Часть 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах. (509319), страница 22
Текст из файла (страница 22)
пример 207, 6)). в) Теорема единственности решения гарантирует существование в окрестности каждой точки (ео, уо, уо, у~~) единственной интегральной кривой уравнения ум = а+ у . Она гарантирует также существование единственного решения и в окрестности точки (ао, уо, уо, уо',). Следовательно, графики двух решений, проходящих через указанные точки, имеют общую касательную. м 209. сколько существует решений уравнения уье = я+ уз, удовлетворяющих одновременно лвум условиям: у(0) = 1, у'(О) = 2? Рассмотреть отдельно случаи и = 1, 2, 3. < При и = 1 имеем у'(0) = (а+ у )), о — — у (0) = 1 оо 2. Следовательно, если и = 1, то уравнение не имеет ни одного решения с указанными начальными условиями.
Так как функция 7(х, у, у') = а+ у' непрерывна вместе со своими частными производными = 2у, т = 0 в окрестности точки (О, 1, 2), то согласно теореме существования (см. п. 8.4) зад дг ' ду лача уо = а+у, у(0) = 1, у'(0) = 2 имеет единственное решение в достаточно малой окрестности точки (О, 1, 2). В силу теоремы единственности (см. п.8.4) зааача уо' = а + у~, у(0) = 1, у'(0) = 2, у"(О)— произвольное, имеет единственное решение в окрестности точки (О, 1, 2, у"(0)).
Следовательно, в достаточно малой окрестности точки (О, 1, 2) имеется однопараметрическое множество решений задачи уо' = я+у~, у(0) = 1, у'(0) = 2. М 210. Сколько решений уравнения уа' = 7'(а, у) (7 и Х непрерывны на всей плоскооу сти аОу) проходит через точку (ао, уо) по заданному направлению, образующему угол а Ф ч с осью Оа? Рассмотреть случаи и = 1, и = 2 и и > 3. м пусть и = 1.
Тогда задача у' = 7(х, у), у(ао) = уо в силу непрерывности функций / и 8гь.- имеет единственное решение в допаточно малой окрестности точки (ао,уо). Если к тому дг же у'(ео) = 18 а, т, е. 18 а = У(ао, уо), то поставленная задача имеет единственное решение. если же 18а ~ У(а„ро), то зта задача Решений не имеет. Пусть и = 2. Тогда зааача у' = )'(а,у), у(ао) = уо, у'(хо) = 18а, в силу непрерывности функций 7, я, у = О, имеет единственное решение в достаточно малой окрестности точки У' ду (ао~ Уо,18 а). Наконец, если и > 3, то задача уа! = /(а, у), у(хо) = уо, у'(яо) = 18 а имеет бесчисленное множество решений вследствие того, что задача у!"! = 1(а, У), У(ло) = Уо.
У (ао) = 18 а У (ао) = = У1, ..., Уа '1(хо) = Уоа о! имеет единственное Решение в достаточно малой окРестности точки (хо, Уо,ггка, Уо, ..., Уоа !1). ДР)тими словами, в силУ пРоизвольности чисел Уо, У8',, У~ ! задача у" = 7(я, у), у(яо) = уо, у'(хо) = 18 а (п > 3) имеет (и — 2)-параметрическое множество решений. Последний вывод можно отнести и к предыдущему примеру ддя случая и > 3.
м 211. При каких и уравнение у'ю = 7(я, у) (7 и В~~ непрерывны на всей плоскости яОу) дг может иметь среди своих решений две функции: у! = х и уз — — х + х'? М В точке (О, 0~ имеем о(~(0) = уз(0), у((О) = уз(О), у1(0) = у~з'(0), у~"(0) = узо(0), у~~(0) = О, уз" (0) = 24, т.е. у, '(0) оо уз (0).
Видим, что 0 не может быть равно единице, поскольку через точку (О, О) проходит шм различных решения, а теорема единственности (см. п. 8.4) ушерждает, Гл. 1. Дифференциальные урааиеввя первого нврядка и(х) = / (/(1, Уз(1)+ и(1)) — /(1, Уз(1)))Ж, Х Е (хо 4 ос, ха+го). (2) ПосколькУ и(1) > 0 пРи 1 Е (хо+ е„х), то, в силУ невозРастаниа фУнкции /(1, У) по У, спРавед- лнво неравенство / (1, уз(1) + и(1)) — /(1, уз(1)) < О.
(3) Принимая во внимание (3), из (2) находим, что и(х) < 0 при х Е (хо -ь е„х, 4 е,). Таким образом, пришли к противоречию, из которого следует,что функция и не может быть положительной ни прн каком х > х,. Аналогично устанавливаем, что и не может быть отрицатезсьной. Слеловательно, и(х) са 0 при всех х > хо. м 213. Сколько производных имеют решения следующих уравнений и систем в окрестности начала координат? з б) у' = х)х) — У; в) у" = )х') + уз; с(У 4 — +1 )1); е) — = + Л", с(1 ' Ф 7 а)у =а+уз; с(х д) — =1+ у г) у = у — хчз~хх; '(У з — = ~)*.
41 м Применяем теорему о дифференцируемости решений уравнения Д = /(х, у) в окрест- 4 ности точки (хо, уо), в которой утверлсдается, что если функция / имеет в этой окрестности непрерывные частные производные до й-го порядка включительно, то решение указанного уравнения с начальным условием у(хо) = уо имеет непрерывные производные до )с 4 1-го порядка включительно.
Аналогичное утверждение справедливо и для случая, когда / — вектор-функция. а) Имеем /(х, у) = х+ уз, тз — — 1, ъ — — Туз, г —— О, т = -У-уз, Э-че — = О, з- = 2?у з. Видим, что функция / дважцы непрерывно дифференцируема в окрестности Вот 2а з ру начала координат.
Следовательно, в силу приведенной выше теоремы, задача у' = х+Ут, у(0) = 0 имеет в окрестности ззачава координат трюкаы непрерывно дифференцируемое решение у = у(х) . что через каждую точку плоскости хОУ проходит только одно решение. Далее, н ~ 2, так как в пропзвном случае, согласно укаэанной теореме, через точку (О, у(0), у'(0)) проходила бы лишь одна интегральная кривая. По этой хсе причине н ,-о 3, и ~ 4.
Пусть гз = 5. Тогда задача уч = /(х у), у(0) = О, у'(0) = 1, уо(0) = у"(0) = уш(О) = 0 молсет иметь решение у, = х, а задача у = /(х, у), у(0) = О, у'(0) = 1, уо(0) = Ум(0) = О, у'ч(0) = 24 — решение уз = х + хо. Это объясняется тем, что в пространстве переменных (х, у, у', учу"', у' ) кривые у, и уз не совпадают ни в одной точке, т.е. могут быть решениями одного и того же уравнения у = /(х, у) (заметнм, что функции /, ъ-, В ч здесь непрерывны), Указанные кривые не совпадают ни в одной точке и в пространстве переменных (х, у, у', у", у"', у'", у", ...), поэтому уравнение рс"з = /(х, у) может иметь их в качестве р шений и при н > 5.
Тривиальные примеры: Уч = О, У с = О. Ь 212. Пусть функция / непрерывна и при кахдом х не возрастает при возрастании у. Доказать, что если два решения уравнения у' = /(х, у) удовлетворяют одному и тому же начальному условию у(хо) = уо, то они совпадают при х > х,. м Почленно вычитая иэ тождества у', га /(х, у,(х)) тождество уз гл /(х, уз(х)) и вводя в рассмотрение функцию и, где и(х) = у,(х) — уз(х) (х > хо), получаем задачу зс (х) /(х~ Уз(х) + и(х)) /(х, Уз(х))~ и(хо) = О, х ~ )хо, (1) которая имеет очевидное решение и(х) = О.
Докюкем, что других решений нет. Применим метод доказательства от протнвопштожного. Пусть существует такое х > хо, для которого и > О. Тогда, в силу непрерывности функции и, найдусся такие два числа е, > 0 и ез > е,, что и(х) > О при хо < ха+ос < х ~( хо+ ег причем, уменьшая ес, всегда можно иметь и(хо+ос) =О. Интегрируя в (1), получаем 95 и, 4 г ч 4 у =у' — — хз, у =у» — — х 3, 3 ' 9 задача уи = у — хтз хх, у(0) = у'(0) = у" (0) = 0 имеет четырежды непрерывно дифференцируемое решение у(х) в окрестности начала координат. д) Фу"кцин Л(с х у) = с+ у уг(с, х, у) = х 4 с'М непрерывны и имеют непрерывные частные Шюизводные дЛ дЛ дЛ ВЛ дЛ вЂ” =1, — — =О, — =1, — =З٠— =1, ВС ' а ' ау ' аС ' а дзу дзу дгу дзу дгу дгу дд ' дх' дгдх ' дуг дудС дудх дУз дУг ВЛ дУз дЛ дУг аС' ~ ~' В)ах даду дхдд д гз дхг в окрестности точки (С», х„у»), где Се —— х» = у» — — О, поэтому данная система уравнений имеет трижды непрерывно дифференцируемое решение (х(С), у(С)) в этой окрестности.
е) В этом случае функции Уг(с, х, у) = у +»/Г4, Уг(с, х, у) = зг х хнепрерывны в окрестности точки (О, О, 0), однако, поскольку пронзводнаа -ухи = тх з разрывна в этой точке, то мож- но гарантировать только непрерывную дифференцируемость решений х(С), у(С) данной системы уравнений. Ь 214. При каких а каждое решение продолжается на бесконечный интервал -со < х < +со а) для уравнения у' = !у)'? б) для уравнения у' = (у + е*)'? в) для уравнения у' = /у!' + ((хзз уу) ) ? г) дгш системы у =(уз+аз+ 2), лз = у(1+лг)? ! ! и а) Пуси а < О. Тогда у и 0 и решение данного уравнения у = (1 — а) г-» х ~-» (х > 0) не г з продолжимо влево. Пуси а > 1. Тогда решение у = (а — 1)т= (С вЂ” х)т-' не продолжимо правее точки х = С, та««ак прямая х = С является асимпппой для этого решения.
Если а = О, то уравнение д = 1, где у Ф О, тиаке имеет непродолжимме решения вцаа у = х + С (х Ф -С). дЛ вЂ” =О, ду б) Так как функция У(х, у) = х(х) — у имеет непрерывные частные производные д.- = 2)х), з дг = -2у и не дифференцируема дважды в окрестности начала координат (поскольку функция д у д~~- = 2(х( не дифференцируема при х = 0), то решение у = у(х) задачи у' = х(х( — уг, у(0) = 0 дважды непрерывно дифференцируемо. г 3 дг 5 г в) Поскольку функция У(х, у, у') = )х )+ уу имеет непрерывные производные э'„- = Тут и -"г гд 0 в окрестности начала координат, то, согласно теореме сущеспювания п. 8.4, задача Вг дд у» = )х (+ у з, у(0) = О, имеет единственное непрерывное решение у = у(х) в этой окрестности.
Подставляя у(х) в данное уравнение, получаем тождество у»(х) = /х~/+уз(х), из которого следует, что функция у» непрерывна. Дифференцируя это тождество, находим: г у»'(х) = Зх зупх+ — уз(х)у'(х), 3 (1) РЗ р г уьч(х) = б~х~+ — у з(х)у (х) + — уз(х)у»(х). 3 (2) В силу того, что правая часть уравнения (!) непрерывна в окрестности начала координат, а правая часть уравнения (2) разрывна при у = О, то можно гарантировать существование непрерывной третьей производной решения рассматриваемой задачи. г) В силу того, что 96 Гл. 1. Дис()ферешвгальиые ураиаеиия первого ворядка При а = ! все решения уравнения у' = !у! описываются с помощью формул у = !С!е* и у = = -~С(е *.
Очевидно, что каждое из них продолжается на бесконечный интервал — оо < х < +со. Наконец, если 0 < а < 1, то все решения имеют вид з з з у = (1 — а) з- (х — С) з-а, (х ) С), у = -(1 — а) з-а(С вЂ” х)г:а, (х ( С), у гв О. Легко видеть, что первое решение является продолжением второго. Таким образом, если 0 ( а < = 1, то все решения рассмотренного уравнения продолжимы на всю ось Ох. б) ТаК КаК фуНКцня у(Х, у) = (у'+ Е*)' ВМЕСТЕ С ЧаСтНОй ПрОИЗВОдНОй зз- = 2ау(у + Е*)' непрерывна в любой окрестности начала координат, то согласно теореме существования через каждую точку этой окрестности проходит одна интегральная кривая. Однако не при кажлом а 1 все ингегральззьзе кривые имеют своей областьзо определения всю ось Ох. Так, если а > Т, то В СИЛУ ОцЕНКН ус = (у + Е*)' > (уз)' = !у~~' (Х > 0) И ПрсдЫдущЕГО ПрИМЕра ЗаКЛЮЧаЕМ, Чта Ни одно решение уравненив у' = (у + е*)' не продолжимо вправо (решения обязательно будут иметь вертикальные асилштоты).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
