Теорема існування та єдиності рішення ДК першого порядку
Вперше існування рішення диференціального рівняння було підтверджено Коші. Доказ, що наводиться нижче, заснований на методі послідовних наближень, який належить Пікару. Цей метод має самостійне значення, оскільки дозволяє одержати наближене рішення диференціального рівняння.
Формулювання теореми
Нехай дано диференціальне рівняння першого порядку:(1)з початковою умовою(1.1). Нехай – безперервна функція двох змінних у замкнутій області:
і, отже, обмежена деяким позитивним значенням:(2). І нехай функція задовольняє умові Липшиця:(3), . Тоді існує єдине рішення рівняння (1): , задовольняє початковій умові, визначене і безперервне для значень в інтервалі: , де є найменше з двох чисел і .
Умова Липшиця
Розглянемо умову Липшиця. Воно має вигляд:(3), де – позитивне число; , і – будь-які значення з області: , , .
Сенс умови Липшицялегко зрозуміти, якщо записати його у вигляді:(3.1). При деякому фіксованому значенні змінної, функція є функцією від змінної: . Нехай ми маємо графік цієї функції. Візьмемо дві точки, що належать на цьому графіку і проведемо через них пряму. Тоді кут між прямою та віссю обмежений деяким значенням, яке менше. За такого обмеження графік не має вертикальних дотичних і стрибків. На тих точках, де є приватна похідна , вона обмежена: .
Якщо в області функція має безперервну приватну похідну, то в ційобластівиконується умова Липшиця(3). Для доказу зауважимо, що оскільки приватна похідна безперервна в замкнутій області, вона обмежена: . За теоремою Лагранжа про кінцеві прирости, маємо: , де приватні похідні обчислюються в деякій точці , в якій змінна належать інтервалу між і : . Тоді: .
Доказ існування рішення
Наведемовихідне рівняння (1) з початковою умовою (1.1)до інтегрального рівняння. Ліва та права частини (1) є функціями від . Замінимо на: . Інтегруємо це рівняння по від до: ; Підставимо початкову умову. У результаті отримаємо інтегральне рівняння:(4).
Покажемо, щоінтегральне рівняння (4) еквівалентне диференційному рівнянню (1)з початковою умовою (1.1). Для цього потрібно показати, що з (1) і (1.1) випливає (4) і (4) випливає (1) і (1.1). Те, що з (1) та (1.1) випливає (4) ми вже показали. Залишилося показати, що з (4) випливає (1) та (1.1). Для цього підставимо (4) . Отримаємо початкову умову (1.1). Продиференціювавши обидві частини рівняння (4) , отримуємо рівняння (1).
Далі ми намагаємося знайти рішення рівняння (4) за допомогоюпослідовних наближень. Для цього визначаємо ряд функцій від змінної за формулами:(5.1);(5.2);(5.3); .(5.n). Ми припускаємо, що з , прагне вирішення рівняння (4):(6), де – рішення рівняння (4). Якщо ми доведемо це, ми доведемо існування рішення.
Доказ існування рішення проводитимемо у два етапи: 1> спочатку доведемо, щомежа (6) існує; 2) потім доведемо, щозадовольняє рівняння (4): .
1) Доказіснування межі yn при n прагне до нескінченності
Зведемопослідовні наближення (5.1) - (5.n)до суми ряду. Для цього пишемо:
. Таким чином нам потрібно довести, що ряд(7)сходить при .
Спочатку покажемо, що при послідовні наближенняналежать інтервалу. Справді, маємо: . Оскільки є найменше з двох чисел і , то .
Далі, оскільки належить інтервалу , то . Тоді, аналогічно до попереднього, . Звідси .
Далі, по індукції, оскільки належать інтервалу, то і . Звідси .
Отже, ми довели, що послідовні наближення належать до інтервалу . Тепер миможемо оцінити члени ряду(7), застосовуючи умову Липшиця.
Для першого члена маємо: ;(8.1). Для другого члена застосовуємо умову Липшиця та оцінку (8.1):
;(8.2). Для третього члена застосовуємо, аналогічно, умову Липшиця та оцінку (8.2):
Далі застосуємо спосіб індукції. Нехай(8.n). Тоді
;(8.n+1). Отже, оскільки (8.n) справедливо для і з (8.n) слідує (8.n+1), то (8.n) виконується для будь-яких .
Запишемо ряд (7) як:(7.1), де . Застосуємо (8.n) і замінимо найбільшим допустимим значенням : . Тоді кожен член ряду (7.1) обмежений по модулю членом ряду(9). Досліджуємо ряд (9) на збіжність. Застосуємо ознаку Даламбера: . Отже, ряд (9) сходиться. Оскільки всі члени ряду (7.1), починаючи з другого, по абсолютній величині менше членів ряду, що сходить (9), то, в силу критерію Вейєрштрасса, ряд (7.1) сходиться рівномірно для всіх , що задовольняють умові . Оскільки інтеграл є безперервною функцією від верхньої межі, то коженЧлен ряду (7.1) є безперервна функція від . Тому межа(10)існує і є безперервною функцією від .
2) Доказ того, що Y є рішенням (4)
Розглянемо рівняння (5.n):(5.n). Доведемо, що при , це рівняння прагне рівняння(11).
У силу (10) ліва частина рівняння (5.n) прагне .
Тепер покажемо, що.
Перепишемо праву частину (5.n): . Далі зауважимо, що оскільки всі належать закритому інтервалу, то і належить цьому інтервалу. Тому ми можемо застосувати умову Липшиця.
Оцінимо абсолютну величину останнього члена:
. Оскільки, при , прагне рівномірно, то будь-якого позитивного числа можна вказати таке натуральне число , що всім , . Тоді . Оскільки довільно, то
Тому . Тобто при рівнянні(5.n)набуває вигляду(11).
Доказ єдиності рішення
Припустимо, що рівняння(4)має два рішення і , що відрізняються в деякій точці, що належить інтервалу. Розглянемо функцію . Вважатимемо, що . Інакше поміняємо місцями та . Оскільки і безперервні, то й безперервна функція. Тому вона відмінна від нуля в деякому інтервалі, що містить точку : . Оскільки, то. Тобто точка не належить до цього інтервалу.
Якщо , то перетворимо (4) в такий спосіб: , де . Якщо перепозначити постійні , то отримаємо завдання (4), на яку ; при , де - деяке число, що не перевищує .
Якщо , то чинимо аналогічно: , Перезначимо постійні: . Отримуємо задачу (4), для якої ; при , де - деяке число, не менше.
Отже, мимаємо: ; при ( або за ). Далі візьмемо довільне позитивне число ( або ) і розглянемо закритий інтервал ( або ). Оскільки функція безперервна, вона досягає найбільшого значення однієї з точок цього інтервалу: ( чи ).
Зробимо оцінку, застосовуючи рівняння (4) та умову Липшиця:
; . Оскільки, то розділимо на: . Виникає протиріччя, оскільки при цьому нерівність не виконується.
Отже, не може мати відмінних від нуля значень. Тому. Що й потрібно було довести.
Використана література: В.В. Степанов, Курс диференціальних рівнянь, «ЛКІ», 2015.
Автор: Олег Одинцов. Опубліковано: 04-06-2016 Змінено: 20-06-2016