Векторные поля. ВЕКТОРНЫЕ ПОЛЯ НА ПЛОСКОСТИ. М. А. Красносельский, А. И. Перов
 Скачать 2 Mb.
|
|
b(t, x, y)x − a(t, x, y)y + δ(t, x, y) ≤ ≤ g(t, x, y)x − f (t, x, y)y ≤ ≤ b(t, x, y)x − a(t, x, y)y + δ(t, x, y), (15.41) где (a(t, x, y), b(t, x, y)) и (a(t, x, y), b(t, x, y)) принадлежат одному классу H k , а функции δ(t, x, y) и δ(t, x, y) непрерывны и удовлетворяют равномерно по t усло- виям lim x 2 +y 2 →∞ δ(t, x, y) x 2 + y 2 = 0, lim x 2 +y 2 →∞ δ(t, x, y) x 2 + y 2 = 0. При выполнении сделанных выше предположений будем говорить, что правая часть (f, g) системы (15.27) удовлетворяет k-ycловию на бесконечности (относи- тельно краевых условий (15.28)). Нетрудно видеть, что в условиях теоремы 15.5 правые части удовлетворяют на бесконечности k-условию. Аналогично теореме 15.5 может быть доказана Теорема 15.6. Пусть (f, g) удовлетворяет на бесконечности k-условию. Тогда краевая задача (15.27)-(15.28) разрешима. Упражнение 15.6. Покажите, что краевая задача d 2 x dt 2 + g µ t, x, dx dt ¶ = 0, x(a) = x(b) = 0 (где g(t, x, u) непрерывна) разрешима, если выполнено одно из следующих условий: 1) |g(t, x, u)| ≤ A|x| + B, где A(b − a) 2 < π 2 ; 2) a(t)|x| + δ ≤ sign xg(t, x, u) ≤ a(t)|x| + δ, где матрицы µ 0 −1 a(t) 0 ¶ , µ 0 −1 a(t) 0 ¶ принадлежат одному классу G k , а δ и δ постоянны. В некоторых случаях для разрешимости краевой задачи (15.27)-(15.28) вместо условия (15.41) достаточно потребовать выполнения лишь одного из неравенств (15.41), то есть в этих случаях условия разрешимости носят односторонний харак- тер. Пусть, например, правая часть системы (15.27) такова, что g(t, x, y)x − f (t, x, y)y > 0 x sin α − y cos α = 0, x 2 + y 2 ≥ ρ 2 (15.42) 159 и выполнено неравенство g(t, x, y)x − f (t, x, y)y ≤ b(t, x, y)x − a(t, x, y)y + δ(t, x, y), (15.43) где (a(t, x, y), b(t, x, y)) ∈ H 0 , если α ≥ β и (a(t, x, y), b(t, x, y)) ∈ H −1 , если α < β, и равномерно по t lim x 2 +y 2 →∞ δ(t, x, y) x 2 + y 2 = 0. (15.44) Имеет место следующая Теорема 15.7. Пусть любое решение системы (15.27) продолжимо на весь отрезок a ≤ t ≤ b и выполнены перечисленные выше требования. Тогда краевая задача (15.27)-(15.28) разрешима. Доказательство и здесь аналогично доказательству теоремы 15.5 (проведите его!). Если правая часть (f, g) системы (15.27) удовлетворяет условиям теоремы 15.7, то мы тоже будем говорить, что она удовлетворяет на бесконечности k-условию (k = 0, −1), смотря по тому, какому классу H k принадлежит (a(t, x, y), b(t, x, y)). Упражнение 15.7 (М. Семенов). Покажите, что краевая задача d 2 x dt 2 + g µ t, x, dx dt ¶ = 0, x(a) = x(b) = 0 разрешима, если выполнены условия |g(t, x, u)| ≤ A|u| 2 + B g(t, x, u)x ≤ τ 1 x 2 + τ 2 u 2 + δ(t), где A, B, τ 1 , τ 2 — некоторые постоянные, причем τ 1 (1 + τ 2 ) < π 2 (b − a) 2 . Упражнение 15.8. Покажите, что краевая задача d 2 x dt 2 + g µ t, x, dx dt ¶ = 0, x(a) = x(b) = 0 разрешима, если выполнено одно из условий: 1) g(t, x, u) ≤ σ 1 |x| + σ 2 |u| + δ 1 (t) при x ≥ 0, g(t, x, u) ≥ −σ 1 |x| − σ 2 |u| − δ 2 (t) при x ≤ 0, где σ 1 , σ 2 > 0 и ³ σ 1 + σ 2 2 ´ ³ 1 + σ 2 2 ´ < π 2 (b − a) 2 (М.А. Красносельский); 2) g(t, x, u) ≤ a(t, x, u) + δ 1 (t) при x ≥ 0, g(t, x, u) ≥ b(t, x, u) + δ 2 (t) при x ≤ 0, где a(t, x, u) и b(t, x, u) непрерывны, положительно однородны по переменным и u и каждое из уравнений d 2 x dt 2 + a µ t, x, dx dt ¶ = 0, d 2 x dt 2 + b µ t, x, dx dt ¶ = 0 обладает решением, не обращающимся в нуль на отрезке a ≤ t ≤ b. Упражнение 15.9 (С.Н. Бернштейн). Краевая задача (см. упр. 15.8 ) разре- шима, если g 0 x (t, x, u) ≤ −ε и |g(t, x, u)| ≤ A|u| 2 + B (ε > 0). 160 Теоремы 15.5-15.7 гарантируют существование решения краевой задачи, так как “кривая” z(b, c) (−∞ < c < +∞) при достаточно больших по модулю значениях c лежит в двух сектораx, расположенных по разные стороны от прямой x sin β − y cos β = 0. Однако геометрически ясно, что краевая задача также будет разрешима, если “кривая” z(b, c) имеет спиралевидный характер или при приближении c к нулю (в случае, когда задача уже имеет нулевое решение), или при стремлении |c| к бесконечности. На этом пути можно получать различные достаточные признаки разрешимости краевой задачи. Два из них мы здесь приведем в виде теорем. Теорема 15.8. Пусть функции f (t, x, y) и g(t, x, y) непрерывны и все решения системы (15.27) продолжимы на отрезок a ≤ t ≤ b. Пусть выполнено неравен- ство 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) ≥ ε 0 > 0, (15.45) при r ≥ ρ 0 , причем плоскость (x, y) может быть разбита на конечное число секторов S 1 , . . . , S m , S j = {(φ, r) : φ j ≤ φ ≤ φ j+1 , r ≥ 0} (α ≤ φ 1 < φ 2 < . . . < φ m+1 = φ 1 + 2π) так, что lim r→∞ F (t, φ, r) = +∞ (15.46) равномерно по всем (t, φ), φ j + ε ≤ φ ≤ φ j − ε (j = 1, . . . , m), где положительное ε можно считать сколь угодно малым. Тогда краевая задача (15.27)-(15.28) имеет бесконечное число решений. Доказательство. Так как все решения системы (15.27) продолжимы, то в си- лу леммы 15.1 можно указать такое c 0 > 0, что при |c| > c 0 решение z(t, c) не обращается в нуль и, следовательно, можно говорить об угловой функции φ(t, ) этого решения. Возьмем число ε > 0. Каждое исключительное направление φ = φ j заключим в сектор |φ − φ j | ≤ ε (j = 1, . . . , m). Выберем теперь ρ 1 ≥ ρ 0 так, чтобы при r ≥ ρ 1 , |φ − φ j | ≤ ε (mod 2π) выполнялось неравенство F (t, φ, r) ≥ E (a ≤ t ≤ b). (15.47) Введем в рассмотрение разрывную функцию H(φ) = ½ ε 0 при φ = φ j + δ (mod 2π), |δ| ≤ ε, ε для остальных значений φ. (15.48) Ясно, что F (t, φ, r) ≥ H(φ) (a ≤ t ≤ b, r ≥ ρ 1 ). (15.49) Рассмотрим решение ψ(t) следующей задачи: dψ dt = H(ψ), ψ(a) = α. 161 Нетрудно видеть, что время τ , необходимое для того, чтобы ψ(t) приняла значение α + 2π, равно τ = 2ε ε 0 m + 1 E (2π − 2εm). (15.50) Из (15.50) мы заключаем, что ψ(b) − ψ(a) ≥ 2πn, где n — наибольшее число от- резков длины τ , содержащихся в a ≤ t ≤ b. Ясно, что при ε → 0, E → ∞ число τ стремится к нулю. Поэтому ψ(b) → +∞ при ε → 0, E → +∞. Заметив это, выберем число ρ 2 так, чтобы при |c| ≥ ρ 2 для всех решений z(t, c) было выполнено неравенство kz(t, c)k ≥ ρ 1 (это возможно в силу леммы 15.1). Тогда угловая функция φ(t, c) (φ(a, c) ≡ α, c ≥ ρ 2 ) решения z(t, c) в силу (15.49) удовлетворяет дифференциальному неравенству φ(t, c) dt = F (t, φ(t, c), kz(t, c)k) ≥ H(φ(t, c)). Поэтому 39 φ(t, c) ≥ ψ(t) при a ≤ t ≤ b. Согласно сказанному выше φ(b, c) → +∞ при c → +∞. Такой же результат имеет место и при c → −∞. Так как функция e φ(b, c) удовлетворяет теореме о промежуточном значении (см. п. 15.1), то существует бесконечное число значений c, как положительных, так и отрицательных, при которых φ(b, c) = β (mod π). Это означает, что наша краевая задача (15.27)-(15.28) имеет бесконечное число решений. Теорема доказана. Аналогично теореме 15.8 может быть доказана Теорема 15.9. Пусть функции f (t, x, y) и g(t, x, y) непрерывны и система (15.27) имеет нулевое решение, причем компоненты любого другого решения не обращаются одновременно в нуль. Пусть F (t, φ, r) ≥ ε 0 при r ≤ ρ 0 и lim r→+0 F (t, φ, r) = +∞ (15.51) равномерно по всем (t, φ), φ j + ε ≤ φ ≤ φ j+1 − ε (a ≤ t ≤ b), ε > 0 и может быть сделано сколь угодно малым). Тогда справедливо утверждение теоремы 15.8. Упражнение 15.10. Покажите, что система dx dt = −h(y), dy dt = g(x) удовлетворяет всем условиям теоремы 15.8, если функции g(x) и h(y) непрерывны, нечетны, xg(x) ≥ ε 0 x 2 , yh(y) ≥ ε 0 y 2 и lim x→+∞ g(x) x = +∞ µ lim y→+∞ h(y) y = +∞ ¶ . 39 Здесь мы пользуемся несколько более общей теоремой о дифференциальных неравенствах, чем теорема 14.2, так как функция H(ϕ) лишь кусочно непрерывна. Справедливость теоремы 14.2 для этого случая предоставляем доказать читателю. 162 Упражнение 15.11. Покажите, что уравнение d 2 x dt 2 + x 3 s 1 + µ dx dt ¶ 2 + h(t) = 0 имеет бесконечное число решений, удовлетворяющих краевым условиям x(a) = x(b) = 0. 15.5. Оценка числа решений краевой задачи. Решение краевой задачи dx dt = f (t, x, y), dy dt = g(t, x, y). (15.52) x(a) sin α − y(a) cos α = 0, x(b) sin β − y(b) cos β = 0 (15.53) может быть не единственным. Достаточные условия существования единственного решения дает Теорема 15.10. Пусть непрерывные функции f (t, x, y) и g(t, x, y) непрерыв- но дифференцируемы по переменным x и y, f 0 x (t, x, y) и g 0 y (t, x, y) ограничены и выполнено неравенство A(t) ≤ µ f 0 x (t, x, y) f 0 y (t, x, y) g 0 x (t, x, y) g 0 y (t, x, y) ¶ ≤ A(t), (15.54) где A(t), A(t) — матрицы из одного класса G k . Тогда краевая задача (15.52)-(15.53) имеет единственное решение. Доказательство. Неравенство (15.54) означает, что a 21 (t)u 2 + (a 22 (t) − a 11 (t))uv − a 12 (t)v 2 ≤ ≤ g 0 x (t, x, y)u 2 + (g 0 y (t, x, y) − f 0 x (t, x, y))uv − f 0 y (t, x, y)v 2 ≤ ≤ a 21 (t)u 2 + (a 22 (t) − a 11 (t))uv − a 12 (t)v 2 (a ≤ t ≤ b, −∞ < x, y, u, v < +∞) . (15.55) Из этого неравенства вытекает, в частности, что частные производные g 0 x (t, x, y) и f 0 y (t, x, y) также ограничены. Поэтому 40 любое решение системы (15.52) продол- жимо на весь отрезок a ≤ t ≤ b. 40 См. сноску на стр. 189. 163 Заменяя в (15.55) x на ξ + s(x − ξ), y на η + s(y − η) и интегрируя неравенство (15.55) по s от 0 до 1, мы получаем, что матрица A(t, x, y, ξ, η) = = 1 Z 0 f 0 x (t, ξ + s(x − ξ), η + s(y − η)) ds 1 Z 0 f 0 y (t, ξ + s(x − ξ), η + s(y − η)) ds 1 Z 0 g 0 x (t, ξ + s(x − ξ), η + s(y − η)) ds 1 Z 0 g 0 y (t, ξ + s(x − ξ), η + s(y − η)) ds (15.56) удовлетворяет неравенству A(t) ≤ A(t, x, y, ξ, η) ≤ A(t). (15.57) Нетрудно видеть, что f (t, x, y) − f (t, ξ, η) = a 11 (t, x, y, ξ, η)(x − ξ) + a 12 (t, x, y, ξ, η)(y − η), g(t, x, y) − g(t, ξ, η) = a 21 (t, x, y, ξ, η)(x − ξ) + a 22 (t, x, y, ξ, η)(y − η), (15.58) где a ij (t, x, y, ξ, η) — элементы матрицы A(t, x, y, ξ, η). Положим в (15.58) ξ = η = 0. Тогда из неравенства (15.57) вытекает, что (f, g) удовлетворяет условиям теоремы 15.6. Следовательно, задача (15.52)-(15.53) имеет решение. Предположим, что z(t) = (x(t), y(t)) и ζ(t) = (ξ(t), η(t)) — два решения краевой задачи (15.52)-(15.53). Из (15.58) мы получаем, что разность z(t) − ζ(t) является решением линейной системы с матрицей A(t) = A(t, x(t), y(t), ξ(t), η(t))). Кроме того, z(t) − ζ(t) удовлетворяет краевым условиям (15.53). Из неравенства (15.57) вытекает, что A(t) регулярна (см. теорему 14.9). Следовательно, z(t) − ξ(t) ≡ 0. Теорема доказана. Упражнение 15.12. Пусть g(t, x) непрерывна. Покажите, что краевая задача d 2 x dt 2 + g(t, x) = 0, x(a) = x(b) = 0 имеет единственное решение, если выполнено одно из условий: 1) m ≤ g |