113 lines
4.6 KiB
Markdown
113 lines
4.6 KiB
Markdown
|
>Формулировка теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши для ДУ 1-го порядка.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Определение:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Задача Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка состоит в нахождении решения уравнения вида:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y' = f(x, y)
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
с начальным условием вида:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y(x_0) = y_0
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
где $f(x, y)$ - некоторая функция от двух переменных $x$ и $y$, $x_0$ и $y_0$ - заданные числа.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Теорема о существовании и единственности решения задачи Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка формулируется следующим образом:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Теорема. Пусть функция $f(x, y)$ непрерывна в некоторой области $D$ плоскости $xy$ и удовлетворяет условию Липшица в этой области, **т.е. существует такая постоянная $L > 0$, что для любых точек $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$ из области $D$ выполняется неравенство**:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2)| \leq L(|x_1 - x_2| + |y_1 - y_2|)
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Тогда для любой точки $(x_0, y_0)$ из области $D$ существует единственное решение $y = \phi(x)$ задачи Коши:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y' = f(x, y), \
|
|||
|
|
y(x_0) = y_0
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
причем это решение определено на некотором интервале, содержащем точку $x_0$.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Замечание:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Условие Липшица для функции $f(x, y)$ означает, что функция $f(x, y)$ не сильно меняется при малых изменениях аргументов $x$ и $y$. Это условие гарантирует существование и единственность решения задачи Коши.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Пример:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Рассмотрим следующую задачу Коши:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y' = 2x - y, \
|
|||
|
|
y(0) = 1
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Проверим, что функция $f(x, y) = 2x - y$ удовлетворяет условиям теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Заметим, что функция $f(x, y) = 2x - y$ непрерывна во всей плоскости $xy$. Найдем частные производные функции $f(x, y)$ по переменным $x$ и $y$:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
\frac{\partial f}{\partial x} = 2, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = -1
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Заметим, что частные производные функции $f(x, y)$ ограничены во всей плоскости $xy$. Следовательно, функция $f(x, y)$ удовлетворяет условию Липшица во всей плоскости $xy$.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Таким образом, по теореме о существовании и единственности решения задачи Коши, существует единственное решение $y = \phi(x)$ нашей задачи, определенное на некотором интервале, содержащем точку $x_0 = 0$.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Найдем это решение. Для этого решим дифференциальное уравнение:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y' = 2x - y
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Используем метод интегрирующего множителя. Интегрирующим множителем для нашего уравнения будет функция $e^{-x}$. Умножим обе части уравнения на эту функцию:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
e^{-x}y' + e^{-x}y = 2xe^{-x}
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Заметим, что левая часть уравнения является производной функции $ye^{-x}$:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
(ye^{-x})' = 2xe^{-x}
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Интегрируем обе части уравнения:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
ye^{-x} = -\int 2xe^{-x} dx = 2xe^{-x} + 2e^{-x} + C
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
где $C$ - произвольная постоянная.
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Умножим обе части равенства на $e^{x}$:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y = 2x + 2 + Ce^{x}
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Подставим начальное условие:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
1 = 2 \cdot 0 + 2 + Ce^{0}
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Найдем значение произвольной постоянной:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
C = -1
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Подставим значение произвольной постоянной в решение:
|
|||
|
|
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
y = 2x + 1 - e^{x}
|
|||
|
|
$$
|
|||
|
|
|
|||
|
|
Ответ: Решение нашей задачи Коши имеет вид $y = 2x + 1 - e^{x}$.
|
|||
|
|
|