Теорема о существовании и единственности решения ДУ 1-го порядка

Пусть имеем дифференциальное уравнение первого порядка: y′ = f (x,y). Для такого уравнения Теорема о существовании и единственности решения принимает вид:

Теорема: (1.1)

Если функция f (x,y) есть непрерывная функция переменных x, y в замкнутой области D: | x – x 0| ≤ a; | y – y 0| ≤ b, где a,b – некоторые числа, и ее частная производная также непрерывна в этой области D плоскости OXY, содержащей точку (x 0, y 0), то существует единственное решение этого уравнения y = φ (x), удовлетворяющее условию: φ (x 0)= y 0.

Замечания: 1). Графически указанная Теорема выглядит так: в области D через каждую точку М (x,y) проходит одна из интегральных кривых.

2). Установление существования и единственности решения для каждого заданного дифференциального уравнения – непростая задача! Мы будем рассматривать Теорему о существовании и единственности решения ДУ по мере изучения уравнений различных порядков и типов.

► Доказательство теоремы проведём «пошагово», последовательно используя заданные требования к свойствам функции f (x,y).

1⁰. Так как функция f (x,y) непрерывна в замкнутой области D, то она в этой области ограничена, т.е. верно: | f (x,y)| ≤ M, где M постоянное положительное число.

Выберем число: h =min . В теореме Пеано доказано, что в интервале | x – x ₀| ≤ h уравнение y′ = f (x,y) имеет хотя бы дно решение.

☺☺

Пример 1 – 02: пусть имеем уравнение: y′ =2 . В этом случае f (x,y)= 2 – непрерывна в любой точке (x ₀, y ₀) плоскости OXY, т.е. требование теоремы Пеано выполняется. Легко проверить, что функции:

y =		y =
y =		являются решением заданного ДУ, т.е. теорема Пеано гарантирует существование решений ДУ, у которых выполняется условие: функция f (x,y) – непрерывна в замкнутой области D, но не обеспечивает единственности.

☻

2⁰. Условие непрерывности в области D также в этой области обеспечивает ограниченность функции: , т.е. выполнение неравенства: ≤ К, где К постоянное положительное число. В теореме Пика′ра доказано, что уравнение y′ = f (x,y) имеет единственное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, в интервале | x – x ₀| ≤ h, где h =min .

☺☺

Пример 1 – 03: пусть имеем уравнение: y′ =2 , y≥ 0. В этом случае = – существует и непрерывна при y > 0, т.е. требование теоремы Пикара выполняется в верхней полуплоскости OXY.

Легко проверить, что в области y≥ 0 «единственность» решения не обеспечивается. Теперь в точке (0,0) решений два: 1) y= 0 – ось Х (зеленая); 2) x= – парабола (красная). В области y > 0 решением в точке (0,0) будет только функция: x= – парабола (красная).

Замечание: на экзамене представленных в теореме «иллюстраций» достаточно, чтобы показать понимание сути условий Теоремы для уравнения вида: y′ = f (x,y). ◄

☻

Восприятию Теоремы 1.1 способствует использование понятий «поле направлений» и «изоклины». Воспользуемся дифференциальным уравнением в виде: y′ = f (x,y).

Поле направлений: если выделена некоторая точка плоскости (x ₀, y ₀), то это определяет число = k ₀= f (x ₀, y ₀). Учитывая, что геометрический смысл производной – угловой коэффициент касательной к кривой в выделенной точке, можем сказать, что уравнение y′ = f (x, y) определяет «поле направлений» на плоскости OXY. Это поле можно сделать видимым в выделяемых точках, если в каждой точке построить коротенькую черточку.

☺☺

Пример 1 – 04: Задано ДУ: (2 x+y ²) dx – xdy =0. Определить, принадлежат ли точки: (1,0,2), (2,2,4), (1,1,2) полю направлений этого уравнения.

Решение:

1). Разделив исходное дифференциальное уравнение на dx, получим: (2 x+y ²)– xy′ =0. Это соответствует общей записи ДУ 1-го порядка: F (x,y,y′)=0.

2). В полученное уравнение F (x,y,y′)=0 подставим «координаты точки» (x,y,y′) и произведем все алгебраические действия. В нашем случае применяем данные трех точек:

а). А(1,0,2) → (2∙1 + 0²)– 1∙2=0 → точка А принадлежит полю направлений.

б). В(2,2,4) → (2∙2 + 2²)– 2∙4=0 → точка В принадлежит полю направлений.

в). С(1,1,2) → (2∙1 + 1²)– 1∙2≠0 → точка С не принадлежит полю направлений.

Ответ: точки А и В принадлежат полю направлений. Точка С не принадлежит полю направлений.

☻

Изоклины: линия, определяемая уравнением k ₀= f (x,y), называется изоклиной, так как в каждой её точке направление поля, определяемого уравнением y′ = f (x,y), имеет постоянную величину k ₀. Использование изоклины для построения поля направлений бывает удобно, так как все «черточки» касательных на ней параллельны!

☺☺

Пример 1 – 05: Задано ДУ: (2 x – y) dx – x ² dy =0. Определить, являются ли линии: 2 x – y =2 x ², 2 x – y =3 x ², 2 x – y =2 x изоклинами этого уравнения.

Решение:

1). Разделив исходное дифференциальное уравнение на dx, перепишем его: (2 x – y)= x ² y′. Примем y′ =k. Тогда получим выражение: (2 x – y)= x ²k. Это соответствует общей записи изоклины для заданного уравнения при условии, что k – параметр.

2). В таком случае нетрудно заметить:

а). Запись: 2 x – y =2 x ² → изоклина уравнения при k=2.

а). Запись: 2 x – y =3 x ² → изоклина уравнения при k=3.

а). Запись: 2 x – y =2 x → не является изоклиной уравнения: нет такого значения k, при котором из записи (2 x – y)= x ²k получилась бы запись: 2 x – y =2 x.

Ответ: линии: 2 x – y =2 x ², 2 x – y =3 x ² – изоклины. Линия: 2 x – y =2 x – не изоклина.

☻