Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 754
2014-02-26 
Доказать, что задача Коши #\overset{\cdot}{x}(t) = x (t/2) + e^{t},# #x(0) = 1,# имеет единственное решение на оси. (Ð ешение есть непрерывно дифференцируемая функция #x (\cdot),# удовлетворяющая задаче Коши).
Решение:
Очевидно решение (если существует) бесконечно дифференцируемо на #\mathbf{R}# и #x^{(k)}(t) = \frac{1}{2^{k}}x^{(k-1)}(t/2) + e^{t},# в частности #x^{(k)}(0) = \frac{1}{2^{k}}x^{(k-1)}(0) + 1# и по индукции #0 \leq x^{(k)}(0) \leq 2# для всех натуральных #k.# Зафиксируем #M > 0# и отрезок #[-M, M].# Пусть ее Так как #C = e^{M}.# то найдется #x(\cdot) \in C^{\infty} ([-M,N]),# #L_{k} > 0:# #|x^{(k)}(t_{1}) - x^{(k)}(t_{2})| \leq L_{k} |t_{1} - t_{2}|, \forall t_{1}, t_{2} \in [-M, N].# т.е. можно считать #|x^{(k)}(t_{1}) - x^{(k)}(t_{2})| \leq |x^{(k-1)}(t_{1}/2) - x^{(k-1)}(t_{2}/2)| + |e^{t_{1}} - e^{t_{2}}| \leq \frac{L_{k-1}}{2} |t_{1} - t_{2}| + C |t_{1} - t_{2}|,# Продолжая спуск по #L_{k} \leq \frac{L_{k-1}}{2} + C.# получим #k,# Отсюда и из #L_{k} \leq L_{0} + 2C.# следует, что #+ \leq x^{(k)}(0) \leq 2# равномерно ограничены на отрезке #x^{(k)} (t)# В силу произвольности #M > 0# функция #x(t)# представима своим рядом Тейлора #x(t) = \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}t^{n}# на числовой оси. Можно подставить ряд в уравнение и найти коэффициенты #a_{0} = 1 = x(0),# #a_{n+1} = \frac{1}{(n+1) \cdot 2^{n}} a_{n} + \frac{1}{(n+1)!}.# Замечание. Весьма полезно бывает искать решение в виде рядов. Часто выручает теорема: если правая часть обыкновенного дифференциального уравнения есть функция аналитическая по всем переменным, то и решение - аналитическая функция.
Доказать, что задача Коши #\overset{\cdot}{x}(t) = x (t/2) + e^{t},# #x(0) = 1,# имеет единственное решение на оси. (Ð ешение есть непрерывно дифференцируемая функция #x (\cdot),# удовлетворяющая задаче Коши).
Решение:
Очевидно решение (если существует) бесконечно дифференцируемо на #\mathbf{R}# и #x^{(k)}(t) = \frac{1}{2^{k}}x^{(k-1)}(t/2) + e^{t},# в частности #x^{(k)}(0) = \frac{1}{2^{k}}x^{(k-1)}(0) + 1# и по индукции #0 \leq x^{(k)}(0) \leq 2# для всех натуральных #k.# Зафиксируем #M > 0# и отрезок #[-M, M].# Пусть ее Так как #C = e^{M}.# то найдется #x(\cdot) \in C^{\infty} ([-M,N]),# #L_{k} > 0:# #|x^{(k)}(t_{1}) - x^{(k)}(t_{2})| \leq L_{k} |t_{1} - t_{2}|, \forall t_{1}, t_{2} \in [-M, N].# т.е. можно считать #|x^{(k)}(t_{1}) - x^{(k)}(t_{2})| \leq |x^{(k-1)}(t_{1}/2) - x^{(k-1)}(t_{2}/2)| + |e^{t_{1}} - e^{t_{2}}| \leq \frac{L_{k-1}}{2} |t_{1} - t_{2}| + C |t_{1} - t_{2}|,# Продолжая спуск по #L_{k} \leq \frac{L_{k-1}}{2} + C.# получим #k,# Отсюда и из #L_{k} \leq L_{0} + 2C.# следует, что #+ \leq x^{(k)}(0) \leq 2# равномерно ограничены на отрезке #x^{(k)} (t)# В силу произвольности #M > 0# функция #x(t)# представима своим рядом Тейлора #x(t) = \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}t^{n}# на числовой оси. Можно подставить ряд в уравнение и найти коэффициенты #a_{0} = 1 = x(0),# #a_{n+1} = \frac{1}{(n+1) \cdot 2^{n}} a_{n} + \frac{1}{(n+1)!}.# Замечание. Весьма полезно бывает искать решение в виде рядов. Часто выручает теорема: если правая часть обыкновенного дифференциального уравнения есть функция аналитическая по всем переменным, то и решение - аналитическая функция.
