Sam

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ СИБИРСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Институт космических и информационных технологий

И.И. Вайнштейн

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ И РАЗНОСТНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Методическое пособие для самостоятельной работы

Красноярск

2008

ТЕМЫ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО ИЗУЧЕНИЯ ТЕОРИИ

1.Теорема существования и единственности локального решения задачи Коши. (4-часа)

Обыкновенные дифференциальные уравнения. Избранные теоремы (учебное пособие). Изд-во КГТУ, 2001.

В лекциях доказана теорема о существовании глобальном решении задачи Коши. Требование выполнения обобщенного условие Липшица – очень жесткое ограничение, которое не выполняется для всех функций, которые растут на бесконечности быстрее линейных.

Рассмотрим теорему о существовании локального решения, которая применима к гораздо более широкому классу систем ОДУ. Эта теорема получается из теоремы существования глобального решения с помощью аппарата срезающих функций (ретракций).

Непрерывное отображение P пространства Rn в шар B(x0; b) ½ Rn (с центром в точке x0 и радиусом b), такое, что P x = x 8 x 2 B(x0; b), называется ретракцией.

Отображение f называется нерастягивающим, если 8 x; y 2 D(f),

jf(x) ¡ f(y)j · jx ¡ yj:

Лемма (о нерастягивающей ретракции). Нерастягивающая ретракция про-

странства Rn в шар существует.

Доказательство леммы конструктивное, т. е. мы построим такое отображение в явном виде. В качестве первого шага построим нерастягивающую ретракцию про-

странства Rn в единичный шар B(0; 1) с центром в нуле. Определим

P1x =	8 x;	j j		если	x	2 B(0; 1)	9
	:			если		62	;
	< x= x		;		x	B(0; 1)	=

и докажем, что это отображение – нерастягивающая ретракция. Очевидно, что D(P1) = Rn и что 8 x P1x 2 B(0; 1), так как jP1xj · 1.

Доказательство нерастягиваемости проведем отдельно для трех случаев: 1) 1 < jxj · jyj; т. е. x; y 62B(0; 1),

2

jP1x ¡ P1yj = ¯

x

j

¡

y

j

¯

=

j

x

¯x ¡ jyjy¯ <

¯x ¡ jyjy¯

:

¯j

j

¯

j ¯

j j

¯

¯

j j

¯

x

y

1

x

x

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Введем вспомогательные векторы¯

¯

¯

¯

¯

¯

u =

(x; y)

y

(проекция вектора x

на

вектор

y)

jyj2

z =

jxj

y:

jyj

Очевидно, что векторы u и z коллинеарны y и jzj = jxj · jyj. Далее

(¤)

(x ¡ u; y) = 0; т. е. (x ¡ u) ? y

(¤¤)

juj · jzj · jyj:

В самом деле

µx ¡ (jyj2)y; y¶ = (x; y) ¡

(jyj2)(y; y) = 0

(x ¡ u; y) =

x; y

x; y

u

= j(x; y)j

y

= j(x; y)j

(неравенство Коши – Буняковского)

j j

jyj2

j

j

jyj

·

· jxj = jzj:

Далее jx ¡ zj2

= jx ¡ u + u ¡ zj2

= (из (*)) = jx ¡ uj2 + ju ¡ zj2

· (из (¤¤)) ·

jx ¡ uj2 + ju ¡ yj2 = jx ¡ yj2.

Отсюда

jP1x ¡ P1yj < jx ¡ zj · jx ¡ yj;

2)jxj · 1 < jyj; т. е. x 2 B(0; 1); y 62B(0; 1);

jP1x ¡ P1yj =

¯x ¡

y

¯

:

¯

j

j¯

¯

y

¯

z =

y

(

)

(

)

¯

¯

Положим теперь

jyj

, тогда легко проверить, что свойства

¤

и

¤¤

остаются в

силе, а следовательно, неравенство jx¡zj · jx¡yj получается так же, как и в первом случае,

3)jxj · jyj · 1;

jP1x ¡ P1yj = jx ¡ yj:

Таким образом, доказано, что P1 – нерастягивающее отображение, откуда следует его непрерывность.

3

Ретракцию P : Rn ! B(x0; b) построим как суперпозицию P1 и линейного отображения

x ¡ x0

P = '¡1 ¢ P1 ¢ ';

где ' =

отображает шар B(x0; b) в единичный B(0; 1).

b

Таким образом,

1 µ

P x = x

+ bP

x ¡ x0

:

Покажем, что P : Rn ! B(x0; b):

0

b

¶

µ

¶¯

j

P x

¡

x

0j

= b P

1

x ¡ x0

·

b:

¯

b

¯

¯

¯

¯

Далее 8 x 2 B(x0; b)

µ

¯

¶

¯

P x = x

0

+ bP

1

x ¡ x0

= x

0

+ b

x ¡ x0

= x:

b

b

Наконец,

j

P x

¡

P y

j

= b P

1

µ

x ¡ x0

P

1

µ

y ¡ x0

¶¯

·

¯

b

¶ ¡

b

¯

¯

x

x0

y¯

x0

¯

·

b

¯

¡

¡

¯

¡

¯

= x

¡

y

j

:

¯

b

b

j

¯

¯

¯

¯

Таким образом, показано,¯

что P – нерастягивающая¯

ретракция.

Теорема 1 (о существовании и единственности локального решения). Пусть

дана задача Коши

				¢
				x= f(t; x);
								(0.1)
				x(t0) = x0;
где	правая	часть	f	определена	и	непрерывна	в	цилиндре

S = [t0 ¡ a; t0 + a] £ B(x0; b), а также удовлетворяет в S условию Липшица jf(t; x) ¡ f(t; y)j · Kjx ¡ yj;

тогда задача (1) имеет единственное локальное решение на отрезке [t0 ¡ T; t0 + T ],

T = minfa; b=Mg;

M – мажорантa правой части на S, т. е. jf(t; x)j · M 8 (t; x) 2 S. 4

Рассмотрим нерастягивающие ретракции

Q : R ! [t0 ¡ a; t0 + a]

P : Rn ! B(x0; b)

и функцию F (t; x) = f(Qt; P x).

Очевидно, что F определена и непрерывна на R £ Rn. Далее, 8 t; x; y,

jF (t; x) ¡ F (t; y)j = jf(Qt; P x) ¡ f(Qt; P y)j · · KjP x ¡ P yj · Kjx ¡ yj:

Рассмотрим теперь задачу

¢

y= F (t; y)

(0.2)

y(t0) = x0:

Для нее выполнены все условия теоремы о существовании глобального решения и поэтому существует глобальное решение '. Покажем, что на отрезке [t0 ¡ T; t0 + T ]

эта функция является решением задачи (1). В самом деле, 8 t 2 [t0 ¡T; t0 + T ] имеем

j'(t) ¡ x0j = j'(t) ¡ '(t0)j =

¯

t0t

'¢ (¿)d¿

¯

·

¯

t0t jF (¿; '(¿))jd¿

¯

·

¯Z

¯

¯Z

¯

·

j

¡

j ·

·

¯

2

¯

¯

¯

M

t

t0

MT

b;

т. е.¯

'(t)

B(¯x0; b¯); следовательно,¯

¢

' (t) = F (t; '(t)) = f(Qt; P '(t)) = f(t; '(t)):

Докажем единственность этого решения. Пусть есть другое решение Ã(t) задачи

(1). Тогда, очевидно, Ã является решением и задачи (2), а следовательно, оно должно совпадать с ' на D(Ã) (согласно теореме о единственности глобального решения).

Доказанная выше теорема дает достаточные условия разрешимости задачи Коши для широкого класса систем ОДУ, однако прямая проверка выполнения условия Липшица в некотором (часто искусственном) цилиндре не всегда удобна.

Ниже мы докажем еще одну локальную теорему существования и единственности с более простыми условиями.

Теорема 2 (о существовании и единственности локального решения). Пусть правая часть систему ОДУ

5

	¢		(0.1)
	x= f(t; x)
	определена и непрерывна вместе со своими частными производными	@fi	в некото-
		@xj

рой области G µ Rn. Тогда 8 (t0; x0) 2 G и существует единственное (локальное) решение системы (1) с начальными данными x(t0) = x0, т.е. через любую точку области G проходит единственная интегральная кривая системы (1).

Так как множество G открытое, то 9 цилиндр S с центром в точке (t0; x0) и S ½ G. Поскольку S – выпуклый компакт, то в нем справедлива теорема Лагранжа, а именно

8 (t; x); (t; y) 2 G jf(t; x) ¡ f(t; y)j · max kfx0 (»)k jx ¡ yj;

»2S

откуда следует липшицевость f в S. Здесь fx0 – это матрица Якоби @fi . Таким обра-

@xj

зом, по теореме 1 система (1) с начальными данными x(t0) = x0 имеет единственное локальное решение.

Для проверки разрешимости задачи Коши для линейных систем можно использовать теоремы 1–2, однако для них можно доказать более сильный результат.

Задача Коши

¢

x= A(t)x + B(t); x(t0) = x0;

где все элементы матрицы A(t) = (aij(t))

отрезке [t1; t2] 3 t0, имеет единственное

[t1; t2].

и правой части B(t) = (bi(t)) непрерывны на решение ' с областью определения D(') =

Рассмотрим ретракцию Q : R ! [t1; t2] и функцию

F (t; x) = A(Qt)x + B(Qt):

1.F , очевидно, определена и непрерывна на R £ Rn.

2.jF (t; x) ¡ F (t; y)j = jA(Qt)(x ¡ y)j · kA(Qt)k j(x ¡ y)j =

=L(t)jx ¡ yj:

Отсюда и по теореме существования глобального решения следует, что задача

¢

y= F (t; y); y(t0) = x0

6

имеет единственное глобальное решение '(t). Пусть теперь

t 2 [t1; t2], тогда

¢

' (t) = F (t; '(t)) = A(Qt)'(t) + B(Qt) = A(t)'(t) + B(t);

т. е. ' – решение исходной задачи на [t1; t2]. Единственность доказывается так же, как в теореме 1.

2. Дифференцируемость решений по параметрам. Уравнения в вариациях. (4 часа).

теорема о дифференцируемости по параметрам

уравнение в вариациях

Понтрягин Л.С. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1982,

§24, с. 185–196.

3.Предельные точки и предельные множества для автономных систем. Теоремы Бендиксона. (4 часа).

свойства предельных множеств

первая теорема Бендиксона Петровский И.Г. Лекции по теории обыкновенных дифференциальных уравнений. М.: Наука, 1970, §§ 53–54, с. 206–213.

ИНДИВИДУАЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ.

Изоклинами дифференциального уравнения

y0 = f(x; y)

нываются линии уровня (f(x; y) = k) функции f(x; y): В каждой точке фиксированной изоклины интегральные кривые имееют один и тот же наклон касательной, так как

tg ® = y0 = f(x; y) = k

.

С помощью изоклин начертить интегральные кривые уравнений.

1.y0 = x ¡ ey.

4. (x2 + y2)y0 = 4x. 7. y0 = (y ¡ 1)2.

10. y0 = x2 ¡ y + 1.

2. 2(y + y0) = x + 3. 5. y0 = 2x + y + 1. 8. y0 = (y ¡ 1)x.

11. y0 = xx ¡+ yy .

3.x2 + y2y0 = 1.

6. y0 = x3 + y.

9. y0 = x2 ¡ y2.

12. y0 = xy +¡ 11.

7

13. y0	= 1 ¡ xy.	14. y0	= 2 ¡ y.		15. y0 = 2x ¡ y.
							y
16. y0	= y ¡ 2x2 ¡ 1.	17. y0 = x2 + y ¡ 1.			18. y0	=		.
							x
19. y0	= y2 ¡ x.	20. y0	= xy ¡ 2.		21. y0 = y ¡ x2.
22. xy0 = 3y.		23. yy0 ¡ 2x = 0.			24.y0 = x2 + y.
25. y0	= x2 + y2.	26. y0	= y2	+ x.	27. y0	= y(x + 1).
28. xy0 = ¡(y ¡ 1).		29. y0	= y2	+ x2 ¡ 2.	30. y0	= y ¡ x ¡ 1.

Для получения дифференциального уравнения, которому удовлетворяют кривые

семейства

©(x; y; C1; C2; : : : ; Cn) = 0;

нужно продефференцировать по x n раз обе части уравнения семейства, считая y

функцией от x, а затем из полученных уравнений и уравнения семейства кривых

исключить постоянныые C1; C2; : : : ; Cn:

Составить дифференциальное уравнение данных семейств линий.

1. cos y = C1e¡x + C2x2.

2. ln y = C1ex2 + C2y2.

3. y = Ceyx.

4. y =

1

.

x + C

5. Cy3 = (x + C)2.

6. y2 = (x + C)4 + 2.

7. sec y = Cx2.

8. y =

C1

+ C2y2.

x

9. py

px = Cx.

Cy = 0.

¡

10. x2 + y2

¡

y ln y + x + C y + C = 0

p(x C )2 + (y C )2

= 1

11. x = C1ey=x ¡ C2x.

12.

x2 + y2

= Cx2.

13.

1

2 .

f 44.

¡

1

¡ 2

.

15. y3 = x(C2 + x + C1 ln x).

16. y = C sin y + C2.

1

C

2

17.

C2y = Cx2 +

.

18. x =

¡

y.

C

y2

3

19.

(x ¡ C)2 + y2 = C2.

20.

C2y = Cey2=x +

2

.

C

21. cos Cy = Cx.

22. ln y = C1ex + C2x.

23.

C1y3 = C2ex.

24.

Cy = (x ¡ C)2.

25.

Cx2 + y2 ¡ Cy = 0.

26.

C1y2 + C2y ¡ C3 = x.

27. y2 + C1x + C2y + C3 = 0.

28.

Cy2 = (x + C)2 + C.

29. ch y3 = C sh x2.

30. y5 = x(C2 + ch x + C1 ln 3x).

Решить уравнения .

8

1.p				dy	=		0.
		xydx ¡
				x¡1
3.	3x + 2xy2			+ p					y0 = 0	.
						2		x2
							¡

5. (y2 + xy2)y0 + x2 ¡ yx2 = 0.

7. (4 + ex) pyy0 = yex.

9. (1 ¡ y)eyy0 + y2 = 0. x ln x

11.4xdx ¡ 3ydy = 3x2ydy ¡ 2xy2dx.

13.z0 = 10x+z.

15. (8 + y2) dx + x2 dy = 0.

17. y sin x dx + cos x dy = 0.

19. (1 ¡ y)2 dy + dx = 0. sin2 x

21. ey+cos x dy + y sin x dx = 0. p

23.1 + y2 dx + y tg x dy = 0.

25. x ch y dx ¡ (1 ¡ x2) sh y dy = 0.

p

27. 4 + y2 dx ¡ ydy = x2ydy.

29. yy0 11¡¡xy22 + 1 = 0.

2.(1 + y2) dx + (1 + x2) dy = 0. 4. (1 + ex)y0 = yex.

6. xp1 ¡ y2 dx + yp1 ¡ x2 dy = 0.

8. (1 + ex)yy0 = ey.

10. y0 ctg x + y = 2,

12. xp1 ¡ y2 dx + yp1 ¡ x2 dy = 0,

14.x2y0 ¡ cos 2y = 1.

16. 3y2 dx + (1 + x) dy = 0.

18. (1 ¡ y) sin x dx + cos3 x dy = 0.

20. (1 + 2x + x2) dy + (ey + 1) dx = 0.

22. y cos2 x sin x dx + y4 dy = 0. 24. 2(1 ¡ ey) dx + sh x dy = 0. 26. 3y2y0 + 16x = 2xy3.

28.(e2x + 5)pydy + ye2xdx = 0.

30. x2 sh y dx ¡ (1 ¡ x2) ch y dy = 0.

При решении следующих задач используется геометрический и механический смысл производной.

1.Материальная точка массой m = 2г без начальной скорости погружается в жидкость. Сопротивление пропорционально скорости погружения с коэффициентом пропорциональности k = 2г=с. Найти скорость точки через одну секунду после начала погружения.

2.Найти кривую, обладающую тем свойством, что величина перпендикуляра, опущенного из начала координат на касательную, равна абсциссе точки касания.

3.Определить кривую, у которой отношение отрезка, отсекаемого касательной на Oy, к радиусу-вектору равно постоянной величине.

4.Пользуясь прямоугольными координатами, найти форму зеркала, отражающего параллельно данному направлению все лучи, выходящие из данной точки.

5.Найти кривую, для которой длина отрезка, отсекаемого на оси ординат нормалью, проведенной в какой-нибудь точке кривой, равна расстоянию этой точки от начала координат.

9

6.Найти кривую, для которой произведение абсциссы какой-нибудь точки на величину отрезка, отсекаемого нормалью на оси Oy, равно удвоенному квадрату расстояния от этой точки до начала координат.

7.Цепь длиною 6 м соскальзывает вниз со стола без трения. Если движение начинается с момента, когда 1 м цепи свисает, то за какое время соскользнет вся цепь?

8.Найти уравнение движения точки, если ускорение в зависимости от времени выражается формулой a = 1;2t и если при t = 0 расстояние s = 0, а при t = 5

расстояние s = 20.

9.Тело массы m скользит по горизонтальной плоскости под действием толчка, давшего начальную скорость v0. На тело действует сила трения, равная km. Найти расстояние, которое тело способно пройти.

10.Материальная точка массы m = 1 движется прямолинейно, приближаясь к

центру, отталкивающему ее с силой, равной k2x (x расстояние точки от центра). При t = 0, x = a, dxdt = ka. Найти закон движения.

11.В баке находится 100 л раствора, содержащего 10 кг соли. В бак непрерывно подается вода (5 л в минуту), которая перемешивается с имеющимся раствором. Смесь вытекает с той же скоростью. Сколько соли в баке останется через час?

70. Кривая проходит через точку (1; 2) и обладает тем свойством, что произведение углового коэффициента касательной в любой ее точке на сумму координат точки касания равно удвоенной ординате этой точки. Найти уравнение кривой.

12.В сосуд, содержащий 1 кг воды при температуре 20±, опущен алюминиевый предмет с массой 0;5 кг, удельной теплоемкостью 0;2 и температурой 75±. Через минуту вода нагрелась на 2±. Когда температура воды и предмета будет отличаться одна от другой на 1±? Потерями тепла на нагревание сосуда и прочими пренебречь.

13.Согласно опытам,в течение года из каждого грамма радия распадается 0;44

мг. Через сколько лет распадется половина имеющегося количества радия? Количество радиоактивного вещества, распадающегося за единицу времени, пропорционально количеству этого вещества, имеющемуся в рассматриваемый момент.

14. Футбольный мяч весом 0;4 кг брошен вверх со скоростью 20 м/сек. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и равно 0;48 г при скорости

10