1612135140-1e5d12ed6413322f5f3df7230054db67 (829506), страница 9

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

Текст из файла (страница 9)

. . xNx1при этом любое решение уравнения Lx = 0 представимо так:x(t) =NXCk xk (t).k=1Заметим, что вронскиан W (t) = det Φ(t) 6= 0, причем по формулеЛиувилля ZtW (t) = W (0)exp − a1 (s)ds ,(12)0где W (0) = det Φ(0). Ясно, что решение Задачи Коши (11) приF (t) 6= 0, |t| ≤ T может быть найдено с помощью формулы (10).Лекция №9, НГУ, ММФ, 20099Упражнения к §91. Доказать, что для эрмитовой матрицы A:||A|| = max{|λmin (A)|, |λmax (A)|}.2. Дана система y 0 = A(t)y, t ∈ [0, T ] с непрерывными коэффициентами на отрезке [0, T ]. Пусть λmax (B) ≤ 0 на отрезке [0, T ], гдеB = A + A∗ .

Доказать, что для решения Задачи Коши (10 ) (еслионо существует):(y 0 = A(t)y, t ∈ (0, T ],y(0) = y0справедлива априорная оценка:Z = ||y(t)|| ≤ Z0 = ||y0 ||, t ∈ (0, T ].3. Рассмотрим следующие задачи:(X 0 (t) = A(t)X(t), |t| ≤ T,X(0) = INи(Y 0 (t) = −Y (t)A(t), |t| ≤ T,Y (0) = IN .Показать, что Y (t) = X −1 (t).4. Пусть любое решение Задачи Коши(y 0 = By, t ∈ R1 ,y(0) = y0где B - матрица с постоянными коэффициентами, таково, что ||y(t)|| =||y0 ||. Показать, что это справедливо тогда и только тогда, когдаB ∗ = −B.¡ ¢∗¡ ¢−1Замечание. Если B ∗ = −B, то eB = e−B = eB , т.е. eB унитарная матрица. ∗§10.

Однозначная разрешимость Задачи Коши длянелинейных систем дифференциальных уравнений.Перейдем теперь к изучению систем дифференциальных уравнений достаточно общего вида. Рассмотрим Задачу Коши следующего вида: d y(t) = f (t, y),(1)dty(t0 ) = y0 .Здесьy1 (t)y =  ... - вектор искомых функций,yN (t)y10y0 =  ...  - вектор начальных данных,yN 0f1 (t, y)f (t, y) =  ... - вектор правых частей.fN (t, y)Будем полагать, что:1◦ . f (t, y) определена и непрерывна в областиΩ = {(t, y) | |t − t0 | ≤ T, ||y − y0 || ≤ R, 0 < T, R < ∞},т.е.

в области Ω : ||f (t, y)|| ≤ F , где F (0 < F < ∞) - некотораяпостоянная.1Лекция №10, НГУ, ММФ, 20092yy.0t0t 0 -Tt0t 0 +TЗамечание 1. Сделав в задаче (1) замену(τ = t − t0 ,Z = y − y0 , Z = Z(τ ),мы приходим к следующей Задаче Коши: d Z(τ ) = f (t + τ, y + Z) = fe(τ, Z),00dτZ(0) = 0.(10 )Итак, в Задаче Коши (1) можно полагать t0 = 0, y0 = 0.

При этомусловие 1◦ переформулируется так:1◦ . f (t, y) определена и непрерывна в области Ω = {(t, y) | |t| ≤T, ||y|| ≤ R} и ||f (t, y)|| ≤ F в области Ω.Замечание 2. Предположим, что существует решение y = y(t)Задачи Коши (1). Тогда можно определить отрезок |t| ≤ T0 (T0 ≤T ), про который известно, что решение y = y(t) на этом отрезкезаведомо не выходит из шара ||y(t)|| ≤ R. В самом деле, интегрируя уравнени y 0 = f (t, y), получим:Zty(t) =f (s, y(s))ds,0Лекция №10, НГУ, ММФ, 20093y-TT0т.е.t¯ t¯¯Z¯¯¯||y(t)|| ≤ ¯¯ ||f (s, y(s))||ds¯¯ ≤ F |t|.¯¯0Следовательно, если мы хотим, чтобы интегральная "кривая"y =y(t) не выходила из "цилиндра"Ω, нам достаточно потребовать,чтобыF |t| ≤ R.½¾RИтак, если |t| ≤ T0 = min, T , то интегральная кривая y =Fy(t) Задачи Коши (1) заведомо не выходит из цилиндра Ω ∗Ниже мы докажем следующую теорему.Теорема об однозначной разрешимости Задачи Коши (1).При |t| ≤ T0 существует единственное решение Задачи Коши (1) такое, что||y(t)|| ≤ R,при этом, также, справедливо неравенство||y(t)|| ≤ F |t|.При доказательстве этой теоремы нам понадобится еще одноусловие на правую часть f (t, y):Лекция №10, НГУ, ММФ, 200942◦ .

В области Ω существует, непрерывна и следовательно ограничена матрица fy (t, y):µ¶∂fify (t, y) =(t, y) , i, j = 1, N ,∂yjпричем||fy (t, y)|| ≤ L, 0 < L < ∞.Наконец, доказательство теоремы существенно опирается на следующую лемму.Лемма Адамара. Если f (t, y) удовлетворяет условию 2◦ и еслиZ(t), W (t) - две непрерывные вектор-функции, определенные нанекотором интервале σ b [−T, T ] и такие, что ||Z(t)||, ||W (t)|| ≤R, то разность ∆f = f (t, Z) − f (t, W ) может быть представлена ввиде∆f = A(t)∆y , ∆y = Z − W,где A(t) = (aij (t)), i, j = 1, N - матрица с элементамиZ1aij (t) =0∂fi(t, λZ(t) + (1 − λ)W (t))dλ.∂yj(2)Замечание 3. Из формулы (2) следует, что коэффициенты матрицы A(t) непрерывные функции от переменной t и в силу условия2◦ :||A(t)|| ≤ L.В самом деле, посколькуZ1A(t) =0∂fy(t, λZ(t) + (1 − λ)W (t))dλ∂yи||λZ(t) + (1 − λ)W (t) ≤ λ||Z(t)|| + (1 − λ)||W (t)|| ≤≤ λR + (1 − λ)R = RЛекция №10, НГУ, ММФ, 20095на интервале σ.

то:Z1||A(t)|| ≤||fy (t, λZ(t) + (1 − λ)W (t)||dλ ≤ L.0Доказательство леммы Адамара. ПосколькуZ1∆fi = fi (t, Z) − fi (t, W ) =0dfi (t, λZ + (1 − λ)W )dλ =dλNN Z1XX∂fi(t, λZ + (1 − λ)W )dλ (Zj − Wj ) =aij (t)∆yj ,= ∂yjj=1j=10т.е.∆f1∆y1∆f =  ...  = A(t)∆y , ∆y =  ...  ,∆fN∆yNчто и требовалось доказать. ∗Следствие из леммы Адамара. Пусть кроме условий леммыАдамара выполнено еще неравенство:|t|k||Z − W || ≤ Nk.k!Тогда¯¯ t¯¯ ¯¯ t¯¯¯¯Z¯¯ ¯¯Z¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯ ∆f (τ )dτ ¯¯ = ¯¯ A(τ )∆y (τ )dτ ¯¯ ≤¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯00¯ t¯¯Z¯¯¯|t|k+1¯¯.≤ ¯ ||A(τ )|| · ||∆y (τ )||dτ ¯ ≤ LNk(k + 1)!¯¯∗0Теперь мы приступим к доказательству анонсированной вышетеоремы об однозначной разрешимости Задачи Коши (1).

Опреде-Лекция №10, НГУ, ММФ, 20096лим следующую бесконечную последовательность функций, определенных при |t| ≤ T0 по формулам:y [0] (t) = 0,Zty [1] (t) = f (τ, y [0] (τ ))dτ,0....................Zty [k] (t) = f (τ, y [k−1] (τ ))dτ и т.д.0Очевидно, что||y [0] (t)|| ≤ R при |t| ≤ T0 .Пусть||y [k−1] (t)|| ≤ R при |t| ≤ T0 .Тогда||f (t, y [k−1] (t))|| ≤ Fи¯ t¯¯Z ¯¯¯¯¯¯ ¯¯¯¯¯[k][k−1]||y (t)|| ≤ ¯¯ ¯¯f (τ, y(τ ))¯¯ dτ ¯¯ ≤¯¯0R= R.F©ªИтак, мы показали, что для функций последовательности y [k] (t) , k =0, 1, ... справедливы неравенства:≤ F |t| ≤ F T0 ≤ F||y [k] (t)|| ≤ Rи||y [k] (t)|| ≤ F |t| при |t| ≤ T0 .©ªПокажем теперь, что последовательность y [k] (t) , k = 0, 1, ...равномерно сходится к некоторой непрерывной функции y = y(t)Лекция №10, НГУ, ММФ, 20097на отрезке |t| ≤ T0 .

С этой целью сконструируем ряд∞ ³X[i]y (t) − y[i−1]´(t) .i=1Частичная сумма этого рядаSk =k ³X[i]y (t) − y[i−1]´(t) = y [k] (t).i=1Таким образом (см. §2), если мы докажем равномерную сходимость этого ряда, то мы покажемравномерную схо© [k] одновременноªдимость последовательности y (t) , k = 0, 1, ... к непрерывнойфункции y(t). Так какhi Zt no[i+1][i][i][i−1]y(t) − y (t) =f (τ, y (τ )) − f (τ, y(τ )) dτ =0Zt=h[i]A(τ ) y (t) − y[i−1]i(t) dτ,0то последовательно находим (с использованием следствия из леммы Адамара):||y [1] (t) − y [0] (t)|| = ||y [1] (t)|| ≤ F |t|,|t|2||y [2] (t) − y [1] (t)|| ≤ F L ,2....................i+1[i+1][i]i |t|||y(t) − y (t)|| ≤ F L.(i + 1)!Следовательно, при |t| ≤ T0 :||y [i] (t) − y [i−1] (t)|| ≤F (L|t|)iF (LT0 )i≤.L i!L i!Лекция №10, НГУ, ММФ, 2009Так как ряд8µ¶∞X¢F (LT0 )kF ¡ LT0=e −1 !L k!Lk=1сходится, тоотсюда© [k]ª следует равномерная сходимость последовательности y (t) , k = 0, 1, ...:y [i] (t) → y(t) при t → ∞ на отрезке |t| ≤ T0 .Переходя к пределу в соотношенииZty [i] (t) =f (τ, y [i−1] (τ ))dτ,0получим, что предельная функция y(t) удовлетворяет соотношениюZty(t) = f (τ, y(τ ))dτ.(3)0При этом, поскольку ||y [i] (t)|| ≤ F |t| ≤ R, то и для предельнойфункции справедливо неравенство||y(t)|| ≤ F |t| ≤ R.Дифференцируя (3) по t получаем, что предельная функция y(t)удовлетворяет дифференциальному уравнению y 0 (t) = f (t, y(t)),при этом из (3) следует, что y(0) = 0.

На этом доказательство теоремы существования для Задачи Коши (1) закончено. Перейдемтеперь к доказательству единственности построенного решения.Допустим противное: существуют, по крайней мере, две непрерывные вектор-функции Z(t), W (t), определенные при |t| ≤ T0 , дифференцируемые на этом отрезке и||Z(t)||, ||W (t)|| ≤ R, Z(0), W (0) = 0.Пусть Z 0 = f (t, Z), W 0 = f (t, W ). Тогда, для разности ∆y =Лекция №10, НГУ, ММФ, 20099Z(t) − W (t) мы получим следующую задачу:(∆0y = A(t)∆y ,∆y (0) = 0, причем ||A(t)|| ≤ L.По теореме единственности для решений линейных систем с переменными коэффициентами: ∆y (t) ≡ 0 на отрезке |t| ≤ T0 , т.е.Z(t) ≡ W (t), что и требовалось доказать.Заметим, что для справедливости теоремы существования достаточно лишь выполнения условия 1◦ .

Однако, для справедливости теоремы единственности лишь одного условия 1◦ не достаточно(требуется еще дополнительное условие на правую часть f (t, y)).Мы для упрощения доказательства теоремы об однозначной разрешимости Задачи Коши (1) потребовали выполнения условия 2◦ .Вообще говоря, условие 2◦ может быть несколько ослаблено, нообойтись без того или иного дополнительного ограничения на непрерывную функцию f (t, y) нельзя, если мы хотим, чтобы теоремаединственности имела место. Приведем пример непрерывной функции f (t, y), для которой Задача Коши (1) имеет бесконечно многорешений. Пусть N = 1 иy=t 2y0ty=-t 22t при y ≥ t2 , yf (t, y) = 2 при |y| < t2 ,t− 2t при y ≤ −t2 .(4)Лекция №10, НГУ, ММФ, 200910Легко видеть, что f (t, y) непрерывна всюду, в том числе и в началекоординат: t = 0, y = 0.

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.

Характеристики

Список файлов лекций