Векторные поля. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ НА ПЛОСКОСТИ. М. А. Красносельский, А. И. Перов
 Скачать 2 Mb.
|
|
, удовлетворяющее начальному условию x(0) = r 0 , y(0) = 0, имеет угловую функцию φ(t, r 0 ) = e −(r 0 −1) 2 t. Отсюда следует, что φ(t, 1) ≥ φ(t, 2) при t > 0. Теперь перейдем к сравнению угловых функций двух решений системы (15.1), сохранив прежнее предположение о непрерывности правых частей и о том, что решение однозначно определяется начальным условием (15.2). Будем говорить, что система (15.1) удовлетворяет (+)-условию, если выраже- ние g(t, x, y)x − f (t, x, y)y (a ≤ t ≤ b, −∞ < x, y < +∞) неотрицательно и если траектории двух различных решений, удовлетворяющих условиям arg z 1 (a) = arg z 2 (a) = α, arg z 1 (¯b) = arg z 2 (¯b) = β, α ≤ arg z 1 (t), arg z 2 (t) ≤ β (a ≤ t ≤ ¯b), не пересекаются. Последнее условие всегда выполнено для автономных систем, то есть таких систем (15.1), правые части которых не зависят от t. Кроме того, это условие всегда выполнено, если правые части системы (15.1) обладают свойством положительной однородности. Нетрудно заметить, что система, удовлетворяющая (+)-условию, имеет нулевое решение, то есть f (t, 0, 0) ≡ g(t, 0, 0) ≡ 0. Аналогично вводится (−)-условие. Через φ(t, α, ρ) обозначим угловую функцию решения системы (15.1), удовле- творяющего начальному условию x(a) = ρ cos α, y(a) = ρ sin α, (15.19) для которой φ(a, α, β) = α. Теорема 15.3. Пусть система (15.1) удовлетворяет (+)-условию или (−)- условию. Пусть, кроме того, функция F (t, φ, r) = 1 r (g(t, r cos φ, r sin φ) cos φ − f (t, r cos φ, r sin φ) sin φ) (15.20) не убывает no r. 153 Тогда функция φ(t, α, ρ) не убывает no ρ. Доказательство проведем для случая, когда система (15.1) удовлетворяет (+)- условию. Допустим вначале, что функция F (t, φ, r) строго возрастает по r. Обозначим через z 1 (t) и z 2 (t) решения системы (15.1), удовлетворяющие началь- ному условию (15.19) при ρ = ρ 1 и ρ = ρ 2 соответственно. Пусть φ 1 (t) = φ(t, α, ρ 1 ), φ 2 (t) = φ(t, α, ρ 2 ). Нам нужно доказать, что φ 1 (t) ≥ φ 2 (t) при ρ 1 > ρ 2 Нетрудно видеть, что функции φ 1 (t) и φ 2 (t) являются решениями уравнения φ dt = F (t, φ, r(t)) (15.21) при r(t) = kz 1 (t)k и r(t) = kz 2 (t)k соответственно. Из (+)-условия вытекает, в частности, что dφ 1 (t) dt ≥ 0 и φ 2 (t) dt ≥ 0. Так как ρ 1 > ρ 2 , то dφ 1 (a) dt = F (a, α, ρ 1 ) > F (a, α, ρ 2 ) = dφ 2 (a) dt . Поэтому на некотором интервале (a, a + δ) выполнено неравенство φ 1 (t) > φ 2 (t). Обозначим через (a, τ ) максимальный интервал, на котором оно выполнено. До- пустим, что τ < b. Тогда φ 1 (τ ) = φ 2 (τ ) = γ, dφ 1 (τ ) dt ≤ dφ 2 (τ ) dt . (15.22) Так как выполнено (+)-условие, то из ρ 1 > ρ 2 следует, что kz 1 (τ )k ≥ kz 2 (τ )k. Используя строгое возрастание функции F (t, φ, r) по r, получаем dφ 1 (τ ) dt = F (τ, β, kz 1 (τ )k) > F (τ, β, kz 2 (τ )k) = dφ 2 (τ ) dt . (15.23) Последнее противоречит второму из неравенств (15.22). Следовательно, φ 1 (t) > φ 2 (t) на всем полуинтервале (a, b]. Итак, в случае строгого возрастания F (t, φ, r) по r теорема доказана. Для доказательства теоремы в общем случае рассмотрим вспомогательную си- стему dx dt = f (t, x, y) − εry, dy dt = g(t, x, y) + εrx (r = p x 2 + y 2 , ε > 0). (15.24) Нетрудно видеть, что соответствующая функция F ε (t, φ, r) имеет вид F ε (t, φ, r) = F (t, φ, r) + εr (15.25) и, следовательно, строго возрастает по r. Обозначим через φ ε 1 (t) и φ ε 2 (t) функции φ(t, α, ρ; ε) при значениях ρ, равных ρ 1 и ρ 2 . В силу предыдущего имеет место неравенство φ ε 1 (t) > φ ε 2 (t) (a < t ≤ b); устремляя в нем ε к нулю, мы приходим к нужному неравенству φ 1 (t) ≥ φ 2 (t). Проведение деталей доказательства предоставляется читателю. 154 Теорема доказана. Аналогично доказывается Теорема 15.4. Пусть система (15.1) удовлетворяет (+)-уcлoвию ((−)-условию). Пусть, кроме того, функция (15.20) невозрастает по r. Тогда функция φ(t, α, ρ) не возрастает по ρ. Если правые части системы (15.1) непрерывно дифференцируемы по перемен- ным x и y, то неубывание функции F (t, φ, r) равносильно неотрицательности про- изводной F 0 r (t, φ, r). Можно показать (проверьте!), что неотрицательность этой производной равносильна неравенству g 0 x x 2 + (g 0 y − f 0 x )xy − f 0 y y 2 ≥ gx − f y ((t, x, y) ∈ D). (15.26) Упражнение 15.1 (С. Куклeс). Пусть дана система dx dt = −y, dy dt = g(x), в которой g(x) нечетна и xg(x) > 0 при x 6= 0. Покажите, что: 1) выполнены все условия теоремы 15.3, если g(x) выпукла при x ≥ 0 в том смысле, что g µ x 1 + x 2 2 ¶ ≤ g(x 1 ) + g(x 2 ) 2 (x 1 , x 2 ≥ 0); 2) выполнены все условия теоремы 15.4, если g(x) вогнута при x ≥ 0 в том смысле, что g µ x 1 + x 2 2 ¶ ≥ g(x 1 ) + g(x 2 ) 2 (x 1 , x 2 ≥ 0). Упражнение 15.2. Покажите, что в условиях теоремы 15.3 функция φ(t, α, ρ) вы- пукла по ρ, если функция F (t, φ, r) выпукла по r. 15.3. Классы H k . Перейдем теперь к изучению краевых задач вида dx dt = f (t, x, y), dy dt = g(t, x, y), (15.27) x(a) sin α − y(a) cos α = 0, x(b) sin β − y(b) cos β = 0. (15.28) Решением краевой задачи (15.27)-(15.28) называется решение системы (15.27), определенное на всем отрезке a ≤ t ≤ b и удовлетворяющее краевым услови- ям (15.28). Геометрически разрешимость краевой задачи означает следующее: си- стема (15.27) имеет решение z(t) = (x(t), y(t)), лежащее при t = a на прямой x sin α − y cos α = 0, а при t = b на прямой x sin β − y cos β = 0. Дадим следующие определения. Пусть правые части системы (15.27) непре- рывны в области D (a ≤ t ≤ b, −∞ < x, y < +∞), обеспечивают единственность решения, определяемого начальными условиями, и обладают свойством положи- тельной однородности по переменным x и y: f (t, cx, y) ≡ cf (t, x, y), g(t, cx, cy) ≡ cg(t, x, y) (c ≥ 0). 155 Из этого свойства вытекает, в частности, что система (15.27) имеет нулевое реше- ние, что вместе с z(t) решением системы будет также и cz(t) (c ≥ 0) и что любое решение системы (15.27) может быть продолжено на весь отрезок a ≤ t ≤ b, так как имеют место оценки 36 |f (t, x, y)| ≤ A p x 2 + y 2 , |g(t, x, y)| ≤ A p x 2 + y 2 . Обозначим через φ + (t) и φ − (t) угловые функции решений системы (15.27), удо- влетворяющие начальным условиям φ + (a) = α, φ − (a) = α + π. Назовем краевую задачу (15.27)-(15.28) регулярной, если β + kπ < φ + (b), φ − (b) − π < β + (k + 1)π (15.29) при некотором целом k. В дальнейшем краевые условия мы будем считать фик- сированными; поэтому можно говорить о регулярности вектор-функции (f, g) — правой части системы (15.27). Через H k обозначим все регулярные правые части (f, g), для которых выполнено неравенство (15.27). Нетрудно видеть, что линейные правые части, составляющие класс G k (см. п. 14.5), входят в класс H k 15.4. Условия разрешимости краевой задачи. Прежде всего сформулиру- ем условия разрешимости краевой задачи следующего вида: dx dt = a(t, x, y) + u(t, x, y), dy dt = b(t, x, y) + v(t, x, y), , (15.30) x(a) sin α − y(a) cos α = 0, x(b) sin β − y(b) cos β = 0. (15.31) Теорема 15.5. Пусть (a(t, x, y), b(t, x, y)) регулярна, и пусть непрерывные в области D функции u(t, x, y) и v(t, x, y) равномерно по t удовлетворяют условию lim |x|+|y|→∞ |u(t, x, y)| + |v(t, x, y)| |x| + |y| = 0. (15.32) Тогда краевая задача (15.30)-(15.31) разрешима. Доказательство. Рассмотрим дифференциальное уравнение dψ dt = b(t, cos ψ, sin ψ) cos ψ − a(t, cos ψ, sin ψ) sin ψ. (15.33) 36 См. В.В. Немыцкий и В.В. Степанов, Качественная теория дифференциальных уравне- ний, Гостехиздат, 1949. 156 В силу единственности 37 решений этого уравнения, определяемых начальными условиями, и в силу периодичности правой части по ψ, для любого положитель- ного ε можно указать такое δ > 0, что любое решение φ(t) уравнения dφ dt = b(t, cos φ, sin φ) cos φ − a(t, cos φ, sin φ) sin φ + δ(t), (15.34) в котором δ(t) непрерывна и |δ(t)| < δ, отличается от решения ψ(t) уравнения (15.33), удовлетворяющего начальному условию ψ(a) = φ(a), меньше чем на ε: |φ(t) − ψ(t)| < ε (a ≤ t ≤ b). (15.35) По условию теоремы (a(t, x, y), b(t, x, y)) принадлежит некоторому классу k . По- этому решения уравнения (15.33) ψ + (t) и ψ − (t), для которых ψ + (a) = α, ψ − (a) = α + π, удовлетворяют при некотором ε > 0 неравенствам β + kπ + ε < ψ + (b), ψ − (b) − π < β + (k + 1)π − ε. (15.36) В силу условия (15.32) справедливо неравенство |v(t, x, y)x − u(t, x, y)y| < δ(x 2 + y 2 ) (x 2 + y 2 ≥ ρ 2 ), (15.37) где ρ — некоторое положительное число. Обозначим через z(t, c) любое решение системы (15.30), удовлетворяющее на- чальному условию x(a) = c cos α, y(a) = c sin α. (15.38) Заметим, что в условиях теоремы решение z(t, c) можно считать определенным на всем отрезке a ≤ t ≤ b, так как правые части допускают оценки 38 |a(t, x, y) + u(t, x, y)| ≤ A p x 2 + y 2 + B, |b(t, x, y) + v(t, x, y)| ≤ A p x 2 + y 2 + B. На основании леммы 15.1 можно указать такое число r 0 > 0, kz(t, c)k ≥ ρ |c| ≥ r 0 . (15.39) Пусть φ(t, c) — угловая функция решения z(t, c), причем φ(a, c) = ½ α, если c > 0, α + π, если < 0. 37 Это вытекает из единственности решения системы (15.30), в которой u ≡ v ≡ 0, определяе- мого начальными условиями. 38 См. сноску на предыдущей странице. 157 В силу (15.39) и (15.37) функция φ(t, c) при |c| ≥ r 0 является решением уравнения (15.34), в котором |δ(t)| < δ (a ≤ t ≤ b). Поэтому из (15.35) вытекает, что |φ(t, c) − ψ + (t)| < ε c ≥ r 0 , |φ(t, c) − ψ − (t)| < ε c ≤ −r 0 . (15.40) Из последних неравенств и неравенств (15.36) непосредственно следует, что точки z(b, r 0 ) и z(b, −r 0 ) лежат по разные стороны от прямой x sin β − y cos β = 0. Рас- смотрим множество всех решений z(t, c), у которых |c| ≤ r 0 . По теореме 15.1 это множество связно, и, следовательно, при некотором значении c = c ∗ точка z(b, c ∗ ) лежит на прямой x sin β − y cos β = 0. Решение z(t, c ∗ ) и есть решение задачи (15.30)-(15.31). Теорема доказана. Упражнение 15.3. Покажите, что утверждение теоремы 15.5 сохраняет силу, если краевые условия (15.31) заменить условиями x(a) sin α − y(a) cos α = c 1 , x(b) sin β − y(b) cos β = c 2 . Упражнение 15.4. 1) Покажите, что краевая задача d 2 x dt 2 + g µ t, x, dx dt ¶ , x(a) = x(b) = 0 разрешима, если g(t, x, u) непрерывна и равномерно по t lim |x|+|u|→∞ |g(t, x, u)| |x| + |u| = 0. 2) Покажите, что уравнение Дуффинга d 2 x dt 2 + α sin x + h(t) = 0 имеет решение, удовлетворяющее условию x(a) = x(b) = 0. Упражнение 15.5. Пусть краевая задача d 2 x dt 2 + p(t) dx dt + q(t)x = 0, x(a) sin α + dx(a) dt cos α = 0, x(b) sin β + dx(b) dt cos β = 0 имеет лишь нулевое решение. Покажите, что уравнение d 2 x dt 2 + g µ t, x, dx dt ¶ = 0 имеет решение, удовлетворяющее тем же самым краевым условиям, если равномерно по t lim |x|+|u|→∞ |g(t, x, u) − p(t)u − q(t)x| |x| + |u| = 0. 158 |