µ ), µ + ∆µ ) ; y (t0 , µ + ∆µ ) = 0 ;dtdy (t , µ )= f ( t , y (t , µ ), µ ) ; y (t0 , µ ) = 0 ;dtоткудаd ∆y= f ( t , y (t , µ + ∆µ ), µ + ∆µ ) − f ( t , y (t , µ ), µ ) ⇒(9.2)dtСледовательно,t∆y = ∫ {( f (τ , y (τ , µ + ∆µ ), µ + ∆µ ) − f (τ , y (τ , µ ), µ + ∆µ ) ) +t0+ ( f (τ , y (τ , µ ), µ + ∆µ ) − f (τ , y (τ , µ ), µ ) )} dτ .(9.3)Используя условия Липшица по y и непрерывность функции f (t , y, µ ) по µ ,получимt| ∆y |≤ K ∫ ∆y dτ + (t − t0 )ε (δ ) ; |∆µ |≤ δ ; ε (δ ) → 0 .δ →0t022По лемме Гронуолла - Беллмана имеемt| ∆y |≤ K ε (δ ) ∫ (τ − t0 )e k (t −τ ) dτ + tε (δ ) ≤ Cε (δ ) .t0Следовательно,| ∆y |≤ Cε (δ )при| ∆µ |≤ δ ,(9.4)теорема доказана.Изменения параметров задачи можно рассматривать как возмущение задачи.

Тогдабудем иметь: dy = f ( y, t , µ = 0), 0 < t < T ,невозмущенная задача(9.5) dt y (t = 0) = 0, dy = f ( y, t , µ ), dt y (t = 0) = 00 < t < T,возмущенная задача(9.6)µ ≤ε .Как связано возмущенное решение с невозмущенным?Теория возмущений - исследование асимптотики y (t , µ ) µ → 0.Регулярное возмущение: это означает, что f ( y, t , µ ) – удовлетворяет условиямтеоремы ∃ и ! и при µ → 0 эти условия не нарушаются, а f ( y, t , µ ) разлагается встепенной ряд по µ . Для регулярно возмущенных задач выполняются следующиетеоремы. (Доказываем для одного уравнения.

Легко переносится на системы).Т е о р е м а 9.2 Если правая часть в задаче Коши (9.1) f (t , y, µ ) непрерывна повсем переменным вместе с частными производными по y, µ в D , то ∃ производнаяот решения по параметру µ непрерывная в D .ДоказательствоИз (9.2) , разделив на ∆µ , получимd  ∆y  f (t , y (t , µ + ∆µ ), µ + ∆µ ) − f (t , y (t , µ ), µ + ∆µ ) ∆y+=∆y∆µdt  ∆µ f (t , y (t , µ ), µ + ∆µ ) − f (t , y (t , µ ), µ ).∆µПри ∆µ → 0 имеем+d ∂ y ∂ f ∂ y ∂ f=+,dt  ∂ µ  ∂ y ∂ µ ∂ µт.к.∂ f ∂ f∂ y,∃ и непрерывны, то (9.7) есть уравнение для=U∂ y ∂ µ∂ µ23(9.7)∂ f dU ∂ f=U+,∂ µ dt ∂ y U (t ) = 0 .0Правая часть линейна по U ⇒ решение для (9.8) ∃ и ! .

Характеристики

Список файлов лекций