Математика. Лекция 1 Множества и отображения
 Скачать 6.9 Mb.
|
|
§ 7. Теорема существования и единственности решения дифференциального уравнения Условие Липшица Рассмотрим функцию ) , ( y x f , определенную и непрерывную в прямоугольнике К: b y y a x x 1 1 , Определение. Если для любого a x x x 0 0 и любых двух значений 1 y и 2 y переменной y : b y y b y y 0 2 0 1 , , существует такое, не зависящее от х число 0 L , что выполнено неравенство: 2 1 2 1 ) , ( ) , ( y y L y x f y x f (1), то говорят, что функция ) , ( y x f в области К удовлетворяет условию Липшица с постоянной L. Замечания: 1. Если ) , ( y x f в области К имеет непрерывную частную производную y f , то всегда найдется такое L, что условие (1) будет выполнено. Действительно, тогда по формуле Лагранжа *) , ( ) , ( ) , ( 2 1 2 1 y x f y y L y x f y x f y (2), * y – лежит между 1 y и 2 y В силу непрерывности y f в К и замкнутости области К, y f в К ограничена, т.е. L f y , где L – некоторая константа. В этом случае, в частности, за L можно принять ) , ( max y x f L y 2. Условие Липшица (1) более слабое, чем существование частной производной y f , так как оно может быть выполнено и в том случае, когда y f существует не всюду в К. Примеры: 1. Определить, удовлетворяет ли условию Липшица функция x y y x f 2 ) , ( заданная в прямоугольнике b y a x , ? Решение. 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ) , ( ) , ( y y b y y y y y y x y x y y x f y x f Следовательно, за L можно принять b L 2 и условие Липшица выполнено. Тот же результат получим, если используем замечание 1. Действительно, функция x y y x f 2 ) , ( имеет непрерывную y f y 2 , поэтому за L можно принять b y f L y 2 2 max max Таким образом, заданная функция удовлетворяет условию Липшица в любом конечном прямоугольнике. 2. То же самое для функции y y x f sin ) , ( 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 y y y y y y sin y y sin y y cos y sin y sin Это значит, что в прямоугольнике K условие выполнено с 1 L Здесь константа L не зависит от размеров прямоугольника, следовательно, условие Липшица удовлетворяется на всей плоскости. 3. То же для функции y y x f ) , ( 1 , 2 1 2 1 L y y y y В то же время y f не существует при 0 y , т.к. y y y y y y y y y f 2 2 Теорема существования и единственности Теорема (Коши) Пусть ) , ( y x f удовлетворяет условиям: 1) непрерывна в прямоугольнике K: b y y a x x 0 0 , , тогда в K ) , ( y x f ограничена, то найдется такое 0 M K y x M y x f ) , ( , ) , ( (3) 2) удовлетворяет в K условию Липшица K y x y x y y L y x f y x f ) , ( ), , ( , ) , ( ) , ( 2 1 2 1 2 1 (4) Тогда в интервале: M b a h h x x h x , min , 0 0 (5) дифференциальное уравнение ) , ( y x f y (6) обладает единственным решением ) (x y , таким, что 0 0 ) ( y x Замечания: 1. Для существования решения достаточно непрерывности ) , ( y x f в K. 2. Для единственности решения требуется выполнение условия Липшица (4), которое может быть заменено более жестким условием существования в K непрерывной y f 3. При доказательстве теоремы рассматривается задача Коши: 0 0 ) ( ), , ( y x y y x f y , (7) которая заменяется эквивалентным ей интегральным уравнением x x dt t y t f y x y 0 )) ( , ( ) ( 0 (8) Затем к уравнению (8) применяется так называемый метод последовательных приближений Пикара. Он состоит в том, что строится последовательность функций 0 ) ( n n x y сходящаяся к решению уравнения (8). Функции ) (x y n строятся по следующему правилу: за исходное приближение принимается 0 y , а следующие вычисляются по формуле: ...) 2 , 1 , 0 ( )) ( , ( ) ( 0 0 1 n dt t y t f y x y x x n n (9) Это есть рабочая формула для построения приближенного решения по методу последовательных приближений. 4. Допустим интегральная кривая построена на интервале h x x h x 0 0 Возьмем конечную точку за центр нового прямоугольника и продолжим решение вправо. Поступая так, каждый раз, можно продолжить решение (интегральную кривую) до самой границы области G задания функции ) , ( y x f (в предположении, что G конечна и замкнута). Мы построили интегральную кривую, проходящую через точку G y x ) , ( 0 0 . Можно выбрать любую другую точку и опять получим единственную интегральную кривую. Таким образом, область G как бы состоит из интегральных кривых. Теорема. Если ) , ( y x f определена и непрерывна на всей плоскости и удовлетворяет условию Липшица во всякой конечной области этой плоскости, то всякая интегральная кривая при возрастании или продолжима до x или имеет вертикальную асимптоту при конечном значении a x , т.е. интегральная кривая не может окончится где-то внутри области. Пример. 1 2 y y Здесь 1 ) , ( 2 y y x f удовлетворяет всем условиям теоремы. Решением задачи Коши 0 ) 0 ( , 1 2 y y y будет 2 , 2 , ) ( x x tg x y Решение имеет вертикальные асимптоты 2 , 2 x x 5. Те точки области G, в которых функция ) , ( y x f неопределена или перестает быть непрерывной или не выполняется условие Липшица, называются особыми точками уравнения ) , ( y x f y . Таким образом, особые точки это те точки, в которых нарушаются условия теоремы существования и единственности. Особые точки могут быть изолированными, а могут составлять и целые области. § 8. Частные случаи уравнений II порядка Рассмотрим частные случаи уравнений II порядка, допускающих «понижение» порядка, т.е. случаи, когда уравнение II порядка приводится к интегрированию двух уравнений первого порядка. 1. Правая часть не содержит y и y ) (x f y (1) Положим z y . Тогда z y и ) (x f z Получили уравнение первого порядка. Отсюда 1 ) ( c dx x f z или 1 ) ( c dx x f y Имеем опять уравнение первого порядка 2 1 ) ( c dx c dx x f y или 2 1 ) ( c x c dx dx x f y Получили общее решение уравнения (1). 2. Правая часть уравнения не содержит y ) , ( y x f y (2) Положим z y , тогда для z имеем уравнение ) , ( z x f z Пусть его решение будет ) , ( 1 c x z . Следовательно, ) , ( 1 c x y Отсюда 2 1 ) , ( c dx c x y Это общее решение уравнения (2). Пример. 2 x x y y Положим y z , тогда 2 x x z z и его решение x c x z 1 3 2 2 Следовательно, x c x y 1 3 2 2 и 2 1 3 2 2 c dx x c x y или 2 2 1 4 8 c x c x y – общее решение уравнения (2) 3. Правая часть не содержит х ) , ( y y f y (3) Положим z y и будем считать z функцией y. Тогда dy dz z dx dy dy dz dx dz dx y d y . Итак, dy dz z y Подставляя это в уравнение (3), получим: ) , ( z y f dy dz z , т.е. уравнение первого порядка относительно z. Решив его, будем иметь ) , ( 1 c y z или ) , ( 1 c y dx dy Получили уравнение с разделяющимися переменными. Отсюда dx c y dy ) , ( 1 ) , ( 1 2 c y dy c x Это общий интеграл уравнения (3). Пример. y y Положим y z , тогда y dy dz z или dy y dz z . Отсюда 2 1 2 1 2 ; y c z y c z или x c c y dx y c dy y c dx dy 2 1 2 1 2 1 arcsin ; или ) sin( 2 1 x c c y - общее решение. § 9. Линейное однородное уравнение с постоянными коэффициентами Рассмотрим линейное неоднородное уравнение с постоянными коэффициентами ) x ( f y a y a y 2 1 (1) и соответствующее ему однородное 0 2 1 y a y a y , (2) где 1 a и 2 a – постоянные коэффициенты. Найдем общее решение уравнения (2). Будем искать решение уравнения (2) в форме x e y Тогда x x e y , e y 2 Подставляя это в уравнение (2), получим: 0 ) ( 2 1 2 a a e x Но так как 0 x e , то 0 2 1 2 a a (3) Это уравнение по отношению к уравнению (2), называется характеристическим. Если функция x e y есть решение уравнения (2), то должно быть корнем характеристического уравнения (3). Рассмотрим три возможные случая: 1) корни уравнения (3) вещественны и различны 2 1 2) корни вещественны и равны 2 1 3) корни комплексные сопряженные i i 2 1 , 1 случай. 2 1 и действительны. В этом случае функции x e 1 и x e 2 будут решениями уравнения (2). Так как их отношение const e e e x x x ) ( 2 1 2 1 , то эти решения линейно независимы и, следовательно, они составляют фундаментальную систему. А поэтому общее решение уравнения (2) в этом случае будет x x e c e c y 2 1 2 1 (4) Пример. 0 3 2 y y y Характеристическое уравнение будет 0 3 2 2 Его корни 3 , 1 2 1 . Общее решение будет x x e c e c y 3 2 1 2 случай. Корни равны 2 1 2 1 a В этом случае имеем пока только одно решение x e y 1 1 . Покажем, что вторым решением будет x e x y 1 2 . Действительно, x e x y 1 2 x x e x e y 1 1 1 2 x x e x e y 1 1 2 1 1 2 2 Подставим это в левую часть уравнения (2), тогда получим x x x x x e x a e x e a e x e 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 ) ( 2 , 0 2 0 1 1 0 2 1 1 2 1 1 a a a e x так как 1 есть корень уравнения (3), и потому, что 2 1 1 a . А это значит, что x e x y 1 2 есть решение (2), что и требовалось доказать. Итак, мы имеем два решения x e y 1 1 и x e x y 1 2 . Они линейно независимы, следовательно, образуют фундаментальную систему решений. Поэтому общий интеграл будет x x x e x c c e x c e c y 1 1 1 ) ( 2 1 2 1 Пример. 0 4 4 y y Характеристическое уравнение 0 4 4 2 . Корни 2 2 1 Общее решение x e x c c y 2 2 1 ) ( 3 случай. Корни комплексные сопряженные i i 2 1 , Следовательно, имеем два комплексных линейно независимых решения x i x i e y e y ) ( 2 ) ( 1 , Общее решение будет ) ( 2 1 ) ( 2 ) ( 1 i i x x i x i c e c e e c e c y Ясно, что иметь вещественное общее решение надо считать 1 c и 2 c комплексными числами. Выразим i e и i e по формулам Эйлера, тогда ) sin (cos ) sin (cos 2 1 x i x c x i x c e y x ) ( sin ) ( cos 2 1 2 1 c i c i x c c x e x Положим здесь 2 , 2 2 1 i B A c i B A с Тогда B i B i c c i A c c ) ( ) ( , 2 1 2 1 Поэтому x Be x e A x B x A e y x x x sin cos sin cos Таким образом, в случае комплексных сопряженных корней характеристического уравнения, уравнение (2) имеет два линейно независимых вещественных решения x e y x e y x x sin , cos 2 1 Общее решение ) sin cos ( 2 1 x c x c e y x Пример. 0 25 8 y y y 0 25 8 2 ) 3 , 4 ( 3 4 , 3 4 2 1 i i Общее решение ) 3 sin 3 cos ( 2 1 4 x c x c e y x |