二次コーシー問題の定性的研究
次の演習を確認する必要があります。
次のコーシー問題について考えてみます。\ begin {cases} y ''（x）= y '（x）^ 2-2 \\ y（0）= 0 \\ y'（0）= 1 \ end {cases}
i）ソリューションがすべてに対して定義されていることを示す $x \in \mathbb{R}$
ii）計算 $\lim_{x \rightarrow +\infty} y'(x)$ そして $\lim_{x \rightarrow +\infty} y(x)$
私の試み：
i）すべてを一次に再キャストするので、ベクトル関数を定義します
$$F(t,y,y')=[y'^2-2,y']^T$$
解がグローバルに定義されていることを示すために、部分線形性を証明したいと思います。
$$||F(t,y,y')|| \leq h + k ||[y,y']||$$
の式を使用する $F$： $$y'^4 - 3 y'^2 +4$$ しかし、ここでサブリニアリティ条件を見つける方法がわかりません。後者の式を次のようにバインドする必要があります。 $y^2 + y'^2$
だから、私はその機能に気づきました $F=[F_1,F_2]$ そのようなものです $\partial_y F_1 = \partial_y F_2 = 0$ そして $\partial_{y'}F_1 = 1$ そして $\partial_{y'}F_2 = 2y'$。この意味は$F$ILグローバルリプシッツは、その原則的に、存在と一意性を反復適用され、すべてのためのソリューションを定義することができ$x \in \mathbb{R}$。
サブリニアリティでそれを示す方法はありますか？
ii）ここで、一次に削減した後、私は（ $y'=z$）ODE $$z' = z^2-2$$ と $z(0)=1$。存在と独自性によって、そして定常解を使用することによって$y=\pm \sqrt{2}$、 私は持っています $z$ から始まります $1$そしてそれは減少します。ソリューションは全体として定義されているため、制限が存在する必要があります$\mathbb{R}$そしてそれは単調です。次に$$\lim_{x \rightarrow \infty} z(x)= \lim_{x \rightarrow \infty} y'(x)= -\sqrt{2}$$
計算します $$\lim_{x \rightarrow \infty} y(x)$$ 私は注意します $y'(x)=z(x)$、そしてそれが有限である場合、 $$\lim_{x \rightarrow \infty} y'(x) = 0$$ しかし、この制限はまさに私が今やったばかりの制限です。 $-\sqrt{2}$したがって、この制限は $+\infty$ または $-\infty$。以来$y'(x)=z(x)$ そして $z(x)$ が単調に減少している場合、この制限は次のようになります。 $-\infty$。
すべて大丈夫ですか？
回答
あなたはii）でうまくやった、グローバルな存在の証明のために、あなたは他の解決策がで一定の解決策に到達したり交差したりすることができないという点でその議論を鋭くする必要があるだけです $z'=z^2-2$。つまり、で始まるソリューション$[-\sqrt2,\sqrt2]$その間隔に制限されたままであるため、常に存在します。次にそれを使用します$y'=z$ すでに途中で行ったように、右側に境界があります。
微分方程式のこの特別な形式の場合、Riccati DE in $z=y'$、解の式を取得するための特に簡単な方法があります。
検討する $u(x)=\exp(-y(x))$。次に$u'(x)=-\exp(-y(x))y'(x)$ そして $$ u''(x)=-e^{-y(x)}(y''(x)-y'(x)^2)=2u(x) $$ この2次線形DEの解は $u$ 一定の係数と初期条件で $u(0)=\exp(-y_0)=1$、 $u'(0)=-\exp(-y_0)y_0'=-1$ です $$ u(x)=\cosh(\sqrt2 x)-\frac1{\sqrt2}\sinh(\sqrt2 x). $$ したがって、 $$ y(x)=-\ln(u(x))=-\sqrt2x-\ln\left(\tfrac12(1-\tfrac1{\sqrt2})+\tfrac12(1+\tfrac1{\sqrt2})e^{-2\sqrt2 x}\right) $$ 漸近的な振る舞いは、この解の公式から読み取ることができます。
しましょう $z=y'$、ODEは $$z'=z^2-2 \implies -\int \frac{dz}{2-z^2}=x+C \implies -\frac{1}{\sqrt{2}} \tanh^{-1}\frac{z}{\sqrt{2}}=x+C$$ 以来 $x=0, z=1$、 そう $C=-\frac{1}{\sqrt{2}}\coth^{-1} \sqrt{2}$。次に、$$z=-\sqrt{2}\tanh[\sqrt{2}(x+C)]=\frac{dy}{dx}\implies y=\int -\sqrt{2}\tanh[\sqrt{2}(x+C)] dx+D~~~(1)$$ $$\implies y(x)=-\ln \cosh[\sqrt{2}(x+C)]+D.$$ Yse $y(0)=0$、 $D=\ln \cosh \sqrt{2}C$ 最後に、 $$y(x)=\ln \left (\frac{\cosh \sqrt{2}C}{\cosh[\sqrt{2}(x+C)]}\right)~~~(2)$$ このソリューションのドメインはすべてです $x \in \Re$。（1）から、$y'(\infty)=-\sqrt{2}$ および（2）から $y(\infty)=-{\infty}$
図を参照してください。以下の$y'(x)$ （赤い線）と $y(x)$ （青い線）
