|
§ О4. Теоремы о единственности решений |
|
Некоторые же проблемы полезны для одного только познания...
Аристотель. Топика
Теорема Коши — Пикара,
гарантирующая единственность решения, и известный
пример неединственности
решения — задача Коши
наводит на мысль, что новые (по сравнению с теоремой Коши — Пикара)
теоремы единственности можно получать, ослабляя условие
Липшица по пространственной переменной, т. е. ослабляя при близких
x и y неравенство
|
||f(t, x) – f(t,
y)|| ≤ k
||x – y||. |
Общий результат такого сорта — так называемая
Теорема единственности Перрона. Пусть непрерывная в окрестности
D(f) точки
(t0, x0)
∈ R×Rn
функция f:
D(f) →
Rn удовлетворяет при всех
(t, x), (t, y)
∈ D(f),
t ∈
[t0, t0 + T] условию
|
||f(t, x) – f(t,
y)|| ≤
L(t, ||x –
y||), | (1) |
где непрерывная функция L: [t0, t0 +
T] × R+
→ R+
такова, что единственным решением (скалярной) задачи Коши
на промежутке [t0, t0 + T]
является нулевое решение. Тогда задача Коши
не может иметь на промежутке [t0, t0+ T]
более одного решения.
Схема д о к а з а т е л ь с т в а такова. В предположении противного,
пусть x и y — два различных
определенных на [t0, t0 + T]
решения задачи (4) – (5). Положим
ψ(t) =
||x(t) –
y(t)||.
Тогда (похожие оценки мы проводили в очерке О3)
|
D*ψ(t)
≤ ||x′(t) –
y′(t)|| =
||f[t, x(t)] –
f[t, y(t)]||
≤ |
|
≤ L[t,
||x(t) –
y(t)||] =
L[t, ψ(t)] |
(здесь D* —
нижнее левое производное число Дини). Поскольку очевидно
ψ(t0) = 0, в силу
теоремы о нестрогих дифференциальных неравенствах
с производными числами функция ψ не превосходит (единственного)
решения задачи (2) – (3),
т. е.
|
ψ(t) ≤ 0,
t ∈[t0, t0 + T],
|
что противоречит предположению x ≠ y.
Эта теорема позволяет, подбирая подходящие функции
L, конструировать различные конкретные признаки единственности
решений. Например, такими функциями L(t, z) могут служить
функции C·z (в этом случае f
удовлетворяет, очевидно, условию Липшица),
C·z·|ln z|,
C·z·|ln z|·|ln |ln z||,...
(C — неотрицательная константа; перечисленные функции
доопределены по непрерывности в нуле нулем).
Задача О4.1. Докажите последнее утверждение.
Сформулируем в качестве следствия из теоремы Перрона один
простой признак единственности, охватывающий, в частности, все признаки единственности,
задаваемые перечисленными выше функциями L — так называемый
Критерий единственности Осгуда.
Пусть || f(t, x) –
f(t, y)|| ≤
Φ(||x –
y||)
при всех t, x, y, где непрерывная функция
Φ: R+
→ R+ такова, что
| ∫ |
1
ε |
dx
Φ(x)
|
→ ∞ при ε → +0. |
| (6) |
Тогда задача (4) – (5) при любых
(t0, x0)
∈ D(f)
имеет не более одного решения, т. е. любые два ее
решения совпадают на общей области определения.
Для д о к а з а т е л ь с т в а критерия Осгуда достаточно показать,
что задача Коши
имеет только нулевое решение. Пусть это не так, т. е.
существует решение φ0
этой задачи такое, что φ0(t1) =
x1 > 0 при некотором t1 > 0.
Тогда при всех t
| ∫ |
x1
φ0(t) |
dx
Φ(x)
| = |
∫ |
t1
t |
ds. |
|
Так как φ0 — решение задачи (7),
φ0(t) → 0 при
t → 0. Поэтому, переходя в последнем равенстве к
пределу при t → 0 и используя (6),
получаем противоречие:
| ∞ = |
∫ |
x1
φ0(t) |
dx
Φ(x)
| = |
lim
t→0 |
∫ |
t1
t |
ds = t1. |
|
Имеет место на первый взгляд более общая, чем теорема Перрона,
Теорема единственности Камке.Пусть непрерывная в окрестности
D(f) точки
(t0, x0)
∈ R ×
Rn функция f:
D(f) →
Rn при всех
(t, x), (t, y) ∈
D(f), t ∈
(t0, t0 + T]
удовлетворяет условию (1),
в котором непрерывная функция L: (t0,
t0 + T] ×
R+ → R+
такова, что единственным решением уравнения (2),
определенным на (t0,
t0 + T] и удовлетворяющим условию
| φ(t) → 0 и |
φ(t)
t – t0
|
→ 0 при
t → t0 + 0, |
|
является нулевая функция. Тогда задача Коши (4) –
(5) не может иметь на отрезке
[t0, t0 + T] более одного решения.
Подчеркнем, что отличие теоремы Перрона от
теоремы Камке сводится к тому, что в последней не требуется, чтобы функция
L была определена при t = t0.
Поэтому, в принципе, при t →
t0 функция L
в теореме Камке может неограниченно возрастать, что в силу
ее непрерывности недопустимо в теореме Перрона.
Задача О4.2. Покажите, что теорема Перрона следует из теоремы Камке.
Оказывается, что на самом деле теоремы Перрона и
теоремы Камке эквивалентны, так что сила теоремы Камке,
позволяющая ослабить условие малости ||f(t,
x) – f(t, y)||
при t близких к t0, в окрестности которой исследуется единственность
решения, только кажущаяся. Действительно, пусть выполнены условия теоремы Камке и пусть,
дополнительно, функция f(t, x) равномерно непрерывна по
x (в общем случае можно переопределить функцию f вне некоторой окрестности точки
(t0, x0) так, чтобы переопределенная функция была
равномерно непрерывной). Определим функцию L1:
[t0, t0 + T] ×
R+ → R+ формулой
| L1(t, z) = |
sup
||x–y|| ≤ z
|
||f(t, x) –
f(t, y)||. |
|
Задача О4.3. Докажите, что функции f и L1
удовлетворяют условиям теоремы Перрона и, таким образом,
теорема Камке является следствием теоремы Перрона.
Тем не менее, теорема Камке позволяет легко получать полезные признаки единственности.
Одним из таковых является следующий
Критерий единственности Нагумо. Пусть функция f удовлетворяет при всех
(t, x), (t, y)
∈ D(f),
t ∈
(t0, t0 + T] неравенству
| ||f(t, x) – f(t,
y)|| ≤ |
||x –
y||
t – t0
|
. |
| (8) |
Тогда задача (4) – (5)
не может иметь на отрезке [t0,
t0 + T] более одного решения.
Задача О4.4. Докажите критерий единственности Нагумо.
Интересно, что в оценке (8) нельзя правую часть заменить на
k||x –
y||)/(t – t0)
(k > 1). Действительно, для любого k > 1
определим функцию f: R+ ×
R → R равенством
| f(t, x) = |
{ |
0, если t = 0 или x = 0,
kx/t, если 0 < x < tk,
ktk, если 0 < tk < x. |
|
Легко видеть, что задача Коши
имеет решения вида x(t) = Ctk
(C ∈ [0, 1]). С другой стороны, очевидно,
| |f(t, x) –
f(t, y)| ≤ |
k|x –
y|
t
|
(t > 0). |
|
На другой идее основано следующее утверждение о единственности.
Пусть в скалярной задаче Коши (4) – (5)
непрерывная функция f при любом фиксированном t является невозрастающей по x,
т. е.
|
f(t, x) ≤
f(t, y) при x≥ y.
| (9) |
Тогда задача Коши (4) – (5)
на любом промежутке вида [t0,
t0 + T] не может иметь более одного
решения. В самом деле, пусть x и y — два решения этой задачи.
Обозначим [x(t) – y(t)]2
через ψ(t). Тогда
|
ψ′(t) = 2[x(t) –
y(t)]·[x′(t) –
y′(t)] = 2[x(t) –
y(t)]·[(f(t, x) –
f(t, y)]. |
В силу (9) правая часть последнего равенства неположительна. Таким образом,
|
ψ′(t)
≤ 0 при t ∈
[t0, t0 + T] и
ψ(t0) = 0 |
и следовательно, φ(t) ≡ 0,
что и требовалось доказать.
Это утверждение легко переносится на случай систем дифференциальных уравнений:
Теорема единственности с односторонними ограничениями.
Пусть f: D(f) →
Rn (D(f)
⊆ R ×
Rn) непрерывна и такова, что при всех
(t, x), (t,y) ∈
D(f)
|
(x – y, f(t, x) – f(t, y))
≤ 0; | (10) |
(здесь (·,·) — любое скалярное произведение в
Rn). Тогда задача
(4) – (5)
не может иметь на любом отрезке [t0, t0 +
T] более одного решения.
Задача О4.5. Докажите, что в последней теореме для единственности решения на
промежутке [t0 – T, t0]
(T > 0) достаточно взамен (10)
потребовать выполнения неравенства
|
(x – y, f(t, x) – f(t, y))
≥ 0. |
Литературные указания. Различные теоремы единственности решения задачи Коши можно
найти в [Коддингтон —
Левинсон, Немыцкий —
Степанов, Хартман,
Петровский].
В частности, в [Хартман]
описывается пример задачи Коши, для которой неединственность
решения имеет место в каждой точке расширенного
фазового пространства.
Задачи.
О4.6. Пусть L(t, x) =
Ψ(t)Φ(x),
Ψ, Φ: R+
→ R+, Ψ — измеримая, а
Φ — непрерывная функции. Докажите, что задача
(2) – (3) имеет единственное решение
(в смысле Каратеодори) на [0, T], если
∫0TΨ(s)
ds < ∞ и
∫01dx/Φ(x) =
∞. |
В следующих трех задачах показывается, что в теореме Камке
нельзя заменить требование φ(t)/(t –
t0) → 0
при t → t0 + 0
на требование φ′(t)
→ 0 при t →
t0 + 0.
О4.7. Пусть f: R+×R
→ R определяется формулой
| f(t, x) = |
{ |
0, если t = 0 или x = 0,
kx/t, если 0 < x < tk,
ktk, если 0 < tk <x. |
|
Покажите, что задача (4) –
(5) с t0 = x0 = 0
имеет неединственное решение.
О4.8. Пусть ψ:
(0,∞) → R
непрерывно дифференцируема, t <
ψ(t) < 4t2/3,
ψ′(t) ≥ 2t
и limt→0ψ′(t)
не существует. Пусть L: (0, ∞)
× R → R
определяется равенством L(t, z) =
zψ′(t)/ψ(z).
Покажите, что функция f из предыдущей задачи удовлетворяет условию (1)
с такой L.
О4.9. Покажите, что уравнение (2)
с определенной в предыдущей задаче функцией L имеет на R+
единственное решение φ, удовлетворяющее условиям
φ(t) →0,
φ′(t) → 0
при t → +0.
О4.10. Докажите, что если Φ:
R+ → R+
непрерывно дифференцируема, Φ′(0) = 0
и Φ(0) = 0, то она удовлетворяет условиям
теоремы Осгуда.
О4.11. Пусть D(f) = R ×
Rn, ||f(t, x) –
f(t, y)|| ≤
Φ(||x –
y||)
при всех x, y ∈
Rn, а Φ(0) =
Φ′(0) = 0. Докажите, что
f(t, x) не зависит от x.
О4.12. Докажите, что если функция f
непрерывно дифференцируема по второму аргументу, т. е.
∂f/∂x
непрерывна в D(f), то задача
(4) – (5)
не может иметь более одного решения.
О4.13. Покажите, что не существует "самого сильного критерия
Осгуда", т. е. постройте для любой непрерывной функции
Φ, удовлетворяющей условию (6), непрерывную
удовлетворяющую этому же условию функцию Ψ такую, что
Φ(x)/Ψ(x)
→ 0 при x → 0.
|
О4.14. Пусть задача x′ =
Φ(x), x(0) = 0,
где Φ: R+ →
R+ — непрерывная функция, имеет единственное нулевое
решение на промежутке [0,T]. Докажите, что
∫0εdx/Φ(x) =
∞ при некотором ε > 0. |
О4.15. Докажите, что в теореме единственности с
односторонними ограничениями условие (10) можно заменить на требование
|
(x – y, f(t, x) – f(t, y))
≤ ||x –
y||2/(t – t0).
|