Уравнение Клеро

Частным случаем уравнения Лагранжа является уравнение Клеро.

Определение. Уравнение вида

(16)

называется уравнением Клеро.

Уравнение Клеро отличается от уравнения Лагранжа только тем, что в нем коэффициент при равен .

Решение уравнения. Применяем тот же метод, что и для интегрирования уравнения Лагранжа. Полагаем . Тогда уравнение (15) примет вид

(17)

Дифференцируя по , получаем

или .

Это уравнение распадается на два: и .

а) Из уравнения следует, что . Подставляя это значение в

(17), получим

(18)

Это есть общее решение уравнения Клеро. Сравнивая (18) с (16), видим, что общее решение уравнения Клеро получается простой заменой в уравнении производной произвольной постоянной .

б) Из уравнения имеем . Подставляя это значение в (17), получаем как функцию от параметра :

В результате имеем частное решение уравнения Клеро в параметрической форме

Это решение будет особым решением уравнения Клеро (см. §6 п. 6.2).

§5. Теоремы о существовании решения уравнения

Мы познакомились с различными типами дифференциальных уравнений первого порядка, интегрируемых в квадратурах, были указаны методы их интегрирования. Однако рассмотренными уравнениями далеко не исчерпываются различные уравнения первого порядка. Уже более ста лет назад было доказано, что решение уравнений вида (уравнение Риккати) в общем случае не может быть выражено в квадратурах. Означает ли это, что уравнения не имеют решений? Можно доказать, что эти уравнения имеют решения, просто решения не могут быть выражены через элементарные функции или интегралы от элементарных функций. Оказывается, что таких уравнений, не интегрируемых в квадратурах, гораздо больше. Поэтому большое значение приобретают приближенные методы интегрирования дифференциальных уравнений. Однако, для того чтобы применять тот или иной метод приближенного интегрирования дифференциального уравнения, нужно прежде всего быть уверенным в существовании искомого решения, а так же и в единственности решения, так как при отсутствии единственности остается неясным, какое именно решение требуется приближенно определить. Поэтому фундаментальную роль в теории дифференциальных уравнений играют теоремы существования решений.

Приведем одну из теорем существования решения.

Теорема Пеано. Если правая часть уравнения

(1)

непрерывна в некоторой области плоскости , то какова бы ни была внутренняя точка области , в некоторой окрестности этой точки существует решение уравнения (1), удовлетворяющее условию .

Заметим, что теорема Пеано единственности решения не гарантирует.

Докажем одну из основных теорем существования и единственности решения дифференциального уравнения (1).

Теорема Пикара. Пусть дано дифференциальное уравнение

(1)

с начальным условием

. (2)

Если функция определена в прямоугольнике

с центром в точке и удовлетворяет в этом прямоугольнике двум условиям:

1) есть непрерывная функция двух переменных и поэтому ограниченная, то есть

; (3)

2) функция удовлетворяет условию Липшица по переменной , то есть существует такое положительное число , что для двух любых точек из прямоугольника , отличающихся только ордината-

ми, выполняется неравенство

, (4)

то уравнение (1) имеет единственное решение , удовлетворяющее

начальному условию (2), определенное и непрерывное на отрезке , где .

Это решение не выходит из прямоугольника при .

▲ Доказательство теоремы Пикара состоит из пяти этапов. Основная идея доказательства: задача Коши (1) - (2) сводится к некоторому интегральному уравнению, которое решается методом последовательных приближений Пикара, после чего доказывается, что найденное решение единственное.

1) Приведем задачу Коши к интегральному уравнению, то есть покажем, что решение уравнения (1) , удовлетворяющее начальному условию (2), будет являться решением интегрального уравнения

(5)

и наоборот.

а) Допустим, что – решение дифференциального уравнения (1), удовлетворяющее начальному условию (2), определенное на отрезке , график которого не выходит из прямоугольника . Тогда должно выполняться тождество

. (6)

По условию теоремы непрерывна в , а непрерывна на отрезке и график ее не выходит из прямоугольника при , тогда сложная функция непрерывна на , поэтому данное равенство можно проинтегрировать на отрезке , где: :

. (7)

Рис. 8

Принимая во внимание начальное условие (2), получим

или

. (8)

Сравнивая (5) и (8), заключаем, что – решение интегрального уравнения (5).

б) Пусть – решение интегрального уравнения (5), определенное и непрерывное на отрезке , график которого не выходит из прямоугольника при . Тогда имеем тождество (8). Как было отмечено выше, непрерывна на , поэтому интеграл в (8) можно дифференцировать по переменному верхнему пределу. Дифференцируя (8) по , получим тождество (6), следовательно, естьрешение уравнения (1).

Полагая в тождестве (8) , получим

или ,

то есть удовлетворяет начальному условию (2).

Итак, вместо того чтобы доказывать, что на некотором отрезке существует одно и только одно обращающееся в при решение дифференциального уравнения (1) будем доказывать, что на этом отрезке существует одно и только одно непрерывное решение интегрального уравнения (5).

Будем искать решение уравнения (5) методом последовательных приближений Пикара. Этот метод состоит в том, что строится некоторая последовательность функций, сходящихся к искомому решению. Каждая из функций этой последовательности называется приближением к искомому решению.

2) Построим последовательность приближений к искомому решению на от-

резке .

Сначала построим ее формально. В качестве нулевого приближения возьмем данное нам начальное значение искомой функции

Геометрически это означает, что вместо искомого решения берется прямая , проходящая через начальную точку (см. рис. 8). Подставляя в правую часть интегрального уравнения (5) вместо нулевое приближение, получим функцию . Примем эту функцию за первое приближение:

. (9)

За второе приближение возьмем

(10)

и т.д.; - е приближение определим равенством

. (11)

Продолжая этот процесс неограниченно, получим бесконечную последовательность функций

, , , . (12)

Докажем, что все функции последовательности (12) определены на отрезке , непрерывны на нем и графики этих функций не выходят из прямоугольника при , то есть

при . (13)

Очевидно, что определена и непрерывна на и график этой функции не выходит из прямоугольника при . Рассмотрим теперь функцию . Из (9) следует, что будет определена и непрерывна на , если интеграл будет непрерывной функцией на отрезке .

Рассмотрим подынтегральную функцию . По условию теоремы непрерывна по совокупности переменных в прямоугольнике , а, следовательно, она непрерывна на отрезке по переменной , поэтому функция непрерывна на . Тогда в силу теоремы о непрерывности интеграла с переменным верхним пределом заключаем, что интеграл будет функцией непрерывной на . Остается показать, что удовлетворяет условию

при (14)

Из (9) имеем

(15)

При оценке интеграла использовалось условие (3) теоремы. Действительно, когда , точки , тогда . Продолжая оценку (15), находим

, (16)

Следовательно, график функции не выходит из прямоугольника при .

Пусть теперь доказываемое утверждение справедливо для . Покажем, что тогда оно будет справедливо и для . Из (11) следует, что определена и непрерывна на , если интеграл будет непрерывной функцией на отрезке . Рассмотрим подынтегральную функцию . По условию теоремы непрерывна по совокупности переменных в прямоугольнике . По нашему допущению функция непрерывна на отрезке и график этой функции не выходит из прямоугольника при , то есть

при . (17)

Тогда по теореме о непрерывности сложной функции функция будет непрерывна на отрезке . В силу теоремы о непрерывности интеграла с переменным верхним пределом заключаем, что интеграл

будет функцией непрерывной на . Остается показать, что удовлетво-

ряет условию

при . (18)

Из (11) имеем

(19)

При оценке интеграла использовалось условие (3) теоремы. Действительно,

когда , точки , тогда . Продолжая оценку (19), находим

, (20)

Следовательно, график функции не выходит из прямоугольника при .

Так как для доказываемое утверждение справедливо, то из только что доказанного следует, что оно справедливо для всех .

Итак, члены последовательности (12) определены и непрерывны на и их графики не выходят из прямоугольника .

3) Докажем, что последовательность функций (12) сходится равномерно на

отрезке .

Для доказательства рассмотрим функциональный ряд

. (21)

Его частичная сумма равна

, (22)

то есть общему члену последовательности (12). Тогда равномерная сходимость функциональной последовательности (12) будет означать равномерную сходимость последовательности частичных сумм ряда (21), а, следовательно, и равномерную сходимость ряда. Итак, достаточно доказать равномерную сходимость ряда (21) на отрезке . Для этого воспользуемся признаком Вейерштрасса равномерной сходимости ряда. Чтобы построить для ряда

(21) мажорантный ряд, оценим члены этого ряда на отрезке по модулю.

Для второго члена ряда имеем оценку (15):

(23)

Оценим третий член ряда. Из (9) и (10) находим

При оценке подынтегральной функции воспользовались условием Липшица (4). Это возможно, так как в первом пункте было до-

казано, что точки , принадлежат прямоугольнику , когда . Воспользовавшись оценкой (23), получим

Аналогично рассуждая, для четвертого члена ряда находим оценку:

и т. д. Для общего члена ряда получим оценку:

при . (24)

Самостоятельно убедитесь в справедливости оценки (24) методом математической индукции.

Рассмотрим числовой ряд, общим членом которого является правая часть неравенства (24):

(25)

Данный ряд сходится при любом (убедитесь в этом, используя признак Да-

ламбера). В силу оценки (24) ряд (25) является мажорантным для ряда (21). Поэтому, согласно признаку Вейерштрасса, ряд (21) сходится на отрезке равномерно к своей сумме, которую обозначим через .Тогда, в силу неравенства (22) последовательность функций (12) сходится равномерно на отрезке к своей предельной функции . Причем, по теореме о пределе равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций предельная функция будет непрерывной на отрезке .

4) Докажем, что функция является решением интегрального уравнения (5) и, следовательно, является решением задачи Коши (1) - (2).

Покажем сначала, что график не выходит из прямоугольника , когда . Действительно, переходя к пределу в неравенстве (18), получим, что . Используя этот факт, такими же рассуждениями, как было доказано существование интеграла в пункте 2), можно доказать, что на отрезке существует интеграл .

Докажем, что

. (26)

Для этого рассмотрим

. (27)

Сначала при оценке подынтегральной функции воспользовались условием Липшица (4). Это возможно, так как точки , принадлежат прямоугольнику , когда . Затем, оценивая , пользуемся равномерной сходимостью последовательности к функции на отрезке , которая означает, что

Таким образом имеем, что

откуда и следует (26).

Переходя теперь к пределу в равенстве

(см. п.1), получим тождество

, (28)

то есть функция является решением интегрального уравнения (5) и, следовательно, решением дифференциального уравнения (1), удовлетворяющим начальному условию (2).

5 ) Докажем, что найденное решение единственно.

Предположим, что существует еще одно решение задачи Коши (1) - (2), определенное на или : , где , которое обладает теми же свойствами: оно непрерывно на и его график не выходит из прямоугольника , то есть точки , когда .

Без ограничения общности можно предположить, что значения , для которых находятся вправо от точки в любой близости от нее. В противном случае за точку можно взять другую точку, в любой близости которой значения и перестают быть равными. Пусть по предположению, на отрезке , где – некоторое малое положительное число, не всюду . Тогда положительная непрерывная функция будет иметь на отрезке в некоторой точке свое наибольшее значение , причем . Так как – решение интегрального уравнения, то имеем тождество

(29)

Вычтем из тождества (27) тождество (29), придавая значение и используя при оценке разности условие Липшица:

. (30)

Последнее неравенство усилили, заменяя подынтегральную функцию ее наибольшим значением и распространяя интеграл на промежуток . Из (30) имеем неравенство . Откуда или , что противоречиво, так как можно выбрать как угодно малым. Следовательно, допущение существования второго решения, удовлетворяющего тому же начальному условию, приводит к противоречию. ▲

Сравнивая теорему Пикара и теорему Пеано, видим, что именно условие Липшица обеспечивает единственность решения.

Замечание 1 .(о продолжаемости решения)

Существование и единственность решения доказаны лишь на отрезке , однако, взяв точку за начальную, можно, повторив рассуждения, продолжить решение еще на отрезок длины , если, в окрестности новой начальной точки выполнены условия теоремы Пикара. Действительно, предположим, что точка не лежит на границе прямоугольника и рассмотрим прямоугольник с центром в точке , содержащийся в (рис.9). Примем точку за начальную. В прямоугольнике будут выполняться все условия теоремы, поэтому можно сделать вывод, что существует единственное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальным условиям

Рис. 9

и определенное на отрезке . Но на отрезке в силу единственности решения дифференциального уравнения и совпадают, поэтому можно считать продолжением решения на отрезок . Приняв за начальную точку конец графика , решение можно продолжить дальше и т. д., пока не подойдем к границе области . Так же можно подойти к границе области слева.

Замечание 2. Условие Липшица, которое на практике проверить трудно, можно заменить несколько более грубым, но легко проверяемым условием существования в области . ограниченной по модулю частной производной

▲ Действительно, пусть в прямоугольнике частная производная ограничена, то есть выполняется неравенство

. (31)

Применяя к функции формулу Лагранжа о конечном приращении, получим

где – промежуточное между и значение. Точка , поэтому, воспользовавшись условием (31),будем иметь

то есть функция удовлетворяет условию Липшица относительно переменной .

Заметим, что условие ограниченности производной является только достаточным для выполнения условия Липшица. Подтвердим это примером. Для функции всегда имеет место неравенство

то есть выполняется условие Липшица, в котором . Однако легко показать, что эта функция не имеет производной по при . ▲

Замечание 3. Из теоремы Пикара и приведенных выше замечаний, будет следовать удобная для применения теорема Коши о существовании и единственности решения дифференциального уравнения (1).

Теорема Коши. Если функция и ее частная производная непрерывны в области плоскости , то какова бы ни была внутренняя точка области , в некоторой окрестности этой точки существует единственное решение дифференциального уравнения

удовлетворяющее начальному условию .

Геометрически это означает, что через каждую точку области проходит единственная интегральная кривая.

Действительно, если частная производная непрерывна в замкнутой области, то будет ограниченной по переменной , тогда согласно замечанию 2 функция будет удовлетворять условию Липшица относительно переменной .

Замечание 4. Условия теоремы Коши являются достаточными для существования единственного решения, но не необходимыми, то есть через точку, в которой условия теоремы нарушаются, тем не менее, может проходить единственная интегральная кривая уравнения.

Пример 12. Для уравнения

условия теоремы Коши в окрестности точек не выполнены, так как не является непрерывной, однако, через каждую такую точку проходит единственная интегральная кривая. Чтобы убедиться в этом, найдем общий интеграл уравнения в форме Коши:

Видим, что через каждую точку оси проходит единственная интегральная кривая (парабола). Особенность этих кривых состоит в том, что в точках они имеют вертикальные касательные, так как .

Применим теоремы существования к рассмотренным ранее дифференциальным уравнениям.

Пример 13. Доказать, что уравнение , которое не интегрируется в квадратурах, имеет единственное решение, удовлетворяющее любым начальным условиям .

▲ Так как функция и ее частная производная непрерывны на всей плоскости, то выполнены условия теоремы Коши и, следовательно, данное уравнение имеет единственное решение, удовлетворяющее рассматриваемому начальному условию. ▲

Пример 14. Выяснить вопрос о существовании и единственности решения, удовлетворяющего начальным условиям , для дифференциального уравнения .

▲ Функция, стоящая в правой части уравнения, удовлетворяет условиям теоремы Пеано на всей плоскости, поэтому существует решение уравнения, удовлетворяющее начальным условиям . Однако, эта функция в окрестности точки не удовлетворяет условиям теоремы Коши, так как = не ограничена в этой окрестности. Поэтому в этой точке может нарушатся единственность решения задачи Коши. Действительно, через точку проходят две интегральные кривые этого дифференциального уравнения (см. §1, п.1.2). ▲

Замечание 5. Метод последовательных приближений, которым доказана теорема Пикара, является одновременно и эффективным методом приближенного интегрирования дифференциальных уравнений.

Пример 15. Найти третье приближение к решению уравнения

(32)