Общая часть (часть 2) (2015) (by Кибитова) (1161598), страница 58
Текст из файла (страница 58)
Следовательно условиевыполнено.Таккак функцияȳ(t)непрерывнана [tс1 , tначальным2.1.(2.2)ЗадачаКошидляуравненияпервогопорядка2 ], то27Покажем,что ȳ(t)являетсярешениемзадачиправая часть равенства(2услови(2.1), (2.2).Zt [t1 , t2 ] какчтонепрерывнодифференцируемаинтегралс переменнымПоложивв (2.4) t = t0 , наполучим,ȳ(0) =y0 . Следовательно усл2.1.ЗадачаКошидляуравненияпервогопорядка27= y0 + f функцииȳ(⌧ ))d⌧f (⌧, ȳ(⌧ )) 2 C[t1 , t2 ]. Слеверхнимt отȳ(t)непрерывнойвие(2.2)пределомвыполнено.Так как(⌧,функцияȳ(t) непрерывна на [t1 , t2 ],довательно, ȳ(t) непрерывно дифференцируемана [t1 , t2 ]. Дифференtправаячастьравенствацируя (2.4), получим, что ȳ(t) удовлетворяет (2.1), и лемма 2.1.1 дока0непрерывнодифференцируема на [t1 , t2 ] как интеграл с переменнымзана.Ztверхним пределом t от непрерывной функцииf (⌧, ȳ(⌧ )) 2 C[t1 , t2 ].
Следовательно,ȳ(t)непрерывнодифференцируемана [t1 , t2 ]. Дифферен2.1.2. ЛеммаГронуолла-Беллманаȳ(t) =y0 + f (⌧, ȳ(⌧ ))d⌧цируя (2.4), получим, что ȳ(t) удовлетворяет (2.1), и лемма 2.1.1 докаt0Докажем единственность решения задачиКоши (2.1), (2.2). Длязана.этого нам потребуется следующая лемма, обычно называемая леммойГронуолла-Беллмана.2.1.2.Лемма Гронуолла-БеллманаЛемма 2.1.2.
Пусть функция z(t) 2 C[a, b] и такова, чтоДокажем единственность Zрешения задачи Коши (2.1), (2.2). Для0 6 z(t) 6 c + dz(⌧ )d⌧ , t 2 [a, b],(2.5)этого нам потребуется следующая лемма, обычно называемая леммойt0Гронуолла-Беллмана.где постоянная c неотрицательна, постоянная d положительна, а t0Лемма 2.1.2. Пусть функция z(t) 2 C[a, b] и такова, чтоt– произвольное фиксированное число на отрезке [a, b]. Тогдаz(t) 6 ced|tt0 |0 6 z(t) 6 c + d, Z t 2 [a, b].tz(⌧ )d⌧ ,t 2 [a, b],Доказательство. Рассмотрим t > t0 .
Введем функциюZtt0(2.6)(2.5)где постоянная c неотрицательна,d положительна, а t0p(t) = z(⌧ )d⌧, t постоянная2 [t0 , b].– произвольное фиксированноечисло на отрезке [a, b]. Тогдаt0где постоянная c неотрицательна, постоянная d положительна, а t0– произвольное фиксированное число на отрезке [a, b]. Тогдаz(t) 6 ced|tt0 |t 2 [a, b].,(2.6)Доказательство.
Рассмотрим t > t0 . Введем функциюp(t) =Ztz(⌧ )d⌧,t 2 [t0 , b].t0Тогда p0 (t) = z(t) > 0, p(t0 ) = 0. Из (2.5) следует, что p0 (t) 6 c + dp(t),t 2 [t0 , b]. Умножив это неравенство на e d(t t0 ) , получимp0 (t)ed(t t0 )6 ce+ dp(t)ed(t t0 )Это неравенство можно переписать так⌘d ⇣p(t)e d(t t0 ) 6 ce d(tdtd(t t0 )t0 )t 2 [t0 , b].,t 2 [t0 , b].,Проинтегрировав от t0 до t , получим2828p(t)ed(t t0 )p(t0 ) 6 cZtd(⌧et0 )t0c⇣d⌧ =1d⌘Глава2. Задача Кошиe, t 2 [t0 , b].Глава 2. Задача Кошиd(t t0 )Учитывая то, что p(t0 ) = 0, имеем dp(t) 6 ced(tУчитывая то, что p(t0 ) = 0, имеем dp(t) 6 cez(t) 6 c + dp(t) 6 c + cec = ced(t t0 )z(t) 6 c + dp(t) 6 c + ced(tc.
Следовательно,d(t t0 )c = ced(tt0 )c. Следовательно,t0 )d(t t0 )t0 )t 2 [t0 , b],t 2 [t0 , b],и неравенство (2.6) для t 2 [t0 , b] доказано.и неравенство (2.6) для t 2 [t0 , b] доказано.Докажем неравенство (2.6) для t 2 [a, t0 ]. Перепишем неравенствоДокажем неравенство (2.6) для t 2 [a, t0 ]. Перепишем неравенство(2.5) следующим образом(2.5) следующим образомZt ZZt0 Zz(t)66c c d d z(⌧z(⌧z(⌧ )d⌧,t20066z(t))d⌧)d⌧= c=+cd+ dz(⌧ )d⌧,t 2 [a,t0 ].[a, t0 ].t0tt0 t0ОбозначимОбозначимttZt0 Zt0q(t)= = z(⌧z(⌧)d⌧,)d⌧,t 2 [a,].
t0 ].q(t)t 2t0[a,ttТогдаqq(t)q(tq(t0. Из неравенства (2.5) следует, что00) =Тогда(t)== z(t)z(t)6 60, 0,0 ) = 0. Из неравенства (2.5) следует, чтоq 00(t) 6 c + dq(t), t 2 [a, t0 ]. Умножив это неравенство на e d(t0 t)d(t, 0 t)q (t) 6 c + dq(t), t 2 [a, t0 ]. Умножив это неравенство на e,получим0получимq 0 (t)e0d(t0 t)q (t)e6 ced(t0 t)d(t0 t)6 ce+ dq(t)ed(t0 t)d(t0 t)+ dq(t)et 2 [a, t0 ].,d(t0 t)t 2 [a, t0 ].,Это неравенство можно переписать такЭто неравенство можно переписать такd ⇣q(t)e⇣dtddtd(t0 t)⌘6⌘ced(t0 t)q(t)ed(t0 t)6 ce,t 2 [a, t0 ].d(t0 t),Проинтегрировав от t до t0 , получимt 2 [a, t0 ].Проинтегрировав от t доt0 , получимtq(t)eq(t)ed(t0 t)d(t0 t)q(t0 ) 6 cZ0q(t0 ) 6 tcZet0d(t0 ⌧ )ec⇣d⌧ =1 ed c⇣d(t0 ⌧ )d⌧ =1d(t0 t)e⌘,d(t0 t)t 2 [a, t0 ].⌘,t 2 [a, t0 ].Это неравенство можно переписать такd ⇣q(t)edtd(t0 t)⌘6 ced(t0 t)t 2 [a, t0 ].,Проинтегрировав от t до t0 , получимq(t)ed(t0 t)q(t0 ) 6 cZt0d(t0 ⌧ )ed⌧ =tc⇣1ded(t0 t)2.1. Задача Коши для уравненияпервого порядкаd(t t)Следовательно, dq(t) 6 ce⌘,t 2 [a, t0 ].c.
А значит0z(t) 6 c +Липшицаdq(t) 6 c + ce2.1.3. Условиеd(t0 t)c = ced|tt0 |,29t 2 [a, t0 ]и неравенство (2.6) для t 2 [a, t0 ] доказано, что и завершает доказательСформулируем теперь важное для дальнейших исследований усло30ство леммы 2.1.2.Глава 2. Задача КошивиеЛипшица.30 30ГлаваГлава2.2. ЗадачаЗадача КошиКошиОпределение 2.1.2. Функция f (t, y), заданная в прямоугольнике ⇧,2.1.4.Теоремавединственностирешениязадачи Кошиудовлетворяет⇧ условию Липшицапо y, если2.1.4.Теоремаединственности2.1.4.ТеоремаединственностирешениярешениязадачизадачиКошиКоши|f (t,теперьy1 ) fтеорему(t, y2 )| 6 единственностиL|y1 y2 |, 8(t, yрешения2 ⇧,1 ), (t, y2 ) задачиДокажемКошиДокажемтеперьтеоремуединственностирешениязадачиКошиДокажемтеперьтеоремуединственностирешениязадачиКоши(2.1), (2.2).гдеL–положительнаяпостоянная.(2.1),(2.2).(2.1),(2.2).Теорема 2.1.1.
Пусть функция f (t, y) непрерывна в ⇧ и удовлетвоЗамечание2.1.1.Еслифункцияфункцииfy)(t,y)непрерывнаи fy (t, y)определеныи2.1.1.Пустьфункцияf (t,удовлетво2.1.1.Пустьf (t,непрерывнавв⇧⇧ииудовлетворяетТеоремавТеорема⇧ условиюЛипшицапо y. Еслиyy)1 (t), y2 (t) – решения задачинепрерывнывусловию⇧, тоЛипшицаfЛипшица(t, y) удовлетворяет⇧y2yусловиюЛипшицапоряетв ⇧поy.y.ЕслиЕслиy1y(t),решениязадачиряетв ⇧условию(t)задачи1в(t),2 (t)–– решенияКоши(2.1),(2.2)на отрезке[tпо1 , t2 ], то y1 (t) = y2 (t) для t 2 [t1 , t2 ].y.Действительно,как fy[t(t,y) непрерывнатоКоши(2.1),(2.2)наотрезкетоy1y(t)y(t)(t)длядлянайдетсяКоши(2.1),(2.2)натакотрезкеtt22[t[t11,,tt22].].по1 (t)==yв22⇧,1[t,1t,2t],2 ],толожительная константатакая,что– решения задачи Коши (2.1),Доказательство.Так как Ly1 (t)и y2 (t)Доказательство.ТакТаккаккакy1y(t)(t) –решениярешениязадачизадачи КошиКоши (2.1),(2.1),1 (t)и иy2y(t)Доказательство.(2.2), то из леммы 2.1.1 следует, что 2они– являютсярешениямиинте(2.2),излеммы2.1.12.1.1следует,решениями инте|fy)|6 L, что8(t,ониy) 2являются⇧.y (t,(2.2),то тоизлеммыследует,гральногоуравнения(2.3).То есть что они являются решениями интегральногоуравнения(2.3).ТоТоестьестьгральногоуравнения(2.3).Тогда из формулы ЛагранжаZследует,чтоttZt=y0 ✓)(y+ Z1 f (⌧,y)|1 (⌧ty2t2 ], y ), (t, y2 ) 2 ⇧.|f (t, y1 ) f (t,yy12(t))|=|f(t,61))d⌧,L|y|,[t1 ,8(t,y1y(t)=f2(⌧,(⌧))d⌧,10 + fyy1 (t)= y0y+(⌧,y1y(⌧))d⌧,t2t22[t[t1 1, ,t2t2],],1t0t0Замечание 2.1.2.
Функцияf (t, y) может быть не дифференцируеZtt0 Zttма по y, но удовлетворять условиюЛипшица. Рассмотрим, например,Zy2 (t)= =y0 +f (⌧,y2 (⌧t 2t [t, t2,].t ].y(t)y+f(⌧,y2))d⌧,(⌧ ))d⌧,21[t2(t t0 )|y y0 0 |. Очевидно,функцию f (t, y)y2=(t)что она= y0 +f (⌧, y2 (⌧))d⌧,t 2 не[t1 1,дифференцируемаt22].t0при y = y0 , t 6= t0 , однако для всехt0 (t, y1 ), (t, y2 ) 2 ⇧ имеемt0Вычитаявтороеуравнениеиз изпервогои оцениваяразностьпопомодулю,Вычитаявтороеоцениваямодулю,|f (t, yвтороеf (t,уравнениеyуравнениеt0 |первого·первого|y1 yи0и|оценивая|y2 y0разность|разность6 T |y1 поyмодулю,1)2 )| = |t из2 |.ВычитаяполучаемполучаемполучаемЗамечание 2.1.3.
ФункцияZt Zt f (t, y) можетZt Zt быть непрерывной поy, но не |yудовлетворятьусловиюнапример,Ztf (⌧, y1 (⌧Липшица.Zt Рассмотрим,= =y2 (⌧1 (t)|y1 (t)y2 (t)|y2 (t)|f (⌧, y1))d⌧(⌧ ))d⌧ f (⌧,f (⌧,y2))d⌧(⌧ ))d⌧6 6функцию |y1 (t) y2 (t)| = ( f (⌧, y1 (⌧ ))d⌧f (⌧, y2 (⌧ ))d⌧ 6pt0 t0t0 t0y,0 6 y 6 1;t0Zt Ztf (y) = t0pt|y|,1 6 y, 6, t0.2t [t6 6Z |f (⌧,y2 (⌧, t12,].t2 ].1 (⌧|f y(⌧,y1))(⌧ ))f (⌧,f (⌧,y2))|d⌧(⌧ ))|d⌧21[t6она|f (⌧, y1 (⌧ )) наf (⌧,y2 (⌧ ))|d⌧2 [t1 , t2 ]. что она неОчевидно, чтоотрезке[ 1,,1].
tПокажем,t0 t0непрерывнаt0удовлетворяет условиюЛипшица. Предположим, что оно выполнено.ИспользуяусловиеЛипшица,имеемИспользуяусловиеЛипшица,имеемТогдасуществуеттакаяпостояннаяИспользуя условие Липшица,t имеем L, чтоZ Ztpp|yy|6y |, 8y)|d⌧1, 1]., t ].1 , y2, 2 [t 2Zt|y11 (⌧|y1 (t)62 L6 LL|y|y1 (t)y12 (t)|y2 (t)||y1)(⌧2 ) y2 (⌧y2 (⌧)|d⌧ , t [t21[t12, t2 ].|y1 (t)Lt0 t0y|y1 (⌧) 2 y2 (⌧ )|d⌧ , t 2 [t1 , t2 ].22 (t)|Пусть y1 >0, y2 y=0. 6Тогда, мы1 6 L y1 , и, взяв 0 < y1 < Lt0получим противоречие.Применяя лемму Гронуолла-Беллмана 2.1.2 с c = 0 и d = L, имеем2.1.1 доказана.tz(t) = 0, t 2 [tZ1 , t2 ].
Следовательно, y1 (t) = y2 (t), t 2 [t1 , t2 ] и теорема6|f (⌧, y1 (⌧ )) f (⌧, y2 (⌧ ))|d⌧ , t 2 [t1 , t2 ].2.1.1 доказана.Замечание 2.1.4.Если условие Липшица не выполнено, то решениеtзадачи (2.1), (2.2) может не быть единственным. Например, если0ИспользуяусловиеЛипшица,имеем Липшица не выполнено, то решениеЗамечание2.1.4.Если условие( Ztнеpбыть единственным. Например, еслизадачи (2.1), (2.2) можетy ,0 6 y 6 1,|y1 (t) f y(y)6 L (p|y1 (⌧p) y2 (⌧ )|d⌧ , t 2 [t1 , t2 ].2 (t)|=y ,0 6 y 6 1,|y|,16y 6 0,f (y) =t0p|y|,1 6 y 6 0,неравенство слеОбозначив z(t) = |y (t) y (t)|, перепишемпоследнее12то задачаКошиy 0 (t) =0 f (y(t)), y(0) = 0 имеет решениядующимобразомто задача Коши y (t) = f (y(t)), y(0) = 0 имеет решенияZt⇢⇢ t2 /4,t 6 2,0 6 z(t) 6 Lz(⌧ )d⌧t20[t106, t62 ].t 6 2,t, 2 /4,y1 (t) =0, = 0,y2 (t)y2=y1 (t)(t) =t02266tt 66 0.0.t2 /4,t2 /4,2.1.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
