Дифференциальные уравнения 1

сходится к трансцендентному числу e ̸Q.

ши), если

ε > 0, N = N(ε) : n > N, m > N

(17.3)

ρ(an, am) < ε.

Теорема 17.1. Всякая сходящаяся последовательность точек метрического пространства является фундаментальной.

В самом деле, по аксиоме 5 (треугольника)

ρ(an, am) 6 ρ(an, a) + ρ(am, a),

что устанавливает фундаментальность (17.3) по сходимости (17.2).

Обратное, вообще говоря, не верно.

Пример 17.2. Последовательность рациональных чисел

{( )n}+∞

1 + n1

n=1

Поэтому в метрическом пространстве рациональных чисел Q эта последовательность является фундаментальной и не является сходящейся в Q.

Определение 17.4. Метрическое пространство, в котором всякая фундаментальная последовательность сходится, будем называть полным.

Лемма 17.1. Пространство C([a, b]) с метрикой (17.1) полное.

Доказательство. В самом деле, фундаментальность по-

следовательности {xn(t)}+n=1∞ функций xn(t) C([a, b]), n N, означает равномерную сходимость этой последовательно-

сти на [a, b] (по критерию Коши равномерной сходимости). А пределом равномерно сходящейся последовательности непрерывных на отрезке функций является функция, непрерывная на этом отрезке.

61

Определение 17.5. Отображение f метрического пространства A с метрикой ρ в себя будем называть сжимающим, если

ρ(f(a1), f(a2)) 6 Lρ(a + 1, a2),

6 (17.4)

a1 A, a2 A, 0 L < 1,

где число L есть коэффициент сжатия (постоянная Липшица).

Определение 17.6. Будем говорить, что отображение f : A → A непрерывно в точке a0, если

ε > 0, δ = δ(ε) : ρ(a, a0) < δ ρ(f(a), f(a0)) < ε. (17.5)

Теперь на основании (17.4) и (17.5) имеем утверждение.

Теорема 17.2. Сжимающее отображение метрического пространства в себя непрерывно в каждой точке этого пространства.

Определение 17.7. Точку a A будем называть неподвижной точкой отображения f : A → A, если f(a) = a.

Очевидно, что неподвижные точки отображения f : A → A есть решения уравнения f(x) = x.

Теорема 17.3 (принцип сжимающих отображений, теорема Банаха). Сжимающее отображение полного метрического пространства имеет единственную неподвижную точку.

Доказательство. Пусть f : A → A есть отображение полного метрического пространства A с коэффициентом сжатия L < 1. На основе произвольным образом выбранной точки a0 A по рекуррентной формуле

an = f(an−1), n N,

(17.6)

составим последовательность {ak}+k=1∞ точек полного метрического пространства A.

62

Докажем фундаментальность этой последовательности. На основании (15.4) имеем, что

ρ(ak, ak+1) = ρ(f(ak−1), f(ak)) 6 Lρ(ak−1, ak) = = Lρ(f(ak−2), f(ak−1)) 6 . . . 6 Lkρ(a0, a1), k N.

Отсюда, считая, что m > n, получаем

ρ(an, am) 6 ρ(an, an+1) + ρ(an+1, an+2) + . . . + ρ(am−1, am) 6

6 (Ln + Ln+1 + . . . + Lm−1)ρ(a0, a1) = Ln − Lm ρ(a0, a1) 6

Ln

1 − L

6 1 − Lρ(a0, a1).

Т.к. 0 6 L < 1, то из полученной выше оценки вытекает, что ρ(an, am) → 0 при n → +∞ и любом m > n. Это означает, что последовательность точек (17.6) является фундаментальной.

Фундаментальная последовательность точек полного метрического пространства является сходящейся (см. определе-

ние 17.4). Поэтому существует								lim an = a. Так как сжимаю-
								n→+∞
щее отображение непрерывно (теорема 17.2), то										lim f(an) =
		n)								n→+∞
f lim	a		= f(a). Поэтому из соотношений (17.6) предель-
(n→+∞				n	→	+	∞	имеем, что	a = f(a)		. Следова-
ным переходом при

тельно, a есть неподвижная точка сжимающего отображения f.

Докажем, что точка a является единственной неподвижной точкой отображения f.

Допустим противное: в пространстве A для отображения f существует еще одна неподвижная точка b. Тогда

ρ(a, b) = ρ(f(a), f(b)) 6 Lρ(a, b).

Значит, при 0 6 L < 1 имеет место двойное неравенство

0 6 (1 − L)ρ(a, b) 6 0.

Поэтому ρ(a, b) = 0, а, значит, a = b. Теорема 17.3 доказана.

63

§ 18. Теорема Пикара–Линделефа.

Теорема 18.1 (Пикара–Линделефа, существования и единственности задачи Коши). Пусть вектор–функция f(x, y) удовлетворяет условию Липшица по y на области G и точка (x0, yO) G. Тогда существует единственное решение задачи Коши (16.4), (16.5), определенное в некоторой окрестности (x0 − h, x0 + h) точки x0.

Доказательство. Из теоремы 16.1 вытекает, что задача Коши (16.4), (16.5) эквивалентна системе интегральных уравнений (16.6).

В силу непрерывности функции fi(x, y), i = 1, n, ограничены на некоторой области G G, содержащей точку (x0, y0) = (x0; y10, . . . , yn0), т.е. существует такое число K > 0, что на области G имеют место неравенства

|fi(x, y)| 6 K, i = 1, n.

Вектор–функция f(x, y) удовлетворяет по y на области G условию Липшица. Это означает, что существует такое число L > 0, что на этой области

|fi(x, y1, . . . , yn) − fi(x, y1 , . . . , yn )| 6 L max |yi − yi |.

i=1,n

Тогда можно подобрать число h > 0 таким образом, чтобы выполнялись условия:

1) (x, y) G , если |x − x0| 6 h, |yi − yi0| 6 Lh, i = 1, n; 2) Ld < 1.

Рассмотрим пространство C n, элементами которого являются наборы φ = (φ1, . . . , φn) из n функций, определенных и непрерывных при |x−x0| 6 h, и таких, что |φi(x)−yi0| 6 Kd. Определим метрику формулой

ρ(φ(x), ψ(x)) = max |φi(x) − ψi(x)|.

x,i

64

В силу леммы 17.1 введенное метрическое пространство является полным. Отображение ψ = f(φ), задаваемое системой равенств

∫x

ψi(x) = yi0 + fi(t, φ1(t), . . . , φn(t))dt, i = 1, n,

x0

есть сжимающее отображение полного метрического пространства C n в себя. В самом деле,

∫x

ψi (x) − ψi (x) = {fi(t, φ1(t), . . . , φn(t))−

x0

−fi(t, φ1 (t), . . . , φn (t))}dt

и поэтому

max ψ (x)	−	ψ (x)	| 6	Mh max φ (x)	−	φ	(x)|.
x,i | i		i		x,i | i		i

В силу условия Md < 1 отображение f : C n → C n является сжимающим. Отсюда вытекает, что операторное уравнение φ = f(φ) имеет одно и только одно решение в метрическом пространстве C n. Теорема 18.1 доказана.

Рассмотрим линейную дифференциальную систему

			dy			= A(x)y + f(x),		(18.2)
			dx
где A(x) = ||aij(x)||n×n,						f(x) = (f1(x), . . . , fn(x))T , функции
aij и fj, i =
	1, n, j = 1, n, непрерывны на (a, b).							Rn, реше-
Следствие 18.1. Для любых x0 (a, b), y0

ние задачи Коши (18.1), (16.5) существует и единственно в некоторой окрестности (x0 − h, x0 + h) точки x0.

Доказательство данного утверждения вытекает из того факта, что правая часть системы (18.1) удовлетворяет условию Липшица по y на любом множестве [α, β] × Rn, [α, β] (a, b).

65

§ 19. Непродолжаемое решение задачи Коши.

Всюду в этом параграфе будем считать, что для системы (16.4) выполняются условия теоремы 18.1. Пусть для дифференциальной системы (16.4) заданы два решения: y = φ1(x) на промежутке I1 и y = φ2(x) на промежутке I2. Если I1 I2 и φ1(x) = φ2(x), x I1, то будем говорить, что решение y = φ2(x) является продолжением решения y = φ1(x) с промежутка I1 на промежуток I2; или что решение y = φ1(x) является сужением решения y = φ2(x) с промежутка I2 на промежуток I1.

Если существует промежуток I = I1∩I2, такой, что φ1(x) = φ2(x), x I, то в этом случае решения y = φ1(x) и y = φ2(x) системы (16.4) являются продолжениями друг друга, а вектор–функция

y = Φ(x) =	φ1(x), x I1,
[	φ2(x), x I2,

является решением системы (16.4). В частном случае, когда I вырождается в точку, будем говорить, что происходит стыковка решений y = φ1(x) и y = φ2(x) системы (16.4). Стыковка решений также представляет решение системы (16.4) на I1 I2.

Определение 19.1. Решение y = φ(x), x I, будем называть непродолжимым, если не существует никакого другого решения системы (16.4), являющегося его продолжением.

Определение 19.2. Решение φ :< a, b >→ Rn системы

(16.4) будем называть продолжимым вправо, если существует решение ψ :< a, b1 >→ Rn, b1 > b, являющееся продолжением решения φ (его будем называть продолжением решения φ вправо).

66

Аналогично определяется продолжение влево.

Лемма 19.1. Для того, чтобы решение φ : [a, b) → Rn было продолжимо вправо, необходимо и достаточно, чтобы

существовал предел x b	0	и при этом	(b, η)		G	.
lim	φ(x) = η
→ −

Доказательство. Необходимость вытекает из определения решения и его продолжения.

Достаточность. Пусть φ1 : (α, β) → Rn, b (α, β), есть решение системы (16.4) с начальными данными (b, η). Это решение существует при выполнении условий теоремы 18.1.

Определим функцию ψ : [a, β) → Rn следующим образом:

[

ψ(x) = φ(x), x [a, b), φ1(x), x [b, β).

Положим

∫x

Φ(x) = φ(a) + f(t, ψ(t))dt.

a

Тогда по теореме 18.1 при x [a, b) :

Φ(x) = φ(x) = ψ(x).

Далее при x [b, β) имеем, что

∫b ∫x

Φ(x) = φ(a) + f(t, φ(t))dt + f(t, φ1(t))dt =

a b

∫x

= η + f(t, φ1(t))dt = φ1(x) = ψ(x)

b

по определению вектор–функций φ1(x) и ψ(x). Поэтому при x [a, β) вектор–функция ψ(x) является решением интегральной системы (16.6), а, значит, в силу теоремы 16.1 – и решением задачи Коши (16.4), (16.5). Сужение этого решения

67

на [a, b) есть вектор–функция φ(x). Поэтому φ(x) продолжимо вправо. Лемма 19.1 доказана.

Замечание 19.1. Из леммы 19.1 и ее аналога (для продолжимости влево) вытекает, что для непродолжимого решения системы (16.4) промежуток I есть обязательно интервал, так как в противном случае решение продолжимо за пределы I.

Теорема 19.1. Пусть выполняются условия теоремы 18.1. Тогда для любой точки (x0, y0) G задача Коши (16.4), (16.5) имеет единственное непродолжаемое решение y = Φ(x), x (α, β). При этом, если x → α+0 или x → β −0, то соответствующая точка M(x, Φ(x)) интегральной кривой покидает любой компакт K G и либо M → ∞ (т.е. хотя бы одна из координат y точки M стремится к ∞), либо расстояние ρ(M, ∂G) → 0, где ∂G есть граница области G.

Доказательство. Рассмотрим сначала случай, когда область G не совпадает со всем пространством Rn. Пусть A0(x0, y0) G.

Построим множество G0 = {(x, y) G : |x−x0| 6 p0, ||y− y0|| 6 g0}, где p0 < d40 , g0 < d40 , и d0 = ρ(A0, ∂D). Если точка

A(x, y) G0, то |AA0| 6 |x − x0| + ||y − y0|| 6 p0 + g0 < d20 . Поэтому G0 G и по теореме 18.1 существует единственное

решение задачи Коши (16.4), (16.5): y = φ0(x) при |x − x0| 6

δ0.

Далее положим x1 = x0 + δ0, y1 = φ0(x1) и возьмем точку A1(x1, y1). Построим множество G1 = {(x, y) G : |x − x1| 6 p1, ||y−y1|| 6 g1}, где p1 < d41 , g1 < d41 , и d1 = ρ(A1, ∂D). Так как G1 G, то по теореме 18.1 существует единственное решение y = φ1(x) задачи Коши (16.4) c начальным условием

68

φ0(x), |x − x0| 6 δ0, φ1(x), |x − x1| 6 δ1,

y(x1) = y1, определенное при |x − x1| 6 δ1. В силу единственности решения на пересечении отрезков |x − x0| 6 δ0 и |x − x1| 6 δ1 решения y = φ0(x) и y = φ1(x) совпадают. Поэтому вектор–функция

[

y = Φ1(x) =

является единственным решением задачи Коши (16.4), (16.5) на отрезке [x0 − δ0, x1 + δ1].

Продолжая этот процесс далее, на k–м шаге получаем единственное решение задачи Коши (16.4), (16.5) на отрезке [x0 − δ0, xk + δk], где xk = x0 + δ0 + δ1 + . . . + δk−1. Далее при k → +∞ придем к единственному решению y = Φ(x) задачи Коши (16.4), (16.5), определенному на [x0 − δ0, β), где β = lim (xk + δk). В силу замечания 19.1 оно непродолжимо

k→+∞

вправо.

Покажем теперь, что полученное решение y = Φ(x) покидает всякий компакт K G (методом от "противного"). Предположим, что решение y = Φ(x) не покидает компакт K G. Тогда по условию теоремы b < +∞ и существует бесконечная последовательность точек (моментов времени) xk → β−0 при k → +∞, таких, что (xk, Φ(xk)) K G. Так как решение после каждого xk можно продолжить на отрезок длиной δk, то можно считать xk+1 − xk > δk. Поэтому β = +∞. В результате получили противоречие.

Подобным образом рассматривается продолжение решения y = φ(x) влево от точки x0. Полученное непродолжимое решение y = Φ(x) будет, таким образом, определено на некотором максимальном интервале (α, β).

Аналогичным образом рассматривается случай, когда область G совпадает с пространством Rn+1.

69

§ 20. Зависимость решения задачи Коши от параметров и начальных данных.

Сначала рассмотрим задачу Коши
	dy	= f(x, y, λ), y(x0, λ) = y0,	(20.1)
	dx

где вектор параметров λ = (λ1, . . . , λm), ||λ−λ0|| 6 r, λ0 есть фиксированный вектор, r есть фиксированное положительное число, f(x, y, λ) есть вектор–функция с n компонентами.

Теорема 20.1. Пусть вектор–функция f(x, y, λ) непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y равномерно

по x, λ при всех (x, y)	G и при всех λ из множества
||λ − λ0|| 6 r, (x0, y0)	G. Тогда найдется такое число

h > 0, что решение y = φ(x, λ) задачи Коши (20.1) является непрерывной функцией при |x − x0| 6 h, ||λ − λ0|| 6 h.

Доказательство данного утверждения аналогично доказательству теоремы 18.1. По теореме 16.1 задача Коши (20.1)

эквивалентна системе интегральных уравнений
y(x, λ) = x∫x f(t, y(t, λ), λ)dt.	(20.2)
0

Поэтому утверждение теоремы 20.1 достаточно установить для системы (20.2). Так как (x0, y0) G и G есть область, то найдутся такие числа p > 0 и q > 0, что множество

Gpq = {(x, y) G : |x − x0| 6 p, ||y − y0|| 6 q}

расположено в G. Множество Gpq является компактом. Поэтому существует такое число M > 0, что

|fi(x, y, λ)| 6 M, (x, y) Gpq, λ [λ0 − r, λ + r], i = 1, n.

70