1611689220-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (826744), страница 10

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

Текст из файла (страница 10)

Это следует из того факта, что при всехt, y : |f (t, y)| ≤ 2|t|. Уравнение y 0 = f (t, y) с правой частью (4)имеет следующие решения 20022 t + C (C ≥ 0, ибо y ≥ t ) при y ≥ t ,y(t) = C00 t2 (|C00 | ≤ 1) при |y| ≤ t2 ,− t2 + C000 (C000 ≤ 0, ибо y ≤ −t2 ) при y ≤ −t2 .Теперь понятно, что у Задачи Коши (1) (f (t, y) задается формулой(4)) бесконечно много решенийy(t) = C00 t2 , |C00 | ≤ 1.В этом примере fy (t, y) определена так:20,y≥t,2fy (t, y) =, |y| < t2 ,t0, y ≤ −t2 .Понятно, что условие 2◦ не выполнено.Лекция №10, НГУ, ММФ, 200911Упражнения к §101. Пусть N = 1 и:0, если t = 0, y < ∞, 2t, если 0 < t ≤ 1, y < 0,f (t, y) =y2t − 4 , если 0 < t ≤ 1, 0 ≤ y ≤ t2 ,t− 2t, если 0 < t ≤ 1, y > t2 .(5)на множестве Π = {(t, y)|0 ≤ t ≤ 1, |y| < ∞} f (t, y) непрерывна,y-2t02t-4 y/t001t2tпоскольку |f (t, y)| ≤ 2 в Π.

Докажите, что Задача Коши (1) (f (t, y)задается формулой (5)) не имеет решения.©ªУказание. Покажите, что последовательность y [k] (t) , k =0, 1... не сходится. ∗12. Задача Коши y 0 = y 3 , y(0) = 0, t ≥ 0 имеет, например, решениеµ ¶ 322ty(t) =. Докажите, что решение этой задачи не единственно.3§11. Достаточные условия для существования решенияв целом.В §10 мы доказали теорему об однозначной разрешимости Задачи Коши(y 0 = f (t, y), |t| ≤ T,(1)y(0) = 0При следующих предположениях относительно правой части f (t, y):1◦ . f (t, y) определена и непрерывна в областиΩ = {(t, y) | |t| ≤ T, ||y|| ≤ R},при этом ||f (t, y)|| ≤ F в области Ω.2◦ .

Коэффициенты матрицы fy (t, y) определены и непрерывнывΩи||fy (t, y)|| ≤ L.Теорема об однозначнойразрешимости Задачи Коши (1).½¾RПусть T0 = min T,. Тогда при |t| ≤ T0 существует непрерывFная и непрерывно-дифференцируемая вектор-функция y(t), такая,что она удовлетворяет (1) и||y(t)|| ≤ F |t| ≤ F T0 ≤ R.Вектор-функция y(t) определяется этими условиями (условиями1◦ , 2◦ ) однозначно.Пример (N = 1). Рассмотрим Задачу Коши(y 0 = 1 + t2 + y 2 ,y(0) = 0.1Лекция №11, НГУ, ММФ, 20092Правая часть (1 + t2 + y 2 ) определена и непрерывна при всех t, y.Однако, для применения теоремы надо задать значения постоянных T, R. Пусть T ½= 2,¾R = 5. Тогда |f (t, y)| ≤ 30, т.е. F = 30.11При этом T0 = min 2,= . Итак, несмотря на то, что правая66часть определена при всех t, y, теорема гарантирует нам существо1вание единственного решения только на отрезке |t| ≤ .

При этом,6условие 2◦ тоже выполнено, поскольку |fy (t, y)| ≤ 10 (т.е. L = 10).Может показаться, что сильное ограничение на длину отрезка мыполучили потому, что с самого начала выбрали не очень большиезначения постоянных T, R. Пусть T = 7, R = 10. Тогда F = 150 и1T0 = , т.е. длина отрезка по t еще меньше, чем в первом случае.15На самом деле решение Задачи Коши и не может быть определенопри всех |t| < ∞.

Действительно, пусть t ≥ 0. Тогдаy 0 = 1 + t2 + y 2 , т.е. y 0 ≥ 1 + y 2или{arctg y}0 ≥ 1.Интегрируя это неравенство, получим: arctg y(t) ≥ t, т.е. y(t) ≥tg t. Следовательно, интервал существованиярешения не можетh πiсодержать внутри себя отрезок 0, , ибо на этом отрезке функ2ция y(t) не может быть ограниченной, а следовательно и непрерывной. Разобранный пример показывает, что даже если праваячасть чрезвычайно хорошая функция, не всегда можно утверждать,что решение Задачи Коши можно определить при любых значениях t.Тем не менее можно установить некоторые достаточные условияна правую часть f (t, y) и на начальные данные, дополнительные кусловиям 1◦ , 2◦ , которые бы обеспечивали существование решенияy = y(t) Задачи Коши (1) при любых t ≥ 0.

В дальнейшем мыограничимся важным частным случаем, когда правая часть естьфункция только от y.Лекция №11, НГУ, ММФ, 20093Итак, пусть мы имеем следующую Задачу Коши(y 0 = f (y), t > 0y(0) = y0 .(2)Заметим, что системы вида y 0 = f (y) называются автономными.Критерий существования решений автономных систем на бесконечном интервале по t впервые был сформулирован выдающимся русским математиком А.М. Ляпуновым. В формулировке этогокритерия используются некоторые вспомогательные функции (такназываемые функции Ляпунова) H(y) = H(y1 , ..., yN ), обладающие следующими свойствами:Λ.1. Функция H(y) определена в шаре ||y|| ≤ R и является внутри и на границе этого шара непрерывной и имеющей непрерывныечастные производные∂H, j = 1, N .∂yjΛ.2.

H(y) ≥ 0 при ||y|| ≤ R, причем H(0) = 0 и H(y) > 0 при0 < ||y|| ≤ R.Λ.3. Непрерывная функция Y(y), определенная равенствомY(y) = −NXj=1fj (y)∂H(y),∂yjудовлетворяет неравенству Y(y) ≥ 0 при ||y|| ≤ R.Иногда вместо условия Λ.3. рассматривают его усиление (условие Λ.30 ):Λ.30 В дополнение к неравенству Y(y) ≥ 0 при ||y|| ≤ R непрерывная функция Y(y) удовлетворяет еще условию Y(y) > 0 при0 < ||y|| < R.Сформулируем теперь без доказательства теорему существования решения Задачи Коши (2) в целом, т.е.

при всех t > 0.Теорема. Предположим, что существует функция H(y) такая,что для нее выполнены условия Λ.1, Λ.2, Λ.3. В этом случае мож-Лекция №11, НГУ, ММФ, 20094но указать такое число ρ0 (0 < ρ0 < R), что если ||y0 || ≤ ρ0 , то существует непрерывная и непрерывно-дифференцируемая векторфункция y = y(t), определенная при любом t ≥ 0, удовлетворяющая неравенству ||y(t)|| ≤ R и такая, что y(0) = y0 и y 0 (t) =f (y(t)).

∗Замечание 1. Приводя формулировку теоремы, мы, естественно, предполагаем, что правая часть f (y) удовлетворяет условиям1◦ , 2◦ , которые обеспечивают справедливость локальной теоремысуществования (см. §10). ∗Замечание 2. Если предположить, что выполнено условие Λ.30(вместо Λ.3), то можно утверждать, что y(t) → 0 при t → +∞ (т.е.lim ||y(t)|| = 0). ∗t→+∞Доказательство теоремы мы не приводим, однако кратко поясним, каков смысл функции Y(y), с помощью которой формулируются условия Λ.3, Λ.30 . Пусть на некотором интервале (0, T )определено решение y(t) уравнения y 0 = f (y). Рассмотрим функцию ϕ(t) = H(y(t)) и вычислим её производную ϕ0 (t):NX ∂H(y(t)) dyj (t)dϕ (t) = H(y(t)) ==dt∂ydtjj=10=NX∂H(y(t))j=1∂yjfj (y(t)) = −Y(y(t)),т.е.

−Y(y(t)) является производной по t от функции H(y) на известном решении y = y(t) Задачи Коши (2). Если Y(y) ≥ 0, то сростом t функция ϕ(t) = H(y(t)) не возрастает. Если показать, чтофункция H(y) может рассматриваться как мера величины вектора y (т.е. нечто вроде нормы ||y||), то тогда невозрастание H(y(t))свидетельствует о том, что с течением времени t решение y(t) невозрастает.

Заметим, что в приведенном выше примере Задачи Коши:(y 0 = 1 + t2 + y 2 ,y(0) = 0Лекция №11, НГУ, ММФ, 20095именно неограниченное возрастание решения y = y(t) на конечноминтервале времени t было причиной того, что y(t) нельзя былоопределить при всех t > 0.Пример 1. Система(y10 = −y2 − y13 ,y20 = y1 − y23 ,такова, что выполнены условия Λ.1 − Λ.3, Λ.30 .В самом деле, взявH(y) = y12 + y22 = ||y||2мы определим функцию Y(y) так:¡¢Y(y) = 2 y14 + y24 .Очевидно, также, что условия 1◦ , 2◦ выполнены при любом R > 0.Решение Задачи Коши для этой системы существует при всех t > 0и при любых начальных данных.

∗Пример 2. Для системы(y10 = −y2 ,y20 = y1положим опять H(y) = ||y||2 . Тогда Y(y) ≡ 0. Таким образом,выполнены условия Λ.1 − Λ.3 (условие Λ.30 не выполнено!) и предположения 1◦ , 2◦ (при любом R > 0!). Теорема существованиярешения Задачи Коши для этой системы в целом по t справедлива (правда, мы уже знаем об этом из первых параграфов нашихлекций). Однако утверждать, что при t → +∞ все решения стремятся к нулю мы, естественно, не можем.Лекция №11, НГУ, ММФ, 20096Упражнения к §111. Убедиться, что в примере 1 действительно в качестве числа ρ0можно взять любое положительное число.2. Убедиться, что в примере 2 не все решения стремятся к нулюпри t → +∞.§12 Непрерывная и дифференцируемая зависимостьрешений от параметра.Рассмотрим теперь Задачу Коши следующего вида:(y 0 = f (t, y, µ),y(t0 (µ)) = y0 (µ),(1)в которой правая часть системы, момент времени, при котором задаются начальные данные и компоненты вектора начальных данных зависят от параметра µ.

Сделав в (1) замену:(τ = t − t0 (µ),(2)z(τ ) = y(τ + t0 (µ)) − y0 (µ),мы приходим к задаче с однородными начальными данными: dz = f (τ + t (µ), z + y (µ), µ) = fe(τ, z, µ),00dτz(0) = 0.Итак, мы будем считать, что в (1): y0 (µ) = 0, t0 (µ) = 0.Будем полагать, что выполнены условия:1◦ . f (t, y, µ) определена и непрерывна в областиΩ = {(t, y, µ) | |t| ≤ T, ||y|| ≤ R, |µ| ≤ M, 0 < T, R, M < ∞},при этом ||f (t, y, µ)|| ≤ F, 0 < F < ∞.2◦ .

Коэффициенты матрицы fy (t, y, µ) определены и непрерывны в Ω и||fy (t, y, µ)|| ≤ L, 0 < L < ∞.3◦ . Потребуем, также, что компоненты вектора fµ (t, y, µ) определены и непрерывны в Ω и||fµ (t, y, µ)|| ≤ D, 0 < D < ∞.1Лекция №12, НГУ, ММФ, 20092Согласно теореме о локальной разрешимости (см. §10) Задача Коши(1)½¾ имеет единственное решение на отрезке |t| ≤ T0 =Rmin T,, при этомF||y(t)|| ≤ F |t| ≤ F T0 ≤ R.Покажем, теперь, что решение y = y(t, µ) непрерывно зависитот параметра µ. Пустьy [1] (t) = y(t, µ1 ),y [2] (t) = y(t, µ2 ), и||y [1] , y [2] || ≤ F |t| ≤ R, причем |µ1,2 | ≤ M.Тогда, для агрегата ∆(t) = y [1] − y [2] имеем:0[1][2] ∆ (t) = f (t, y , µ1 ) − f (t, y , µ2 ) == A(t)∆(t) + (µ1 − µ2 )b(t),∆(0) = 0.(3)Здесь:Z1A(t) =³[1][2]´fy t, λy (t) + (1 − λ)y (t), λµ1 + (1 − λ)µ2 dλ,0Z1b(t) =³´[1][2]fµ t, λy (t) + (1 − λ)y (t), λµ1 + (1 − λ)µ2 dλ,0причем||A(t)|| ≤ L,||b(t)|| ≤ D.Используя для задачи (3) оценку (4) из §9, получаем:seC1 T0 − 1||∆(t)|| = ||y(t, µ1 ) − y(t, µ2 )|| ≤ D|µ1 − µ2 |,C1Лекция №12, НГУ, ММФ, 20093где C1 = 2L + 1.

Заметим, что без труда можно рассмотреть ислучай векторного параметра µ = (µ(1) , ..., µ(m) ).Перейдем теперь к вопросу о дифференцируемой зависимостирешения задачи (1) от параметра µ. Будем считать, что в задаче(1) t0 не зависит от параметра µ. Тогда в дополнении к условиям 1◦ − 3◦ будем считать, что y0 (µ) - непрерывная и непрерывнодифференцируемая по параметру µ функция.Теорема В предположениях 1◦ − 3◦ решение Задачи Коши (1)∂дифференцируемо по параметру µ, причем производнаяy(t, µ) =∂µz(t, µ) непрерывна по t и µ и является решением следующей Задачи Коши:d z(t, µ) = fy (t, y, µ)z(t, µ) + fµ (t, y, µ),(4) dtdy0 (µ). z(t0 , µ) =dµЗамечание 1. Непрерывность z(t, µ) по t, µ есть следствие изсоответствующего утверждения для решения линейной системы,коэффициенты которой и правая часть зависят от параметра µ.Замечание 2. Приведем нестрогий эвристический вывод векторного дифференциального уравнения для z(t, µ).

Характеристики

Список файлов лекций