Теорема Коші

Це теорема про існування та єдиність розв’язку задачі Коші для рівняння першого порядку, розв’язаного стосовно похідної. Сформулюємо цю задачу:

(1.1.27)

(1.1.28)

Розглянемо прямокутну замкнену область .

Теорема Коші.

Нехай функція в області задовольняє такі умови:

1. є неперервною функцією обох змінних. Згідно з першою теоремою Вейерштрасса існує таке додатне число , що нерівність виконується для всіх точок області ;

2. в області стосовно змінної задовольняє умову Ліпшиця: існує таке додатне число , що для довільного значення , і для двох довільних значень і змінної , виконується нерівність

. (1.1.29)

Тоді існує єдиний розв’язок задачі (1.1.27) – (1.1.28) на проміжку , де .

Доведення існування розв’язку. Перейдемо від початкової задачі до еквівалентного інтегрального рівняння

. (1.1.30)

Це інтегральне рівняння будемо розв’язувати методом послідовних наближень.

За нульове наближення візьмемо стале число . Перше наближення будемо шукати за формулою

.

Очевидно, що одержана функція задовольняє початкову умову (1.1.28). Враховуючи умови теореми з останньої формули одержимо

.

Отже, перше наближення не виходить за межі області .

Знаходимо друге наближення

.

Ця функція також задовольняє початкову умову і не виходить за межі області . Продовжуємо подібним чином і дальше. Якщо знайдене , то знаходиться за формулою

.

Припускаючи, що при зміні у проміжку значення не виходить за межі області , одержимо

.

Отже, не виходить за межі області .

Ми побудували функціональну послідовність . Тепер треба довести, що ця послідовність збіжна. Для цього розглянемо функціональний ряд

(1.1.31)

Оскільки послідовність частинних сум цього ряду співпадає з нашими послідовними наближеннями, то із збіжності ряду (1.1.31) буде витікати збіжність послідовності .

Оцінимо абсолютні величини членів ряду (1.1.31).

.

Віднімемо від рівності рівність і оцінимо одержану різницю за модулем, враховуючи нерівність Ліпшиця та попередню оцінку,

Аналогічно одержимо

Застосувавши метод математичної індукції, одержуємо нерівність

Можемо зробити висновок, що кожен член ряду (1.1.31) менше відповідного члена числового знакододатного ряду

(1.1.32)

Застосовуємо до цього ряду ознаку Даламбера

Отже, ряд (1.1.32) збігається. Тому, згідно з критерієм Вейерштрасса, ряд (1.1.31) збігається абсолютно і рівномірно для всіх , які задовольняють умову . Кожен член ряду (1.1.31) є неперервною функцією, тому що інтеграл є неперервною функцією верхньої межі. Отже, функціональна послідовність рівномірно збігається до деякої неперервної функції

.

Ця функція задовольняє початкову умову, оскільки Залишилося довести, що ця функція задовольняє рівняння (1.1.29). Маємо рівність

.

Перейдемо в цій рівності до границі при . Одержуємо

. (1.1.33)

Завдяки рівномірній неперервності функції в області , для , що нерівність

буде виконуватись для тих пар точок і області , для яких виконується нерівність . Для цього достатньо взяти . Завдяки рівномірному прямуванню послідовності до граничної функції , ми можемо для вказаного підібрати таке натуральне число , що при для всіх значень з інтервалу виконувалася нерівність

.

Співставляючи ці дві нерівності, ми одержуємо, що при

.

Звідси одержуємо

.

Оскільки може бути як завгодно малим, то одержуємо

.

З рівності (1.1.33) маємо

. (1.1.34)

Це означає, що функція задовольняє інтегральне рівняння (1.1.29). Ця функція має похідну, оскільки в правій частині рівності (1.1.34) зраходиться інтеграл від неперервної функції, якого можна диференціювати по верхній межі. Диференціюючи (1.1.34), одержуємо

.

Це означає, що функція задовольняє рівняння (1.1.27). Перша частина теореми доведена.

Доведення єдиності розв’язку. Допустимо, що існує ще один розв’язок , який задовольняє цю ж саму початкову умову . Не порушуючи загальності можемо припустити, що значення , для яких , знаходяться праворуч від в довільній близькості від точки (інакше за точку ми взяли би таку точку, в довільній близькості від якої значення та перестають бути рівними, або замінили на ).

Покажемо, що наше припущення приводить до протиріччя. Візьмемо деяке довільне мале число . Згідно припущення у замкненому проміжку не всюди , тому додатна функція досягає у цьому проміжку в деякій точці свого найбільшого значення . Оскільки , то . Правильні такі рівності

.

Звідси

.

Покладемо в цій рівності і використаємо при оцінюванні нерівність Ліпшиця

Ми тільки підсилимо останню нерівність, якщо під інтегралом функцію замінимо її найбільшим значенням і розповсюдимо інтеграл на проміжок замість проміжку . Одержимо нерівність . Оскільки , то маємо

або . Ми одержали протиріччя, оскільки число можна вибирати довільно, в тому числі . Отже, задача Коші має при заданих умовах єдиний розв’язок. Теорема повністю доведена.