Курс лекций Москва Физический факультет мгу им. М. В. Ломоносова 2016 Содержание 2 удк 517. 9 Ббк 22. 161. 6
 Скачать 1.87 Mb.
|
|
§ 2. Теорема существования и единственности решения скалярного уравнения 1 0 . Постановка задачи. Основной результат Рассмотрим задачу Коши ( ) dy f x y dx = , (1) 0 0 ( ) y x y = Функция ( ) f x y , задана в области G плоскости ( ) x y , , содер- жащей замкнутый прямоугольник [ ] [ ] 0 0 0 0 , , D x a x a y b y b = − + × − + . Предположим, что выполнены следующие условия: (У1) Пусть ( ) f x y , непрерывна в области D и, следовательно, равномерно ограничена. Тогда существует постоянная ( ) max , D M f x y = , т.е. ( ) , f x y M ≤ в D. (У2) Пусть ( ) f x y , удовлетворяет в D условию Липшица по переменной y , т.е. 1 2 1 2 ( ) ( ) f x y f x y N y y , − , ≤ − , где N – посто- янная Липшица , не зависящая от x и y . Замечание Из формулы конечных приращений следует, что по- следнее условие будет выполнено, в частности, если ( ) ( ) f x y C D y ∂ , ∈ ∂ Очевидно, что если интегральная кривая, проходящая через точку ( ) 0 0 , x y , существует, то она не покинет прямоугольник D до точки 0 x x H = + , где min , ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ b H a M (см. рис. 1). Действительно, уравнения «крайних» интегральных кривых, удовлетворяющих задаче Коши dy M dx = ± , 0 0 ( ) y x y = , имеют вид 0 0 ( ) y y M x x − = ± − . Подставив уравнения горизонтальных границ области D 0 y y b = ± в эти уравнения, получим 0 = + b x x M Глава 2 44 D 0 y b + 0 y b − 0 x a + 0 x a + ( ) 0 0 , x y 0 b x M + Рис. 1 Теорема 1 . (существования и единственности решения зада- чи Коши для скалярного ОДУ). Пусть выполнены условия (У1) и (У2). Тогда на отрезке 0 0 x H x x H − ≤ ≤ + существует единственное решение задачи (1). Следующее утверждение существенно используется при дока- зательстве сформулированной теоремы. Лемма 1 .Пусть функция ( ) f x y , непрерывна по совокупно- сти переменных в некотором прямоугольнике 0 0 0 0 [ , ] [ , ] = − + × − + D x a x a y b y b . Тогда задача Коши (1) эквива- лентна интегральному уравнению ( ) 0 0 ( ) ( ) ξ ξ ξ = + , ∫ x x y x y f y d , (2) которое рассматривается в классе непрерывных функций. Доказательство. Пусть ( ) y x – решение (1), целиком лежащее в D. Тогда, подставляя его в (1) и интегрируя полученное тождество в пределах от 0 x до [ ] 0 0 , x x a x a ∈ − + , получим, что ( ) y x удовлетво- ряет уравнению (2). Уравнения первого порядка 45 С другой стороны, если непрерывная функция ( ) y x является решением (2), то ( ) ( ) f x y x , также непрерывна, а ( ) ( ) 0 ξ ξ ξ , ∫ x x f y d является непрерывно дифференцируемой функцией переменной x Следовательно, ( ) y x – решение дифференциального уравнения ( ) = , dy f x y dx , удовлетворяющее начальным условиям 0 0 ( ) y x y = 2 0 . Доказательство теоремы существования решения задачи Коши Для доказательства теоремы применим метод последователь- ных приближений(метод Пикара). Определим итерационный про- цесс метода последовательных приближений так: ( ) 1 ( ) ( ) n n y x f x y x − ′ = , (3) 0 0 ( ) n y x y = , 1,2,... n = , где 0 ( ) y x – произвольная непрерывная функция, график которой целиком лежит в области D . На каждой итерации задача (3) разрешима, и ее решение при [ ] 0 0 , x x x H ∈ + представимо в виде ( ) 0 0 1 ( ) ( ) ξ ξ ξ − = + , ∫ x n n x y x y f y d . (4) Далее, в силу условия ( ) , f x y M ≤ , ( ) , x y D ∈ имеем ( ) n y x M ′ ≤ . Поэтому интегральная кривая ( ) n y x не покинет угол между диагоналями прямоугольника [ ] 0 0 0 0 , , ⎡ ⎤ − + × − + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ b b x x y b y b M M и, следовательно, ( ) ( ) [ ] ( ) 1 0 0 , n f x y x C x H x H − , ∈ − + . Отсюда, в част- ности, вытекает, что 1 0 ( ) ( ) 2 y x y x b − ≤ . В результате получим функ- циональную некоторую последовательность { } ( ) n y x . Исследуем ее свойства. Глава 2 46 Лемма 2 . Функциональная последовательность { } ( ) n y x схо- дится равномерно на множестве [ ] 0 0 , x x H + Доказательство. Рассмотрим функциональный ряд ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = + − + + − + n n S x y x y x y x y x y x … … , частичная сумма ( ) n S x которого совпадает с ( ) n y x : ( ) ( ) n n S x y x ≡ Для членов этого ряда справедливы следующие оценки: ( ) ( ) 0 2 1 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ − ≤ , − , ≤ ∫ x x y x y x f y f y d ( ) 0 1 0 0 ( ) ( ) 2 ξ ξ ξ ≤ − ≤ − ∫ x x N y y d bN x x . ( ) ( ) ( ) ( ) 0 3 2 2 1 ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ − ≤ , − , ≤ ∫ x x y x y x f y f y d 0 2 1 ( ) ( ) x x N y y d ξ ξ ξ ≤ − ≤ ∫ ( ) 0 2 0 2 x x bN x d ξ ξ ≤ − ∫ ( ) 2 0 2 2 2! x x bN − = ( ) 2 2 2! NH b ≤ Методом математической индукции можно доказать (проде- лайте это самостоятельно), что ( ) ( ) ( ) ( ) 0 1 1 2 ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ − − − − ≤ , − , ≤ ∫ x n n n n x y x y x f y f y d 0 1 2 ( ) ( ) x n n x N y y d ξ ξ ξ − − ≤ − ≤ ∫ ( ) ( ) 0 1 2 0 2 2 ! ξ ξ − − − = − ∫ x n n x bN x d n ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 2 2 1 ! 1 ! − − − − = ≤ − − n n n x x NH bN b n n . (5) Таким образом, члены рассматриваемого функционального ряда мажорируются по абсолютной величине членами сходящегося (например, по признаку Даламбера) числового ряда ( ) ( ) 1 1 1 ! − ∞ = − ∑ n n NH n Уравнения первого порядка 47 сумма которого равна NH e . Следовательно, ряд ( ) n S x сходится аб- солютно и равномерно на множестве [ ] 0 0 , x x H + (признак Вейершт- расса), а значит, функциональная последовательность { } ( ) n y x также сходится равномерно на множестве [ ] 0 0 , x x H + Лемма 3 . Функциональная последовательность { ( )} n y x схо- дится к непрерывному решению интегрального уравнения (2), запи- санного выше. Доказательство. Поскольку все функции ( ) n y x непрерывны, а функциональная последовательность { } ( ) ( ) →∞ ⇒ n n y x y x , то ( ) [ ] ( ) 0 0 , y x C x x H ∈ + Кроме того, равномерная сходимость последовательности не- прерывных функций { } ( ) n y x является достаточным условием для перехода к пределу под знаком интеграла в выражении (4). В ре- зультате получим ( ) ( ) 0 0 ( ) ξ ξ ξ = + , ∫ x x y x y f y d , т.е. предел последовательных приближений { ( )} n y x удовлетворяет интегральному уравнению (2), эквивалентному задаче Коши (1). Итак, существование решения задачи Коши для скалярного уравне- ния доказано. 3 0 . Единственность решения задачи Коши Единственность решения задачи Коши вытекает из следующе- го утверждения. Лемма 4 . Интегральное уравнение (2) имеет единственное решение [ ] ( ) 0 0 ( ) , y x C x x H ∈ + Доказательство. Предположим, что имеется два различных ре- шения уравнения (2) 1 ( ) y x и 2 ( ) y x . Тогда их разность ( ) 1 2 ( ) ( ) u x y x y x = − удовлетворяет интегральному уравнению ( ) ( ) 0 1 2 ( ) ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ = , − , ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ∫ x x u x f y f y d . (6) Глава 2 48 Покажем, что интегральное уравнение (6) имеет только триви- альное решение. Доказательство этого факта можно провести с по- мощью следующей леммы. Лемма 5 ( Гронуолла).Пусть существует постоянная 0 L > такая, что для всех [ ] x a b ∈ , выполнено неравенство ( ) ( ) 0 0 ξ ξ ≤ ≤ + ∫ x a z x z L z d , (7) Тогда при 0 0 z > справедлива оценка ( ) 0 0 ( ) − ≤ ≤ L x a z x z e (8) В случае 0 0 z = имеет место ( ) 0 z x ≡ . Доказательство. 1) Пусть 0 0 z > . Положим ( ) ( ) [ ] 0 0 ξ ξ ≡ + > , ∀ ∈ , ∫ x a Y x z L z d x a b , ( ) 0 Y a z = , тогда в силу (7) имеем ( ) ( ) z x Y x ≤ Так как ( ) Y x – дифференцируемая функция, то выполнено ( ) ( ) Y Lz x LY x ′ = ≤ , откуда в силу 0 Y > , вытекает Y L Y ′ ≤ . Далее ин- тегрируя, имеем 0 ( ) 0 ln ( ) ln ( ) ln ( ) ln ( ) = − − ≤ − = Y a z Y x Y a Y x z L x a , отку- да после потенцирования с учетом (8) получаем ( ) ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) [ ] − − ≤ ⇒ ≤ ≤ , ∀ ∈ , L x a L x a Y x z e z x Y x z e x a b . 2) Пусть 0 0 z = . Если (7) выполнено для 0 0 z = , то тем более (7) верно при всех 0 0 z > , т.е. справедлива оценка (8). Переходя к пре- делу при 0 0 z → в (8), получим 0 ( ) 0 z x ≤ ≤ , откуда следует, что ( ) 0 z x ≡ . Лемма Гронуолла доказана. Продолжим доказательство леммы 4. Рассмотрим (6), откуда получаем оценку ( ) ( ) 0 0 усл Липшица 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x u x f y f y d N u d ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ | |≤ , − , | | ≤ ∫ ∫ . (9) Полагая ( ) ( ) z x u x =| | и пользуясь леммой Гронуолла для случая Уравнения первого порядка 49 0 0 z = , имеем 0 л Гронуолла 0 0 ( ) ( ) ( ) [ ] ξ ξ ≤ , ∀ ∈ , + ⇒ ∫ x x z x N z d x x x H 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) z x y x y x y x y x = − ≡ ⇔ ≡ Лемма 4 доказана. Из леммы 4, как было указано в начале параграфа, вытекает единственность решения задачи Коши. Доказательство теоремы су- ществования и единственности задачи (1) завершено. Замечание 1 . Доказательство леммы 4 можно провести и другим способом, не используя лемму Гронуолла. Для этого преобразуем (9) к виду 0 0 [ , ] ( ) ( ) max ( ) ξ | |≤ ⋅ − ⋅ | | x x u x N x x u , откуда получим 0 0 0 0 [ , ] [ , ] max ( ) max ( ) + + ≤ ⋅ ⋅ x x H x x H u x N H u x , (10) где константа H определена в формулировке леммы 4. 1) Если 1 N H ⋅ < , то (10) выполняется лишь в случае ( ) 0 u x ≡ при всех 0 0 [ ] x x x H ∈ , + 2) Если 1 N H ⋅ ≥ , то рассмотрим (6) на отрезке 0 0 [ ] x x h , + , где 1 ⋅ < N h . Применяя (10), получим, что ( ) 0 u x ≡ на отрезке 0 0 [ ] x x x h ∈ , + , а при 0 0 [ ] x x h x H ∈ + , + функция ( ) u x удовлетворяет уравнению ( ) ( ) 0 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ξ ξ ξ ξ ξ + ≡ − = , − , ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ∫ x x h u x y x y x f y f y d . Далее, проведя аналогичные рассуждения, за конечное число шагов [ ] 1 1 k N = + + докажем, что ( ) 0 u x ≡ при 0 0 [ ] x x x H ∈ , + Замечание 2 . Условие Липшица может быть заменено более удоб- ным требованием наличия непрерывной в D (и потому ограничен- ной) производной ∂ ∂ f y . Тогда существует постоянная max ( , ) y D N f x y ′ = | | такая, что 2 1 1 2 ( ) ( ) f x y f x y N y y , − , ≤ | − | , т.е. вы- полнено условие Липшица. Замечание 3 . Теорема 1 носит локальный характер. Мы доказали Глава 2 50 ее в области 0 0 0 { } D x x x H y y b + = ≤ ≤ + , | − |≤ . Аналогично можно доказать ее в области 0 0 0 { } D x H x x y y b − = − ≤ ≤ , | − |≤ 4 0 . Теорема существования и единственности решения задачи Коши в случае, когда правая часть уравнения непрерывна и удовлетворяет условию Липшица в полосе Примером утверждения, имеющего нелокальный характер, т.е. в котором устанавливается существование решения на всем проме- жутке гладкости по x , является следующая теорема. Теорема 2 . Пусть функция ( , ) f x y непрерывна и удовле- творяет условию Липшица по переменой y в полосе { } 0 0 [ , ], + ∈ x x a y R . Тогда задача (1) имеет единственное решение на отрезке 0 0 [ , ] x x a + . Доказательство этой важнейшей в нашем курсе теоремы лишь незначительно отличается от приведенного выше доказательства Теоремы 1. При организации итерационного процесса (3) в качестве начального приближения можно взять любую непрерывную на от- резке 0 0 [ , ] x x a + функцию 0 ( ) y x . Так как определяемая формулой (3) функция 1 ( ) y x непрерывна на отрезке 0 0 [ , ] x x a + (как и все по- следующие приближения ( ), 2,3,... i y x i = ), то на всем отрезке 0 0 [ , ] x x a + выполнено неравенство 1 0 ( ) ( ) y x y x d − ≤ . Это приводит к незначительному изменению в оценке (5): постоянную 2b нужно заменить на d , а постоянную H – на a Детали этого доказательства читателю предлагается уточнить самостоятельно. 5 0 . Дополнения, примеры, упражнения Дополнение 1 . Можно доказать разрешимость задачи Коши лишь при выполнении условия (У1), т.е. предполагая лишь непрерывность функции ( ) f x y , в области D (теорема Пеано). Однако, в этом слу- чае решение не обязательно единственно. Пример 1 . (нарушение единственности решения задачи Коши). Рассмотрим уравнение 2 | | dy y dx = Уравнения первого порядка 51 Правая часть ( , ) 2 | | f x y y = определена и непрерывна при всех ( , ) x y . Покажем, что условие Липшица не выполняется в пря- моугольниках, содержащих точки оси x . Действительно, если усло- вие Липшица выполняется, то при 1 2 y y ≠ справедливо неравенство: 1 2 1 2 1 2 1 2 2 | | 2 | | ( , ) ( , ) | | | | − − = ≤ − − y y f x y f x y L y y y y , тогда как при 2 0 y = и 1 0 y → 1 1 1 ( , ) ( ,0) 2 | 0 | | | f x y f x y y − = → ∞ − Проверьте самостоятельно, что существуют два решения зада- чи Коши, удовлетворяющие начальному условию (0) 0 y = : 2 0 2 0 , ( ) , x x x y x x x x ⎧ ≥ ⎪ = ⎨ − ≤ ⎪⎩ и ( ) 0 y x ≡ . Дополнение 2 (о продолжении решения). Решение задачи Коши (1) может быть продолжено, например, вправо за точку 1 0 x x H = + , если условия теоремы существования и единственности выполняют- ся в прямоугольнике { } 1 1 1 1 1 | | , | ( ) | D x x a y y x b = − ≤ − ≤ . В этом слу- чае решение (1) существует и единственно на отрезке 0 1 1 [ , ] x x H + , где постоянная 1 H находится из тех же соображений, что и H в Теореме 1. Заметим, что продолжение решения возможно не всегда даже в случае, если ( , ) f x y – бесконечно дифференцируемая функ- ция. Пример 2 Рассмотрим задачу Коши 2 , (0) 1. = = dy y y dx Найдем ее точное решение: 2 = dy y dx => 2 dy dx y = => 2 dy dx y = ∫ ∫ => 1 − = + x C y => 1 ( ) y x x C = − + – общее решение данного дифференциального уравнения. Глава 2 52 Используя начальное условие (0) 1 y = , получим 1 C = − . По- этому решение задачи Коши примет вид: 1 1 ( ) 1 1 y x x x = − = − − Оценим промежуток существования решения задачи Коши в соответствии с Теоремой 1, т.е. найдем параметр H , фигурирую- щий в этой теореме. Пусть решение задачи Коши на отрезке [ ] 0, x H ∈ отклонилось от своего начального значения на величину r . Тогда r H M = , ( ) 2 1 M r = + => ( ) ( ) 2 1 = + r H r r Найдем максимальное значение H: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 4 4 3 1 2 1 1 1 2 1 0 1 1 1 + − + + + − − ′ = = = = + + + r r r r r r r H r r r r => 1 r = , ( ) 0 1 1 4 H H = = . Таким образом, Теорема 1 гарантирует разрешимость задачи лишь на отрезке 1 0, 4 x ⎡ ⎤ ∈⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Заметим, что из вида точного решения задачи Коши вытекает возможность его продолжения вправо лишь на промежутке 1 x < . Попробуем продолжить его на больший промежуток, последова- тельно используя Теорему 1. Рассмотрим следующий процесс. 1 1 4 x = , 1 1 1 4 ( ) 1 1 4 3 = = = − y y x , r H M = , 2 4 3 ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ M r => ( ) ( ) 2 4 3 = + r H r r ( ) 0 H r ′ = => 4 3 r = , 1 4 3 3 16 H H ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 1 3 0, 4 16 x ⎡ ⎤ ∈ + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Далее 2 7 16 x = , 2 2 1 16 ( ) 1 7 16 9 = = = − y y x , Уравнения первого порядка 53 r H M = , 2 16 9 ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ M r => ( ) ( ) 2 16 9 = + r H r r ( ) 0 H r ′ = => 16 9 r = , 2 16 9 9 64 H H ⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 1 3 9 0, 4 16 64 x ⎡ ⎤ ∈ + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Итак, мы построили продолжение решения на больший интер- вал. Заметим, что на k -м шаге описанного процесса получим 1 3 , 0,1, 4 + = = k k k H k … , откуда 1 0 0 0 3 1 3 1 1 1 3 4 4 4 4 1 4 ∞ ∞ ∞ + = = = ⎛ ⎞ = = = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − ∑ ∑ ∑ k k k k k k k H Дополнение 3 Метод последовательных приближений Пикара активно используется при численном решении задачи Коши. После n итераций получается приближенное решение ( ) n y x , тем более точное, чем больше n. Пример 3 . Рассмотрим снова задачу Коши 2 , (0) 1. = = dy y y dx Ее точное решение было получено выше (см. пример 2), и имеет вид 1 1 ( ) 1 1 y x x x = − = − − Получим решение рассматриваемой задачи, применяя метод последовательных приближений Пикара. Определим итерационный процесс так: 2 1 ( ). − = n n dy y x dx (0) 1 = n y , 1,2,3,... n = В качестве нулевого приближения возьмем 0 ( ) 1 y x = . На каждой итерации задача разрешима при [ ] 0, x H ∈ и ее решение имеет вид: ( ) 2 1 0 ( ) 1 ξ ξ − = + ∫ x n n y x y d . Глава 2 54 Проделаем несколько первых итераций: 1 0 ( ) 1 1 1 ξ = + = + ∫ x y x d x , ( ) 3 2 2 2 2 1 0 0 ( ) 1 ( ) 1 1 1 3 ξ ξ ξ ξ = + = + + = + + + ∫ ∫ x x x y x y d d x x , 4 5 6 7 2 2 3 3 2 0 2 ( ) 1 ( ) 1 3 3 9 63 ξ ξ = + = + + + + + + + ∫ x x x x x y x y d x x x Видно, что продолжая этот итерационный процесс, мы все точнее будем приближаться к точному решению, т.е. функции 0 1 ( ) , 1 1 ∞ = = = < − ∑ n n y x x x x Упражнение 1 . Найдите точное решение задачи Коши 3 , = dy y dx (0) 1 y = . Методом последовательных приближений Пикара найдите 1 ( ) y x и 2 ( ) y x . Далее с помощью Теоремы 1 оцените промежуток существования решения и попробуйте построить продолжение ре- шения на больший интервал. Дополнение 4 . Рассмотрим задачу Коши 0 0 ( ) ( ) dy f x y dx y x y = , = в случае, когда функция ( , ) f x y в окрестности точки 0 0 ( , ) x y рас- кладывается в степенной ряд ( ) ( ) 0 0 0 0 ( , ) ≥ ≥ = − − ∑∑ j k jk j k f x y f x x y y Такая функция ( ) f x y , называется аналитической. Справед- ливо следующее утверждение. Уравнения первого порядка 55 Теорема 3 Если функция ( ) f x y , аналитическая в окрест- ности точки 0 0 ( , ) x y , то в некоторой окрестности этой точки сущест- вует единственное аналитическое решение задачи Коши (1) вида ( ) 0 0 1 ( ) ∞ = = + − ∑ k k k y x y c x x Этот ряд определяет решение задачи Коши лишь при тех значениях переменной x , при которых он сходится. Разложив ( ) f x y , в окрестности точки 0 0 ( , ) x y в степенной ряд ( ) ( ) 0 0 0 0 ( , ) ≥ ≥ = − − ∑∑ j k jk j k f x y f x x y y , подставив в обе части ряд для ( ) y x и приравняв коэффициенты при одинаковых степенях 0 x x − , получим систему линейных уравнений для определения коэффици- ентов k c . Очевидно, что эта система имеет единственное решение. Аналогичная теорема имеет место и для задачи Коши для уравнения n-го порядка, разрешенного относительно старшей про- изводной ( ) ( ) ( ) 1 , , , − ′ = , n n y f x y y y … , 0 0 ( ) y x y = , 0 1 ( ) y x y ′ = , …. , ( ) 1 0 1 ( ) − − = n n y x y в случае, когда правая часть ( ) ( ) 1 , , , − ′ , n f x y y y … является аналити- ческой функцией в окрестности точки ( ) 0 0 1 1 , , , − , n x y y y … Пример 4 Рассмотрим еще раз задачу Коши 2 , (0) 1, = = dy y y dx точным решением которой является 1 ( ) 1 y x x = − (см. пример 2). Построим ее решение, используя Теорему 3. Обозна- чив ( ) ( ) 1 z x y x = − , для функции ( ) z x получим задачу Коши: ( ) 2 2 1 1 2 , (0) 0 . = + = + + = dz z z z dx z В окрестности точки (0,0) выполнены все условия Теоремы 3, что позволяет искать решение в виде степенного ряда Глава 2 56 1 ( ) k k k z x c x ∞ = = ∑ Подставив данный ряд в обе части уравнения, получим 2 1 1 1 1 1 2 ∞ ∞ ∞ − = = = ⎛ ⎞ = + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ∑ ∑ k k k k k k k k k kc x c x c x Выпишем несколько первых слагаемых сумм справа и слева: 2 2 3 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 1 2 2 2 2 + + + = + + + + + + + c c x c x c x c x c x c x c c x … … … Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , найдем 1 2 3 1, 1, 1, , 1, = = = = k c c c c … … Таким образом, 2 3 1 ( ) , 1 1 ∞ = = + + + = = < − ∑ k k x z x x x x x x x , и решением задачи является 1 ( ) ( ) 1 1 1 1 x y x z x x x = − = − = − − Типовые вопросы и задачи к экзамену 1. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Проверьте выполнение условий этой теоремы в случае 4 2 , (0) 0 y x y y ′ = − = и решите указанную задачу Коши. 2. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Проверьте выполнение условий этой теоремы в случае , (0) 1 y y x y ′ = − = и решите указанную задачу Коши. 3. Решите задачу Коши 2 3 , (0) 0 ′ = = y y y . Покажите, что ре- шение данной задачи не единственно. Объясните результат. 4. Решите задачу Коши 3 , (0) 0 y y y ′ = = . Покажите, что ре- шение данной задачи не единственно. Объясните результат. Уравнения первого порядка 57 5. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Используя результат теоремы, оцените максимальный интервал сущест- вования решения задачи Коши 2 , (0) 1 y y y ′ = = . Сравните с результатом точного решения задачи. 6. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Исполь- зуя результат теоремы, оцените максимальный интервал суще- ствования решения задачи Коши 3 , (0) 1 y y y ′ = = . Срав- ните с результатом точного решения задачи. 7. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Исполь- зуя результат теоремы, оцените максимальный интервал суще- ствования решения задачи Коши 3 , (0) 0 y x y y ′ = + = . Срав- ните с результатом точного решения задачи. 8. Сформулируйте теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = . Используя результат теоремы, оцените максимальный интервал сущест- вования решения задачи Коши 2 2 , (0) 1 y y x y ′ = − = . Срав- ните с результатом точного решения задачи. 9. Используя теорему о существовании и единственности реше- ния задачи Коши для уравнения ( ) , y f x y ′ = выясните, могут ли графики двух различных решений уравнения 2 y x y ′ = + пересекаться либо касаться в некоторой точке ( ) 0 0 , x y плос- кости xOy . 10. Для задачи Коши 2 , (0) 1 y y y ′ = = : а) найдите точное решение; б) найдите несколько первых членов метода последова- тельных приближений. 11. Для задачи Коши 3 , (0) 1 y y y ′ = = а) найдите точное решение; б) найдите несколько первых членов метода последова- тельных приближений. |