Задача Коши для уравнения первого порядка

1.

2.2 Задача Коши для уравнения первого порядка
Задача Коши для уравнения первого порядка
dy
= f (x, y(x)); y(x0) = y0
(4)
dx
здесь x0 – начальная точка, y0 – начальное значение.
Рассмотрим условия корректности (по Адамару) задачи Коши (4) *
1), 2). Существование и единственность решения.
Пусть Q – плоская область, f (x, y) – заданная в Q функция, (x0,y0) – внутренняя
точка области Q, а и b есть положительные числа такие, что замкнутый
прямоугольник
G = {(x, y) : |x – x0| ≤ a, |y – y0| ≤ b}
целиком лежит в области Q, М есть число М = max | f(x, y)|, K есть постоянная
G
Липшица функции f(x, y) в этом прямоугольнике т.е. f ( x, y2 ) f ( x, y1 ) K y2 y1 .
З а м е ч а н и е. Если область G выпукла по y, то условию Липшица удовлетворяют
функции, имеющие ограниченную в G частную производную по y.
*Рассмотреть f (x, y) = y .*
Т е о р е м а 1. * (Локальная теорема существования и единственности). Пусть f(x, y)
непрерывна на области Q и пусть для нее на этой области выполняется условие
Липшица по переменной у. Тогда найдется положительное число h, такое, что на
отрезке [x0 – h, x0 + h] задача Коши (4) имеет решение и притом единственное.
Число h, определяется из условий
h ≤ a,
Mh ≤ b,
Kh < 1.
(5)
1

2.

2.2 Задача Коши для уравнения первого порядка
З а м е ч а н и е. Решение y(x) будет функцией из С1([x0 – h, x0 + h]).
Отрезок [x0 – h, x0 + h] будем называть отрезком Пеано или локальным отрезком
существования решения.
3). Зависимость решений от начальных данных и от правой части.
Пусть функции f(x, y) и g(x, y) определены, непрерывны и ограничены в области
Q, содержащей прямоугольники
G = {(x, y) : |x – x0| ≤ a, |y – y0| ≤ b},
G1 = {(x, y) : |x – x 0| ≤ a, |y – y 0| ≤ b}.
Рассмотрим две задачи Коши
dy
= f (x, y(x));
dx
dy
= g(x, y(x));
dx
y(x0) = y0
(I)
y(x̅0) = y̅0.
(II)
Пусть для задачи (I) и (II) выполнены условия теоремы 1. Тогда, если M в (5) заменить
на M = max( sup f ( x, y ) , sup g ( x, y ) ), то задачи (I) и (II) имеют решения φ(x), ω(x),
Q
Q
определенные на отрезках [x0 – h, x0 + h] и [x̅0 – h, x̅0 + h] соответсвенно.
2

3.

2.2 Задача Коши для уравнения первого порядка
Т е о р е м а 2. Пусть для функций f (x, y) и g(x, y), точек (x0, y0 ) и (x̅0 , y̅0)
прямоугольников G и G1 выполняются условия, указанные выше. Тогда для любого
положительного числа найдется положительное число такое, что неравенства
|x0 – x̅0| < δ, |y – y̅0| < δ, sup f ( x, y ) g ( x, y ) < δ
Q
влекут выполнение для всех чисел x из отрезка [x0 – h1, x0 + h1], h1< h, неравенства
( x) ( x) < ε.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть для определенности выполняется x̅0 ≤ x0.
Положим δ0 = h – h1, число δ и будем выбирать так, чтобы выполнялось
неравенство δ < δ0. При таком выборе числа δ из неравенства |x0 – x̅0| < δ следует
[x0 – h1, x0 + h1] [x0 – h, x0 + h],
так как h1 < h, и
[x0 – h1, x0 + h1] [x̅0 – h, x̅0 + h].
Последнее вложение следует из неравенств:
а) x0 + h1 < x̅0 + δ + h1 < x̅0 + δ0 + h1 и учитывая, что δ0 = h – h1, получим
x0 + h1 < x̅0 + h,
б) x0 – h1 > x̅0 – h1 = x̅0 + δ 0 – h > x̅0 – h.
Значит на отрезке [x0 – h1, x0 + h1] обе функции ( x), ( x) определены и для них
выполняется равенство*
x
x
( x) ( x) = y0 – y̅0 + f (t , (t ))dt – g (t , (t ))dt .
x0
Последние два слагаемых можно преобразовать:
x0
3

4.

x
f (t , (t ))dt
x
–
x0
g (t , (t ))dt
x0
=
f (t , (t ))dt
–
x0
x
–
2.2 Задача Коши для уравнения первого порядка
x
x
x
x
f (t , (t ))dt + f (t , (t ))dt – g (t, (t ))dt + g (t , (t ))dt
x0
x
x0
x0
= f (t , (t )) f (t , (t )) dt +
x0
x0
x
x
–
g (t , (t ))dt
x0
=
x0
f (t , (t )) g (t , (t )) dt – g (t , (t ))dt .
x0
x0
В силу выбора h1 < h, и учитывая, что для h справедливы оценки (5), получим
для точек x [x0 – h1, x0 + h1], что точки ( x, ( x)) , ( x, ( x)) будут лежать в
прямоугольниках G и G1 соответственно.
Поясним это на примере точки ( x, ( x)) : ( x) y0 ( x) ( x0 ) M x x0 Mh1 .
Оценим для x [x0 , x0 + h1]* величину p(x) = ( x) ( x) :
x
p(x) = ( x) ( x) ≤ y0 y0 +
Пусть F(x)=
x
+
f (t , (t )) f (t , (t ))
x0
f (t , (t )) g (t , (t ))
x0
x
x0
dt +
dt +
g (t , (t )) dt ≤ δ + K p(t )dt + δh1+Mδ,
x0
p(x) ≤ δN + K p(t )dt , здесь N = (1 + h1 + M)
x
x
x0
(6)
x0
p(t )dt . Имееют место соотношения:
x0
4

5.

2.2 Задача Коши для уравнения первого порядка
dF
dF
и
≤ δN + KF(x).*
dx
dx
Умножим последнее неравенство на функцию e K ( x x0 ) и заменим переменную x
переменной t. Получим неравенство
d K (t x0 )
e
F (t ) ≤ δN e K (t x0 ) .
dt
F(x) 0, F(x0) = 0, p(x) =
Интегрируя его от точки x0 до точки x, получаем неравенство
K ( x x0 )
x
1
1
K ( x x0 )
z
e
e K ( x x0 ) F ( x) δN e K (t x0 ) dt = – δN
=
δN
(1–
).
e
dz
K
K
x0
0
Умножая полученное неравенство на e K ( x x0 ) , имеем оценку
1
F(x) ≤ δN ( e K ( x x0 ) – 1) .
K
Следовательно, из неравенствa (6) получим:
p(x) ≤ δN e K ( x x0 ) ≤ δN e Kh1 для всех x [x0 , x0 + h1] .
(7)
Аналогичная оценка может быть получена и для всех x [x0 – h1, x0] с заменой
пределов интегрирования. Теперь если и δ связаны соотношением = δN e Kh1 , то
теорема доказана.
5

6.

2.3 Продолжимые и непродолжимые решения
Пусть плоская область Q содержит прямоугольник
G = {(x, y) : |x – x0| ≤ a, |y – y0| ≤ b}
внутри себя.
Если функция f(x, y) непрерывна в области Q и выполнены условия локальной
теоремы существования и единственности, то задача Коши (4) имеет решение φ(х),
определенное на некотором локальном отрезке [ , ] оси 0х.
Рассмотрим один из концов этого отрезка, например, правый. Согласно теореме,
точка ( , φ( )) будет лежать в области Q. Но тогда существует замкнутый
прямоугольник G1, имеющий своим центром точку ( , φ( )) и целиком лежащий
внутри области Q.
Далее, согласно теореме существования, существует отрезок [ , 1] ( 1 > ) оси
0х, на котором задача Коши
y′ = f(x, y), y( ) = φ( )
имеет решение (x).
Построим функцию φ1(х):
( x) ïðè x [ , ]
φ1(х) =
.
( x) ïðè x ( , 1 ]
Эта функция будет решением задачи Коши (4) не на локальном отрезке существования
или отрезке Пеано, а уже на большем отрезке. Другими словами, решение φ(х) задачи
Коши (4) мы продолжили вправо. Очевидно, что действуя аналогично, мы можем
продолжить решение φ1(х) с отрезка [ , 1] на следующий отрезок [ , 2] и т.д.
6

7.

4.1 Линейная зависимость и независимость систем функций. Определитель Вронского
Пусть плоская область Q содержит прямоугольник
G = {(x, y) : |x – x0| ≤ a, |y – y0| ≤ b}
внутри себя.
Если функция f(x, y) непрерывна в области Q и выполнены условия локальной
теоремы существования и единственности, то задача Коши (4) имеет решение φ(х),
определенное на некотором локальном отрезке [ , ] оси 0х.
Рассмотрим один из концов этого отрезка, например, правый. Согласно теореме,
точка ( , φ( )) будет лежать в области Q. Но тогда существует замкнутый
прямоугольник G1, имеющий своим центром точку ( , φ( )) и целиком лежащий
внутри области Q.
Далее, согласно теореме существования, существует отрезок [ , 1] ( 1 > ) оси
0х, на котором задача Коши
y′ = f(x, y), y( ) = φ( )
имеет решение (x).
Построим функцию φ1(х):
( x) ïðè x [ , ]
φ1(х) =
.
( x) ïðè x ( , 1 ]
Эта функция будет решением задачи Коши (4) не на локальном отрезке существования
или отрезке Пеано, а уже на большем отрезке. Другими словами, решение φ(х) задачи
Коши (4) мы продолжили вправо. Очевидно, что действуя аналогично, мы можем
продолжить решение φ1(х) с отрезка [ , 1] на следующий отрезок [ , 2] и т.д.
7

8.

2.3 Продолжимые и непродолжимые решения
Возникает вопрос – как далеко мы сможем дойти? Нетрудно привести пример, когда
решение задачи Коши невозможно продолжить вправо делее определенной точки,
несмотря на то, что правая часть соответствующего дифференциального уравнения
будет непрерывна в любой сколь угодно большой области Q.
Таким примером может служить, скажем, задача Коши
y′ = y2, y(0) = у0 > 0.
Найдем решение этой задачи. Это уравнение с разделяющимися переменными:
dy
2
=
dx;
y
= 0.
2
y
1
Интегрируя уравнение, получим
x c . Общее решение уравнения
y
1
и y = 0.
y
x c
Выделим из общего решения функцию, удовлетворяющую начальным условиям
1
.
y (0)
0 c
1
y0
Cледовательно c , и решением задачи Коши будет функция φ(х) =
.
y0
1 y0 x
Очевидно, что данное решение не может быть продолжено правее точки 1/у0.
О п р е д е л е н и е . Решение φ(х) какого–либо дифференциального уравнения,
заданное на интервале ( , ), называется продолжимым вправо на интервал ( , 1),
если 1 > и если существует решение φ1(х) того же уравнения, заданное на
интервале ( , 1) и такое, что φ1(х) φ(х) при х ( , ).
8

9.

2.3 Продолжимые и непродолжимые решения
Аналогично определяется продолжимость вправо с интервала на отрезок, с
отрезка на отрезок, а также соответствующая продолжимость влево.
Т е о р е м а 3. Пусть функция f(x,y) определена и непрерывна на области Q. Тогда
для непродолжимости решения φ(х) задачи Коши для уравнения у′ = f(x,y) с интервала
( , ) вправо достаточно выполнения одного из трех условий:
1. = +∞;
2. при х → – 0 выполняется |φ(х)| → +∞;
3. при х → – 0 расстояние от точки (х,φ(х)) до границы области Q стремится к
нулю.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим, что решение φ(х) продолжимо с
интервала ( , β) вправо. Тогда оно будет продолжимо как минимум на полуинтервал
(α, β] следовательно, условие 1 не имеет место.
Продолженная функция, за которой мы сохраним обозначение φ(х), должна быть
непрерывна в точке , а значит – конечной (случай 2 быть не может).
Далее, поскольку будет выполняться равенство φ′( ) = f( , φ′( )), то точка
обязана лежать в области определения функции f, то есть в области Q.
Из сказанного вытекает, что если решение φ(х) продолжимо вправо с интервала
( , β), то условия 1 – 3 выполняться не могут. Другими словами, если одно из условий
1 – 3 выполняется, то решение φ(х) действительно не может быть продолжено с
интервала ( , β).
■
Очевидно, что имеет место аналогичная теорема о непродолжимости влево.
З а м е ч а н и е. Имеет место и обратное утверждение – теорема о том, что если
решение не продолжимо вправо, то обязательно будет выполняться одно из условий
1 – 3. Доказывать эту теорему не будем.
9

10.

2.4 Глобальная теорема существования и единственности
Глобальная теорема существования и единственности устанавливает
разрешимость задачи Коши (4) на всей числовой оси.
Т е о р е м а 4. Пусть функция f(x, y) непрерывна на всем пространстве R2 и пусть
выполняется условие
|f(x, y1) – f(x, y2)| ≤ K(x)|y1 – y2|; (x, y1) ∈R2; (x, y2) ∈R2,
в котором K(x) есть неотрицательная непрерывная для всех х из R функция. Тогда
задача Коши (4) разрешима на всей числовой оси и притом единственным образом.
Заметим, что глобальное условие Липшица, выполнение которого требуется
условиями теоремы 2, представляет собой весьма сильное условие. Фактически оно
означает, что функция f(x,y) не может расти при |y| → ∞ быстрее первой степени.
З а м е ч а н и е. Решение задачи Коши (4) существует, если f(x, y) непрерывна в Q,
условие Липшица обеспечивает выполнение единственности*.
10

11. Раздел 3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка

Рассмотрим систему дифференциальных уравнений первого порядка, в
которой неизвестными являются п функций у независимого переменного х:
dy1
= f1(x, y1(x), …, yn(x))
dx
⋮
dyn
= fп(x, y1(x), …, yn(x))
dx
Представление системы в векторном виде:
dy ( x)
= f̅(x, y̅(x))
dx
Здесь
f1 ( x, y1 ,..., yn )
f̅(x, y̅(x)) =
,
f ( x, y ,..., y )
1
n
n
Начальные данные
y̅(x0) = y̅0,
(3.1)
y1 ( x)
y̅(x) =
y ( x)
n
или y1(x0) = y10 , …, yп(x0) = yп0
(3.2)
Основная теорема теории обыкновенных дифференциальных уравнений*
11

12.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
Т е о р е м а 5 (Теорема существования и единственности решения задачи Коши).
Пусть:
– Q – область пространства Rп+1 переменных (x, y1(x), …, yn(x));
– функции fk = fk(x, y1(x), …, yn(x)) – непрерывные в области Q;
– выполняется условие Липшица || f̅(x, y̅1) – f̅(x, y̅2)|| ≤ k||y̅1 – y̅2)||
f ( x, y ( x))
(для любого k = 1, n производные k
(1 ≤ k, j ≤ n)
y j
определены и непрерывны в области Q);
– множество G Q, G = ((x, y̅) : |x – x0| ≤ a, || y̅(x) – y̅0|| ≤ b).
Тогда задача Коши (3.1), (3.2), где (x0, y̅(x0)) ∈G,
1) имеет решение на [x0 – h, x0 + h], где h – достаточно малое положительное число;
2) это решение единственно.
Д о к а з а т е л ь с т в о. В основе доказательства лежит теорема Шаудера о
существовании неподвижной точки, в нашем случае это принцип сжатых отображений
для систем операторных уравнений.
Пусть S непустое семейство вектор-функций ( 1 ,... n ) , определенных на
одном и том же множестве M (некоторое множество банахова пространства B). Эти
вектор-функции обладают следующими свойствами:
12

13.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
а) Каждая функция i ограничена (быть может, своей константой);
б) Предел всякой равномерной сходящейся последовательности вектор-функций ,
принадлежащих M, также принадлежит M;
в) Для множества M определен оператор A, переводящий каждую вектор-функцию
из M в вектор-функцию A = (A1 , …, An ), также из M;
г) Для всяких двух вектор-функций *, ** из M
||A * – A **|| ≤ m|| * – **||, 0 < m < 1.
Тогда в семействе S существует одна и только одна вектор-функция , такая что
= A .
Доказательство содержит два этапа:
I. Определить оператор.
II. Доказать, что для определенного оператора имеет место принцип сжатых
отображений.
Задача (3.1), (3.2) в операторном виде
Ãy̅(x) = y̅ ′(x), y̅(x0) = y̅0
(3.3)
здесь Ã - дифференциальный оператор.
Задачу (3.1), (3.2) можно записать в виде системы интегральных уравнений
x
y̅(x) = y̅(x0) +
f (t, y̅(t))dt,
(3.4)
x
0
или в операторной форме:
Аy̅ (х) = у(х) (интегральный оператор)
13

14.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
I. Задачи
Ãy̅(x) = y̅ ′(x),
y̅(x0) = y̅0 (3.3) и
x
y̅(x) = y̅(x0) +
f (t, y̅(t))dt
(3.4) эквивалентны:
x0
всякое решение задачи (3.3), есть решение (3.4) и наоборот, всякое непрерывное на
[x0 – h, x0 + h] решение системы (3.4) есть решение задачи (3.1), (3.2).
Докажем это утверждение.
Пусть y̅(x) – решение (3.1), (3.2) или (3.3), определенное на [x0 – h, x0 + h], и
x ∈[x0 – h, x0 + h]. Тогда, интегрируя обе части (3.1) от x0 до x и учитывая начальные
данные, получим (3.4).
Обратно, если y̅(x) – непрерывное на [x0 – h, x0 + h] решение (3.4), то при x = x0
имеем y̅(x0) = y̅0 ⇒ (3.2) выполнено. Так как f̅(x, y̅(x)) непрерывна, то функция
(x) =
x
f (t,
y̅(t))dt дифференцируема при x ∈[x0 – h, x0 + h]. Следовательно,
x0
dy ( x)
= f̅(x, y̅(x)), то есть выполняется (3.1).
dx
Следовательно, в качестве оператора в принципе сжатых отображений можно
использовать интегральный оператор
x
Аy̅(x) = y̅(x0) +
f (t, y̅(t))dt.
x0
14

15.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
II. Покажем что для интегрального оператора Аy̅ имеет место принцип сжатых
отображений.
Определим M – некоторое множество банахова пространства В, т.е.
пространство С[x0 – h, x0 + h] непрерывных на |x – x0| ≤ h вектор-функций y̅(x) с
нормой
||y̅(x)||C = max ||y̅(x)|| = max max |yi(x)|,
| x x 0 | h
| x x0 | h 1 i n
и значит, для y̅(x) из M выполняется ||y̅(x) – y̅(x0)|| ≤ b.
Построим семейство S вектор-функций
x
y̅0(x)= y̅0, y̅i(x)= Аy̅i(x) = y̅(x0) +
f (t, y̅i-1(t))dt, i=1,2,3...
x0
Каждая вектор функция принадлежит M и ограниченна, если h ≤ b/M, M = max f ( x, y ( x)
G
Покажем, что построенная последовательность вектор-функций сходится
равномерно на M. Для этого достаточно показать, что ряд
y̅0 + (y̅1(x) – y̅0) + … + (y̅n(x) – y̅n-1) + …
(3.5)
равномерно сходится.
Действительно, полученный ряд сходится равномерно по признаку Вейерштрасса,
так как имеет место оценка
n 1
x
x
0
||y̅п+1(x) – y̅п(x)|| ≤ Mkn
.
(n 1)!
Эту оценку проверим методом математической индукции. При п = 0 она
выполняется:
||y̅1(x) – y̅0(x)|| ≤ M x x0 ,
15

16.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
а из справедливости ее при некотором п = l следует выполнение при n = l + 1:
x
x
x0
x0
||y̅l+2(x) – y̅l+1(x)|| = || [ f̅(t, y̅l+1(x)) – f̅(t, y̅l(x))]dx|| ≤ | || f(t, y̅l+1(x)) – f(t, y̅l(x))|| dt | ≤
l 1
l x x0
≤ k||y̅l+1(x) – y̅l(x)|| x x0 ≤ Mk
k.
(l 1)!
Следовательно, если учитывать, что x x0 h, то любая частичная сумма ряда
(3.5) y̅0 + (y̅1(x) – y̅0) + … + (y̅n(x) – y̅n-1) + … ограничена по норме
M
k 2h2
k n hn
M
U n y0 (kh
...
) y0 (ekh 1) .
k
2!
n!
k
Значит, существует lim y̅n(x) = y̅(x), так как ряд сходится равномерно, и
n
последовательность вектор-функций будет сходиться равномерно, причем y̅(х) M,
так как для любого положительного ε существует такое N, что для п > N выполняется
||y̅n(x) – y̅(х)|| < ε, следовательно:
||y̅(x) – y̅0|| = ||y̅(x) – y̅(п)(x) + y̅(п)(x) – y̅0|| ≤ ε + b.
Покажем, что при достаточно малом h для (Аy̅) имеет место:
I. (Аy̅) отображает M на M.
Действительно, поскольку y̅(x) ∈ M, то (Аy̅)(х) С[x0 – h, x0 + h] как интеграл от
непрерывной вектор-функции и, если h ≤ b/M, получаем оценку:
x
||(Аy̅)(х) – y̅0|| = || f (t, y̅(t))dt || ≤
x0
x
x
x0
| x x0 | h 1 i n
x0
x
max max | f i (t, y̅(t))dt | ≤ max max | | f i |dt | ≤
| x x0 | h 1 i n
≤ max | || f (t, y̅(t))||dt | ≤ Mh ≤ b.
| x x 0 | h
x0
16

17.

3. Системы дифференциальных уравнений первого порядка
II. (Аy) сжимает M.
y̅(х) ∈M,
z̅(x) ∈M
x
||(Аy̅)(х) – (Аz̅)(х)|| ≤ | || f̅ (t, y̅(t)) – f̅(t, z̅(t))||dt | ≤
x0
x
≤ | k || y̅(t) – z̅(t)||dt | ≤ k||y̅(t) – z̅(t)||C ∙h = m||y̅(t) – z̅(t)||C.
x0
Если m = kh < 1, то (Аy̅) сжимает множество M, следовательно, задача
y̅(х) = (Аy̅)(х) имеет решение.
Покажем единственность.
Предположим, существуют две неодинаковые функции y̅(x) и z̅(x).
y̅(x) – z̅(x) = (Ay̅)(x) – (Az̅)(x),
||y̅(x) – z̅(x)|| = ||(Ay̅)(x) – (Az̅)(x)|| ≤ k||y̅(x) – z̅(x)||,
следовательно, (1 – k) ||y̅(x) – z̅(x)|| ≤ 0, и значит,
||y̅(x) – z̅(x)|| = 0.
■
З а м е ч а н и е. Отрезок существования и единственности решения задачи (3.1), (3.2)
определили из условий h ≤ b/M и kh < 1.
17

18. Раздел 4. Линейные уравнения n-го порядка

у(п)(х) + р1(х)у(п–1)(х) + … + рп(х)у(х) = f(x)
(4.1)
где рi(х) С(а,b) и f(х) С(а,b).
Уравнение (4.1) с переменными коэффициентами рi(х), где i = 1̅,̅ ̅n , называется
однородным, если f(х) = 0.
Пусть у(х) С(п)(а,b), тогда L(y) = у(п) + р1(х)у(п–1) + … + рп(х)у(х) есть
линейный дифференциальный оператор, так как
1) L(Cy) = CL(у),
C = const,
2) L(y1 + y2) = L(y1) + L(y2).
Следовательно, для решений однородного линейного уравнения
L(y) = у(п)(х) + р1(х)у(п–1)(х) + … + рп(х)у(х)= 0
(4.2)
имеет место утверждение:
1′) если у(х) есть решение (4.2), то у1(х) = Су(х), где C = const, также –
решение (4.2),
2′) если у1(х), … ут(х) есть решения (4.2), то С1у1(х) + С2у2(х) + … + Стут(х),
где Ci = const, есть также решение (4.2).
Вопрос: существует ли в пространстве решений уравнения (4.2) набор
(система) линейно независимых решений, то есть базис, через который можно
записать любое решение уравнения (4.2)?
18

19.

4. Линейные уравнения n-го порядка
Рассмотрим для уравнения (4.2) L(y) = у(п)(х) + р1(х)у(п–1)(х) + … + рп(х)у(х) = 0
задачу Коши с начальными условиями
у(х0) = у0,у (х0) = у1, у(п–1)(х0) = уп–1,
(4.3)
здесь у0 ,…, уп–1 – константы, x0 (а,b).
З а м е ч а н и е . Если уi = 0, i = 0, n 1, то у = 0 есть решение задачи Коши.
Т е о р е м а 6. Задача (4.2), (4.3) с рi(х) С(а,b) имеет единственное решение
на любом отрезке , (а,b).
Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим вектор-функцию
y̅(x) = (z1, z2, … zn),
где z1(x) = у(х), z2(x) = у (x), … zn(x) = у(п–1)(х).
Тогда с учетом (4.2) получим систему уравнений
z1 ( x) z2 ( x)
z2 ( x) z3 ( x)
⁞
zn 1 ( x) zn ( x)
zn (x) = – (р1(х)zп(х) + р2(х)zп–1(х) + … + рn(х)z1(х).
Для этой системы выполнены все условия Теоремы 5, причем решение с отрезка
[x0 – h, x0 + h] можно продолжить на любой отрезок , (а,b).
■
19

20.

4.1 Линейная зависимость и независимость систем функций. Определитель Вронского
Пусть в интервале (a; b) функции у1(х), … уп(х) имеют производные до
(п–1)-го порядка включительно.
Определитель
W(x) =
y1 ( x)
y1 ( x)
...
...
yn ( x )
yn ( x)
будем называть определителем
y1( n 1) ( x) ... yn( n 1) ( x)
Вронского для системы функций у1(х), … уп(х) в точке х.
Т е о р е м а 7. Если у1(х), … уп(х) линейно зависимы в интервале (a; b), то W(x) = 0
в каждой точке х (а; b).
Д о к а з а т е л ь с т в о . Так как у1(х), … уп(х) линейно зависимы на интервале (a; b),
то найдутся такие постоянные 1, … п, что 1у1(х) + … + пуп(х) = 0 для каждой
точки х (а; b).
Предположим п ≠ 0:
уп(х) = –( n 1 уп–1(х) + … + 1 у1(х)).
n
n
Дифференцируя это равенство п – 1 раз, получим
( n 1 yn 1 ( x) ... 1 y1 ( x))
n
n
y1 ( x)
...
W(x) =
y1( n 1) ( x) ... ( n 1 y ( n 1) ( x) ... 1 y ( n 1) ( x))
n 1
1
.
n
n
Последний столбец в каждой точке х (а; b) есть линейная комбинация предыдущих,
следовательно, W(x) = 0.
■
20

21.

4.1 Линейная зависимость и независимость систем функций. Определитель Вронского
З а м е ч а н и е . Обратная теорема не верна.
x 2 x 0
0 x 0
у1(х) =
у2(х) = 2
0 x 0
x x 0
у1(х) и у2(х) линейно независимы на любом интервале (–а; а), но их определитель
Вронского
x2 0
=0
W(x) =
х (–а; а).
2x 0
Рассмотрим для уравнения (4.2) задачу Коши
Ly = 0
у(х0) = у0, у (х0) = у1, у(п–1)(х0) = уп–1
у0 ,…, уп–1 – константы.
Т е о р е м а 8. Если у1(х), … уп(х) линейно независимы в интервале (a; b), и каждая
функция уi(х), i =1̅,̅ ̅n есть решение однородного линейного уравнения, то определитель
Вронского этих функций не равен нулю ни в одной из точек интервала (a; b).
Д о к а з а т е л ь с т в о . Предположим обратное: существует такая точка х0 (а; b), что
W(x0) = 0. Составим систему линейных уравнений относительно С1, … Сп:
21

22.

4.1 Линейная зависимость и независимость систем функций. Определитель Вронского
С1у1(х0) + С2у2(х0) + … + Спуп(х0) = 0
⁞
С у (п–1)(х ) + С у (п–1)(х ) + … + С у (п–1)(х ) = 0
0
2 2
0
п п
0
1 1
Ее определитель Вронского |W(x0)| = 0, следовательно, система имеет ненулевое решение
(С10, … Сп0).
Определим
у(х) = С10у1(х) + С20у2(х) + … + Сп0уп(х).
Это тоже решение однородного уравнения, так как представляет собой линейную
комбинацию решений уi(х), i =1̅,̅ ̅n.
Для у(х) имеют место равенства:
у(х0) = 0, у′( х0) = 0, у′′( х0) = 0,
…
у(п–1)( х0) = 0,
то есть у(х) – решение задачи Коши с нулевыми начальными данными.
Но функция
у*(х) 0 также является решением задачи Коши, значит, в силу
единственности решения задачи Коши для линейного уравнения
С10у1(х) + С20у2(х) + … + Сп0уп(х) = 0,
функции уi(х) линейно зависимы на (а; b), что противоречит условию теоремы.
■
22