Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Делаем нечетное продолжениеZ = A, r ≥ 0, t > 0, и Z = −A(−r, t), r < 0, t > 0, Тогда∂t2 Z − c2 ∂r2 Z + c221Z = F, r ∈ R, t > 0,2rε0Z|t=0 = ∂t Z|t=0 = 0F = r2 e−r , r ≥ 0, t > 0, и F = −r2 e−r , r < 0, t > 0. Отсюда∫ ∞ 2)1 d(r −r22222 12∥∂t Z∥ + c ∥∂r Z| + 4c ∥ Z∥ − 2e wdr = 02 dτrε0022Априорная оценка11∥∂τ Z∥2 (t) + ∥∂r Z|2 (t) + 2∥ Z∥2 (t) ≤∥rF ∥2r2ε20В этом случае магнитное поле−∂x3 A2=∂x3 A1B = rotA = ∂x1 A2 − ∂x2 A1 x1 x30A= −2A 0 − ∂r ( 2 ) x2 x3 ̸= 0rx21 + x221Электрическое полеx1x2z∂t AE = −∂r ( ) x2 − 2 −x1 rr00203204Глава 10Дополнительные главы.10.1Дифференцируемость решения ОДУ попараметру и ее применение.10.1.1Непрерывность решения ОДУ по параметру.Теорема 81 Пусть решение x = ϕ(t) задачи ẋ = f (t, x), x(t0 ) = x0существует на интервале I = [t∗ , t1 ] ∋ t0 , и в окрестности V = {t ∈∂fiI, |x−ϕ(t)| < ϱ} его графика вектор-функция f (t, x) и ∂x(i, j = 1, .
. . , n)jнепрерывны. Тогда ∀ε > 0 ∃δ > 0 такое, что для любой другой задачи∂giẏ = g(t, y), y(t0 ) = y0 в которой g и ∂xнепрерывны и |g − f | < δ в V ,j|y0 −x0 | < δ, решение y(t) может быть продолжено на I и |y(t)−ϕ(t)| <ε на I.∂fiДоказательство. V – замкнутое ограниченное множество; f и ∂xjнепрерывны на V . Значит, найдутся константы m, l такие, что |f (t, x)| ≤∂fim, | ∂x| ≤ l. Тогда если (t, x) ∈ V , (t, y) ∈ V , тоjn∑∂fi· (xj − yj )| ≤ nl|x − y|.|f (t, x) − f (t, y)| ≤ |∂xji,j=1Отсюда, т.к. |f (t, y) − g(t, y)| ≤ δ, то для x = ϕ(t) и y(t) на отрезке I1 ⊆ I,пока график y(t) проходит в V , имеем|ẋ − ẏ| = |f (t, x) − g(t, y)| ≤ nl|x − y| + δ.205Пусть z(t) = ϕ(t) − y(t). Тогда |z(t0 )| ≤ δ, |ż| ≤ nl|z| + δ на I1 .
Отсюда|ϕ(t) − y(t)| = |z(t)| ≤ δenls +s = max{t1 − t0 , t1 − t∗ }δ(enlsnl− 1),(1.1)Возьмем произвольное ε > 0, ε1 = min{ϱ, ε}, и выберем δ > 0 так,чтобы правая часть (1.1) была меньше ε1 . Тогда решение y(t), т.ч. |y0 −x0 | ≤ δ проходит внутри трубки T = {t ∈ I1 , |x − ϕ(t)| ≤ ε1 }, T ⊆ V . Потеореме о продолжении, решение y(t) может быть продолжено до выходана границу трубки T .
Если бы оно вышло на боковую границу трубки,то нашлось бы такое τ ∈ I1 , что |y(τ ) − ϕ(τ )| = ε1 , что противоречитвыбору δ. Таким образом, решение y(t) выходит из трубки T только наее концах, а значит, оно может быть продолжено на трубку T∗ = {t ∈I, |x − ϕ(t)| ≤ ε1 }, что и требовалось доказать.Рассмотрим теперь задачу с параметром µ ∈ M , M ⊆ Rd :ẋ = f (t, x, µ), x(t0 ) = a(µ).(1.2)∂fiнепрерывны по t, x, то ∀µ ∈ M существует решение x = ϕ(t, µ)Если f , ∂xjзадачи (1.2).Теорема 82 Пусть при µ = µ0 существует решение (1.2) на I = [t∗ , t1 ],и в окрестности V = {t ∈ I, |x − ϕ(t, µ0 )| ≤ ϱ} его графика при µ ∈∂fiM вектор-функция f (t, x, µ) и ∂xнепрерывны по t, x, µ, функция a(µ)jнепрерывна по µ. Тогда найдется η > 0 такое, что функция ϕ(t, µ)непрерывна по t, µ при t ∈ I, |µ − µ0 | < η.Доказательство.
А) Непрерывность по µ. При фиксированном µ = µ0задача (1.2) удовлетворяет условиям теоремы 81. Значит, для любогоε > 0 найдется δ > 0 такое, что если |f (t, x, µ) − f (t, x, µ0 )| ≤ δ для(t, x) ∈ V , |a(µ) − a(µ0 )| ≤ δ, то решение ϕ(t, µ) существует при t ∈ I и|ϕ(t, µ) − ϕ(t, µ0 )| < ε. Пусть M0 – замкнутая окрестность µ0 , M0 ⊆ M .Так как f (t, x, µ) и a(µ) непрерывны при (t, x) ∈ V , µ ∈ M0 , то они равномерно непрерывны. Отсюда найдется η > 0 такое, что при |µ − µ0 | < ηимеем µ ∈ M0 и из равномерной непрерывности |f (t, x, µ)−f (t, x, µ0 )| ≤ δ,|a(µ) − a(µ0 )| ≤ δ. Отсюда по теореме 81 функция ϕ(t, µ) определена наинтервале I и удовлетворяет неравенству |ϕ(t, µ) − ϕ(t, µ0 )| < ε, что иозначает непрерывность по µ в точке µ = µ0 .Б) Непрерывность по x при µ = µ0 . При (t, x) ∈ V , |µ − µ0 | ≤ η функция206f непрерывна. Следовательно, она ограничена на указанном множестве,т.е. найдется q такое, что |f | < q.
Отсюда | ∂ϕ| = |f | ≤ q и ∀t, τ ∈ I∂tεпри |t − τ | ≤ q имеем |ϕ(t, µ) − ϕ(τ, µ)| ≤ q|τ − t| ≤ ε. Отсюда и изнеравенства |ϕ(t, µ) − ϕ(t, µ0 )| < ε при |µ − µ0 | ≤ η, |t − τ | ≤ qε следует|ϕ(τ, µ) − ϕ(t, µ0 )| < 2ε. Следовательно, решение ϕ(t, µ) непрерывно посовокупности переменных при µ = µ0 , t ∈ I.В) Распространение на µ ̸= µ0 . Пусть ε ∈ (0, ϱ). Тогда найдется η1 ∈ (0, η)такое, что при любом µ1 , удовлетворяющем неравенству |µ1 − µ0 | ≤ η1по доказанному, решение ϕ(t, µ1 ) определено на I и удовлетворяет неравенству |ϕ(t, µ1 ) − ϕ(t, µ0 )| < ε. Тогда его окрестность V1 = {t ∈ I, |x −ϕ(t, µ1 )| ≤ ϱ − ε} содержится в V . Значит, в окрестности V1 выполнены условия пунктов А,Б доказательства с µ1 вместо µ0 .
Таким образом,решение ϕ(t, µ) непрерывно по t, µ при µ = µ1 . Теорема доказана.10.1.2Дифференцируемость решения по параметру.Обозначим D – область в Rn+1 , M – интервал в R.∂fi ∂fiТеорема 83 Пусть при (t, x) ∈ D, µ ∈ M все функции f , ∂x, ∂µ , a′ (µ)jнепрерывны. Пусть также для любого µ ∈ M на [t1 , t2 ] ∋ t0 решениезадачи (1.2) существует, и его график проходит в области D. Тогда этоiiрешение имеет производные ∂x, непрерывные по t, µ. Функции ui = ∂x∂µ∂µудовлетворяют системе уравнений в вариацияхdui ∑ ∂fi∂fi=uj +, ui (t0 ) = a′i (µ)dt∂x∂µjj=1nДоказательство.(1.3)Зафиксируем µ ∈ M .
По определению производной,x̃ − x∂x= lim,µ̃→µ∂µµ̃ − µx̃−xгде x̃ = x(t, µ̃). Обозначим v(t, µ̃) = µ̃−µ. Идея доказательства теоремы заключается в том, чтобы составить дифференциальное уравнениедля v(t, µ̃) при µ̃ ̸= µ и воспользоваться теоремой о непрерывности попараметру. Реализуем эту идею:f (t, x̃, µ̃) − f (t, x, µ)a(µ̃) − a(µ)dv(t, µ̃)=, v(t0 , µ) =.dtµ̃ − µµ̃ − µ207Положим F (s) ∫= f (t, x+s(x̃−x), µ+s(µ̃−µ)). Тогда f (t, x̃, µ̃)−f (t, x, µ) =1∂f(x̃ − x) + ∂µ(µ̃ − µ). ОтсюдаF (1) − F (0) = 0 F ′ (s)ds, F ′ (s) = ∂f∂xdv1=dtµ̃ − µ∫=∫1F ′ (s)ds =0∂f (t, x + s(x̃ − x), µ + s(µ̃ − µ))x̃ − xds ·+∂(x + s(x̃ − x))µ̃ − µ0∫ 1∂f (t, x + s(x̃ − x), µ + s(µ̃ − µ))+ds.∂(µ + s(µ̃ − µ))01Так как ∂f, ∂f непрерывны по совокупности переменных, то подынте∂x ∂µгральные функции непрерывны по t, x, x̃, µ, µ̃, s, а интегралы – по t, x, x̃, µ, µ̃.Кроме того, по теореме 82 функция x̃ непрерывна по t, µ̃.
Следовательно,последние два интеграла – непрерывныеот t, µ̃, в том числе,∫ 1 ∂fфункции(t,x+s(x̃−x),µ+s(µ̃−µ))в точке µ̃ = µ. Обозначая H(t, µ̃) = 0ds, h(t, µ̃) =∂(x+s(x̃−x))∫ 1 ∂f (t,x+s(x̃−x),µ+s(µ̃−µ))ds, получаем∂(µ+s(µ̃−µ))0dv= H(t, µ̃)v + h(t, µ̃).dt(1.4)Доопределим v(t, µ̃) при µ̃ = µ как решение (1.4) с начальным условиемv(t0 , µ) = a′ (µ).
По теореме 82 функция v(t, µ̃) непрерывна по µ̃, включаяµ̃ = µ. При µ̃ = µ подынтегральные выражения в формулах для H(t, µ̃) и∂fh(t, µ̃) не зависят от s и равны H(t, µ) = ∂f, h(t, µ) = ∂µ. Таким образом,∂xдля функции v(t, µ) уравнение и начальное условие совпадают с (1.3).Пусть теперь µ меняется на интервале M . Тогда правые части системы(1.3) и частные производные по uj от них непрерывны по t, µ. По теореме82 решение системы (1.3) будет также непрерывно по t, µ.Теорема доказана.Следствие 12 Пусть выполнены условия теоремы 83 и, кроме того,функции fi , ai (µ) имеют непрерывные производные по x, µ до порядкаm ≥ 2 включительно, в том числе смешанные производные.
Тогда решение x(t, µ) имеет непрерывные по t, µ производные по µ до порядка mвключительно.Следствие 13 Пусть выполнены условия предыдущего следствия, и пусть(t, x) ∈ D, |µ| < µ1 и при µ = 0, t ∈ [t1 , t2 ] график решения задачи208(1.2) проходит в D, t0 ∈ [t1 , t2 ]. Тогда решение x(t, µ) задачи (1.2) приt ∈ [t1 , t2 ] разлагается по формуле Тейлора по степеням параметра µвплоть до µm :x(t, µ) = v0 (t) + µv1 (t) + µ2 v2 (t) + · · · + µm vm (t) + ō(µm ).10.1.3Примеры и упражнения.А.
Найти∂x ∂µ , еслиµ=0dx= x2 + 4tµ + µ2 , x(1) = 2µ − 1.dtРешение. По теореме 83 для функции u =∂x∂µимеем:du= 2xu + 4t + 2µ, u(1) = 2.dtПри этом µ = 0, x – решение уравнения ẋ = x2 с начальным условиемx(1) = −1, т.е. x(t) = − 1t . Отсюдаduu= −2 + 4t, u(1) = 2.dttРешая это линейное уравнение,получаем u = t2 + Ct−2 , и из начального∂x условия C = 1, откуда ∂µ= t2 + t−2 .µ=0Ответ: t2 + t−2 .2Б. Найти разложение решения задачи ẋ = xt − 2µt2 , x(1) = 1 − µ2 + µ8по степеням µ вплоть до µ2 .Решение. Возьмем D = {t > 0, x > 0}.
В этой области выполняютсяусловия следствия 1.2 для любого µ. Положимx(t, µ) = v0 (t) + µv1 (t) + µ2 v2 (t) + ō(µ2 ).Подставляя это равенство в уравнение, имеем:t− 2µt2 ,v0 + µv1 + µ2 v2 + ō(µ2 )µ µ2v0 (1) + µv1 (1) + µ2 v2 (1) = 1 − +28v̇0 + µv̇1 + µ2 v̇2 + ō(µ2 ) =209(1.5)Найдем v0 , для этого подставим µ = 0 в равенство (1.5):v̇0 =t, v0 (1) = 1,v0откуда v0 (t) = t. Найдем v1 , для этого продифференцируем (1.5) по µ иподставим µ = 0:tv11v̇1 = − 2 − 2t2 , v1 (1) = − ,v02откуда v1 (t) = − 12 t3 . Аналогично для v2 получаемv1 + 2µv2 + ō(µ)′ ,2v̇2 = t (−)(v0 + µv1 + µ2 v2 + ō(µ2 ))2 µ µ=02v̇2 = −tОтсюда v2 (t) =Ответ:112t+2v2 v02 − 2v0 v121, v2 (1) = .4v08t5.24x(t, µ) = t −µ 31t5t + µ2 (+ ) + ō(µ2 ).212t 24Упражнения.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
