Існування та єдиність розв"язків диференціальних рівнянь першого порядку. 
Неперервна залежність та диференційованість (реферат)

Реферат на тему:

Існування та єдиність розв’язків диференціальних рівнянь першого порядку. Неперервна залежність та диференційованість

Клас диференціальних рівнянь, що інтегруються в квадратурах, досить невеликий, тому мають велике значення наближені методи розв’язку диференціальних рівнянь. Але, щоб використовувати ці методи, треба бути впевненим в існуванні розв’язку шуканого рівняння та в його єдиності.

Зараз значна частина теорем існування та єдиності розв’язків не тільки диференціальних, але й рівнянь інших видів доводиться методом стискуючих відображень.

Визначення. Простір $$M$$ називається метричним, якщо для довільних двох точок $$x,yM$$ визначена функція $$(x,y)$$, що задовольняє аксіомам:

1. $$(x,y)>=0$$, причому $$(x,y)=0$$ тоді і тільки тоді, коли $$x=y$$ ;

2. $$(x,y)=(y,x)$$ (комутативність);

3. $$(x,y)<=(x,z)+(z,y)$$ (нерівність трикутника).

Функція $$(x,y)$$ називається відстанню в просторі $$M$$ (метрикою простору $$M$$).

Приклад 1.6.1. Векторний $$n$$ — вимірний простір $$R^n$$ .

Нехай $$x=(x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.},x_n),y=(y_1,y_2,\text{.}\text{.}\text{.},y_n)$$. За метрику можна взяти: $$(x,y)={\left(\underset{i=1}{\overset{n}{}}(x_i-y_i{)}^2\right)}^{1/2}$$, $$(x,y)=\underset{i=\stackrel{\text{\_\_\_\_}}{\mathrm{1,}n}}{\text{max}}|x_i-y_i|$$ .

Приклад 1.6.2. Простір неперервних функцій на відрізку $$[a,b]$$ позначається — $$C_{[a,b]}$$. За метрику можна взяти.

$$(x(t),y(t))={\left({}_a^b(x(t)-y(t){)}^2\text{dt}\right)}^{1/2},$$ $$(x(t),y(t))=\underset{t[a,b]}{\text{max}}|x(t)-y(t)|\text{.}$$.

Визначення. Послідовність $$x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.},x_n$$ називається фундаментальною, якщо для довільного $$\text{>0}$$ існує $$N()\text{>0}$$ таке, що при $$n>=N()$$ і довільному $$m=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$ буде $$(x_n,x_{n+m})<$$ .

Визначення. Метричний простір $$M$$ називається повним, якщо довільна фундаментальна послідовність точок $$x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.},x_n,\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}$$ простору $$M$$ збігається до деякої точки $$\stackrel{\text{\_\_}}{x}$$ простору $$M$$ .

Теорема (принцип стискуючих відображень). Нехай в повному метричному просторі $$M$$ задано оператор $$A$$, що задовольняє умовам.

1. Оператор $$A$$ переводить точки простору $$M$$ в точки цього ж простору, тобто якщо $$xM$$, то і $$A[x]M$$ .

2. Оператор $$A$$ є оператором стиску, тобто.

$$(A[x],A[y])<=(x,y)$$, де $$0<<\mathrm{1,}x,y$$ — довільні точки $$M$$ .

Тоді існує єдина нерухома точка $$\stackrel{\text{\_\_}}{x}M$$, яка є розв’язком операторного рівняння $$A[\stackrel{\text{\_\_}}{x}]=\stackrel{\text{\_\_}}{x}$$ і вона може бути знайдена методом послідовних відображень, тобто $$\stackrel{}{x}=\underset{n->\mathrm{}}{\text{lim}}{x}_n$$, де $$x_{n+1}=A[x_n]$$, причому $$x_0$$, вибирається довільно.

Доведення. I. Візьмемо довільну точку $$x_{0}M$$ і побудуємо послідовність $$x_1=A[x_0],x_2=A[x_1],\text{.}\text{.}\text{.},x_{n+1}=A[x_n],\text{.}\text{.}\text{.}$$. Покажемо, що побудована послідовність є фундаментальною. Дійсно.

$$\begin{array}{c}(x_2,x_1)=(A[x_1],A[x_0])<=(x_1,x_0),\\ (x_3,x_2)=(A[x_2],A[x_1])<=(x_2,x_1)<={}^2(x_1,x_0),\\ \text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\\ (x_{n+1},x_n)=(A[x_n],A[x_{n-1}])<=(x_n,x_{n-1})<=\\ <=\text{.}\text{.}\text{.}<={}^n(x_1,x_0)\text{.}\end{array}$$.

Оцінимо $$(x_n,x_{n+m})$$. Застосувавши $$(n-1)$$ -разів пра­вило трикутника, отримуємо.

$$\begin{array}{c}(x_n,x_{n+m})<=(x_n,x_{n+1})+(x_{n+1},x_{n+2})+\text{.}\text{.}\text{.}+(x_{n+m-1},x_{n+m})<=\\ <={}^n(x_1,x_0)+{}^{n+1}(x_1,x_0)+\text{.}\text{.}\text{.}+{}^{n+m-1}(x_1,x_0)=\\ ={}^n(x_1,x_0)[1++\text{.}\text{.}\text{.}+{}^{m-1}]<\frac{{}^n}{1-}(x_1,x_0)\text{.}\end{array}$$.

Таким чином $$(x_n,x_{n+m})<\frac{{}^n}{1-}(x_1,x_0)$$. И при достатньо великому $$n$$: $$(x_n,x_{n+m})<$$, тобто послідовність $$x_1,x_2,\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}{x}_n,\text{.}\text{.}\text{.}$$ є фундаментальною і, в силу повноти простору $$M$$, збігається до деякого елемента цього ж простора $$\underset{n->\mathrm{}}{\text{lim}}{x}_n=\stackrel{}{x,}\stackrel{}{x}M$$ .

II. Покажемо, що $$x$$ є нерухомою точкою, тобто $$A\left[\stackrel{}{x}\right]=\stackrel{}{x}$$ .

Нехай від супротивного $$A\left[\stackrel{}{\stackrel{}{x}}\right]=\stackrel{}{\stackrel{}{x}}$$ і $$\stackrel{}{x}/=\stackrel{}{\stackrel{}{x}}$$. Застосувавши правило трикутника, одержимо $$(\stackrel{}{x},\stackrel{}{\stackrel{}{x}})<(\stackrel{}{x},x_n)+(x_n,x_{n+1})+(x_{n+1},\stackrel{}{\stackrel{}{x}})$$. Оцінимо кожний з доданків.

1) Оскільки $$x_n->\stackrel{}{x}$$, то при $$n>N()$$ буде $$(\stackrel{}{x},x_n)</3$$ .

2)Оскільки послідовність є фундаментальною, то при $$(\stackrel{}{x},x_n)</3$$ буде $$(x_n,x_{n+1})</3$$ .

3) І, нарешті, $$(x_{n+1},\stackrel{=}{x})=(A[x_n],A[\stackrel{=}{x}])<=(x_n,\stackrel{=}{x})<\frac{e}{3}<\frac{e}{3}\text{.}$$.

Таким чином $$(\stackrel{}{x},\stackrel{=}{x})<\frac{}{3}+\frac{}{3}+\frac{}{3}=$$, причому $$\stackrel{}{x}$$ і $$\stackrel{=}{x}$$ фіксовані, а $$$$ можна вибрати як завгодно малим. Отже $$(\stackrel{}{x},\stackrel{=}{x})=0$$, а в силу другої аксіоми метричного простору це значить, що $$\stackrel{}{x}=\stackrel{=}{x}$$ .

III. Покажемо, що нерухома точка єдина. Нехай, від супротивного, існують дві точки $$\stackrel{}{x}$$ і $$\stackrel{=}{x}$$: $$A[\stackrel{}{x}]=\stackrel{}{x}$$ і $$A[\stackrel{}{x}]=\stackrel{=}{x}$$. Але тоді $$(A[\stackrel{}{x}],A[\stackrel{=}{x}])=(\stackrel{}{x},\stackrel{=}{x}),$$ що суперечить припущенню про стислість оператора.

Таким чином, припущення про неєдиність нерухомої точки помилкове. З використанням теореми про нерухому точку доведемо теорему про існування та єдиність розв’язку задачі Коші диференціального рівняння, розв’язаного відносно похідної.

Теорема (про існування та єдиність розв’язку задачі Коші). Нехай у диференціальному рівнянні $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y)$$ функція $$f(x,y)$$ визначена в прямокутнику.

$$D=\left\{(x,y)\mathrm{:}|x_0-a<=x<=x_0+a,y_0-b<=y<=y_0+b\right\}\text{.}$$ і задовольняє умовам:

1) $$f(x,y)$$ неперервна по $$x$$ та $$y$$ у $$D$$ ;

2) $$f(x,y)$$ задовольняє умові Ліпшиця по змінній $$y$$, тобто.

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|<=N|y_1-y_2|,N=\text{const}\text{.}$$.

Тоді існує єдиний розв’язок $$y=y(x)$$ диференціального рівняння, який визначений при $$x_0-h<=x<=x_0+h$$, і задовольняє умові.

$$y(x_0)=y_0$$, де $$h<\text{min}\left\{a,b/M\mathrm{,\; 1}/N\right\},M=\underset{x,yD}{\text{max}}|f(x,y)|\text{.}$$.

Доведення. Розглянемо простір, елементами якого є функції $$y(x)$$, неперервні на відрізку $$x[x_0-h,x_0+h]$$ й обмежені $$|y(x)-y_0|<=b$$. Введемо метрику $$(y(x),z(x))=\underset{x[x_0-h,x_0+h]}{\text{max}}|y(x)-z(x)|$$. Одержимо повний метричний простір $$C_{[x_0-h,x_0+h]}$$. Замінимо диференціальне рівняння.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y)$$, $$y(x_0)=y_0$$.

еквівалентним інтегральним рівнянням.

$$y(x)=y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}\text{.}$$.

Розглянемо оператор $$A[y]=y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}\text{.}$$ Через те, що $$|{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}|{}_{x_0}^x|f(t,y(t))|\text{dt}M|x-x_0|\text{Mh}<=b$$, то оператор $$A[y]$$ ставить у відповідність кожній неперервній функції $$y(x)$$, визначеній при $$x[x_0-h,x_0+h]$$ й обмежений $$|y(x)-y_0|<=b$$ також неперервну функцію $$A[y]=y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}$$, визначену при $$x[x_0-h,x_0+h]$$ й обмежену $$|A[y]-y(x)|<=b$$ .

Перевіримо, чи є оператор $$A$$ оператором стиску.

$$\begin{array}{c}(A[y],A[z])=\\ =\underset{x[x_0-h,x_0+h]}{\text{max}}|y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}-y_0-{}_{x_0}^{x}f(t,z(t))\text{dt}|\\ \underset{x[x_0-h,x_0+h]}{\text{max}}{}_{x_0}^x|f(t,y(t))-f(t,z(t))|\text{dt}\\ N\underset{x[x_0-h,x_0+h]}{\text{max}}{}_{x_0}^x|y(t)-z(t)|\text{dt}\\ <=N\underset{x[x_0-h,x_0+h]}{\text{max}}|y(t)-z(t)|{}_{x_0}^x\text{dt}\text{Nh}(y,z)\text{.}\end{array}$$.

І оскільки $$\text{Nh}<1$$, то оператор $$A$$ є оператором стиску $$(A[y],[z])<(y,z)$$, $$0<<1$$. Відповідно до принципу стислих відображень операторне рівняння $$A[y]=y$$ має єдиний розв’язок, тобто інтегральне рівняння $$y(x)=y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y(t))\text{dt}$$, чи задача Коші для диференціального рівняння.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y)$$, $$y(x_0)=y_0$$.

також має єдиний розв’язок.

Зауваження. Умову Ліпшиця $$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|<=N|y_1-y_2|$$ можна замінити іншою, більш грубою, але легше перевіряємою умовою існування обмеженої по модулю частинної похідної $$f_y^{\text{'}}(x,y)$$ в області $$D$$. Дійсно,.

$$|f(x,y_1)-f(x,y_2)|=|f_y^{\text{'}}(x,)||y_1-y_2|<=N|y_1-y_2|,$$.

де $$[y_1,y_2],N=\underset{(x,y)D}{\text{max}}|f_y^{\text{'}}(x,y)|$$ .

Використовуючи доведену теорему про існування та єдиність розв’язку задачі Коші розглянемо ряд теорем, що описують якісну поведінку розв’язків.

Теорема. (про неперервну залежність розв’язків від параметру) Якщо права частина диференціального рівняння.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y,)$$.

неперервна по $$$$ при $$[{}_1,{}_2]$$ і при кожному фіксованому $$$$ задовольняє умовам теореми існування й єдиності, причому стала Ліпшиця $$N$$ не залежить від $$$$, то розв’язок $$y=y(x,)$$, що задовольняє початковій умові $$y(x_0)=y_0$$, неперервно залежить від $$$$ .

Доведення. Оскільки члени послідовності.

$$y_n(x,)=y_0+{}_{x_0}^{x}f(t,y_n(t,))\text{dt}$$.

є неперервними функціями змінних $$x$$ і $$$$, а стала $$=\text{Nh}<1$$ не залежить від $$$$, то послідовність $$\left\{y_n(x,)\right\}$$ збігається до $$y(x,)$$ рівномірно по $$$$. І, як випливає з математичного аналізу, якщо послідовність неперервних функцій збігається рівномірно, то вона збігається до неперервної функції, тобто $$y=y(x,)$$ — функція, неперервна по $$$$ .

Теорема (про неперервну залежність від початкових умов). Нехай виконані умови теореми про існування та єдиність розв’язків рівняння.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y)$$.

з початковими умовами $$y(x_0)=y_0$$. Тоді, розв’язки $$y=y(x_0,y_0-x)$$, що записані у формі Коші, неперервно залежать від початкових умов.

Доведення. Роблячи заміну $$z=y(x_0,y_0-x)-y_0,t=x-x_0,$$ одержимо диференціальне рівняння $$\frac{\text{dz}}{\text{dt}}=f(t+x_0,z+y_0)$$ з нульовими початковими умовами. На підставі попередньої теореми маємо неперервну залежність розв’язків від $$x_0,y_0$$ як від параметрів.

Теорема (про диференційованість розв’язків). Якщо в околі точки $$(x_0,y_0)$$ функція $$f(x,y)$$ має неперервні змішані похідні до $$k$$ -го порядку, то розв’язок $$y(x)$$ рівняння.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x,y)$$.

з початковими умовами $$y(x_0)=y_0$$ в деякому околі точки $$(x_0,y_0)$$ буде $$(k+1)$$ — раз неперервно диференційований.

Доведення. Підставивши $$y(x)$$ в рівняння, одержимо тотожність.

$$\frac{\text{dy}(x)}{\text{dx}}f(x,y(x))$$ ,.

яку можна диференціювати.

$$\frac{d^{2}y}{{\text{dx}}^2}=\frac{f}{x}+\frac{f}{y}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{f}{x}+\frac{f}{y}f$$ .

Якщо $$k>1$$, то праворуч функція неперервно диференційована. Продиференціюємо її ще раз.

$$\frac{d^{3}y}{{\text{dx}}^3}=\frac{{}^{2}f}{x^2}+\frac{{}^{2}f}{xy}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}+\left(\frac{{}^{2}f}{yx}+\frac{{}^{2}f}{x^2}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}\right)f+\frac{f}{y}\left(\frac{f}{x}+\frac{f}{y}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}\right)$$ ,.

або.

$$\frac{d^{3}y}{{\text{dx}}^3}=\frac{{}^{2}f}{x^2}+\frac{{}^{2}f}{xy}f+\frac{{}^{2}f}{y^2}{f}^2+\frac{f}{y}\left(\frac{f}{x}+\frac{f}{y}f\right)\text{.}$$.

Проробивши це $$k$$ -разів, отримаємо твердження теореми.

Розглянемо диференціальне рівняння, не розв’язане відносно похідної $$F(x,y,y\text{'})=0$$ .

Нехай $$(x_0,y_0)$$ — точка на площині. Підставивши її в рівняння, одержимо відносно $$y\text{'}$$ алгебраїчне рівняння.

$$F(x_0,y_0,y\text{'})=0$$ .

Це рівняння має корені $$y_0^{\text{'}},y_1^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y_n^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.}$$. Задача Коші для диференціального рівняння, не розв’язаного відносно похідної, ставиться в такий спосіб. Потрібно знайти розв’язок $$y=y(x)$$ рівняння $$F(x,y,y\text{'})=0$$, що задовольняє умовам $$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_{{}_0}^{\text{'}}$$, де $$x_0,y_0$$ — довільні значення, а $$y_0^{\text{'}}$$ — один з вибраних наперед коренів алгебраїчного рівняння $$F(x_0,y_0,y\text{'})=0$$ .

Теорема (існування й єдиність розв’язку задачі Коші рівняння, не розв’язаного відносно похідної). Нехай у замкненому околі точки $$(x_0,y_0,y_0^{\text{'}})$$ функція $$F(x,y,y\text{'})$$ задовольняє умовам:

1) $$F(x,y,y\text{'})$$ — неперервна по всіх аргументах;

2) $$\frac{F}{y\text{'}}$$ існує і відмінна від нуля;

3) $$|\frac{F}{y}|<=N_1$$ .

Тоді при $$x[x_0-h,x_0+h]$$, де $$h$$ — досить мало, існує єдиний розв’язок $$y=y(x)$$ рівняння $$F(x,y,y\text{'})=0$$, що задовольняє початковій умові $$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_{{}_0}^{\text{'}}$$ .

Доведення. Як випливає з математичного аналізу відповідно до теореми про неявну функцію можна стверджувати, що умови 1) і 2) гарантують існування єдиної неперервної в околі точки $$(x_0,y_0,y_0^{\text{'}})$$ функції $$y\text{'}=f(x,y)$$, обумовленої рівнянням $$F(x,y,y\text{'})=0$$, для якої $$y_0^{\text{'}}=f(x_0,y_0)$$. Перевіримо, чи задовольняє $$f(x,y)$$ умові Ліпшиця чи більш грубій $$|\frac{f}{y}|<=N$$. Диференціюємо $$F(x,y,y\text{'})=0$$ по $$y$$. Оскільки $$y\text{'}=f(x,y)$$, то одержуємо.

$$\frac{F}{y}+\frac{F}{y\text{'}}\frac{f}{y}=0$$ .

Звідси.

$$\frac{f}{y}=-\frac{\frac{F}{y}}{\frac{F}{y\text{'}}}\text{.}$$.

З огляду на умови 2), 3), одержимо, що в деякому околі точки $$(x_0,y_0)$$ буде $$|\frac{f}{y}|<=N$$ і для рівняння $$y\text{'}=f(x,y)$$ виконані умови теореми існування й єдиності розв’язку задачі Коші.