Задача Коши

Определения

Задача Коши, $x_0$, $y_0$ - начальные данные:

$\{\begin{array}{cc}\frac{dy}{dx}=f(x,y),& \text{(1)}\\ y(x_0)=y_0;& \text{(2) начальное условие}\end{array}$

Решением задачи Коши является функция, определённая на интервале <a,b>, включающем $x_0$, являющаяся решением уравнения (1) и удовлетворяющая начальному условию (2).

Определение. Решением интегрального уравнения:

$y(x)=y_0+{\int }_{x_0}^{x}f(s,y(s))ds,\text{(3)}$

является функция $y=\varphi (x)$, которая определена на <a,b>$\ni x_0$ и

1. $\varphi \in C<a,b>$ (непрерывна)
2. $(x,\varphi (x))\in G\mathrm{\forall }x\in$ <a,b>
3. подстановка $y=\varphi (x)$ превращает уравнение (3) в тождество.

Лемма. Функция $y=\varphi (x)$ является решением задачи Коши тогда и только тогда, когда она является решением интегрального уравнения.

Доказательство. Пусть $y=\varphi (x)$ - решение задачи Коши $\Rightarrow \frac{d\varphi (x)}{dx}\equiv f(x,\varphi (x))$ и $\varphi (x_0)=y_0$

Проинтегрируем тождество от $x_0$ до $x$:

$\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}\frac{d\varphi }{ds}(s)dx=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s,\varphi (s))ds\Rightarrow \varphi (x)-\varphi (x_0)=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s,\varphi (s))ds\Rightarrow \varphi (x)=y_0+\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s,\varphi (s))ds,\mathrm{\forall }x\in <a,b>$

Теперь пусть $y=\varphi (x)$ - решение интегрального уравнения, покажем, что она есть решение дифф. уравнения и удовлетворяет начальному условию. Для этого вначале подставим в (3) $x=x_0$: $y(x_0)=y_0+\underset{x_0}{\overset{x_0}{\int }}f(s,y(s)ds=y_0\text{ - начальное условие}$

Продифференцируем (3) и получим (1)

Определение. $y=\varphi (x)$, заданная на $[a,b]$, удовлетворяет условию Липшица, если $\mathrm{\exists }L>0:|\varphi (x^{\prime })-\varphi (x^{″})|\le L|x^{\prime }-x^{″}|\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [a,b]$

Заметим, что если функция удовлетворяет условию Липшица, то она является равномерно непрерывной на $[a,b]\iff \mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )>0:\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [a,b],|x^{\prime }-x^{″}|<\delta (\epsilon ):|\varphi (x^{\prime })-\varphi (x^{″})|<\epsilon$ (для док-ва замечания надо взять $\delta (\epsilon )=\frac{\epsilon }{L}$)

Определение. Последовательность функций $\{{\phi }_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ является равномерно ограниченной если $\mathrm{\exists }C>0:|{\phi }_n(x)|<C\mathrm{\forall }x\in [a,b],\mathrm{\forall }n\ge 1$

Определение. Последовательность функций $\{{\phi }_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ называется равнестепенно непрерывной, если $\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )>0:\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [a,b],|x^{\prime }-x^{″}|<\delta (\epsilon )|{\phi }_n(x^{\prime })-{\phi }_n(x^{″})|<\epsilon ,\mathrm{\forall }n\ge 1$

Лемма Асколи-Арцела. Теорема Пеано

Лемма Асколи-Арцела.  Из любой равномерно ограниченной и равностепенно непрерывной последовательности функций $\{{\phi }_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ можно выбрать равномерно сходящуюся подпоследовательность ${\phi }_{n_k}\rightrightarrows \phi (x),(\phi \in C[a,b])$

Доказательство. Пусть $\{{\phi }_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$ - равномерно ограничена и равностепенно непрерывна. ${\epsilon }_1=\frac{2C}{N}$ - разделим прямоугольник на вертикальные полосы высоты ${\epsilon }_1$ и длины $h_1<\delta ({\epsilon }_1)$

График каждой из функций ${\phi }_n$ может находиться не более чем в двух смежных парах прямоугольников высоты ${\epsilon }_1$. В каждой вертикальной полосе есть пара прямоугольников, в которых располагается бесконечное множество графиков, так как множество прямоугольников конечно, а подпоследовательностей бесконечно. Выберем подпоследовательность функций в этих прямоугольниках $\{{\phi }_{1n}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$

$|\{{\phi }_{1n}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)-\{{\phi }_{1m}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)|<2{\epsilon }_1,\mathrm{\forall }n,m$, теперь будем уменьшать $\epsilon$. возьмём ${\epsilon }_2=\frac{{\epsilon }_1}{2},h_2<\delta ({\epsilon }_2)$ и выберем $\{{\phi }_{2n}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$

$|\{{\phi }_{2n}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)-\{{\phi }_{2m}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)|<2{\epsilon }_2,\mathrm{\forall }n,m$

$\cdots$

${\epsilon }_p=\frac{{\epsilon }_1}{2^{p-1}},h_p<\delta ({\epsilon }_p)$, $|\{{\phi }_{pn}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)-\{{\phi }_{pm}{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}(x)|<2{\epsilon }_p,\mathrm{\forall }n,m$

$\begin{array}{cccc}\underbrace{{\phi }_{11}}& {\phi }_{12}& \dots & {\phi }_{1n}\\ {\phi }_{21}& \underbrace{{\phi }_{22}}& \dots & {\phi }_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ {\phi }_{p1}& {\phi }_{p2}& \dots & \underbrace{{\phi }_{pn}}\end{array}$

Диагональный процесс Кантора - берем элементы на главной диагонали $\{\overline{{\phi }_n}\}=\{{\phi }_{nn}\}$

$\mathrm{\forall }\epsilon >0$ выбираем номер p: $2{\epsilon }_p<\epsilon$, тогда $|\overline{{\phi }_n}-\overline{{\phi }_m}|<2{\epsilon }_p<\epsilon ,\mathrm{\forall }n,m>p(\epsilon )\mathrm{\forall }x\in [a,b]\Rightarrow \{\overline{{\phi }_n}\rightrightarrows \phi (x)$

Теорема Пеано.  Пусть функция $f$ определена и непрерывна в области G и пусть точка $(x_0,y_0)\in G$

Тогда существует решение задачи Коши определенное на некотором отрезке $[x_0-△,x_0+△]$

Доказательство. $\bar{S}$-окрестность точки $(x_0,y_0)\in G$. $f\in C(G)\Rightarrow f\in C(\bar{S})$.

Функция непрерывна на замкнутом множестве, след-но ограничена на нём: $\mathrm{\exists }L=ma{x}_{(x,y)\in S}|f(x,y)|<\mathrm{\infty }$. Зафиксируем некоторое N и рассмотрим разбиение отрезка: $x_i=x_0+i\ast h_n,h_n=\frac{△}{N}$. Рисуем ломаную Эйлера через $(x_0,y_0)$, такую что угловой коэффициент равен $f(x_i,y_i)$ на $(x_i,x_{i+1})$. Ломаная не может выйти за пределы $△$, так как чтобы она вырвалась угол наклона должен быть больше L, а это невозможно. Получаем последовательность $\{{\phi }_N(x){\}}_{N=1}^{\mathrm{\infty }}$.

На $[x_j,x_{j+1}]{\phi }_N(x)={\phi }_N(x_j)+f(x_j,{\phi }_N(x_j))(x-x_j)$

Последовательность ограничена: $y_0-△L\le {\phi }_N(x)\le y_0+△L\mathrm{\forall }x\in [x_0,x_0+△]\mathrm{\forall }N\ge 1$ (1) Заметим также, что последовательность равностепенно непрерывна: $\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )=\frac{\epsilon }{L}\mathrm{\forall }{x}^{\prime },x^{″}\in [x_0,x_0+△]|x^{\prime }-x^{″}|<\delta (\epsilon )$ Значит по лемме Асколи-Арцела $\mathrm{\exists }{\phi }_{N_k}(x)\rightrightarrows \phi (x)$ на $[x_0,x_0+△]$, здесь $\phi$ - решение задачи Коши.

Зафиксируем некоторую точку $x\in [x_0,x_0+△]$.Если начать менять $N$, то возникает картина меняющихся подотрезков, но каждый раз $x$ будет принадлежать некоторому отрезку $[x_i,x_{i+1}].i=i_{N_k}$

$h_{N_k,j}=\{\begin{array}{c}{h}_N=\frac{△}{N},1\le j\le i\\ x-x_i,j=i+1\end{array}$

${\phi }_{N_k}=y_0+\sum _{j=1}^{i+1}f(x_j,{\phi }_{N_k}(x_j))h_{N_k,j}=$ (вместо ${\phi }_{N_k}(x_j)$ поставим предельную функцию $\phi$) $=y_0+\sum _{j=0}^{i}f(x_j,\phi (x_j))h_{N_k,j}+\underset{Ost}{\underbrace{\sum _{j=0}^i[f(x_j,{\phi }_{N_k}(x_j))-f(x_j,\phi (x_j))]h_{N_k,j}}}$

Первое слагаемое в сумме при стремлении длины отрезка к нулю будет стремиться к интегралу: $y_0+\sum _{j=1}^{i+1}f(x_j,{\phi }_{N_k}(x_j))h_{N_k,j}=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s,\phi (s))ds$.

Покажем что $Ost\to 0$. Заметим, что f непрерывна на всём G $\Rightarrow$ непрерывна на треугольнике (1), а так как треугольник - ограниченное множество, f равномерно непрерывна на (1) $\Rightarrow$ $\mathrm{\forall }\epsilon >0\mathrm{\exists }\delta (\epsilon )>0:|f(x^{\prime },y^{\prime })-f(x^{″},y^{″})|<\epsilon ,\mathrm{\forall }(x^{\prime },y^{\prime })(x^{″},y^{″})\sqrt{(x^{\prime }-x^{″}{)}^2+(y^{\prime }-y^{″}{)}^2}<\delta (\epsilon )$ В частности, если $x^{\prime }$ и $x^{″}$ совпадают, $|y^{\prime }-y^{″}|<\delta (\epsilon )$ разность $|{\phi }_{N_k}(x_j)-\phi (x_j)|<\delta (\epsilon )$ как только $N_k>N_0(\epsilon )\mathrm{\forall }{x}_j$.

$|Ost|$ может быть оценен $|\sum _{j=0}^i[f(x_j,{\phi }_{N_k}(x_j))-f(x_j,\phi (x_j))]h_{N_k,j}|\le \epsilon △$ при $N_k>N_0(\epsilon )$. Это говорит о том, что $Ost\to 0\text{ когда }k\to \mathrm{\infty }$

Теперь перейдем к передлу, когда $k\to \mathrm{\infty }:\varphi (x)={\varphi }_0+\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s,\varphi (s))ds$, это равненство справедливо для $\mathrm{\forall }x\in [x_0,x_0+△]$

Единственность решения задачи Коши

Определение. Функция f удовлетворяет локальному в области G условию Липшица по переменной y, если $\mathrm{\forall }(x_0,y_0)\in G_1\mathrm{\exists }$ окрестность $U(x_0,y_0)$ и постоянная $L=L(x_0,y_0)>0:|f(x,y^{\prime })-f(x,y^{″})|\le L|y^{\prime }-y^{″}|\mathrm{\forall }(x,y^{\prime })(x,y^{″})\in U(x_0,y_0)$

Теорема. Если функция f удовлетворяет локальному условию Липшица, тогда решение задачи Коши единственное

Доказательство. От противного. Пусть существует два решения ${\phi }_1,{\phi }_2$, определённые на $<a,b>\ni x_0$ и ${\phi }_1\equiv ̸{\phi }_2$. В точке $x_0$ решения ${\phi }_1(x_0)={\phi }_2(x_0)$ по условию задачи Коши, но $\mathrm{\exists }{x}^{\ast }:{\phi }_1(x^{\ast })≠{\phi }_2(x^{\ast })$. Пусть ${\phi }_1(x^{\ast })>{\phi }_2(x^{\ast })$.

Рассмотрим точку $\beta =sup\{$всех точек $x\in [x_0,x^{\ast }]$, таких что ${\phi }_1(x)={\phi }_2(x)\}$.

Множество точек непустое и ограниченное. ${\phi }_1(\beta )={\phi }_2(\beta )$

Поскольку $\phi$ непрерывны, супремум - максимум, значит ${\phi }_1(\beta )={\phi }_2(\beta )=\gamma$ и ${\phi }_1(x)>{\phi }_2(x)\mathrm{\forall }x\in (\beta ,x^{\ast }]${}

$\frac{d{\phi }_1(x)}{dx}\equiv f(x,{\phi }_1(x))$ на $(\beta ,x^{\ast }]$ (1)

$\frac{d{\phi }_2(x)}{dx}\equiv f(x,{\phi }_2(x))$ на $(\beta ,x^{\ast }]$ (2)

В силу условия теоремы $\beta$ удовлетворяет локальному условию Липшица $\Rightarrow \mathrm{\exists }$ некоторая окрестность $V:f(x,{\phi }_1(x))-f(x,{\phi }_2(x))\le L({\phi }_1(x)-{\phi }_2(x))$ верно как только $x\in [\beta ,\beta +△]$

Вычтем (1) из (2): $\frac{d({\phi }_1-{\phi }_2)}{dx}=f(x,{\phi }_1(x))-f(x,{\phi }_2(x))\Rightarrow \frac{du}{dx}\le Lu(x)$ на $[\beta ,\beta +\delta ]$ Проинтегрируем неравенство на $[\beta ,\beta +\delta ]$: $u(\beta +\delta )-u(\beta )\le {\int }_{\beta }^{\beta +\delta }Lu(x)dx\le \delta Lmax[\beta ,\beta +\delta ]u(x)$

Заменим отрезок на меньший $\beta +\delta \ge x:u(x)\le \delta Lmax[\beta ,\beta +\delta ]U(x)$ $\mathrm{\forall }x\in [\beta ,\beta +\delta ]$

$max[\beta ,\beta +\delta ]u(x)\le \delta Lmax[\beta ,\beta +\delta ]u(x)$. Выберем ${\delta }_{max}$, чтобы $\delta L$ оказалось $<1$. Получаем что $max[\beta ,\beta +\delta ]u(x)=0$, чего быть не может.

Определение. Функция $f$ удовлетворяет локальному в области G условию Осгуда по переменной $y$, если $\mathrm{\forall }(x_0,y_0)\in G\mathrm{\exists }\text{окрестность}\bar{U}=\bar{U}(x_0,y_0)$ диаметра $d>0$ и функция $\psi (u)\in C(0,d],\psi (u)>0:{\int }_0^d\frac{du}{\psi (u)}=+\mathrm{\infty }$ такие что $|f(x,y^{\prime })-f(x,y^{″})|\le \psi (|y^{\prime }-y^{″}|)\mathrm{\forall }(x,y^{\prime }),(x,y^{″})\in \bar{U}$

Теорема. Если функция f удовлетворяет локальному условию Осгуда, тогда решение задачи Коши единственно.

Доказательство. Пусть у задачи Коши 2 решения: ${\phi }_1(x)\equiv ̸{\phi }_2(x)$ Повторяя доказательство предыдущего утверждения, приходим к тому, что функциия $u(x)={\phi }_1(x)-{\phi }_2(x)$ удовлетворяет на отрезке $[\beta ,\beta +\delta ]$ тождеству $\frac{du}{dx}\equiv f(x,{\phi }_1(x)-f(x,{\phi }_2(x)))\Rightarrow \frac{du}{dx}\le \psi (u)$ на $[\beta ,\beta +\delta ]$.

Поделим обе части неравенства на $\psi (u)$: $\frac{1}{\psi (u)}\frac{du}{dx}\le 1$ всюду на $(\beta ,\beta +\delta ]$

$\frac{d}{dx}{\int }_d^u\frac{dS}{\psi (S)}\le 1$ на $(\beta ,\beta +\delta ]$. Проинтегрируем на $[\beta +\epsilon ,\beta +\delta ]$:

${\int }_d^{u(\beta +\delta )}\frac{dS}{\psi (S)}-{\int }_d^{u(\beta +\epsilon )}\frac{dS}{\psi (S)}\le \delta -\epsilon$. Устремим $\epsilon \to 0$. $u(\beta +\epsilon )\to 0$, второй интеграл $\to +\mathrm{\infty }$ - противоречие.