Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Казанский федеральный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Конспект лекций по ДУ. Плещинский

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.02.2015

Размер:

337.35 Кб

Скачать

☆

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

[DEshr2.tex, 11.12.12]

Плещинский Н.Б.

Дифференциальные уравнения: конспект лекций

Издание второе, исправленное и дополненное

Этот текст не учебное пособие. Это всего лишь конспект лекций, написанный самим лектором. Кое-что написано немного не так, как это было или будет на лекциях. Как и в первой версии (2009), длинные доказательства сокращены, а некоторые простые и короткие вообще отсутствуют. Решения примеров не приводятся.

Благодарю всех, кто указал на неточности и опечатки в первом издании. PNB

Литература (любое издание):

1. Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения.

2. Карташев А.П., Рождественский Б.Л. Обыкновенные ДУ и основы вариационного исчисления. 3. Эльсгольц Л.Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление.

1. Введение в теорию ДУ

Дифференциальные уравнения (ДУ) основа математических моделей физических и других явлений и процессов. Основная цель теории ДУ разработка методов поиска решений дифференциальных уравнений и исследование их свойств.

1.1. Основные определения и терминология

Уравнение называется дифференциальным, если в нем содержатся производные искомых функций или дифференциалы величин, зависимости между которыми нужно найти.

Обыкновенное ДУ порядка m имеет вид

F (x; y; y0; : : : ; y(m)) = 0 (1),

здесь x независимая переменная, y = y(x) искомая функция. По традиции аргументы у искомой

функции и ее производных не пишутся.

Уравнение 1-го порядка в дифференциалах : F (x; y; dx; dy) = 0. В ДУ с частными производными

искомая функция зависит от двух и более независимых переменных.

Решением ДУ (1) называют такую функцию y(x), которая при подстановке в уравнение обра-

щает его в тождество. Подразумевается, что эта функция дифференцируема достаточное число раз, а области определения уравнения и его решения согласованы.

По умолчанию все рассматриваемые функции принимают вещественные значения, но комплекснозначные решения ДУ также будут рассматриваться.

Любое конкретное решение ДУ называют его частным решением. Общим решением называется формула, содержащая одну или несколько произвольных постоянных, по которой могут быть получены частные решения. У ДУ могут быть также особые решения, которые, как правило, не выводятся из общего решения. Точное0 определение будет дано позже.

R Самый простой пример ДУ : y = f(x). Все его решения дает формула (общее решение) y = f(x) dx + C, ãäå C произвольная постоянная.

Если решение ДУ выражено через элементарные функции, то говорят, что оно найдено в явном виде. Если решение записано через элементарные функции и интегралы от них, то оно найдено в квадратурах. Решение (приближенное) ДУ может быть также найдено в виде таблицы или графика.

В некоторых случаях удается только доказать, что решение существует. Есть уравнения, решения которых существуют, не могут быть получены в квадратурах. Например, y0 = x2 + y2.

Слова "в явном виде" не предполагают, что решение найдено как явная функция. Оно может быть записано также в неявной или в параметрической форме.

Чтобы выделить конкретное решение из множества всех решений ДУ, нужно задать дополнительные условия. Для ДУ 1-го порядка обычно задают условие Коши : y(x0) = y0. Геометрический смысл этого условия график решения проходит через заданную точку.

Графики решений ДУ называют интегральными кривыми.

Пример: y0 =

Если ДУ имеет вид y0 = f(x; y), то в каждой точке плоскости с координатами (x; y) известно

направление интегральной кривой, проходящей через эту точку. На этом основан метод изоклинграфический метод решения ДУ.

Изоклина это геометрическое место точек, в которых интегральные кривые ДУ имеют одно и то же направление. Уравнение изоклины f(x; y) = tg ®, ãäå ® угол наклона касательной к

интегральной кривой относительно оси абсцисс. Идея следующая: выбрать несколько значений ®,

построить на плоскости соответствующие им изоклины и, начиная из некоторой точки, провести интегральную кривую так, чтобы она пересекала изоклины под нужным углом.

y ¡ x

y + x.

1.2. Задачи, приводящиеся к ДУ

1.Задача о радиоактивном веществе. Скорость распада радиоактивного вещества пропорциональна его массе. Найти зависимость массы вещества от времени.

Уравнение m0(t) = ¡k m(t); k > 0. Его решение m(t) = c e¡kt èëè m(t) = m(0) e¡kt.

2.Задача о пуле. Пуля ударяет в доску толщиной 0.1 метра со скоростью 200 м/с и вылетает

ñдругой стороны со скоростью 80 м/с. Найти время, в течение которого пуля находилась внутри доски. Указание: сила сопротивления движению пропорциональна квадрату скорости.

Уравнение m s00 = ¡k (s0)2, здесь s(t) пройденный путь за время t.

3.Задача о кривой. Найти кривую на плоскости со следующим свойством: треугольник, образованный касательной к кривой и осями координат, имеет постоянную площадь. 0 (тангенс

Если построить такой треугольник и выразить его площадь через величины x, y è y

³y ´

=2S.

y0
4. Задача о зеркале. Найти форму зеркала, которое отражает параллельно заданному направ-
лению световые лучи, исходящие из точки.
Пусть (для простоты) зеркало является поверхностью вращения. Рассмотрим сечение искомой
поверхности плоскостью, проходящей через ось симметрии. Тогда y0 =			y
		x +			.
		x +		x2 + y2	.
5. Задача о растворе. В баке имеется M литров раствора соли.			p
	Каждую секунду из бака выте-

êàåò m литров раствора, доливается столько же воды, и смесь перемешивается. Найти зависимость

концентрации раствора от времени.
Пусть x(t) масса соли в баке в момент времени t. Как изменится эта величина за малый
промежуток времени ¢t? Очевидно, что x(t + ¢t) = x(t) ¡ m						x(t)	¢t. Поделим на ¢t, перейдем к

						M
					x(t). Решение этого ДУ : x(t) = x(0) e¡			m
пределу при ¢t		0 и получим x0(t) =		m					t	.
	!							M

			¡M

1.3. Системы дифференциальных уравнений

Система обыкновенных ДУ может быть записана, например, так :

Fj(x; y1; y0 ; : : : ; y(m1); y2; y0

; : : : ; y(m2); : : : ; yn; y0 ; : : : ; yn(mn)) = 0;

j = 1 : : s

(2).

Для систем ДУ графики решений обычно строятся в пространстве переменных y1; : : : ; yn. Ýòî

пространство называется фазовым, а интегральные кривые в нем траекториями.

Пример: y0 = y

;

. Здесь изоклины в фазовом пространстве прямые, проходящие

через начало координат. Траектории должны пересекать их под прямым углом. Следовательно, эти

траектории окружности y1

= c sin x;

y2 = c cos x èëè y1 = c cos x; y2

= ¡c sin x.

Теорема. Любая система ДУ приводится к системе уравнений первого порядка.

Доказательство. Рассмотрим систему ДУ (2). Введем новые искомые функции:

= y1; z2

= y0

; : : : ; zm

= y(m1¡1); : : : ; zm +1 = y2; : : : ; zm

+:::+m

= yn(mn¡1). Получим новую

систему уравнений Fj(x; z1; z2; : : : ; zm1 ; zm0 1 ; zm1+1; : : : ; zm0 1+:::+mn ) = 0;

j = 1 : : s è åùå z10

= z2; z20 =

; : : : ; z0

= z

; : : : ; z0

= z

; : : : ; z0

= z

m1+:::+mn

m1¡1

m1+:::+mn¡1+1

m1+:::+mn¡1+2

m1+:::+mn¡1

Пример. y00 + y = 0. Åñëè y

= y; y

= y0, то система уравнений 1-го порядка y0

= y

;

y0 =

y .

¡ 1

2. Уравнения 1-го порядка, разрешаемые в квадратурах

0 ДУ 1-го порядка, разрешенные относительно производной, записывают или в нормальной форме

y = f(x; y) или в дифференциалах P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0.

2.1. Уравнения в полных дифференциалах

Уравнение P (x; y) dx+Q(x; y) dy = 0 называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть представляет собой дифференциал некоторой функции. Следовательно, если dF (x; y) = P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0, то решение этого уравнения F (x; y) = C.

Пример 1. y dx + x dy = 0.

Теорема 1. Уравнение P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0 является уравнением в полных дифференциа-

@P @Q

лах тогда и только тогда, когда @y ¡ @x = 0.

²Доказательство. Необходимость очевидна. Достаточность доказывается в курсе мат. анализа :-) Пример 2. y dx ¡ x dy = 0. Это уравнение не в полных дифференциалах.

2.2. Уравнения с разделяющимися переменными

Уравнение вида p1(x) p2(y) dx + q1(x) q2(y) dy = 0 называется уравнением с разделяющимися переменными.

Теорема 2. Уравнение с разделяющимися переменными разрешаемо в квадратурах.

Доказательство. Поделим обе части уравнения на p2(y)q1(x) (считаем, что это выражение

не нуль). Найдется функция, дифференциал которой совпадает с левой частью нового уравнения.
Тогда эта функция постоянная. Поэтому общее решение Z	q1	(x) dx + Z	p2	(y) dy = C. ²
	p1	(x)	q2	(y)

Замечание. Следует проверить, не потеряны ли решения вида q1(x) = 0 è p2(y) = 0.

Уравнение в нормальной форме является уравнением с разделяющимися переменными, если

f(x; y) = f1(x) f2(y).

Пример 3. xy dx + (x + 1) dy = 0.

Пример 4. y0 = cos(x ¡ y ¡ 1). Здесь нужна замена искомой функции.

2.3. Интегрирующий множитель

Функция ¹(x; y) называется интегрирующим множителем для уравнения P dx+Q dy = 0, åñëè


после умножения на нее уравнение становится уравнением в полных дифференциалах.
		Был ли найден интегрирующий множитель для уравнения с разделяющимися переменными?
		Теорема 3. Если найдется такая функция !(x; y), ÷òî
	@P				@Q		= f[!(x; y)], то интегрирующий множитель ¹ = eR
Q			¡
	@!				P @!
	@y				@x		f(!) d!.
				¡
		@x				@y

Доказательство. После умножения на интегрирующий множитель получим ¹P dx + ¹Q dy = 0.

По теореме 1 должно выполняться равенство

@(¹P )

@(¹Q)

= 0. Раскроем скобки и получим

@¹

P + ¹

Q ¡ ¹

= 0. Åñëè ¹ = ¹[!(x; y)], òî ¹0

P + ¹

¡ ¹0

Q ¡ ¹

= 0.

¹0

Отсюда

= f[!(x; y)]. Если правая часть функция от ¹, òî ¹ легко найти. ²

¡ P

Êсожалению, общего правила для выбора функции ! нет. Два самых простых частных случая:

!= x è ! = y.

Пример 5. (x2 + y2 + y) dx ¡ x dy = 0. Можно взять !(x; y) = x2 + y2.

Доказательство. Введем новую искомую функцию

2.4. Однородные уравнения и приводящиеся к ним

³y ´

Уравнение вида y0 = f x называется однородным уравнением. Эквивалентное определение: уравнение P (x; y) dx+Q(x; y) dy = 0 называется однородным, если найдется такое ®, ÷òî P (tx; ty) =

t®P (x; y), Q(tx; ty) = t®Q(x; y) 8t; x; y.

Теорема 4. Однородное уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными. z = xy . Если уравнение в нормальной форме, то y0 = z0x + z и тогда новое уравнение z0x + z = f(z). Если уравнение в дифференциалах, то

dy = zdx + xdz и, следовательно, [P (1; z) + Q(1; z)z] dx + Q(1; z)x dz = 0. ²

Пример 6. y0 =

Пример 7. ³xy + y2e¡xy ´dx ¡ x2 dy = 0.

разрешаемо в квадратурах.

Следствие. Уравнение вида y0

= f³a2x + b2y + c2

a1x + b1y + c1

Доказательство. Если d = ¯

= 0, то нужно ввести новую искомую функцию z = a1x +

b1y. Åñëè æå d = 0, òî y è x заменяются¯ ¯

íà z = a1x + b1y + c1 è t = a2x + b2y + c2.

Пример 8. (x + y ¡ 2) dx ¡ (x ¡ y + 4) dy = 0.

2.5. Линейные уравнения 1-го порядка

Уравнение вида y0 + p(x)y = q(x) называется линейным уравнением 1-го порядка.

Теорема 5. Линейное уравнение 1-го порядка разрешаемо в квадратурах.						C
постоянная.	y0+p(x)y = 0			y = C e¡ R		C
Доказательство. Уравнение		имеет решение		p(x) dx, ãäå			произвольная
Доказательство. Уравнение		имеет решение					произвольная
функция. ²			y = C(x) e¡ R		C(x)
Будем искать решение исходного уравнения в виде				p(x) dx, ãäå			новая искомая
Будем искать решение исходного уравнения в виде							новая искомая

Пример 9. y0 + 2y = x.

Следствие. Уравнение Бернулли y0 +p(x)y = q(x)y® (® 6= 0; ® 6= 1) разрешаемо в квадратурах.

3. Существование и единственность решения задачи Коши

0 Докажем, что при некоторых условиях существует единственное решение ДУ

y = f(x; y) (1),

удовлетворяющее условию

y(x0) = y0 (2).

Пусть функция f(x; y) определена в прямоугольнике ¦ = f(x; y) j jx ¡ x0j · a; jy ¡ y0j · bg. Функция g(y) удовлетворяет условию Липшица на множестве Y , åñëè

9L > 0 j jg(y1) ¡ g(y2)j · L jy1 ¡ y2j 8y1; y2 2 Y . Число L постоянная Липшица. Условие Липшица сильнее, чем непрерывность, но слабее, чем дифференцируемость.

Теорема. Если функция f(x; y) непрерывна по x и удовлетворяет условию Липшица по y, òî

в некоторой окрестности (x0 ¡ h; x0 + h) точки x0 существует единственное решение задачи Коши.

План доказательства.

1. Перейдем от задачи Коши к интегральному уравнению (ИУ). 2. Построим специальную последовательность функций.

3. Докажем, что эта последовательность равномерно сходится.

4. Докажем, что ее предел решение ИУ.

5. Докажем вспомогательную лемму об интегральных неравенствах.

6. Докажем, что решение может быть только одно.

3.1. Существование решения

1. Перейдем от задачи Коши к интегральному уравнению (ИУ).

Пусть y(x) решение задачи Коши (1), (2), определенное в интервале (x0 ¡ h; x0 + h). Тогда выполняется тождество y0(x) = f(x; y(x)) 8x 2 (x0 ¡ h; x0 + h). Интегрируем это тождество от x0

äî x:

y(x) = y0 + Rx f(t; y(t)) dt; x 2 (x0 ¡ h; x0 + h) (3).

Получили, что y(x) удовлетворяет интегральному уравнению (3).

Åñëè y(x) решение уравнения (3), то y(x) является также решением задачи Коши. ²

2. Построим последовательность функций по следующему правилу.

Пусть

Чтобы эти формулы

'0(x) = y0, '1(x) = y0 +

f(t; y0) dt,

: : : ,

'n(x) = y0 +

f(t; 'n¡1(t)) dt

(4).

j'n(x) ¡ y0j · b 8x 2 (x0 ¡ h; x0 +

имели смысл, должно выполняться условие

h); n = 0; 1; : : :

Выберем h так, чтобы это условие выполнялось. При n = 0 j'0(x) ¡ y0j = 0 · b.

Обозначим

max

(5)

M = (x;y)

¦ jf(x; y)j

¯x0

f(t; y0) dt¯

· M jx ¡ x0j · Mh.

Ïðè n = 1 j'1(x) ¡ y0j ·

¯R

Пусть h = min

; a

(6)¯ .

³yM

Тогда

(x)

b´.

0j ·

j'n¡1(x) ¡ y0j · b

Применим

метод математической индукции. Предположим, что

и оценим

¯R

j'n(x) ¡ y0j · ¯x0

f(t; 'n¡1(t)) dt¯ · Mh · b.

3. Докажем,¯

что последовательность¯

'n(x) равномерно сходится.

Частичные суммы ряда Sn(x) = 'n(x).

Рассмотрим функциональный ряд '0(x) + n=1['n(x) ¡ 'n¡1(x)]

(7).

Поэтому ряд равномерно сходится тогда и только тогда,

когда равномерно сходится последовательность 'n(x).

Оценим члены ряда. При

' (x)

(x)

j ·

. Ïðè k =

2 '

(x)

j 2

j ·

¯x0 jf(t; '1(t)) ¡ f(t; '0(t))j dt¯

¯x0 Lj'1(t) ¡ '0(t)j dt¯ · MLjx¡2 0j .

индукции. Предположим,¯

÷òî

Применим метод математической¯ ¯

¯x

(x)

n¡1

n¡2

MLn¡2 j

¡ 0j

. Тогда

n¡1

j ·

(n¡1)!

j'n(x) ¡ 'n¡1

j · ¯x0 j

n¡1(t)) ¡ f(t; 'n¡2(t nj

¯ · ML ¡

n! .

Отсюда следует, что

1 h

(x)

(8)¯

n 1 jx¡x0jn

' (x)

f(t; '

)) dt

¯j n

¡ n¡1

j ·

¡ n!

Функциональный ряд (7) мажорируется числовым рядом

=1 MLn¡1 n! . Числовой ряд сходится

по признаку Даламбера :

an+1

! 0 < 1 ïðè n ! +1. Поэтому функциональный ряд

n + 1

сходится равномерно.

4. Докажем, что предел последовательности 'n(x) решение ИУ.

Обозначим

'(x) =

lim

(x). Перейдем к пределу при n

в равенстве ' (x) = y

n!+1

сходится, то последовательность f(x; 'n(x)) тоже равномерно сходится. Тогда '(x)

y0 +

f(t; 'n¡1(t))

dt. Так как функция f(x; y)

непрерывна и последовательность 'n(x)

равномер-

íî

lim

f(t;

lim f(t; '

(t)) dt

lim

nx!+1xR0

'n¡1(t)) dt = y0 + xR0 n!+1

n¡1

y0 + xR0 f(t; n!+1

n¡1(t)) dt = y0 +

xR0

f(t; '(t)) dt. Таким образом, '(x) решение ИУ (3) и '(x) решение задачи Коши.

3.2. Единственность решения

5. Докажем вспомогательную лемму об интегральных неравенствах.

Лемма (Гронуола-Беллмана). Пусть функция y(x) непрерывна на отрезке [a; b], A > 0; B > 0.

jy(t)j dt¯

Åñëè jy(x)j · A + B¯x0

8x; x0 2 [a; b];

(I)

òî

y(x)

x0 R

x; x

[a; b]: (II)

j ¡

¯j

j ·

2¯

max

y(x) . Пусть для определенности x > x

Доказательство. Обозначим

. Тогда из нера-

N = x

[a;b] j

венства (I) следует jy(x)j · A + BxR0

jy(t)j dt · A + BxR0

N dt = A + BN(x ¡ x0).

Подставим правую часть

этого неравенства в неравенство (I) :

jy(x)j · A + BxR0

[A + BN(t ¡

(x x0)2

x0)] dt = A + BA(x

x0) + B

. Подставим правую часть этого неравенства в неравенство

jy(x)j · A + BA(x ¡ x0) + : : : + B

(x¡x0)

(I). . . и так далее. На шаге с номером

получим

(x¡x0)

n+1

. Перейдем к пределу при n ! +1

. Получим

B(x

x0).

(n+1)!

jy(x)j · Ae

Åñëè x < x0, òî jy(x)j · AeB(x0¡x). Неравенство (II) доказано.

6. Докажем, что у задачи Коши может быть только одно решение.

Предположим, что функции '(x); Ã(x) решения интегрального уравнения (3). Тогда '(x) =

+ f(t; '(t)) dt,

f(t; Ã(t)) dt.

xR0

Ã(x) = y0

+xR0

Рассмотрим

разность

'(x) ¡ Ã(x) = xR0 [f(t; '(t)) ¡ f(t; Ã(t))] dt

. Оценим абсолютную величину

j'(t) ¡ Ã(t)j dt¯. Применим

j'(x) ¡ Ã(x)j · ¯x0

jf(t; '(t)) ¡ f(t; Ã(t))j dt¯ · (условие Липшица) · L¯x0

лемму об

интегральных неравенствах и получим

'(x)

Ã(x)

. Следовательно,

'(x)¯

= Ã(x)

¯R

j ·

¯R

Замечания. Если функция f(x; y) ïî y не удовлетворяет условию Липшица, а только непрерывна,

то можно доказать существование решения и нельзя доказать его единственность.

Метод доказательства существования решения это метод последовательных приближений Пи-

êàðà.

Пример. Задача Коши y0 = p

y(0) = 0 имеет два решения : y = x2=4 è y = 0. Почему два?

3.3. Принцип сжимающих отображений

Множество X метрическое пространство, если каждой паре x; y его элементов поставлено в соответствие вещественное число ½(x; y) (расстояние или метрика) и выполнены три условия:

1) ½(x; y) ¸ 0, ½(x; y) = 0 , x = y; 2) ½(x; y) = ½(y; x);

3) ½(x; y) · ½(x; z) + ½(y; z) 8x; y; z 2 X.

Последовательность элементов xn сходится к элементу a, åñëè ½(xn; a) ! 0 ïðè n ! +1. Последовательность элементов xn называется фундаментальной, если

8" > 0 9N = N(") j ½(xn; xm) < " 8n; m > N.

Метрическое пространство называется полным, если любая фундаментальная последователь-
ность его элементов сходится.
Полными метрическими пространствами являются множества вещественных и комплексных
чисел, множество n-мерных векторов (с вещественными или с комплексными компонентами), а
также C([a; b])				множество функций, непрерывных на отрезке [a; b], с метрикой ½(x(t); y(t)) =
max	x(t)	¡	y(t)		.
t [a;b] j				j

Элемент x 2 X неподвижная точка отображения A : X ! X, åñëè A(x) = x.

Отображение A : X ! X называется сжимающим, если при некотором ® 2 (0; 1) выполняется

неравенство ½(A(x); A(y)) · ® ½(x; y) 8x; y 2 X.

Теорема (принцип сжимающих отображений). Любое сжимающее отображение в полном метрическом пространстве имеет единственную неподвижную точку.

n!+1

(®n+p

Доказательство. Пусть x0 2 X произвольный элемент. Построим последовательность элемен-

òîâ x1 = A(x0); x2 = A(x1); : : : ; xn = A(xn¡1); : : :

Покажем, что последовательность xn фундаментальна. Рассмотрим

½(xn+1; xn) = ½(A(xn); A(xn¡1)) · ®½(xn; xn¡1) · : : : · ®n½(x1; x0).

Пусть m = n + p. Тогда ½(xm; xn) · ½(xn+p; xn+p¡1)+ ½(xn+p¡1; xn+p¡2) + : : : + ½(xn+1; xn) ·

+ ®n+p¡1 + : : : + ®n)½(x1; x0) · ®n½(x1; x0)(®p + : : : + 1) = ®n½(x1; x0)1¡®p+1

1¡® .

Åñëè n ! +1, то правая часть неравенства стремится к нулю. Таким образом, xn фундамен-

тальная и, следовательно, сходящаяся последовательность.

Пусть a = lim xn. Покажем, что a неподвижная точка отображения A. В неравенстве

½(a; A(a)) · ½(a; xn) + ½(xn; A(a)) = ½(a; xn) + ½(A(xn¡1); A(a)) · ½(a; xn) + ®½(xn¡1; a) перейдем к

пределу при n ! +1. Получим ½(a; A(a)) = 0. Следовательно, A(a) = a.

Покажем, что неподвижная точка может быть только одна. Пусть a = A(a) è b = A(b). Тогда

½(a; b) = ½(A(a); A(b)) · ®½(a; b). Отсюда (1 ¡ ®)½(a; b) · 0 è ½(a; b) = 0. Поэтому a = b. ²

Следствие. При достаточно малых h решение задачи Коши существует и единственно.

метрическое пространство функций, непрерывных на

xR0

. Построим отоб-

Доказательство. Рассмотрим интегральное уравнение y(t) = y0 +

f(t; y(t)) dt. Пусть C([x0 ¡

h; x0 + h])

[x0 ¡ h; x0 + h]

ражение: A : y(t) 7!y0 +xR0

f(t; y(t)) dt.

y(t)) ¡ f(t; z(t))] dt¯

½(A(y(x)); A(z(x))) = x

[x0

h;x0

+h] ¯x0

¯R

[f(t;

Оценим расстояние

max

y(t)

z(t) dt

max

½(y(¯t); z(t)) dt

Lh½(y(x); z(x¯)).

Lh < 1

сжимающее.

· x

[x0

h;x0

[x0 h;x0+h] ¯x0

¯ · x

+h] ¯x0

¯ ·

Если , то отображение Тогда ИУ имеет единственное решение.

4. Приближенные и численные методы решения задачи Коши

Пусть на отрезке [x0; x0 + a] нужно найти решение задачи Коши y0 = f(x; y); y(x0) = y0.

Предположим, что условия теоремы существования и единственности решения выполнены. Будем называть приближенным решением задачи Коши функцию, достаточно близкую к точно-

му решению. Будем обозначать y(x) точное решение задачи Коши, y~(x) приближенное решение.

На практике обычно выбирают некоторое множество значений независимой переменной xj; j =

0 : : N и находят (приближенно!) соответствующие им значения приближенного решения yj = y~(xj); j = 0 : : N. Численным решением задачи Коши будем называть множество пар (xj; yj); j =

0 : : N.

Если найдено численное решение задачи Коши, то ее приближенное решение может быть по-
	N			N
строено, например, как интерполяционный полином Лагранжа: y~(x) =		y	j	k=0Q; k6=j	x ¡ xk				.
	j=0		j		x	¡	x	k	.
	j=0				j			k
	P

Иногда численным решением называют множество коэффициентов разложения приближенного решения по заданной системе функций.

4.1. Метод последовательных приближений

Метод доказательства теоремы существования и единственности решения задачи Коши можно использовать при построении алгоритма ее численного решения. Можно взять y~(x) = 'M (x), ãäå

M некоторое достаточно большое число.

Алгоритм метода последовательных приближений в общем случае состоит в следующем. Обозначим 'm;j = 'm(xj). Тогда

'0;j = y0; j = 0 : : N è 'n;j = y0 + Rxj f(t; 'n¡1(t)) dt; j = 0 : : N; n = 1; 2; : : :.

xRj+1

Для приближенного вычисления интегралов используем квадратурную формулу x0 f(t) dt = Pj Ak f(xk), ãäå Ak некоторые коэффициенты (не зависящие от функции f(t)). Если используется

k=0

формула левых прямоугольников, то Ak = fxk ¡ xk¡1; k =6 j; 0; k = jg. Тогда

'n;j = y0 + Pj Akf(xk; 'n¡1;k); j = 0 : : N; n = 1 : : M.

k=0

В частном случае, когда xk ¡ xk¡1 = h (равноотстоящие узлы) и используется формула левых

прямоугольников для приближенного вычисления интеграла,

j¡1

'0;j = y0 è 'n;j = y0 + h P f(xk; 'n¡1;k); j = 0 : : N; n = 0 : : M.

k=0

4.2. Метод Эйлера и метод Рунге-Кутта

При численном решении задачи Коши y0			= f(x; y); y(x0) = y0 лучше использовать алгоритм
метода Эйлера.	отрезке [x0; x0	+ a] óçëû xj;	j = 0 : : N. Будем искать значения приближенного
Выберем на

решения yj = y~(xj); j = 0 : : N следующим образом: 1) y0 = y0;

2) yj+1 = yj + f(xj; yj) (xj+1 ¡ xj); j = 0 : : N ¡ 1.

Этот алгоритм основан на следующей простой идее. Равенство y0(xj) = f(xj; y(xj)) заменяется

на приближенное равенство	y(xj+1) ¡ y(xj)	= f(xj; y(xj)).

	xj+1 ¡ xj

Геометрический смысл метода: через каждую точку с координатами (xj; yj) проводится касательная к графику интегральной кривой до пересечения с вертикалью x = xj+1.

Ломаная, соединяющая точки (xj; yj), называется ломаной Эйлера. Эта ломаная график при-
ближенного решения, полученного из численного решения кусочно-линейной интерполяцией.
Ìåòод Эйлера можно улучшить (метод Эйлера с выравниванием) :
1) y0 = y0;
2) m1 = f(xj; yj), m2 = f(xj+1; yj+m1(xj+1¡xj)), yj+1 = yj+	m1+m2	(xj+1¡xj), j = 0 : : N¡1.
	2

Алгоритм метода Рунге-Кутта немного сложнее, но существенно точнее. Для равноотстоящих

узлов

= y0;

1) y0

), m

= f(x + h

+ h m

), m

= f(x

+ h ; y

+ h m ), m

= f(x

+ h; y

+ hm ),

2) m

= f(x ; y

; y

j j

2 1

2 2

yj+1 = yj +

m1+2m2+2m3+m4

h; j = 0 : : N ¡ 1.

Пример. y0 = y;

y(0) = 1; [0; 1];

h = 0:2.

4.3. Погрешность метода Эйлера

Пусть y(x) точное решение задачи Коши y0 = f(x; y); y(x0) = y0 на отрезке [x0; x0 + a]. Пусть (xj; yj); j = 0 : : N ее численное решение, полученное методом Эйлера. Построим приближенное

решение с помощью кусочно-линейной интерполяции:

yj+1¡yj

y~(x) = yj + xj+1¡xj

Обозначим ±(x) = y(x)

(x ¡ xj) x 2 [xj; xj+1]

y~(x) погрешность метода Эйлера. Пусть h =

max

x ).

j=0 : : N

j+1

Теорема. Если функция f(x; y) удовлетворяет условию Липшица по x è ïî y, òî j±(x)j · O(h).

Доказательство. Вычислим производную погрешности при x 2 [xj; xj+1] :

±0(x) = y0(x) ¡ y~0(x) = f(x; y(x)) ¡ f(xj; yj) = (вычитаем и добавляем)

= f(x; y(x)) ¡ f(xj; y(x)) + f(xj; y(x)) ¡ f(xj; y~(x)) + f(xj; y~(x)) ¡ f(xj; yj). Тогда j±0(x)j · L jx ¡ xjj + L jy(x) ¡ y~(x)j + L jy~(x) ¡ yjj.

Обозначим M =	max				f(x; y) (так как функция f(x; y) непрерывна, то такое M существует).
(x;y)			2	¦ j	j
	x		2					x
	x							x
Очевидно, что ±(x) · x0		±0(t) dt+±(x0), причем ±(x0) = 0. Поэтому j±(x)j · L(M +1)ha+Lx0							j±(t)j dt.
Применим лемму	об интегральных неравенствах :					La	const	R	.
Применим лемму	R					j±(x)j · L(m + 1)hae =	const	R	.
						j±(x)j · L(m + 1)hae =		¢ h = O(h) ²

Замечания. Реальная погрешность численного метода всегда меньше теоретической. Из теоремы следует, что j±(x)j ! 0 ïðè h ! 0, т. е. решение задачи Коши существует и единственно.

Нужно доказать, что существует

(вычитаем и добавляем)

5. Зависимость решения задачи Коши от исходных данных

В задаче Коши y0 = f(x; y); y(x0) = y0 исходными данными являются функция f(x; y) и число

y0. Вопрос : если взять задачи Коши с близкими исходными данными, то насколько близкими будут их решения? 0

Рассмотрим задачу Коши для ДУ с правой частью, зависящей от параметра ¹ : y = f(x; y; ¹),

y(x0) = y0, причем пусть j¹ ¡ ¹0j · c. Решение этой задачи обозначим y(x; ¹). Исследуем характер зависимости y(x; ¹) îò ¹.

Обозначим ¦ = f(x; y; ¹) j jx ¡ x0j · a; jy ¡ y0j · b; j¹ ¡ ¹0j · cg.

Теорема 1. Если функция f(x; y; ¹) определена и непрерывна в параллелепипеде ¦ и удовлетворяет условию Липшица по y, то решение задачи Коши непрерывно зависит от ¹.

Доказательство. При перечисленных условиях решение задачи Коши существует и единственно. Обозначим ¢y = y(x; ¹ + ¢¹) ¡ y(x; ¹) (здесь и далее указываются не все аргументы рассмат-

риваемых величин). Нужно доказать, что

8" > 0 9± > 0 j j¢yj < " 8¢¹; ¢¹ < ±; 8x.

Функции y(x; ¹) è y(x; ¹ + ¢¹) решения задачи Коши. Поэтому выполняются равенства

y0(x; ¹) = f(x; y(x; ¹); ¹), y(x0; ¹) = y0 è y0(x; ¹+¢¹) = f(x; y(x; ¹+¢¹); ¹+¢¹), y(x0; ¹+¢¹) = y0.

Тогда производная ¢y по переменной x

(¢y)0x = f(x; y(x; ¹ + ¢¹); ¹ + ¢¹) ¡ f(x; y(x; ¹); ¹) =

= f(x; y(x; ¹+¢¹); ¹+¢¹)¡f(x; y(x; ¹+¢¹); ¹)+f(x; y(x; ¹+¢¹); ¹)¡f(x; y(x; ¹); ¹). Следовательно j(¢y)0j · jf(x; y(x; ¹ + ¢¹); ¹ + ¢¹) ¡ f(x; y(x; ¹0; ¹ + ¢¹)j + jf(x; y(x; ¹ + ¢¹); ¹) ¡ f(x; y(x; ¹); ¹)j = f1g + f2g.

В силу условия Липшица f1g · Ljy(x; ¹ + ¢¹) ¡ y(x; ¹)j.

Так как функция f(x; y; ¹) непрерывна, то 8"1 > 0 9±1 > 0 j jf2gj < "1 8¢¹; j¢¹j < ±1.

Поэтому

(¢y)0

j ·

¢y

+ "

ïðè

¢¹

< ±

Очевидно, что ¢y(x0) = 0 è ¢y = x0

(¢y)0(t) dt. Отсюда j¢yj · Lx0

j(¢y)0jdt + "1a.

Применим лемму об интегральных неравенствах и получим

La.

j¢yj · "1ae

Выберем "1 так, чтобы "1aeLa < ". Тогда ± = ±1. ²

Следствие. Решение задачи Коши непрерывно зависит от значения y0.

Доказательство. Введем новую искомую функцию y~ = y ¡ y0. Эта функция является решением задачи Коши y~0 = f(x; y~ + y0) = f1(x; y;~ y0); y~(x0) = 0. Применим теорему 1, считая, что ¹ = y0. ²

Теорема 2. Если функция f(x; y; ¹) непрерывна в ¦ и имеет непрерывные частные производные

@f @f

@y è @¹, то решение задачи Коши дифференцируемо по параметру ¹ в интервале (¹0 ¡c; ¹0 + c).

Доказательство. Пусть, как и раньше, ¢y = y(x; ¹ + ¢¹) ¡ y(x; ¹).

lim ¢y

¢¹!0 ¢¹.

Предположим, что решение задачи Коши y(x; ¹) дифференцируемо по ¹. Равенства y0(x; ¹) =

f(x; y(x; ¹); ¹),

y(x0; ¹) = y0 дифференцируем по ¹:

0(x; ¹) =

(x; y; ¹)

(x; ¹) +

(x; y; ¹),

(x0; ¹) = 0.

³d¹

d¹

@¹

d¹

Пусть u(x; ¹) решение задачи Коши u0(x; ¹) =

(x; y; ¹) u(x; ¹) +

(x; y; ¹); u(x0; ¹) = 0

@¹

(это уравнение линейное, его решение находится в квадратурах).

Докажем, что

lim

¢y

= u(x; ¹). Обозначим v(x; ¹; ¢¹) =

¢y

u(x; ¹).

¢¹

Дальнейшие действия такие же, как и раньше (только формулы сложнее). По построению v(x0) = 0. Поэтому v(x) = Rx v0(t) dt. Вычислим производную функции v и оценим ее абсолют-

¢y

ную величину. Ясно, что

. Здесь

v0(x; ¹; ¢¹) =

³¢¹´

¡ u0

(x; ¹)

¢y

´0

¢¹

f(x; y(x; ¹ + ¢¹); ¹ + ¢¹) ¨ f(x; y(x; ¹); ¹ + ¢¹) ¡ f(x; y(x; ¹); ¹) =

+ x'0(p) =

(формула конечных приращений Лагранжа)
=	@f		(x; y(x; ¹) + µ1¢y; ¹ + ¢¹)	¢y	+	@f	(x; y(x; ¹); ¹ + µ2	¢¹)
		@y		¢¹		@¹

и так далее ... :-( ?²

6. Уравнения 1-го порядка, не разрешенные относительно производной

Исследуем ДУ 1-го порядка общего вида F (x; y; y0) = 0.

6.1. Условия существования и единственности решения

Если уравнение F (x; y; y0) = 0 можно разрешить относительно производной y0, то получится

одно или больше уравнений вида y0 = fj(x; y); j = 1; 2; : : : Зададим условие Коши y(x0) = y0. Предположим, что условия теоремы существования и единственности решения задачи Коши выполнены. Тогда у задачи Коши решений столько, сколько получилось разрешенных относительно производной уравнений.

Если интегральные кривые, проходящие через точку (x0; y0), имеют разные касательные, то, чтобы выделить единственное решение задачи Коши, можно задать дополнительное условие y0(x0) =

y1. Число y1 нельзя задавать произвольно, оно должно быть корнем уравнения F (x0; y0; y1) = 0. Пример 1. y02 ¡ (2x + y)y0 + 2xy = 0.

Теорема. Пусть (x0; y0; y1) такие числа, что F (x0; y0; y1) = 0. Åñëè

1)функция F (x; y; y0) и ее частные производные непрерывны в окрестности точки (x0; y0; y1);

2)@y@F0 (x0; y0; y1) 6= 0,

то в окрестности точки x0 существует единственное решение уравнения F (x; y; y0) = 0, удовлетворяющее условиям y(x0) = y0, y0(x0) = y1.

Доказательство. По теореме о неявной функции в окрестности точки (x0; y0; y1) существует единственная функция f(x; y), удовлетворяющая условиям F (x; y; f(x; y)) = 0 è f(x0; y0) = y1. Ýòà функция непрерывна и дифференцируема, ее производная по y находится как производная неявной

функции. Следовательно, функция f(x; y) удовлетворяет условию Липшица по y. Тогда существует

единственное решение задачи Коши y0 = f(x; y); y(x0) = y0, которое по построению такое, что

y0(x0) = y1. ²

6.2. Метод введения параметра (метод предварительного дифференцирования)

Уравнения вида F (x; y0) = 0 è F (y; y0) = 0 называются неполными.

Начнем с уравнения F (x; y0) = 0. Если уравнение можно разрешить относительно x : x = f(y0), то обозначим p = y0 и будем рассматривать p как параметр. Так как x = f(p), òî dx = f0(p) dp. Íî,

с другой стороны, dx = dyp . Отсюда y = R pf0(p) dp + C. Решение неполного уравнения найдено в параметрической форме0 (и в квадратурах).

Уравнение F (x; y ) = 0 допускает параметризацию, если найдутся такие функции '(t) è Ã(t), ÷òî

F ('(t); Ã(t)) = 0 8t. Тогда x = '(t), y0 = Ã(t) è dy = y0 dx = Ã(t)'0(t) dt. Тогда y = R Ã(t)'0(t) dt+C.

Âэтом случае решение также найдено в параметрической форме. Второе уравнение рассматривается0. точно так же.

Пример 2. y = y02ey

2	2	= 1.
Пример 3. y 5	+ (y0)5	= 1.

Уравнение вида x®(y0) + y¯(y0) = °(y0) называют уравнением Лагранжа.

Обозначим p = y0 и будем считать, что p параметр. Предположим, что ¯(y0) 6= 0. Тогда поделим уравнение на ¯(y0) и перепишем его так : y = x'(y0) + Ã(y0). Тогда y = x'(p) + Ã(p) è

dy = '(p) dx + x'0(p) dp + Ã0(p) dp = p dx. Получили линейное уравнение ['(p) ¡ p] dxdp

¡Ã0(p) относительно функции x = x(p), решение которого можно найти в квадратурах. Аналогично поступают, если ®(y0) 6= 0.

Уравнение y = xy0 + Ã(y0) называют уравнением Клеро (частный случай уравнения Лагранжа). В этом случае рассуждения более простые. Действительно, dy = x dp + p dx + Ã0(p) dp = p dx. Следовательно, [x + Ã0(p)] dp = 0. Åñëè dp = 0, то получим общее решение уравнения Клеро y =

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.02.2015837.15 Кб23Комплексные числа.docx
#
24.11.201862.36 Кб4Компьютерная зависимость-2.docx
#
13.11.2018530.43 Кб4Компьютерный блок питания.doc
#
08.07.20191.76 Mб19Коновалова ал-Идриси .doc
#
18.07.2019314.88 Кб1конспект александр.doc
#
10.02.2015337.35 Кб32Конспект лекций по ДУ. Плещинский.pdf
#
17.08.201965.54 Кб1Конспект по ЗТТ (Методы определения таможенн. с...doc
#
17.09.201912.38 Mб36Конспект2.docx
#
10.02.2015834.05 Кб2677Конституционное право лекции.doc
#
02.12.2018405.5 Кб17Конституционное право УМК новая.doc
#
10.02.2015644.61 Кб31Конституционное Право.doc