Задача Коши
Определения
правитьЗадача Коши, , - начальные данные:
Решением задачи Коши является функция, определённая на интервале <a,b>, включающем , являющаяся решением уравнения (1) и удовлетворяющая начальному условию (2).
является функция , которая определена на <a,b> и
- (непрерывна)
- <a,b>
- подстановка превращает уравнение (3) в тождество.
Проинтегрируем тождество от до :
Теперь пусть - решение интегрального уравнения, покажем, что она есть решение дифф. уравнения и удовлетворяет начальному условию. Для этого вначале подставим в (3) :
Продифференцируем (3) и получим (1)
Заметим, что если функция удовлетворяет условию Липшица, то она является равномерно непрерывной на (для док-ва замечания надо взять )
Лемма Асколи-Арцела. Теорема Пеано
править
График каждой из функций может находиться не более чем в двух смежных парах прямоугольников высоты . 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
, теперь будем уменьшать . возьмём и выберем
,
Диагональный процесс Кантора - берем элементы на главной диагонали
выбираем номер p: , тогда
Тогда существует решение задачи Коши определенное на некотором отрезке
Функция непрерывна на замкнутом множестве, след-но ограничена на нём: . Зафиксируем некоторое N и рассмотрим разбиение отрезка: . Рисуем ломаную Эйлера через , такую что угловой коэффициент равен на . Ломаная не может выйти за пределы , так как чтобы она вырвалась угол наклона должен быть больше L, а это невозможно. Получаем последовательность .
На
Последовательность ограничена: (1) Заметим также, что последовательность равностепенно непрерывна: Значит по лемме Асколи-Арцела на , здесь - решение задачи Коши.
Зафиксируем некоторую точку .Если начать менять , то возникает картина меняющихся подотрезков, но каждый раз будет принадлежать некоторому отрезку
(вместо поставим предельную функцию )
Первое слагаемое в сумме при стремлении длины отрезка к нулю будет стремиться к интегралу: .
Покажем что . Заметим, что f непрерывна на всём G непрерывна на треугольнике (1), а так как треугольник - ограниченное множество, f равномерно непрерывна на (1) В частности, если и совпадают, разность как только .
может быть оценен при . Это говорит о том, что
Теперь перейдем к передлу, когда , это равненство справедливо для
Единственность решения задачи Коши
править
Рассмотрим точку всех точек , таких что .
Множество точек непустое и ограниченное.
Поскольку непрерывны, супремум - максимум, значит и {}
на (1)
на (2)
В силу условия теоремы удовлетворяет локальному условию Липшица некоторая окрестность верно как только
Вычтем (1) из (2): на Проинтегрируем неравенство на :
Заменим отрезок на меньший
. Выберем , чтобы оказалось . Получаем что , чего быть не может.
Поделим обе части неравенства на : всюду на
на . Проинтегрируем на :
. Устремим . , второй интеграл - противоречие.