Diff

Дана функция g(t; y; z). Заданные функции f и g определены при t1 6 t 6 t2, остальные

1.g t; y(t); z(t) = 0 ïðè t1 6 t 6 t2.

2.y(t1) = y1, z(t1) = z1, y(t2) = y2, z(t2) = z2, ãäå y1, z1, y2, z2 заданы (разумеется g(t; y1; z1) = 0, g(t2; y2; z2) = 0.)

имеет место F (y; z) 6 F (~y; z~).

Геометрический смысл задачи Лагранжа:

[ Тут будет рисунок ]

Задана поверхность , рассматриваются кривые, соединяющие данные две точки, и лежащие

на данной поверхности. Среди этих кривых надо найти ту, которая дает минимум функционала F .

Замечание: Если мы можем выразить, скажем, y через t и z, то надо это сделать и полу-

чить простейшую задачу вариационного исчисления. Сейчас мы рассматриваем общий случай, когда такая ситуация не имеет место.

31

Доказательство:

По теореме о равенстве смешанных производных, подчеркнутые слагаемые взаимно уничтожаются. Следовательно,

32

Вопрос: Если gy = 0?

Ответ: Можно трактовать равенство следующим образом: хотя бы один из знаменателей отличен от нуля; если оба знаменателя отличны от нуля, то это обычное равенство. Если один из знаменателей равен нулю, то соответствующий числитель тоже равен нулю.

Введем функцию (t):

Первое уравнение удовлетворяется. Аналогично показываем, что удовлетворяется и второе. Теорема доказана.

Замечание: Здесь y = y(t; c1; c2; c3; c4; (t)), z = z(t; c1; c2; c3; c4; (t)). Находим параметры из граничных условий и из равенства g(t; y; z) 0.

Глава 3. Исследование задачи Коши

Лекция 07.02.2012 пропущена!

3. Теорема существования и единственности решения задачи Коши.

Замечание: В этом параграфе все величины вещественные. Далее будем иметь дело с набо-

Определение: Функция ~y(t) решение (1), если:

1.~y(t) определена на некотором промежутке [ ; ], < ,

2.~y0(t) непрерывна на [ ; ],

33

0

4. Для каждого < t < точка (t; ~y (t)) внутренняя точка G.

Замечание: Что означает условие 4.

[ Тут будет рисунок ]

. Мы отбрасываем случаи, когда внутренние точки графика решения лежат на границе нашей области. Допускаются только случаи, когда они лежат внутри этой замкнутой области.

2.Åñëè y~1(t); y~2(t) какие-либо решения задачи (1) ^ (2), то y~1(t) = y~2(t) на пересечении отрезков их определения.

Замечание: во первых фиксируется, что при заданных предположениях задача Коши имеет решение. Пункт второй утверждает единственность этого решение. Обратите внимание: утверждение 1 носит локальный характер. Решение существует в окрестности точки. Пункт 2 же носит глобальный характер.

Доказательство:

провести рассуждения при меньших t, надо сделать замену переменной, поменяв знак.

~

'~(t) = y~0 + (t t0)f(t0; y~0) ïðè t0 6 t 6 t1,

~

'~(t) = '~(t1) + (t t1)f (t1; '~(t1)) ïðè t1 6 t 6 t2

~

'~(t) = '~(t2) + (t t2)f (t2; '~(t2)) ïðè t2 6 t 6 t3

Замечание: Мы строим такой отрезок от t0 äî t1, который касается графика решения в точке (t0; y0). Мы доходим до точки t1. Бер¼м график решения, если он существует,

34

в этой точке, и доходим до t2. Задавать вопрос ¾почему решение существует¿, не нужно. Мы просто строим последовательность значений по этим формулам. Ни на какие соображения мы не ссылаемся.

[ Тут будет рисунок ] '~0 кусочно-непрерывная функция, поэтому можно воспользоваться формулой Ньютона-Лейбница. Поэтому

В частности,

'~(t) y~0 6 jt t0jM 6 M 6 :

Мы получили кривую, которая через боковые стенки нашего цилиндра не может выйти за пределы нашего цилиндра.

[ Тут будет рисунок ] Следовательно, '~(t) определена при jt t0j 6 .

Теперь докажем, что '~(t) есть "-приближ¼нное решение (1), " ! 0 при h ! 0. Давайте оценим результат подстановки

в точках непрерывности '~0(t).

j j , j j ~ . ) t t2 6 h '~(t) '~(t2) 6 Mh, f равномерно непрерывна в Q

(t) 6 ", ãäå " ! 0 ïðè h ! 0.

h1; h2; : : : ; hs > 0; hs ! 0 ïðè s ! 1.

'~1(t) "s- приближ¼нное решение "s ! 0 ïðè s ! 1. j'~s(t) '~p(t)j 6 2" ek ;

" = max("s; "p). Ссылаемся на теорему, доказанную во втором параграфе.

'~s(t0) = '~p(t0) = y~0:

Используя критерий Коши, получаем

'~1(t) íà ! ~(t) ïðè s ! 1:

35

~(t) непрерывна, ~(t) = y~0:

ZZ

Осталось только проверить, что всякая внутренняя точка графика является внутренней точкой области.

jt t0j < ) j'~(t)j < M

2. Доказательство единственности решения. Докажем от противного. Пусть существуют

2. Теорема: (о продолжении решения) Пусть выполняются условия теоремы п.1. Пусть

G

ограничено. Тогда решение задачи (1) ^ (2) может быть продолжено так, чтобы концы его

графика лежали на границе

G.

Доказательство:

j~j

M = max f ; M > 0 (для M = 0 очевидно)

G

(t0; y~0); Q = fjt t0j 6 ; j~y y~0j 6 M g.

p

: 1 + M2 = ;

где расстояние от (t0; y~0) от границы G.

[ Тут будет рисунок ]

36

Далее t > t0. Мы построили решение на отрезке [t0; t0 + ] (см конструкцию, фигурирующую в доказательстве предыдущей теоремы).

Если правый конец достиг границы, то продолжать конструкцию незачем. Но пуст правый конец, то есть точка (t + ; ~y(t + )) не является граничной. Возьм¼м эту точку на рисунке.

Она является внутренней, поэтому мы можем продолжить решение направо. Бер¼м точку (t + ; ~y(t0 + )) в качестве начальной, [t0 + ; t0 + + 1], ãäå 1 выбирается из следующих

соображений: p

1 : 1 1 + M2 = 1;

ãäå 1 расстояние от точки (t + ; ~y(t0 + )) до границы G, и так далее.

В итоге получаем последовательность отрезков, на которую распространяем наше решение.

[t0; t0 + ]; [t0; t0 + + 1]; [t0; t0 + + 1 + 2]; : : :

k расстояние от точки t0 + + : : : + k 1; ~y(t0 + + : : : + k 1) .

Докажем, что эти точки стремятся к границе.

p X X X

1 + M2 k = k; k сходится:

k k

Следовательно, k ! 0 ïðè k ! 1.

В утверждении теоремы сказано, что точка должна лежать на границе, а не просто стремиться. Мы получили решение на [t0; t0 + ^), ãäå ^ = + 1 + 2 + : : :. На этом полуотрезке имеет место формула

По критерию Коши существует

t

Z

~

lim f( ; ~y( )) d

t!t0+^

t0

Естественным образом определяем решение по формуле:

~y(t) определена при t0 6 t 6 t0 + ^;

0 ~

непрерывна, и на отрезке [t0; t0 + ^] имеет место ~y (t) = f(t; ~y(t)).

Замечание:

37

1. Если имеем уравнение вида

z2; : : : ; zn0 1 = f(t; y; z1; : : : ; zn 1). Обязательная задача. Используя результаты пунктов 1 и 2, сформулировать соответствующие теоремы для уравнения (5)

2. Эта теорема может быть доказана очень многими способами. Мы выбрали метод ломаных Эйлера.

[ Тут будет рисунок ]

Эта построенная ломаная называется Ломаной Эйлера. Таким образом был предложен приближ¼нный метод решения дифференциального уравнения. На каждом отрезке вместо решения строим отрезок, который в начальной точке имеет направление, заданное нашим дифференциальным уравнением.

Затем мы доказывали, что наше приближ¼нное решение при h ! 0 становится точным.

Задача: составить программу приближ¼нного решения задачи Коши, используя метод Эйлера приближ¼нного решения. Можно попробовать решать задачи из задания таким способом.

3.В одной из теорем мы объединили два формально разных вопроса: существования и единственности решения задачи Коши. В более тонких исследованиях эти два вопроса разделяются. Оказывается, что если правая часть уравнения только непрерывна (раньше требовалось дифференцируемость), то хотя бы одно решение задачи Коши существует.

4.Конечно, условие в этой теореме это достаточное условие, и вовсе не является необхо-

димым. Рассмотрим 2 примера.

p

y0 = 3 y2

p

y0 = 3 y2 + 1

Контрольный вопрос: Почему? Какие условия теоремы не выполнены?

4. Исследование зависимости решения от параметров, входящих в правую часть уравнения и начальных данных

38

Тогда мы получим, что решение зависит от параметра и начальных данных.

В этой параграфе мы будем изучать функцию y, как функцию всей совокупности переменных.

Сначала рассмотрим зависимость решения от параметра при фиксированных начальных данных, а потом уже посмотрим, как изучить зависимость при переменных начальных данных.

Как следует из конструкции построения этих решений, приведенных в предыдущем параграфе, эти решения определены на вс¼м отрезке.

Посмотрим, будут ли эти решения близки, если ~1 близко к ~2.

åñëè j~1 ~2j < . Таким образом, обе функции являются "-приближ¼нными. Одна из них является точным решением. Вс¼ происходит в замкнутом выпуклом множестве, функции удовлетворяют одним и тем же начальным условиям, поэтому

j~y(t; ~1) ~y(t; ~2)j 6 2 "eK

Замечание: Непрерывность следует из неравенства треугольника: j~y(t1; ~1) ~y(t2; ~2)j 6 j~y(t1; ~1) ~y(t1; ~2)j + j~y(t1; ~2) ~y(t2; ~2)j 6 2 "eL + Mjt1 t2j Теорема доказана.

39

~

2. Теорема: Пусть в дополнение к условиям предыдущей теоремы @f непрерывна в

@~

G.

Замечание: Уравнение (4) называется уравнением вариации для уравнения (1). Оно получа- ется из (1) формальным дифференцированием по ~. (Это всего лишь способ запомнить это

уравнение. Вообще, никто не давал разрешения своевольно переставлять порядок дифференцирования.)

Замечание: V прямоугольная матрица частных производных, которая имеет m столбцов и n строк. (n m).

Доказательство: Рассмотрим уравнение (4), с начальными условиями (5). Это уравнение,

которое удовлетворяет всем требованиям того, чтобы решение задачи Коши существовало и было единственно. Дейтсвительно, частная производная (матрица) тоже непрерывна.

V (t; ~) решение, единственное задачи (4) ^ (5)

То, что это решение распространяется на весь отрезок [t0 ; t0 + ], будет доказано позднее, при изучении линейных уравнений с переменными коэффициентами.

@~y jt t0j 6 ; j~ ~0j 6 . Хотим доказать, что эта функция является частной производной @~ .

Бер¼м ~; ~, и составляем функцию

def

~z(t; ~; ~) = ~y(t; ~ + ~) ~y(t; ~) V (t; ~) ~

Мы докажем, что jj~zjj = o(jj ~jj). Здесь и далее o( ); O( ) равномерные в Q оценки. Если доказать, что ~z = o(jj ~jj), то вс¼ будет следовать.

Напишем дифференциальное уравнения для ~z.

Оценим эту величину. Отметим, что из соотношения (3), использованного при доказательстве предыдущей теоремы, следует, что " = O( ). Дело в том, что мы предположили, что функ-

ция дифференцируема. Тогда разность в неравенстве (3) не превосходит разницы частных производных, умноженной на ?

Поэтому (см. доказательство предыдущей теоремы)

40