Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Обыкновенные Дифференциальные Уравнения.doc
Скачиваний:
63
Добавлен:
25.09.2019
Размер:
398.85 Кб
Скачать

Билет 4. Постановка задачи с начальными данными (задача Коши). Лемма Гронуолла — Беллмана.

Пусть f(t, y) определена и непрерывна в прямоугольнике П = {(t, y): |t-t0| <= T, |y-y0| <= A}. Рассмотрим на отрезке [t0-T, t0 + T] ДУ: y’(t) = f(t, y(t)) с условием y(t0) = y0. Требуется определить y(t) удовлетворяющую условию и уравнению. Эта задача называется задачей с начальным условием (задачей Коши). Рассмотрим отрезок [t1, t2]: t0 – T <= t1 < t2 <= t0 + T, t0 Є [t1, t2]. Функция y-(t) называется решением задачи Коши на отрезке [t1, t2], если y-(t) Є C1[t1, t2], |y-(t) – y0| <= A для любого t Є [t1, t2], y-(t) удовлетворяет уравнению для всех t Є [t1, t2] и условию. Покажем, что решение задачи Коши эквивалентно решению некоторого интегрального уравнения.y(t) = y0 + $<t0, t>f(u, y(u))du. Лемма: Пусть функция y-(t) является решением задачи Коши на отрезке [t1, t2] тогда и только тогда, когда y-(t) Є C[t1, t2], |y-(t) – y0| <= A для t Є [t1, t2] и y-(t) удовлетворяет интегральному уравнению для t Є [t1, t2]. Док-во: Проинтегрируем y’(t) = f(t, y(t)) от t0 до t получим $<t0, t>y-’(u)du = $<t0, t>f(u, y-(u))du, t Є [t1, t2]. Учитывая начальное условие имеем y-(t) = y0 + $<t0, t>f(u, y-(u))du, t Є [t1, t2]. В одну сторону получили. Положим y-(t) такова, что y-(t) Є C[t1, t2], |y-(t) – y0| <= A для t Є [t1, t2] и y-(t) удовлетворяет интегральному уравнению для t Є [t1, t2], те y-(t) = y0 + $<t0, t>f(u, y-(u))du, t Є [t1, t2]. Положив t = t0 получим, что y-(t0) = y0. Так функция y-(t) непрерывна на [t1, t2], то правая часть равенства y-(t) = y0 + $<t0, t>f(u, y-(u))du непрерывно диф-ма как интеграл непрерывной функции с переменным верхним пределом. Значит y-(t) диф-ма на [t1, t2], Продифференцируем равенство. Лемма Гронуолла-Беллмана: Пусть z(t) Є C[a, b] и такова, что 0 <= z(t) <= c + d|$<t0, t>z(u)du|, t Є [a, b], где c >=0, d >0, а t0 – произвольное фиксированное число из [a, b]. Тогда z(t) <= ce^(d|t – t0|), t Є [a. b]. Док-во: рассмотрим t >= t0. Обозначим p(t) = $<t0, t>z(u)du, t Є [t0, b]. Тогда p’(t) = z(t) >= 0, p(t0) = 0. Из условия леммы p’(t) <= c + dp(t), t Є [t0, b]. Умножим неравенство на exp{-d(t-t0)}. Полученное можно переписать как d/dt(p(t)e^(-d(t-t0))) <= ce^(-d(t-t0)), t Є [t0, b]. Проинтегрируем от t0 до t. Получим p(t)e^(-d(t-t0)) – p(t0) <= c/d(1-e^(-d(t-t0))), t Є [t0, b]. Учитывая, что p(t0) = 0 получаем dp(t) <= ce^(d(t-t0)) – c  z(t) <= c + dp(t) <= c + ce^(d(t-t0)) – c <= ce^(d(t-t0)) для t Є [t0, b]. Осталось доказать для [a, t0]. Перепишем 0 <= z(t) <= c-d$<t0, t>z(u)du = c + d$<t, t0>z(u)du, t Є [a, t0]. Пусть q(t) = $<t, t0>z(u)du, t Є [a, t0]. Тогда q’(t) = -z(t) <= 0, q(t0) = 0. Те –q’(t)e^(-d(t0-t)) <= ce^(-d(t0-t)) + dq(t)e^(-d(t0-t)), t Є [a, t0]. Перепишем в виде –d/dt(q(t)e^(-d(t0-t)) <= ce^(-d(t0-t)), t Є [a, t0]. Проинтегрируем от t до t0 и получим…. ЧТД.

Билет 5. Теорема единственности решения задачи Коши для уравнения первого порядка, разрешённого относительно производной.

Функция f(t, y), заданная в прямоугольнике П удовлетворяет в нем условию Липшица по y, если |f(t, y1) – f(t, y2)| <= L|y1-y2|, для любых (t, y1), (t, y2) Є П, где L – положительная постоянная. Замечание: если функция непрерывно диф-ма в прямоугольнике, то она удовлетворяет в нем условию Липшица в силу ограниченности и формулы Лагранджа. Замечание: функция может быть не диф-ма по y, но удовлетворять условию Липшеца по y. Замечание: функция может быть непрерывной, но не удовлетворять условию Липшеца. Т единственности решения задачи Коши. Пусть функция f(t, y) непрерывна в П и удовлетворяет в П условию Липшеца по y. Если y1(t), y2(t) – решения задачи Коши на отрезке [t1, t2], то y1(t) = y2(t) для t Є [t1, t2]. По ЛБ4 получается, что y1(t) = y0 + $<t0, t>f(u, y1(u))du, t Є [t1, t2]; y2(t) =… Вычтем второе уравнение из первого и оценим по модул., получим |y1(t) – y2(t)| <= |$<t0, t>|f(u, y1(u)) – f(u, y2(u))|du|, t Є [t1, t2]. Применим условие Липшеца. Обозначим z(t) = |y1(t) – y2(t)| и перепишем 0 <= z(t) <= L|$<t0, t>z(u)du|, t Є [t1, t2]. Применим Л Гронуолла-Беллмана с c = 0 и d = L, z(t) = 0, t Є [t1, t2]  y1(t) = y2(t), t Є [t1, t2] те ЧТД.