Існування та єдиність розв’язків диференціальних рівнянь першого порядку. Неперервна залежність та диференційованість

II. Покажемо, що є нерухомою точкою, тобто .

Нехай від супротивного і . Застосувавши правило трикутника, одержимо . Оцінимо кожний з доданків.

1) Оскільки , то при буде .

2)Оскільки послідовність є фундаментальною, то при буде .

3) І, нарешті,

Таким чином , причому і фіксовані, а можна вибрати як завгодно малим. Отже , а в силу другої аксіоми метричного простору це значить, що .

III. Покажемо, що нерухома точка єдина. Нехай, від супротивного, існують дві точки і : і . Але тоді що суперечить припущенню про стислість оператора.

Таким чином, припущення про неєдиність нерухомої точки помилкове. З використанням теореми про нерухому точку доведемо теорему про існування та єдиність розв’язку задачі Коші диференціального рівняння, розв’язаного відносно похідної.

Теорема (про існування та єдиність розв’язку задачі Коші). Нехай у диференціальному рівнянні функція визначена в прямокутнику

і задовольняє умовам:

1) неперервна по та у ;

2) задовольняє умові Ліпшиця по змінній , тобто

Тоді існує єдиний розв’язок диференціального рівняння, який визначений при , і задовольняє умові

, де

Доведення. Розглянемо простір, елементами якого є функції , неперервні на відрізку й обмежені . Введемо метрику . Одержимо повний метричний простір . Замінимо диференціальне рівняння

,

еквівалентним інтегральним рівнянням

Розглянемо оператор Через те, що , то оператор ставить у відповідність кожній неперервній функції , визначеній при й обмежений також неперервну функцію , визначену при й обмежену .

Перевіримо, чи є оператор оператором стиску.

І оскільки , то оператор є оператором стиску , . Відповідно до принципу стислих відображень операторне рівняння має єдиний розв’язок, тобто інтегральне рівняння , чи задача Коші для диференціального рівняння

,

також має єдиний розв’язок.