Makarskaya E. V. U knjizi: Dani studentske znanosti. Proljeće - 2011. m.: Moskovsko stanje ekonomije, statistike i informatike, 2011. str. 135-139.

Autori razmatraju praktičnu primjenu teorije linearnih diferencijalnih jednadžbi za proučavanje ekonomskih sustava. U radu se pruža analizu dinamičkih modela Keynes i Samuelson Hicks s pronalaženjem ravnotežnih stanja ekonomskih sustava.

Ivanov A. I., Isakov I., Demin A.V. i sur. 5. M.: Word, 2012.

Priručnik je ispitao kvantitativne metode za proučavanje potrošnje kisika od strane čovjeka tijekom ispitivanja s tjelovježbom doziranja izvedena u GSC ruske akademije znanosti-Chbp Ras. Priručnik je namijenjen znanstvenicima, fiziolozima i liječnicima koji rade u području zrakoplovnih, podvodnih i sportskih medicina.

Mikheev A. V. Spb: Odjel za operativno tiskanje NSU HSE - St. Petersburg, 2012.

Ova zbirka sadrži zadatke po stopi diferencijalnih jednadžbi, čitati autora na Ekonomskom fakultetu ekonomije HSE - St. Petersburg. Na početku svake teme daje se kratak sažetak glavnih teorijskih činjenica, a primjeri rješenja tipičnih zadataka se bave. Za studente i slušatelje viših profesionalnih programa.

Konakov V.D. Sti. WP BRP. Objavljivanje uprave upravitelja mehaničara i matematike Fakulteta Moskovskog državnog sveučilišta, 2012. 2012.

U srcu ovog priručnika za obuku postoji poseban tečaj o odabiru studenta, čitati autora na mehanički - matematički fakultet Moskovskog državnog sveučilišta. T Lomonosov u 2010-2012 akademske godine. Priručnik uvodi čitatelja s parametrijskom metodom i njegov diskretni analog, koji je posljednji put razvio autor priručnika i njegove kolege-koautore. Kombinira zajedno materijal koji je prethodno bio zadržan samo u brojnim člancima časopisa. Ne nastojeći za maksimalnu općenitost prezentacije, autor je odredio cilj da pokaže mogućnosti metode u dokazu o teoremima lokalnog ograničenja na konvergenciju Markovljevih lanaca na proces difuzije i nakon primitka bilateralnih procjena aronsona neke degenerirane difuzije.

ISS. 20. NY: Springer, 2012.

Ova publikacija je zbirka pojedinih članaka "Treća međunarodna konferencija o informacijskim sustavima", koja se održala na Sveučilištu na Floridi, 16. do 18. veljače 2011. Svrha ove konferencije bila je skupljati znanstvenike i inženjere iz industrije, vlade i znanstveni krugovi tako da mogu razmjenjivati \u200b\u200bnova otkrića i rezultate u pitanjima vezanim za teoriju i praksu dinamike informacijskih sustava. Dinamika informacijskih sustava: Matematičko otkriće je moderan studij i namijenjen je studentima - studentima i istraživačima koji su zainteresirani za njih Najnovija otkrića u informacijskoj teoriji i dinamičkim sustavima. Znanstvenici drugih disciplina također mogu imati koristi od primjene novih razvoja u svojim područjima istraživanja.

Palvelev R., Sergeyev A. G. Zbornik radova matematičkog instituta. Vlan Steklov rane. 2012. T. 277. P. 199-214.

Adijabatska granica proučava se u Hyperboličkim jednadžbama Landau Ginzburška. Koristeći određenu granicu, korespondencija se uspostavlja između rješenja Ginzburg-Landau jednadžbi i adijabatskih putanja u prostoru statičkih rješenja, koji se nazivaju vrtlozi. Menthon je predložio heuristički adijabatski princip koji postulira da se može postići bilo kakvo rješenje Jednadžbi Ginzburg-Landau s dovoljno niskom kinetičkom energijom kao ometanja neke adijabatske putanja. Strogi dokaz ove činjenice pronađen nedavno prvi autor

Dajemo eksplicitnu formulu za kvazi-izomorfizam između opeke HyComm (homologija homotopskog otpadnika Batalin-Vilkovisky opere od strane operatora BV-a. U Oter Riječi dobivamo ekvivalentnost HyComm-algebrasa i BV-Algebrasa koji je poboljšana homotopijom koja trivijalizira BV-operator. Ove formule su dane u smislu najviši grafikona, a dokazani su na dva različita načina. Jedan dokaz koristi glavnu akciju grupa, a drugi dokaz prolazi kroz lanac eksplicitnih formula na rezolucijama HyComm i BV. Drugi pristup posebno daje homološko objašnjenje karakteristične grupe na Hyccomm-Algebrasu.

Pod znanstvenim Uređeno: A. Mikhailov. 14. m.: Sociološki fakultet Moskovskog državnog sveučilišta, 2012.

Članci ove naplate napisan je na temelju izvješća u 2011. na sociološkom fakultetu Moskovskog državnog sveučilišta. T Lomonosov na sastanku XIV interdisciplinarnog godišnjeg znanstvenog seminara "Matematičko modeliranje društvenih procesa". Junak socijalističkog rada akademika A.A. Krilati plod.

Publikacija je namijenjena istraživačima, nastavnicima, studentima sveučilišta i znanstvenim institucijama rana zainteresiranih za probleme, razvoj i provedbu metodologije za matematičko modeliranje društvenih procesa.

Ovaj tečaj predavanja čita više od 10 godina za studente teorijske i primijenjene matematike na Dalekom istočnom državnom sveučilištu. U skladu sa standardom II generacije, ali te specijalitete. Preporučeni studenti i studenti matematičkih specijaliteta.

Cauchy teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja kauchy problema iz jednadžbe prvog reda.
U ovom stavku, mi, namećemo određena ograničenja na desnom dijelu diferencijalne jednadžbe prvog reda, dokazujemo postojanje i jedinstvenost rješenja određene početnim podacima (X0, U0). Prvi dokaz postojanja rješenja diferencijalnih jednadžbi pripada Cauchu; Dokaz ispod daje picar; Izvodi se pomoću metode uzastopnih aproksimacija.

SADRŽAJ
1. Jednadžbe prve narudžbe
1.0. Uvod
1.1. Jednadžbe s razdvajanjem varijabli
1.2. Uniformne jednadžbe
1.3. Generalizirane homogene jednadžbe
1.4. Linearne jednadžbe prvog reda i dovode do njih
1.5. Bernoulli jednadžba
1.6. Riccati jednadžba
1.7. Jednadžba u punim razlikama
1.8. Integriranje multiplikatora. Najjednostavniji slučajevi pronalaženja integrirajućeg multiplikatora
1.9. Jednadžbe koje se ne riješe u odnosu na derivat
1.10. Cauchy teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchy izazova prvog reda
1.11. Posebne točke
1.12. Posebna rješenja
2. Jednadžbe viših narudžbi
2.1. Osnovni pojmovi i definicije
2.2. Vrste N-reda jednadžbi koje su riješene u kvadraturama
2.3. Srednji integrali. Jednadžbe koje omogućuju smanjenje redoslijeda
3. Linearne diferencijalne jednadžbe na redu
3.1. Osnovni koncepti
3.2. Linearne homogene diferencijalne jednadžbe na redu
3.3. Spuštanje redoslijeda linearne homogene jednadžbe
3.4. Heterogene linearne jednadžbe
3.5. Smanjenje reda u linearnoj nehomogenoj jednadžbi
4. Linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.1. Ujednačena linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima
4.2. Nehomogene linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.3. Linearne jednadžbe drugog reda s fluktuirajućim rješenjima
4.4. Integracija po energetskoj seriji
5. Linearni sustavi
5.1. Nehomogeni i homogeni sustavi. Neka svojstva rješenja linearnih sustava
5.2. Potrebni i dovoljni uvjeti za linearnu neovisnost rješenjima linearnog homogenog sustava
5.3. Postojanje temeljne matrice. Izgradnja općeg rješenja linearnog homogenog sustava
5.4. Izgradnja cijelog skupa temeljnih matrica linearnog homogenog sustava
5.5. Nehomogeni sustavi. Izgradnja općeg rješenja metodom varijacije proizvoljne konstante
5.6. Linearni homogeni sustavi s konstantnim koeficijentima
5.7. Neke informacije iz teorije funkcija iz matrica
5.8. Konstruiranje temeljne matrice sustava linearnih homogenih jednadžbi s konstantnim koeficijentima u općem slučaju
5.9. Teorem postojanja i teorema na funkcionalnim svojstvima rješenja normalnih sustava diferencijalnih jednadžbi prvog reda
6. Elementi teorije stabilnosti
6.1
6.2. Najjednostavnije vrste odmora
7. Jednadžbe u djelomičnim derivatama 1. reda
7.1. Linearna homogena jednadžba u djelomičnim derivatama 1. reda
7.2. Nehomogena linearna jednadžba u privatnim derivatima 1 reda
7.3. Sustav dvije parcijalne diferencijalne jednadžbe s jednom nepoznatom funkcijom
7.4. Jednadžba pfaffa
8. Opcije za testne zadatke
8.1. Prikaz broj 1.
8.2. Ispit broj 2.
8.3. Prikaz broj 3.
8.4. Prikaz broj 4.
8.5. Prikaz broj 5.
8.6. Ispit broj 6.
8.7. Prikaz broj 7.
8.8. Prikaz broj 8.

Besplatno preuzimanje e-knjiga u prikladnom formatu, vidjeti i čitati:
Preuzimanje knjiga Predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama, Shepelev r.p., 2006 - Fisachachat.com, brzo i besplatno preuzimanje.

Preuzmite PDF.
U nastavku možete kupiti ovu knjigu po najboljoj cijeni s popustom s isporukom u cijeloj Rusiji.

Alexander Viktorovich Abrosimov Datum rođenja: 16. studenog 1948. (1948 11 16) Mjesto rođenja: KuibyShev Datum smrti ... Wikipedia

Jednadžbe diferencijalne jednadžbe koje sadrže željene funkcije, njihove derivate različitih narudžbi i nezavisnih varijabli. Teorija D. y. nastao je krajem 17. stoljeća. Pod utjecajem potreba mehanike i drugih prirodnih znanstvenih disciplina, ... ... Velika sovjetska enciklopedija

Obične diferencijalne jednadžbe (ODU) je diferencijalna jednadžba vrste gdje je nepoznata funkcija (eventualno, vektorska funkcija, zatim, u pravilu, vektor je također funkcija s vrijednostima u prostoru iste dimenzije; u ovom ... ... Wikipedia

Wikipedia ima članke o drugim osobama s takvim imenom, vidi Yudovich. VIKTOR IOSIFIFOVICH YOOVICH Datum rođenja: 4. listopada 1934. (1934 10 04) Mjesto rođenja: Tbilisi, USSR Datum smrti ... Wikipedia

Diferencijal - (diferencijalna) definicija različitosti, diferencijalne funkcije, podatke o diferencijalnim blokovima o različitoj definiciji, diferencijalne funkcije, sadržaj sadržaja diferencijala matematički neformalni opis ... ... Investitor enciklopedija

Jedan od osnovnih pojmova u teoriji diferencijalnih jednadžbi s privatnim derivatima. Uloga X. Manifestira se u bitnim svojstvima tih jednadžbi, kao što su lokalna svojstva rješenja, rješivost različitih zadataka, njihovu ispravnost, itd. Pusti ... ... Matematička enciklopedija

Jednadžba, u nepoznatom rumu, funkcija je od jedne neovisne varijable, a ta jednadžba uključuje ne samo nepoznatu funkciju, već i njegove derivate različitih narudžbi. Ponude se pojma diferencijalne jednadžbe ... ... Matematička enciklopedija

Treneogin Vladilen Aleksandrovich V. A. ronchy u predavanjima u misu datum rođenja ... Wikipedia

Trenchyine, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin Na predavanjima u misu Datum rođenja: 1931 (1931) ... Wikipedia

Jednadžba Gauss, linearna obična diferencijalna jednadžba 2. red ili, u samo-addoint obliku, varijable i parametri u općem slučaju mogu uzeti bilo kakve složene vrijednosti. Nakon zamjene, oblik se dobiva ... ... Matematička enciklopedija

"Predavanja o redovnim diferencijalnim jednadžbama 1. Elementi opće teorije u udžbeniku prikazani su odredbe koje čine osnovu za teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi: ..."

-- [ Stranica 1 ] --

A. E. Mamontov

Predavanja o običnom

Diferencijalne jednadžbe

Elementi teorije opće teorije

Udžbenik utvrđuje odredbe koje čine

temelj teorije uobičajenih diferencijalnih jednadžbi: koncept rješenja, njihovo postojanje, jedinstvenost,

ovisnost o parametrima. Također (u stavku 3.), određena se pozornost posvećuje "eksplicitnom" rješenju za neke klase jednadžbi. Priručnik je namijenjen dubinskom studiju kolegija "diferencijalne jednadžbe" od strane studenata koji studiraju na matematičkom fakultetu države Pedagoškog sveučilišta Novosibirsk.

UDC 517.91 BBK B161.61 Predgovor Tutorial dizajniran za studente matematičkog fakulteta za Novosibirsk State Pedagoškog sveučilišta, koji žele istražiti obvezni tečaj "diferencijalne jednadžbe" u produženom volumenu. Čitatelji se nude glavne pojmove i rezultate koji čine temelj teorije uobičajenih diferencijalnih jednadžbi: koncept odluka, teoremi o njihovom postojanju, jedinstvenosti, ovisno o parametrima. Opisani materijal prikazan je u obliku logičkog nerazdvojanog teksta u §§ 1, 2, 4, 5. Također (u § 3, stojeći za nekoliko vila i privremeno prekidanje glavne niti tečaja) ukratko razmotriti najtraženije tehnike od "eksplicitnih" pronalaženja rješenja nekih klasa jednadžbi. Kada prvo čitanje § 3 možete preskočiti bez značajne štete za logičku strukturu tečaja.

Vježbe igraju važnu ulogu, u velikim količinama uključenim u tekst. Čitatelj se preporučuje da izoštri svoje "vruće piksele", što jamči asimilaciju materijala i posluživanje kao test. Štoviše, često te vježbe ispunjavaju logično tkivo, to jest, bez njih rješavanja, ne sve će se odredbe biti strogo dokazane.

U uglatim zagradama u sredini teksta napravili su komentare koji snose ulogu komentara (proširene ili bočne objašnjenja). Leksički, ovi fragmenti prekidaju glavni tekst (tj. Za koherentno čitanje, moraju "ne primijetiti"), ali ipak su potrebni kao objašnjenje. Drugim riječima, ovi fragmenti moraju biti percipirani kao da su stavljeni na polja.

Tekst se zasebno kategoriziraju "Komentari za učitelja" - mogu se izostaviti pri čitanju učenika, ali korisno za učitelja koji će koristiti priručnik, na primjer, prilikom čitanja predavanja - oni pomažu bolje razumjeti logiku tečaja i naznačiti smjeru mogućih poboljšanja (ekstenzije) tečaja. Međutim, razvoj tih komentara studentima može biti dobrodošla samo.

Sličnu ulogu igraju "Opravdanja za učitelja" - oni su u izuzetno komprimiranom obliku daju dokaz o nekim odredbama koje se nude čitatelju kao vježbe.

Najčešći (ključni) uvjeti koriste se u obliku skraćenica, što je popis dan za praktičnost na kraju. Također pruža popis matematičkih oznaka naiđenih u tekstu, ali se ne odnosi na najčešći (i / ili nepoznat u literaturi nedvosmisleno).

Simbol znači kraj dokaza, formuliranje odobrenja, komentara itd. (Gdje je potrebno za izbjegavanje konfuzije).

Numeriranje formula je neovisno provedeno u svakom odlomku. Kao što se odnosi na dio formule, indeksi se koriste, na primjer (2) 3 označava 3. dio formule (2) (fragmenti, odvojeni tipografski prostori, i iz logičkih položaja - ligament "i").

Ovaj priručnik ne može u potpunosti zamijeniti duboku studiju subjekta, koji zahtijeva neovisne vježbe i čitanje dodatne literature, na primjer, popis koji se daje na kraju priručnika. Međutim, autor je pokušao utvrditi glavne odredbe teorije u dovoljno komprimiranom obliku pogodnom za predavanje. U tom smislu treba napomenuti da prilikom čitanja tečaja predavanja održava se oko 10 predavanja na ovom priručniku.

Izdanje još 2 dijela (volumena), koji nastavlja ovaj priručnik, a planiran je trenutni ciklus predavanja na temu "običnih diferencijalnih jednadžbi: Dio 2 (linearne jednadžbe), 3. dio (daljnja teorija nelinearnih jednadžbi, jednadžbama u djelomični derivati \u200b\u200bprvog reda).

§ 1. UVOD Diferencijalna jednadžba (DB) je omjer obrasca UN UN-a, najviših derivata FY, u (y), ..., \u003d 0, y1 y2 yk (1) gdje y \u003d (y1,, .., yk) rk - neovisne varijable, i u \u003d u (y) - nepoznate funkcije1, u \u003d (U1, ..., UN). Dakle, u (1) postoji N nepoznat, tako da su potrebne N jednadžbe, tj. F \u003d (F1, ..., Fn), tako (1) je, općenito govoreći, sustav iz N jednadžbi. Ako je nepoznata funkcija jedna (n \u003d 1), onda je jednadžba (1) skalarna (jedna jednadžba).

Dakle, funkcija (e) f postavljena je (s), a u je pretraživana. Ako je k \u003d 1, zatim (1) naziva OU, i na drugi način - UCH. Drugi slučaj je predmet posebnog tijeka UMF-a, postavljen u nizu udžbenika. U ovom seriju naknada (koji se sastoji od 3 dijela-volumena), proučavat ćemo samo ODU, s izuzetkom posljednjeg stavka posljednjeg dijela (volumen), u kojem ćemo početi učiti neke posebne slučajeve uch.

2U u Primjer. 2 \u003d 0 - Ovo je hitno.

y1 y nepoznate vrijednosti u mogu biti stvarni ili složeni, što je beznačajno, jer se ovaj trenutak odnosi samo na oblik evidentiranja jednadžbi: bilo koji sveobuhvatan zapis može se pretvoriti u stvarni, odvajanje stvarnih i imaginarnih dijelova (ali, naravno , udvostručuje broj jednadžbi i nepoznatog), i obrnuto, u nekim slučajevima to je prikladno za prelazak na integrirani zapis.

dU D2V DV · 2 \u003d UV; U3 \u003d 2. Ovo je sustav od 2 Ode primjer.

dy dy za 2 nepoznate funkcije od neovisne izmjenične y.

Ako je K \u003d 1 (ODU), tada se koristi "izravna" ikona d / dy.

u (y) du primjer. Exp (grijeh z) DZ je ured, jer ima primjer. \u003d U (u (y)) na n \u003d 1 nije daljinski upravljač, ali funkcija je razvija diferencijalna jednadžba.

Ovo nije daljinski upravljač, već integro-diferencijalna jednadžba, nećemo proučavati takve jednadžbe. Međutim, jednadžba (2) se lako reducira na ODU:

Vježbu. Smanjiti (2) u ODU.

No, općenito, integralne jednadžbe su složeniji objekt (ona se djelomično proučava u tijeku funkcionalne analize), iako, kao što ćemo vidjeti u nastavku, to je uz njihovu pomoć da se dobiju neki rezultati za ODU.

DU nastaju iz potreba intramatematike (na primjer, u diferencijalnoj geometriji) iu aplikacijama (povijesno po prvi put, a sada uglavnom u fizici). Najjednostavniji DU je "osnovna zadaća diferencijalnog računa" na obnovi funkcije prema derivatu: \u003d h (y). Kao što je poznato iz analize, njegova odluka ima oblik u (y) \u003d + h (s) ds. Općeniji du za svoja rješenja zahtijevaju posebne metode. Međutim, kao što ćemo vidjeti, gotovo sve metode za rješavanje ODU "eksplicitno" su u biti svedeni na navedeni trivijalni slučaj.

U aplikacijama se najčešće, kod se događa kada se opisuje procese u razvoju u vremenu, tako da je uloga neovisne varijable obično reproducira vrijeme t.

prema tome, značenje ODU-a u takvim primjenama je opisati promjenu parametara sustava tijekom vremena, stoga je prikladno odrediti neovisnu varijablu kroz T (i nazvati ga vrijeme sa svim rezultirajućim terminološkim posljedicama), i nepoznata funkcija (AI) - kroz X \u003d (x1, ..., XN). Dakle, opći prikaz ODU-a (sustavi ODI) je sljedeći:

gdje je f \u003d (F1, ..., Fn) je da je e. Ovo je sustav N odu za N funkcije X, i ako je n \u003d 1, zatim jedan Ode za 1 funkciju X.

U ovom slučaju, X \u003d X (t), TR, i X u općenito govoreći je složen (to je za praktičnost, jer su neki sustavi kompaktno zabilježeni).

Kaže se da sustav (3) ima red m na XM funkciji.

Derivati \u200b\u200bse nazivaju starješine, a ostatak (uključujući XM \u003d) - mlađi. Ako je sve m \u003d, onda oni jednostavno kažu da je redoslijed sustava jednak.

Istina, često se nalog sustava naziva broj m, koji je također prirodan, jer postaje jasno dalje.

Pitanje potrebe za proučavanjem ODU-a i njihovih primjena smatrat ćemo se dovoljno razumnim drugim disciplinama (diferencijalna geometrija, matematička analiza, teorijska mehanika, itd.), I djelomično je obuhvaćena praktičnom obukom u rješavanju problema (na primjer, od zadatka). U ovom tečaju, bit ćemo angažirani isključivo matematičkoj studiji sustava obrasca (3), što podrazumijeva odgovor na sljedeća pitanja:

1. što znači "odlučiti" jednadžbu (sustav) (3);

2. Kako to učiniti;

3. Koja svojstva imaju te odluke, kako ih istražiti.

Pitanje 1 nije tako očigledno kao što se čini - vidi dolje. Odmah napomenuti da se svaki sustav (3) može smanjiti na sustav prvog reda, označavajući mlađe derivate kao nove nepoznate funkcije. Najlakše je objasniti ovaj postupak koristeći primjer:

5 jednadžbi za 5 nepoznanica. Lako je razumjeti da (4) i (5) su ekvivalentni u smislu da je otopina jednog od njih (nakon odgovarajućeg ponovnog) rješenje drugih. U isto vrijeme, to bi trebalo biti samo svjestan pitanja glatkoće odluka - to će biti učinjeno dalje kada naiđemo na viši poredak (tj. Ne prvog).

Ali sada je jasno da je dovoljno za učenje samo jednog od prvog reda, a drugi mogu biti potrebni samo za praktičnost oznaka (ova situacija će se ponekad dogoditi).

A sada se ograničavamo prvog reda:

dimx \u003d dimf \u003d n.

Proučavanje jednadžbe (sustav) (6) je nezgodno zbog činjenice da se ne riješi u odnosu na DX / DT derivate. Kao što je poznato iz analize (iz teorema na implicitnoj funkciji), pod određenim uvjetima na F, jednadžba (6) se može riješiti u odnosu na DX / dt i napišite ga u obliku gdje je F: RN + 1 RN jest Postavite i X: RN je poželjno. Kaže se da (7) postoji OTU, dopušten u odnosu na derivate (ORD-u normalan oblik). Tijekom prijelaza s (6) do (7), naravno, mogu nastati poteškoće:

Primjer. Exp (X) \u003d 0 jednadžba ne može se zabilježiti u obliku (7), a uopće nema rješenja, to jest, Exp nema nule čak iu složenoj ravnini.

Primjer. Jednadžba X 2 + X2 \u003d 1 je napisana u obliku dva normalna Ode X \u003d ± 1 x2. Svaki od njih treba riješiti, a zatim tumačiti rezultat.

Komentar. Za informacije (3) do (6), poteškoće se može pojaviti ako (3) ima 0 nalog za neku funkciju ili dio funkcija (tj. To je funkcionalna diferencijalna jednadžba). Ali onda te funkcije moraju biti isključene od teorema na implicitnoj funkciji.

Primjer. X \u003d Y, XY \u003d 1 x \u003d 1 / x. Potrebno je pronaći X iz dobivenog ODU-a, a zatim y iz funkcionalne jednadžbe.

Ali u svakom slučaju, problem prijelaza iz (6) do (7) odnosi se na područje matematičke analize nego do du, a mi to nećemo učiniti. Međutim, pri rješavanju Ode (6), mogu se pojaviti zanimljivi trenutci s gledišta, tako da je ovo pitanje prikladno za učenje pri rješavanju zadataka (kao što je to učinjeno na primjer B) i bit će neznatno pogođen u § 3. Ali U ostatku tečaja ćemo se baviti samo normalnim sustavima i jednadžbama. Dakle, razmotrite ODU (sustav ODU) (7). Pišemo je 1 put u obliku ploča:

Koncept "rješavanja (7)" (i općenito, bilo koji učinio) za dugo vremena bio je shvaćen kao potraga za "eksplicitnom formulom" za rješavanje (tj. U obliku osnovnih funkcija, njihovih primarnih ili posebnih funkcija, itd.), bez naglaska na glatkoću otopine i intervala njegove definicije. Međutim, sadašnje stanje teorije ODU-a i drugih dijelova matematike (i opće znanosti) pokazuje da je takav pristup nezadovoljavajući - barem zato što je udio ODUS-a koji je dao takvu "eksplicitnu integraciju" iznimno mala (čak i za Najjednostavniji Ode X \u003d f (t) je poznato da je otopina u elementarnim funkcijama rijetka, iako postoji "očigledna formula").

Primjer. Jednadžba X \u003d T2 + X2, unatoč ekstremnoj jednostavnosti, nema rješenja u elementarnim funkcijama (i postoji čak i "ne formula").

I iako znate klase ODU-a, za koje je moguće "eksplicitno" rješenje (na isti način kao što je korisno biti u stanju "brojati integrala", kada je moguće, iako je moguće iznimno rijetko), S tim u vezi, uvjeti su okarakterizirani: "InitingGrilatori Odu", "integralni Odu" (zastarjeli analozi modernih koncepata "za rješavanje ODU-a", "odluka OD-a"), koji odražavaju bivše koncepte o odluci. Kako razumjeti suvremene uvjete, sada ćemo navesti.

i to će se pitanje razmotriti u § 3 (a tradicionalno mu se posvećuje mnogo pozornosti pri rješavanju problema u praktičnoj nastavi), ali ne bi trebalo očekivati \u200b\u200bnikakvu svestranost od ovog pristupa. U pravilu, prema procesu odlučivanja (7) shvatit ćemo potpuno različite korake.

Treba razjasniti koja funkcija X \u003d X (t) može se nazvati rješenjem (7).

Prije svega, napominjemo da je jasan tekst koncepta rješavanja nemoguće bez navođenja postavljenog na koji je definiran, ako je samo zato što je rješenje funkcija, a svaka funkcija (prema definiciji škole) je zakon koji odgovara Bilo koji element određenog skupa (naziva se regija definicija ova funkcija) neki element drugog skupa (vrijednosti funkcije). Dakle, to je apsurdno po definiciji bez navođenja područja njegove definicije. Analitičke funkcije (šire elementarni) služe ovdje "iznimka" (zabludu) pod razlozima navedenim u nastavku (i neke druge), ali u slučaju du takve slobode je neprihvatljivo.

i općenito, bez navođenja skupova za definiranje svih funkcija uključenih u (7). Daljnje će biti jasno da je preporučljivo povezati koncept rješavanja s mnoštvom njegove definicije i razmotriti rješenja za različite, ako su setovi njihove definicije različiti, čak i ako se križevi ovih skupova podudaraju.

Najčešće, u specifičnim situacijama, to znači da ako se otopine konstruiraju u obliku elementarnih funkcija, tako da 2 otopine imaju "identičnu formulu", onda je potrebno provjeriti jesu li setovi na kojima se te formule napišuju. Zbunjenost, dugo vremena je vladala u ovom pitanju, bila je isključenje, dok su se odluke razmatrale u obliku osnovnih funkcija, budući da se analitičke funkcije jasno nastave na širim intervalima.

Primjer. X1 (t) \u003d et na (0.2) i X2 (t) \u003d na (1,3) - različita otopina jednadžbe x \u003d x.

U isto vrijeme, naravno, u kvaliteti definicije bilo kojeg rješenja za otvaranje otvorenog intervala (možda beskrajne), budući da bi ovaj skup trebao biti:

1. Otvorite tako da u bilo kojem trenutku ima smisla govoriti o derivatu (bilateralni);

2. Svyaznoy, tako da se otopina ne uklapa u nekoherentne komade (u ovom slučaju je prikladniji za razgovor o nekoliko rješenja) - vidjeti prethodni primjer.

Prema tome, otopina (7) je par (, (a, b)), gdje je B + definiran (a, b).

Komentar za učitelja. U nekim udžbenicima, dopušteno je uključiti kraj segmenta u području određivanja odluke, ali je neprikladno zbog činjenice da samo komplicira prezentaciju, a prava generalizacija ne daje (vidi stavak 4.).

Da bi bilo lakše razumjeti daljnje razmišljanje, korisno je koristiti geometrijsko tumačenje (7). U prostoru RN + 1 \u003d ((t, x)) u svakoj točki (T, X), gdje je F definiran, vektor F (t, X) može se uzeti u obzir. Ako konstruirate grafikon rješenja (7) u ovom prostoru (naziva se integralna krivulja sustava (7)), tada se sastoji od točaka obrasca (T, X (t)). Kada se promijeni t (a, b), ova se točka kreće duž IR. Tangenta na IR na točki (t, X (t)) ima oblik (1, X (t)) \u003d (1, f (t, X (t))). Dakle, IR je oni i samo one krivulje u RN + 1 prostor, koji u svakoj od vlastite točke (t, X) imaju tangencijalni, paralelni vektor (1, f (t, X)). Na toj ideji izgrađena je takozvana. Metoda izocline za približnu konstrukciju IR, koja se koristi kao grafikoni rješenja specifičnog ODUS (vidi

npr.). Na primjer, na N \u003d 1, naša konstrukcija znači sljedeće: U svakoj točki, njegova nagib na T osi ima svojstvo TG \u003d F (T, X). Prirodno je pretpostaviti da uzimanje bilo koje točke od skupa definicije f, možemo provesti IR kroz njega. Ova ideja će biti strogo opravdana. Sve dok nam nedostaje stroga formulacija glatkoće rješenja - to će biti učinjeno u nastavku.

Sada je potrebno razjasniti skup B, koji definira f. Ovo je mnogo prirodnog uzimanja:

1. Otvoreno (tako da se IR može izgraditi u susjedstvu bilo koje točke od B), 2. spojena (inače se mogu razmotriti sve povezane dijelove - ionako, IR (kao grafikon kontinuirane funkcije) ne može iskočiti iz jedan komad u drugoj, tako da zabilježiti zajednicu za rješenja neće utjecati na).

Razmotrit ćemo samo klasična rješenja (7), tj. Tako da je X i njegov X kontinuiran na (a, b). Zatim prirodno zahtijevaju f c (b). Zatim će nam to podrazumijevati ovaj zahtjev. Dakle, konačno dobijemo definiciju. Neka b rn + 1 bude područje, f c (b).

Par (, (a, b)), AB +, definiran je (a, b), naziva se otopina (7) ako C (a, b), svaki put t (a, b), (t, (T)) b i postoji (t), s (t) \u003d f (t, (t)) (zatim automatski C1 (a, b)).

Geometrijski je jasno da će (7) imati mnogo rješenja (koje je lako razumjeti grafički), budući da će obavljati IR, počevši s točkama obrasca (T0, X0), gdje je T0 fiksna, onda ćemo dobiti Različiti IR. Osim toga, promjena intervala definicije odluke će dati drugo rješenje, prema našoj definiciji.

Primjer. X \u003d 0. Rješenje: X \u003d \u003d Const RN. Međutim, ako odaberete neki T0 i popraviti vrijednost X0 rješenja na točki t0: X (t0) \u003d x0, vrijednost se definira jedinstveno: \u003d X0, to jest, rješenje je jedinstveno s točnosti odabira intervala (A, b) t0.

Prisutnost "bezličnog" skupa rješenja je nezgodno raditi s NIMI2 - to je prikladnije za "uvoz" kako slijedi: Dodaj u (7) dodatne uvjete kako bi se istaknuo jedini (u određenom smislu) odluku , i onda, preko proživljavanja ovih uvjeta, rad sa svakim otopinom je odvojeno (geometrijski otopina može biti jedan (IR), a postoji mnogo dijelova - s tim neugodnosti će izgledati kasnije).

Definicija. Zadatak za (7) je (7) s dodatnim uvjetima.

Znači smo izumili najjednostavniji zadatak - to je zadatak Cauchy: (7) s uvjetima obrasca (Cauchy podaci, početni podaci):

C Pogled na primjene Ovaj zadatak je prirodan: na primjer, ako (7) opisuje promjenu nekih parametara X s vremenom T, tada (8) znači da je u nekom (početnom) trenutku vremena poznata vrijednost parametara , Potrebno je naučiti druge zadatke, o tome ćemo razgovarati kasnije, ali za sada ćemo se usredotočiti na zadatak Cauchy. Naravno, ovaj zadatak ima smisla na (T0, X0) B. Prema tome, rješenje problema (7), (8) naziva se rješenje (7) (u smislu gore navedenog definicije), tako da t0 (a, B) i izvršava se (osam).

Naš najbliži zadatak je dokazati postojanje rješenja problema Cauchy (7), (8), a uz određeni dodatni primjer - kvadratna jednadžba, bolje je napisati X1 \u003d ..., X2 \u003d ... nego x \u003d b / 2 ± ...

pretpostavke o F - i njegovoj jedinstvenosti u određenom smislu.

Komentar. Moramo razjasniti koncept norme vektora i matrice (iako će matrice biti potrebna samo u 2. dijelu). Zbog činjenice da su u konačno-dimenzionalnom prostoru sva pravila su ekvivalentna, izbor određene norme nije važno ako nas zanimaju samo kao procjene, a ne precizne vrijednosti. Na primjer, za vektore možete se prijaviti | X | P \u003d (| Xi | P) 1 / P, p - peanog segment (Pikara). Razmislite o konus k \u003d (| x x0 | f t t0 |) i njegov skraćeni dio K1 \u003d k (t IP). Jasno je da samo K1 C.

Teorema. (Peano). Neka zahtjevi za f u problemu (1) naveden u određivanju rješenja, tj.:

f C (b), gdje je B područje u RN + 1. Zatim, uopće (t0, x0) b, postoji rješenje zadatka (1).

Dokaz. Arbicionarno (0, t0] i konstruirajte tzv. Petljavice s korakom, naime: to je slomljen u RN + 1, u kojem svaka veza ima projekciju na osi t duga, prva veza na Pravo počinje u točki (t0, X0) i to je da je DX / dt \u003d f (t0, X0); desni kraj ove veze (T1, X1) služi kao lijevi kraj za drugi, na kojem DX / Dt \u003d f (t1, X1), i tako dalje, i slično s lijeve strane. Rezultirajući slomljeni definira dijelovi linearne funkcije X \u003d (t). Dok je t ip, prekinuti ostaje u K1 (i još više u c , i stoga u b), tako da je izgradnja ispravna - za to je zapravo i bila je učinjena pomoćna konstrukcija prije teorema.

Zapravo, svugdje, osim točaka pauze postoji, a zatim (t) \u003d (z) dz, gdje postoje proizvoljne derivate vrijednosti na točkama prekida.

U isto vrijeme (kreće se uz indukcijsko ožičenje) posebno, | (t) x0 | F | t t0 |.

Dakle, na IP funkcijama:

2. Jednako kontinuirano, od uspinja:

Ovdje, ako je potrebno, osvježite moje znanje o takvim konceptima i rezultatima kao: jednakosti kontinuitet, ujednačena konvergencija, teorem Arzela ASCOL-a, itd.

Arzel-ascol theorem postoji sekvenca k 0 tako da je k na IP, gdje C (IP). Izgradnjom, (t0) \u003d X0, tako da ostaje provjeriti da ćemo to dokazati da je t.

Vježbu. Slično razmisliti o t.

Postavite 0 i nalazimo se 0 tako da za sve (T1, X1), (T2, X2) C, to se može učiniti zbog jedinstvenog kontinuiteta f na Compact C. Mi ćemo pronaći m n tako da popraviti t int ( IP) i uzeti bilo koji S int (IP) je taj TST +. Onda za sve Z imamo | K (z) k (t) | F, tako na umu (4) | K (z) (t) | 2f.

Imajte na umu da k (z) \u003d k (z) \u003d f (z, k (z)), gdje je Z apscisa lijevog kraja slomljenog reza koji sadrži točku (Z, K (z)). Ali točka (Z, K (z)) ulazi u cilindar s parametrima (2F), izgrađen na točki (t, (t)) (u stvari, čak iu skraćenom konusu - vidi sliku, ali sada nije važno ), Tako da s obzirom na (3) dobivamo | K (z) f (t, (t)) | Za slomljena, imamo, kao što je gore spomenuto, formula za K ona će dati (2).

Komentar. Neka f c 1 (b) biti. Tada će se otopina definirana na (a, b) biti klasa C2 (a, b). Zapravo, na (a, b) imamo: postoji F (t, X (t)) \u003d ft (t, X (t)) + (t, X (t)) x (t) (ovdje - Matrica Jacobija) - kontinuirana funkcija. Varati, postoji i 2 ° C (a, b). Možete nastaviti povećavati glatkoću otopine ako je f glatko. Ako je F analitička, onda možete dokazati postojanje i jedinstvenost analitičkog rješenja (to je tzv. Cauchy teorem), iako ne bi trebalo biti u prethodnom razmišljanju!

Ovdje je potrebno zapamtiti što je analitička funkcija. Ne smije se miješati s funkcijom, zastupanjem brojem napajanja (samo je prikaz analitičke funkcije, općenito govoreći, dijelovi njegove definicije)!

Komentar. Na određenom (t0, x0), moguće je, mijenjati t i r, pokušati maksimizirati t0. Međutim, to obično nije toliko važno, budući da studiraju maksimalni interval postojanja rješenja postoje posebne metode (vidi § 4).

U teoremi Perano, ništa nije navelo o jedinstvenosti odluke. Uz naše razumijevanje rješenja, uvijek nije jedini, jer ako postoji neki rješenje, njegove sužetke će biti druga rješenja za uže intervale. Ovaj trenutak ćemo detaljnije razmotriti kasnije (§ 4), a do sada, pod jedinstvenosti, razumijemo slučajnost bilo koje dvije rješenja na raskrižju intervala njihove definicije. Čak iu tom smislu, Gaonano Teorem ne govori ništa o jedinstvenosti da to nije slučajno, jer je nemoguće jamčiti jedinstvenost.

Primjer. n \u003d 1, f (x) \u003d 2 | x | Problem Cauchy ima trivijalno rješenje: X1 0, a osim X2 (t) \u003d t | t |. Od ova dva rješenja, može se prikupiti cijela 2-parametarska obiteljska obitelj:

gdje + (beskrajne vrijednosti znače odsutnost odgovarajuće grane). Ako računate za područje definiranja svih tih rješenja sve r, onda su još uvijek vrlo beskrajno.

Napominjemo da ako primijenite dokaz o teoremi Peano kroz slomljeni euler, onda će biti samo nulto rješenje. S druge strane, ako u procesu izgradnje slomljenog EULERA kako bi se omogućila mala pogreška na svakom koraku, čak i nakon želje parametra pogreške na nulu, sva rješenja će ostati. Tako su Peano Teorem i slomljeni euler prirodni kao metoda za izgradnju rješenja i usko povezani s numeričkim metodama.

Problem koji se primjenjuju u primjeru je zbog činjenice da je funkcija F ne-implementacija x. Ispada da ako namećete dodatne zahtjeve za pravilnost f za X, onda se može osigurati jedinstvo, a ovaj korak je u određenom smislu potrebnom (vidi dolje).

Podsjetiti neke koncepte iz analize. Funkcija (skalarna ili vektorska) g se naziva bezaznom s indikatorom (0, 1] na setu, ako je stanje uspa ispravan. Na 1, moguće je samo za trajne funkcije. Funkcija navedena na segmentu (gdje Izbor je nerelevantan) naziva se modul kontinuiteta, ako kažu da G zadovoljava u generaliziranom bezobravnom stanju s modulom ako se u ovom slučaju naziva modul kontinuiteta g c.

Može se pokazati da je modul kontinuiteta kontinuitet modul neke kontinuirane funkcije.

Obrnuta činjenica je važna za nas, naime: svaka kontinuirana funkcija na kompaktu ima vlastiti modul kontinuiteta, tj. Zadovoljavanja (5) s nekim. Dokazujemo to. Podsjetimo da ako je to kompaktan, a g c (), onda je ravnomjerno kontinuiran u, tj.

\u003d (): | x y | \u003d | G (x) g (y) | Ispada da je to ekvivalentno stanju (5) s nekim. Zapravo, ako postoji, dovoljno je izgraditi modul kontinuiteta tako da (()), a zatim u | x y | \u003d \u003d () Dobivamo (i) proizvoljno, X i Y može biti bilo koji.

I obrnuto, ako (5) je istinito, dovoljno je pronaći tako da (()), a zatim u | x y | \u003d () Dobivamo ga da potkrijepite logičke prijelaze:

Za monotonu i dovoljno da se inverzne funkcije i općenito, potrebno je koristiti tzv. Generalizirane povratne informacije. Njihovo postojanje zahtijeva poseban dokaz da nećemo voditi, ali recimo samo ideju (korisno je pratiti crteže čitanja):

za bilo koji f, definiramo F (x) \u003d min f (y), f (X) \u003d max f (y) su monotone funkcije, i oni imaju inverzne. VVIF je lako provjeriti da X X F (F (x)), (f) 1 (F (x)) X, F ((F) 1 (X)) X.

Najbolji modul kontinuiteta je linearni (Lipsits stanje). To su "gotovo diferencijske" funkcije. Da bi se dobio strog smisla, najnovija izjava zahtijeva određene napore, a mi ćemo se ograničiti na dva komentara:

1. Strogo govoreći, ne svi lipschitz funkcija razlikovanja, kao primjer G (x) \u003d | x | na r;

2. Međutim, od diferencijaliteta slijedi uspavanost, kao sljedeća izjava pokazuje. Bilo koja funkcija g, koja ima sve m na konveksnom skupu, zadovoljava stanje Lipschitza na njemu.

[Dok za kratkoću, razmislite o skalarnim funkcijama g.] Dokaz. Za sve X, imamo jasno da je ova izjava vrijedi za vektorske funkcije.

Komentar. Ako je f \u003d f (t, X) (općenito govoreći, vektorska ilustracija), onda možete unijeti koncept "f Lipschitsev za X", tj. F (t, X) F (T, Y) | C | XY |, i također dokazati da ako d je konveksan u X za sve t, onda za usneshetsevits f za x u d, dovoljno je imati derivate f za X, ograničen u izjavi smo dobili procjenu | g ( x) g (y) | kroz | x y |. S n \u003d 1, obično se obavlja pomoću konačne formule za prirast: g (X) g (y) \u003d g (z) (XY) (ako je G vektorska funkcija, onda Z je vlastiti za svaku komponentu). Za n 1 prikladno je koristiti sljedeći analog o ovoj formuli:

Lemma. (Adamara). Neka f c (d) bude (općenito govoreći, vektorska funkcija), gdje d (t \u003d t) konveksna na bilo kojem T, i F (t, X) f (t, y) \u003d A (t, X, y) · (XY), gdje je A kontinuirana pravokutna matrica.

Dokaz. S bilo kakvim fiksnim t, primjenjujemo izračun iz dokaza o odobrenju za \u003d d (t \u003d t), g \u003d fk. Dobivamo željenu prikaz s (t, x, y) \u003d A zapravo je kontinuirano.

Povratak na pitanje jedinstvenosti rješenja problema (1).

Stavit ćemo ovako: što bi trebao biti modul kontinuiteta F za X, tako da je rješenje (1) jedina stvar u smislu da se 2 rješenja definirane u istom intervalu podudaraju? Odgovor se daje sljedećem teoremu:

Teorema. (Osgood). Dopustiti pod uvjetima Peano kontinuitet kontinuiteta X u B, tj. Funkcija u nejednakosti zadovoljava stanje (c). Tada problem (1) ne može imati dva različita otopina definirana u istom intervalu obrasca (t0 a, T0 + B).

Usporedite s primjerom interkonekcije iznad.

Lemma. Ako z c 1 (,), onda sve (,):

1. Na točkama gdje z \u003d 0 postoji | z |, i || z | | | z |;

2. Na točkama, gdje je Z \u003d 0, postoje jednostrani derivati \u200b\u200b| z | ±, i || z | ± | \u003d | z | (Posebno, ako Z \u003d 0, zatim postoji | z | \u003d 0).

Primjer. n \u003d 1, z (t) \u003d t. U točki t \u003d 0 derivat od | z | Ne postoji, ali postoje jednostrani derivati.

Dokaz. (Lema). Na tim točkama gdje z \u003d 0, hasz · z: postoji | z | \u003d, i || z | | | z |. Na tim točkama t, gdje z (t) \u003d 0, imamo:

Slučaj 1: z (t) \u003d 0. Tada dobivamo postojanje Z | (T) \u003d 0.

Slučaj 2: z (t) \u003d 0. Zatim, na +0 ili 0 Ochiz (t +) | | z (t) | Modul od kojih je jednak | z (t) |

Po uvjenutoj, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) \u003d +. Neka Z1,2 bude dva rješenja (1) definirana (T0, T0 +). Označava z \u003d z1 z2. Imamo:

Pretpostavimo da je to T1 (za definitivno T1 T0) tako da Z (T1) \u003d 0. SET A \u003d (T T1 | Z (T) \u003d 0) nije prazan (t0 a) i ograničen odozgo. To znači da ima gornje lice t1. Konstrukcijom, Z \u003d 0 na (, t1), a zbog kontinuiteta Z, imamo Z () \u003d 0.

Lemma | z | C 1 (, t1), i u ovom intervalu desno | z | | z | (| Z |), tako da integracija softvera (t, T1) (gdje t (, T1)) daje F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t. S t + 0, dobivamo kontradikciju.

Posljedica 1. Ako, pod uvjetima Peano F teorema, uspShitsev prema X u B, tada problem (1) ima jedno rješenje u smislu opisanog u teoremu Osgood, jer u ovom slučaju () \u003d c zadovo očekivanja (7 ).

Korolarna 2. ako je pod uvjetima peano C (b) teorema, tada se otopina (1) definira na INT (IP), jedini.

Lemma. Svaka odluka (1), definirana na IP-u, mora zadovoljiti ocjenu X | \u003d | F (t, x) | F, a njegov raspored - leži u K1, a još više u C.

Dokaz. Pretpostavimo da će biti T1 IP takav da (T, X (t)) C. Za definitivnost, neka T1 t0. Zatim tu je T2 (T0, T1] takav da je X (t) x0 | \u003d R. Slično, argumenti u dokazu Osca teorema mogu se smatrati da je T2 najvažnija takva točka i na (t , X (t)) C, tako | f (t, X (t)) | f, i stoga (T, X (t)) K1, koji proturječi | X (T2) X0 | \u003d R. Dakle, (t , X (t)) C na svim IP-u, a zatim (ponavljanje izračuna) (T, X (t)) K1.

Dokaz. (Corollay 2). C je kompaktan MNOF koji je f lipsytsev softver u c, gdje grafikoni leže sva rješenja s obzirom na lemu. Pod istragom 1 dobivamo željeni.

Komentar. Stanje (7) znači da je stanje Lipschitz za F ne može biti znatno oslabljeno. Na primjer, stanje bezelnog C1 više nije prikladan. Samo su moduli kontinuiteta blizu linearni - kao što je lijepljenje "loše":

Vježbu. (dovoljno komplicirano). Dokazati da ako zadovoljava (7), onda postoji 1, zadovoljavajući (7) tako da 1 / u nuli.

Općenito, nije potrebno zahtijevati nešto od modula kontinuiteta F za X za jedinstvenost - moguća su razne vrste posebnih prigoda, na primjer:

Izjava. Ako, u uvjetima Peano teorema, bilo koje 2 otopine (1), definirana na (9), može se vidjeti da XC 1 (a, b), a zatim diferencijacija (9) daje (1) 1 i (1 ) 2 očiti.

Za razliku od (1), za (9), prirodno je izgraditi rješenje na zatvorenom segmentu.

PICAR je predložio rješavanje (1) \u003d (9) sljedeću metodu uzastopnih aproksimacija. Označava X0 (t) X0, a zatim na indukciji teorema. (Cauchy Picara). Dopustiti pod uvjetima PEARO TEOREM FUNKCIJA F LIPSHITSEV prema X u bilo kojem konvektu x kompaktnih K iz regije B, tj.

Zatim za bilo koji (t0, x0) b, Cauchy zadatak (1) (on (9)) ima jedno rješenje na INT (IP) i XK X na IP, gdje je XK definiran u (10).

Komentar. Jasno je da teorem ostaje čvrstoća ako se stanje (11) zamijeni C (b), zbog ovog stanja slijedi (11).

Komentar za učitelja. Zapravo, nije potrebno za sve konveksne softvera X kompaktnih, ali samo cilindre, ali tekst je učinjeno upravo to, jer će biti potrebno više općenitih kombakti, a točnije je upravo to tekst.

Dokaz. Odaberite proizvoljno (T0, X0) B i učinit ćemo istu pomoćnu konstrukciju kao i prije Peano Teorema. Dokazujemo indukcijom da je sve XK definiran i kontinuirano na IP-u, a grafikoni leže u K1, a još više u C. za X0 je očito. Ako je to istina za XK1, onda je iz (10) jasno da je XK definiran i kontinuiran na IP-u, a to pripada K1.

Sada dokazujemo indukcijom procjene na IP-u:

(C je konveksan pomoću X CD-a u B, a L (c) je definiran za to). Na k \u003d 0, to je dokazana procjena (t, x1 (t)) k1. Ako je (12) istinita za K: \u003d K1, zatim iz (10) imamo ono što je potrebno. Dakle, broj majorizirani na IP konvergentnim brojem i stoga (to se zove Weierstrass Teorem) ravnomjerno na IP konvergira na neku funkciju X C (IP). Ali to znači XK X na IP. Zatim u (10) na IP idite na granicu i dobiti (9) na IP, i stoga (1) na INT (IP).

Jedinstvenost se odmah dobiva posljedicom 1 Osgood teorema, ali je korisno dokazati i na drugi način korištenjem jednadžbe (9). Pretpostavimo da postoje 2 rješenja X1.2 zadaci (1) (tj. (9)) na INT (IP). Kao što je već spomenuto, tada grafikoni nužno leže u K1, a još više u C. Neka t i1 \u003d (T0, T0 +), gdje - neki pozitivan broj. Zatim \u003d 1 / (2L (c)). Zatim \u003d 0. Tako, X1 \u003d X2 na I1.

Komentar za učitelja. Još uvijek postoji dokaz o jedinstvenosti uz pomoć leme Hronole, to je još više prirodnije, jer je potrebno odmah globalno, ali iako je lemma Hronulle nije baš zgodan, jer ga je teško adekvatno opažati.

Komentar. Posljednji dokaz jedinstvenosti je poučan u tome što opet pokazuje u drugom svjetlu, kao što je lokalna jedinstvenost dovodi do globalnog (što je netočno postojanje).

Vježbu. Dokazati jedinstvenost odmah na svim IP-u, tvrdeći od protivnika kao u dokazu Osgood teorema.

Važan privatni slučaj (1) je linearno ODU, tj., U kojoj je vrijednost F (t, X) linearno za X:

U ovom slučaju, kako bi se ući u uvjete teorije opće teorije, to bi trebalo biti potrebno na ovaj način, u ovom slučaju, string strši, a stanje Lindsiry (pa čak i diferencijalnosti) prema X se automatski izvodi: na sve t (a, b), x, y rn imamo | f (t, x) f (t, y) | \u003d | A (t) (x y) | | (T) | · | (X y) |

Ako privremeno dodijelite kompaktni (a, b), onda će biti dobiveno | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, gdje sam L \u003d max | a |.

Od Peano i Osgood teoreme ili Cauchy-Picara, nedvosmislena rješivost problema (13) na nekom intervalu (peano-branje) koji sadrži T0 treba nedvosmisleno. Štoviše, otopina na ovom intervalu je granica dosljednih aproksimacija Pickera.

Vježbu. Pronađite ovaj interval.

Ali ispostavilo se da se u ovom slučaju sve ovi rezultati mogu odmah dokazati na globalnoj razini, tj. Na sve (a, b):

Teorema. Neka bude istina (14). Tada problem (13) ima jedno rješenje na (a, b), a sekvencijalne aproksimacije biranja ravnomjerno približavaju bilo kojim kompaktnim (a, b).

Dokaz. Opet, kao u TK-P, gradimo rješenje za integralnu jednadžbu (9) uz pomoć uzastopnih aproksimacija formuli (10). Ali sada ne moramo provjeriti stanje za ulazak u konus i cilindar.

f se definira na sve x, dok t (a, b). Potrebno je samo provjeriti da su svi XK definirani i kontinuirani na (a, b), što je očito indukciji.

Umjesto (12), sada ćemo sada pokazati sličnu procjenu vrste u kojoj je n broj, ovisno o izboru. Prvi stupanj indukcije za ovu procjenu drugog (T. K. nije povezan s K1): za k \u003d 0 | x1 (t) x0 | N zbog kontinuiteta X1, a sljedeći koraci su slični (12).

Ne možete ga obojiti, jer je očito, ali možemo ponovno primijetiti XK X na, a X je rješenje odgovarajuće (10) na. Ali time smo izgradili rješenje na sve (a, b), jer je izbor kompakta proizvoljan. Jedinstvenost slijedi iz Osgood teorema ili Coschi-Pikare (i razmišljanja iznad o globalnoj jedinstvenosti).

Komentar. Kao što je već spomenuto, TC-P je formalno zatvora zbog prisutnosti teorema Peano i Osgood, ali je koristan iz 3 razloga - ona:

1. Omogućuje vam povezivanje problema Cauchy za ODU s integralnom jednadžbom;

2. poziva konstruktivnu metodu uzastopnih aproksimacija;

3. Olakšava dokazivanje globalnog postojanja za linearnu ODUS.

[Iako se potonji može izvesti iz zaključivanja § 4.] Zatim ćemo se najčešće odnositi na njega.

Primjer. X \u003d X, X (0) \u003d 1. Sekvencijalna aproksimacija znači X (t) \u003d e - otopina početnog zadatka u R.

Najčešće će se dobiti broj, ali ostaje određeni dizajn. Također možete procijeniti pogrešku xk (vidjeti).

Komentar. Peano, Osguda, teorema i Cauchy Picara, lako je dobiti odgovarajuće teoreme za najviši poredak.

Vježbu. Formulirajte pojmove Cauchy problema, rješenja sustava i Cauchy zadataka, sve teoreme za najviši poredak, koristeći minimiziranje sustava prvog reda navedenog u § 1.

Nekoliko kršenja logike tečaja, ali s ciljem boljeg asimilacije i potkrtavanja metoda za rješavanje problema u praktičnoj nastavi, privremeno prekidamo prezentaciju teorije o općoj teoriji i mi ćemo se baviti tehničkim problemom "Eksplicitne odluke o" Odu ".

§ 3. Tehnike integracije tako, razmotrite skalarne jednadžbe \u003d f (t, x). Proditt korake privatnog slučaja koji je naučio integrirati je tako pozvan. URP, tj. Jednadžba u kojoj F (t, X) \u003d A (t) b (X). Formalna metoda integriranja URP-a je "podijeliti" varijable t i x (otuditi ime): \u003d A (t) dt, a zatim uzeti integral:

chim x \u003d b (a (t)). Takvo formalno razmišljanje sadrži nekoliko bodova koji zahtijevaju opravdanje.

1. Odluka o B (x). Vjerujemo da je F je kontinuirana, tako i C (,), b c (,), tj. Pravokutnik strši () () (,)(Općenito govoreći, beskrajni). Setovi (B (X) 0) i (B (x) 0) Otvoreni i stoga su konačni ili brojni kompleti intervala. Između tih intervala postoje točke ili segmenti, gdje B \u003d 0. Ako je B (x0) \u003d 0, tada je Cauchy zadatak ima otopinu X X0. Možda ovo rješenje nije jedini, a zatim u području definicije postoje intervali, gdje je B (x (t)) \u003d 0, ali se zatim mogu podijeliti na B (X (t)). Mi istovremeno primjećujemo da u tim intervalima funkcija B monotonne i stoga se može uzeti B 1. ako je B (x0) \u003d 0, zatim u susjedstvu t0 svjesno B (X (t) \u003d 0, a postupak je legalan. Prema tome, opisani postupak treba, općenito govoreći, primjenjivati \u200b\u200bprilikom podjele područja za određivanje otopine na dijelu.

2. Integriranje lijevog i desnog dijela prema različitim varijablama.

Metoda I. Neka želimo pronaći rješenje KDD (T) zadatka (1) x \u003d (t). Imamo: \u003d A (t) b ((t)), odakle su dobili istu formulu strogo.

Metoda II. Jednadžba je tzv. Simetrični zapis o originalnom Odu, tj. U kojem nije navedeno, koja je varijabla neovisna, a koja je ovisna. Ovaj oblik ima smisla samo u slučaju jedne od jednadžbe prvog reda koji se razmatra zbog teorema o invarijavini oblika prvog diferencijala.

Prikladno je razumjeti više detalja s konceptom diferencijala, ilustrirajući ga s primjerom ravnine ((t, x)), krivulje na njemu, nastajući linkovi, stupnjevi slobode, parametra na krivulji.

Dakle, jednadžba (2) veže razlike t i x duž željenog IR. Tada je integracija jednadžbe (2) u metodi prikazanoj na početku potpuno pravna - to znači, ako želite, integrirajući se na bilo koju varijablu odabranu kao neovisno.

U metodi i, to smo pokazali odabirom kao neovisne varijable t. Sada ćemo to pokazati odabirom parametra s neovisne varijable duž IR (budući da je to jasnije prikazano u jednakosti T i X). Neka vrijednost s \u003d S0 odgovaraju točki (t0, x0).

Tada imamo: \u003d (T (t (s)) t (s) DS, da nakon što ga daje naglasak na svestranost simetričnog snimanja, primjer: krug nije zabilježen ni X (t), niti kao T (x), ali kao X (s), t (s).

Neki drugi ODU prvog reda se svede na URP-ove, koji se mogu vidjeti pri rješavanju zadataka (na primjer, u zadatku).

Još jedan važan slučaj je linearni kod:

Metoda I. Varijacija u konstantnoj.

to je poseban slučaj općenitijeg pristupa, koji će se smatrati dijelom 2. značenje je da je potraga za rješenjima u posebnom obliku smanjuje redoslijed jednadžbe.

Najprije moram biti tako pozvan. Jednostavna jednadžba:

Na temelju jedinstvenosti ili x 0, bilo svugdje x \u003d 0. U potonjem slučaju (neka to daju (4), daje sva rješenja (3) 0 (uključujući nulu i negativnu).

U formuli (4) postoji proizvoljna konstanta C1.

Metoda varijacije je konstantna koja se sastoji od činjenice da je vidljiva otopina (3) C1 (T) \u003d C0 + (kao i za algebarske linearne sustave) strukturu orna \u003d CHRN + Orou (o tome detaljnije u dijelu 2).

Ako želimo riješiti Cauchy Task X (t0) \u003d X0, onda morate pronaći C0 iz Cauchy podataka - lako dobivanje C0 \u003d X0.

Metoda II. Naći ćemo ih, tj. Takvu funkciju v, kojoj trebate razmnožiti (3) (snimljeni tako da se sve nepoznato okupljaju na lijevoj strani: Xa (t) x \u003d b (t)), tako da je derivat izvedena iz neke udobne kombinacije.

Imamo: VX vax \u003d (VX) ako je v \u003d av, tj. (Takva jednadžba (3) je ekvivalent jednadžba koja se već lako riješi i daje (5). Ako je Cauchy zadatak riješen, tada u (6) je prikladan odmah uzeti određeni sastavni dio linearni ODU (3), neki drugi su smanjeni, kao što se može vidjeti pri rješavanju problema (na primjer, u zadatku). Više važniji slučaj linearnog Odusa (odmah za bilo koji n) će se razmotriti u 2. dio.

Obje razmotrene situacije su poseban slučaj tzv. Ped. Razmotrite prvu narudžbu ODU (s n \u003d 1) u simetričnom obliku:

Kao što je spomenuto, (7) postavlja IR u ravnini (T, X) bez razjašnjenja koja se varijabla smatra neovisnim.

Ako se pomnožite (7) na proizvoljnoj funkciji M (t, X), bit će dobiveni ekvivalentan oblik snimanja iste jednadžbe:

Dakle, ista stvar ima mnogo simetričnih zapisa. Među njima se igra posebna uloga. Unosi u pune diferencijale, naziv ažuriranja je neuspješan, jer je ova nekretnina nije jednadžba, ali oblici njegova zapisa, tj. Tako da je lijevi dio (7) jednak DF-u (t, X) s nekim F.

Jasno je da (7) postoji ažuriranje i samo ako je a \u003d ft, b \u003d fx s nekim F. Kao što je poznato iz analize, potrebno je za potonje, a mi ne opravdava strogo tehničke trenutke, za Primjer, glatkoća svih funkcija. Činjenica je da § ima manju ulogu - općenito nije potrebna za druge dijelove tečaja, a ne bih htio potrošiti prekomjerne napore na njegovom raspoređenoj prezentaciji.

Dakle, ako se (9) izvodi, tada postoji takav f (jedinstven je s točnošću konstanta aditiva), koja (7) prepiše u obliku DF-a (T, X) \u003d 0 (uz IC), tj.

F (t, X) \u003d const duž IR, tj. IR bit razine razine funkcije F. Dobivamo da je integracija ažuriranja je trivijalna zadaća, budući da je potraga za A i B zadovoljiti (9) nije teško. Ako (9) nije ispunjeno, treba ga pronaći takozvani. To je m (t, x) takav da je (8) ažuriran, za koji je potrebno i dovoljno za obavljanje analoga (9), koji uzima oblik:

Kako slijedi iz teorije UCH prvog reda (koje smatramo dijelom 3), jednadžba (10) uvijek ima rješenje, tako da postoje. Dakle, bilo koja jednadžba oblika (7) ima unos u obliku ažuriranja i stoga omogućuje "eksplicitnu" integraciju. No, ovi argumenti ne daju konstruktivnu metodu u općem slučaju, budući da riješiti (10) općenito govoreći, potrebno je pronaći rješenje (7), koje tražimo. Ipak, postoje brojne tehnike pretraživanja, koje se tradicionalno razmatraju u praktičnoj obuci (vidi na primjer).

Imajte na umu da su gore navedene tehnike za odluku URP-a i linearnog ODU-a poseban slučaj ideologije.

U stvari, URP DX / DT \u003d A (t) b (x), snimljen u simetričnom obliku DX \u003d A (t) b (x) dt, rješava se množenjem na 1 / B (X), jer nakon toga pretvara u DX / B (X) \u003d A (t) dt, itd dB (x) \u003d da (t). Linearnu jednadžbu DX / DT \u003d A (t) X + B (T) zabilježeno u simetričnom obliku DX A (T) XDT B (T) DT se rješava množenjem na njih, gotovo sve metode rješavanja ODU "eksplicitno"

(S izuzetkom velikog bloka povezanog s linearnim sustavima), to je da uz pomoć posebnih metoda za snižavanje narudžbi i zamjenskih varijabli, oni su svedeni na prvi red, koji se zatim reduciraju na ažuriranje i oni su Riješeno korištenjem glavnog diferencijalnog kalkulusa teorema: df \u003d 0 f \u003d const. Pitanje smanjenja redoslijeda tradicionalno je uključeno u tijek praktične obuke (vidi na primjer).

Recimo nekoliko riječi o prvom redu prvog reda, nije dopušteno u odnosu na derivaciju:

Kao što je spomenuto u § 1, možete pokušati riješiti (11) u odnosu na X i dobiti normalan oblik, ali to nije uvijek prikladno. Često je prikladnije riješiti (11) izravno.

Razmotrite prostor ((t, X, p)), gdje se p \u003d x privremeno smatra neovisnom varijablom. Zatim (11) definira površinu u ovom prostoru (F (t, X, p) \u003d 0), koji se može napisati parametarski:

Korisno je zapamtiti što to znači, na primjer, uz pomoć sfere u R3.

Željena rješenja će odgovarati krivuljama na ovoj površini: T \u003d S, X \u003d X (S), p \u003d x (s) - jedan stupanj slobode se gubi jer postoji veza DX \u003d PDT na rješenjima. Pišemo ovu vezu u smislu parametara na površini (12): Gu du + GV DV \u003d H (FUDU + FV DV), tj.

Prema tome, željena otopina odgovaraju krivuljama na površini (12), u kojoj su parametri povezani jednadžbom (13). Potonji je ode u simetričnom obliku koji se može riješiti.

Slučaj I. Ako je u nekom području (gu HFU) \u003d 0, zatim (12) tada T \u003d F ((v), v), X \u003d G ((v), V) daje parametarski snimanje željenih krivulja u Zrakoplov ((t, X)) (tj. Projektiramo ovaj avion, budući da ne trebamo).

Slučaj II. Slično tome, ako (GV HFV) \u003d 0.

Slučaj III. U nekim točkama u isto vrijeme, gu HFU \u003d GV HFV \u003d 0. To zahtijeva zasebnu analizu, bilo da je to mnogo rješenja (oni se zatim nazivaju posebnim).

Primjer. Jednadžba clero x \u003d tx + x 2. imamo:

x \u003d tp + p2. Parametrizirati ovu površinu: t \u003d u, p \u003d v, x \u003d UV + v 2. jednadžba (13) će se obrazac (U + 2V) DV \u003d 0.

Slučaj I. Nije implementiran.

Slučaj II. U + 2v \u003d 0, zatim DV \u003d 0, tj. V \u003d c \u003d const.

Dakle, t \u003d u, X \u003d Cu + C2 - parametarski IR snimanje.

Jednostavno ga spalite u jasnom obliku X \u003d CT + C2.

Slučaj III. U + 2v \u003d 0, tj. V \u003d U / 2. Dakle, t \u003d u, X \u003d U2 / 4 - parametarski zapis o "kandidatu u IR".

Da biste provjerili je li to IR, pišemo je eksplicitno x \u003d t2 / 4. Pokazalo se da je to (posebna) odluka.

Vježbu. Dokazati da se posebno rješenje odnosi na sve ostale.

To je uobičajena činjenica - raspored bilo kojeg posebnog rješenja je omotnica obitelji svih drugih rješenja. To se temelji na drugoj definiciji posebnog rješenja upravo kao omotnicu (vidi).

Vježbu. Da bi dokazali da za općenitiju Clero jednadžbu X \u003d TX (X) s konveksnom funkcijom, posebno se otopina gleda x \u003d (t), gdje - konverzija struje iz, tj \u003d () 1 ili (t) \u003d max (TV (v)). Slično tome, za jednadžbu X \u003d TX + (X).

Komentar. Pročitajte više i pažljivije sadržaj § 3 je postavljen u udžbeniku.

Komentar za učitelja. Prilikom čitanja tečaja predavanja može biti korisno proširiti § 3, dajući mu rigorozniji oblik.

Sada se vratite na glavno platno na tečaju, nastavak prezentacije započela je u §§§§§.

4. Globalna rješavanje problema Cauchyja u § 2 dokazali smo lokalno postojanje rješenja problema Cauchy, tj. Samo u određenom intervalu koji sadrži točku t0.

Uz neke dodatne pretpostavke na F, također smo dokazali jedinstvenost rješenja, razumijevanje kao slučajnost dvaju otopina definiranih u istom intervalu. Ako je F linearno za X, dobiveno je globalno postojanje, tj. Tijekom intervala, gdje se određuju i kontinuirani koeficijenti jednadžbe (sustav). Međutim, kao pokušaj korištenja linearnom sustavu opće teorije pokazuje, interval peano-branje je općenito manji nego na kojem se otopina može konstruirati. Pristupaju se prirodna pitanja:

1. Kako odrediti maksimalni interval na kojem se rješenje treba odobriti (1)?

2. Je li se ovaj interval uvijek podudara s maksimumom na kojem pravi dio (1) 1 ima smisla?

3. Kako uredno formulirati koncept jedinstvenosti rješenja bez rezerve o intervalu njegove definicije?

Odgovor na pitanje 2 Općenito govori negativno (ili radije zahtijeva veliku točnost), kaže sljedeći primjer. X \u003d X2, X (0) \u003d X0. Ako je x0 \u003d 0, zatim x 0 - ne postoje druga rješenja na Osgood teoremu. Ako X0 \u003d 0, onda odlučujemo napraviti sliku). Interval postojanja otopine ne može biti veći od (1 / x0) ili (l / x0, +), s X0 0 i X0 0 (druga grana hiperbola nije povezana s rješenjem! - Ovo je tipična studentska pogreška). Na prvi pogled, ništa u početnom zadatku "nije predvidio takav ishod." U § 4 naći ćemo objašnjenje za ovaj fenomen.

Na primjeru jednadžbe X \u003d T2 + X2 manifestira se tipična pogreška učenika u intervalu otopine. Ovdje je činjenica da je "jednadžba svugdje definirana" uopće ne uključuje kontinuitet odluke o cijelom izravnom. To je jasno čak i iz čisto svakodnevne točke gledišta, na primjer, u vezi s pravnim zakonima i procesima u razvoju pod njima: Eneciranje zakonom očito nije propisano prestanak postojanja tvrtke u 2015. godini, to ne znači da je to Tvrtka neće ići pravila za ovu godinu. Za unutarnje razloge (iako na snazi \u200b\u200bu okviru zakona).

Da biste odgovorili na pitanja 1-3 (pa čak i da ih jasno formuliraju), potreban je koncept kratkog rješenja. Mi ćemo (kao što smo dogovorili gore) razmotriti rješenja jednadžbe (1) 1 kao par (, (tl (), tr ())).

Definicija. Rješenje (, (tl (), tr ())) postoji nastavak otopine (, (TL (), TR ())), ako (TL (), TR ()) (TL (), TR (), TR (), TR ( ), i | (tl (), tr ()) \u003d.

Definicija. Rješenje (, (tl (), tr ())) - kratko, ako nema ne-trivijalno (tj. Osim toga) nastavak. (Vidi primjer iznad).

Jasno je da je to nr koja je posebna vrijednost, au njihovim uvjetima potrebno je dokazati postojanje i jedinstvenost. Postoji prirodno pitanje - mogu li izgraditi HP, na temelju lokalne odluke ili na zadatku Cauchy? Ispada da. Da bismo to razumjeli, uvodemo koncepte:

Definicija. Skup rješenja ((, (tl (), tr ()))) je dosljedan ako se bilo koji 2 otopine iz ovog skupa podudaraju na sjecištu intervala njihove definicije.

Definicija. Dosljedan skup rješenja naziva se maksimum, ako se ne može dodati drugo rješenje tako da je novi skup dosljedan i sadržavao nove točke u kombiniranju područja definicija rješenja.

Jasno je da je izgradnja MNN-a jednaka izgradnji HP-a, naime:

1. Ako postoji HP, onda bilo koji MNN, koji sadrži, može biti samo skup njezinih suženja.

Vježbu. Ček.

2. Ako postoji MNN, tada je HP ((t, t +)) izgrađen kao:

stavite (t) \u003d (t), gdje - bilo koji ENN definiran u ovom trenutku. Očito, takva će funkcija biti jedinstveno definirana na svemu (t, t +) (nejakvabitelj slijedi iz konzistentnosti seta), a u svakoj točki se podudara sa svim ENN elementima definiranim u ovom trenutku. Za bilo koji t (t, t +) postoji neka vrsta definiranih u njoj, i stoga u svom okruženju, i tako dalje. U ovom susjedstvu postoji rješenje (1) 1, onda - previše. Dakle, postoji rješenje (1) 1 na sve (t, t +). Kratko, jer, inače, netrivijalni nastavak može se dodati na MNN suprotno njegovoj maksimalnosti.

Konstruiranje problema MNH (1) u općem slučaju (pod uvjetima Peano Teorema), kada nema lokalne jedinstvenosti, moguće je (vidjeti,), ali prilično glomazan - temelji se na korak-po-korak peano teorem s procjenom dna intervalnog nastavka. Dakle, HP uvijek postoji. Ovo samo u slučaju kada postoji lokalna jedinstvenost, onda je izgradnja MNN-a (i stoga HP) trivijalna. Na primjer, za određenost, djelujemo u okviru TC-P.

Teorema. Pustite da se uvjeti TK-P u regiji B RN + 1 izvodi. Zatim za bilo koji (t0, x0) b, problem (1) ima jedan HP.

Dokaz. Razmotrite skup svih rješenja problema (1) (to nije prazno pomoću TK-P). Ona tvori MNN - dosljedan zbog lokalne jedinstvenosti, a maksimum zbog činjenice da je to puno svih svih rješenja problema Cauchy. Tako da HP postoji. To je jedini za lokalnu jedinstvenost.

Ako želite izgraditi HP na temelju postojeće lokalne odluke (1) 1 (a ne zadatak Cauchy), tada se taj problem u slučaju lokalne jedinstvenosti svede na Cauchy zadatak: morate odabrati bilo koju točku na Dostupno IR i razmotrite odgovarajući Cauchy zadatak. HP ove zadaće bit će nastavak početnog rješenja zbog jedinstvenosti. Ako ne postoji jedinstvenost, nastavak određenog rješenja provodi se gore navedeni postupak.

Komentar. HP ne može biti posvećen na kraju intervala njezina postojanja (bez obzira na stanje jedinstvenosti) tako da je to rješenje iu terminalnim točkama. Da bi se opravdalo, potrebno je razjasniti da razumijete u skladu s odlukom ODU na krajevima segmenta:

1. Pristup 1. Dopustio se u odluci (1) 1 na segmentu shvaća se kao funkcija koja zadovoljava jednadžbu na kraju u smislu jednostranog derivata. Tada je mogućnost specificiranog zastrašujućeg rješenja, na primjer, na desnom kraju intervala njezina postojanja (t, t +] znači da IR ima krajnju točku unutar B i C1 (t, t +]. Ali onda odlučivanje o Cauchy X (t +) zadatak. \u003d (T +) za (1) i pronalaženje njegovog rješenja, dobivamo, za desni kraj t + (u točki t + i jednostrani derivati \u200b\u200bpostoje i jednaki su F ( T +, (t +)), što znači da postoji uobičajeni derivat), tj. Nije bio HP.

2. Pristup 2. Ako se pod otopinom (1) 1 na segmentu shvaća kao funkcija, samo kontinuirano na krajevima, ali tako da krajevi IR-a leže u B (čak i ako jednadžba nije potrebna) - Ispada isto razlog samo u smislu odgovarajuće integralne jednadžbe (vidi detalje).

Dakle, odmah je ograničen na otvorene intervale kao skupove definiranja rješenja, nismo kršili zajednicu (i samo izbjegavali nepotrebno vene s jednostranim derivatima, itd.).

Kao rezultat toga, odgovorili smo na pitanje 3, dostavljeno na početku stavka 4: Prilikom obavljanja uvjeta jedinstvenosti (na primjer, Osgood ili Cauchay-Picara), jedinstvenost HP rješavanja problema Cauchy odvija se. Ako je stanje jedinstvenosti slomljeno, tada može biti puno HP-ov zadatak Cauchy, svaki sa svojim intervalom postojanja. Bilo koja otopina (1) (ili jednostavno (1) 1) može se nastaviti do HP.

Da biste odgovorili na pitanja 1.2, potrebno je razmotriti ne različito t posebno, već i ponašanje IC u prostoru RN + 1. Na pitanje o načinu ponašanja "blizu kraja", primijetit ćemo da se interval postojanja završava, a IR ih možda neće imati (kraj IR-a u B uvijek ne postoji - vidjeti gore navedenu primjedbu, ali ne mora postojati B - vidi dolje).

Teorema. (o napuštanju kompaktnih).

mi ga formulirati u uvjetima lokalne jedinstvenosti, ali to nije nužno - vidi, postoji TPK formuliran kao kriterij HP-a.

U uvjetima TC-P, grafikon bilo koje HP jednadžbe (1) 1 ostavlja bilo koji kompaktni K b, tj. K B (T, T +): (t, (t)) k s t.

Primjer. K \u003d ((t, X) b | ((t, X), b)).

Komentar. Dakle, IR NR blizu t ± se približava B: ((t, (t)), b) 0 na t t ± - proces nastavka otopine ne može se slomiti strogo unutar B.

pozitivno, ovdje kao vježba je korisno dokazati pozitivnost između ne-uništenih zatvorenih višestrukih skupova, od kojih je jedan kompaktan.

Dokaz. Škripac K B. Uzmite bilo koji 0 (0, (K, b)). Ako b \u003d rn + 1, po definiciji smatramo (k, b) \u003d +. Set K1 \u003d ((t, X) | ((t, X), k) 0/2) postoji i kompaktan u B, tako da postoji F \u003d max | f |. Odaberite brojeve T i ROK su stalno mali tako da bilo koji cilindar oblika, na primjer, dovoljno je uzeti t2 + R2 2/4. Zatim zadatak kauchy vrste ima otopinu na TC-P otopinu na intervalu ne već nego (t t0, t + t0), gdje je t0 \u003d min (t, r / f) za sve (t, X) k ,

Sada se može uzeti željeni segment \u003d. Zapravo, potrebno je pokazati da ako (t, (t)) k, tada t + t0 t t + t0. Na primjer, prikazat ćemo, na primjer, drugu nejednakost. Otopina Cauchy problema (2) s x \u003d (t) postoji na desnoj barem do točke T + T0, ali HP iste probleme, koji s obzirom na jedinstvenost postoji nastavak, stoga t + T0 t +.

Dakle, HP grafikon uvijek "dostiže B", tako da interval postojanja HP \u200b\u200bovisi o geometriji IR.

Na primjer:

Izjava. Neka B \u003d (a, b) RN (interval konačni ili beskonačni), F zadovoljava uvjete TK-P u B, je HP problem (1) s T0 (A, B). Zatim ili t + \u003d b, ili | (t) | + na t t + (i slično t).

Dokaz. Dakle, neka t + b, tada t + +.

Razmislite o kompaktnom k \u200b\u200b\u003d b. s bilo kojim R + prema TPK-u, postoji (R) t + tako da je na T (((R), T +) točku (t, (t)) K. ali od t +, onda je moguće samo za račun | (t) | R. Ali to znači | (t) | + na t t +.

U ovom konkretnom slučaju vidimo da ako se F definira "sa svim X", interval NR postojanja može biti manji od maksimalne moguće (a, b) samo zbog želje HP-a po pristupu na kraju interval (t, t +) (u općem slučaju - na granicu b).

Vježbu. Za sažetak posljednje izjave u slučaju kada je B \u003d (a, b), gdje je RN proizvoljno područje.

Komentar. Potrebno je razumjeti da | (t) | + ne znači da je k (t).

Dakle, odgovorili smo na pitanje 2 (usp. Primjer na početku § 4): IR dolazi na B, ali njezina projekcija na osi t ne može doći do kraja projekcije B na T osi. Ostaje pitanje 1 - postoje li znakovi za koje, bez rješavanja ODU-a, može se procijeniti o mogućnosti nastavka odluke o "širokom rasponu intervala"? Znamo da je za linearnu ODUS, ovaj nastavak uvijek moguć, au primjeru na početku članka 4 to je nemoguće.

Razmotrite prvi kako bi ilustrirali poseban slučaj URP-a na n \u003d 1:

konvergencija nekompatibilnog integralnog H (s) DS-a (nekompatibilno u prikazu \u003d + ili zbog značajki H na točki) ne ovisi o izboru (,). Stoga, neka samo napiši H (s) ds kada je u pitanju konvergencija ili divergencija ovog integrala.

to se može učiniti već u teoremi Osguda i na povezanim navodima.

Izjava. Neka C (,), b c (, +) bude pozitivan u njihovim intervalima. Neka cauchy problem (gdje t0 (,), X0) ima HP X \u003d X (t) na intervalu (t, t +) (,). Zatim:

Posljedica. Ako je \u003d 1, \u003d +, tada t + \u003d + dokaz. (Odobrenje). Imajte na umu da se x monotono povećava.

Vježbu. Dokazati.

Stoga postoji X (t +) \u003d lim X (t) +. Imamo slučaj 1. t +, X (t +) + je nemoguće na TPK-u, jer je X HP.

I integralni ili konačni ili beskrajni.

Vježbu. Završiti dokaz.

Opravdanje za učitelja. Na kraju, dobivamo to u slučaju 3: A (s) DS +, te u slučaju 4 (ako se općenito implementira) isti.

Dakle, za najjednostavniji Odus na n \u003d 1 vrste X \u003d F (X), kontinuitet otopina se detaljnije određuje o strukturi otopina kao što su (tzv.)

autonomne) jednadžbe vidi 3. dio.

Primjer. Za F (X) \u003d X, 1 (posebno, linearni slučaj \u003d 1) i f (x) \u003d x ln X, možete jamčiti kontinuitet (pozitivnih) rješenja za +. Za F (X) \u003d X i F (X) \u003d X LN X, s 1 otopinama, "uništena do posljednjeg vremena".

Općenito, situacija je određena mnogim čimbenicima i nije tako jednostavna, ali važnost "stopa rasta F za X ostaje važnost. Za N 1 formulirati kriterije za nastavak je težak, ali postoje dovoljni uvjeti. U pravilu potkrijevaju pomoć takozvanog. a priori procjene rješenja.

Definicija. Neka H C (,), h 0. Rečeno je da za rješenja nekih neparnih, postoji AO | X (t) | H (t) na (,), ako bilo kakvo rješenje ove Ode zadovoljava tu procjenu u dijelu intervala (,), gdje se određuje (tj. Ne pretpostavlja se da su rješenja nužno definirana u cijelom intervalu (,) ).

Ali ispada da dostupnost AO jamči da će se rješenja i dalje definirati na sve (,) (i stoga zadovoljiti procjenu u cijelom intervalu), tako da se a priori procjena pretvara u posterui:

Teorema. Neka cauchy problem (1) zadovolji uvjete TK-P, a za njegove rješenja postoji ao u intervalu () s nekim HC (,), a curvilinear cilindar (| X | h (t), t ( ,))) b. Zatim je HP (1) definiran na sve (,) (i stoga zadovoljava JSC).

Dokaz. Dokazujemo da je t + (t slično). Pretpostavimo t +. Razmislite o kompaktnom k \u200b\u200b\u003d (| x | h (t), t) b. Prema TPK na t +, točka grafikona (t, x (t)) lišće K, što je nemoguće zbog JSC.

Dakle, dokazati kontinuitet rješenja za neki interval, dovoljno je da formalno cijeni otopinu na cijelom zahtjevnom intervalu.

Analogija: mjerljivost funkcije LEB-a i formalna procjena cjelovitog zemljišta stvarnog postojanja integrala.

Dajmo neke primjere situacija kao što ova logika radi. Počnimo s ilustracijom gore spomenute teze o "rastu f do X dovoljno sporo".

Izjava. Neka b \u003d (,) rn, F zadovoljava uvjete TK-P u B, | F (t, X) | A (t) b (| X |), gdje A i B zadovoljavaju uvjete prethodnog odobrenja C \u003d 0, i \u003d +. Tada HP problem (1) postoji na (,) na svim T0 (,), X0 RN.

Lemma. Ako je kontinuirano, (t0) (t0); S T T dokazom. Imajte na umu da u okruženju (t0, T0 +): ako (t0) (t0), onda je to odmah očito, i na drugi način (ako (t0) \u003d (t0) \u003d 0) ima (t0) \u003d g (t0, 0 ) (T0), koji ponovno daje potrebnu.

Pretpostavimo sada da postoji T1 t0 takav da (T1). Očigledno razmišljanje može se naći (T1) T2 (T0, T1] tako da (T2) \u003d (T2) i na (T0, T2). Ali tada na točku t2 imamo \u003d, - kontradikcija.

g bilo, i stvarno trebate samo, C, i svugdje gdje \u003d, tamo. Ali da ne bi postigli glavu, razmislite kao u Lemmi. Ovdje je strogo nejednakost, ali to je nelinearna ODU, a još uvijek je takozvano.

Komentar za učitelja. Nejednakosti takve vrste kao u lemmi nazivaju se nejednakosti kapenija (LF). Lako je vidjeti da u Lemmi nije bilo potrebe za jedinstvenošću, tako da je takav "strogi LF" istinit i unutar okvira Peano Teorema. "Ne-jaki LF" je očito pogrešno bez jedinstvenosti, jer je jednakost poseban slučaj neredno nejednakosti. Konačno, "ne-moždani udar" kao dio uvjeta jedinstvenosti je istinita, ali to je moguće dokazati samo lokalno - uz pomoć.

Dokaz. (Odobrenje). Dokazujemo da je t + \u003d (t \u003d slično). Pretpostavimo t +, zatim prema gore odobrenju | x (t) | + na t t +, tako da se može smatrati x \u003d 0 na. Ako dokažimo JSC | X | H za) (lopta za praktičnost je zatvorena).

Cauchy Task X (0) \u003d 0 ima jedini HP X \u003d 0 na R.

Mi ukazuje na dovoljan uvjet na F, u kojem je postojanje HP na R + može biti zajamčeno uopće male X0 \u003d X (0). Da biste to učinili, pretpostavimo da (4) ima tzv. Funkcija Lyapunova, tj. Takva funkcija v, koja:

1. v C 1 (b (0, R));

2. SGNV (x) \u003d SGN | X |

Provjerite ispunjavanje uvjeta A i B:

A. Razmotrite zadatak Cauchy gdje | x1 | R / 2. Konstruiramo cilindar B \u003d Rb (0, R) je polje određivanja funkcije F, gdje je ograničena i klasa C 1, tako da postoji F \u003d max | f |. Prema TC-P, postoji otopina (5), određeno u intervalu (T1 T0, T1 + T0), gdje je T0 \u003d min (t, R / (2F)). Izbor dovoljno velikih T može se postići T0 \u003d R / (2F). Važno je da T0 ne ovisi o izboru (T1, X1), samo | X1 | R / 2.

B. Dok se rješenje (5) određuje i ostaje u Ball B (0, R), možemo izvesti sljedeće obrazloženje. Imamo:

V (X (t)) \u003d f (X (t)) · v (x (t)) 0, tj. V (x (t)) v (X1) m (R) \u003d max v (y). Jasno je da se m i m ne smanjuju, Incredia | R frivans u nuli, m (0) \u003d m (0) \u003d 0, a izvan nule su pozitivni. Stoga postoji R 0 takav da m (R) m (R / 2). Ako | x1 | R, zatim V (X (t)) v (X1) m (R) m (R / 2), odakle | X (t) | R / 2. Imajte na umu da r r / 2.

Sada možemo formulirati teorem koji iz PP-a. A, B prikazuje globalno postojanje rješenja (4):

Teorema. Ako (4) ima funkciju Lyapunov u B (0, R), zatim na sve X0 B (0, R) (gdje je R definiran gore) HP Cauchy Task X (t0) \u003d X0 za sustav (4) (s bilo kojim T0) definirano na +.

Dokaz. Na temelju P. a, otopina se može konstruirati na, gdje T1 \u003d T0 + T0 / 2. Ovo rješenje leži u B (0, R) i da koristi odlomak B, tako da | X (t1) | R / 2. Ponovno se primjenjujemo na n. A i dobivamo rješenje, gdje je T2 \u003d T1 + T0 / 2, tj. Sada je izgrađena rješenje. U to rješenje, primijenite odlomak b i dobit | x (t2) | R / 2, itd. Za brojni broj koraka dobivamo rješenje za § 5. Ovisnost odluka ODU-a iz razmatranja zadatka Cauchy gdje RK. Ako u nekim, T0 (), X0 () Ovaj Cauchy zadatak ima HP, onda je X (t,). Pitanje se pojavljuje: kako studirati ovisnost X od? Ovo pitanje je važno za razne aplikacije (i to će se pojaviti posebno u Dijelu 3), od kojih je jedan (iako to nije najvažnija stvar) je približna odluka ODU-a.

Primjer. Razmotrite zadatak Cauchy. Njegov HP postoji i jedini je, kako slijedi iz TC-P, ali je nemoguće ga izraziti u elementarnim funkcijama. Kako onda istražiti njegova svojstva? Jedan od načina: napomenuti da (2) "blizu" na problem y \u003d y, y (0) \u003d 1, čija se otopina lako nalazi: Y (t) \u003d et. Može se pretpostaviti da X (t) y (t) \u003d et. Ova ideja se obračunava: razmotriti problem na \u003d 1/100 ovo (2), a na \u003d 0 je zadatak za y. Ako dokažemo da je X \u003d X (t,) kontinuirano (u određenom smislu), dobivamo to X (t,) y (t) na 0, a to znači X (t, 1/100) y (t ) \u003d Et.

Istina, ostaje nejasno koliko je blizu X do y, ali dokaz kontinuiteta X softvera je prvi nužan korak bez kojeg je nemoguće dalje promicati.

Slično tome, to je korisno i proučavanje ovisno o parametrima u početnim podacima. Kao što ćemo vidjeti kasnije, ova ovisnost lako se smanjuje na parametar na parametru u desnom dijelu jednadžbe, tako da se još uvijek ograničimo zadatku obrasca biti FC (D), gdje je D regija u RN + K + 1; F lipsytseva za X u bilo kojem konvekcijskom na X kompaktu iz D (na primjer, dovoljan C (d)). Popraviti (t0, x0). Označava m \u003d rk | (T0, X0,) D je više dopuštena (u kojoj zadatak (4) ima smisla). Imajte na umu da je m otvoreno. Pretpostavit ćemo da je (t0, x0) odabran tako da m \u003d. Prema TK-P, za sve m, postoji jedan NR problem (4) - Funkcija X \u003d (T,), određena u intervalu t (t (), t + ()).

Strogo govoreći, jer ovisi o mnogim varijablama, morate snimiti (4) tako:

gdje se (5) 1 vrši na setu G \u003d ((t,) | M, t (t (), t + ()). Međutim, razlika između ikona d / dt i / t je isključivo psihološka (njihova uporaba ovisi o istom psihološkom konceptu "fiksiranja"). Prema tome, skup G je prirodna maksimalna definicija funkcije, a pitanje kontinuiteta treba istražiti na G.

Trebat će nam pomoćni rezultat:

Lemma. (Holonolla). Neka funkcija C, 0 zadovoljava procjenu za sve T. Onda, uopće, primjedba je istinita za učitelja. Kada čitate predavanje, ne možete zapamtiti ovu formulu unaprijed, ali ostavite mjesto i nakon izlaza za ulazak.

Ali onda zadržati ovu formulu na vidiku, jer će biti potrebno u toni.

h \u003d A + B AH + B, odakle dobivate željeni.

Značenje ove leme: diferencijalna jednadžba i nejednakost, odnos između njih, integralne jednadžbe i nejednakosti, odnos između njih svima, diferencijalnu i integralnu lemu od gronoulla i odnosa između njih.

Komentar. Možete dokazati ovu lemu i s više općih pretpostavki o, A i B, ali još nije potrebno za nas, a to će biti učinjeno u tečaju UMF-a (tako da je lako vidjeti da nismo koristili kontinuitet A i B , itd.).

Sada smo spremni jasno formulirati rezultat:

Teorema. (Tona) s pretpostavkama f i u notaciji gore navedenog, može se tvrditi da je G otvoren i C (g).

Komentar. Jasno je da set M općenito nije spojen, tako da G ne može biti spojen.

Komentar za učitelja. Međutim, ako smo bili uključeni (t0, X0) u broj parametara, povezanost bi bila tako učitana u.

Dokaz. Neka (t,) G. Trebate dokazati da:

Pretpostavimo da je definicija T t0. Imamo: m, tako da se (t,) definira (T (), t + ()) t, T0, i stoga na nekom segmentu tako da t točka (t, (t,),) koja radi kompaktna krivulja d (paralelna hiperplana (\u003d 0)). Dakle, mnogo definicije tipa treba držati pred vašim očima stalno!

također postoji kompaktan u d s dovoljno malim A i B (konveksom za X), tako da je funkcija F uspashitsev na X:

[Ova procjena mora biti zadržana prije nego što su oči stalno! ] i ravnomjerno kontinuirano na svim varijablama, a još više F (t, X, 1) f (t, X, 2) | (| 12 |), (t, X, 1), (t, X, 2).

[Ova procjena mora biti zadržana prije nego što su oči stalno! ] Razmislite o proizvoljnim 1 tako da | 1 | BI odgovarajuće otopine (t, 1). Set (\u003d 1) je kompaktan u D (\u003d 1), a na T \u003d T0, točka (t, (t, 1), 1) \u003d (T0, X0, 1) \u003d (T0, (T0, (T0, ), 1) (\u003d 1), a prema TPK na t + (1), točka (t, (t, 1), 1) lišće (\u003d 1). Neka t2 t0 bude (t2 t + (1)) biti prva vrijednost na kojoj se navodi spomenuta točka.

Izgradnjom, T2 (T0, T1]. Naš zadatak će pokazati da je T2 \u003d T1 s dodatnim ograničenjima. Neka sada T3. Imaju (sa svim takvim T3, koriste sve vrijednosti koje se dalje definiraju konstrukcijom):

(T3, 1) (T3,) \u003d F (t, (T, 1), 1) F (t, (T,),) DT, pokušajmo dokazati da je ta vrijednost manja od a.

gdje je integrirana funkcija ocijenjena na sljedeći način:

± F (t, (t,),), i ne ± f (t, (t,),), jer na razliku | (t, 1) (t,) | Za sada nema ocjene, tako da (t, (t, 1),) je nejasno, ali za | 1 | Postoje, i (t, (t,), 1) je poznat.

tako na kraju | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Dakle, funkcija (T3) \u003d | (T3, 1) (T3,) | (Ovo je kontinuirana funkcija) zadovoljava uvjete gronaole leme s A (s) k 0, b (s) (| 1 |), t \u003d t2, \u003d 0, tako da dobivamo ovu lemmu [ova procjena koju trebate držati pred vašim očima! ] Ako uzmete | 1 | 1 (t1). Pretpostavljamo da 1 (t1) b. Svi naši argumenti su istiniti za sve T3.

Dakle, s takvim izborom 1, kada je T3 \u003d T2, iako | (T2, 1) (T2,) | A, kao i | 1 | b. Dakle, (T2, (T2, 1), 1) je moguće samo zbog činjenice da je T2 \u003d T1. Ali to posebno znači da se (t, 1) definira na cijelom segmentu, tj. T1 t + (1), i sve točke obrasca (t, 1) g, ako t, | | 1 | 1 (t1).

To jest, iako ovisi t +, ali segment ostaje lijevi t + () s, bliskim blizu. Slika je sličan T T0, postoji postojanje brojeva T4 T4 i 2 (T4). Ako t t0, tada točka (t,) b (, 1) g je slična t t0, i ako je T \u003d T0, tada se oba slučaja primjenjuju, tako (T0,) B (, 3) g, gdje 3 \u003d min (12). Važno je da s fiksnim (t,) može naći T1 (T,) tako da T1 t 0 (ili odnosno T4) i 1 (T1) \u003d 1 (t,) 0 (ili odnosno 2), tako da odaberete 0 \u003d 0 (t,) je jasno (t. Do. U dobivenom cilindričnom susjedstvu možete ući u loptu).

zapravo, dokazano je suptilniju imovinu: ako se HP određuje na određenom segmentu, tada definira svu HP s dovoljno bliskih parametara (tj.

sve malo ogorčene HP). Međutim, naprotiv, ova imovina slijedi iz otvorenosti G, kao što će biti prikazano u nastavku, tako da su to ekvivalentni tekst.

Dakle, dokazali smo se 1.

Ako smo u određenom cilindru u prostoru, tada je ocjena istinita | 1 | 4 (, t,). U isto vrijeme | (t3,) (t,) | na | t3 t | 5 (, t,) zbog kontinuiteta t. Kao rezultat toga, na (T3, 1) b ((t,),) imamo (T3, 1) (t,) |, gdje \u003d min (4, 5). Ovo je stavak 2. \\ t

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti o Ruske Federacije Federalne državne državne proračunske ustanove visokog stručnog obrazovanja Državno obrazovanje Državno Sveučilište uprave Instituta za pripremu znanstvenog i pedagoškog i znanstvenog osoblja programa uvodnih testova na specijalnoj disciplini Sociologija upravljanja Moscow - 2014 1. Organizacija- Metodičke upute Ovaj program je usmjeren na pripremu za isporuku uvodni testovi u diplomskoj školi ... "

"Amurski državno sveučilište Odjel za psihologiju i pedagogiju Obrazovni i metodički složeni disciplinski savjetodavni psihologija osnovnog obrazovnog programa u smjeru dodiplomskog studija 030300.62 Psihologija Blagoveshchesk 2012 UMCD je osmišljen pregledan i preporučio na sastanku Odjela za psihologiju i protokol pedagogije. .. "

"Automobilska farma) OMSK - 2009 3. Federalna agencija za obrazovanje Gou VPO Sibirski državni automobil i cestovna akademija (Sibadi) Odjel za inženjering Pedagogija Metodički Upute o proučavanju discipline Pedagoške tehnologije za studente specijaliteta 050501 - strukovno osposobljavanje (automobili i automobilska.) .. "

"Serija Znanstveni sud G.S. Rovsenberg, F.N. Ryansky Teoretska i primijenjena ekologija Tutorial preporučio je metodološkog udruženja na klasičnoj sveučilišnoj školi Ruske Federacije kao studijskog priručnika za studente visokog obrazovanja o ekološkim specijalitetima 2. izdanje Nizhnevartovsk izdavač Nizhnevartovsky Pedagoški Institut 2005 BBK 28.080.1W73 P64 Recenzenti: Dr. Biol. Znanosti, profesor V.i. Popchenko (Institut za ekologiju ... "

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti o državnoj državnoj proračunskoj ustanovi visokog obrazovanja visokog stručnog obrazovanja Krasnoyarsk State Pedagoško sveučilište. V.p. Astafieva e.m. Antipova mala radionica na Botanic Electronic Edition Krasnoyarsk 2013 BBK 28,5 A 721 Recenzenti: Vasiljev A.N., D.B., profesor KGPU. V.p. Astafieva; Yamski G.Yu., D.G.N., Profesor SFU TRETVAKA, I.N., Dr., profesor, vodeći zaposlenik šumskog instituta ... "

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti o Ruske Federalne Državne državne obrazovne proračunske institucije visokog stručnog obrazovanja AMUR Državno sveučilišno sveučilište Odjel za psihologiju i pedagogiju Nastava i metodičko složene discipline Osnove pedijatrije i higijene osnovnog obrazovnog programa u smjeru pripreme 050400.62 psihološki i Pedagoško obrazovanje Analyzhensk 2012 1 UMCD razvio se pregledan i preporučio na sastanku Odjela za psihologiju i ... "

"Provjera zadataka s detaljnim državom odgovorom (konačno) certificiranje diplomanata ix klasa općih obrazovnih ustanova (u novom obliku) 2013. Geografija Moskva 2013. Autor-Cotheriler: Ammercument E.m. Poboljšanje objektivnosti rezultata državnog (konačnog) certificiranja diplomanata od 9 razreda općih obrazovnih ustanova (u ... "

"Praktične preporuke o korištenju referentnih i informacija i metodološkog sadržaja za podučavanje ruskog kao državnog jezika Ruske Federacije. Praktične preporuke upućene su nastavnicima ruskog jezika (uključujući i ne-opremanje). Sadržaj: Praktične preporuke i smjernice za odabir 1. Sadržaj materijala za obrazovne i obrazovne nastave posvećene problemima funkcioniranja ruskog jezika kao državnog jezika ... "

"E.V. Muriukina Razvoj kritičkog mišljenja i medijskog kompetentnosti studenata u procesu analize tiskara za sveučilišta Taganrog 2008 2 Muriukina E.V. Razvoj kritičkog mišljenja i medija kompetencije studenata u procesu analize preša. Tutorial za sveučilišta. Taganrog: NP Osobni razvoj Centar, 2008. 298 c. Studijski priručnik raspravlja o razvoju kritičkog mišljenja i medijske komponente studenata u procesu medijskog obrazovanja. Od danas tisak ... "

"OKO. P. Golovenko o formiranju tjelesne aktivnosti čovjeka Dijela II P. AG OGIK Moy Gat Yeln Oi Akti Vasteds 3 Engleski Engleski Oleg Petrovich Physhchchenko formiranje tjelesne aktivnosti ljudi Tutorial Dio II Pedagogiju Motor Activity Edition Drugi, revidirani *** urednik Ni. Kosenkova Računalni raspored izvodio je D.V.Smolyak i S.V. Potapova *** prijavljena u tisku 23.11. Format 60 x 90 / 1/16. Times pisanja papira Operativni način ispisa SL. P.l .... "

"Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Kazana Državno sveučilište. U i. Elektronički biblioteke znanstvenih i obrazovnih resursa ulyanova-Lenjin. Obrazovni i metodički priručnik Abrosimov. Lazareva yu.i. Kazan 2008 Elektronske knjižnice znanstvenih i obrazovnih resursa. Obrazovni i metodološki priručnik prema elektroničkim obrazovnim resursima. - Kazan: KSU, 2008. Nastavni priručnik objavljuje se odlukom ... "

"Ministarstvo obrazovanja Ruske Federacije Državni odgojnosni osnivanje visokog stručnog obrazovanja Ornaburg State University Akbulak Odjel za pedagogiju V.A. Tertskova metodologija nastave iz osnovnih škola u školi za opće obrazovanje Metodičke upute Preporučuje se za objavljivanje uredništva i izdavačkog vijeća državne obrazovne ustanove visokog stručnog obrazovanja Ornaburg State University ... "

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti o Ministarstvu prosvjete Stavropskog teritorija Stavropska ustanova visokog stručnog obrazovanja Stavropol Stavropol Stavropol Stavropska Stavropska Instituta N.i. Jugutanova dječja književnost studiranog jezičnog obrazovnog i metodičkog kompleksa Stavropol 2010 1 ispisuje se odlukom UDC 82.0 uredničkog izdavačkog vijeća BBC 83.3 (0) Gou VPO STAVROPOL Stanje D Pedagoški institut Recenzije: ... "

"Propisi o novom sustavu procjene intra-škole kvalitete formiranja Mbou Kamyshinsky bosha 1. Opće odredbe 1.1. Odredba o sustavu unutar školskog sustava procjene kvalitete obrazovanja (u daljnjem tekstu: odredbe) utvrđuje jedinstvene zahtjeve za provedbu sustava procjene kvalitete intra-školskog obrazovanja (u daljnjem tekstu: SCO) u općinskom proračunskom općem obrazovanju Srednja škola Kamyshin (u daljnjem tekstu - škola). 1.2. Praktična provedba Schoka izgrađena je u skladu s ... "

"Ministarstvo zdravstva Republike Uzbekistana Taškentu Medicinske akademije Odjela za VPP s kliničkom alergologijom, odobrava prorektor za akademski rad prof. O.r.teshaev _ 2012 Preporuke za pripremu obrazovnih i metodoloških kretanja za praktične nastave na jednom metodičkom sustavu Metodičke upute za nastavnike medicinskih sveučilišta Tashkent- 2012 Ministarstvo zdravstva Republike Uzbekistan medicinskog obrazovnog centra Tashkent Medical ... "

"Federalna agencija za obrazovanje Gorno-Altai Državno sveučilište AP Macoshev Politička geografija i geopolitika Obrazovna i metodologija Gorno-Altaisk Rio Gorno-Altai Državno sveučilište 2006 ispisuje se odlukom uredništva i izdavačkog vijeća Gorno-Altai Državnog sveučilišta u Zagrebu Macoshev AP politička geografija i geopolitika. Obrazovni i metodički priručnik. - Gorno-Altaisk: Rio Gaga, 2006.-103 str. Obrazovni i metodološki priručnik razvija se prema treningu ... "

"A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaev School of Budućnost Moderna obrazovna škola života Faze 1 Metodološki priručnik za nastavnike primarne klase Moskva 2009 UDC 371 (075.8) BBC 74.00 N 68 Autorsko pravo je zakonski zaštićeno, pozivanje na autore je dužan. Novitskaya A.V., Nikolaeva l.i. H 68 moderni obrazovni program života. - m.: AVVALON, 2009. - 176 str. ISBN 978 5 94989 141 4 Ova brošura se prvenstveno adresira od nastavnika, ali, skrb, sa svojim informacijama ... "

"Obrazovni i metodički kompleks Ruski poduzetnički desničar 030500 - Jurisprudencija Moskva 2013 Autor - sastavljen od strane Odjela za građanske pravo discipline Recenzent - obrazovni i metodički kompleks se smatra i odobrava na sastanku Odjela za protokol za građanske pravne discipline iz _2013. Ruski poduzetnički zakon: obrazovni i metodički ... "

"ALI. A. Yamashkin V. V. Ruhenkov al. A. Yamashkin Geografija Republike Mordovia Tutorial Saransk Mordovian Sveučilište Izdavačka kuća 2004 UDC 91 (075) (475,345) BBK D9 (2p351-6mo) YA549 Recenzenti: Odjel za fizičku geografiju Voronezh države Pedagoškog sveučilišta; Doktor geografskih znanosti profesor A. M. Naston; Učitelj školskog složenog broja 39. Saranski A. V. Leonyev tiskan je odlukom obrazovnog i metodološkog vijeća Fakulteta Dovozovskaya obuke i prosjeka ... "

Ministarstvo prosvjete i znanosti o narodu Ruske Federacije Nacionalno istraživanje nuklearnog sveučilišta "MiFi" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Predavanja o redovnim diferencijalnim jednadžbama Preporučujemo UMO Nuklearna fizika i tehnologije Kvaliteta udžbenika za studente visokog obrazovnih ustanova Moskva 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 Bukharova ti, Kamnin VL, Kostin Ab, Tkachenko DS Tečaj predavanja o uobičajenim diferencijalnim jednadžbama: Tutorial. - m.: Niau Mafi, 2011. - 228 str. Priručnik za obuku nastao je na temelju tečaja predavanja koje autori čitaju u moskovskom inženjeringu i fizičkom institutu tijekom godina. Namijenjen je studentima Niya mithi svih fakulteta, kao i za studente sveučilišta s povećanom matematičkom pripremom. Priručnik je pripremljen u okviru programa za stvaranje i razvoj Niya MAFI. Recenzent: dr. Fiz.-Mat. Znanosti n.a. Kudryahov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nacionalno istraživanje nuklearno sveučilište "MIII", 2011 Predgovor Sadržaj. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 5 I. Uvod u teoriju uobičajenih diferencijalnih jednadžbi osnovnih pojmova. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Cauchy. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 6 6 11 11 II. Postojanje i jedinstvenost rješenja Cauchy problema za jednadžbu prve narudžbe je teorem jedinstvenosti za prvi red. , , , , , , , , , , , , , , , , , , Rješavanje rješenja problema Cauchy za prvi red. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Nastavite rješenje za prvi red. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Iii. Cauchyjev zadatak za normalan N-TH sustav Osnovni koncepti i neke pomoćne svojstva vektorske funkcije. , , , Identitet rješavanja problema s normalnim sustavom. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ; , Koncept metričkog prostora. Prniy exezing zaslona. , , , , , Teore problema i jedinstvenost rješenja Cauchy problema za normalne sustave. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 14 14 23 34 38 34 43 44 48 IV. Neke razrede uobičajenih diferencijalnih jednadžbi riješene su u jednadžbi kvadratura s varijablama razdvajanja. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Linearni prvi red. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Uniformne jednadžbe. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Jednadžba áernlli. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Jednadžba u potpunim diferenciranim trgovcima. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 55 55 58 63 64 65 V. 67 Jednadžbe prvog reda koje nisu dopuštene u odnosu na derivaciju problema problema i jedinstvenosti otopine Oäu, nisu dopuštene u odnosu na derivat. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Posebno rješenje. ÄChrimnant krivulja. Zavijanje. , , , , , , , , , , , , , , , Parametar za primjenu parametra. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Jednadžba Lagrane. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Clairo jednadžba. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Vi. Linearni Ode sustavi osnovni pojmovi. Teorem problema i jedinstvenost rješavanja problema homogenih sustava linearne Oäu. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Odrednica je rnoy. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Složena rješenja za homogeni sustav. Prijelaz na esencijalni CCR. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Sistemski sustavi linearnog Oäua. Ìtode variaiiiiiiiiiiii. , , , , Jedinstveni sustavi linearnog Oäu s konstantnim cobfinger. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Indikativna funkcija od matričara. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85. , , 87. , , 91. , , , , , 96 97. , , 100. , , 111 Sistemski sustavi linearnog Oäu s konstantnim cobfinger. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 116 vii. Linearno visoke narudžbe je smanjen na sustav linearne Oäu. Teorem problema i jedinstvenost rješenja problema Cauchyja. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Jedinstveni linearni visoki poredak. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Svojstva složenih rješenja homogenog linearnog visoka reda. Prijelaz iz složenog CPK-a na bitno. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Temelj linearne linije visoke narudžbe. Ìtode variaiiiiiiiiiiii. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Ujednačena rješenja za linearno visoke narudžbe s konstantnim cobfinger. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Ovo je linearni linearni linearni uređaj s konstantnim koeflude. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 126 VIII. Teorija stabilnosti osnovnih pojmova i definicija koji se odnose na održivost. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Stabilnost rješenja linearnog sustava. , , , , , Orelious Lyapunov na stabilnost. , , , , , , , , , Stabilnost prema prvoj aproksimaciji. , , , , , , Ponašanje trajektorija faza u blizini točke mirovanja 162. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Prvi integrali ODU 198 Systems 198 prvih integrala autonomnih sustava uobičajenih različitih equicual jednadcija198 Autonomni sustavi Oäu. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 205 simetričnih sustava zapisa oäu. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 206 X. Jednadžbe u privatnim derivatima prvog reda ujednačene linearne jednadžbe u privatnim derivatima prvog reda Cauchy ç za linearnu jednadžbu u privatnim derivatima prvog reda. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Kvazilinearne jednadžbe u privatnim derivatama prvog reda. , , , Cauchy ima kvazilinearnu jednadžbu u privatnim derivatima prvog reda. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , Bibliografija. , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , -4- 210. , , , , 210. , , , , 212. , , , , 216. , , , , 223. , , , , 227 Predgovor Prilikom pripreme knjige, autori su bili usmjereni na procjenu na jednom mjestu i državne informacije o većini pitanja vezanih uz teoriju uobičajenih diferencijalnih jednadžbi u pristupačnom obliku. Stoga, osim materijala koji je uključen u obvezni program točaka uobičajenih diferencijalnih jednadžbi čitanje u NIII (i na drugim sveučilištima), naknada uključuje dodatna pitanja za koje, u pravilu, nema dovoljno vremena na predavanjima, ali koji će biti korisno za bolje razumijevanje. ispitanika i smislit će se sadašnjim studentima u daljnjim profesionalnim aktivnostima. Sve izjave predloženih koristi matematički su strogi dokazi. Ti dokazi obično nisu originalni, ali svi su redizajnirani u skladu s stilom prezentacije matematičkih tečajeva u Meph. Prema rasprostranjenom među učiteljima i znanstvenicima, matematičke discipline trebaju se proučavati s punim i detaljnim dokazima, postupno se kreću od jednostavnih do složenih. Autori ovog priručnika pridržavaju istog mišljenja. Teoretske informacije navedene u knjizi podržane je analizom dovoljnog broja primjera koji, kako se nadamo, pojednostavimo čitatelja da prouči materijal. Priručnik se upućuje studentima sveučilišta s povećanom matematičkom pripremom, prije svega, studenti Niya MEPI-a. U isto vrijeme, također će biti korisno svima koji su zainteresirani za teoriju diferencijalnih jednadžbi i koristi ovaj dio matematike u svom radu. -5- poglavlje I. UVOD u teoriju uobičajenih diferencijalnih jednadžbi 1. 1. Osnovni pojmovi svugdje u priručniku putem HA, BI će biti označen bilo kojim od skupova (a, b), (a, b], mi dobiti X02 ZX LN 4C + 3 U (t) v (t) dt5 ZX v (t) dt. ln C 6 x0 x0 nakon pojačanja posljednje nejednakosti i uporabe (2.3), imamo 2 x 3 ZX ZU ( X) 6 C + U (t) v (t) DT 6 C EXP 4 V (t) DT5 X0 X0 na sve x 2 [1, 1]. Procjenjujemo razliku JF (X, Y2) F (X, Y1 ) j \u003d grijeh x1 y2 6 uopće (x, y) 2 g. Dakle, F zadovoljava stanje Lipschitz s l \u003d 1 u stvari, čak i sa L \u003d grijeh 1 uz y. Međutim, derivat FY0 na točkama ( X, 0) 6 \u003d (0, 0) ne postoji ni sljedeći teorem, zanimljiv samo po sebi, omogućit će dokazati jedinstvenost rješenja problema Cauchyja. Teorem 2. 1 (o procjeni razlike između dva rješenja). Neka G regija 2 u R, i F (x, y) 2 cg i zadovoljava u uvjetima g Lipschitz Y s konstantnim L. ako Y1, Y2 Dvije otopine jednadžbe Y 0 \u003d F (X, Y) ) na segmentu, onda je pošteno nejednakosti (evaluacija): JY2 (x) y1 (x) J 6 JY2 (x0) Y1 (x0) J Exp l (x x0) 6 y1 na sve x 2. -19- y2 dokaz. Po definiciji 2. 2 Rješenja jednadžbe (2.1) Dobivamo taj 8 x 2 boda X, Y1 (X) i X, Y2 (X) 2 g. Za sve t 2, imamo vjerne jednakosti Y10 (t) \u003d ft, Y1 (T) i Y20 (t) \u003d ft, Y2 (t), koji se integriraju s T na segmentu, gdje X2. Integracija je legalna, jer su desni i lijevi dijelovi kontinuirani na funkcijama. Dobivamo sustav jednakosti ZX Y1 (X) Y1 (X0) \u003d X0 ZX Y2 (X) Y2 (X0) \u003d F T, Y1 (t) DT, F T, Y2 (t) dt. X0 oduzimanje jednog od drugog, imamo JY1 (X) Y2 (X) J \u003d Y1 (X0) Y2 (X0) + ZX HFT, Y1 (t) IFT, Y2 (t) DT 6 X0 ZX 6 Y1 (X0) 6 Y1 (X0) Y2 (X0) + ft, Y1 (t) ft, Y2 (t) DT 6 X0 ZX 6 Y1 (X0) Y2 (X0) + L Y1 (t) Y2 (t) dt. X0 označava C \u003d Y1 (X0) Y2 (X0)\u003e 0, v (t) \u003d 0, u (t) \u003d y1 (t), zatim, u nejednakosti Hronolla-Áellman, dobivamo ocjenu: JY2 (X) Y1 (X) J6 JY2 (X0) Y1 (X0) J Exp L (X X0) Y2 (T)\u003e 0. Za sve X2. Teorem se dokazuje. Kao posljedica dokazanog teorema, dobivamo teoremu jedinstvenosti rješenja problema Cauchyja (2. 1), (2.2). Alternativni 1. Neka funkcija f (x, y) 2 cg i zadovoljava stanje Lipschitz u Y, i funkcije Y1 (X) i Y2 (X), dva otopina jednadžbe (2.1) na istom segmentu, i X0 2. Ako Y1 (X0) \u003d Y2 (X0), tada Y1 (X) Y2 (X) na. Dokaz. Razmotrite dva slučaja. -20- 1. Neka X\u003e X0, zatim, od teorema 2. 1 slijedi da je h i the.e. Y1 (X) Y1 (X) Y2 (X) 6 0 Exp L (X X0), Y2 (X) na X\u003e X0. 2. Neka x 6 x0 neka zamjena t \u003d x, zatim yi (x) \u003d yi (t) y ~ i (t) na I \u003d 1, 2. Od X2, t 2 [X0, X1] i izvedena jednakost Y ~ 1 (X0) \u003d Y ~ 2 (x0). Saznajemo što jednadžba zadovoljava y ~ i (t). Sljedeći lanac jednakosti je istinit: D Y ~ i (t) \u003d dt d ~ yi (X) \u003d DX F X, YI (X) \u003d F (T, Y (T)). Ovdje smo iskoristili diferencijaciju složene funkcije i činjenicu da je Yi (X) rješenja jednadžbe (2.1). Budući da funkcija F ~ (T, Y) F (T, Y) je kontinuirano i zadovoljava stanje Lipschitz za y, zatim teorem 2. 1 imamo da y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) na [x0 , X1], tj. Y1 (X) Y2 (X) na. Kombinirajući oba slučaja, dobivamo odobrenje istrage. Alternativno 2. (na kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima) neka funkcija F (x, y) 2 cg i zadovoljava stanje lipschitz uz Y s konstantom L, a funkcije Y1 (X) i Y2 (X) su otopine jednadžba (2.1) definirana na. Odgovaramo L \u003d X1 X0 i δ \u003d Y1 (X0) Y2 (X0). Ako je na 8 x 2, nejednakost Y1 (X) Y2 (X) 6 δ el l je istina. Dokaz bi trebao biti odmah iz teorema 2. 1. Nejednakost od Corollay 2 naziva se procjena održivosti odluke o početnim podacima. Njegovo značenje je da ako je na X \u003d X0, rješenja su "blizu", zatim na konačnom segmentu su također blizu. Teorem 2. 1 daje važnu procjenu modula razlike od dva rješenja za primjene, a posljedica 1 je jedinstvenost rješenja problema Cauchy (2.1), (2.2). Postoje i drugi dovoljni uvjeti za jedinstvenost, od kojih jedan sada dajemo. Kao što je gore navedeno, geometrijski jedinstvenost rješenja problema Cauchy znači da kroz točku (X0, Y0) regija g može proći više od jedne cjelovitog krivulje jednadžbe (2.1). Teorem 2. 2 (Osguda o jedinstvenosti). Pretpostavimo da je funkcija F (X, Y) 2 CG i za 8 (X, Y1), (X, Y2) 2 g se izvodi nejednakost F (X, Y1) F (X, Y2) 6 6 j JY1 Y2 j, gdje φ (u)\u003e 0 na u 2 (0, β], φ (u) je kontinuiran, a Zβ du! +1, kada ε! 0+. Ako je točka (x0, y0), regija φ (u ) ε G nije više jedini integralna krivulja (2.1). -21- dokaz. Pretpostavimo da postoje dva otopina Y1 (X) i Y2 (X) jednadžbe (2.1), tako da Y1 (X0) \u003d Y2 (X0) \u003d Y0, označava Z (X) \u003d Y2 (X) Y1 (X). Dyi od \u003d f (X, yi), na I \u003d 1, 2, zatim za Z (X), jednakost DX DZ \u003d F (X, Y2) F (X, Y1) vrijedi. DX DZ \u003d F (X, Y2) F (X, Y1) jzj 6 φ jzj jzj, tj. Prilično tada z dx 1 d nejednakost jzj2 6 φ jzj jzj, iz kojih JZJ 6 \u003d 0 slijedi 2 dx dvostruke nejednakosti: ZJZ2 J ZX2 DX 6 X1 2 D jzj 6 2 jzjφ jzj ZX2 DX, (2,5) X1 JZ1 JZ1 JZ1 Gdje Integracija se provodi u skladu s bilo kojim segmentu na kojem Z (X)\u003e 0, i Zi \u003d Z (XI), I \u003d 1, 2. pretpostavkom, Z (X) 6 0 i, štoviše, kontinuirano, tako da se takav segment nalazi se, odaberite ga i popravite. Razmotriti setove n o x1 \u003d x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > X2 i Z (X) \u003d 0. Ako jedan od tih skupova nije prazan, od Z (X0) \u003d 0 i X0 62. Neka, na primjer, X1 6 \u003d ∅, ograničeno je odozgo, dakle 9 α \u003d sup x1. Imajte na umu da Z (α) \u003d 0, tj. α 2 x1, budući da se pretpostavlja da Z (α)\u003e 0, na temelju kontinuiteta, imat ćemo Z (X)\u003e 0 u nekom intervalu α δ1, α + δ1, a to je u suprotnosti s definicijom α \u003d sup X1. Iz stanja z (α) \u003d 0 slijedi da α< x1 . По построению z(x) > 0 za sve X2 (α, X2] i na temelju kontinuiteta Z (X)! 0+ na X! Α + 0. Ponovite argumente u PIN-u (2.5), integrirajući se na segment [α + δ, X2 ], gdje je X2 izabran gore i fiksiran, i δ 2 (0, X2 α) - proizvoljno, dobivamo nejednakost: ZJZ2 J ZX2 DX 6 α + Δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + Δ) j ZX2 dx. α + Δ u ovom dvostruku ću definirati δ! 0+, a zatim Z (α + 8)! Z (a) \u003d 0, od ZJZ2 JD JZJ2! +1, prema kontinuitetu Z (X), i zatim integralna 2 Jzjφ JZJ teorem. JZ (α + δ) J-22- desni dio nejednakosti RX2 DX \u003d X2 α 5 6 X2 α je ograničen α + Δ od iznad konačne vrijednosti, koji je istovremeno nemoguć. rezultirajući Kontradikcija dokazuje teoremu. 2. Bitno rješenje problema Cauchy za prvi nalog koji je zadatak Cauchy (2.1), (2.2), podrazumijeva se kao sljedeći zadatak pronalaženja funkcije Y (X): 0 y \u003d f (X, Y), (X, y) 2 g, Y (X0) \u003d Y0, (X0, Y0) 2 g, gdje F (X, Y) 2 CG i (X0, Y0) 2 g; g je regija u R2. Lema 2. 2. Neka f (x, y) 2 cg. Ako se sljedeće izjave odvijaju: 1) sve ponovno φ (x) jednadžba (2.1) na raspon ha, BI, zadovoljavajuće (2.2) x0 2 ha, BI, je rješenje na ha, bi bibliju jednadžbu ZX Y (X) \u003d Y0 + F τ, y (τ) d_; (2.6) X0 2) ako je φ (x) 2 ° C, BI otopina integralne jednadžbe (2.6) na ha, BI, 1 gdje X02 ha, BI, tada φ (X) 2 ° C, BI i je a otopina (2.1), (2.2). Dokaz. 1. neka φ (x), odluka (2.1), (2.2) na Ha, BI. Zatim, prema primjedbi 2.2 φ (x) 2 C ha, BI i 8 τ 2 ha, bi, imamo jednakost φ 0 (τ) \u003d f τ, τ (τ), integrirajući koji od x0 do x, mi Dobijte (na bilo kojem X 2 HA, BI) Rx φ (x) φ (x0) \u003d f τ, τ (τ) Dτ, s φ (x0) \u003d y0, tj. φ (x) - otopina (2.6). X0 2. Neka Y \u003d φ (X) 2 ° C, BI - otopina (2.6). Budući da je FX, φ (X) kontinuirano na HA, BI po stanju, zatim ZX φ (X) Y0 + F τ, φ (τ) Dτ 2 C 1 ha, BI X0 kao integralni s promjenjivom gornjom granicom od kontinuiranog funkcija. Razlikovanje posljednje jednakosti X, dobivamo φ 0 (X) \u003d F X, φ (X) 8 x 2 ha, BI i, očito, φ (x0) \u003d y0, tj. φ (x) je rješenje problema Cauchy (2.1), (2.2). (Kao i obično, prema derivatu na kraju segmenta, shvaća se kao odgovarajući jednostrani derivat.) -23 "pregled 2. 6. Lema 2.2 se naziva lemma o problemu Cauchy (2.1), ( 2.2) sastavne jednadžbe (2.6). Ako dokažemo da postoji rješenje jednadžbe (2.6), dobivamo rješivost i ciljeve Cauchy (2.1), (2.2). Ovaj plan se provodi u sljedećem teoremu. Teorem 2. 3 (teorem lokalnog postojanja). Neka pravi pravokutnik p \u003d (X, y) 2 R2: jx X0 J6, JY Y0 J6 β leži u potpunosti u G funkcije određivanja funkcije F (X, Y). F (X, Y) 2 C i zadovoljava stanje Lipschitz za N Y OV G s konstantnim L. odgovarajućim β m \u003d max F (X, Y), H \u003d min α, m. Ako postoji rješenje zadatka êhoshi (2.1), (2.2). Dokaz. Na rez, uspostavljamo postojanje rješenja integralne jednadžbe (2.6). Da biste to učinili, razmotrite sljedeći slijed funkcija: ZX Y0 (X) \u003d Y0, Y1 (X) \u003d Y0 + F τ, Y0 (τ) Dτ, ... X0 ZX YN (X) \u003d Y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ itd. X0 1. Pokazujemo da su definirane 8 n 2 n funkcija YN (uzastopne aproksimacije), tj. Pokazujemo da je na 8 x 2, nejednakosti YN (X) Y0 6 β se izvodi za sve N \u003d 1, 2 ,. , , Koristimo metodu matematičke indukcije (MMI): a) indukcijsku osnovu: n \u003d 1. ZX Y1 (X) Y0 \u003d F τ, Y0 (τ) Dτ 6 MH 6 β, X0 gdje je m0 \u003d max f (X, Y0) na JX X 0 J6 α, M06 m; b) pretpostavku i indukcijski korak. Neka nejednakost je istinita za YN 1 (X), dokazujemo to za YN (X): ZX YN (X) Y0 \u003d F τ, YN 1 (τ) Dτ 6 MX X0 tako, ako je JX X0 J6 h, zatim YN (X) Y0 6 β 8N2N2N2N. -224 - X0 6 M H6B. Naš cilj će biti dokaz konvergencije sljedbenika najbližeg 1. yk (x) k \u003d 0, za to je prikladno zastupati ga u obliku: yn \u003d y0 + nx yk 1 (x) \u003d y0 + y1 yk (x ) Y0 + Y2 Y1 +. , , + yn yn 1, k \u003d 1 tj. Sekvence djelomičnih iznosa funkcionalne serije. 2. Procjenjujemo članove ove serije tako što dokazuju sljedeće nejednakosti 8 N 2 N i 8 x 2: X0 Jn Yn (X) YN 1 6 M0 L6 M0 LN N! Nanesite metodu matematičke indukcije: JX N 1 1 Hn. N! (2.7) a) indukcijska baza: n \u003d 1. y1 (x) x y 0 6 m0 x0 6 m0 h, dokazano gore; b) pretpostavku i indukcijski korak. Neka nejednakost su istinite za n svaki za n: zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) \u003d f τ, yn 2 (τ) 1, dτ 6 x0 zx i yn 6 za lipsshitz 6 l h yn 1 2 d_0 h zx i 6 uz pretpostavku indukcije 6 l n 2 m0 l jτ x0 jn 1 dτ \u003d (n 1)! x0 m0 ln 1 \u003d (n 1)! ZX jτ n 1 x0 j m0 ln 1 jx x0 JN m0 l n 6 dτ \u003d (n 1)! N n! 1 x0 rx Ovdje smo koristili činjenicu da je integral i \u003d jτ x0 na x\u003e x0 s x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 > A, b1.< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B > Bk + 1\u003e bk za sve k 2 n; 1) A.< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k > N se izvodi dokazivanjem ove pomoćne izjave za slučaj A, B2R (tj., A i B su konačni; ako je a \u003d 1 ili B \u003d + 1, zatim na isti način). Uzmite X A B X, proizvoljni X 2 (A, B) i 8 (X) \u003d min, 8 (X)\u003e 0. 2 2 2 od broja Δ od konvergencije AK! A i BK! B Dobivamo taj 9 N1 (8) 2 N: 8 K\u003e n1, a< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k > N2, X.< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k > N. Primjena posljedica 1 str. 2.1 (tj. Teorem jedinstvenosti), dobivamo to φ (t) ψ (t) na sve t 2 i, posebno, na t \u003d x. Budući da je X proizvoljna točka (a, b), jedinstvenost otopine, i s njom, posljedica se dokazuje. Napomena 2. 10. U dokazanoj istrazi smo se prvi put sreli s konceptom nastavka odluke o širem skupu. U sljedećem odlomku učit ćemo ga detaljnije. Dajemo nekoliko primjera. P Primjer 2. 2. Za jednadžbu y 0 \u003d ejxj x2 + y 2, saznajte je li njegovo rješenje na svemu (a, b) \u003d (1, +1). Razmotrite ovu jednadžbu u "Strip" Q \u003d R2, funkcija P JXJ F (X, Y) \u003d E X2 + Y 2 ∂F y \u003d ejxj p, fy0 6 ejxj \u003d l (x). 2. My X2 + Y 2 u skladu s patentnim zahtjevom 2. 1 od stavka 2.1 Funkcija F (X, Y) zadovoljava stanje lipschitza na Y s "konstantnom" l \u003d L (X), X je fiksno. Tada se provode svi uvjeti posljedice, a s bilo kojim početnim podacima (X0, Y0) 2 R2, postoji otopina problema Cauchy i štoviše je jedini na (1, +1). Imajte na umu da jednadžba sama u kvadraturama nije riješena, ali približna otopina se mogu graditi numerički. Utvrđeno je i kontinuirano u q, -32- Primjer 2. 3. Za y 0 \u003d ex y 2 jednadžbu, saznajte jesu li njegova rješenja definirana na R. Ako ponovno razmotrimo ovu jednadžbu u "Strip" Q \u003d R2, Gdje funkcija ∂ FF (X, Y) \u003d ex y 2 je definirana i kontinuirana, A \u003d 2Yex, možemo primijetiti, ∂y da je stanje istrage povrijeđeno, naime, ne postoji takva kontinuirana funkcija L (X) da F (X, Y2) F (X, Y1) 6 L (X) JY2 Y1 sa svim Y1, Y2 2 R. U stvari, F (X, Y2) f (X, y1) \u003d ex JY2 + y1 j JY2 Y1 J, i izraz JY2 + Y1 J1 nije ograničen na Y1, Y2 2 R. Dakle, posljedica se ne primjenjuje. Odlučujem ovu jednadžbu "Odvajanje varijabli", dobivamo opće rješenje: "Y (X) \u003d 0, y (x) \u003d 1. EX + C Uzmite za definitivnost X0 \u003d 0, Y0 2 R. Ako y0 \u003d 0, tada y (x) 0 - rješenje problema s Cauchy na R. 1 - otopinu problema Cauchy. na Y0 2 [1, 0) Ex je definiran na sve x 2 R, i na Y0 2 (1, 1) [(0, +1) Y0 + 1 se može nastaviti kroz točku x \u003d ln. Točnije, ako je X\u003e 0, tada je Y0 1 otopina Y (X) \u003d Y0 +1 definirana na X2 (1, x), i ako x< 0 x e y0 y0 < 1 , то решение определено при x 2 (x , +1). В первом случае lim y(x) = +1, а во втором – lim y(x) = 1. Если y0 6= 0, то y(x) = x!x 0 y0 +1 y0 x!x +0 -33- Для наглядности нарисуем интегральные кривые при соответствующих значениях y0 (рис. 2. 5). Рис. 2. 5. Интегральные кривые уравнения y 0 = ex y 2 Таким образом, для задачи Коши 0 y = ex y 2 , y(0) = y0 имеем следующее: 1) если y0 2 [ 1, 0], то решение существует при всех x 2 R; y0 + 1 2) если y0 < 1, то решение существует лишь при x 2 ln ; +1 ; y0 y0 + 1 . 3) если y0 > 0, zatim otopina postoji samo na X2 1; LN Y0 Ovaj primjer pokazuje da je ograničenje rasta funkcije F (X, Y) u sadašnjoj posljedici teorema 2. 4 je bitno za nastavak rješenja za sve (a, b). Slično tome, primjeri s funkcijom F (X, Y) \u003d F1 (X) Y 1 + ε s bilo kojim ε\u003e 0, u danom primjeru, ε \u003d 1 samo za praktičnost prezentacije. 2. 3. Nastavak rješenja za prvi red prvog reda. Definicija 2. 5. Razmotrite jednadžbu Y 0 \u003d f (x, y) i neka Y (x) - njegovo rješenje na ha, bi i y (X) - Rješenje na ha, BI, s ha, BI je sadržan u ha, BI i Y (X) \u003d Y (X) na ha, BI. Tada se Y (X) naziva nastavak otopine Y (X) na ha, BI i oko y (x) kažu da se nastavi na ha, BI. -34- U stavku 2.2, dokazali smo lokalnom teoremu postojanja Cauchy problema (2.1), (2.2). Pod kojim se uvjetima nastavi ova odluka na širem slučaju? Ovo pitanje je posvećeno ovom pitanju. Glavni rezultat je sljedeći. Teorem 2. 5 (na nastavku otopine u ograničenom zatvorenom području). Neka funkcija f (X, y) 2 cg i zadovoljava stanje Lipschitz duž Y u R2, A (X0, Y0) unutarnju točku ograničenog zatvorenog područja G. Otopina jednadžbe Y 0 \u003d F (X, y), nastavio je do granice regije g, tj Može se nastaviti na takvom segmentu koji ukazuje na, Y (a) i b, y (b) leži na ∂g. ∂f (X, Y) je kontinuirano u ograničenom od strane SZ-a, zatvorenim, konveksom po y regije g, tada funkcija F (x, y) zadovoljava stanje Lipschitz u varijabilnoj Y. Pogledajte posljedicu odobrenja 2. 1 ∂F iz stavka 2.1. Stoga će ovaj teorem biti valjan ako je kontinuiran u ∂y G. Napomene 2. 11. Podsjetimo se da ako je dokaz. Budući da je (x0, y0) je unutarnja točka g, tada je zatvoren pravokutnik br2 p \u003d (X, y) 2 Rx0 6 α, y y06 β, cjelokupno leži u G. Tada teoremom 2. 3 Od. 2.2 Postoji H\u003e 0 takav da postoji otopina na segmentu (i jedini) otopina Y \u003d φ (x) jednadžbe y 0 \u003d f (X, y). Najprije ću nastaviti s ovom odlukom do granice G regije, razbijati dokaz pojedinim koracima. 1. Razmotrite set ER: Ne E \u003d α\u003e 0 Rješenje Y \u003d φ (x) kontinuirano na otopinu Y \u003d φ1 (X) jednadžbe y 0 \u003d f (x, y), zadovoljavajući uvjete cauchy φ1 ~ ~ b \u003d ~ b. Prema tome, φ (X) i φ1 (X) su otopine na segmentu ~ B H1, B jedne jednadžbe koje odgovaraju točki X \u003d B, tako da se podudaraju na cijelom segmentu ~ B H1, ~ B i, dakle, (X) je nastavak otopine φ (X) iz segmenta ~ B H1, ~ B do € H1, ~ B + H1. Razmislite o funkciji ψ (X): φ (X), x 2 x0, ψ (X) \u003d φ 1 (X), X2-b, B, H1, B + H1, X0 + α0 + H1, Što je rješenje za jednadžbu y 0 \u003d f (x, y) i zadovoljava stanje Cauchy ψ (x0) \u003d y0. Tada broj α0 + H1 2 E, i to je u suprotnosti s definicijom α0 \u003d sup e. Stoga je slučaj 2 nemoguće. Slično tome, otopina φ (X) nastavlja s lijeve strane, na segmentu, gdje je točka A, (a) 2 ∂g. Teorem se u potpunosti dokazuje. -37- poglavlje III. Cauchyjev zadatak za normalan sustav N-TH naloga 3. 1. Osnovni pojmovi i neke pomoćne svojstva vektorskih funkcija u ovom poglavlju razmotrit će normalan sustav N-TH reda obrasca 8\u003e t, y. , , , y y y _ \u003d f 1 n 1 1\u003e,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > \u003e: y_ \u003d f t, y ,. , , , Y, N n 1 N gdje su nepoznati (željeni) funkcije Y1 (t) ,. , , , yn (t), i fi funkcije su poznate, i \u003d 1, n, točka preko funkcije označava derivat T. Pretpostavlja se da su svi fi buduni definirani u regiji G RN + 1. Pogodno je snimiti sustav (3.1) u vektorskom obliku: y_ \u003d f (t, y), gdje y (t) y1 (t). , , , yn (t), f (t, y) f1 (t, y). , , , fn (t, y); Arrogori u određivanju vektora neće pisati za kratkoću. Takav će zapis biti označen (3.1). Neka točka t0, y10 ,. , , , YN0 leži u G. Cauchy problem za (3.1) je pronaći rješenje φ (t) sustava (3.1) zadovoljavanja uvjeta: φ1 (t0) \u003d y10, φ2 (t0) \u003d y20, ..., φn (T0) \u003d YN0, (3.2) ili u vektorskom obliku φ (t0) \u003d y 0. Kao što je navedeno u poglavlju 1, pod otopinom sustava (3.1), vektorska funkcija φ (t) \u003d φ11 (t) se podrazumijeva kao sustav ha, BI. , , , φ (t), zadovoljavajući uvjeti: 1) 8 t 2 ha, BI točka t, φ (t) leži u g; 2) 8 t 2 ha, BI 9 d dt φ (t); 38 3) 8 t 2 ha, BI φ (t) zadovoljni (3.1). Ako takva odluka dodatno zadovolji (3.2), gdje je T0 2 ha, BI, onda se naziva rješenje problema s Cauchyjem. Uvjeti (3.2) nazivaju se snagama ili cauch uvjetima, a broj T0, Y10 ,. , , , YN0 - Cauchy podaci (početni podaci). U određenom slučaju, kada vektorska funkcija F (T, Y) (N + 1) varijabla ovisi o Y1 ,. , , , yn linearno, tj. Ona ima oblik: f (t, y) \u003d a (t) y + g (t), gdje se (t) \u003d aij (t) - n n matrica, sustav (3.1) naziva linearnim. U budućnosti će trebati svojstva vektorskih funkcija koje smo ovdje ovdje za praktičnost veza. Pravila dodavanja i množenja po broju za vektore poznate su iz toka linearne algebre, te osnovne operacije su u potpunosti implementirane. n ako u R treba uvesti skalarni produkt X, Y \u003d X1 Y1 +. , , + Xn Yn, dobivamo euklidske prostora, koji će također biti označen s RN, s duljinom s q n p p vektor jxj \u003d x, x \u003d x2k (ili euklidskom normom). Za Scalar K \u003d 1, radovi i duljine su pravedne dvije glavne nejednakosti: 1) 8 x, y 2 rn 2) 8 x, y 2 rn). X + Y 6 x + y x, y 6 x (nejednakost trokuta); Y (Cauchyjeva nejednakost pripada - od tečaja matematičke analize drugog semestra, poznato je da je konvergencija slijeda točaka (vektora) u euklidskom prostoru (konačno-dimenzionalna) ekvivalentna konvergenciji sekvenci Koordinata ovih vektora, kažu da je ekvivalent koordinacijskoj konvergenciji. Lako se slijedi iz nejednakosti: QP Max X 6 X21 + ... + + X2N \u003d JXJ 6 N MAX XK. 16K6N 16K6N Slično tome određuje skalarni slučaj derivativni i integralni vektorsku funkciju, a svojstva se lako dokazuju prelazak na koordinate. Ovdje su neke nejednakosti za vektorske funkcije koje se koriste u budućnosti. 1. Za bilo koju vektorsku funkciju y (t) \u003d y1 (t) ,. , , , yn (t) integriv (na primjer, kontinuirano) na, prilično nejednakosti zb zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) ili u koordinatnom obliku 0 zb zb y1 (t) dt, @ Y2 (t) dt ,. , , , 1 zb a zb q yn (t) dt a 6 y12 (t) +. , , Yn2 (t) dt. Dokaz. Napomena Prvo, da u nejednakosti ne isključuje slučaj< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [Zaštićeno e-poštom] 2 2 l \u003d 1 2 x, K, i \u003d 1 od tamo gdje slijedi (3.5). Definicija 3. 1. Reći da vektorska funkcija F (t, y) zadovoljava stanje Lipschitz na vektorskoj varijabli Y na MNA 1 g varijabli (T, Y), ako je 9 l\u003e 0 je tako da s bilo kojim t , Y, 2 t, y 2 g je izvedena nejednakost ft, y2 ft, y16 l y2 y 1. Kao iu slučaju funkcije dviju varijabli (vidi odobrenje 2.1), dovoljan uvjet za Lipshese u "Konveks na Y" regiji G je ograničen djelomični derivati. Dajmo točnu definiciju. Definicija 3. 2. Raspon G varijabli (T, Y) naziva se konveksom 1 2 po y, ako za bilo koje dvije točke t, y i t, y koji leži u g, ona pripada u potpunosti na njega i segment koji povezuje ova dva bodova, t. e. Set n o t, y y y 1 + τ y 2 y 1, gdje je τ 2. Odobrenje 3. 1. Ako je raspon G varijabli (t, y) konveksan na y, a ∂fi privatni derivati \u200b\u200bsu kontinuirani i ograničeni na konstantu l u g s ∂yj all i, J \u003d 1, n, zatim FT Vector Funkcija zadovoljava u g, Lipschitz uvjet za y s konstantnim L \u003d n l. 1 2 Dokaz. Razmislite o proizvoljnim točkama T, Y i T, Y iz G i 1 2 segmenata, povezujući ih, tj. Set t, y, gdje y \u003d y + τ y1, t je fiksiran i τ 2. -41- uvozimo vektorsku funkciju jednog skalar argumenata g (τ) \u003d ft, y (τ), 2 1 zatim g (1) g (0) \u003d ft, yft, y, i s druge strane - Z1 g (1) g (0) \u003d DG (τ) Dτ \u003d Dτ Z1 A (τ) dy (τ) Dτ \u003d Dτ 0 0 H \u003d po virtue y \u003d y 1 + τ y 2 yi 1 z1 \u003d A (τ) Y 2 Y 1 Dτ 0 gdje je (τ) matrica s elementima ∂fi, i ∂yj y2 y 1 je odgovarajući stupac. Ovdje smo iskoristili pravilo diferencijacije složene funkcije, naime, uopće i \u003d 1, n, t - fiksni, imamo: GI0 (τ) \u003d ∂Fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂Fi ∂yn d fi t , Y (τ) \u003d + + ... + \u003d dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂Fi ∂fi, ..., y2 y1. \u003d ∂y1 ∂yn podsjećajući na to u matričnom obliku, dobivamo: 0 2 1 g (τ) \u003d (τ) y y s n n matricom A (τ) \u003d Aj (τ) ∂fi ∂yj. Koristeći procjenu integralne (3.3) i nejednakosti (3.5), nakon zamjene, dobivamo: ft, y 2 ft, y 1 Z1 \u003d g 0 (τ) Dτ \u003d 0 Z1 6 A (τ) Y 2 Z1 Y1 A (τ) y 2 0 Z1 Dτ 6 0 A (τ) A (τ) Dτ Y2 Y1 6 Y2 Y1 6 NL 0 6 Maks A (τ) od 2 y 1 Dτ 6 2 2 np ∂Fi \u003d I, J \u003d 1 ∂YJ 2 Y2 Y1, 2 6 N2 L2 pri 8 τ 2. Dokazana je izjava. -42- 3. 2. Prednost rješenja problema Cauchy za normalan sustav teorema 3. 1 (na procjeni razlike od dva rješenja). Neka g biti neka regija RN + 1, a vektorska funkcija f (x, y) je kontinuirana u G i zadovoljava stanje Lipschitz na vektorskoj varijabli Y na setu G s konstantnim L. ako y 1, Y 2 dva rješenja Normalni sustav (3.1) y_ \u003d f (X, y) na segmentu, zatim ocjena Y2 (t) Y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp l (t t t0) vrijedi za sve t 2. Dokaz o doslovno, uzimajući u obzir očigledne reisyes, ponavlja dokaz teorema 2.1 iz stavka 2.1. 2 Odavde je lako dobiti teorem jedinstvenosti i stabilnosti odluke o početnim podacima. Naizmjenično 3.1. Neka vektorska funkcija f (t, y) kontinuirano u regiji G i zadovoljava u stanju g Lipschitz uz y, a funkcije Y 1 (t) i Y2 (t) dva otopina normalnog sustava (3.1) na Isti segment, štoviše, T0 2. Ako Y 1 (T0) \u003d Y2 (T0), tada Y 1 (t) Y 2 (t) na. Naizmjenično 3.2. (na kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima). Neka vektorska funkcija f (t, y) biti kontinuirana u regiji G i zadovoljava u stanju g Lipschitz uz Y s konstantnim L\u003e 0, a vektorske funkcije Y 1 (T) i Y2 (t) su otopine Normalni sustav (3.1) definiran na. Ako je na 8 t 2, nejednakost Y 1 (t) je istina gdje je δ \u003d y 1 (t0) y 2 (T0), i L \u003d T1 Y 2 (t) 6 δ el L, t0. Dokaz o posljedicama doslovno, uzimajući u obzir očigledne reisyes, ponavlja dokaz o posljedicama 2.1 i 2.2. 2 Proučavanje rješivanja problema Cauchy (3.1), (3.2), kao u jednodimenzionalnom slučaju, smanjena je na rješivost cjelovite jednadžbe (vektor). Lemma 3. 1. Neka f (t, y) 2 ° C; Rn 1. Sljedeće izjave održavaju se: 1) bilo koje rješenje φ (t) jednadžba (3.1) na GAP HA, BI, zadovoljavajuće (3.2) T02 ha, BI, je kontinuirano rješenje na HA, BI 1 do C g; H je usvojen za označavanje skupa svih funkcija kontinuiranog u G regiji s vrijednostima u prostoru H. na primjer, F (T, Y) 2 ° C; RN komponente) definirane na skupu G. - skup svih kontinuiranih vektorskih funkcija (iz n -43 integralne jednadžbe y (t) \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) Dτ; (3.6) t0 2) ako vektor -funkcija φ (t) 2 ° C, BI je kontinuirano rješenje integralne jednadžbe (3.6) na ha, BI, gdje T02 ha, BI, tada φ (t) ima kontinuirani derivat na ha, BI i jest Rješenje (3.1), (3.2). Dokaz. 1. Neka 8 τ 2 ha, BI se izvodi u jednakosti dφ (τ) \u003d f τ, τ (τ). Zatim integriranje iz t0 do t, uzimajući u obzir (3.2), semidτ rt 0 chim, da φ (t) \u003d y + f τ, φ (τ) dτ, tj. φ (t) zadovoljava jednadžbu (3.6). T0 2. Neka kontinuirana vektorska funkcija φ (t) zadovolji jednadžbu (3.6) na ha, BI, zatim ft, φ (t) je kontinuiran na HA, BI kontinuiranom teoremom složene funkcije, a time i pravo Ručna strana (3.6) (i, dakle, lijevi dio) ima kontinuirani derivat t do ha, BI. Na t \u003d t0 od (3,6) φ (t0) \u003d y 0, tj. φ (t) je rješenje problema Cauchy (3.1), (3.2). Imajte na umu da je kao i obično, pod derivat na kraju segmenta (ako pripada njoj), podrazumijeva se jednostrana derivatna funkcija. Lema je dokazana. Napomena 3. 1. Koristeći analogiju s jednodimenzionalnim kućištem (vidi poglavlje 2) i gore navedene odobrenja, moguće je dokazati therhem o postojanju i nastavak rješavanja problema Cauchy, konstruiranje iterativnog sekvence konvergira za rješavanje Integralna jednadžba (3.6) na određenom segmentu t0 h, T0 + H. Ovdje predstavljamo još jedan dokaz o emisiji teorem (i jedinstvenosti) rješenja na temelju načela tlačnih mapiranja. To činimo za datiranje čitatelja s modernijim metodama teorije, koja će se u budućnosti primjenjivati \u200b\u200bu tečajevima integralnih jednadžbi i jednadžbi matematičke fizike. Za provedbu našeg plana trebat će vam broj novih koncepata i pomoćne tvrdnje koje ćemo nastaviti. 3. 3. Koncept metričkog prostora. Načelo komprimiranja mapiranja Najvažniji koncept granica matematike temelji se na konceptu "blizine" točaka, tj. Priliku pronaći udaljenost između njih. Na numeričkoj osi, udaljenost je modul dva broja, u ravnini je dobro poznata formula euklidske udaljenosti, itd. Mnoge činjenice o analizi ne koriste algebarske svojstva elemenata, a oni se temelje na konceptu udaljenosti s medom. Razvoj ovog pristupa, tj. Dodjela "stvorenja" koja se odnosi na koncept granice dovodi do koncepta metričkog prostora. -44- Definicija 3. 3. Neka X bude veći broj proizvoljne prirode, i ρ (x, y) - stvarna funkcija dvije varijable x, y 2 x, zadovoljavajući tri aksiome: 1) ρ (x, y) \u003e 0 8 X, Y 2 x i ρ (X, y) \u003d 0 samo na X \u003d Y; 2) ρ (X, y) \u003d ρ (y, X) (simetrija aksiom); 3) ρ (x, z) 6 ρ (X, y) + ρ (Y, Z) (nejednakost trokuta). U tom slučaju, set X s danom funkcijom ρ (X, y) naziva se metrički prostor ("S" i funkcija ρ (x, y): x x 7! R, zadovoljavajući 1) - 3), - metrički ili udaljenost. Predstavljamo neke primjere metričkih prostora. Primjer 3. Neka x \u003d r s udaljenosti ρ (X, y) \u003d x y, dobivamo MP R.Nze2 R, i \u003d 1, N je primjer 3. 2. Neka X \u003d R \u003d X1 ,. , , , Xn set naručenih skupova iz n važećih brojeva s n 2 p x \u003d x1 ,. , , , XN s udaljenosti ρ (x, y) \u003d xk yk, dobivamo n1 k \u003d 1 n dimenzionalni euklidskog prostora R. n Primjer 3. 3. Neka x \u003d C a, b; R je skup svih kontinuiranih na A, B funkcijama s vrijednostima u RN, tj. Kontinuirane vektorske funkcije, s udaljenosti ρ (f, g) \u003d max f (t) g (t), gdje je F \u003d f (t) \u003d F1 (t) ,. , , , Fn (t), t2 s n 2 p g \u003d g (t) gl (t) ,. , , , GN (t), f g \u003d fk (t) gk (t). k \u003d 1 za primjere 3. 1 -3. 3 MP aksiomi se provjeravaju izravno, ostavite ga kao vježbu za svjesni čitatelja. Kao i obično, ako se svaki prirodni n stavi u skladu s elektronom XN 2 x, kaže se da je naveden slijed točaka XN "X X. Definicija 3. 4. Slijed točaka XN X se naziva X2 X Point, ako je lim ρ XN, X \u003d 0. N! 1 definicija 3. 5. XN sekvenca se naziva temeljni, ako za bilo kakvo ε\u003e 0 postoji takav prirodni broj n (ε) koji za sve n\u003e n i M\u003e n nejednakost ρ xn, XM< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε > 0 9 N (ε) 2 n: 8m, n\u003e n \u003d) maks. FM (t) Fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε > 0 Postoji broj N (ε) tako da za sve N\u003e N i za sve T 2 A, B je izvedena nejednakost FN (t) f (t)< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. Razmislite o B \u003d AM, B: X 7! X, B - kompresija. Teorem 3. 2, operater B ima jednu fiksnu točku x. Budući da se A i B perfinziraju AB \u003d BA i od BX \u003d X, imamo B AX \u003d BX \u003d AX, tj. Y \u003d AX je također fiksna točka B, a budući da je takva točka teoremom 3. 2 jedinstvena, onda y \u003d x ili ax \u003d x. Odavde X je fiksna točka operatera A. Dokažit ćemo jedinstvenost. Pretpostavimo da je X ~ 2 X i A ~ X \u003d X, zatim m 1 B X ~ \u003d A X \u003d \u003d A X \u003d \u003d. , , \u003d x ~, tj. X ~ - Također fiksna točka za B, gdje je X ~ \u003d x. Teorem se dokazuje. Posebna prigoda metričkog prostora je linearni normalizirani prostor. Dajemo točnu definiciju. Definicija 3. 9. Neka X bude linearni prostor (pravi ili složen), koji definira numeričku funkciju X koja djeluje iz X do R i zadovoljavanja aksioma: 1) 8 x 2 x, X\u003e 0, i X \u003d 0 samo s x \u003d θ; 2) 8 x 2 X i za 8 λ 2 R (ili C) 3) 8 X, Y2x se izvodi). x + y 6 x + y λx \u003d jλj x; (Nejednakost trokutastih - zatim X naziva se normalizirani prostor, X: 7! R, zadovoljavajući 1) - 3), - normu. I funkcija u normaliziranom usisanju može se uvesti udaljenost između elemenata pomoću formule ρ x, y \u003d x y. Izvođenje aksioma zastupnika lako se provjerava. Ako je dobiveni metrički prostor u potpunosti, onda se odgovarajući normalizirani prostor naziva bana prostor. Često ulaze u norma na istom linearnom prostoru na različite načine. U tom smislu, takav koncept nastaje. Definicija 3. 10. Neka X bude linearni prostor i - uneseni su dva 1 2 standarda. Norme se nazivaju 1 2 norme, ako je 9 C1\u003e 0 i C2\u003e 0: 8 x 2 x C1 x 1 6 x 26 C2 x 1. Napomena 3. 3. Ako su obje dvije ekvivalentne norme na X, a 1 2 Prostor X je potpuna od njih, onda je u potpunosti i na drugoj norma. To se lako slijedi iz činjenice da je XN X sekvenca, temeljni softver, temeljni iu, i konvergira se na 1 2 istog elementa X 2 X.-47 - Pregled 3. 4. Često teorem 3. 2 (ili 3. \\ T ) Koristi se kada zatvorena kuglica ovog prostora o Br (a) \u003d x 2 x ρ x, a 6 R, gdje je R\u003e 0 i 2 x fiksiran kao kompletan N prostor. Imajte na umu da je zatvorena kugla u PMP-u je PMP s istom udaljenosti. Dokaz ove činjenice ostavlja čitatelja kao vježbu. Napomena 3. 5. Nastala je cjelovitost prostora. 3. Imajte na umu da je u linearnom prostoru X \u003d C 0, t, r, možete unijeti brzinu KXK \u003d max x (t) tako da će normalizirana vrijednost biti Banach. Na istom skupu kontinuiranog prostora 0, t vektorske funkcije, možete unijeti ekvivalentnu normu pomoću formule KXKa \u003d max e _ (t) s bilo kojim α2 R. Kada α\u003e 0, ekvivalentnost slijedi iz nejednakosti E Et X (t) 6 E _S® (t) 6 x (t) na sve t 2 0, t, od gdje je ET KXK 6 KXKa 6 kxk. Koristit ćemo tu imovinu ekvivalentnih normi u dokazu o teoremu na nedvosmislenoj rješivosti Cauchy problema za linearne (normalne) sustave. 3. 4. Teoremi postojanja i jedinstvenosti rješenja Cauchy problema za normalne sustave smatraju da je Cauchy problem (3.1) - (3.2), gdje početni podaci T0, Y 0 2 g, G RN + 1 je polje određivanja vektorske funkcije f (t, y). U ovom stavku pretpostavljamo da G ima određeni n izgled g \u003d a, b o, gdje se regija rn i Br (y 0) \u003d odvija teorem. Y2 rn y y06 r je u potpunosti u. Teorem 3. 4. Neka vektorska funkcija f (t, y) 2 ° g; RN, s 9 m\u003e 0 i l\u003e 0 takav da se uvjeti 1) 8 (t, y) 2 g \u003d A, B F (T, Y) 6 m se izvodi; 2) 8 (T, Y1), (T, Y2) 2 g f t, y2F t, y16 l y2 y 1. Popravite broj δ 2 (0, 1) i pustite T0 2 (a, b). R1 δ 9H \u003d min; ; T0 a; B t0\u003e 0 ml takav da postoji i više od rješenja problema êhoshi (3.1), (3.2) y (t) na poglavlju JH \u003d T0H, T0 + H, i Y (t) Y 0 6 r sa svim t2 jh. -48- dokaz. U Lema 3. 1, Cauchy problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan integralnoj jednadžbi (3.6) na segmentu, a time i na JH, gdje je H izabran gore. Razmotriti banach prostor X \u003d C (JH; RN) - veći broj kontinuiranih vektorskih funkcija X (t) s normom KXK \u003d max x (t) i uvozimo zatvoreni set: t2jh sr y 0 n 8 t 2 JH \u003d y (t) 2 x y (t) n \u003d y (t) 2 x yy (t) o 0 6R \u003d o 0 y 6r zatvorena kugla u X. Operator A, određeno pravilom: ay \u003d y 0 + zt f τ , Y (τ) dτ, t 2 jh, t0 prevodi sr y 0 na sebe, budući da je y 0 \u003d max ay zt t2jh f τ, y (τ) dτ 6 h \u200b\u200b6 r t0 za stanje 1 teorema i Definicija H. Dokazujemo da je A na operatoru kompresije SR. Uzmi arbitrar 0 1 2 i procjenjujemo vrijednost: y (t), y (t) 2 sr y 2 \u003d max Zt h t2jh f τ, y 2 (τ) ako je τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 zt 6 max t2jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h l y2 y1 \u003d q y2 y1, gdje je Q \u003d h l 6 δ Δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 Odaberite u skladu s R formulom H \u003d min m; Ll δ; b a, i kao segment JH, potrebno je uzeti -49- JH \u003d T0, T0 + H \u003d A, A + h. Svi ostali uvjeti teorema ne mijenjaju, njezin dokaz, uzimajući u obzir ponovno se postiže. Za slučaj T0 \u003d B, slično, h \u003d min m; Ll δ; b a i JH \u003d B H, b. n primjedba 3. 7. U teoremi 3. 4, stanje F (t, y) 2 ° g; R, gdje G \u003d A, B D može biti oslabljen zamjenom uvjeta kontinuiteta F (t, y) varijabilnim t svaki put y 2, s očuvanjem uvjeta 1 i 2. Dokaz se neće promijeniti. Napomena 3. 8. Dovoljno je da su uvjeti 1 i 2 teorema 3.4 izvedeni 0 na sve T, Y 2 A, B Br Y, a konstantno m i L ovise o, 0 općenito govoreći, iz y i r , s tvrdim ograničenjima na FT, Y vektorskoj funkciji, slično teoremu 2.4, vrijedi za teorem postojanja i jedinstvenost rješenja problema Cauchy (3.1), (3.2) na cijelom segmentu A, b. N teorem 3. 5. Neka FX vektorska funkcija FX, Y2CG, R, gdje g \u003d a, b rn, postoji l\u003e 0, tako da stanje 8 t, Y1, t, y 2 2 g ft, Y 2 ft, y 1 6 ly 2 y 1. Ako bilo koji T02 i Y 0 2 RN, na A, B postoji i štoviše, jedino rješenje zadatka êhoshi (3.1), (3.2). Dokaz. Uzmite proizvoljni T0 2 i Y 0 2 rn i popravite ih. Set G \u003d A, B RN je prisutan u obliku: g \u003d g [g +, gdje je RN, i g + \u003d t0, b rn, vjerujući da T02 A, B, inače jedan g \u003d A, t0 od Faze dokazi bit će odsutni. Provoditi obrazloženje za G + traku. Na segmentu T0, B, Cauchy problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan jednadžbi (3.6). Predstavljamo operatera integral n a: x 7! X, gdje X \u003d C T0, B; R, prema formuli ay \u003d y 0 + zt f τ, y (τ) Dτ. T0 Tada je integralna jednadžba (3.6) može biti napisana u obliku operatera jednadžbe ay \u003d y. (3.8) Ako dokažemo da je operator jednadžba (3.8) ima rješenje u PMP X, onda dobivamo rješavanje problema Cauchy na T0, B ili na A, T0 za G. Ako je ovo rješenje jedini, zbog ekvivalencije, jedino rješenje će biti rješenje problema Cauchy. Dajemo dva dokaza o nedvosmislenom rješivosti jednadžbe (3.8). Dokaz 1. Razmotrite proizvoljne funkcije vektora 1 2 N Y, Y2 x \u003d C t0, b; R, zatim vrijednosti vrijede za bilo koji -50- t 2 t0, b ay 2: ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) \u003d 1 f τ, y (τ) i d_6 t0 zt y 2 (τ) ) 6L Y 1 (τ) Dτ 6 l t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6l t t0 y2 y1. Podsjetimo da je u X normi upisuje na sljedeći način: KXK \u003d MAX X (τ). Iz rezultirajuće nejednakosti imat ćemo: 2 2 2 AY 2 1 ay zt hf τ (τ) \u003d 1 i τ t0 dτ f τ, ay (τ) dτ 6 t06 l2 zt ay 2 ( τ) Dτ 6 l2 t0 zt y2 y1 6 t0 6 l2 t t0 2! 2 y2 y1. Nastavljajući ovaj proces, može se dokazati indukcijom koja 8 k 2 n ak y 2 ak y 1 6 l t t0 k! K Y2 Y1. Dakle, konačno, dobivamo procjenu ak y 2 ak y 1 \u003d max ak y 2 l b t0 ak y 1 6 l b t0 k! K Y2 Y1. K od α (k) \u003d! 0 za k! 1, Onda postoji K0, k! da α (k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α > 0 (pogledajte primjedbu 3. 5) po formuli: x α \u003d max e αrt x (t). -51- Pokazat ćemo da možete odabrati α tako da operater a u prostoru X s normom na α\u003e L će biti tlačni. Doista, α ay 2 ay 1 α zt hf τ, y 2 (τ) αt \u003d max e τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e _ 1 (τ) l y 1 (τ) dτ \u003d T0 \u003d \u200b\u200bl max e zt αt eτ y 2 (τ) eaατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 l max e e aaτ dτ eατ dτ eτ y 2 (τ) y 1 (τ) \u003d y2 α t0 \u003d l Max e αrt od α\u003e L, zatim q \u003d l α 1 1 αt e e e e e e aαt0 l \u003d α α b t0 y 2 y1 y 1 α \u003d 1 e α b t0.< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x) dx = q(x), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q(ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q(ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x > X0. Na temelju (4.18), imamo RX ZX k Dξ Y (X) 6 Y0 EX0 RX K θ M Eξ + Dξ \u003d Y0 EK (X X0) ZX + M X0 \u003d Y0 \u003d Y0 EK (X X0) EK (X ξ) dξ \u003d x0 m + k e k (x ξ) ξ \u003d x ξ \u003d x0 \u003d y0 e kgx x0 j m kgx + e k x0 j 1. Sada neka X.< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, Očito je da funkcija Y (X) 0 je otopina jednadžbe (4.24). Da biste riješili jednadžbu bernillija (4,24) α 6 \u003d 0, α 6 \u003d 1, dijelimo oba dijela jednadžbe na y α. Na a\u003e 0, potrebno je uzeti u obzir da na temelju komentara 4. 4, funkcija Y (x) 0 je otopina jednadžbe (4.24), koja će biti izgubljena s ovom podjelom. Prema tome, u budućnosti će morati dodati opće rješenje. Nakon podjele dobivamo omjer y α y 0 \u003d A (X) y 1 α + b (X). Uvodi novu željenu funkciju Z \u003d Y 1 α, zatim Z 0 \u003d (stoga dolazimo do jednadžbe u odnosu na ZZ 0 \u003d (1 a) A (X) Z + (1 a) Y α) B (X) , α y 0, (4.25) jednadžba (4.25) je linearna jednadžba. Takve jednadžbe se razmatraju u odredbi 4.2, gdje je dobivena formula opće otopine, na kojoj je otopina z (X) jednadžbe (4.25) napisana u obliku Z (X) \u003d CE R (a 1) a (X) DX + + (1 a) E R (a 1) A (X) DX 1 z (X) E R (a 1) A (X) DX DX. (4.26) zatim funkcija Y (X) \u003d z1 α (X), gdje je Z (X) definiran u (4.26), je otopina bernilske jednadžbe (4.24). -64- Dodatno, kao što je gore opisano, na a\u003e 0, otopina je također funkcija Y (X) 0. Primjer 4. 4. 4. Jednadžba Y 0 + 2Y \u003d y 2 ex. (4.27) Mi dijelimo jednadžbu (4.27) do y 2 i mi ćemo zamijeniti z \u003d dobivamo linearnu nehomogenu jednadžbu 1 y. Kao rezultat toga, z 0 + 2z \u003d bivši. (4.28) Prvo odlučujemo o homogenoj jednadžbi: z 0 + 2z \u003d 0, dz \u003d 2dx, z ln jzj \u003d 2x + C, Z \u003d CE2X, C2R1. Otopina nehomogene jednadžbe (4.28) Tražimo varijaciju proizvoljnog konstanta: Zn \u003d C (X) E2X, C 0 E2X 2CE2X + 2CE2X \u003d EX, C 0 \u003d EX, C (X) \u003d EX, odakle Zhen \u003d ex i opće otopine jednadžbe (4,28) z (X) \u003d CE2x + ex. Prema tome, otopina bernilske jednadžbe (4.24) se bilježi kao Y (X) \u003d 1. EX + CE2X Osim toga, otopina jednadžbe (4.24) je također funkcija Y (x) Ovo rješenje koje smo izgubili kada je ova jednadžba podijeljena u y 2. 0. 4. 5. Jednadžba u punim razlikama razmatraju jednadžbu u diferencijalima M (X, Y) DX + N (X, Y) DX \u003d 0, (X, Y) 2 g, (4.29) g je neka regija u R2. Ova jednadžba naziva se jednadžba u punim razlikama ako postoji funkcija F (X, y) 2 ° 1 (g), nazvana potencijal, tako da DF (X, Y) \u003d M (X, Y) DX + N ( X, Y) DY, (X, Y) 2 G. Pretpostavljamo da je M (X, Y), N (X, Y) 2 ° C 1 (g), a područje g je jednokratna. U tim pretpostavkama, svjesna matematičke analize (npr. (X, Y) \u003d NX (X, Y) -65- 8 (X, Y) 2 g. U isto vrijeme (x, Zy) f (X, y) \u003d (X, y) DX + N (X, y) dy, (4.30) (X0, Y0) gdje je točka (x0, y0) neke fiksna točka od G, (x, y) - trenutnu točku u G, a curvilinear Integral se uzima uz bilo koju krivulju koja povezuje točke (X0, Y0) i (X, Y) i cijeli leži u regiji G. ako jednadžba (4.29) je jednadžba