WWW.REFERATCENTRAL.ORG.UA - Я ТУТ НАВЧАЮСЬ

... відкритий, безкоштовний архів рефератів, курсових, дипломних робіт

ГоловнаМатематика, Геометрія, Статистика → Існування та єдиність розв’язків диференціальних рівнянь першого порядку. Неперервна залежність та диференційованість - Реферат

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 називається метричним, якщо для довільних двох точок визначена функція , що задовольняє аксіомам:
1. , причому тоді і тільки тоді, коли ;
2. (комутативність);
3. (нерівність трикутника).
Функція називається відстанню в просторі (метрикою простору ).
Приклад 1.6.1. Векторний - вимірний простір .
Нехай . За метрику можна взяти: , .
Приклад 1.6.2. Простір неперервних функцій на відрізку позначається - . За метрику можна взяти
Визначення. Послідовність називається фундаментальною, якщо для довільного існує таке, що при і довільному буде .
Визначення. Метричний простір називається повним, якщо довільна фундаментальна послідовність точок простору збігається до деякої точки простору .
Теорема (принцип стискуючих відображень). Нехай в повному метричному просторі задано оператор , що задовольняє умовам.
1. Оператор переводить точки простору в точки цього ж простору, тобто якщо , то і .
2. Оператор є оператором стиску, тобто
, де - довільні точки .
Тоді існує єдина нерухома точка , яка є розв'язком операторного рівняння і вона може бути знайдена методом послідовних відображень, тобто , де , причому , вибирається довільно.
Доведення. I. Візьмемо довільну точку і побудуємо послідовність . Покажемо, що побудована послідовність є фундаментальною. Дійсно
Оцінимо . Застосувавши -разів правило трикутника, отримуємо
Таким чином . И при достатньо великому : , тобто послідовність є фундаментальною і, в силу повноти простору , збігається до деякого елемента цього ж простора .
II. Покажемо, що є нерухомою точкою, тобто .
Нехай від супротивного і . Застосувавши правило трикутника, одержимо . Оцінимо кожний з доданків.
1) Оскільки , то при буде .
2)Оскільки послідовність є фундаментальною, то при буде .
3) І, нарешті,
Таким чином , причому і фіксовані, а можна вибрати як завгодно малим. Отже , а в силу другої аксіоми метричного простору це значить, що .
III. Покажемо, що нерухома точка єдина. Нехай, від супротивного, існують дві точки і : і . Але тоді 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 функція визначена в прямокутнику
і задовольняє умовам:
1) неперервна по та у ;
2) задовольняє умові Ліпшиця по змінній , тобто
Тоді існує єдиний розв'язок диференціального рівняння, який визначений при , і задовольняє умові
, де
Доведення. Розглянемо простір, елементами якого є функції , неперервні на відрізку й обмежені . Введемо метрику . Одержимо повний метричний простір . Замінимо диференціальне рівняння
,
еквівалентним інтегральним рівнянням
Розглянемо оператор Через те, що , то оператор ставить у відповідність кожній неперервній функції , визначеній при й обмежений також неперервну функцію , визначену при й обмежену .
Перевіримо, чи є оператор оператором стиску.
І оскільки , то оператор є оператором стиску , . Відповідно до принципу стислих відображень операторне рівняння має єдиний розв'язок, тобто інтегральне рівняння , чи задача Коші для диференціального рівняння
,
також має єдиний розв'язок.
Зауваження. Умову Ліпшиця можна замінити іншою, більш грубою, але легше перевіряємою умовою існування обмеженої по модулю частинної похідної в області . Дійсно,
де .
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
неперервна по при і при кожному фіксованому задовольняє умовам теореми існування й єдиності, причому стала Ліпшиця не залежить від , то розв'язок , що задовольняє початковій умові , неперервно залежить від .
Доведення. Оскільки члени послідовності
є неперервними функціями змінних і , а стала не залежить від , то послідовність збігається до рівномірно по . І, як випливає з математичного аналізу, якщо послідовність неперервних функцій збігається рівномірно, то вона збігається до неперервної функції, тобто - функція, неперервна по .
Теорема (про неперервну залежність від початкових умов). Нехай виконані умови теореми про існування та єдиність розв'язків рівняння
з початковими умовами . Тоді, розв'язки , що записані у формі Коші, неперервно залежать від початкових умов.
Доведення. Роблячи заміну одержимо диференціальне рівняння з нульовими початковими умовами. На підставі попередньої теореми маємо неперервну залежність розв'язків від як від параметрів.
Теорема (про диференційованість розв'язків). Якщо в околі точки функція має неперервні змішані похідні до -го порядку, то розв'язок рівняння
з початковими умовами в деякому околі точки буде - раз неперервно диференційований.
Доведення. Підставивши в рівняння, одержимо тотожність
,
яку можна диференціювати
.
Якщо , то праворуч функція неперервно диференційована. Продиференціюємо її ще раз
,
або
Проробивши це -разів, отримаємо твердження теореми.
Розглянемо диференціальне рівняння, не розв'язане відносно похідної .
Нехай - точка на площині. Підставивши її в рівняння, одержимо відносно алгебраїчне рівняння
.
Це рівняння має корені . Задача Коші для диференціального рівняння, не розв'язаного відносно похідної, ставиться в такий спосіб. Потрібно знайти розв'язок рівняння , що задовольняє умовам , де - довільні значення, а - один з вибраних наперед коренів алгебраїчного рівняння .
Теорема (існування й єдиність розв'язку задачі Коші рівняння, не розв'язаного відносно похідної). Нехай у замкненому околі точки функція задовольняє умовам:
1) - неперервна по всіх аргументах;
2) існує і відмінна від нуля;
3) .
Тоді при , де - досить мало, існує єдиний розв'язок рівняння , що задовольняє початковій умові .
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 функції , обумовленої рівнянням , для якої . Перевіримо, чи задовольняє умові Ліпшиця чи більш грубій . Диференціюємо по . Оскільки , то одержуємо
.
Звідси
З огляду на умови 2), 3), одержимо, що в деякому околі точки буде і для рівняння виконані умови теореми існування й єдиності розв'язку задачі Коші.
Loading...

 
 

Цікаве