Сходимость метода итераций при решении ОДУ

[Padawan]

Переписываем ОДУ

$$ y'=f(x,y),\; y(x_0)=y_0 $$

в виде интегрального уравнения

$$ y(x)=y_0+\int_{x_0}^x f(t,y(t))dt $$

В учебника по ОДУ обычно пишут, что оператор $Ay(x)=y_0+\int_{x_0}^x f(t,y(t))dt$ является сжимающим в пространстве $C([x_0-h,x_0+h])$ для некоторого $h>0$, и поэтому последовательность итераций $\{A^ny\}$ сходится к единственной неподвижной точке оператора $A$, т.е. к решению ДУ.

Но тогда же отсюда следует, что последовательность $\{A^ny\}$ равномерно сходится к решению ОДУ на любом отрезке $[a,b]$, лежащем внутри максимального интервала существования этого решения. Причем скорость сходимости такая же, как в методе сжимающих отображений -- норма разности между итерациями и искомым решением убывает в геометрической прогрессии.

Я прав? Где-то про это написано явно?

[Утундрий]

Я бы добавил липшицевость $f$.

[ShMaxG]

Padawan
Да, см. например Федорюк М.В. "Обыкновенные дифференциальные уравнения", док-во основной теоремы для $n=1$.

[Padawan]

ShMaxG
Посмотрел указанный Вами учебник. Увидел только док-во сходимости в некоторой окрестности точки $x_0$, как обычно в учебниках и формулируется. Не могли бы Вы указать страницу?
Единственно, что для линейных систем доказана сходимость на всем интервала существования решения (а именно, на интервале непрерывности коэффициентов линейной системы).

[DeBill]

Padawan в сообщении #1499674 писал(а):

В учебника по ОДУ обычно пишут, что оператор $Ay(x)=y_0+\int_{x_0}^x f(t,y(t))dt$ является сжимающим в пространстве $C([x_0-h,x_0+h])$ для некоторого $h>0$, и

Нет, не так: у функции $f$ область определения (по "$y$") невелика (нелинейная задача), так что приходится все $C$ заменить шаром (замкнутым) с центром в точке $y\equiv y_0$. Так что для разных начальных точек $(x_0,y_0)$ будут совсем разные пространства, и не удастся найти единое для получения решения на всей его области определения (для этого его - решение - уже надо иметь)... Вместе с тем - да, можно доказать - по той самой теореме о сжимающих - утверждение "пусть решение определено на большом интервале $I$; тогда оно таки определено на этом интервале, является решением, и оно единственно в классе непрерывных, и очень мало отличающихся от него ". Но радости от этого - никакой.

[Padawan]

DeBill в сообщении #1499832 писал(а):

Но радости от этого - никакой.

Я говорил про то, что метод итераций позволяет найти в пределе непродолжаемое решение. На любом отрезке $[a,b]$, лежащем внутри интервала существования непродолжаемого решения итерации будут сходится к решению.

-- Сб янв 09, 2021 13:51:54 --

Могут быть проблемы с преждевременным выходом за область определения $f(x,y)$. Ну предположим тогда, что $f(x,y)$ определена всюду в $\mathbb R^2$.

-- Сб янв 09, 2021 14:14:12 --

Точная формулировка: пусть функция $f(x,y)$ непрерывна в $\mathbb R^2$ и в некоторой окрестности каждой точки $(x_0, y_0)\in\mathbb R^2$ удовлетворяет условию Липшица по $y$. Тогда для любой точки $(x_0,y_0)$ и любой непрерывной функции $y_1(x)\colon\mathbb R\to\mathbb R$ последовательность функций $\{y_n(x)\}$

$$ y_{n+1}(x)=y_0+\int\limits_{x_0}^xf(t,y_n(t))dt $$

(каждая определена на всей числовой прямой)
равномерно сходится на любом отрезке $[a,b]$, лежащем внутри интервала $(\alpha,\beta)$ -- максимального интервала определения непродолжаемого решения задачи Коши $y'=f(x,y), y(x_0)=y_0$.

[ShMaxG]

Padawan в сообщении #1499823 писал(а):

Увидел только док-во сходимости в некоторой окрестности точки $x_0$, как обычно в учебниках и формулируется.

Да, я имел ввиду окрестность $x_0$, наверное не очень понял Ваш вопрос из первого поста. Но я так понимаю, что на больших интервалах никто сжимаемость отображения и не гарантирует. Существование и единственность решения -- возможно, а сжимаемости может не быть.

[DeBill]

Padawan в сообщении #1499836 писал(а):

Точная формулировка:

Все же это не должно быть правдой...
В линейном случае есть равномерная оценка константы Липшица, а в нелинейном -...
Сходимость можно обеспечивать так: имея оценку на Липшица, можно получить априорную оценку на решение; и если эта оценка позволяет хорошо оценить Липшица, то все пройдет. Но вот если этот круг не замкнулся, то..
Пример: $f(x,y) = y^2$, начальная точка $x_0=0,y_0=1$. Решение: $y=\frac{1}{1-x}$, определено при $x<1$.
Покажем по индукции, что для итераций $y_n$ имеет место оценка

$y_n(x)\geqslant \frac{e^{2^nx}}{2^{2^n-n-2}}$ .
Шаг: $y_{n+1}(x)=1+\int\limits_{0}^{x}(y_n(t))^2dt\geqslant$ $1+\int\limits_{0}^{x}(\frac{e^{2^nt}}{2^{2^n-n-2}})^2dt=$ $1+\int\limits_{0}^{x}\frac{e^{2^{n+1}t}}{2^{2^{n+1}-2n-4}}dt=$ $1+\frac{e^{2^{n+1}x}-1}{2^{2^{n+1}-2n-4}\cdot 2^{n+1}}\geqslant$ $\frac{e^{2^{n+1}x}}{2^{2^{n+1}-(n+1)-2}}$
- если , конечно, $2^{n+1}-n-3\geqslant 0$. Но это так, начиная с $n=1$. Так что база - $n=1$, начальное приближение возьмем в точности равное $2e^{2x}$; тогда метод разойдется на $(\ln 2,1)$.

[Padawan]

DeBill
Да, Вы правы. Не могу ошибку найти в Вашем примере. Но мне непонятно, почему так получается. Попробую написать "доказательство" своего утверждения, может увижу ошибку. И к этому Вашему контрпримеру применим мое "доказательство".
Начало такое: пусть $x_1$ -- точная верхняя грань тех значений $x$, для которых итерации сходятся к решению.

[DeBill]

Padawan в сообщении #1500309 писал(а):

пусть $x_1$ -- точная верхняя грань тех значений $x$, для которых итерации сходятся к решению.

Для заданной начальной функции, да?
Тогда: $x_1>x_0$, да. И для любого $b, x_0<b<x_1$ на $[x_0,b]$ , видимо, будет равномерная сходимость итераций к решению. Но следующее телодвижение "на $[x_0,x_1]$ есть равномерная сходимость" - не получается....

[ewert]

Padawan в сообщении #1499823 писал(а):

для линейных систем доказана сходимость на всем интервала существования решения (а именно, на интервале непрерывности коэффициентов линейной системы)

Для линейных -- непрерывность-то зачем?