Чемоданов. Математические основы теории автоматического регулирования. Том 1 (952248), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Из примера 2 видно, что требование непрерывности правой части уравнения Г((, х) недостаточно для обеспечения единственности решения. й НЬ ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ И ЕДИНСТВЕННОСТИ 1, Теорема существования и единственности решения для одного уравнения. Рассмотрим теорему, устанавливающую существование и единственность решения задачи Коши для уравнения х' =Г(1, х).
(1) Будем говорить, что функция 1(1, х) удовлетворяет условию Липшица по х в замкнутой области б, если для всякой пары точек (1, хо), (1, х,) ~ О справедливо неравенство )1(1, ХД вЂ” 1(1, хо)~(1 ~хг — хо~, (2) где Е сопз( — постоянная Липшица. Заметим, что условие Липшица является более сильным, чем условие непрерывности функции 1(1, х) по х.
Из непрерывности функции 1(1, х) по х не следует выполнение условия Липшица, однако, как показывает следующая теорема, если функция((1, х) удовлетворяет условию Липшица по х, то она непрерывна отно- сительно х. Теорема 1. Если срункция 1'(1, х) непрерывна по 1 в области 0 и удовлетворяет в этой области условию Липшица по перемен- ной х, лю она непрерывна по совокупности переменных 1, х. До к а з а тел ь от в о. Составим полное приращение функции 1(1, х): 1(1+Я, х+ах) — 1(1, х) =11 (1+а1, х+Ьх) — 1(1, х+ЬхЦ+ +11(1, х+ах) — 1(1, хЦ. Из условия Липшица следует, что выполняется неравенство ) ~ (1, х+ Лх) — 1 (1, х) ) ~ Е ~ Лх !.
Для любого числа е)0 можно так выбрать Лх, чтобы вые полнялось неравенство Е ~ ах ~ ( —. Зафиксируем приращение Ьх. Тогда в силу непрерывности функции 1(1, х) по(можно указать такое число б~0, что при )И ~(6 будет справедливо неравенство 11(1+й1, +й ) — )(1, +йх) ~(-,-'- и, следовательно, ~~(1+1ъ1, х+Лх) — ) (1, х) ~(е. И Перейдем к рассмотрению теоремы о существовании и един- ственности решения начальной задачи Коши. Теорема 2. Пусть 4ункция ) (1, х) задана на замкнутой об- ласти б, непрерывна в ней по 1 и удовлетворяет условию Лип- шица по х. Тогда можно указать такой интервал Л на оси 1, содержащий точку 1о, на котором существует и притом един- ственное решение х= $ (1) уравнения (1), удовлетворяющее началь- ному условию ь (1о) = хо. (2) Доказательство. Предположим, что задача Коши имеет решение, т.
е. существует такая функция х=$(1), которая обра- щает уравнение (1) в тождество $'(1) =)(1, 5(1)), Проинтегри- руем зто тождество с учетом начального условия: )="+~)1(1, ~(1)) . (4) Таким образом, всякое решение задачи Коши 9 (1) удовлетворяет интегральному уравнению (4). Обратно — всякое непрерывное решение интегрального уравнения (4) удовлетворяет уравнению (1) и начальному условию (3). В самом деле, дифференцируя равенство (4), получим исходное уравнение Г(1) =1(1, $(1)) Положив в равенстве (4) 1=1е, найдем $(1е) =х„т.
е. начальное условие (3) удовлетворяется. Таким образом, интегральное уравнение (4) эквивалентно дифференциальному уравнению (1) и начальным условиям (3). Из доказанной выше теоремы 1 следует, что функция 1(1, х) является непрерывной функцией по совокупности аргументов 1, х. Известно *', что функция ) (1, х), непрерывная в замкнутой области О, будет в ней ограничена, т. е. существует та- А Я кое действительное числоМ) О, и что 11(1, х)1=-М длЯ всех ке с 1, х~б.
Будем определять решение интегрального уравнения (4) методом последовательных приближений. Проведем через точку О а то т с координатами 1„, хе (рис. 13) Ркс. 13 две прямые — одну с угловым коэффициентом+М, а другую — с угловым коэффициентом — М (прямые ВР и АС), На оси 1 возьмем некоторый отрезок 1п, Ь1, содержащий точку 1е, такой, что вертикальные прямые 1=а и 1=Ь отсекают треугольники АОВ и РОС, принадлежащие области б. В качестве нулевого приближения решения уравнения (4) возьмем произвольную непрерывную функцию $е (1), график которой принадлежит области 6 (в частности, можно принять 9е (1) = .=- хе). Подставим в правую часть уравнения (4) вместо $(В функцию $е(1) и введем обозначение Ь(1)=-хе+~ 1(1 $е(1)) г(й ь Очевидно, что функция $т(1) определена для 1~~а, Ь1, непреРывна и ят(те)=хе Легко показать, что график функции $т(1) не выходит из заштрихованной области.
Действительно, имеем 1чг (1) — х 1» 1 У (1, 9 (1)) ~ г(1 ( М 111 — 1 ~1, "См., например: Фихтев гол ь ц Г. М. Основы математического анализа, т. 1. М., аНеуквв, 19ов, с. 133. т. е. график функции $т(() расположен в области, ограниченной прямыми ЛС и В)'.). Функция $т (г) является первым приближением решения уравнения (4). В качестве второго приближения решения примем 5з(О=хе+~ ~((, ~т(()) г(( Функция $з(!) определена на отрезке [а, Ь1 и справедлива следующая оценка: [ йз (!) — хо [ (М ~ ! — гз [. Процесс построения приближений решения можно продолжить. Для и-го приближения получим $. (() = хз+ ) 1((, $.— (()) г[(, причем [$„(!) — хо[(М[! — (е), т. е, и в этом случае график п-го приближения решения не выходит из заштрихованной области (см. рис. 13).
Таким образом, получили определенную на отрезке [а, Ь последовательность функций (й„(г)). окажем теперь, что эта последовательность сходится, т, е. существует предел !пп $„(г) = $(г) и предельная функция $(!) является искомым решением уравнения (4). Последовательность $„(!)) сходится на отрезке [а, Ь] равномерно* ). Действительно, если перейти от этой последовательности к ряду $.(й)=Ь(()+Вз(() — Ь(())+В (() — $з(()1+" +Б. (() — $ -з (()1, то й„(!) есть частичная сумма ряда 4 (() + Х [еьг+т (() — еь! (()1. ! ! (6) !зр ь' Последовательность функций (Ь„(г)» называется равномерно сходящейся к функции $(Г), если для любого в~о иайдется такое число дг, зависящее от з, что для всех п)йг будет справедливо неравенство [фа(!) — $(!)[(з для всех ! Й [а, Ь).
Фуикциоиальиый ряд ~ $а(!) называется рааломерло стодяиртлся, если а=! равномерно сходится последовательность его частичных сумм. Для оценки равномерной сходимости фуикциоиальиого ряда применяется п р из в а к Вейерштрас! если существует такой числовой ряд ~ с„, что [$„(Г)[(с„ Ф$= 1 для гы[а, Ь), и числовой ряд сходится, то функциональный ряд сходится равномерно иа данном отрезке.
Покажем, что ряд (6) сходится равномерно. Функция ~з(з) является непрерывной функцией на отрезке 1а, Ь1 и поэтому она ограничена на этом отрезке, т. е. ~$з(1)((с. Аналогично получим, что($з(1) !(с,тогда ~$з(1) — $,(С)! =~з(1)!+Яд(1) ((2си (ьз() ьз(1)| $ ~~((э ьз()) Р(1~ $1(1)ЦбГ (ь ~~ зз, ьзз-~ з, ьзз~з ! 1с, Функции Вз(з) и Вз(1) принадлежат области зз, поэтому к раз- ности под знаком 'интеграла в правой части применимо неравен- ство Липшица: ( зьз (1) ьзз (1) (» Е~ ~ ! ззз (1) зьз (1)! з(1 ( 2сг ! 1 (а!» (с.
» 2с1, (Ь вЂ” а) = 2ст, где т = Е (Ь вЂ” а). Аналогично получим: !зьз(1) — зьз(01» ~ )~(1 $з(1)) ~(1, ьзз(1))!з(1 ( $и (1 ) !Вз(Π— ьз(1)!з(1 (2стУ. (Ь вЂ” а) =2спР. Выполняя подобные оценки далее, найдем ~з.(з-з. (о~~~Лз. (з-з.,знз /~з -. П, Таким образом, все члены функционального ряда (6) мажо- рируются членами числового ряда с+ 2с+ 2ст+ 2стз+ + 2стл+ Этот ряд представляет собой сумму членов геометрической про- грессии со знаменателем прогрессии т и, следовательно, будет сходиться при )т~(1.
Если выбрать отрезок [а, Ь] таким образом, чтобы т = = ь(Ь вЂ” а)(1, то в силу признака Вейерштрасса функциональ- ный ряд (6), а следовательно, и последовательность Я„(1)) будут сходиться равномерно на отрезке 1а, Ь1. Из математического анализа известно, что предельная функ- ция равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций есть функция непрерывная. Поэтому функция $(г) непрерывна. Покажем теперь, что з (1) удовлетворяет интегральному урав- нению (4), Напишем и-е приближение решения $ (1) =х +~ 1(1. $ — (О)М (7) н перейдем к пределу прн и — с-оо. Так как график функции $(г) принадлежит заштрихованной области (см. рис.
13), то имеет ! смысл интеграл ~ 7(1, $(!)) с(й сс Оценим разность ! 1 ! сс. ! сссс сс - 1 ! сс. !.-, сссс сс ! 4 ~ ! ссс - !.-, сссс ~ сс /. сс 1 1!6 В силу равномерной сходимости последовательности функций $„(1) к функции $(1) 1~сссс-с- с!с~!с/-о ! с, при п-с.со; следовательно„ Ит ~ 1(1, ~„(1))с(с=-~ ((1, а(1)) й. сс со! сс Перейдя к пределу в равенстве (7) при и-~со, получим, что 5(1) =хсс+~ 7(1, $(1)) Й, т.
е. фУнкциЯ $(1) ЯвлЯетсЯ непРеРывным се решением уравнения (4). Существование решения уравнения (4) доказано. Докажем единственность полученного решения. Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что на отрезке'(а, Ь1 существует два решения $(1) и 1(с(1) интегрального уравнения (4). Оценим разность: с ~Ц(1) — Р(1)~=~$ (1(1, й(1)) — 1(1, Р(1))1 и ~ 1 сс 1 1! 11>ссс.с!с!с-ссс,!с!!с~!с(~с11ассс-тссс~ $ 1 сс сс ~ ). шах ! $ (1) — $ (1) ! (Ь вЂ” а), 1а, сс1 откуда шах ~ $ (1) — ф (1) ~ = Е (Ь вЂ” а) шах ~ $ (1) — ф (1) ~. (8) 1а, а1 1а, М Но !'. (Ь вЂ” а) (1, поэтому неравенство (8) возможно тогда и только тогда, когда $(с)=сР(1), т.
е. решение уравнения (4) единственно. Таким образом, если функция )(1, х) непрерывна в замкнутой области Сс и удовлетворяет в этой области условию,Липшица по х, то существует единственное решение уравнения (1), принимающее при 1=1!! значение хм ° Сделаем следующие замечания к доказанной теореме, 1. Из теоремы следует, что последовательное приближение решения уравнения (1) сходится к единственному пределу, не зависящему от выбора нулевого приближения $,(1). 2.
Решение $(1) уравнения (1), полученное последовательным приближением, было определено на отрезке 1а, Ь]. Покажем, что его можно продолжить и за пределы этого отрезка. Пусть $(Ь)=х„причем точка (Ь, х,)е=(1 и является внутренней точкой области 6. Тогда методом последовательных приближений можем получить решение 5,(1) уравнения (1) с начальным условием: $,(Ь)=х, на отрезке Л„содержащем точку Ь. Функции $,(1) н $(1) при 1=Ь рав- ~,(1) ны. Из теоремы 2 следует, х х (1) 1 что эти функции должны совпадать на общей части отрезков (а, Ь1 и Л, (рис. 14), т. е.
$,(1) =$ (1) на 1 пересечении отрезков 1а, Ь1 1 и Л,. Но функция $,(1) д а ( определена на отрезке 1Ь, Ьх), ие принадлежащем 1а, Ь1 и поэтому можно Рис. 14 рассматривать функцию $,(О как продолжение решения й(1) на отрезок 1Ь, Ь,). Аналогичным образом обозначим Е,(Ьх)=х,. Если точка (Ь„х,) ~б, можно построить продолжение решения на некоторый отрезок [Ь„Ьх1 и так далее, Такое же построение можно проделать в сторону убывания значений й С помощью указанных продолжений можно сколь угодно близко подойти к границе области б.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
