Макараркая Э. В. В. Ном дээр: Оюутны шинжлэх ухааны өдрүүд. Хаврын - Эдийн засаг, статистик, мэдээлэл зүйн 2011 оны M .: Москвагийн Улсын их сургууль, 2011 онд П. 135-139.

Зохиогчид эдийн засгийн системийг судлахад чиглэсэн шугаман дифференционы практик хэрэглээг авч үздэг. Цаасан эдийн засгийн системийн тэнцвэрт улсуудын олдвортой холбогдолтой Кейнсийн болон Samuelson Hicks динамик загвар нь дүн шинжилгээ өгдөг.

Иванов A. I., Isakov I., Демин A.V. нар. 5. М .: Word, 2012.

Гар гарын авлага нь ОХУ-ын АКАДЕНИЙН АКАДЕРИЙН ГАЗРЫН ГАЗРЫН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ГАЗРЫН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ГАЗРЫН ТОНОГ ТӨХӨӨРӨМЖИЙН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ТОНОГ ТӨХӨӨРӨМЖИЙН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ТОНОГ ТӨХӨӨРӨМЖИЙН ТОНОГ ТӨХӨӨРӨМЖИЙН ТУСГАЙ ТӨЛӨВЛӨГӨӨ. Гар нь эрдэмтэд, физиологич, физиологич, эмч, эмч, эмч, спортын анагаах ухааны чиглэлээр ажилладаг.

Mikheev A. V. V. SPB: Үйл ажиллагааны хэвлэх Депрацийн ХӨДӨЛМӨР, 2012 оны Сент-Петербург.

Энэхүү цуглуулга нь Эдийн засгийн эдийн засгийн тэнхлэгийн түвшинд уншиж, Эдийн засгийн эдийн засгийн тэнхимийн факультиатын түвшинд уншсан ажил. сэдэв бүрийн эхэнд үндсэн онолын баримт товч хураангуй өгөгдсөн бөгөөд ердийн ажлуудын шийдлийн жишээ хандсан байна. Мэргэжлийн мэргэжлийн хөтөлбөрийн оюутнууд, сонсогчдын хувьд.

Конаков v.D. Sti. Wp brp. Москвагийн Улсын Их Сургууль, 2012. 2012 оны механик болон математикийн факультет Итгэмжлэгдсэн зөвлөл нийтэлж байна.

Москвагийн Улсын их сургуулийн математикийн факультет - Энэ сургалтын гарын авлага зүрх үед оюутан сонгон шалгаруулах тухай тусгай Мэдээж хэрэг, Механик дээр зохиогч уншиж байна. М.В. Ломоносов 2010-2012 оны эрдэм шинжилгээний жилд. Гарын авлага нь PARMETERIX арга, түүний гарчиг болон түүний хамт ажиллагсдын зохиогчдын зохиогчдын хамгийн сүүлийн үед уншигчдад танилцуулж байна. Энэ нь урьд өмнө нь хэд хэдэн сэтгүүлийн нийтлэлд хадгалагдаж байсан материалыг нэгтгэдэг. танилцуулгын хамгийн их ерөнхий төлөө хичээх биш, зохиогч болон төлөө ARONSON төрлийн хоёр талын үнэлгээг хүлээн авсан өдрөөс хойш тархалтаас үйл явцад Марков гинж нэгдэн нийлэлтийн орон нутгийн хязгаар теоромуудын нотлох-д аргын боломжийг харуулах зорилгыг тавьсан зарим доройтсон сарниулах.

Бүллэлтийн. 20. NY: 2012 оны хавар, 2012.

Энэхүү нийтлэл нь МЭДЭЭЛЭЛИЙН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДҮГЭЭР НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН ХУУДАС, ЗАСГИЙН ГЭР БҮЛ шинжлэх ухааны тойрог нь шинэ нээлт, мэдээлэл солилцох, үр дүнгийн талаархи мэдээлэл, практикт хамаарах зүйлүүд. Математикийн систем нь орчин үеийн судалгаа бөгөөд оюутнуудад зориулагдсан бөгөөд оюутнуудад зориулагдсан бөгөөд оюутнуудад зориулагдсан бөгөөд оюутнуудад зориулагдсан бөгөөд сонирхож буй оюутнууд, суралцагчдад зориулагдсан юм Мэдээллийн онол ба динамик систем дэх хамгийн сүүлийн үеийн нээлтүүд. Бусад хичээлийн эрдэм шинжилгээний ажилтнуудын эрдэм шинжилгээний ажилд ашиг тусаа өгөх нь ашигтай байж болно.

PADVELEV R., Sergeev A. A. G. MATEMATIAL INCOINT-ийн шүүх хурал. V.a. Steklov шарх. 2012. T. 277. 1997-214.

Adibatic хязгаарыг Landau Ginzburg гипербургийн тэгшитгэлээр судалдаг. Тодорхойлолтыг ашиглан, leticbburg-lucburgg-Lancburg-ийн шийдэл, adibatic-ийн шийдэл, adibatic-ийн шийдэл, adibatic-ийн шийдэл, adibatic-ийн хооронд байгуулагдсан. Ментон Гинзбург-Ландиау-гийн аль нэг нь хошин шогцмолик, Киниау-гийн аль нэг нь adioau-ийн аль ч actical-ийг adibatic trajection-ийг илбэ гэж үзэж болно. Энэ баримтыг хатуу нотлох баримт нь саяхан анхны зохиогч олдсон

МОНГОЛЧУУД МОНГОЛ УЛСЫН ИРГЭДИЙН ИСОМ-ИЙМОМИ-ИЙМОРМИ-ИЙНГОЛОГИЙН ТУХАЙ (Баталин-Виллковейн Гомдол, OTER үгэнд бид Hycomb-Algebras болон BV-ALGEBRAS, BV-ALGEBRAS-тэй тэнцэхүйцлэлийг өргөжүүлдэг. Эдгээр томъёо нь GAPANTATE графикийн хувьд өгөгдсөн бөгөөд хоёр өөр аргаар нотлогддог. Нэг нотолгоо нь Givental Group-ийн үйлдлийг ашиглаж, нөгөө баримт нь Hycomm ба BV-ийн нарийвчлалтайгаар тодорхой хэлбэртэй томъёогоор дамждаг. Хоёр дахь арга нь, ялангуяа hycomm-Algebras дээр Гомын бүлгийн үйл ажиллагааны талаархи гомеологийн тайлбарыг өгдөг.

Шинжлэх ухааны дор Зассан: A. Mikholov. 14. М Москов муж улсын их сургуулийн нийгмийн их сургуулийн нийгэмлэг.

Энэхүү цуглуулгын хайрцагнууд Москвагийн мужийн их сургуулийн социогийн багшийн үндсэн дээр бичсэн. М.В. Lomonosov нь XIV-ийн xiv interdiscimiblimifory Sentifice Seminar-ийн хуралдаан дээр "нийгмийн үйл явцыг" математик загварчлах ". Социалист Хөдөлмөрийн Эрдмийн эрдэм шинжилгээний Академик А.a. Самара.

Нийтлэл нь нийгмийн явцуудын математикийн процесс спарат, асуудлын сонирхолтой бөгөөд бусад арга хэмжээний онцдөө мэдэгжээнд зориулсан эдгийн нийтийн байгууллагуудыг байгуул.

Энэхүү лекцийн сургалт нь Дорнодын Алс Дорнодын их сургуульд суралцаж, хэрэглэсэн математикийн оюутнуудад 10-аас дээш жил уншдаг. Стандарт II үеийг дагаж мөрддөг боловч эдгээр мэргэжил. Математикийн мэргэжлээр суралцсан оюутнууд болон магистрантууд.

Эхний захиалгын тэгшитгэлийн оршихуй, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал.
Энэ хэсэгт бидний эхний үежилшин, зарим нь ажлын ярианы хэлбэрийн баруун тал хувь нь тодорхой хязгаарлалтыг имприн бус хязгаарлалтыг хориглосон, зургийн мэдээсийн үгүй, шийхчийн газрын ухааны хэлбэрийн байдал, хянан чимэглэл гэх мэт. Дифференциаль тэгшитгэлийн уусмалын анхны нотолгоо нь CAUCHY-т хамаарна; Доорх нотолгоог пикараар өгнө; Дараалсан ойролцоо арга хэрэгслийг ашиглан гүйцэтгэдэг.

Орох хүсний хүснэгт
1. Эхлээд захиалгын тэгшитгэл
1.0. Оршил
1.1. Тусгаарлах хувьсагчтай тэгшитгэл
1.2. Дүрэмдод коресярол
1.3. Нэг нэгэн төрлийн тэгшитгэл
1.4. Эхний захиалгын шугаман тэгшитгэл, тэдэнд хүргэдэг
1.5. Бернуллигийн тэгшитгэл
1.6. Риккати тэгшитгэл
1.7. Бүрэн ялгаатайгаар тэгшитгэл
1.8. Үржүүлэгчийг нэгтгэх. Нэгтгэх хамгийн энгийн тохиолдлууд
1.9. Деривативтай харьцуулахад шийдэгдээгүй тэгшитгэлүүд
1.10. Эхний захиалгын өрөөний шийдэл, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал
1.11. Онилын зүүлт
1.12. Онцгойцилтууд
2. Илүү өндөр захиалгын тэгшитгэл
2.1. Үндсэн ойлголт, тодорхойлолтууд
2.2. Квадратад шийдэгдсэн n-дарааллаар захиалга өгөх
2.3. Завсрын нэгтгэх. Бууруулах боломжийг олгодог тэгшитгэл
3. Захиалгын шугаман дифференциаль тэгшитгэл
3.1. Үндсэн ойлголтууд
3.2. Шугаман төрлийн төрлийн диффенизийн дифференциональ тэгшитгэлүүд
3.3. Шугаман нэгэн төрлийн тэгшитгэлийн дарааллыг бууруулна
3.4. Гетерогензын шугаман тэгшитгэл
3.5. Шугаман бус тэгшитгэлд дарааллын бууралт
4. Тогтмол коэффициент бүхий шугаман тэгшитгэлүүд
4.1. Тогтмол коэффициент бүхий жигд шугаман тэгшитгэл
4.2. Тогтмол коэффициент бүхий эвгүйлэг тэгшитгэл
4.3. Хэлбэлзэл хэлбэлзэлтэй хоёр дахь дарааллын шугаман тэгшитгэлүүд
4.4. Цахилгаан цувралаар нэгтгэх
5. Шугаман систем
5.1. Эвгүй, нэгэн төрлийн системүүд. Шугаман системийн шийдлийн зарим шинж чанарууд
5.2. Шугаман нэг төрлийн системийн шийдлийг шийдвэрлэх шийдэл, хангалттай нөхцөлтэй байх шаардлагатай
5.3. Үндсэн матрицын оршин тогтнох байдал. Шугаман нэг төрлийн системийн ерөнхий шийдлийг бий болгох
5.4. Шугаман нэг төрлийн үндсэн тогтолцооны тогтолцооны бүх багцыг барих
5.5. Эв нэгдэлтэй системүүд. Дур зоргоороо байнгын өөрчлөлтийн арга замаар ерөнхий шийдлийг барих
5.6. Тогтмол коэффициент бүхий шугаман төрлийн систем
5.7. Матрицуудын функцийн онолоос зарим мэдээлэл
5.8. Ерөнхий хэргийг тогтмол коэффициент бүхий линалтай нэг тэгшитгэлийн үндсэн матрицыг бий болгох
5.9. Эхний дарааллын дифференциональ тэгшитгэлийн ердийн системийн шийдэл, теоремийн Теорем ба теорем
6. Тогтвортой байдлын онолын элементүүд
6.1
6.2. Хамгийн энгийн нь амрах цэгүүд
7. 1-р дарааллын хэсэгчилсэн деривативууд дахь тэгшитгэл
7.1. 1-р захиалгын хэсэгчилсэн деривативуудад шугаман нэгэн тэгшитгэл
7.2. 1 захиалгын хувийн дериватив дахь суурин шугаман тэгшитгэл
7.3. 1 үл мэдэгдэх функцтэй хоёр хэсэгчилсэн дифференциаль тэгшитгэлийн систем
7.4. Pfaffa тэгшитгэл
8. Туршилтын даалгаврын сонголтууд
8.1. Шалгалтын дугаар 1
8.2. Шалгалтын дугаар 2.
8.3. Шалгалтын дугаар 3.
8.4. Шалгалтын дугаар 4.
8.5. Шалгалтын дугаар 5.
8.6. Шалгалтын дугаар 6.
8.7. Шалгалтын дугаар 7.
8.8. Шалгалтын дугаар 8.

Цахим номыг үнэгүй татаж авах, үзэх, үзэх, унших:
Номын лекцийг ердийн дифференциал тэгшитгэл дээр татаж авах, Shepelev R.P.AD, 2006 он, Fileskachat.com, хурдан, үнэгүй татаж авах.

PDF татаж авах.
Доор та энэ номыг Оросын доторх хөнгөлөлттэйгээр хямд үнээр худалдаж авах боломжтой.

Төрсөн Александр Viktorovich Abrosimov огноо: November 16, төрсөн 1948 (1948 11 16) газар: Үхлийн Kuibyshev огноо ... Википедиа

Би хүссэн функцуудыг агуулсан тэгшитгэлийг агуулсан тэгшитгэлүүд, тэдгээрийн янз бүрийн захиалга, бие даасан хувьсагчдын деривативууд. Онол D. y. 17-р зууны төгсгөлд үүссэн. Механик болон бусад байгалийн шинжлэх ухааны чиглэлээр хангах зорилгоор ... ... ... ... ... ... Зөвлөлт Доорхигүй

Энгийн дифференциональ тэгшитгэл (ODU) нь үл мэдэгдэх функц (магадгүй вектор, дараа нь, вектор, дараа нь вектор нь ижил хэмжээтэй утгууд юм. Энэ нь үүн дээр байдаг ... ... Wikipedia

Wikipedia нь ийм нэртэй бусад хүмүүсийн тухай нийтлэл, yudovich-ийг үзнэ үү. Viktor IOSIFOVECH yudovich Yuild Төрсөн он, сар: 1934 оны 10-р сар: ТБилиси, 1934 он, 1934 он, АНУ-ын үхлийн өдөр ... Wikipedia

Давхуу - (ялгах) ялгаа, ялгаатай функц, ялгаатай байдал, ялгаатай байдал, ялгаатай байдал, дифференциональ функцын агуулга, ялгаатай байдал. Нэвтэрхий толь бичигт хөрөнгө оруулагч

Хувийн дериватив бүхий дифференциал тэгшитгэлийн үндсэн ойлголтуудын нэг. X. of of of of of of of of of of of overencess нь эдгээр тэгшитгэлийн шинж чанар, янз бүрийн даалгаврыг шийдвэрлэх, тэдгээрийн зөвшилцөл, тэдгээрийн зөв байдал гэх мэт. Математик нэвтэрхий толь бичиг

Үл мэдэгдэх Rum-ийн тэгшитгэл, нэг бие даасан хувьсагчийн функц, энэ тэгшитгэл нь зөвхөн үл мэдэгдэх функцийг агуулдаг бөгөөд энэ нь зөвхөн үл мэдэгдэх функцийг агуулдаг. Дифференциал тэгшитгэлийг санал болговол ... ... Математик нэвтэрхий толь бичиг

Treenogin VLADILEN ALESANDROVECH V. A. A. TURECTY-д ТУРШЛАГАТАЙ ХАЙРТАЙ ... Wikipedia

Тархинтинин, Владилен Алейдсен Треноген Владилен Аленсин Влендрович: 1931 он. 1931 он.

ГАС-ийн тэгшитгэл, шугаман энгийн тэгшитгэл 2-р тэгшитгэл 2-р захиалга, эсвэл хувийн тохиолдолд хувьсагч, хувьсагч, параметрүүд нь ямар ч нарийн төвөгтэй утгыг авч болно. Орлуулсны дараа хэлбэрийг олж авна ... ... ... ... Математик нэвтэрхий толь бичиг

"Ердийн дифференцийн тэгшитгэлийн хэсгүүдийн лекц 1. Сурах бичгийн ерөнхий онолын элементүүд нь ердийн дифференциал тэгшитгэлийн онолыг бүрдүүлдэг.

- [Хуудас 1] -

A. E. MAMONTOV

Энгийн зүйл дээр лекц

Дифференциал тэгшитгэл

Ерөнхий онолын элементүүд

Сурах бичиг нь бүрдүүлэх заалтуудыг тогтоодог

энгийн дифференциал тэгшитгэлийн онолын үндэс: шийдлийн тухай ойлголт, тэдний оршихуйн үзэл бодол,

параметрүүдээс хамаарал. Түүнчлэн (§ 3-д), зарим анхаарлыг "ил тод" шийдэлд шилжүүлсэн. Гарын авлага нь "Янзибибирс муж улсын сурагчдын математик факультик факультетик судлахад гарын авлагыг гүнзгий судалгаанд зориулав.

UDC 517.91 BBK B161.61 ХӨДӨЛМӨРИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЛИЙН МЭДЭЭЛЭЛ. Уншигчид нь энгийн дифференциал тэгшитгэлийн онолыг үндэслэл болгож буй үндсэн ойлголт, үр дүнг нь санал болгодог: шийдвэр, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал. Тайлбарласан материалыг §§ 1, 2, 2, 2, 5, 5, 5, 5-р хэсгээр нь (§ 3-д зогсож, хэд хэдэн харшны утсыг түр зуур шаарддаг. "ил тод" -ийг "тодорхой ангиллын шийдлийг хайж байна. Эхний § 3 уншиж байгаа бол танд мэдээж логик бүтцийн хувьд ихээхэн хохирол ч алгасаж болно.

Дасгалууд нь текстэд багтсан их хэмжээгээр чухал үүрэг гүйцэтгэдэг. Уншигч нь "Халуун пикселийг" Халдуурах нь "Халуун пикселийг хурцалж, шалгаж, тест хэлбэрээр үйлчилдэг. Түүнээс гадна ихэнх тохиолдолд эдгээр дасгалууд нь логик эдийг дүүргэдэг бөгөөд энэ нь бүх заалтыг шийдэхгүй бөгөөд бүх заалтуудыг хатуу нотлох болно.

Текстийн голд текстийн дунд хэсэгт байрлах квадрат хаалтанд сэтгэгдэл бичсэн сэтгэгдлүүд (Өргөтгөсөн эсвэл хажуугийн тайлбар). Лексик байдлаар эдгээр хэсгүүд нь үндсэн текстийг тасалдуулж байна (I.E.E., ярилцаж буй зүйл биш харин "анзаарсан", гэхдээ тэд тайлбар хийх хэрэгтэй. Өөрөөр хэлбэл эдгээр хэсгүүдийг талбай дээр тавьсан мэт хүлээн авах хэрэгтэй.

Текстийг тусад нь ангилсан "багшийн сэтгэгдэл" -ийг уншиж, гарын авлагыг уншихад, гарын авлагыг уншиж өгөхдөө энэ нь сургалтын логикийг илүү сайн ойлгоход тусалдаг мэдээж аль болох сайжруулах (өргөтгөлүүд) чиглэл. Гэсэн хэдий ч эдгээр сэтгэгдлүүдийг хөгжүүлэхэд зөвхөн оюутнуудыг угтан авах боломжтой.

Үүнтэй ижил төстэй үүрэг гүйцэтгэдэг "багшийн үндэслэл" -д тоглодог бөгөөд тэд маш их шахсан хэлбэртэй байдаг.

Хамгийн түгээмэл (түлхүүр) нэр томъёог нэр томъёог товчлол хэлбэрээр ашигладаг бөгөөд энэ нь төгсгөлд нь тав тухтай байдалд зориулагдсан жагсаалтад ашиглагддаг. Текстэд тохиолдсон математикийн тодорхойлолтуудын жагсаалтыг бас бий болгодог боловч хамгийн түгээмэл хэрэглэгддэг (ба / эсвэл уран зохиолын мэдэгдээгүй).

Тэмдэг нь нотолгооны төгсгөл гэсэн үг бөгөөд батлах, сэтгэгдэл, сэтгэгдэл, төөрөгдөлд орохоос зайлсхийх хэрэгтэй.

МЭДЭЭЛЛИЙН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ТӨЛӨВЛӨГӨӨГИЙН ДЭЛГЭРЭНГҮЙ БАЙНА. Индекула, индексийг дурьдсан ишлэлд ашигладаг. Жишээ нь (2) 3 нь томъёо (2) 3 нь (2) 3-р хэсэг, логографийн 3-р хэсэг, логографийн 3-р хэсэг - шөрмөсний байрлал,

Энэ гарын авлагыг бие даасан дасгал, нэмэлт уран зохиол, нэмэлт уран зохиолыг уншиж, гарын авлагын төгсгөлд өгөгдсөн жагсаалтыг гарга. Гэсэн хэдий ч зохиолч нь лекцийн курсэд тохиромжтой шахсан хэлбэртэй байх ёстой. Энэ талаар лекцийн сургалтанд уншихад 10 орчим лекц уншихад үүнийг тэмдэглэх нь зүйтэй гэдгийг тэмдэглэх нь зүйтэй.

Энэ гарын авлагыг үргэлжлүүлэн хийсэн өөр 2 хэсэг (боть) нь "Энгийн ялгааг" -ын лекц, одоогийн байдлаар. эхний захиалгын хэсэгчилсэн деривативууд).

§ 1. Дифференциал тэгшитгэл (DB) нь U1 U1 U1 un, u (y) нь u1 u1 u1 u1 u1 up up up u1 u1 u1 up up up u1 u1 u1 up up up u1 u1 u1 u (y). .., yk) rk - rk - бие даасан хувьсагч, u \u003d u \u003d u \u003d u (y) - Үл мэдэгдэх функцууд1, \u003d (u1). Тиймээс, (1) in (1) үл мэдэгдэх, тиймээс n тэгшитгэл шаардлагатай тул n тэгшитгэл шаардлагатай байна, i.e.e.e.e.e.e.e.e. (F1, FN), тиймээс (1) нь n тэгшитгэлээс, систем, Хэрэв үл мэдэгдэх функц бол нэг (n \u003d 1), дараа нь тэгшитгэл (1) нь скаляр (нэг тэгшитгэл) юм.

Тиймээс, функц (ууд) F тохируулга (ууд) -ийг тохируулсан, та хайж байна. Хэрэв k \u003d 1, дараа нь (1) odu гэж нэрлэгддэг бөгөөд өөрөөр хэлбэл - Uch. Хоёр дахь тохиолдол нь UMF-ийн тусгай курсын сэдэв бөгөөд олон тооны сурах бичигт гарч ирнэ. Энэ цуврал ашиг тусын ашиг тусын тулд (3 хэсэг хэсгээс бүрдсэн), бид зөвхөн ODU-ийг (эзлэхүүн) -ийг (эзлэхүүн), дараа нь зарим тодорхой тохиолдлыг сурч эхлэх болно.

2у u жишээ. 2 \u003d 0 - Энэ бол яаралтай.

y1 y Үл мэдэгдэх утгууд u нь бодит эсвэл нарийн төвөгтэй байж болох бөгөөд энэ мөч нь зөвхөн бичлэгийн тэгшитгэлийн хэлбэрт хамаарна: бодит, төсөөллийн хэсгүүдийг тусгаарлах боломжтой. , тэгшитгэлийн тоог хоёр дахин нэмэгдүүлдэг), мөн зарим тохиолдолд, зарим тохиолдолд нэгдсэн бичлэг рүү шилжихэд тохиромжтой.

du d2v dv · 2 \u003d ulv; U3 \u003d 2. Энэ бол 2 ode жишээ юм.

бие даасан ээлжийн хувилбараас 2 үл мэдэгдэх функцийг dy dy dy dy.

Хэрэв k \u003d 1 (ODU), дараа нь "Шууд" ICON D / D / DAL ашигладаг.

u (y) d de жишээ. Exp (SIN Z) DZ нь жишээ юм. \u003d U (u (u (y)) n \u003d 1 нь алсын удирдлага биш, гэхдээ функц нь дифференциаль тэгшитгэл юм.

Энэ нь алсын удирдлага биш, гэхдээ интегрим-дифференциал тэгшитгэл биш, бид ийм тэгшитгэлийг судлахгүй. Гэсэн хэдий ч, тэгшитгэл (2) odu-д амархан буурдаг:

Дасгал. ODU-д (2) бууруулах (2).

Гэхдээ ерөнхий, интеграл тэгшитгэл нь илүү төвөгтэй объект юм. Бид доороос илүү төвөгтэй объект юм.

Incamathathematic-ийн аль алинд нь incamathathatic-ээс (жишээлбэл, ялгаатай геометрийн хувьд) ба програмд \u200b\u200b(түүхэн дээр, одоо физикт байдаг). Хамгийн энгийн DU нь "дифференцийн үндсэн даалгавар" -ийг чиглүүлсэн тохиолдолд чиглүүлэлтийн үндсэн дээр: \u003d H (y). Шинжилгээнээс мэдэгдэж байгаа тул түүний шийдвэр нь u (y) \u003d + h (s) ds хэлбэртэй байна. Үүнийхээ шийдлийг илүү олон ерөнхий дугтнууд тусгай арга шаарддаг. Гэсэн хэдий ч бид харах болно, odu "илт" асуудлыг шийдвэрлэхэд бараг бүх аргууд нь тогтоосон тривиаль хэрэгт тусгагдсан болно.

Аппликешнүүдэд ихэнхдээ үйл явцыг боловсруулах явцад процессыг тайлбарлахдаа тухайн процессыг тайлбарлахад тухайн үеийн хувьсах үүрэг нь ихэвчлэн цаг хугацаа шаардагддаг.

ийм хэрэглээний odu-ийн утга нь цаг хугацааны явцад системийн өөрчлөлтийн өөрчлөлтийг тайлбарлах явдал юм. Тиймээс бие даасан хувьслыг t-ээр дамжуулж, терминологийн үр дагаварт хүргэхэд тохиромжтой), болон үл мэдэгдэх функц (AI) - x \u003d (x1, x1, xn, xn). Ийнхүү ODU-ийн ерөнхий үзэл (Systems odu) нь дараах байдалтай байна.

хаана f \u003d (F1, FN, FN) энэ нь e. Энэ бол e функц x-ийн систем бөгөөд \u003d 1 функцийг n \u003d 1 бол 1 функци, дараа нь 1 функцийн систем юм.

Энэ тохиолдолд x \u003d x \u003d x (t r), t r, x-ийг ерөнхийдөө ярьсан нь нарийн төвөгтэй байдаг (энэ нь зарим систем нь илүү их системтэй байдаг).

Систем (3) нь XM функц дээр захиалга байна гэж ярьдаг.

Деривативууд нь ахмадууд гэж нэрлэдэг, үлдсэн хэсэг нь (xm \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d орно. Хэрэв бүгд M \u003d, дараа нь тэд системийн захиалга тэнцүү гэж хэлдэг.

Үнэн, ихэвчлэн системийн дарааллыг ихэвчлэн захиалгаар нь M-ийн дараалал гэж нэрлэдэг.

ODU болон тэдгээрийн програмыг судлах шаардлагатай асуулт, тэдгээрийг хангалттай боломжийн бусад арга хэмжээ авах болно. (Дифференциональ, математик, онолын чиглэлээр суралцаж болно. даалгавраас). Энэ сургалтанд бид (3) хэлбэрийн системийг (3) хэлбэрийн системийн судалгаанд хамрагдах болно.

1. Энэ нь "Туршилтыг" (систем) (систем) (3) (3) (3) (3) (3) -ийг өөрчлөх гэсэн үг юм.

2. Үүнийг яаж хийх;

3. Эдгээр шийдвэрүүд эдгээр шийдвэрийг хэрхэн судалж, хэрхэн судлах вэ.

Асуулт 1 нь тийм ч тодорхой биш юм шиг санагдаж байна. Нэн даруй (3) системийг (3) нь шинэ деривативуудыг нэн даруй, анхны деривативуудыг нэн даруй, шинэ үл мэдэгдэх функц болгон бууруулж болно. Хамгийн хялбар зүйл бол жишээг ашиглан энэ процедурыг тайлбарлах явдал юм.

5 үл мэдэгдэх 5 тэгшитгэлээс. Үүнийг (4) ба (5) ба (5) ба (5) нь тэдгээрийн шийдэл нь (харгалзах дараа дахин хийсэн) нь нөгөөгийн шийдэл юм. Үүний зэрэгцээ, энэ нь шийдвэрийн гөлгөр байдлын талаархи асуултыг мэдэх ёстой бөгөөд энэ нь илүү өндөр захиалгатай тулгарах үед энэ нь цааш нь хийх болно (I.E. Эхнийх биш).

Гэхдээ одоо эхний захиалгын зөвхөн нэгийг судлахад л хангалттай бөгөөд бусад нь зөвхөн тэмдэглэгээний тохь тухтай байхын тулд зөвхөн шаардлагатай байж болох юм.

Одоо бид анхны захиалгынхаа дагуу өөрсдийгөө хязгаарладаг.

dIMX \u003d DIMF \u003d N.

(Систем) (систем) (6) (систем) (6) нь DX / DT DERIVATIVE-тэй харьцуулахгүй байгаа тул тохиромжгүй. FACKEASE (PEROCIT функцээс) -ээс мэдэгдэж байгаа бөгөөд FORORICE-ээс тодорхой нөхцөлд (ovoriit функцээс), тэгшитгэл (6) -ийг DX / DT-тэй харьцуулж, F: RN + 1 RN хэлбэрээр бичнэ тогтоосон, ба x: rn хүссэн. Энэ нь (7) derivatives-тэй харьцангуй бөгөөд деривативуудтай харьцуулахад зориулагдсан ODU байдаг. (6) -аас (7) -аас (7) -аас (7) -аас (7), байгалийн гаралтай, бэрхшээл тулгарч магадгүй:

Жишээ. Exp (x) \u003d 0 тэгшитгэлийг (7) хэлбэрээр тэмдэглэж авах боломжгүй бөгөөд энэ нь огтхон ч гэсэн тайлбаргүй бөгөөд энэ нь нарийн төвөгтэй онгоцонд тэг биш юм.

Жишээ. X 2 + x2 \u003d 1 нь ердийн oDe x \u003d ± ± 1 x2 хэлбэрээр бичнэ. Тэд тус бүрийг шийдэх ёстой бөгөөд үр дүнг тайлбарлах хэрэгтэй.

Сэтгэгдэл бичих. Мэдээлэл (3) -д (6) -д (6), хүнд хэцүү тохиолдолд (3) функцэд (3) функцтэй (I.E. Энэ нь функциональ ялгаатай тэгшитгэл юм). Гэхдээ дараа нь эдгээр функцийг гүйцэтгэлийн функц дээр теоремээс хассан байх ёстой.

Жишээ. x \u003d y, xy \u003d 1 x \u003d 1 \u003d 1 / x. ОДОО ODU-аас X-ийг олох шаардлагатай бөгөөд дараа нь функциональ тэгшитгэлээс.

Гэхдээ ямар ч тохиолдолд, (6) шилжих шилжилтийн асуудал (7) Ду илүү математик шинжилгээний салбарт бус харин холбоотой, бид үүнийг хийж чадахгүй болно. Гэсэн хэдий ч ODE (6) -ыг шийдвэрлэх үед сонирхолтой мөчүүдийг шийдэх үед энэ асуултууд (жишээ нь § 3. -д хийгдсэн байх болно. мэдээж үлдсэн нь бид зөвхөн хэвийн систем болон тэгшитгэлийн шийдвэрлэх болно. Тиймээс, ODU (System Odu) (7) -ийг анхаарч үзээрэй. Бид үүнийг PumIDATION хэлбэрээр 1 удаа бичнэ.

тухай ойлголт "шийдэх (7)" (мөн Ер нь ямар ч хийх) нь удаан хугацааны турш "тодорхой томъёо" шийдэхийн тулд эрэлд (өөрөөр хэлбэл шиг, бага чиг үүрэг, тэдгээрийн анхдагч, эсвэл тусгай чиг хэлбэрээр, ойлгомжтой байсан гэх мэт), уусмалын зөөлөн болгож, түүний тодорхойлолт интервалд дээр хэлнийхээ өргөлтийн үгүй. (Бүр дор хаяж, учир нь ODUs эзлэх хувь нь "тодорхой нэгтгэх" гэж GIVEAWAY маш бага байна гэж - Гэсэн хэдий ч, ODU болон математикийн бусад хэсэг (болон ерөнхий шинжлэх ухааны) шоу онолын одоогийн төрийн ийм хандлага нь хангалтгүй байна гэж энгийн магтаал X \u003d F (T) нь "илт томъёо" байгаа хэдий ч, бага чиг үүрэг нь шийдэл ховор гэж нэрлэдэг).

Жишээ. Тэгшитгэл X \u003d T2 + X2, түүний туйлын энгийн байгаа хэдий ч, бага чиг үүрэг нь шийдэл байх албагүй (мөн "ямар ч томъёо" ч байдаг).

"Ил тод" шийдлийг мэддэг боловч "EXCICTIT" шийдэл нь боломжтой (интегрийг "тоолж барагдуулах боломжтой), энэ нь маш ховор байдаг. Үүнтэй холбогдуулан, нэр томъёог тодорхойлж байна: "InitEngrilators ODU", "Интеграл ODU" ( "ODU шийдвэрлэх нь" орчин үеийн үзэл баримтлалын хуучирсан аналог, "ODU шийдвэр"), шийдвэрийн талаар хуучин үзэл баримтлалыг тусгасан. Орчин үеийн нэр томъёог хэрхэн ойлгох вэ, бид одоо улсыг төлөвших болно.

мөн энэ асуудал § 3 (болон практик хичээл асуудлыг шийдвэрлэх үед ч бас уламжлал ёсоор их анхаарал түүнд төлсөн байна) авч болно, гэхдээ нэг нь энэ арга нь ямар нэгэн олон талт хүлээж байх ёстой. Дүрэм болгон, шийдвэрийн дагуу (7) бид бүрэн өөр алхамуудыг ойлгох болно.

Энэ нь x \u003d x (t) функцийг уусмал гэж нэрлэж болно (7).

Юуны өмнө шийдэгдэх нь тогтоосон ойлголтыг тодорхой зааж өгсөн ойлголтыг тодорхой зааж өгөх нь тодорхойгүй бөгөөд хэрэв шийдэл нь зөвхөн үйл ажиллагаа юм (сургуулийн тодорхойлолтоос хамаарч) нь таарч байна Тодорхой багцын аль ч элемент (тодорхойлолтын бүсийг энэ функц гэж нэрлэдэг) өөр багц (функцийн утга). Тиймээс, энэ нь тодорхойлолтын хэсгийг тодорхойлохгүйгээр тодорхойлолтоор тодорхойлогдоогүй болно. Аналитик функцүүд (илүү өргөн элемент) нь доор дурдсан шалтгааны дагуу "үл хамаарах зүйл), гэхдээ du and and and of and and and and and and and of and of and of and of and of and and.

ерөнхийдөө (7) -д оролцсон бүх функцийг тодорхойлолтоор зааж өгөхгүйгээр Энэ нь цааш нь тодорхой байх болно, тэдгээрийн тодорхойлолтыг олон тооны тодорхойлолтоор шийдэж, шийтгэгчийг давхцаж, шийдэмгий байдлыг анхаарч үзээрэй.

Энэ төрлийн тодорхой нөхцөл байдал, эемимтын функц хэлбэрээр хийгдсэн бол шаардлагатай биеийн чөлөөт цаг болсниод, эдгээр том том бичигтэй байх шаардлагатай эсэхийг шалгаарай. Хэт томъектын давхаргарах шаардлагатай эсэхийг шалгахаар шаардлагатай байна. Энэ талаар төөрөгдөл, энэ асуудалд олон удаа хаагдсан, энэ асуудлыг шийдвэрлэх нь илүү олон функцууд нь илүү өргөн завсарлагаанаар үргэлжлүүлж байсан.

Жишээ. X1 (t) \u003d et (0.2) ба x2 (0.2) ба x2 (t) \u003d et (1,3) - тэгшитгэлийн өөр өөр шийдэл.

Үүнтэй нэгэн зэрэг, байгалийн жамаар, нээлттэй интервалын хувьд нээлттэй интервал (магадгүй эцэс төгсгөлгүй) байх ёстой.

1. Ямар ч үед нээгдэнэ, ингэснээр энэ нь дериватив (хоёр талын) талаар ярих нь утгагүй юм;

2. SVYAZNOY, ингэснээр шийдэл нь тохиромжгүй хэсгүүдэд тохирохгүй байна (энэ тохиолдолд хэд хэдэн шийдлийн талаар ярих нь илүү тохиромжтой) - Өмнөх жишээг үзэхэд илүү тохиромжтой.

Тиймээс, уусмал (7) нь хос (, a, a, b)), b + at (a, b) -ийг тодорхойлдог.

Багшийн сэтгэгдэл. Зарим сурах бичгүүдэд уг нь шийдвэрийг тодорхойлох чиглэлээр сегментийн төгсгөлийг оруулахыг зөвшөөрдөг боловч энэ нь зөвхөн танилцуулгаас хамаарч, бодит ерөнхий дүгнэлт өгөх нь зохисгүй юм.

Цаашид үндэслэлийг ойлгоход илүү хялбар болгохын тулд геометрийн тайлбарыг ашиглахад тустай. 7). Сансарт rn + 1 \u003d (t, x, x, x)), f (t, x, x) -ийг тодорхойлж, v (t, x) -ийг тодорхойлж болно. Хэрэв та энэ орон зайд уусмалын график (7) -ийг (7) -рж (энэ нь системийн салшгүй муруй (7) гэж нэрлэдэг (7)), дараа нь энэ нь хэлбэрийн цэгүүдээс бүрдэнэ (t, x ба x (t)). T (a, b) өөрчлөгдөх үед энэ цэг нь IR дагуу хөдөлдөг. The IR-д ир (T, x, x (t)) нь маягт (1, x (t) хэлбэртэй (1, x (t)) \u003d (1, F (t)) \u003d (1, x (t)). Тиймээс IR, IR бол энэ нь зөвхөн эдгээр муруй бөгөөд зөвхөн эдгээр муруй нь зөвхөн эдгээр муруйг (t, x) тус бүрт (t, x) тус бүрт (T, x) өөр өөрийнхөө муруй, параллель вектор (1, f (t (t (t (t (t (t (t (t (t (t (t (t (t (x)) байдаг. Энэ санаа дээр, ингэж дуудав. Тодорхой ODUS-ийн шийдлийн графикийг ашиглахад ашигладаг IR IR-ийн ойролцоогоор IROCLINE AIGAD

жишээ нь). Жишээлбэл, N \u003d 1 дээр манай барилгын нь дараахь зүйлийг дараахь зүйлийг илэрхийлнэ. Point to Point the point the at the the the the point the prope. F-ийн багцын багцаас ямар ч цэгээс гарах нь байгалиас заяасан гэж үзэх нь байгалийн хувьд юм. Энэ санааг цаашид зөв үндэслэлтэй болгох болно. Шийдлийн гөлгөр байдлыг хатуужилж авах нь бидэнд хэцүү байх болно. Үүнийг доор нь хийх болно.

Одоо b-ийг тодорхойлсон багцыг тодруулах шаардлагатай байна. Энэ бол маш их байгалийн гаралтай:

1. Нээлттэй (ингэснээр IR-ийг B) -ээс ямар ч цэгээс барьж болно. өөр нэг хэсэг, ингэснээр олон нийтийн эрэлт нь нөлөөлөхгүй).

Бид зөвхөн сонгодог шийдлийг (7), i.e. x ба x нь x ба x нь (a, b) тасралтгүй (A, B) тасралтгүй авч үзэх болно. Дараа нь F (B) -ийн хувьд F (B) шаарддаг. Дараа нь, энэ шаардлагыг биднээс зөвшөөрөх болно. Тиймээс бид эцэст нь тодорхойлолтыг олж авдаг. B rn + 1 нь талбай, f c (b) -г BEACE-д хандцгаая.

Хос (, (a, a, b)), ab +, t (a, b) нь (A, B) -ийг (A, B) гэж тодорхойлдог. (T)) b ба оршдог (t) \u003d t (t) \u003d f (t) (дараа нь C 1 (a, B).

Энэ нь геометрийн хувьд тодорхой арга хэмжээ авах болно (7) нь маш олон шийдэлтэй (графикаар ойлгоход хялбар), T0-ийн цэгүүдээс хойш (T0, x0, x0), дараа нь T0 өөр IR. Нэмж дурдахад, шийдвэрийн тодорхойлолтын өөрчлөлт нь бидний тодорхойлолтын дагуу нэг шийддэг.

Жишээ. x \u003d 0. Шийдэл: x \u003d \u003d \u003d ast ons rn. Гэсэн хэдий ч, хэрэв та T0-г сонгоод уусмалын x0-ийг сонгоод T0: x (t0) \u003d x0-ийн утга нь \u003d x0-ийг тодорхойлсон бөгөөд энэ нь \u003d x0-ийн утгыг тодорхойлдог бөгөөд энэ нь \u003d x0 нь интервалын сонголтын нарийвчлал юм (A, b) t0.

Шийдэл нь "нүүргүй" шийдлүүд нь NIMI2-тэй ажиллахад тохиромжгүй байдаг. Үүнийг дараах байдлаар "импортлох" нь зөвхөн ("тодорхой утгаар) тодруулахын тулд нэмж (7) нэмэлт нөхцөлийг нэмж оруулаарай , дараа нь эдгээр нөхцлийг даван туулж, уусмал тус бүр нь тус тусад нь ажилладаг (геометрийн шийдэл нь нэг (геометрийн шийдэл нь нэг (геометрийн шийдэл нь нэг хэсэг байж болно.

Тодорхойлолт. (7) нь (7) нь (7) нэмэлт нөхцлөөр.

Бид хамгийн энгийн ажлыг сайтар зохион бүтээсэн - энэ бол CAUCHY-ийн даалгавар: (7) Маягтын дагуу (CAUCHY DATE, Анхны өгөгдөл):

C Энэ даалгаврыг харгалзан үзэх Энэ даалгавар бол жам ёсны: Жишээлбэл, хэрэв цаг хугацаа, дараа нь (8) цаг хугацаа, дараа нь (8) цаг хугацаа, дараа нь (эхний) өөрчлөлтийг тодорхой (эхний) гэсэн үг нь параметрүүдийн үнэ цэнэтэй юм. Байна уу. Бусад даалгавруудыг сурах шаардлагатай бол бид дараа нь ярилцах болно, гэхдээ дараа нь бид энэ талаар ярих болно. Мэдээжийн хэрэг энэ даалгавар нь (T0, x0, x0) (7) B.-ийн уусмалыг (7), (7) -ийг (7) ууссан (7) -ийг (a, Б), мөн Гүйцэтгэсэн (Найм).

Бидний хамгийн ойрын ажил бол Cauchy асуудлын шийдлийг (7), (8), (8), (8), (8), (8), тодорхой нэмэлт жишээ, x1 \u003d ..., x2 \u003d ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -г бичих нь дээр x \u003d b / 2 ± ...

f-ийн талаархи таамаглал нь тодорхой утгаараа тодорхой ойлголттой байдаг.

Сэтгэгдэл бичих. Бид вектор ба матрицын тухай ойлголтыг тодруулах хэрэгтэй. (Хэдийгээр матрицыг 2-р хэсэг нь зөвхөн 2-р хэсэг хэрэгтэй болно). Энэ нь эцсийн хэмжээст орон зайд байгаа тул бүх дүрэмт хувцсанд ижил байна. Хэрэв бид зөвхөн тооцоолол, үнэн зөв утгыг сонгох нь хамаагүй. Жишээлбэл, та өргөдөл гаргаж болох vectors | x | x | p \u003d (| xi | p) 1 / p, p - peano segment (picaara). Cone K \u003d (| x0 | F | F | F | F | F | T T T0 |) ба түүний тайрсан хэсэг k1 \u003d k (t ip). Зүгээр л k1 c.

Теорем. (Peano). F-ийн шаардлагыг (1) шийдлийг тодорхойлоход заасан асуудлыг шийднэ үү. I.E:

f C (B), B хаана байгаа газар нь rn + 1 дэх талбай юм. Дараа нь (T0, T0, X0) B, Даалгаврын шийдэл байна (1).

Нотлох баримт. Дур зоргоороо (0, T0] -ийг байрлуулж, нэрлэгдэх, нэг алхамаар eule eule ext of link ton atlo atlo atlo atlo in linclox tond the oneell нь зөв цэг дээр (T0, x0) ба энэ нь DX / DT / DT \u003d F (T1, x1) нь хоёр дахь төгсгөл нь хоёрдугаарт, аль нь вэ? / Dt \u003d f (t1, x1, x1) гэх мэт, мөн зүүн талд нь үүнтэй адил \u003d (t ip (мөн ч гэсэн , тэгэхээр б), тэгэхээр барилгын ажил зөв байна. Энэ нь тухайн үнэндээ Теоремийн өмнө туслах ажил хийгдсэн.

Үнэндээ байршлын цэгүүд, дараа нь хаа сайгүй байдаг, тэгээд завсарлагааны цэгүүд дээр дурдсан зүйл байдаг.

Үүний зэрэгцээ (индукцийн хязгаарлалт дагуу хөдөлж) (t) x0 | F | T T0 |.

Тиймээс IP функц дээр:

2. Липштсинээс хойш.

Шаардлагатай бол энд, үр дүнгийн талаар миний мэдлэг, үр дүнгийн талаархи мэдлэг, үр дүнг нь дахин шинэчлэх, жигд тасралтгүй, жигд хувиргах, arzel ascol ascol гэх мэт.

ARZEL-ASCOL TOOROM-ийн ТУСГАЙ ТОГЛОЛТ КОКС КОНГОГД ЗОРИУЛСАН МЭДЭЭГҮЙ, C (IP). Барилгын замаар (T0) \u003d x0, тиймээс бид үүнийг батлах болно гэдгийг баталгаажуулахын тулд үлдсэн хэвээр байна.

Дасгал. S t гэж үзэхтэй төстэй.

0-ийг тохируулаад, тэгвэл бид 0 (T1, x2, x2) c. comnact C.-ийн Computity C. IP) ба ANTE ANT (IP) нь TST + гэж тооцогдоно. Дараа нь бүх Z-ийн хувьд | k \u200b\u200b(z) k (t) | F, санаагаа (4) | k (z) (t) | 2f.

K (Z) \u003d k \u003d k (k) \u003d \u003d \u003d \u003d f (z) \u003d f (z, z)), Z нь цэгийг агуулсан эвдэрсэн зүсэлт (z, k). Гэхдээ цэг (Z, k, k)) нь цилиндрийг (2f) цилиндрээр (2f) цилиндрээр (2f) (2f) -д байрлуулсан цилиндрүүд (үнэн, ), Тиймээс тиймээс (3) бид олж авахдаа | k (z) f (t) f (t) |. Дээр дурдсанчлан, бид дээр дурьдсанчлан k-ийн томъёо нь k өгөх болно (2).

Сэтгэгдэл бичих. F C 1 (B) -ийг F-г зөвшөөрнө үү. Дараа нь (A, B) -ийг тодорхойлсон уусмал нь C 2 (A, B) -ийг ангилна. Үнэндээ (A, B) дээр бид: F (T, X (T)) байдаг \u003d фут (T, X (T)) + (T, X (T)) х (T) энд (- jacobi-ийн матрицууд) - тасралтгүй функц. Мэхлэх, бас 2 c (A, B) байдаг. Хэрэв та гөлгөр бол шийдлийн гөлгөр байдлыг үргэлжлүүлэн нэмэгдүүлж болно. Хэрэв F бол аналитик бол аналитик шийдлийн оршихуй, өвөрмөц байдлыг нотолж чадна, гэхдээ энэ нь өмнөх шалтгаанаар байж болохгүй.

Шинээр аналитик функц ямар байгааг санах шаардлагатай байна. Power-ийн тоогоор илэрхийлэгдэхгүй байхын тулд андуурч болохгүй. Энэ нь ерөнхийдөө, тодорхойлсон аналитик функцийг илэрхийлэх, түүний тодорхойлолтын хэсэг юм.

Сэтгэгдэл бичих. Заасан (t0, x0, x0), энэ нь боломжтой, өөр өөр байна, t ба r-ийг хамгийн их байлгахыг хичээ. Гэсэн хэдий ч, энэ нь тийм ч чухал биш бөгөөд энэ нь шийдлийн оршихуйн хамгийн их интервалыг судлах нь ердийн арга хэмжээ байдаг бөгөөд тусгай арга замууд байдаг (§ 4-ийг үзнэ үү).

Perano теоремд, шийдвэрийн өвөрмөц байдлын талаар юу ч мэдэгдээгүй. Шийдлийн талаар ойлголттой болох нь үргэлж нэг зүйл биш, дараа нь цорын ганц зүйл биш, дараа нь үргэлжлэх бөгөөд дараа нь нарийхан интервалууд байх болно. Энэ мөч бид цаашид дэлгэрэнгүй мэдээлэл өгөх болно (§ 4-д § 4-т), энэ нь тэдний тодорхойлолтын интервалтай холбоотой хоёр шийдлийн давхцал юм. Энэ утгаар ч гэсэн Pueano Toorem нь өвөрмөц байдлаас шалтгаалан ямар ч өвөрмөц биш юм, энэ нь өвөрмөц байдлыг баталгаажуулах боломжгүй юм.

Жишээ. n \u003d 1, f (x) \u003d 2 | x |. CAUCHY-ийн асуудал нь тривиаль шийдэлтэй байдаг: x1 0, x2 (t) \u003d t | t | tox. Энэ хоёр шийдлийн гэр бүлийг бүхэлд нь нэгтгэж болно.

хаана + + (төгсгөлгүй утга нь тохирох салбар байхгүй байх гэсэн утгатай). Хэрэв та эдгээр бүх шийдлийн тодорхойлолтыг бүхэлд нь r гэж тооцвол тэд хязгааргүй юм.

Хэрэв та хугарсан эулероор дамжуулан Peano Toorem-ийн нотолгоог хэрэгжүүлсэн бол бид зөвхөн тэг шийдэл байх болно гэдгийг анхаарна уу. Нөгөө талаар нь эвдэрсэн Эйнерийг барих явцад нэг алхам тутамд жижиг алдааг бий болгохыг зөвшөөрвөл алдааны параметрийн дараа алдааны параметрийн дараа бүх шийдэл хэвээр байх болно. Тиймээс, Peano теорем ба Эвдэрсэн Эйлер нь шийдэл, тоон аргуудтай нягт холбоотой арга юм.

Жишээлбэл үүнд ажиглагдсан асуудал нь x функцийг x-ийг байршуулаагүй болно. Хэрэв та тогтмол байхын тулд F-ийг x-ийн нэмэлт шаардлагыг ногдуулж, дараа нь эв нэгдэлтэй байгаа бол энэ нь батлагдсан бөгөөд энэ алхамыг баталгаажуулж, энэ алхам нь тодорхой утгаар нь зайлшгүй шаардлагатай болно.

Шинжилгээнээс зарим ойлголтыг эргэн сана. Функц (скаль буюу вектор) G нь Lipshitz нөхцөл зөв байвал зөвхөн SETER (0, 1] -ийг эхлээд байнгын функцтэй. сонголт нь хамааралгүй) нь тасралтгүй сануулгаас сэтгэл хангалуун байгаа гэж хэлдэг.

Энэ нь аливаа тасралтгүй модуль нь тасралтгүй үйл ажиллагааны тасралтгүй модуль юм гэдгийг харуулж болно.

Урвуу баримт нь бидэнд чухал ач холбогдолтой юм: Компьютер дээрх аливаа тасралтгүй үйл ажиллагаа нь өөрийн гэсэн тасралтгүй функцтэй. Бид үүнийг баталж байна. Хэрэв энэ нь авсаархан, g c c c (), дараа нь, дараа нь жигд тасралтгүй тасралтгүй, I.E.

\u003d (): | y | \u003d | G (x) g (y) |. Энэ нь тухайн нөхцөлтэй тэнцэхүйц (5) -тай тэнцэхүйц юм. Үнэндээ, хэрэв байгаа бол тасралтгүй модулийг (()), дараа нь (дараа нь |), дараа нь | x | \u003d \u003d \u003d () Бид дур зоргоороо, x ба x ба y байж болно.

Мөн эсрэгээр нь (5) үнэн бол (((() нь (() -ийг олоход хангалттай, дараа нь | x | x | \u003d () Бид үүнийг логик шилжилтийг үндэслэн хадгалдаг.

Монотон, генерал функцийг авахад хангалттай, мөн ерөнхийдөө үүнийг дуудахад хангалттай. Ерөнхий санал хүсэлт. Тэдний оршихуйг бид тусдаа нотолгоог шаарддаг бөгөөд энэ нь бид удирдлагагүй бөгөөд энэ нь зүгээр л санаагаа хэлье. (Унших зураг зурахад тустай):

f-ийн хувьд бид f (x) \u003d min f (y) \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d monoon функц юм. VVIF нь x x f (f (x)), (f (x)), (f)), (f) 1 (f) 1 (f)) x, f (f) 1 (x) 1 (x) 1 (x) 1 (x)) x.

Хамгийн сайн тасралтгүй модуль нь шугаман (уруулын нөхцөл) юм. Эдгээр нь "бараг ялгаатай" функцууд юм. Хатуу мэдрэмжийг өгөхийн тулд хамгийн сүүлийн мэдэгдэл нь тодорхой хүчин чармайлт шаарддаг бөгөөд бид өөрсдийгөө хоёр сэтгэгдэлд хүргэх болно.

1. Жишээ нь: G (x) \u003d | \u003d \u003d | \u003d \u003d | \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d | \u003d \u003d | \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d жишээ болгон ашигладаг. r дээр;

2. Гэхдээ өөр өөр зүйлээс уруулын будаг дагах, дараахь мэдэгдлийг харуулж байна. Аливаа функци нь гүдгэрийн багц дээр байгаа бүх функц, энэ нь үүн дээр Lipschitz нөхцлийг хангаж чаддаг.

[Богино байх үед скаляр функцийг G.] Нотолгоо. Бүх X, y, y нь вектор функцуудын хувьд энэ мэдэгдэл үнэн юм.

Сэтгэгдэл бичих. Хэрэв f \u003d f (t \u003d t (t, x) (ерөнхийдөө ярих, векторевев), дараа нь x "x of of x of of the of thrump of the y.e. | f (t, x) f (t, y) f (t, y) f (t, y) f (t, y) -ийн ойлголтыг оруулах боломжтой. C | xy |, хэрэв d нь x нь x-ийн хувьд s гүдгэрт байгаа бөгөөд энэ нь x-ийн хувьд x-ийн хувьд f-ийн хувьд x-ыг x-ээр хасч, x-ийг хүлээн авсан мэдэгдлүүдээр хязгаарлагдах нь хангалттай юм. | G ( x) g (y) | дамжуулан | x |. N \u003d 1-тэй, энэ нь ихэвчлэн эцсийн өсөлтийг ашигладаг: g (x) g (y) g (y) g (z) (x) (x) (x) (x) (z) (хэрэв z) (x) (x) (хэрэв x) (x) (Z) (хэрэв вектор функц) (хэрэв векторын функц) (хэрэв векторын функц юм) (хэрэв векторын функц юм). N 1 хувьд энэ томъёоны дараахь аналогийг ашиглахад тохиромжтой.

Лемма. (Адамара). F (D) -ийг (ерөнхийдөө хэлбэл, вектор функц) F (t \u003d t \u003d t (t \u003d t) f (t \u003d t \u003d t) f (t, y) \u003d a (t, x, y) · (Xy), энэ нь тасралтгүй тэгш өнцөгт тэгш өнцөгт матриц юм.

Нотлох баримт. Ямар ч тодорхой t-ийн тусламжтайгаар бид тооцооллыг баталгаажуулахыг зөвшөөрсөн. \u003d D (t \u003d t \u003d fk. Бид хүссэн төлөөллийг a (t, x, y) \u003d a нь үнэндээ тасралтгүй хүлээж авдаг.

Асуудлын шийдлийн талаархи өвөрмөц байдлын талаар эргэж ирье (1).

Бид энэ асуултыг ийм байдлаар тавина: Stockity Module нь x-ийг x-ээр юу байх ёстой вэ? Хариултыг дараахь теоремд өгсөн болно.

Теорем. (OSGOD). Peano-ийн нөхцөлд B, I.e-ийн тасралтгүй байдал нь тасралтгүй үйл ажиллагааны нөхцөлд. Талхын тэгш бус байдал нь нөхцөл байдлыг хангаж өгдөг. Дараа нь асуудал (1) ижил хэлбэрийн интервал (T0 A, T0 A, T0 + B) -ийг тодорхойлж чадахгүй.

Дээрх интервекцийн жишээтэй харьцуулах.

Лемма. Хэрэв Z C 1 (,), дараа нь бүгд (,):

1. Z \u003d 0, хаана байна z \u003d 0, хаана байна | z | z |, || || z || | Дүрэм | z |;;

2. цэгүүдэд z \u003d 0, z \u003d 0, z \u003d 0. Z | z | ± ± z || | \u003d | z | (Тухайлбал, хэрэв Z \u003d 0 байвал z \u003d 0, дараа нь | z | \u003d 0).

Жишээ. n \u003d 1, z (t) \u003d t. Point t \u003d 0 дериватив дээр | z | z | Үгүй, гэхдээ нэг талт дериватив байдаг.

Нотлох баримт. (Lemmas). Z \u003d 0, hasz x z z: z байна | z | z | \u003d, ба || z | | Дүрэм | z |. Эдгээр цэгүүд дээр t, z (t) \u003d 0, бид:

Case 1: Z (t) \u003d 0. \u003d 0. Дараа нь бид Z | z | (T) \u003d 0.

Case 2: z (t) \u003d 0. Дараа нь \u003d 0. Дараа нь +0 эсвэл 0 ochiz (t +) | | z (t) | Аль болох модуль нь тэнцүү | z (t) |.

Нөхцөлөөр, F 1 (0,), F 0, F 0, F, F (+0) \u003d + \u003d +. Z1,2-ийг (T0, T0 + +) тодорхойлсон хоёр шийдэл (1) -ийг (1) тодорхойлцгооё. Dient z \u003d z1 z2. Бидэнд байгаа:

Энэ нь T1 (T1 T1 T1 T1 T1 T1) \u003d 0. \u003d 0 (t1 | \u003d t1 | \u003d t0 \u003d \u003d 0) нь хоосон биш бөгөөд дээрээс нь хязгаарлагдахгүй. Энэ нь дээд царайтай T1 гэсэн үг юм. Барилгын замаар z \u003d 0 дээр (, T1), Z-ийн тасралтгүй, бид Z, бид Z () \u003d 0 байна.

Lemma | z | C 1 (, T1), энэ интервал зөв | z | z | | z | (| Z |), ингэснээр програм хангамж (T, T1) (t1) (t1) (| z (t1)) f (| z (t1) t1 t1 t. t1 t. T + 0-тэй бид зөрчилдөөнийг авдаг.

Corollar 1. хэрэв, Peano F Toorem, LipShitsev-ийн дагуу Lipshitsev-ийн дагуу of \u003d) \u003d c \u003d c \u003d c ).

CORLLARY 2. PENAANO C (B) ТЕГИЕМ НЭГДСЭН НЭГДҮГЭЭР ОРОЛЦОГЧ, ЭРҮҮЛ МЭНДИЙГ ХЭРЭГЖҮҮЛЭХ БОЛОМЖТОЙ.

Лемма. IP дээр тодорхойлсон аливаа шийдвэр (1), exting zh x | x | x | -ийг хангах шаардлагатай байна. X | \u003d | F (t, x) | F, түүний хуваарь - K1-д K1, бүр ч илүү их байдаг.

Нотлох баримт. T1 ip байх болно. (T, x, x, x, x, x (t)) C. Тодорхой зүйлийн хувьд T1 T0-ийг зөвшөөрнө үү. Дараа нь T2 (T0, T0, T0, T1] x (t) x (t) x0 | \u003d R. \u003d R. R. eSCA-ийн теорт нь хамгийн их үл итгэгчдийг тооцож үзэх нь хамгийн тохиромжтой юм. , x (t)) c, тиймээс | f (t, x, x (t) x (t2) x0 | x1, x0 | \u003d r. \u003d R. , X (t)) c Бүх ip дээр, дараа нь (тооцооллыг давтах) (Textion-ийг давтах) (T ба x (t)) k1.

Нотлох баримт. (Corollary 2). C нь C lipzytsev програм нь c lipzytsev програм хангамж нь Лемма-г үзэж байгаа бүх шийдлүүд юм. Мөрдөн байцаалтын 1-ийг бид хүссэн.

Сэтгэгдэл бичих. Нөхцөл байдал (7) нь F-ийн LIPSHITZ-ийн нөхцөл байдлыг нэлээд суларч чадахгүй гэсэн үг юм. Жишээлбэл, ТЕГЕНЕРИЙН НЭМЭГДЭХҮҮДИЙН НАМД Х 1-ийг ашиглахаа больсон. Зөвхөн тасралтгүй модулиуд нь шугамантай ойрхон байна.

Дасгал. (хангалттай төвөгтэй). Хэрэв (7) сэтгэл ханамжтай бол (7), дараа нь 1, үүнд 1 / тэгийг агуулж байна.

Ерөнхийдөө x-ийн тасралтгүй модулийг x-ээс ямар нэгэн зүйл шаардагддаггүй. Жишээлбэл:

Тайлан. Хэрэв Peano Toorem-ийн нөхцөл байдалд, ямар ч 2 шийдэл (1), xc 1 (a, a, b), дараа нь (9) нь (9) нь (1) 1-ийг (1) -ийг (1) 1-ийг (1) харуулж байна ) 2 илэрхий.

Эсрэгээр (1), (9) -ийн хувьд (9), энэ нь хаалттай сегмент дээр шийдлийг бий болгох байгалийн жам юм.

Picar нь дараалсан (1) \u003d (9) Дараалсан ойролцоо ойролцоо арга. X0 (t) x0, дараа нь теорем руу оруулав. (Каучи Пикара). Peano TooreM Porce Force F x xpact k-ийн дагуу x-ийн дагуу x x congactek x x compactex-ийн дагуу x compactex

Дараа нь (T0, T0, T0, X0) B, CAACHY DESTATION (1) (энэ нь IP) IP дээрх INT (IP) IP дээрх IP дээрх INT (IP), xk x-ийг IP дээр (IP), xk x (xk x), xk of and (IP x), xk xp of, xk x-ийг (IP) IP дээр нэг шийдэл, xk of and xp of and of and xp of and xp of and xp of and xp of and xk of and & x / xk x (xk x) юм.

Сэтгэгдэл бичих. Хэрэв тухайн нөхцөл байдал (11) -ийг C (B) -ээр солигддог бол Теорем нь хүч чадал хэвээр байгаа нь тодорхой бөгөөд энэ нөхцөл байдлаас болж (11).

Багшийн сэтгэгдэл. Үнэндээ Soce Soildx програмыг X компактуудаар хийх шаардлагагүй, гэхдээ зөвхөн цилиндр нь яг л энэ нь яг энэ үгэнд яг нарийн хийгдэх болно.

Нотлох баримт. Дур зоргоороо (T0, T0, X0, X0) B-ийг сонгоод, бид Peano теоремийн өмнө ижилхэн туслах болно. Бүх XK-ийг IP дээр тодорхойлж, тасралтгүй, тасралтгүй, график нь x0-д, бүр x1-д л худлаа ярьж байна. Хэрэв энэ нь XK1-ийн хувьд үнэн бол (10) xk-ээс (10) xk-ээс IP дээр тодорхой, тасралтгүй, энэ нь k1-д хамаарах болно.

Одоо бид IP дээрх үнэлгээг оруулж байна.

(C нь b, b-д b by b by b, ба l (c) -ийг тодорхойлдог). K \u003d 0 дээр энэ нь батлагдсан тооцоо (t, x1 (t) k1. Хэрэв (12) k: \u003d \u003d k 1 нь үнэн бол (\u003d k 1, дараа нь (10) Ийнхүү IP-ийн хөрвүүлэгч тоон дээр байсан тул IP-ийн тоон дээр байсан. Гэхдээ энэ нь IP дээр xk x гэсэн утгатай. Дараа нь IP-д (10) IP дээр байрлуулж, IP дээр очоод IP дээр очоод (9), тиймээс (1) int (IP) дээр оч.

Өвөрмөц байдал нь OSGOD TOOREM-ийн 1-ийн 1-ийн үр дүнд даруй олж авсан боловч үүнийг батлах нь зүйтэй бөгөөд энэ нь тэгшитгэлийг (9) ашиглах нь ашигтай байдаг. 2 Шийдэл X1.2 даалгавар байдаг гэж бодъё. (1) (I.E.E. (9)) INT (IP) дээр. Дээр дурьдсанчлан, дараа нь график нь заавал байх ёстой бөгөөд энэ нь заавал байх албагүй. Дараа нь \u003d 1 / (2L (c)). Дараа нь \u003d 0. Тиймээс x1 \u003d \u003d x2 I1 дээр.

Багшийн сэтгэгдэл. Хронолын Лимма-ийн тусламжтайгаар өвөрмөц байдлыг нотолж байгаа бөгөөд энэ нь бүр байгалийн гаралтай бөгөөд энэ нь дэлхий даяар нэн даруй үүсдэг бөгөөд энэ нь дэлхийн хэмжээнээс нэн даруй шаардагддаг тул, Хронулла нар тийм ч тохиромжтой биш юм.

Сэтгэгдэл бичих. Өвөрмөц бус байдлын хамгийн сүүлийн нотолгоо нь тухайн зүйлийн талаар дахин гэрлийг харуулж байна. Орон нутгийн өвөрмөц байдал нь дэлхийн хэмжээнд хүргэдэг (энэ нь буруу байдаг).

Дасгал. Osgood теоремийн нотолгоонд нэн даруй нэн даруй нотолж, өрсөлдөгчийнхөө тухай нотолгоо.

Чухал хувийн хэрэг (1) нь шугаман ODU, I.E., F (t, x) нь x (t, x) нь шугаман юм.

Энэ тохиолдолд ерөнхий онолын нөхцлийг оруулахын тулд x-ийн нөхцөлд шаардагдах бөгөөд энэ тохиолдолд x-ийн дагуу шаардагдах бөгөөд энэ нь автоматаар (мөн бүр ялгаатай байдал) бөгөөд x-ийн дагуу автоматаар хийгддэг. (A, B), x, y rn Бидэнд | F (t (t, x) f (t, y) f (t, y) \u003d | A (t) (x y) | | A (t) | · | (X y) |.

Хэрэв та авсаархан (a, b) -ийг түр хугацаагаар хуваарилсан бол үүнийг олж авах болно. F (t, x) f (t, y) f (t, y) | L | (x y) |, хаана l \u003d max | a |.

Peano болон Osgood Toorems эсвэл Cauchy-Picar нь T0 агуулсан аливаа интервал (PEANO-PANCEICE (PEANO-PANCEICE) -ийг (PEANO-PANCEINCE) Түүнээс гадна, энэ интервалын шийдэл бол Пикарагийн ойролцоо ойролцоо ойролцоо хязгаар юм.

Дасгал. Энэ интервалыг ол.

Гэхдээ энэ бүх үр дүнгээр нь үр дүн гарсан нь эдгээр бүх үр дүнгэвэл эдгээр бүх үр дүнгэвэл I.E., бүх зүйл дээр (A, B):

Теорем. Үүнийг үнэн (14) болгоорой. Дараа нь асуудал (13) нь (A, B) -ийг (A, B), сонгож буй нэг шийдэл нь аливаа авсаархан (A, B) -ийг бүрмөсөн бүртгэх.

Нотлох баримт. Дахин хэлэхэд TK-P-ийн дагуу бид uplearture (10) -ыг дараалсан ойролцоо байдлаар (10) -ыг шийднэ. Гэхдээ одоо бид конус, цилиндрт орохын тулд нөхцөл байдлыг шалгах шаардлагагүй.

f нь бүх x-д тодорхойлдог, t (a, b). Бүх xk нь зөвхөн (A, B) -ийг (A, B), тасралтгүй, тасралтгүй бөгөөд энэ нь тодорхой бөгөөд энэ нь илт юм.

Оронд нь (12), одоо бид одоо үүнтэй ижил төстэй тооцооллыг сонгосон тоо нь сонголтоос хамааран тоо юм. Энэ үнэлгээний эхний индукцийн эхний алхам (T. K. K1): K1-ийн хувьд k1): k \u003d 0 | x1 | x1 (t) x1 | N тасралтгүй x1-ийн улмаас дараахь алхамууд ижил төстэй (12).

Та үүнийг зурж чадахгүй, учир нь энэ нь ойлгомжтой, гэхдээ бид дахин xk x x-ийг анзаарч болно, xk x-ийг дахин анзаарч болно. Гэсэн хэдий ч бид (A, B) бүх зүйл дээр шийдлийг барьсан бөгөөд тэр авсаархан юм. Өвөрмөц байдал нь OSGOOD-ийн теорем эсвэл COSCHI-PANCEA-аас (мөн дэлхийн өвөрмөц байдлын талаар бодох үндэслэл).

Сэтгэгдэл бичих. Дээр дурдсанчлан TC-P нь Peano болон Osgood-ийн онолын улмаас албан ёсоор шоронд хорих, гэхдээ 3 шалтгаанад тустай - тэр:

1. odu-д leaufy асуудлыг салга хийсвэр тэгшитгэлээр холбодог;

2. Дараалсан ойролцоо ойролцоогоор бүтээмжтэй аргыг урьж байна;

3. Энэ нь шугаман ODUS-ийн дэлхийн хэмжээнд байдлыг батлахад хялбар болгодог.

[Хэдийгээр сүүлийнх нь шалтгаанаас гаргаж авах боломжтой § 4.] Дараа нь бид ихэнхдээ үүнтэй холбоотой байдаг.

Жишээ. x \u003d x, x (0) \u003d 1. 1. дараалсан ойролцоо нь x (t) \u003d e - e-ийн анхны даалгаврыг R.

Ихэнхдээ тоог ихэвчлэн олж авах болно, гэхдээ тодорхой загвар хэвээр байна. Та x x xk (үзнэ үү) алдааг үнэлж болно.

Сэтгэгдэл бичих. PEANO, OSGUDA, OSGUDA, TOOOEM, CAUCY PICAR-ийг хамгийн өндөр захиалгаар авахад хялбар байдаг.

Дасгал. Системийн асуудлын талаархи ойлголт, Системийн шийдлийг томруулж, эхний захиалгын систем, бүх онолын системийг ашиглана уу.

Курсын логикийг хэд хэдэн зөрүүлж, гэхдээ практик ангиудад асуудлыг шийдвэрлэхэд илүү сайн итгэмжлэл, ерөнхий онолыг дагаж мөрдөх арга барилтай, бид ерөнхий онолын танилцуулгыг түр зогсоодог бөгөөд бид "илт шийдвэр гаргах" -ын талаар түр хугацаагаар шийдвэрлэх болно Оду ".

§ 3. Зарим нэгтгэх арга техник нь скаляр тэгшитгэлийг авч үзье \u003d F (t, x) гэж үзье. Нэгтгэх сурсан хувийн тохиолдлын алхамуудыг нэгтгэх нь маш их нэрлэдэг. Urp, i.e. or (t, x) \u003d a (t) b (x) b (x) -ийн тэгшитгэл. Urp-ийг нэгтгэх албан ёсны арга бол хувьсагчдыг "хуваах" гэсэн үг юм. (Нэр): \u003d нэр): \u003d A (t) dt, дараа нь салангид авчирна.

chim x \u003d b (a (t)). Ийм албан ёсны шалтгаан нь үндэслэлийг шаарддаг хэд хэдэн оноог агуулдаг.

1. B (x) -ийн шийдвэр. F тасралтгүй гэдэгт бид итгэдэг, тиймээс C (,), тиймээс C (,), b (,), b c c (,), i.e., тэгвэл тэгш өнцөгт цухуйсан ()(Ерөнхийдөө ярих, эцэс төгсгөлгүй). Багц (b (x) 0) ба (b (x) 0) ба (B (x) 0) нээгдэж, ингэснээр эцсийн завсарлага эсвэл тоолж болно. Эдгээр интервалын хоорондох цэгүүд эсвэл сегментүүд байдаг бөгөөд б \u003d 0. Хэрэв b (x0) \u003d 0, дараа нь Cauchy \u003d 0, дараа нь cauchy даалгавар нь x x0 шийдэлтэй байна. Магадгүй энэ шийдэл нь цорын ганц зүйл биш, дараа нь түүний тодорхойлолтын хэсэгт байгаа бөгөөд дараа нь \u003d x (t) \u003d 0, гэхдээ b (x (t) -д хувааж болно. Бид эдгээр интервалууд эдгээр интервал фунт функцийг дагаж мөрдөж, тэгвэл б МОМОТОНЫГ БИДНИЙГ ХЭРЭГЖҮҮЛЭХ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ. Ийнхүү тайлбарласан журам нь ерөнхийдөө яриагаа тодорхойлохдоо тухайн хэсгийг тодорхойлохдоо тухайн хэсгийг хуваахдаа тухайн хэсгийг хуваах үед өргөдөл гаргах хэрэгтэй.

2. Зүүн ба баруун хэсгүүдийг өөр өөр хувьсагчдын дагуу нэгтгэх.

Арга I. Бид KDD (T) Даалгаврыг олохыг хүсч байна (1) x \u003d (t). Бидэнд: \u003d a (t) b (t) b (t) b (t)), тэд ижил томъёотой ижил томъёо.

II арга II. Тэгшитгэлийг маш нэрлэдэг. Анхны ODU-ийн тэгш хэмийн тэмдэг, I.e., энэ нь тухайн хувьсагч, аль хувьсагч нь хараат бус байдаг. Энэ маягт нь эхний дифференционгийн дүрийн улмаас аноремийн нэгдүгээр түвшний тэгшитгэлийн аль нэгэнд тооцогддог.

Энэ нь дифференцион баримтыг жишээ нь илэн далангүй ойлголттойгоор нарийвчлан харуулах нь зохимжтойгоор дэлгэрэнгүй мэдээллийг олж мэдэх нь зүйтэй юм. ((T, x, x)), муруй, муруй.

Тиймээс, тэгшитгэл (2) нь T ба X ба x-ийг хүссэн IR дагуу холбоно. Дараа нь эхэнд үзүүлсэн аргад (2) тэгшитгэл нь бүрэн хууль ёсны биш юм. Энэ нь та хүссэнээр нь бие даасан байдлаар сонгов.

Аргаад би үүнийг бие даасан хувьсагч гэж сонгох замаар үүнийг харуулсан. Одоо бид үүнийг Parameter S-ийг IR-ийн дагуу бие даасан хувьсагчаар сонгох замаар үүнийг харуулах болно (энэ нь тэгш байдал t ба x-ээр илүү тодорхой харагдаж байна). S \u003d S \u003d s \u003d s0 нь цэг дээр тохирох цэг (T0, x0) -тай тохирохыг зөвшөөрнө үү.

Дараа нь бидэнд: \u003d a (t a (t) t (t) t (t) DS, энэ нь тэгш хэмтэй бичлэгийн олон талтийг онцолж хэлье, жишээ нь x (t) -ийг x (t) -ийг тэмдэглэнэ t (x), гэхдээ x (ууд) -ын хувьд x (ууд), t (ууд).

Эхний захиалгын зарим ODU нь даалгавруудыг шийдвэрлэхдээ urps-ийг urps-т шилжүүлж, (жишээ нь, даалгаврыг даалгавраар).

Өөр нэг чухал хэрэг бол шугаман код юм.

Арга I. Тогтмол өөрчлөлт.

энэ бол ерөнхий арга хэмжээ авах онцгой тохиолдол бөгөөд энэ нь хэсэгчлэн тооцогдох онцгой тохиолдол юм. 2. ТУСГАЙ МЭДЭЭЛЛИЙГ ХЭРЭГЖҮҮЛЭХ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ.

Би эхлээд үүнийг дуудах ёстой. Нэг жигд тэгшитгэл:

Өвөрмөц чанарын дагуу X 0, хаа сайгүй x \u003d 0. Сүүлчийн тохиолдлуудад (4), энэ нь бүх шийдлийг (3) 0 (тэг, сөрөг, сөрөг) өгдөг.

Formula (4) нь дур зоргоороо тогтмол C1 байдаг.

Өөрсдийн шийдэл (3) C1 (T) \u003d C1 (T) \u003d C1 (T) \u003d C1 (ALNERIRIE SINDERS-ийн хувьд) харагддаг (Alnebry шугаман систем нь orneR \u003d chrn + + orou-ийн хувьд 2-р хэсэгт).

Хэрэв бид CAUCHY-ийн даалгаврыг шийдэхийг хүсч байвал x (t0) \u003d x0, дараа нь C0 \u003d x0 \u003d x0-ийг олж авах хэрэгтэй.

II арга II. Бид тэдгээрийг олох болно, өөрөөр хэлбэл, жишээ нь тэдгээрийг олохын тулд тэдгээрийг (3) (3) (the Three-x \u003d t \u003d t \u003d b \u003d b \u003d b \u003d b \u003d b \u003d b \u003d t \u003d b \u003d b тохь тухтай хослолоос гаралтай.

Бидэнд: VX VAX \u003d (vx) Хэрэв v \u003d av, өөрөөр хэлбэл (тийм тэгшитгэл, (тийм) нь аль хэдийн амархан шийдэгдэхтэй тэнцэх болно. энэ нь шугаман ODU-ode (3) шугаман odu (3) -ийг шийдвэрлэхэд тодорхой үр дүнтэй бөгөөд зарим нь асуудлыг шийдвэрлэхэд хүргэдэг. 2-р хэсэг.

Хоёулаа тооцогддог нөхцөл байдал хоёулаа онцгой хэрэг. Ped. Эхний захиалгын ODU (N \u003d 1) -ийг тэгш хэмтэй хэлбэрээр авч үзье.

Дээр дурдсанчлан, (7) нь тухайн хувьсагчийг бие даасан гэж тодруулахгүйгээр IR (t, x) -д IR (t, x) -ийг тогтоодог.

Хэрэв арбитрын функциик функцийг m (t, x, x) -г (t, x), ижил тэгшитгэлийн ижил тэгшитгэлийг олж авах болно.

Иймэрхүү ижил зүйл нь ижил тэгш хэмтэй бүртгэлтэй байдаг. Тэдний дунд, онцгой үүрэг гүйцэтгэдэг. Бүрэн дифференци, шинэчлэлтийн нэр нь энэ үл хөдлөх хөрөнгө нь тэгшитгэл биш, харин түүний бичлэгийн хэлбэр нь амжилтгүй болсон бөгөөд i.e-ийн хэлбэрүүд нь FARE-тэй тэнцүү байна (7) нь DF (7) нь FAME-тэй тэнцүү байна.

Энэ нь (7) дараа нь шинэчлэл байгаа бөгөөд энэ нь A \u003d FT, A \u003d FT, B \u003d FT-ийн хувьд зөвхөн A \u003d FT, A \u003d FT-тэй бол сүүлийн үед шаардлагатай бөгөөд энэ нь техникийн хувьд шаардлагатай бөгөөд бид хатуу техникийн мөчийг зөвтгөдөггүй Жишээ нь бүх функцын жигд байдал. Энэ баримт нь бага зэрэг үүрэг гүйцэтгэдэг. Энэ нь бага үүрэг гүйцэтгэдэг. Энэ нь зөвхөн хичээлийн бусад хэсгүүдэд шаардагддаггүй бөгөөд би үүнийг байршуулсан танилцуулга дээр хэт их хүчин чармайлт гаргахыг хүсэхгүй байна.

Тиймээс (9) хийгдсэн бол (9) нь extive тогтмол байдаг.

F (t, x) \u003d IR-ийн дагуу IR ба IE IR AP IE IR-ийн түвшний IE IR IR IR-ийн мөн чанар нь A ба B-ийн SEAD-ийн SEAD нь exp everize юм. хэцүү. Хэрэв (9) биелүүлээгүй бол үүнийг олж мэдсэн байх ёстой. Энэ нь M (t, x) ийм (8) нь шинэчлэгдсэн бөгөөд энэ нь шинэчлэлт, аналогийг хийхэд хангалттай бөгөөд энэ нь аналогыг хийхэд хангалттай бөгөөд энэ нь маягтыг агуулдаг.

Эхний захиалгын онолыг дараах байдлаар (бид 3-р хэсгийг авч үздэг), (10-р хэсэг), тэгшитгэл (10) нь үргэлж шийдэл байдаг. Тиймээс ямар ч хэлбэрийн тэгшитгэл (7) нь шинэчлэл хэлбэрээр оролттой бөгөөд тиймээс "ил тод" интеграци хийх боломжийг олгодог. Гэхдээ эдгээр аргументууд нь ерөнхий тохиолдолд бүтээмжтэй арга замыг өгдөггүй (10) Ерөнхийдөө "ерөнхийдөө" ярьдаг, бид хайж буй шийдлийг олох шаардлагатай. Гэсэн хэдий ч тэдгээр нь практик сургалтанд хамрагдахаар шийдсэн, тэдэнд олон тооны хайлтын арга техник байдаг.

URP болон Linear Odu-ийн шийдвэрийг шийдвэрлэхэд Дээрх техникүүд нь үзэл суртлын онцгой тохиолдол юм гэдгийг анхаарна уу.

Үнэндээ urp dx / dt \u003d a (t) b (t) b (t) b (t) b (t) b (t) b (t) b (t) b (x) b (x) b (x) dt нь 1 / b (x) -ийг үржүүлнэ DX / B (x) \u003d a (t) \u003d a (t) dt, etc. db (x) \u003d da (t). Шугаман тэгшитгэл DX / DT \u003d A (T) x \u003d T + B (T) x + B (t) x + b (t) x + b (t) нь тэдгээрийг үржүүлэх замаар тэдгээр нь тэдгээрийг үржүүлэх замаар шийдэгдэх бөгөөд Odu "илт асуудлыг шийдэх замаар л шийдэгддэг.

(Шугаман системтэй холбоотой том блокийг эс тооцвол захиалгаа, хувьсагчдыг бууруулах, тэдгээрийг шинэчилсэн хувьсагчдын тусламж, дараа нь шинэчлэлт хийхэд хүргэдэг. DF \u003d 0 F \u003d Const: гол ялгаатай тооцооллоор теорем ашиглан шийдэж. Бууралт буурах нь практик сургалтын явцад уламжлал ёсоор оруулсан болно.

Эхний захиалгын эхний захиалгын эхний захиалгын талаар хэд хэдэн үг хэллэгийг зөвшөөрөөгүй:

§ 1-д дурдсанчлан § 1-д дурдсанчлан та (11) -ийг x-тэй харьцуулахыг оролдож, хэвийн хэлбэрийг олж авах боломжтой боловч энэ нь үргэлж тохиромжгүй байдаг. Ихэнхдээ энэ нь (11) шууд шийдвэрлэхэд илүү тохиромжтой байдаг.

Орон зайг ((t, x, x, x, p)) авч үзье. P \u003d x Хаана P \u003d x нь бие даасан хувьсагч гэж тооцогддог. Дараа нь (11) Энэ орон зайд гадаргууг тодорхойлно (F (t (t (t (t, x, x, p) \u003d 0), энэ нь параметрик байдлаар бичдэг.

Энэ нь жишээлбэл, жишээ нь R3 дахь бөмбөрцөгийн тусламжтайгаар юу гэсэн үг болохыг санах нь ашигтай байдаг.

хүссэн шийдэл энэ гадаргуу дээр муруйн тэнцүү байна: T \u003d S, х \u003d X (үүд), х \u003d X (с) - шийдэл дээр холболт DX \u003d PDT байгаа тул эрх чөлөөний нэг зэрэг алдсан байна. Бид энэ линкийг гадаргуу дээрх параметрийн хувьд (12): gu + gv dv \u003d h (fv + fv dv), i.e.

Ийнхүү хүссэн шийдлүүд нь гадаргуу дээр (12) гадаргуу дээр (12) тэгшитгэлд холбогдсон (13) -тай харьцуулахад муруйтай тохирч байна. Сүүлийнх нь эсрэгээр шийдэж болох тэгш хэмтэй хэлбэртэй байдаг.

Зарим нутагт хэрэг I. бол (Гу HFU) 0, дараа нь \u003d (12) дараа нь T \u003d F ((V), V), X \u003d G ((V), V) -д хүссэн муруйн нь параметрийн бичлэг өгдөг онгоц ((T, X)) (жишээ нь бид шаардлага байхгүй оноос хойш бид энэ онгоцоор төслийн).

Case II. Үүнтэй адил, хэрэв (GV HFV) \u003d 0.

Тохиолдол III. Нэг удаа зарим цэг дээр, gu hfu \u003d gv hfv \u003d 0. 0. 0 нь тусдаа дүн шинжилгээ хийх шаардлагатай байдаг.

Жишээ. Тэгшитгэл Clero X \u003d TX + X 2. Бид байна:

x \u003d TP + P2. Энэ гадаргууг Parametrize: Т \u003d U, P \u003d V, X \u003d хэт ягаан туяаны + V 2. тэгшитгэлийг (13) маягтыг (U + 2V) DV \u003d 0 болно.

Тохиолдол I. хэрэгжүүлсэн байх.

Тохиолдол II. U + 2V \u003d 0, дараа нь DV \u003d 0, DV \u003d 0, I.E.E.E. V \u003d c \u003d c \u003d cong.

Тэгэхээр, T \u003d U, х \u003d Cu + C 2 - параметрийн IR бичлэг.

X \u003d ct + c 2 хэлбэрээр хялбархан шатаах.

Тохиолдол III. U + 2V \u003d 0, I.E.E. V \u003d U / 2. Тэгэхээр, T \u003d U, X \u003d U2 / 4 - "IR-д нэр дэвшигч" гэж параметрийн бичлэг.

Энэ нь IR эсэхийг шалгахын тулд бид үүнийг илт x \u003d t2 / 4 байна. Энэ нь (тусгай) шийдвэр гарсан байна.

Дасгал. Тусгай шийдэл нь бусад бүх зүйлийн талаар санаа зовдог болохыг батлах.

Энэ бол нийтлэг баримт юм. Аливаа онцгой шийдлийн хуваарь бол бусад бүх шийдлийн гэр бүлийн дугтуй юм. Энэ нь тусгай шийдлийн өөр нэг тодорхойлолтыг нарийн, дугтуйнд (үзнэ үү).

Дасгал. Илүү олон ерөнхий Clero Equiation x \u003d tx (x) нь гүдгэр функцтэй, тодорхой шийдэл нь X \u003d tx (x) нь x \u003d t \u003d tx (t), IE \u003d (t) -аас хаашаа,, IE \u003d (t) -ийг үзэх, эсвэл өөрөөр хэлбэл, IE \u003d (t) -ийг хаашаа, эсвэл \u003d () -ээс хөрвүүлэлтийг харуулж байна. \u003d Макс (ТВ (V)). Үүнтэй адил, x \u003d tx + (x) тэгшитгэлийн хувьд.

Сэтгэгдэл бичих. Илүү их уншиж, анхааралтай уншина уу § 3 нь сурах бичиг дээр гардаг.

Багшийн сэтгэгдэл. Лекцурын явцыг уншихад § 3 нь өргөжүүлэхэд тустай, § 3-ыг өргөжүүлэх нь ашигтай байж, илүү хатуу хэлбэрийг өгөх болно.

Одоо сургалтын үндсэн зураг руу буцах, танилцуулга нь §§§§§-д эхэлсэн.

§ 2. § 2-д CAACY-ийн үндсэн асуудлаар § 2-т дэлхийн шийдэгвээний шийдэл, I.e.e.e. зөвхөн t0 агуулсан тодорхой интервалаар орон нутгийн оршин тогтнох чадварыг нотолсон.

Одоо ногдох уун алсын харласаныг нь онцолж, уунын өвөгдөлийн онц байдал илэрхийлсэн Би үүний чимэглэлийн бус зүйл өөр байгааг ойлгосон бөгөөд мөн нэг удсан дутуу зүйлийг ойлгож ойлгодог. Хэрэв F шугамаар шугаман бол x-ийн шугаман бол дэлхийн оршин тогтнохыг олж авбал, I.E., Тэгшитгэл (систем) -ийг (систем) -ийн коэффициентийг тодорхойлж, тасралтгүй, тасралтгүй хийдэг. Гэсэн хэдий ч, ерөнхий онолын шоуны шугаман системд ашиглах оролдлого, Peano Picking Apsaval нь ерөнхийдөө уусмалыг баригдаж болно. Байгалийн асуултууд гарч ирэв:

1. Шийдлийг батлав (1) -ийг батлах хамгийн их интервалыг хэрхэн тодорхойлох вэ?

2. Энэ интервал үргэлж дээд тал нь (1) 1-тэй хамгийн их давхцаж байдаг уу?

3. Шийдлийн талаархи ойлголтын талаархи ойлголтын талаархи ойлголтыг тодорхойлолт хийхгүйгээр хэрхэн зөвтгөх вэ?

2-р асуултанд хариулсан хариулт нь ерөнхийдөө сөрөг (эсвэл маш нарийвчлалтай байхыг шаарддаг), дараахь жишээг шаарддаг. x \u003d x2, x (0) \u003d x0. Хэрэв x0 \u003d 0, дараа нь x 0 - Osgood теорем дээр өөр шийдэл байхгүй. Хэрэв x0 \u003d 0 байвал бид зураг хийхээр шийдсэн). Шийдлийн оршин тогтнолын интервал нь (1 / X0, x0) эсвэл (1 / X0, x0, x0, +) -тай харьцуулахад X0 ба x0 ба xp minoce-ийн хоёр дахь мөчир нь шийдэлтэй холбоогүй юм! - Энэ бол ердийн оюутны алдаа). Эхний харцаар, анхны даалгаварт юу ч "ийм үр дүнг урьдчилан мэдээгүй." § 4 нь бид энэ үзэгдлийн талаар тайлбар олох болно.

X \u003d t2 + + + x2-ийн жишээн дээр. Шийдлийн интервал дахь оюутнуудын ердийн алдаа гарч ирнэ. Энд "тэгшитгэл нь тодорхойлогддог" нь бүх зүйлийг бүхэлд нь шийдвэрлэх шийдвэрийг бүхэлд нь үргэлжлүүлэхгүй байгаа баримт юм. Энэ нь цэвэр өдөр тутмын үзэл бодлоос үүдэлтэй, жишээлбэл, тэдний дор хууль ёсны хууль тогтоомж, үйл явцыг дагаж мөрддөг. Хууль 2015 онд компанийн оршин тогтнохыг тогтоосон бөгөөд энэ нь үүнийг 2015 онд компанийн оршин тогтнохгүй байх нь тодорхой биш юм Компани энэ жилийн хувьд дүрмийг дагаж мөрдөхгүй. Дотоод шалтгаанаар (хуулийн хүрээнд хүчин төгөлдөр байдаг).

Асуултанд хариулахын тулд 1-3 (мөн тэдгээрийг тодорхой томъёолохын тулд богино хэмжээний шийдэл, богино шийдэл байх ёстой. Бид (бид тохиролцсоны дагуу) (1) тэгшитгэлийг (1) 1-ийг хослуулах (1) 1-ийг хослуулах (, tr ())).

Тодорхойлолт. Шийдэл (, (tl (tl (tr (tl (), tr ()))) шийдлийн үргэлжлэл байдаг (tl (tl ()), хэрэв (tl (), tr (), tr (), tr () (tr () (tr () (tr () )), ба | (TL (tl (), tr ()) \u003d.

Тодорхойлолт. Шийдэл (, (tl (tl (tl (tl (), tr ())) - богино, хэрэв энэ нь тривиаль бус (I.-ээс бусад) үргэлжлэлгүй бол. (Дээрх жишээг үзнэ үү).

Энэ нь тодорхой үнэ цэнэтэй бөгөөд энэ нь тодорхой утга бөгөөд тэдгээрийн нөхцөлд, тэдгээрийн нөхцөлд, тэдгээрийн нөхцөлд оршин тогтнох, өвөрмөц байдлыг нотлоход шаардлагатай байдаг. Байгалийн асуулт гарч ирж, орон нутгийн шийдвэр, эсвэл CAUCHY-ийн ажил дээр үндэслэн HP барьж болох уу? Энэ нь тийм болж хувирдаг. Үүнийг ойлгохын тулд бид ойлголтуудыг танилцуулж байна:

Тодорхойлолт. Шийдлийн багц ((, ((, (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tl (tr (tr ()))) ямар нэгэн 2 шийдэл нь тэдний тодорхойлолтын интервалын уулзвар дээр давхцаж байвал тууштай байдаг.

Тодорхойлолт. Шийдэлтэй тууштай шийдлүүдийг хамгийн их шийдэж чадахгүй байгаа бол шинэ багц нь нийцэж, шийдлийг хослуулан шинэ цэгүүдтэй бол.

MNN барих нь HP-ийг барихтай тэнцэхүйц юм.

1. Хэрэв HP байгаа бол, дараа нь ямар нэгэн MNN, аль нэг нь зөвхөн нарийвчлалтай байх болно.

Дасгал. Шалга хийх.

2. Хэрэв MNN байгаа бол HP (, HP (T, T +)) -ийг дараахь байдлаар барьсан.

тавих (t) \u003d (t), хаана - энэ үед тодорхойлсон enn enn элемент. Мэдээжийн хэрэг, ийм функц нь бүх зүйл дээр өвөрмөц байдлаар тодорхойлогддог (T +, t +) (Тэмдэглэл) (Тэмцээний тууштай байдал нь энэ үед тодорхойлсон бүх enn элементүүд бүрт давхцаж байна. Ямар ч t (t, t, t +) ямар нэгэн байдлаар тодорхойлогддог тул түүний хүрээлэн буй орчинд байдаг. Энэ хөршүүдээс тийм ч шийдэл байдаг. Тиймээс, бүх зүйл (1) 1 нь бүх зүйл дээр (T, t +) дээр байдаг. Энэ нь богино, эс тэгвээс хойш, бусад тохиолдолд, Үгүй, Үгүй үргэлжилж чадахгүй нь MNN-д хамгийн их утгатай болно.

Орон нутгийн өвөрмөц бус тохиолдолд (PEANOM-ийн нөхцөлд), энэ нь орон нутгийн өвөрмөц биш тохиолдолд (Peano-ийн нөхцөлд), гэхдээ энэ нь нэлээд төвөгтэй байдаг, гэхдээ энэ нь алхам алхамаар хэрэглэнэ пеаны теорем нь интервал-үргэлжлэл -ийн ёроолд тооцогддог. Тиймээс HP үргэлж байдаг. Энэ тохиолдолд л орон нутгийн өвөрмөц байдал байгаа тохиолдолд л үүнийг зөвхөн энэ тохиолдолд л зөвтгөх болно. MNN (тиймээс HP) нь дэмий юм. Жишээлбэл, тодорхой байдал, бид тодорхой байдлаар, бид TC-P-ийн хүрээнд ажиллах болно.

Теорем. B RN + 1-р бүсэд TK-P нөхцлийг хий. Дараа нь ямар ч (T0, X0, X0) B, Асуудал (1) нь нэг HP-тэй байдаг.

Нотлох баримт. Асуудлын бүх шийдлийн багцыг авч үзье (1) (энэ нь TK-P-ээс хоосон биш). Энэ нь MNN-ийг бүрдүүлдэг. Орон нутгийн өвөрмөц байдлаас шалтгаалан хамгийн их нийцэж байгаа бөгөөд энэ нь Cauchy асуудлын бүх шийдэл юм. Тиймээс HP байдаг. Энэ бол орон нутгийн өвөрмөц байдлын цорын ганц зүйл юм.

Хэрэв та одоо байгаа орон нутгийн шийдвэр (1) 1 (1) 1 (коукийн даалгавар биш), дараа нь орон нутгийн өвөрмөц бус байдал нь CAACHY-ийн ажилчдын даалгаврыг бууруулж байна. Боломжтой IR IR ба холбогдох CAACY даалгаврыг авч үзье. Энэхүү даалгаврын HP нь өвөрмөц байдлаас болж анхны шийдлийн үргэлжлэл байх болно. Хэрэв ямар ч өвөрмөц зүйл байхгүй бол өгөгдсөн шийдлийг үргэлж тодорхойлсон журмыг гүйцэтгэдэг.

Сэтгэгдэл бичих. HP-ийн төгсгөлд түүний оршихуйн төгсгөлд (өвөрмөц байдлаас үл хамааран) шийдэл, терминалын цэг дээр үл хамааран. Сегментийн төгсгөлд ODU-ийн шийдвэрийн дагуу ODU-ийн шийдвэрийн дагуу ойлголтыг тодруулах шаардлагатай байна.

1. Арга барил 1. Шийдвэрийг (1) 1-ийг (1) 1-ийг (1) 1 нь төгсгөлд нь тэгшитгэлийн утгыг агуулж байгаа функцийг ойлгодог. Дараа нь зарим шийдлийг заасны магадлалтай, жишээлбэл, оршин тогтнохын тулд оршихуйн төгсгөлд (t, t +] нь B, C 1 (T 1 (T +] гэсэн үг юм. Харин дараа нь Cauchy X (T +) үйлдлийг зөв эцэст T + (цэг T-д нь (1) шийдвэрлэх. \u003d (T +) ба түүний шийдлийг олж, бид олж + аль аль нь нэг талын үүсмэл байгаа болон F тэнцүү байдаг ( T +, (t +)) нь нийтлэг дериватив нь нийтлэг дериватив байдаг гэсэн үг юм.

2. Аргаарах 2. Хэрэв уусмалын дагуу (1) 1-р сегментийг (1) 1 нь функц гэж ойлгодог бөгөөд энэ нь зөвхөн төгсгөлд нь тасралтгүй, гэхдээ of of of of of the of in of ind-ийн төгсгөлүүд юм. - Энэ нь зөвхөн холбогдох салшгүй тэгшитгэлийн тэгшитгэлийн хувьд ижил шалтгааныг (дэлгэрэнгүй мэдээллийг үзнэ үү).

Ийнхүү, нэн даруй шийдлийг тогтоосон интервалаар хязгаарлагдаагүй бөгөөд бид нийгмийг зөрчиж, нэг талыг нь зөрчөөгүй (зөвхөн нэг талт домогт деривативуудаас зайлсхийв.).

Үүний үр дүнд бид 3-р асуултанд хариулав. § 4-ийн эхэнд хүргэсэн. § 4-ийн эхэнд хүргүүлсэн. (Жишээ нь, osgood-picara), HP-ийн шийдвэр гаргахад HP-ийн асуудлыг шийдвэрлэхэд HP-ийн асуудлыг шийднэ. Хэрэв өвөрмөц байдал нь эвдэрсэн бол маш олон HP даалгаврыг агуулж болно. Аливаа шийдэл (1) (эсвэл зүгээр л (1) 1) -ийг HP-т үргэлжлүүлэн үргэлжлүүлж болно.

Асуултанд хариулах 1.2, хувьсагчийг тусад нь биш харин хувьсагч T-ийг анхаарч үзэх хэрэгтэй. Гэхдээ сансарт RN + 1-ийн зан байдал. Яаж IR "төгсгөлийн ойролцоо" -ын талаар "бие даасан" -ын тухай асуулт гарч ирэх бөгөөд бид оршин тогтнохын зай дуусч, in in in in in in in in in in ind нь байхгүй байж магадгүй юм. B - доороос үзнэ үү).

Теорем. (авсаархан явах тухай).

бид орон нутгийн өвөрмөц дүгнэлтгүй байдал бүрэн нэгтгэсэн боловч энэ нь ч заавал орон нутгийн сатормыг бий болгож, энэ юм биш, TPK нь HP-ийн шалгуур хэлбэрээр томилсон байна.

TC-P-ийн нөхцөлд ямар ч HP тэгшитгэлийн нөхцөлд (1) 1 нь ямар нэгэн HP тэгшитгэлийн диаграмыг (t b (t +): (t +) k.

Жишээ. K \u003d (((t, x) B | ((t, x) ((t, x), b)).

Сэтгэгдэл бичих. Тиймээс IR-ийн ойролцоо t ± ойртох B ± ойртож байна b: (t t t t t ± - 0-д T T T ± - Дотор нь BECENT-ийг үргэлжлүүлэн хийх явцыг үргэлжлүүлэхийн явцыг үргэлжлүүлж чадахгүй.

эерэг, энд дасгал хийх нь устгасангүй хаалттай хаалттай олон багцын хоорондох эерэг байдлыг нотлоход ашигтай байдаг бөгөөд энэ нь авсаархан юм.

Нотлох баримт. Засах K B-ийг засах. 0 (0, (k, b)). Хэрэв b \u003d rn + rn + 1, дараа нь бид тодорхойлолтоор (k, b) \u003d +. SET K1 \u003d (((T, x, x) | (((t, x) k / k) 0/2-ыг бас авсаархан байдаг. T ба R DoK-ийг сонго, жишээ нь үргэлж жижиг хэмжээтэй байдаг тул жишээ нь ext of and and of and of and of and of and of and of and of and of and of and t 2 + R2 2/4-ийг авахад хангалттай. Дараа нь CAUCHY SIGH-ийн даалгавар нь бүх (T T T0, T + T0 \u003d M MIND (T, R / F) k-ээс (T T0, T T0 \u003d Min (T Min) -аас (T T T0 \u003d Min (T MIN) k Байна уу.

Одоо хүссэн хэсгийг нь авах боломжтой. Үнэндээ (t, (t, t)) k, дараа нь t + t0 t + t + t + t t0. Жишээ нь, жишээ нь, хоёр дахь тэгш бус байдал. X \u003d (2) -ийг x \u003d (t) -ийг хамгийн багадаа t \u003d (t \u003d t0 to + t0, гэхдээ ижил асуудалтай байгаа тул ext үүнтэй ижил асуудалтай байна. Тиймээс энэ нь үргэлжлэл байдаг, тиймээс үргэлжлэл юм T0 t +.

Ийнхүү HP диаграм үргэлж "хүрч" гэж хэлдэг тул HP-ийн оршихуйн интервал нь IR-ийн геометрээс хамаарна.

Жишээлбэл:

Тайлан. B \u003d (a, a, b) rn (интервалын төгсгөл эсвэл хязгааргүй), TK-P-ийн нөхцлийг HP-ийн нөхцлийг хангаж байна. T0 (A, B) нь T0 (A, B) -ийг t0 (a, b) хангаж өгдөг. Дараа нь t + \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d эсвэл | (t) | + t t at (ба үүнтэй төстэй t).

Нотлох баримт. Тиймээс, T + B, дараа нь t + +.

Комакт K \u003d B B B B B. TPK-ийн дагуу ямар ч r + + tp + tp + tp + t + t + t + t + + t + t + the (t +) + t + t + the (t +) + the (t +) k. + t + the (t +) + (t +) k., гэхдээ t +, дараа нь зөвхөн дансанд боломжтой | (T) | R. Гэхдээ энэ нь | (t) + t t + дээр.

Энэ тохиолдолд F-тэй "бүх x" -ийг тодорхойлсон бол, nr-ийн оршихуйн интервал (A, B) нь хамгийн их магадлалтай (A, B) -ээс бага байж магадгүй юм Интервал (T, T, T +) (ерөнхий тохиолдолд - хилийн дагуу b).

Дасгал. Хэрэв b \u003d (a, a, b) тохиолдолд хамгийн сүүлийн мэдэгдлийг нэгтгэх нь зүйтэй юм.

Сэтгэгдэл бичих. Үүнийг ойлгох шаардлагатай | (T) | + нь ямар ч K (t) гэсэн үг биш юм.

Тиймээс бид 2-р асуултанд хариулсан. § 4-ээс § 4): IR § 4): IR нь B тэнхлэг дээрх Project-ийн төгсгөлд хүрч чадахгүй. Асуулт нь 1-ийг үлдээж байна - ODU-г шийдэхийн тулд ямар нэгэн шинж тэмдэг хэвээр байна. "Олон тооны интервал" -ийг шийдвэрлэх боломжийг хэрэгжүүлэх боломжтой юу? Шугаман ODUAL-ийн хувьд бид үүнийг мэддэг бөгөөд энэ үргэлжлэл нь үргэлж боломжтой гэдгийг бид мэднэ, энэ үргэлжлэл бөгөөд жишээ нь § 4-ийн эхэнд энэ нь боломжгүй юм.

U URP-ийн URP-ийн онцгой тохиолдлыг харуулахыг анхаарч үзээрэй.

тохиромжгүй интеграл H (S) DS (V) DS (үзэхэд тохирохгүй байна \u003d + + + эсвэл POILE-ийн онцлог шинж чанар нь сонголтоос хамаарахгүй) сонголтоос хамаарахгүй (,). Тиймээс энэ интеграцийг хөрвүүлэх эсвэл ялгаатай байх үед h (s) ds бичье.

Үүнийг osguda теорем болон холбогдох нэхэмжлэлд аль хэдийн хийж болно.

Тайлан. C (,), b c (, +) -ийг интервалаар эерэгээр зөвшөөр. CAUCHY-ийн асуудал (T0 (, T0 (, T0 (, x0 (,), x0) нь x x x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d t x (t x) зайтай (T, T +) (,). Дараа нь:

Corollary. Хэрэв A \u003d 1, \u003d \u003d +, дараа нь t + \u003d + нотолгоо. (Батлах). X Монотоник байдлаар нэмэгддэг.

Дасгал. Батлах.

Тиймээс x (t +) \u003d lim x (t) + + байна. Бидэнд 1. T +, x (t +) + + + нь TPK дээр боломжгүй, X нь HP байна.

Хоёулаа салшгүй эсвэл эцэс төгсгөлгүй.

Дасгал. Нотлох баримтыг дуусгах.

Багшийн үндэслэл. Эцэст нь хэлэхэд бид 3: A (ууд) DS + +, ба 4-ийн тохиолдолд 4-ийн тохиолдолд (хэрэв хэрэгжсэн бол) ижил байна.

Ийнхүү, indpeest indus in \u003d in \u003d 1 зүйлийн indus-ийн хувьд x \u003d f (x) -ийн хувьд шийдлийн тасралтгүй шийдлийг арилгахын тулд шийдлийн тасралтгүй байдлын талаар илүү нарийвчлалтайгаар тодорхойлно.

автономит) тэгшитгэл 3-р хэсгийг үзнэ үү.

Жишээ. F (x) \u003d x, 1 (ялангуяа шугаман хэрэг \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d \u003d x ln \u003d \u003d x ln \u003d \u003d x ln \u003d \u003d x ln \u003d \u003d x ln-ийн шийдлийг + -ын үргэлжлүүлэх боломжтой. F (x) \u003d x ба f ба f (x) \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d x ln \u003d 1 шийдэл, "эцсийн цагийг устгасан.

Ерөнхийдөө нөхцөл байдлыг олон хүчин зүйлээр тодорхойлдог бөгөөд тийм ч энгийн биш, гэхдээ "өсөлтийн ач холбогдол нь X-ийн ач холбогдол нь хэвээр байна. N 1-ийн хувьд үргэлжлэх, үргэлжлэх шалгуурыг томъёолох нь хэцүү, гэхдээ хангалттай нөхцөл байдал байдаг. Дүрмээр бол тэд ингэж нэрлэдэг хүмүүсийн тусламжтайгаар боддог. Шийдэл шийдлийн априори үнэлгээ.

Тодорхойлолт. H C C (,), H 0. Хэдэн сондгой шийдэлд үүнийг хэлье. AO | x | x (t) | H (T) дээр (,), хэрэв энэ ode-ийн шийдэл нь энэ нь интервал (,) -ийг интервал (,) -ийн аль нэг нь (,) -ийн нэг хэсэг (жишээ нь, шийдэл нь заавал бие даасан байдлаар) заавал тодорхойлсон гэж тооцогддоггүй (жишээ нь) ).

Гэхдээ энэ нь шийдлийг (,) бүхэлд нь (,) бүхэлд нь тодорхойлно гэж үзвэл энэ нь (,) (тиймээс) (тиймээс, ингэснээр үнэлгээгээр үнэлж, ингэснээр үнэлгээгээр үнэлдэг.

Теорем. CAUCHY-ийн асуудлыг (1) tk-p-ийн нөхцөл байдлыг хангаж, уусмалыг хангаж, уусмалынхаа төлөө (x | x | h (t | h (t), t ,)) b. Дараа нь HP (1) нь бүх (,) (, тиймээс jsc-ийг сэтгэл ханамжтай байдаг).

Нотлох баримт. Бид t + (t нь үүнтэй төстэй) гэдгийг нотолж байна. T + гэж бодъё. Compact k \u003d (| x | h | h (t t t t t t t t t t t tpk. T t tpk at tp at (t t t tpk) x, t tpk-ийн цэг (t t t at (t at the tpk) kst (t tpk) k. at at tbk (t at tpk) k. + tpk-ийн цэг нь jsc-ийн цэгийг k.

Тиймээс, зарим интервалын шийдлийг нотлох баримтыг нотлох, шаардлагатай интервалын шийдлийг албан ёсоор үнэлэхэд хангалттай.

Аналог: Леб функцийг хэмжих, интегралын албан ёсны үнэлгээ нь интегралын бодит оршин тогтнох.

Энэ логик бүтээлүүд шиг нөхцөл байдлын талаар зарим жишээг өгцгөөе. Дээр дурдсан дипломыг "Хэтэрхий өндөр" x хурд хангалттай удаан байна. "

Тайлан. B \u003d (,) RN, F, F B on B, | F (T, x) -ийн нөхцлийг хангаж өгье. A (T) B (| x |), A ба B газар нь өмнөх зөвшөөрлийн нөхцлийг хангаж өмнөх баталгааны нөхцлийг хангаж өгдөг c \u003d 0, \u003d + +. Дараа нь HP-ийн асуудал (1) нь T0 (x0 Rn) дээр (1) дээр байдаг.

Лемма. Хэрэв тасралтгүй, (T0) (T0) (T0); T t нотлох баримт. Тайлбар эргэн тойронд (t0, t0 +) -д нь: хэрэв (t0) (t0), дараа нь энэ нэн даруй тодорхой, өөрөөр юм (хэрэв (t0) \u003d (t0) \u003d 0) байна (t0) \u003d G (t0, 0 ) (T0) шаардлагатай бол дахин өгөх болно.

Одоо T1 T0 (T1) ийм байна гэж бодъё. Мэдээжийн хэрэг тодорхой шалтгааныг (t1) t2 (t0) t2 (t0) t2 (t0) \u003d (t2) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0) \u003d (t0).

g ямар ч, үнэхээр л хэрэгтэй, та зөвхөн, c, \u003d тэнд \u003d, тэнд хаа сайгүй байдаг. Гэхдээ толгойг нь оноохгүй байхын тулд Лемма шиг бод. Энэ нь хатуу тэгш бус байдал, гэхдээ энэ нь шугаман бус odu, одоо ч гэсэн ийм юм гэж нэрлэгддэг.

Багшийн сэтгэгдэл. Лемма дахь энэ төрлийн тэгш бус байдал нь Chaplygine тэгш бус байдал (LF) гэж нэрлэгддэг. Лемма-д үүнийг харахад амархан байх нь амархан байдаггүй, тиймээс энэ нь "хатуу LF" нь үнэн бөгөөд энэ нь Peano-ийн теоремийн хүрээнд үнэн бөгөөд энэ нь үнэн бөгөөд "Хүчтэй бус LF" нь "тэгш бус байдал нь тэгш бус тэгш бус байдлын онцгой тохиолдол юм. Эцэст нь хэлэхэд "цус харвалт бус" гэдэг нь үнэн бөгөөд энэ нь үнэн бөгөөд гэхдээ үүнийг зөвхөн дотооддоо нотлох боломжтой.

Нотлох баримт. (Батлах). Бид t + \u003d \u003d (t \u003d \u003d \u003d үүнтэй төстэй) гэдгийг нотолж байна. Дээрх зөвшөөрлийн дагуу t +, дараа нь | x (t) | + t t at, ингэснээр x \u003d 0-ийг тооцож болно. Хэрэв бид jsc | z | -ийг баталж байгаа бол H hor) (бөмбөг нь хаалттай байх болно).

CAUCHY DISTER X (0) \u003d 0 нь R дээр цорын ганц HP X \u003d 0 байна.

Бид F + дээр HP дээр байгаа HP дээр HP дээр хангалттай нөхцөлийг илтгэнэ. + + Жижиг x0 \u003d x (0) -д баталгаатай болно. Үүнийг хийхийн тулд (4) гэж бодож байна. Lyapunova, I.E. Ийм функц v, энэ нь:

1. V C 1 (B (0, R));

2. SGNV (x) \u003d sgn | x |;

Нөхцөл байдлын гүйцэтгэлийг A ба B:

A. CAUCHY даалгаврыг хаана | x1 | авч үзье R / 2. Бид цилиндрийг барина b \u003d r b (0, r) нь F (0, r) нь F-ийн функцийг тодорхойлж, хязгаарлагдмал, \u003d max | f | f | f | f | f \u003d force-ийг тодорхойлох талбар юм. TC-P-ийн хэлснээр (T1 T1 T1 T1 T1 T1 T0, T1 TITERAL (T1 T1 T1 T1 T1), T0 \u003d MIN (THED (2F)). T0 \u003d \u200b\u200bR / (2F) -д хангалттай том t-ийн сонголт хийх сонголт. T0 нь сонголтоос хамаардаггүй (T1, x1), зөвхөн | x1 | x1 | R / 2.

B. Шийдэл (5) -ийг (5) нь BALL B (0, R) -д хадгалагдаж, үлддэг. Бидэнд байгаа:

V (X (T)) \u003d F (X (T)) · V (х (T)) 0, жишээ нь V (х (T)) V (x1) М (R) \u003d Макс V (Y). М ба м ба м ба м нь буурахгүй, Истедиа | R Frivans нь тэг, m (0) \u003d m (0) \u003d m (0) \u003d 0, тэг ба гадна тэдгээр нь эерэг байна. Тиймээс R 0 ийм м (r) m (r / 2) байна. Хэрэв | x1 | R, дараа нь v (x (t) v (x1) m (x1) m (r) m (r) m (r / 2) m (r / 2): x (t) | R / 2. R r / 2 гэдгийг анхаарна уу.

Одоо бид теоремийг PP-ээс томъёолж чадна. A, B нь шийдлийн дэлхийн оршин тогтнохыг харуулдаг (4):

Теорем. Хэрэв (4) нь Lyapunov-ийн функцтэй, дараа нь x0 B (0, r) x0 b (t0) \u003d t0 (t0) \u003d x0 \u003d x0 (t0) \u003d x0 (t0) \u003d x0 (t0) \u003d x0 (t0) \u003d x0 (t0) \u003d x0 нь систем (4) -д (4) \u003d x0 T0) тодорхойлсон + +.

Нотлох баримт. Pace-ийн буян, шийдлийг t1 \u003d t0 \u003d t0 + t0 / 2-оор барина. Энэхүү шийдэл нь B (0, r) -д оршдог ба үүнд B (0, r) ба түүнээс дээш зүйл ашиглах ба x | x | x (t1) | R / 2. Бид дахиад n. A-д хамаарна. A ба T2 \u003d T1 \u003d T1 / 2, I.E., одоо шийдлийг гаргаж ирэв. Энэ шийдэлд хүрч, B-ийг ашиглаад B-г ашиглана уу. | X | x (T2) | R / 2-ийн тоог тоолж болох алхамуудын хувьд бид § 5-р шийдлийг олж авахын тулд § 5. § 5-ийн шийдлийг олж авна. Хэрэв зарим, T0 (), x0 (), x0 () энэ CAACHY TOAD нь HP-тэй бол HP-тэй бол x (t,). Асуулт гарч ирэв: Хараат байдлаас хэнээс хэрхэн сурах вэ? Энэ асуудал нь янз бүрийн програмд \u200b\u200bчухал ач холбогдолтой (мөн энэ нь 3-р хэсэгтээ босох болно), энэ нь хамгийн чухал зүйл биш юм.

Жишээ. CAUCHY-ийн даалгаврыг авч үзье. Түүний HP нь одоо байгаа бөгөөд tc-p-ээс эхэлдэг бөгөөд энэ нь TC-P-ээс дараахь байдлаар, гэхдээ үүнийг энгийн функцээр илэрхийлэх боломжгүй юм. Дараа нь түүний шинж чанарыг хэрхэн судлах вэ? Нэг арга зам: (2) Асуудлыг y \u003d y, y (0) \u003d 0) \u003d 1, \u003d 1-ийг хялбархан байрлуулна: y (t) \u003d \u003d \u003d ET. Үүнийг x (t) y (t) \u003d et гэж үзэж болно гэж үзэж болно. Энэ санааг тооцож байна: Асуудлыг дараахь зүйлийг тооцож үзнэ үү. \u003d 1/100 \u003d энэ нь \u003d 2), ба \u003d 0 нь y \u003d 0 нь y-ийн даалгавар юм. Хэрэв бид x \u003d x (t x (t) нь тасралтгүй үргэлжилж байгаа бол бид x (t (t) x (t) 0, x (t, 1/100) x (t, 1/100) x (t, 1/100) x (t, 1/100) x (t, 1/100) -ийг олж авдаг. ) \u003d Et.

Энэ нь x-тэй х-той хэр байгааг үл тоомсорлож байгаа боловч x програм хангамжийн нотолгоо нь цааш нь сурталчлах боломжгүй алхам юм.

Үүнтэй адил, энэ нь анхны өгөгдөл дэх параметрээс хамаарч ашигтай, суралцах явдал юм. Дараа нь харахад энэ хамаарал нь тэгшитгэлийн баруун хэсэгт байрлах параметрийг параметрийг хялбархан болгож байна. K + 1; F Lipzytsevaeva нь X-ийн x-ээс x-ийн аливаа гүдгэр дээр d (жишээ нь, хангалттай C). Засах (t0, x0). Domote m \u003d rk | (T0, x0,) D нь зөвшөөрөгдсөн зөвшөөрлийн төрөл юм (аль нь даалгавар (4) утгатай байдаг. M нээлттэй байгааг анхаарна уу. (T0, x0) нь үүнийг сонгосон гэж бид бодож байна. TK-P-ийн дагуу, бүх м-ийн дагуу нэг nr асуудал байна (4) - x \u003d t \u003d t \u003d t \u003d t \u003d (t + () -ийг тодорхойлно.

Хатуу ярих нь олон хувьсагчаас хамаардаг тул та (4) бичлэг хийх хэрэгтэй.

хаана (5) 1 нь G \u003d ((t,) | M \u003d (t (t,) M, T (t + (t + ())). Гэсэн хэдий ч D / DT ба / TCOS-ийн хоорондох ялгаа нь зөвхөн сэтгэлзүйн хувьд (хэрэглээ нь "засах" сэтгэлзүйн үзэл бодлоос хамаарна). Ийнхүү G нь PETE G бол функцийг хамгийн их тохируулсан тодорхойлолт бөгөөд G-д тоог мөрдөх ёстой.

Бидэнд туслах үр дүн хэрэгтэй болно:

Лемма. (Holonolla). СУРГАЛТ C, 0, 0-ийг бүх тоонд хүргэе, дараа нь T.-ийн тооцоогоо хүргэе, энэ нь багшийн хувьд үнэн юм. Лекц уншихад та энэ томъёог урьдчилан дурьдаж чадахгүй, гэхдээ газар орхин гарч, гаралтын дараа, мөн гарах гаралтын дараа.

Гэхдээ энэ томъёогоор энэ томъёог харцаар нь байлга.

h \u003d A A + B AH + B, хүссэн газраасаа хаанаас авах боломжтой.

Энэ Lemma-ийн утга нь: ялгаа, тэгш бус байдал, тэгш бус байдал, тэгш бус байдал, тэгш бус байдал, Далар ба тэдгээрийн хооронд хийсэн холбоотой эелдэг, нь шугам, хоорондын уялгаа ба тэгшлэлүүд нь ЗӨВЛЭЛ, Харилцаа нь доод, бидний хоорондох харилцаа ба тэгш бус байдал бөгөөд бүгдийн хооронд, зөв, нь GNOREL ба САРОНСАН, ЗӨВЛӨГӨӨН, НЭГЕйнх нь ялгаа юм.

Сэтгэгдэл бичих. Та энэ лемма баталж, A ба B-ийн талаархи ерөнхий таамаглалыг баталж чадна, гэхдээ энэ нь бидэнд шаардлагагүй бөгөөд энэ нь UMF-ийн сургалтанд хамрагдахгүй бөгөөд энэ нь UMF-ийн сургалтанд хамрагдахгүй бөгөөд энэ нь UMF-ийн сургалтанд хамрагдахгүй бөгөөд энэ нь UMF-т ч хийх шаардлагагүй бөгөөд энэ нь UMF-ийн сургалтанд хамрагдахгүй бөгөөд энэ нь umf-д хийх шаардлагагүй бөгөөд энэ нь A ба B-ийг хэрэгжүүлэхэд хялбар болно. , гэх мэт.).

Одоо үр дүнг тодорхой томъёолоход бэлэн байна:

Теорем. (Tons) нь F-ийн таамаглалтай, танилцуулсан таамаглалтай хамт үүн дээр дурьдсан гэсэн таамаглалтай хамт g нь нээлттэй, c (g) гэж маргаж болно.

Сэтгэгдэл бичих. MED M нь ерөнхийдөө холбогдоогүй байгаа нь тодорхой, тиймээс g холбогдоогүй байж магадгүй юм.

Багшийн сэтгэгдэл. Гэсэн хэдий ч, хэрэв бид (T0, X0, X0) параметрүүдийн тоонд багтсан бол холболтын байдал ийм зүйл хийгдэх байсан.

Нотлох баримт. (T,) G. Үүнийг батлах шаардлагатай байна.

T T0 тодорхойлолтыг тодорхойлно уу. Бид байна: M, ингэснээр (T) тодорхойлогдоно (T (), T + ()) T, t0, улмаар T цэг (T (T)) авсаархан муруй D ажиллуулах нь тийм зарим нэг сегмент дээр (Зэрэгцээ гиперплан (\u003d 0)). Тиймээс, маш олон төрлийн тодорхойлолт нь таны нүдийг байнга байлгах хэрэгтэй!

бас бага A ба B (Solevex By x) -д авсаархан байна, ингэснээр f xpshitsevev x дээр байна.

[Энэ үнэлгээг байнга нүдний өмнө байлгах ёстой! ] ба бүх хувьсагчдад жигд тасралтгүй тасралтгүй, тэр ч байтугай илүү их тасралтгүй тасралтгүй, тэр ч байтугай | F (t, x, x, x, x, 2) | (| 12 |), (t, x, x, 1), (t, x, x, 2).

[Энэ үнэлгээг байнга нүдний өмнө байлгах ёстой! ] Дур мэдэшгүй 1 Ийм зүйлийг дараах байдлаар авч үзье | 1 | Би тохирох шийдэл (t, 1). SET (\u003d 1) нь d (\u003d 1) нь компакт бөгөөд t \u003d t0 \u003d t0 \u003d t0, 1) \u003d (t0, x0, 1) \u003d (t0, 1) \u003d (T0, 1) \u003d (T0, 1) \u003d (T0, (T0, T0, ), 1) (\u003d 1), TPK-ийн дагуу TPK-ийн дагуу TPK-ийн дагуу (t t tpk-ийн дагуу (t, 1), 1) навч (\u003d 1) навч (\u003d 1). T2 T0-ийг (T2 T0 TIT (T2 T + (1)) нь хамгийн эхний утга нь хамгийн эхний утга юм.

Барилгын ажил, T2 (T0, T1]. Бидний даалгавар нь T2 \u003d T3-ийг нэмэлт хязгаарлалттайгаар харуулна. Одоо t3 t3-ийг харуулна.

(T3, 1) (t3,) \u003d f (t (t, (t, (t, 1), 1) f (t, (t,), энэ утга нь a-ээс бага болохыг батлахыг хичээцгээе.

нэгдсэн функцийг дараах байдлаар үнэлдэг:

± F (t, (t, (t,), ± f (t,), ± F (t, (t,), учир нь үгүй, учир нь ялгаатай нь | (T, 1) | (T,) | Одоо ямар ч үнэлгээ байхгүй тул (t, (t, (t, 1),) тодорхойгүй байна, гэхдээ | 1 | 1 | (T, (t, (t,), 1) мэдэгдэж байгаа.

төгсгөлд нь | (T3, 1) (T3, T3,) | K | (T, 1) (T,) | + (| 1 |) + (| 1 |) DT.

Тиймээс үйл ажиллагаа (T3) \u003d | (T3, 1) (T3, T3,) | (Энэ бол тасралтгүй функц) A (S) k 0, b 0, b 0, B \u003d T2, \u003d T2, \u003d 0, тэгвэл бид энэ лемма-тай холбоотой байдаг. Нүдээ анихын тулд! ] Хэрэв та | 1 | 1 (T1). Бид 1 (T1) b. Бүх аргументууд нь бүх T3-д үнэн юм.

Ийм сонголттой, 1-р сонголттой, гэхдээ t3 \u003d T2, гэхдээ | (t2, 1) (T2, T2,) | A, түүнчлэн | 1 | б. Тиймээс, (T2, (T2, T2, 1), 1) зөвхөн T2 \u003d T1-ийн улмаас л боломжтой. Гэхдээ энэ нь тодорхой гэсэн утгатай (t, 1) нь бүхэл сегментийг бүхэлд нь тодорхойлдог, i.e. t1 t1 t + (t1 t1 t + t + t + (t1 t1) and (t1) and (t1 t1 t + (t1 t1) an 1 (T1).

Гэсэн хэдий ч t + нь хамаарна, гэхдээ сегмент нь илүү ойрхон байна. Зураг нь T4 T0 ба 2 (T4) -тай ижил хэвээр байна. Хэрэв t t0, дараа нь цэг (t, 1) b (1) g нь t t t0-тэй ижил төстэй, дараа нь (t0, 3) (\u003d t0, 3) үүнтэй ижил байна \u003d мин (12). Тогтмол (t,) нь T1 (t1) -ийг t1 (t1 t4) -ийг олох нь T1 (T1), 1 (T1) \u003d 1 (T1) \u003d 1 (T) 0 (эсвэл тус бүр 2) 0 (эсвэл тус тусад нь 2) 0 \u003d 0 (t,) нь тодорхой (t. The. Lest. Үүний үр дүнд цилиндр бүсэлж буй орчинд та бөмбөгөнд орж болно).

Үнэндээ илүү нарийн үл хөдлөх хөрөнгө нотлогдсон: Хэрэв HP нь тодорхой сегментийг тодорхойлогдуулж, дараа нь бүх HP-ийг хангалттай нягт нямбай параметрүүдээр тодорхойлно.

бүх бяцхан уур хилэн HP). Гэсэн хэдий ч эсрэгээр, эсрэгээр нь нээлттэй дүрмийг нилээд НҮТ хэдийс бусад ашг холбоотой бөгөөд доор дурдана.

Тиймээс бид 1 гэж батлагдсан.

Хэрэв бид заасан цилиндрт байгаа бол Үнэлгээ нь үнэн шүү. | 1 | 4 (, t,). Үүний зэрэгцээ | (T3,) (T,) | ATT | T3 T | Тасралтгүй байдлын улмаас 5 (, T, T). Үүний үр дүнд (T3, 1) B (t3, 1) B ((t3,),) Бидэнд | (T3, 1) (t3, 1) | (t3, 1) |, хаана \u003d мин \u003d мин \u003d мин (4, 5). Энэ бол 2-р зүйл.

"Менежментийн боловсрол эзэмшигчийн боловсролын боловсрол, шинжлэх ухаан Менежентэн боловсрол олгох Тянь, боловсролын эдийн засгийн тестийн яам. 2014 оны 1.4 оны боловсролын тест -ийн бэлнээржүүлсэн магмепартикийн Боловсролын тест судлтай тестийн яам Аргачлалын зааврыг Энэ програм нь Төгсөлтийн сургуулийн танилцуулгын танилцуулга хийхэд чиглэгдэхэд анхаарлаа хандуулж байна ... "

"Амур улсын дээд сургууль ба сургалтын дээд боловсролын газар, арваврын нарийн боловсролтой, сэтгэлзүйн нарийн бичгийн даргаар Сприкленаткешийн сэтгэлзүйн сэтгэлзүйн зөвлөгөөг хянан бодлогын талаар зөвлөж, Peedagogy Protococ-ийн хурлыг хянан үзэхэд зөвлөж байна. .. "

"Автомашины ферм) OMSC - 2009 оны 3-р сарын 19-ний БИДНИЙ СУРГУУЛИЙН АЖИЛЛАГААНЫ МЭДЭЭЛЛИЙН ТЕХНИКИЙН ТЕХНИКИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗУРАГ (МЭДЭЭЛЛИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗАСГИЙН ЗУРАГ (МЭДЭЭЛЛИЙН АЖИЛЛАГААНЫ ТУХАЙ ТУХАЙ ЗУРАГ (Мэргэжлийн сургалтын чиглэлээр суралцаж байна. .. "

"Суатсын шинжлэх Тайлбарь улс Байгаль орчинд зориулсан Ровсенберг улсын Их дээд сургуулийн багш нарыг дэмжих нь Их сургуулийн ажил сонирхлыг судлахад чиглэсэн сургалтын туслах ерөнхийлөгч Nizhnevethialsions Pedorogy andoriogials 2005 BBK 28.080.1.В73 P64 тойм: Доктор Беол. Шинжлэх ухаан, профессор V.i. Popchenko (экологийн хүрээлэн)

"Мэргэжлийн боловсрол, АНУ-ын боловсролын Т засгийнар Krasnoars-ийн боловсролын боловсролын боловсрол эзэмшсэн яамны боловсрол V.p. Astafieva e.m. Ботаник цахим хэвлэлийн жижиг семинар Краснеарарк 2013 BBK 28.5 A 721 A 721 тойм: VASILYEV SPAME: VASILEEV 721 ТЕХНИКИЙН ХАМГИЙН ХУВЬЦАА. V.p. Astafieva; Yamski g.yu., d.g.n.n.n.n., MEBESSES SFECEACOVA, I.N.NER, DROBEROSE Ойн Институтын удирдагч ... "

"Албаны боловсролын боловсрол, оюутны сургалтын эдийн засгийн, бэлтгэл чадварын боловсролын шугам ба бэлтгэх эдийн засгийн заалтнууд, бэлтгэлын зуслангийн эх зүйн чиглэл Сурган хүмүүнлэгийн анализаторын анализенжопск 2012 оны 1 UMCD-ийг боловсруулсан бөгөөд сэтгэлзүйн тэнхимийн хуралд, ... "

"Даалгавруудыг нарийвчлан шалгаж, нарийвчилсан хариу арга хэмжээ авах (FINESTARESSERS-ийг (FINESTARESS MOSOULTION (FINEBORES MOSCOUND-Compioper: ambarcumova ew.m. Төрийн гүйцэтгэл (эцсийн боловсролын байгууллагуудын төгсөгчдийн тоог (эцсийн боловсролын байгууллагууд)

"Орос хэл, мэдээллийн зөвлөмж, Орос хэл нь Оросын хэлийг Оросын хэлээр сургах тухай практик зөвлөмж. Практик зөвлөмжийг Оросын хэлний багш нарт (үүнд оруулаагүй хоёуланг нь оруулаад). Агуулга: Сонгох практик зөвлөмж, зааварчилгаа 1. Оросын хэлийг муж улсын хэл дээр үйл ажиллагааны чиглэлээр суралцах материалын агуулга. "

"E.V. Муриукинагийн чиглэлээр суралцаж буй чухал сэтгэхүйн сэтгэхүйн чиглэлээр суралцаж буй багшийн суралцлын ур чадварыг 2008 оны их сургуулийн сургалтын чиглэлээр боловсруулж байна. Шүүмжлэлийн сэтгэхүй, хэвлэл мэдээллийн чадварыг дарахад даралт шинжилгээний үйл явцад суралцах чадварыг хөгжүүлэх. Их дээд сургуулийн заавар. Taganrog: NP хувийн хөгжлийн төв, 2008 оны 298. 298 c. Судалгааны гарын авлага нь мэдээллийн боловсролын үйл явцыг боловсруулж буй оюутнуудын сэтгэлгээний болон хэвлэл мэдээллийн хэрэгслийг хөгжүүлэх талаар ярилцлаа. Өнөөдөр хэвлэлээс хойш ... "

"Тухай. P. Golovchenko II P. AG AGON AGHON AGHER ANG ENGON AGE ELEGE ACTERS PETHERSING MONEGING MODESICE PETHERSING FEENTORES FORMATION-ийг хоёрдугаарт оруулав. *** Редактор Ni. KENEKKOVA COMPLATA LEFOUTOUT D.V.SMOLAK ба S.V. Potapova *** 23.11-т гарын үсэг зурсан. 60 x 90 / 1/16 формат. Цаасны цаасан дээр бичих цаг хугацааны склийг хэвлэх P.L .... "

"Мэргэжлийн боловсролын Казан мужийн их сургууль. Дотор нь. UlanoCha-Lenin-ийн шинжлэх ухаан, боловсролын нөөцийн цахим номын сангууд. Боловсролын болон арга зүйн гарын авлагыг abrosimov a.g. Lazareva yu.i. 2008 оны шинжлэх ухаан, боловсролын нөөцийн цахим номын сангууд. Цахим боловсролын нөөцөд боловсролын болон арга зүйн гарын авлага. - Казан: kazan: ksu, 2008. Багшийн гарын авлагыг шийдвэрээр нийтэлж байна ... "

"Оросын боловсролын яамны боловсрол олгох үйлчилгээ нь дээд мэргэжлийн боловсрол эзэмшсэн боловсролын яам. TEDSKOVA багш сургалтын сургалтанд хамрагдсан орчны үндсэн мэргэжлийн боловсрол, багш Мэргэжлийн мэргэжлээр сурч боловсров. "Гэж судлах тунхаглаж байна.

"Боловсролын яам, анхны мэргэш Мүрсний албан ёсны боловсролын Бурханы боловсролын боловсролын боловсрол, боловсролын боловсролын боловсролын боловсролын Бурханы боловсролын Боловире болон оюутны боловсролын боловсролын боловсролын Хятад. Jugutava хүүхдийн сурч боловсруулсан хэлний боловсрол, аргачлалын тухай хуулийн төсөл нь BBO 82.0 редакторын зөвлөлийн шийдвэрийг UDC 82.0 редакторын зөвлөлийн мэдүүлгээр баримталдаг.

"MBOU KAMYSINSINSINKY SOSH-ийн чанарын шинэ системийн үнэлгээний журам. SOSH 1. Ерөнхий заалт 1.1. Сургуулийн чанарын чанарыг үнэлгээний системийн талаархи заалт (засварын дээд боловсролын чанарын үнэлгээний системийг (ofprinaize-ийн боловсролын чанарын үнэлгээний систем (ofperiafore - SCO) KAMYSHIN ДЭЛГЭРЭНГҮЙ АЖИЛЛАГААНЫ АЖИЛЛАГАА (ЭНД ДАРЖ, сургууль). 1.2. Schok-ийн практик хэрэгжилт нь ... "

"Uzbekistan Tashkentic Tashibent-ийн Эрүүл мэндийн яам нь Эмнэлзүйн харшломын яамны улсын газрын эрүүл мэндийн яам. O.r.teshaev _ 2012 он Боловсролын чиглэлээр боловсролын анхан шатны сургалтын сургалтанд хамрагдахын тулд боловсролын дээд сургуулийн багш нар Ташизын техникийн боловсролын сургалтад шимидсэн Эмхи боодлын менежментийн Tashites-ийн эрүүл мэндийн яамны сургалтанд зориулсан зөвлөмж.

"БАРИЛГА-ТА БҮХЭНД АВТОМАШИНГИЙН АЖИЛЛАГААНЫ ТУХАЙ ХАМГИЙН АЖИЛЛАГАА, Горното мужийн ба Горното мужийн боловсролын болон Арьсозологийн ба Арьсо нар Makoshev ap улс төрийн газарзүйн газарзүйн болон геополитик. Боловсролын болон аргачлалын гарын авлага. - Gorno-allaisk: Rio Gaga, 2006.-103 S. Боловсролын болон арга зүйн гарын авлага нь сургалтын дагуу боловсруулдаг ... "

"A.V. Novitskaya, l.i. Nikolaeve-ийн ирээдүйн боловсролын сургуулийн сургалтын сургуулийн анхан шатны сургуулийн сургалтын сургууль Москва 2009 ubc 37.00 (075.00) BBC 74.00 N 68 N 68 N 68 N 68 НЭГДҮГЭЭР ЗОРИУЛЖ БАЙНА. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 Орчин үеийн боловсролын амьдралын хөтөлбөр. - M. 2009 оны AVVALON, 2009. - 176 P. ISBN 978 5 94989 141 141 Энэ товхимол нь ихэвчлэн сурган хүмүүжүүлэгчдэд сурган хүмүүжүүлэгчид, гэхдээ түүний мэдээлэлтэй холбоотой ...

"Боловсролын болон арга зүйн цогрийн цогцолборт хууль ёсны 25500, иргэний гаргасан Матегар боолзуудын хяналтын газар, олон нийтийг эзлэлтээр шуудангийн салбарыг Прокапип тоймлон хүлээн авч үздэг, _2013 рекодлого томчлуурны хурлыг гаргасан Connects Hent-ээр таны сурвалж, зөвшөөрөл авна. Оросын бизнес эрхлэгч хуулиуд: Боловсрол, аргачлал ... "

"Гэхдээ. A. Yamashkin v. V. V. V. V. V. A. Mordovia Pruncial Curekial Curector-ийн Бүгд Найрамдах Улсын Бүгд Найрамдах Улсын Бүгд Найрамдах Бүгд Найрамдах Бүгд Найрамдах Бүгд Найрамдах Бүгд Найрамдах Бүгд Найрамдах улсууд: BBK D9 (27.349) BBK D9 (2P35.3.349 тойм Газарзүйн шинжлэх ухааны докторын эмч A. M. M. NASTON; Сургуулийн цогцолборын багш 39. Saransk A. V. V. V. V. LEONTATEV нь Довузовскаягийн сургалтын болон дундаж ... "гэсэн шийдвэрийг боловсруулж байна.

Боловсрол, ОХУ-ын Үндэсний Судалгааны Цөмийн их сургууль "MIFI" Т. I. Bukharova, V. Л. Kamynin, A. Б. Kostin, энгийн дифференциал тэгшитгэлийн дээр Д. С. Ткаченко лекц шинжлэх ухааны яам нь 2011 оны Москвагийн их дээд сургуулиудын оюутнуудад зориулсан сурах бичиг UMO Цөмийн физик болон технологи чанар Зөвлөмж UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 B94 B94 B94 B94 B94 BUCHARE VL, KACHIN AB, TKOCHIN AB, TKACHIN AB, TKACHIN AB, TKACHIN AB, TKACHIN AB, TKACHIN AB, TKOCHIN AB, TKOCHIN AB, TKACHIN AB, TKOCHIN AB, TKOCHIN AB, TKACHINGO DS Энгийн дифференциал тэгшитгэл дээрх лекцийн курс: заавар. - M .: 2011 оны ниау Мафи, 2011. - 228 p. сургалтын гарын авлага жилийн турш Москва инженерийн болон биеийн тамирын дээд сургууль зохиогчийн уншсан лекц нь мэдээж үндсэн дээр бий болгосон байна. Энэ нь бүх эрхтэнээр Niya mythi, түүнчлэн нэмэгдсэн математикийн бэлтгэх нь их, дээд сургуулийн оюутнуудын оюутнуудад зориулагдсан. Гарын авлагыг niya mafi-ийг бий болгох, хөгжүүлэх хөтөлбөрт бэлтгэсэн. Шүүмжлэгч: Доктор Физ.-дэвсгэр. Science n.a. Kudryrashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Үндэсний Судалгааны Цөмийн их сургууль "MIII", агуулга Өмнөх үг 2011 оны Хүснэгт. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 5 I. Энгийн дифференциал тэгшитгэлийн онолыг танилцуулах үндсэн ойлголтуудын онол. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Cauchy. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 6 6 11 II. 1-р захиалгын тэгшитгэлийн оршихуй, өвөрмөц байдал нь эхний захиалгын нэг өвөрмөц байдлаас шалтгаалан өвөрмөц байдал юм. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Анхны захиалгын хувьд CAUCY-ийн шийдлийг шийдвэрлэх. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Эхний захиалгын шийдлийг үргэлжлүүлнэ үү. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. III. CAUCHY N-TO захиалгын системийн үндсэн ойлголтын үндсэн ойлголт, векторын функцийн зарим концентын шинж чанарууд. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Ердийн системд зориулж CAUCHY асуудлыг шийдвэрлэхэд таних тэмдэг. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. ;; Байна уу. Хэмжигдэхүүний сансрын тухай ойлголт. PRINIYYPE-ийн PRINIEPING PRANDERS дэлгэц. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Асуудлын онол ба ердийн системийн шийдлийн шийдлийн талаархи ойлголтыг илэрхийлдэг. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 14 14 14 23 34 34 34 44 44 44 44 48 IV. Энгийн дифференциаль тэгшитгэл нь квадратын тэгшитгэлийг тусгаарлах хувьсагчтай тэгшитгэлээр шийддэг. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Шугаман эхний захиалга. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Жигд тэгшитгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Тэгшитгэл Inernlli. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Бүрэн ялгаатай дилерийн тэгшитгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 55 55 55 55 63 64 64 65 V. 67-ийн асуудлыг шийдвэрлэхэд зөвшөөрөгдөөгүй анхны захиалгын тэгшитгэлүүд, eäu-ийн шийдэл нь деривативтай харьцуулахад боломжгүй. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Тусгай шийдэл. Ächrimnant муруй. Upheling. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Параметрийн удирдлагын параметр. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Лаграна тэгшитгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Clairo тэгшитгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Vi. Шугаман ode систем нь үндсэн ойлголтууд. Асуудлын теорем, асуудлыг шийдэх нь шугаман oäu-ийн асуудлыг шийдвэрлэхэд өвөрмөц байдал. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Тодорхойлогч нь ânoy. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Нэгэн төрлийн системийн нарийн төвөгтэй шийдлүүд. Зайлшгүй шаардлагатай CCR-д шилжих. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Шугаман oäu-ийн системийн системийн систем. ÌTode Fariiiiiiiiiiiiiiiiiie. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Тогтмол Cobfinger-тай шугаман oäu-ийн дүрэмт систем. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Матриан улсын илтгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 3 6 67 70 77 79 79 81 85 85 CAUCHY 85. Байна уу. Байна уу. 87. Байна уу. Байна уу. 91. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 96 97. Байна уу. Байна уу. 100. Байна уу. Байна уу. 111 Тогтмол кобфингертэй шугаман oäu-ийн системийн систем. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 116 VII. Шугаман өндөр-захиалгын adu нь системийн шугаман oäu-д буурдаг. Асуудлын онолын теорем, каучи асуудлын шийдлийн талаархи өвөрмөц байдал. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Жигд шугаман өндөр захиалга. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Нэг төрлийн шугаман шугамын нарийн төвөгтэй байдлын нарийн төвөгтэй байдлын шинж чанар. Нарийн төвөгтэй CPC-ээс зайлшгүй шаардлагатай. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Суурийн шугаман шугамын шугаман шугам. ÌTode Fariiiiiiiiiiiiiiiiiie. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Тогтмол кобфингер бүхий жигд шугаман өндөр шийдлүүд. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Энэ бол байнгын шугаман шугаман шугаман шугаман шугаман шугаман юм. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 126 VIII. Тогтвортой байдалтай холбоотой үндсэн ойлголт, тодорхойлолтын онол. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Шугаман системийн шийдлийн тогтвортой байдал. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Oregious Lyapunov нь тогтвортой байдалд байдаг. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Эхний ойролцоо дагуу тогтвортой байдал. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Үлдсэн цэгийн ойролцоох фазын замыг 162. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 126 128 136 136 139 139 142 150 162 168 168 182 182 182 182 182 182 он. ODU 198 Systems-ийн анхны интеграл 198-ийн анхны хувилбарууд нь oäu-ийн бие даасан байдлын анхны хувилбаруудыг oäu. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 205 SEMMETRINETRING SYSTER SYSTEMS OAU. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Эхний захиалгын эхний захиалгын хувийн захиалгын хувийн захиалгын хувийн захиалгын хувийн захиалгын хувийн захиалгын хувийн деривативууд дахь хувийн деривативууд. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Хувийн захиалгын дериватив дахь квазилиненцианы тэгшитгэл. Байна уу. Байна уу. Байна уу. CAUCHY нь эхний захиалгын хувийн деривативуудад квазилиненциалтай тэгшитгэлтэй байдаг. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Ном зүй. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. -4- 210. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 210. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 212. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 216. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. 223. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Байна уу. Номыг бэлтгэх үед 227 оруулга, зохиогчид боломжийн хэлбэртэй холбоотой ихэнх асуудлыг үнэлж, төрийн мэдээллийг үнэлэхэд чиглэсэн. Тиймээс, энэ нь Niiiio (бусад их сургууль (бусад олон, бусад олон байгууллагууд (мөн бусад олон, бусад хүмүүс "ба бусад хүмүүс" болон дүрмийн хувьд ямар ч зөв асуултанд тооцогдох болно. Гэхдээ илүү сайн ойлголттой байх болно. Субьектууд нь тэдний цаашдын үйл ажиллагаанд одоогийн оюутнуудад гарч ирэх болно. Санал болгож буй тэтгэмжийн бүх мэдэгдэл нь математикийн хатуу нотолгоо юм. Эдгээр нотолгоо нь ихэвчлэн оригинал биш, гэхдээ бүгд Математикийн курсийн тухай хуулийн дагуу бүх зүйлийг дахин төлөвлөж байна. Багш, эрдэмтэд болон эрдэмтдийн дунд тархалтын дагуу математикийн сахилга бат, нарийвчилсан нототын сургалтанд хамрагдах ёстой. Энэхүү гарын авлагын зохиогчид ижил бодлыг дагаж мөрддөг. Номонд дурьдсан онолын мэдээлэл нь хангалттай тооны жишээг дэмжиж, материалыг судлахад бэлэн байгаа бөгөөд материалыг судлахыг хялбаршуулсан болно. Гарын авлага нь математик бэлтгэлд хамрагдсан оюутнуудын эх сурвалжийн бэлдмэл, Ния МеПи-ийн оюутнуудад их хэмжээний оюутнуудад ханддаг. Үүний зэрэгцээ, энэ нь бас дифференциал тэгшитгэлийн онолын хувьд сонирхож, түүний ажилд математикийн энэ хэсгийг ашигладаг хүн бүрт ашигтай байж болно. -5- Бүлэг I. Энгийн дифференциал тэгшитгэлийн онолыг танилцуулах 1. 1. A, A, A, B] -ийг (A, B] тэмдэглэх нь БИДНИЙ НЭГДСЭН НЭГДСЭН БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ БОЛОМЖТОЙ. x0 2 авч ZX LN 4C + 3 U (T) V (T) DT5 ZX V (T) ДТ. LN C сүүлийн тэгш бус байдал, ашиглалт (2.3) -ийн potentiation дараа 6 x0 x0, бид 2 х 3 ZX цу ( х) 6 C + U (T) V (T) ДТ 6 C EXP 4-V (T) DT5 x0 бүх х 2 [1 1]. Бид ялгаа JF тооцоолох (X, y2) F (X, y1-д x0 ) J \u003d нүгэл х y1 y2 6 бүх (X, Y) 2 г. Тиймээс хангасан \u003d үнэн хэрэгтээ, тэр ч байтугай у дагуу L \u003d нүгэл нь 1 1 литр Lipschitz нөхцөл е. Гэсэн хэдий ч цэгт FY0 үүсмэл ( х, 0) 6 \u003d (0, 0) ч байхгүй. дараах теорем, өөрөө сонирхолтой, Cauchy асуудлын шийдэл нь хосгүй батлах боломжтой болно. теорем 2. 1 (зөрүүг үнэлгээнд R-д Let G бүс нутагт 2, F (X, Y) 2 CG болон тогтмол Л. бол Y1 нь G Lipschitz нөхцөл Y-д хангасан, тэгшитгэл у 0 \u003d F (X, Y нь Y2 хоёр шийдэл нь хоёр шийдлийг хооронд). ) сегмент дээр, дараа нь энэ тэгш бус байдал (үнэлгээ нь шударга) нь: JY2 (X) Y1 (X) J 6 JY2 (x0) Y1 (x0) J Exp j Exp (x x0) 6 x 2 дээр 6 x 2. -19- y2 нотолгоо. Тодорхойлолтоор 2. 2 x 2 x 2 x 2 x, x 2 x, y2 (x) x, y2 (x) ба x 2 (t) y10 (t) y10 (t) \u003d y2 (t) \u003d text y10 (t) \u003d ft, Y1 (T) болон y20 (T) FT, Y2 (т), сегмент, X 2-нд тонн хамт нэгтгэх \u003d. Баруун ба зүүн хэсгүүдийн хувьд нэгтгэх нь хууль ёсны бөгөөд энэ нь функц дээр тасралтгүй байдаг. ZX ZX y1 (x) \u003d x0 (x0) \u003d x0 \u003d x0 (x0) \u003d x0 (x0) \u003d f t, y1 (t) dt, f t x, y2 (t) dt. X0 бусад аль нэгийг нь хасч, бид JY1 (X) Y2 (X) J \u003d Y1 (x0) Y2 (x0) + ZX HFT, Y1 (T) IFT, Y2 (T) ДТ 6 x0 ZX 6 Y1 (x0) Y2 (x0) + фут, y1 (T) фут, y2 (T) ДТ 6 x0 ZX 6 y1 (x0) y2 (x0) + л y1 (T) y2 (T) ДТ. X0 нь C \u003d y1 (y1) y2 (x0) \u003d \u003d \u003d \u003d l\u003e 0, \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d t (t) \u003d y1 (t), дараа нь бид үнэлгээ авах, бид үнэлгээ өгнө. (X) Y1 (X) J 6 JY2 (x0) Y1 (x0) и EXP L (х x0) Y2 (T)\u003e 0 бүх X 2 нь. Теорем нотлогдсон. Батлагдсан теоремийн үр дагавар, бид CAUCHY асуудлын талаар өвөрмөц бус байдлын теорем (2. 1), (2.2). Ээлжлэн 1. функцийг F (x, x, y) 2 cg, y1 (x) ба y2 (x) ба y2 (x) ба y2 (x) нь ижил сегмент дээр, ба X0 2. Хэрэв Y1 (x0) \u003d y2 (x0), дараа нь y1 (x) y1 (x) y2 (x). Нотлох баримт. Хоёр хэргийг анхаарч үзээрэй. -20- 1. x\u003e x0, дараа нь теоремаас 2. 1-ээс, энэ нь h i I.E.-ийг дагаж мөрддөг. Y1 (X) Y1 (X) Y2 (X) 6 0 EXP L (х x0), y2 (X) х\u003e x0 байна. 2. Let 6 x0 солих T \u003d х, дараа нь Юй (X) \u003d Юй (T) у ~ Би (T) Би \u003d 1, 2 х 2, Т 2 [x0, x1] оноос хойш бүү х, тэгш гүйцэтгэсэн y ~ 1 (x0) \u003d y ~ 2 (x0). Y ~ i (t) ямар тэгшитгэлийг олж мэдэв. equalities дараагийн гинжин л үнэн юм: D у ~ Би (T) \u003d ДТ г ~ Юй (X) \u003d DX е х, И (X) \u003d F (т, у ~ Би (T)). Бид энэ нь нарийн төвөгтэй функцийг даван туулах давуу талыг ашиглаж, yi (x) нь тэгшитгэлийн шийдэл (2.1) -ийн шийдэл юм. FIVE функц f ~ (t, y) f (t, y) f (t, y) f (t, y) нь y, theorchitz нөхцөлийг тасралтгүй, сэтгэл хангалуун байдаг. , x1], ж.нь. Y1 (x) y2 (x) дээр. Хоёр хэргийг нэгтгэх нь бид мөрдөн байцаалтын зөвшөөрлийг авч байна. Эсвэл (эхний өгөгдлийг тасралтгүй хараат байдал) F (x, x, y) 2 CG, y1 (x) ба y2 (x) ба y2 (x) нь y1 (x) ба y2 (x) -ийг сонгоорой. тэгшитгэл (2.1) дээр тодорхойлсон. Бид l \u003d x1 x1 x0 ба \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d y1 (x0) y2 (x0) y2 (x0). Хэрэв 8 x 2, тэгш бус байдал Y1 (x) y2 (x) y2 (x) 6 Δ y e e el l үнэн. баталгаа теоремийн 2. 1. Тэгш бус байдал ханы 2-ын анхны өгөгдөл дээр шийдвэр тогтвортой байдлын үнэлгээ гэж нэрлэдэг бөгөөд нэн даруй байх ёстой. Энэ нь x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d \u003d x \u003d \u003d x \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d solutions бөгөөд дараа нь "ойрхон", дараа нь эцсийн сегмент дээр байдаг. Теорем 2. 1 програмуудад зориулсан хоёр уусмалын ялгаа модуль чухал үнэлгээг өгч, 1 нь үр дагавар Cauchy асуудал (2.1), (2.2) -ийн уусмал онцлог юм. Мөн өвөрмөц бус байдлын хувьд бас хангалттай нөхцлүүд байдаг, бидний одоо өгдөг. Дээр дурьдсанчлан, Cauchy асуудал арга уусмал геометр онцлог цэг дамжуулан (x0, y0) бүс нутаг G тэгшитгэл (2.1) нь нэгээс илүү ямар ч салшгүй муруйг дамжуулж болно гэсэн. Теорем 2. 2 (osguda нь өвөрмөц байдлын тухай). F (x, x, x, y) 2 cg ба 8 (x, x, x, y2) 2 г (x, x, y2) 2 г (x, x, y2) f (x, x, y2) f (x, x, y2) f (x, x, y2) f (x, x, y2) f (x, x, y2) f (x, x, y2) 6 6 φ jy1 jy1 jy1 y2 j, хаана φ (U)\u003e 0 үед у 2 (0, β] φ (у) үргэлжилсэн бөгөөд zβ ду! +1, Е үед! 0+. Хэрвээ цэг (x0, y0), бүс φ (U ) ε г нотлох нэг салшгүй муруй (2.1) гэж их байна. -21- хоёр шийдэл байдаг гэж бодъё. y1 (X) болон тэгшитгэл (2.1 y2 (X)), ийм гэж y1 (x0) \u003d y2 (x0) \u003d y0, илэрхийлнэ Z (X) \u003d y2 (X) y1 (X). DYI \u003d F (X, Юй) оноос хойш, наад I \u003d 1, 2, дараа нь Z (х), тэгш байдал DX DZ \u003d F (X, y2) F (X, y1) хүчин төгөлдөр байна. DX DZ \u003d F (X, y2) F (X, y1) jzj 6 φ jzj jzj, ж.нь. Шударгаар z dx 1 d тэгш бус байдал zzj2 6 jzj jzj jzj jzj zzj jzj zz2 dx, xz2 dx jx2 dx Z (x)\u003e z (x)\u003e 0, zi \u003d zi \u003d \u003d zi \u003d \u003d \u003d 1, z (x), z (x) 6, Z (x) 6 0 ба Z (x) 6 0 ба тасралтгүй, ингэснээр тасралтгүй, ийм сегмент юм олж байна, түүнийг сонгож, үүнийг засах хэрэгтэй. N o x1 \u003d x x багцыг авч үзье< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > x2 ба z (x) \u003d 0. Хэрэв эдгээр багцуудын аль нэг нь хоосон биш байвал z (x0) \u003d 0 ба x0 62-аас хойш. Жишээлбэл, x1 6 \u003d ∅ ∅-ээс хязгаарлагдмал, тиймээс энэ нь дээр хязгаарлагдмал байдаг тул 9 α \u003d sup x1. Z (α) \u003d 0, I.E. α 2 x1, z (α)\u003e 0, α (x) 0-ийг тасралтгүй α1 δ1, α \u003d δ1, энэ нь α \u003d \u003d \u003d \u003d 0-тэй бөгөөд энэ нь α \u003d \u003d \u003d \u003d 0-ийг тодорхойлно, энэ нь тодорхойлолтын хувьд α \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d sup x1. Z (α) \u003d 0 \u003d 0 нь α-г дагаж мөрддөг< x1 . По построению z(x) > 0 (x 2 (α, x2], Z (x) нь x (x) z! Α + + + 0-р сегмент дээр нэгтгэнэ. ], x2-ыг нь сонгосон, Δ 2 (0, x xzj2 y yz2 yz2 yzj jzj jz2 jz2) jzj jz2 jz2 DX. α + δ энэ хоёр миний δ тодорхойлж болно! 0+, дараа нь Z (α + δ)! Z (α) \u003d 0,-д zjz2 JD jzj2! +1, Z (X) -ийн тасралтгүй дагуу авсан ба дараа нь 30 jzjφ Jzj техорем. jz (α \u003d \u003d x2 \u003d € \u003d € \u003d \u003d x2 \u003d Δ2 δ \u003d Δ2 \u003d δ \u003d Δ2 \u003d δ \u003d Δ2 \u003d Δ2 \u003d δ δ \u003d δ \u003d Δ2 \u003d Δ2 \u003d Δ2 \u003d δ \u003d δ δ \u003d Δ2 \u003d Δ2 \u003d δ \u003d δ \u003d Δ2 δ δ € хязгаарлагдмал байна. Үр дүн нь Эсрэг заалт нь теорем баталж байна. 2. 2. 2.1), y (x) нь y (x) -ийг (2.2) -ийн арга хэмжээ авах нь дараахь функцийг олж мэдсэнээр y (x): 0 y \u003d f (x, x, y) 2 g, y (x0) \u003d x (x0, y0, y0) \u003d y0, y0, y0) 2 г, (x0, y0) 2 г, f (x0, y0) 2 г, f (x0, y0) 2 г, (x0, y0) 2 г, (x0, y0) 2 г, (x0, y) 2 гр (x0, y0) 2 гр, (x0, y0) 2 гр, (x0, y) 2 гр нь R2 дахь бүс. Lemma 2. 2. 2. F (x, x) 2 CG. Хэрэв дараахь мэдэгдэл явагдана. Хэрэв дараахь мэдэгдлүүд: 1) Хэрэв дараахь мэдэгдэл явагдана. φ (x) тэгшитгэл (2.1) x0 2 HA, BI, BI LES, BI SENTAL EVENICE нь ZX \u003d x \u003d y0 \u003d y0 \u003d j0 \u003d j \u003d j \u003d @ \u003d @ \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d @ \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d jog \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d @ \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d jog гτ; (2.6) x0 2) Хэрэв φ (x) 2 c ha, x0 2 c ha, дараа нь x0 2 c ha, дараа нь x0 2 c ha, дараа нь x0 (x) 2 c ha, bi, bi, bi, bi ба a Шийдэл (2.1), (2.2). Нотлох баримт. 1. φ (x), (2.2), (2.2), (2.2), га дээр (2.2), BI. Дараа нь, тайлбар 2.2 φ дагуу (X) 2 C га, Bi, 8 τ 2 га, Bi, бид φ 0 (τ) эрх тэгш байна \u003d F τ, φ (τ), үүнээс x0 нь х нэгтгэх, бид RX φ (X) φ (x0) \u003d τ е, φ (x0) нь φ (τ) dτ \u003d y0, жишээ нь (ямар X 2 га, Bi-д) авах φ (x) - Шийдэл (2.6). x0 2. y \u003d φ (x) 2 C HA, BI - шийдэл (2.6). Fx, φ (x) нь тасралтгүй, дараа нь BI, BID-ыг тасралтгүй, дараа нь zx φ (x) @ 2 c 1 c 1 c 1 c 1 га, BI X0 нь тасралтгүй дээд хязгаартай интеграл юм Фориуз. х сүүлийн тэгш байдлыг ялгаж, бид φ 0 (X) \u003d е х, φ (X) 8 х 2 га, хоёр болон, мэдээж, φ (x0) \u003d y0, өөрөөр хэлбэл олж авах φ (x) нь Cauchy асуудлын шийдэл (2.1), (2.2). (Ердийнх шигээ, сегментийн төгсгөлд үүссэн байдлаар.) -23 "Хяналтанд тооцогддог. -23" Хяналт 2. 6. Сэтгэгдлийн асуудал (2.1) -ийг Лемма гэж нэрлэдэг. 2.2) салшгүй тэгшитгэл (2.6). Хэрэв (2.6) тэгшитгэлийн уусмалыг (2.6) шийтгэж байгаа бол бид (2.1) -ийн уусмал, зорилтыг олж авдаг. Энэ төлөвлөгөөг дараахь теоремид хэрэгжүүлдэг. Теорем 2. 3 (орон нутгийн оршин тогтнох теорем). Шатахууны P \u003d (x, x) 2 R2: JX X0 j 6 α, JY y0 j 6 zh нь F (x, y) функцийг тодорхойлох функцэд бүхэлдээ байдаг. F (X, Y) 2 C G болон хангаж Lipschitz β м \u003d Макс F (X, Y) харгалзах тогтмол Л. бие дэх нь N у OV G хувьд нөхцөл байдал, H \u003d мин α, м. Хэрэв êshoshi (2.1) -ийн даалгаврыг биелүүлэх шийдэл байгаа бол (2.1), (2.2). Нотлох баримт. Зүсэлт дээр бид интеграл тэгшитгэлийн шийдлийг бий болгодог (2.6). Үүнийг хийхийн тулд, үйл ажиллагааны дараах дарааллыг харгалзан: τ е ZX y0 (X) \u003d y0, y1 (X) \u003d y0 +, y0 (τ) dτ, ... x0 ZX YN (X) \u003d y0 + τ е, YN 1 (τ) Dτ гэх мэт x0 1. Бид 8 n 2 n функц нь yn (дараалсан ойролцоо) нь тодорхойлсон бөгөөд I.E. Бид 8 x 2 дээр харуулсан, тэгш бус байдал Yn (x) y0 6 Β нь N \u003d 1, 2, 2-т багтдаг. Байна уу. Байна уу. а) индукцийн үндэс: N \u003d 1. ZX y1 (х) y0 \u003d τ е, y0 (τ) dτ 6 M0 x0 6 MH 6 бета, x0 M0 \u003d хамгийн их е Бид математик индукцийн (MMI) аргыг хэрэглэх (х, y0) JX х 0 и 6-α-д, M0 6 м; б) таамаглал ба индукцийн алхам. Талгалалт нь yn 1 (x) -д үнэн гэдгийг бид үнэнээр (x): zx y0 \u003d f τ (τ) y0 ex of 1 (τ) y0 (τ) jx y0 (τ) y0 (τ) jx x0 x0, дараа нь jx x0 x0, дараа нь YN (X) y0 6 β 8 N 2 Н. -224 - x0 6 M H 6 β. Бидний зорилго бол хамгийн ойрын 1-р 1-р 1-р курсорын дагалдагч болно. Энэ нь in y y y k \u003d 0, yn \u003d y0 y0 y0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 + y1 + y y1 y1 ) y0 + y2 y1 +. Байна уу. Байна уу. + + yn yn 1, k \u003d 1 I.E. Функциональ цувралын хэсэгчилсэн дүнгийн дараалал. 2. Бид дараах тэгш бус байдлыг 8 N 2 N ба 8 х 2 нотлох энэхүү цуврал гишүүдийг тооцох: x0 Иохан YN (х) YN 1 6 M0 литр 6 M0 LN N! Математикийн индукцийн аргыг ашиглана уу: JX N 1 1 HN. Н! (2.7) А) ДЭЛГҮҮРИЙН ГАЗ: N \u003d 1. 1. y1 (y1 (x) y1 (x) X 0 6 м0, 0 6 M0 X0 H, нотлогдсон; б) таамаглал ба индукцийн алхам. Тэгш бус байдлыг үзье нь үнэн N N тус бүр: ZX YN (х) YN 1 е τ, YN 1 (τ) \u003d τ е, YN 2 (τ) 1, dτ 6 x0 ZX би YN Lipsshitz 6 L H YN 6 1 2 Dτ 6 X0 X0 H ZX I 6 I 6 l ZX I 6 I 6 L 2 M0 L Jτ X0 jn 1 Dτ jn jn 1 Dτ \u003d (N 1)! x0 m0 ln 1 \u003d (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j m0 ln 1 jx 1 jx x0 j0 j0 l n 6 dτ \u003d (n 1)! N N Н Н! 1 x0 Rx энд бид интеграл I \u003d jτ X0 x\u003e x\u003e x\u003e x x\u003e x0 ad< 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 бүх k 2 n; 1) А.< 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 a, b 2 r (i.e.e., a ба a ба b) энэ тохиолдолд энэхүү туслах мэдэгдлийг нотолж гүйцэтгэнэ; хэрэв a ба b \u003d 1 эсвэл b \u003d + 1 эсвэл + + 1, дараа нь үүнтэй адил). X A B A B x, ABORRIRARDE X 2 (A, A, B) \u003d MIN, Δ MINT, AK-ийн хөрвөлтийн хэсгээс Δ 2 2 2 2-р тоо. A ба BK! B Бид 9 n1 (δ) 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 > Н. 1 P-ийн үр дагаврыг хэрэглэнэ. 2.1 (энэ нь, өвөрмөц бус теорем), бид φ (t) let t 2 ψ (t \u003d x) -д, t \u003d x-д φ (t) -ийг олж авдаг. X нь дур зоргоороо цэг (A, A, B), шийдлийн өвөрмөц байдал, мөн үүний хувьд энэ нь нотолгоо нотолж байна. Тэмдэглэл 2. 10. Засварласан мөрдөн байцаалтад бид хамгийн өргөн тохируулагч дээр шийдвэрийг үргэлжлүүлэх тухай ойлголттой анх танилцсан. Дараагийн догол мөрөнд бид үүнийг нарийвчлан судлах болно. Бид цөөн хэдэн жишээ өгдөг. P жишээ 2. 2. Тэгэлгийн хувьд y 0 \u003d ejxj x2 x2 x2 y 2, түүний уусмал бүх зүйлд (A, B) \u003d (1, +1) байгаа эсэхийг олж мэдээрэй. Энэ тэгшитгэлийг "x \u003d R2-ийн" \u003d R2-\u003d R2-\u003d} \u003d e x2} \u003d e x2} \u003d ejxj p, fy0 ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d ejxj \u003d l (x). ∂Y ∂y x2 + y 2 Нэхэмжлэлийн дагуу 2.1 Параграфын 2.1 функц нь "Тогтмол" функц нь LIPSCHITZ-ийн НЭГДҮГЭЭР СУРГУУЛЬД АЖИЛЛАГААНЫ НЭГДСЭН НЭГДҮГЭЭР НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН ХАМГААЛАХ БОЛОМЖТОЙ. Дараа нь үр дагаврын бүх нөхцөлийг гүйцэтгэж, анхны өгөгдөл (x0, x0, x0, y0) 2 R2, Cauchy асуудлын шийдэл нь цорын ганц арга зам бөгөөд үүний шийдэл нь зөвхөн (1, +, +1) юм. Квадратад байгаа тэгшитгэлийг шийдэгдээгүй гэдгийг анхаарна уу, гэхдээ ойролцоогоор шийдлийг тоогоороо барина. Энэ нь Q, -32-д тасралтгүй, тасралтгүй, жишээ нь y 0 \u003d ex y 2 \u003d ex y ext overiation нь "Trip" q 2-р тэгшитгэл, функц ∂ ff (x, x, y) \u003d ex y 2 нь тодорхой, тасралтгүй, A \u003d 2yex нь тасралтгүй, ∂ 2yex, гэж F (X, y2) F (X, y1) 6 л (х) JY2 Y1 J бүх Y1, Y2 2-р. онд баримт, F (X, y2) F (X, y1) \u003d экс JY2 + Y1 Ж нь JY2 Y1 j, jy2 + y1 y1 y y1, y1, y2 2 R. иймээс y1, y2 2 R. Тиймээс үр дагавар нь хамаарахгүй. Би энэ тэгшитгэлийг шийдсэн "хувьсагчийг тусгаарлах", бид ерөнхий шийдлийг олж авдаг. "Y (x) \u003d e (x) \u003d ex \u003d ex \u003d 0, y0, y0 2 R. Хэрэв \u003d ex \u003d ex \u003d 0, ex \u003d ex \u003d 0, y0 2 R. Хэрэв Дараа нь Y (x) 0 - R. 1-ийн өрөөний шийдэл - CAUCHY асуудлыг R-ийн шийдэл - y0 2 [1 [1, 0) ex x 2 at of x 2 at of at x 2 ad-ыг тодорхойлдог. 1) [(0, \u003d 0) y0 + 1-ийг x \u003d ln-ээр үргэлжлүүлж болно. Хэрэв x\u003e 0, дараа нь y0 1 шийдэл \u003d x0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 \u003d y0 x), хэрэв 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, дараа нь шийдэл нь зөвхөн x 2 1 дээр байдаг; LN y0 Энэ жишээ нь теоремийн 2. 4 одоогийн улмаас функц F (X, Y) өсөлтөд хязгаар бүх (A, B) нь шийдлийг үргэлжлүүлэх нь чухал юм гэдгийг харуулж байна. Үүнтэй адил, жишээ нь F (x, x) \u003d f1 (x) \u003d f1 (x) \u003d F1 (x) \u003d F1 (x) ε\u003e 0, ε\u003e 0, ε ε ε \u003d ε\u003e 0, ε \u003d ε ε ε ε \u003d ε ε ε \u003d ε ε ε ε. Зөвхөн танилцуулах тав тухтай байдалд зориулагдсан болно. 2. 3. Эхний захиалгын эхний захиалгын үргэлжлүүлэх шийдлийг үргэлжлүүлэх. Тодорхойлолтын үргэлжлэл y 0 \u003d f (x) нь y (x) нь y (x) нь y (x) -ийг авч үзье. (X) - HA, Bi, га-нд шийдэл, BI га Bi дээр HA, Bi у (X) \u003d Y (X) агуулагдаж байна. Дараа нь y (x) нь HA, BI, BI, BI, BI, BI, Y (x) нь HA, y (x) -ийг HA, BI-д үргэлжлүүлнэ гэж хэлдэг. -34- ДАГУУД 2.2-д 2.2-д, бид CAACY-ийн асуудал (2.1), (2.1), (2.2) -ийн орон нутгийн теоремийг нотолсон. Энэ шийдвэрийг ямар нөхцөлд өргөн цоорхойг үргэлжлүүлэн хийх вэ? Энэ асуудал нь энэ асуудлыг шийдвэрлэж байна. Гол үр дүн нь дараах байдалтай байна. Теорем 2. 5 (Хязгаарлагдмал хаалттай талбайд уусмалын үргэлжлэлийг үргэлжлүүлэх). Функц F (X, Y) үзье 2 CG ба R2, А (x0, y0) хязгаарлагдмал хаалттай бүс G Г. тэгшитгэл у 0 \u003d F шийдэл дотоод цэг (X онд Y дагуу Lipschitz байдлыг хангаж, y), ∂g бүсийн хил хязгаарыг ∂g хил хүртэл үргэлжлүүлэв Энэ нь ∂ ба b, b, ∂ ∂ дээр байрладаг ийм сегмент дээр үргэлжлэх боломжтой. ∂ (x, y) нь ot, хаалттай, хаалттай, гүдгэр хязгаарлагдмал, y бүсээр хязгаарлагдмал, дараа нь y бүс, гүдгэр нь f (x, y) нь хувьсагчийн yripsitz нөхцөлийг хангаж чаддаг. Баталгаажуулах үр дагаврыг үзнэ үү 2.1-р хэсэгт 1 ∂F. Тиймээс, энэ теорем нь ∂y G. SESST-т тасралтгүй байвал энэ теорем хүчинтэй болно. Үүнээс хойш (x0, y0) нь дотоод цэг нь дотоод цэг юм. 2 p x0 x0 x0 6 α, дараа нь G. Дараа нь G. Дараа нь G. Дараа нь Theore 2. 3 2.2. сегмент дээр уусмал (зөвхөн нэг) тэгшитгэл у 0 \u003d F (X, Y) уусмал Y \u003d φ (х) байдаг ийм H\u003e 0 байна. Би эхлээд энэ шийдвэрийг эхлээд тухайн бүсийн хил дээр бие даасан алхамаар зөрчих болно. 1. SETER ER-ийг авч үзье: e \u003d \u003d φ1 (x) нь \u003d φ (x) \u003d x \u003d \u003d \u003d φ (x) нь CAUCHY NEARD-ийг incly-ийн нөхцөл байдалд сэтгэл хангалуун байна. б \u003d φ ~ б. Ийнхүү φ (x) ба φ1 (x) нь ~ b h h h1, ~ b ~ b ~ b he segment нь Segment-ийн шийдэл нь бүхэл бүтэн сегментүүд юм. , φ1 (X) хэсгийн ~ B H1-аас шийдэл φ (X) -ийн үргэлжлэл юм ~ ~ ~ ~ B H1 ~ B + H1 Б. функц нь ψ (X) авч үзье: φ (х), X 2 x0, ψ (X) \u003d φ1 (X), 2 ~ B ~ B, H1 х ~ B + h1 ~ б h1, x0 + α0 + h1, ямар Энэ тэгшитгэл нь шийдэл болж байгаа юм у 0 \u003d F (X, Y) болон хангаж Cauchy ψ (x0) нөхцөл байдал \u003d y0. Дараа нь хэд хэдэн α0 + H1 2-E, энэ α0 \u003d SUP е тодорхойлолтод харш юм. Тиймээс хэргийг 2 боломжгүй юм. Үүний нэгэн адил, φ (x) нь зүүн талд үлдсэнийг нь зүүн тийш, φ (a) 2 ∂G. Теорем бүрэн батлагдсан. -37- Бүлэг III. N-р 3. 1. Үндсэн ойлголт, энэ бүлэгт вектор зарим чиг үүргийг туслах шинж чанар нь хэвийн N-р зэрэг хэлбэрээр 8-\u003e Т, Y тогтолцоог авч үзэх болно тулд хэвийн системийн хувьд Cauchy-ийн зорилт. Байна уу. Байна уу. , y y _ \u003d \u003d f 1 n 1 1\u003e,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > \u003e: y_ \u003d \u003d f t, y,. Байна уу. Байна уу. , Y, n, n n n 1 n нь үл мэдэгдэх (хүссэн) нь y1 (t) функцүүд юм. Байна уу. Байна уу. , yn (t), болон FI функцууд мэдэгдэж байгаа, i \u003d 1, n, n, функц дээрх цэг нь T-ийн дээгүүр цэгийг илэрхийлнэ. Бүх FI нь G бүс нутагт G бүс нутагт тодорхойлогддог гэж үздэг. y_ \u003d F (т, у), Y (T) y1 (T): Энэ нь вектор хэлбэрээр систем (3.1) бичиж нь тохиромжтой юм. Байна уу. Байна уу. , yn (t), f (t, y) f (t, y) f1 (t, y). Байна уу. Байна уу. , fn (t, y); Векторуудын тэмдэглэгээг зоосонор нь товчлол дээр бичихгүй. Ийм бүртгэлийг бас тэмдэглэх болно (3.1). T0, Y10-г цэгцгээе. Байна уу. Байна уу. Хувьд Г. The Cauchy асуудалд Yn0 худал (3.1) систем (3.1) нөхцөл хангасан нь шийдэл φ (T) олох явдал юм: φ1 (t0) \u003d Y10, φ2 (t0) \u003d y20, ..., φn (t0) \u003d yn0, (3.2) буюу вектор хэлбэр φ нь (t0) \u003d Y 0. 1-р бүлэгт дурдсанчлан Системийн уусмалын дагуу (3.1), Векторын уусмалын дагуу вектор функц \u003d t) \u003d t) \u003d t) \u003d t \u003d t) нь га, би. Байна уу. Байна уу. , φn (t), сэтгэл ханамжтай нөхцөл байдал: 1) 8 t 2 t 2 t in thing the of thing to in g, φ (t) нь g; 2) 8 t 2 га, би 9 D DT φ (t); 38 3) 8 T 2 HA, BI φ (T) нь сэтгэл ханамжтай (3.1). Хэрэв ийм шийдвэрийг нэмж хэлэхэд (3.2), t0 2 ha, t0 2 ha, bi, bi, bi, дараа нь caachy асуудлын шийдэл гэж нэрлэдэг. Нөхцөл байдал (3.2) нь хүч, каучын нөхцөлийг дууддаг бөгөөд t0, y10 дугаар. Байна уу. Байна уу. , Yn0 - Cauchy өгөгдөл (анхны өгөгдөл). Тухайн тохиолдолд вектор функц F (t, y) (n + 1) (n + 1) хувьсах нь y1-ээс хамаарна. Байна уу. Байна уу. , yn шугаман, I.E. Энэ нь маягттай: F (t, y) \u003d a (t) \u003d a (t) \u003d t + g (t) \u003d t + g (t) - n n n n n n n n n n n n n n n n matrix (3.1) гэж нэрлэгддэг. Ирээдүй ирээдүйд бид энд холбоосуудын тав тухтай байдлын үүднээс энд байгаа векторын функцүүдийн шинж чанарууд хэрэгтэй болно. векторууд шугаман алгебр явцад авсан мэдэгдэж байгаа нь тоогоор гадна, үржүүлэх журам, эдгээр үндсэн үйл ажиллагаа нь бүрэн хэрэгжиж байна. n Хэрэв r скаляр бүтээгдэхүүнийг нэвтрүүлэхийн тулд x, y \u003d x1 x1 + +. Байна уу. Байна уу. + Xn yn, бид euclidean-ийн зайг олж авах бөгөөд rn q u p vx \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x2k (эсвэл euclidean хэмээх болно). 1) 8 X, Y 2-RN 2) 8 X, Y 2-RN): скаляр к \u003d 1 хувьд, ажил, урт нь шударга хоёр гол тэгш бус байдал юм. X + y 6 x + y x x x x, y 6 x (гурвалжин тэгш бус); Y (Cauchy-ийн тэгш бус байдал нь хамаарах - хоёр дахь улирлын математик шинжилгээний явцад авсан, энэ нь Евклидийн орон зай дахь оноо (вектор) нь дарааллын нийлэлт (хязгаарлагдмал хэмжээст) -ийн дарааллыг нэгдэн нийлэлт тэнцүү байна гэж мэдэгдэж байгаа эдгээр вектор нь уялдуулан зохицуулах нь зохицуулалт нэгдэн нийлэлтийн тэнцүү байна гэж хэлэх нь амархан тэгш бус байдал нь дагаж байна. итгэмжлэгдсэн Макс 6 х X21 + ... Ирээдүйд хэрэглэгддэг вектор функцуудын зарим тэгш бус байдал энд байна. 1. Ямар ч вектор функцийн хувьд Y (t) \u003d \u003d \u003d y1 (t),. Байна уу. Байна уу. , YN (T) integrable (жишээ нь, тасралтгүй) дээр, шударга тэгш бус байдал ZB ZB у (T) ДТ 6 гаан (T) ДТ нь -39- (3.3) буюу маягтыг 0 зохицуулах нь ZB ZB y1 (T) ДТ @ Y2 (t) dt,. Байна уу. Байна уу. , 1 ZB A 1 ZB A ZB yn (T) DT нь 6 y12 (T) +. Байна уу. Байна уу. Yn2 (t) dt. Нотолгоо. Эхлээд тэмдэглэе, тэгш бус байдал нь хэргийг хасч болохгүй< 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 [Имэйл хамгаалагдсан] 2 2 2 L \u003d 1 2 X, k, I \u003d 1 нь дараахь газраас (3.5). Тодорхойлолт 3. 1. Векторын функц F (T, Y) -ийг MNA 1 Г-ийн хувьсагч дээр (T, y) нь MNAL VERSCHINCE-ийн НЭГДҮГЭЭР НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДСЭН НЭГДЭЭ , Y, 2-т, 2 г тэгш бус байдал FT хийж байна у, у 2 фут, Y 1 6 л у у 2-1. Хоёр хувьсагчийн үйл ажиллагааны хувьд (COLDER 2.1-ийг үзнэ үү. Яг тодорхой тодорхойлолт өгье. Тодорхойлолт 3. 2. The Хувьсагчдын хүрээ (T, Y) нь H, Y ба T-д LIENT TEANES DOPER нь y, y yould to y, y ling the y, хэрэв ямар ч хоёр оноо, y ling y, энэ нь бүхэлдээ энэ нь бүхэлдээ үүнийг холбодог бөгөөд энэ нь бүхэлдээ энэ нь энэ нь бүхэлдээ энэ нь энэ нь бүхэлдээ хамааралтай бөгөөд энэ нь энэ нь бүхэлдээ хамааралтай бөгөөд энэ нь энэ хоёрыг холбодог оноо, т. д. SETE N o T, Y y y \u003d y \u003d y \u003d y \u003d y \u003d y 1 + τ y 2 y 2 y 1, τ 2 τ 2 τ 2. Баталгаажуулах 3. 1. Хэрэв хувьсагч (T, Y) нь ∂, ∂-ийн хувийн дервекс нь ∂, j \u003d 1, j \u003d 1, y \u003d 1, y \u003d 1, n FT вектор функц нь хангаж G, тогтмол L \u003d N литр у төлөө Lipschitz нөхцөл байна. 1 2 нотолгоо. A чиглүүлэлт цэгүүд t, y ба t, y, y-y-ыг g ба to 1 2 сегментчилж, тэдгээрийг холбох, i.e. SET T, Y, Y, Y, Y \u003d y \u003d y + @ y y y y y1, t тогтмол, τ 2. -41- Бид нэг скаляр маргаан G (τ) \u003d фут, Y (τ), 2-р 1-вектор үйл ажиллагааг танилцуулж дараа нь г (1) г (0) \u003d фут, yft, Y, нөгөө талаас - z1 г (1) г (0) \u003d DG (τ) dτ \u003d dτ z1 нь (τ) Ма (τ) dτ \u003d dτ 0 0 H \u003d буян у хамт \u003d Y 1 + τ у 2 Юй 1 z1 \u003d A (τ) Y 2 0 dτ у 1 (τ) элементүүд ∂fi нь матриц бөгөөд ∂yj y2 у 1 харгалзах багана юм. Энд бид давуу тал цогц үйл ажиллагаа, тухайлбал, ялгаа дүрэм, бүх I \u003d 1, N, T-д болсон - тогтмол, бидэнд байгаа: gi0 (τ) \u003d ∂fi ∂Y1 ∂Fi ∂Y2 ∂Fi ∂YN г Fi T , Y (τ) \u003d + + ... + \u003d dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂Yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., Y2 Y1. \u003d ∂y1 ∂yn matrix хэлбэрээр үүнийг эргүүлэн татсан бөгөөд бид матрицын маягтад олж авсан: 0 2 1 г. салшгүй (3.3), тэгш бус байдал (3.5) -ийн тооцоог ашиглан орлуулалтын дараа бид олж авах: FT, Y 2 фут, Y 1 z1 \u003d г 0 (τ) dτ \u003d 0 z1 6 (τ) Y 2 z1 Y1 нь (τ) у 2 0 z1 dτ 6 0 нь (τ) нь (τ) dτ Y2 Y1 6 Y2 Y1 6 Нидерланд 0 6 макс нь (τ) 2 6 2 2 оноос хойш у 1 dτ БЦГ-ын хамгаалалтын ∂fi \u003d I, J \u003d 1 ∂Yj 2 Y2 Y1, 8-τ 2 2 6-N2 L2. Мэдэгдлийг нотолж байна. -42- 3. 2. Теорем 3. 1-ийн хэвийн тогтолцооны асуудлыг шийдвэрлэхийн тулд CAUCHY асуудлын шийдэл 3. 1 (хоёр шийдлийн зөрүүг үнэлэх). G-ийг зарим бүсийн rn + 1 байх, vector функц нь F (x, y) нь G-д G-ийн фунт стерлингтэй, y 1, y 2 хоёр шийдэлд хүрч байна хэвийн систем (3.1) y_ \u003d F (X, Y) сегмент дээр, дараа нь зэрэглэл Y 2 (T) Y 1 (T) 6 Y 2 (t0) Y 1 (t0) EXP L (T t0) хүчинтэй байна бүх t 2-ийн хувьд. Утгагүй нотолгоо, илт нотолгоог харгалзан үзэх, мэдээжийн хэрэг 2.1-р зүйлээс Toorem 2.1-ийн нотолгоог давтана уу. Эндээс 2-оос эхлээд эхний өгөгдлийн талаархи шийдвэрийн талаархи өвөрмөц, тогтвортой байдлын талаархи онолыг олж авахад хялбар байдаг. Ээлжлэн 3.1. VERSE PERTER FACINE FACINE PERIVE PENTION FACINE-д V (TESPSCHITES NEARS NO 1 (T) ба y 2 (T) хоёрын систем (3.1) -ийг ашиглаарай нэг хэсэг нь, Үүнээс гадна, t0 2. Хэрэв y 1 (t0) \u003d t0) \u003d y 2 (t0), дараа нь y 1 (t) y 2 (t) y 2 (t). Ээлжлэн 3.2. (анхны өгөгдөл дээр тасралтгүй хамааралтай). вектор функц F (т, у) тогтмол L\u003e 0 Y хамт G Lipschitz нөхцөлд бүс нутаг G болон хангасан тасралтгүй байх, вектор чиг Y 1 (T) ба Y 2 (T) уусмал нь үзье хэвийн систем (3.1) дээр тодорхойлсон. Хэрэв 8 t 2, тэгш бус байдал Y 1 (T 1 (t0) \u003d t0 \u003d t1 \u003d t1 (t0) \u003d t1 \u003d t1 \u003d t \u003d t \u003d t) 6 (t) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (T) 6 (t) 6 (T) 6 Δ Δ Δ e e e e e e e e e e e e e e e e e ex. ҮНЭГҮЙ ҮНЭГҮЙ ҮЙЛЧИЛГЭЭГИЙН ҮЙЛЧИЛГЭЭГИЙН ҮЙЛЧИЛГЭЭГИЙН ҮНДЭСНИЙ ТӨЛӨВЛӨГӨӨНИЙ ҮЙЛ АЖИЛЛАГАА, 2.1 ба 2.2-ийн үр дагаврыг давтана уу. 2 Хэмжээний асуудлын шийдлийг (3.1), (3.1), (3.2), (3.2), (3.2), нэг хэмжээст тохиолдолд салшгүй тэгшитгэл (вектор) шийдвэрлэх боломжтой. LEMMA 3. 1. F (T (T, Y) 2 C G; Rn 1. Дараах тайлан явагдана: 1) ялгаа аливаа шийдэл φ (T) тэгшитгэл (3.1) HA, Bi, хангах (3.2) t0 2 HA, Bi, га, Bi 1 C G дамжуулан дээр тасралтгүй шийдэл юм; H Жишээ нь сансрын Х., F (T, Y) 2 C G-д утга нь G бүс нутагт тасралтгүй бүх үйл ажиллагааны цогц илэрхийлэхэд баталсан байна; Rn бүрэлдэхүүн хэсэг) G-д тодорхойлсон G. - Бүх тасралтгүй векторын функцүүд (n -43 интеграл тэгшитгэл (τ zt fo) t0; (3.6) t0 2-ыг (3.6) t0 2) t0 2) Хэрэв t0 2) бол вектор функц φ (T) 2 C HA, Bi HA, Bi, t0 2 га, Bi, дараа нь φ (T) HA дээр тасралтгүй деривативыг байна, Bi дээр салшгүй тэгшитгэлийн (3.6) нь тасралтгүй шийдэл юм байна нь уусмал (3.1), (3.2). Нотлох баримт. 1. 8 τ 2 га, BI нь тэгшитгэлийн Dφ (τ) \u003d f \u003d f τ, τ (τ). Дараа нь t0-ээс t-ээс нэгтгэх, semidτ rt \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d j \u003d τ φ (τ) d @ φ, I.e. φ (t) тэгшитгэлийг хангах (3.6). T0 2. Тасралтгүй вектор функцийг φ (t) нь тэгшитгэлийг (3.6) тэгшитгэл (3.6) тэгшитгэлийг (3.6) -ийг хүргэе, φ (t) нь нарийн төвөгтэй, гар талд (3.6) (Мөн, тиймийн тул, зүүн хэсэг) HA, Bi нь Т тасралтгүй деривативыг байна. T \u003d t \u003d t0 (3.6) φ (t0) \u003d t0 (t0) \u003d y 0, i.e. φ (t) нь каучигийн асуудлын шийдэл (3.1), (3.2). Сегментийн төгсгөлд деривативын дагуу (хэрэв энэ нь хамаарах юм бол) нэг талын дериватив функцийг ойлгодог болохыг анхаарна уу. Лемма батлагдсан. Тайлбар 3. 1. Нэг хэмжээст тохиолдолд аналогийг ашиглан аналогийг ашиглан (бүлгийн 2-ыг ашиглан, үүнтэй холбоотой асуудлуудыг шийдвэрлэх, давхцуурыг шийдвэрлэхийн тулд exthem-ийг шийдвэрлэх боломжтой бөгөөд тэдгээрийн дарааллыг шийдэхийн тулд exthem-ийг шийдвэрлэх боломжтой бөгөөд үүнтэй холбоотой асуудлыг шийдвэрлэхэд хүргэж болох бөгөөд энэ нь extem-ийг шийдвэрлэхэд хүргэж болзошгүй юм тодорхой сегментэд t0 H, t0 + Х. дээр салшгүй тэгшитгэл (3.6) Энд шахалтын газрын зураглалын зарчим дээр үндэслэн бид энд оршин тогтнолын (болон өвөрмөц бус) шийдлийн өөр нотолгоог бий болгодог. Мөн бид ирээдүйд учайд орчин үеийн орчинд чиглүүлж зохион байгуулах, Математик физикийн тэгшитгэлийн курсээр түрүүлдэг. Бидний төлөвлөгөөг хэрэгжүүлэхийн тулд танд хэд хэдэн шинэ ойлголт, туслах мэдэгдэл хэрэгтэй болно. 3. 3. Метрийн зайны тухай ойлголт. Математикийн хязгаарлалтыг шахах зарчим нь математикийн хамгийн чухал ойлголтыг "Ойролцоогоор" объектууд "гэсэн ойлголт дээр суурилдаг. Тэдгээрийн хоорондох зайг олох боломж. тоон тэнхлэг дээр, зайны Евклидийн зай гэх мэт нь сайн мэдэх томъёо байдаг онгоцоор хоёр тооны модуль юм Шинжилгээний баримтууд нь элементийн алгебрийн шинж чанарыг ашигладаггүй бөгөөд тэд зөгийн балтай холбоотой алсын зайн ойлголт дээр суурилдаг. Энэ арга барилыг хөгжүүлэх, I.E. Хязгаарлалтын тухай ойлголтын хуваарилалт нь хэмжигдэхүүний орон зайн ойлголтод хүргэдэг. -44- тодорхойлолт 3. 3. Let X дур мэдэн шинж чанартай олон ургальч, болон ρ (х, у) байх - хоёр хувьсагчийн бодит функц X, Y 2 х, хангах гурван Аксиом: 1) ρ (X, Y) \u003e 0 8 X, Y 2 х ба ρ (X, Y) \u003d 0 зөвхөн X \u003d Y-д; 2) ρ (x, y) \u003d ρ (ρ (y, x) (тэгш хэмийн аксиом); 3) ρ (x, x) 6 ρ (x, x) + + (y) + ρ (y, z) (гурвалжин тэгш бус байдал). Энэ тохиолдолд x x x нь x-ийг ρ (x, x) бүхий багцыг (x, x) хэмжигдэхүүн (3P) гэж нэрлэдэг. R, сэтгэл ханамжтай 1) - 3) - Метр эсвэл зай. Бид хэмжигдэхүүний зайны зарим жишээг танилцуулж байна. Жишээ 3. x \u003d x (x, x) \u003d x \u003d x o x x xi 2 r xi 2 r \u003d x x xi 2 r \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x \u003d x1 байна. Байна уу. Байна уу. , Xn-ийн xn-ийн тохируулсан багц нь N 2 P x \u003d x1-ээс захиалсан багцын багц. Байна уу. Байна уу. , Xn зайтай x (x, y) \u003d xk \u003d xk yk \u003d x x x \u003d 1 n хэмжээст Euclidean euclide-ийн зай R. n жишээ 3. 3. x \u003d c a, b; R нь rn, I.e-ийн утгатай бүх тасралтгүй A, B дээрх бүх тасралтгүй багц юм. Тасралтгүй вектор функцууд, зай (F, G) \u003d max f (t) g (t) g (t) \u003d f (t) \u003d f (t) \u003d f1 (t) \u003d f1 (t) \u003d f1 (t). Байна уу. Байна уу. , Fn (t), t2 s n 2 p g \u003d g \u003d g (t) g1 (t),. Байна уу. Байна уу. , Gn (t), f g \u003d fk (t) gk (t) gk. k \u003d 1 жишээнүүдэд 3. 1 -3. 3 MP AXIOOM-ийг шууд шалгаж, үүнийг ухамсартай уншигчдад дасгал хий. Ердийнх шиг, хэрэв xn 2 x xn xn xn xn xn x xn x x x mp-ийн дарааллыг xn mp x гэж нэрлэдэг. X цэг, хэрэв lim xn xn xn, x \u003d 0. 0 тодорхойлолт нь үндсэндээ ε\u003e 0-ийг нэрлэнэ. 5. M\u003e n тэгш бус байдал 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\u003e n \u003d n \u003d) Макс Фм (T) FN (T) FN (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 N (ε) n (ε) -д ийм тоонд байдаг бөгөөд n q 2 a, b 2 a, b 2 a, b нь тэгш бус байдал нь тэгш бус 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. B \u003d AMA, B: x 7! X, b - шахалт. Теорем 3. 2, b нь оператор b нь нэг тогтмол цэгтэй x байна. A ба B нь нэвчилтийг нэвчдэг AB \u003d BA ба BX \u003d X \u003d x \u003d a bx \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax \u003d ax байна. Y \u003d сүх нь бас тогтмол цэг юм. Теорем 3. 2-р цэгээс хойш. 2 нь өвөрмөц, дараа нь y \u003d x \u003d x \u003d x \u003d X. Эндээс x нь операторын тогтмол цэг A. Бид өвөрмөц байдлыг батлах болно. Бодъё гэж х ~ 2 х болон ~ х \u003d х ~, дараа нь м м-ийн 1 б х ~ \u003d Х ~ \u003d Х ~ \u003d. Байна уу. Байна уу. \u003d x ~, i.e. x ~ - Мөн B, x ~ \u003d x \u003d x ~ x. Теорем нотлогдсон. Метрийн орон зайд онцгой тохиолдол бол шугаман хэвийн орон зай юм. Бид яг тодорхой тодорхойлолтыг өгдөг. Тодорхойлолт 3. 9. x-ийг r-ээс r-ээс r-ээс r-ээс r-тэй харьцуулж, x axioms-ээс сэтгэл ханамжгүй; 1 x 2 x 2 x, x\u003e 0, x \u003d 0, x \u003d 0 ба x \u003d 0 x \u003d θ; 2) 8 x 2 x ба 8 λ 2 r (эсвэл c) 3) 3) 3) 8 x, y 2 x-ийг хийдэг). x + y 6 x + + y ex \u003d joj \u003d joj x; (Гурвалжингийн тэгш бус байдал - дараа нь x нь хэвийн орон зайг нэрлэдэг, x: x 7! R, сэтгэл хангалуун 1) - 3), - норм. Энгийн соруул дахь функц нь ρ, x x, y \u003d x x x x x x x x. MP-ийн аксиомыг хийх нь амархан шалгадаг. Хэрэв авсан хэмжигдсэн хэмжигдэхүүн нь бүрэн байгаа бол харгалзах ердийн орон зайг Бана орон зай гэж нэрлэдэг. Ихэвчлэн ижил шугаман орон зайд ижил шугаман орон зайд ордог. Энэ талаар ийм ойлголт гарч ирэв. Тодорхойлолт 3. 10. x нь шугаман орон зай байх, мөн - 2 2 стандартад оруулсан. Норматсыг 1 2 хэм хэмжээ гэж нэрлэдэг, хэрэв 9 c1\u003e 0 ба C2\u003e 0: 8 x 2 x 2 x 1 x 1 6 x 2 6 x 1 6 x 1. Тэмдэглэл 3. Хэрэв хоёулаа x, x, 1 2 орон зайг хоёр тэнцүү хэмжээтэй бол тэдгээрийн аль нэгийг нь бөглөнө. Xn x x x x дараалал, үндсэн програм хангамж, үндсэн програм хангамж, үндсэн x 2 x 2 x. -47- СУРГУУЛЬД ОРУУЛЖ БАЙНА. 4. ЭРХ ЗҮЙ ) Энэ сансрын бөмбөг хаалттай бөмбөгийг OR-o Br (a) \u003d x 2 x \u003d x 2 x x, 6 r, 2 x, 2 x, 2 x нь бүрэн n орон зай гэж үздэг. PMP-д хаалттай бөмбөгийг анхаарч үзээрэй. Өөртөө ижил зайтай PMP байна гэдгийг анхаарна уу. Энэ баримт нотолгоо нь уншигчдыг дасгал болгон үлдээдэг. Тэмдэглэл 3. 5. Дээрх зайны бүрэн бүтэн байдал. 3. Шугаман орон зайд x \u003d c \u003d c \u003d t \u003d t x \u003d top \u003d t x \u003d the xp \u003d tox \u003d the xp \u003d tox \u003d the xp \u003d max \u003d the Rep \u003d the Replock ate xp \u003d the xp \u003d tox x x x (t) -ийг оруулж болно. Банат. 0, T V векторын функцион дээр тасралтгүй тасралтгүй α\u003e 0 r α\u003e 0 extula x (t) -ийг α\u003e 0-тэй тэнцэхүйц хэмжээгээр up α\u003e 0-тэй тэнцэх боломжтой. αt x (t) 6 e αt x x (t) 6 x (t) 6 x (t) 6 0, t 6 x kxk 6 kxkα kxα kxp. Бид шугаман (хэвийн) системийн нэг удаагийн шинж тэмдгийн энэхүү эд хөрөнгөнд эквивалент норматив норматив. 3. 4. Ердийн системийн асуудлыг шийдвэрлэх, өвөрмөц байдал, өвөрмөц байдал нь CAUCHY-ийн шийдэл, өвөрмөц байдал нь CAUCHY-ийн шийдлийг (3.1) -ийг (3.1) гэж үздэг. вектор функцийг тодорхойлох талбар f (t, y). Энэ догол мөрөнд G нь тодорхой n дүр төрхтэй G \u003d A, B o, B o, BO, BR (y 0) \u003d теорем хүртлээ. Y 2 rn y y0 6 r нь бүхэлдээ юм. Теорем 3. 4. Вектор функц F (T, Y) 2 C G; Rn, 9 м\u003e 0 ба l\u003e 0-ийг ийм нөхцлөөр 1) 8 (T, y) 2 G \u003d A, B F (T, Y) 6 м-ийн тусламжтайгаар; 2) 8) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G ба y 2 f t, y 2 F t, y 1 6 l y 2 y 2 y 1. Δ 2 (0, 0, 1) -ийг засаад t0 2 (a, b) -ийг зөвшөөрнө үү. R 1 Δ 9 цаг \u003d мин; ;; T0 a; B T0\u003e 0 ML нь jhshshi (3.1) -ийн асуудлаас давж гарах, jhshoshi-ийн асуудлаас илүү. Jh \u003d t0 h, t0 + h, y (t) y 0 6 r бүх t 2 jh-тай хамт. -48- баталгаа. LEMMA 3. 1, CAUCHY-ийн асуудал (3.1), (3.1), (3.1), (3.1) нь сегмент дээр салшгүй тэгшитгэл (3.6) -тай тэнцэхүйц хэмжээтэй бөгөөд jh дээр тэнцүү байна. Банкийн орон зайг x \u003d c (JH; RN; RN) -ийг авч үзье x \u003d t t2Jh фунт стерлинг. T2JH-ийн функци-функцийг танилцуулж байна \u003d y (t) 2 x (t) n \u003d y (t) n \u003d y (t) 2 x yy (t) o of of oper op op op op op of oper op of op op of of of op op op of of of of of of of x 0 , Y (τ) d 2 jh, t0 y 0 y t t2 z zt t tightove нь өөрөө jt zh zh (τ) toorem 1-ийн 1-ийн нөхцөлд, тодорхойлолт H. SR шахалтын оператор дээр байгаа гэдгийг бид баталж байна. Дур зоргоороо 0 1 2-ийг аваад бид утгыг тооцож, y (t) 2 AY-ийн 2 AY T T2JH FR ZT ZT, Y 2 (Z2JH F) Хэрэв τ, x zt zh zt ZT ZT ZT ZT, y 2 (τ) 6 T0 ZT 6 Max T2JH T2JH F τ, y 2 (τ) F τ (τ) τ (τ) y 1 (q) y1 y2 y2 y2 y2 y2 y2 y2 y2 y2 y1 y2 y1 y2 y2 y2 y1 y1 y1 y1 y2 y2 y2 y1 y2 y1 y1 y1< 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 R Formula H \u003d Min M-ийн дагуу сонгоно уу; 1л Δ; б А, сегментийн хувьд JH-ийг авах нь -49- JH \u003d T0, T0 + H \u003d A + H. Теоремийн бусад бүх нөхцөл байдал өөрчлөгдөхгүй, түүний нотолгоо, дахин бүртгэгдсэнийг харгалзан үзсэн. T0 \u003d \u200b\u200bB-ийн хувьд үүнтэй ижил төстэй, үүнтэй адил, h \u003d мин m; 1л Δ; B A, jh jh \u003d B H, B. n тэмдэглэгээ 3. Теорем дээр 3. 4, F (T, Y) 2 C G; R, g \u003d a \u003d a, b d d (t \u003d y) нөхцөл байдал, 1-р нөхцлийг бүрдүүлнэ. Нөхцөл байдал нь өөрчлөгдөхгүй. Нөхцөл байдал өөрчлөгдөхгүй. Тэмдэглэл 3. 8. Тебемийн 1, 2-оос 2-оос 3-ыг бүх t, y 2 a, y 2 a, al-ээс 0-ээс хассан, y, y ба r Байна. Теорем 2.4-тэй төстэй, y vector функцэд хязгаарлалт, yoorem 2.4-тэй ижил хэмжээгээр хязгаарлалттай, A, 3.2), (3.1) нь бүхэл бүтэн сегментийн шийдэлд хүчинтэй байна. N теорем 3. 5-р фут функцийг FX, y 2 C \u003d A, B, B RN, L\u003e 0, L\u003e 0, L\u003e 0, L\u003e 0-ийг зөвшөөр. Y 2 FT, Y 1 6 LY 2 Y 1. Хэрэв T0 2 ба y 0 2 RN, A, A, B дээр байгаа бол А, В; Түүнээс гадна. Түүнээс гадна onounce offover нь êshoshi (3.1), (3.1) -ийн даалгаварын цорын ганц шийдэл. Нотлох баримт. Дурын T0 2 ба y 0 2 RN-ийг аваад засаарай. SET G \u003d A, B RN нь маягтад байгаа: G \u003d g [g [g + + + + + + + + + + \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d \u003d a \u003d a \u003d a \u003d a, t0 нотлох баримт байхгүй байх болно. G + зурвасын талаар үндэслэлтэй байх. Сегмент Т0, B, CAACHY AFFER (3.1), (3.1), (3.1), (3.1) (3.2), (3.2) тэгшитгэлтэй тэнцүү байна (3.6). Бид Операторын интегралчуудыг танилцуулж байна n a: x 7! X, x \u003d c t0, b; R, AY Formula yy yy \u003d Y 0 + + ZT F τ & τ, y (τ) d. T0 дараа нь интеграл тэгшитгэл (3.6) -ийг операторын тэгшитгэлийн тэгшитгэл хэлбэрээр бичиж болно. (3.8) Хэрэв интерженерийн тэгшитгэл (3.8) нь PMP X-ийн шийдэлтэй бол бид T0, B эсвэл T0 дээр CAUCY-ийн шийдэлд хүртэх чадвартай бол бид CAUCHY-ийн шийдэлд хүртэх чадварыг олж авдаг. Хэрэв энэ шийдэл нь цорын ганц шийдэл байгаа бол цорын ганц шийдэл бол цорын ганц шийдэл нь цорын ганц шийдэл нь CAACY асуудлын шийдэл юм. Бид тэгшитгэлийн хоёрдмол чадваргүй байдлын хоёрыг (3.8) хоёр нотолгоо өгдөг. ХӨГЖЛИЙН 1. ABILERRARDERATIATE VERSION PRINES PRINES 1 2 N 2 N e, Y 2 X \u003d C TH \u003d C TH0, B; R, дараа нь үнэ цэнэ, ямар ч -50- T 2 t0 хугацаанд хүчин төгөлдөр байдаг гаан 2 б: гаан 1 ZT ЭМС-τ, Y 2 (τ) 1 е τ \u003d Y (τ) Би dτ 6 t0 ZT Y 2 (τ ) 6l y 1 (τ) dτ 6 l t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t0 (τ) 6 (τ) 6 τ (τ) 6 τ (τ) 6 τ (τ) 6 τ (τ) 6 τ (τ) 6 τ (τ) 6 τ 2l T T0 y0 e2 y2 y2 y2 y1. X-д x in Нормыг дараах байдлаар оруулсан болно. Kxk \u003d max x (τ). үр дүнд нь тэгш бус байдлыг харахад бид байх болно: 2 2 гаан 2 1 гаан ZT ЭМС-τ, гаан 2 (τ) \u003d 1 Би τ t0 Dτ оны τ, гаан (τ) Dτ 6 t0 6 L2 ZT гаан 2 (τ) гаан 1 ( τ) dτ) dτ 6 l2 zt zt y2 y2 y2 6 t0 6 t0 6 l2 t t t t t t t t0 2! 2 y2 y1. Энэ үйл явцыг үргэлжлүүлж, энэ нь 8 k 2 n 2 a ak y ak y 1 6 l t t t t t0 k! K y2 y1. Тиймээс, эцэст нь бид AK y 2 AK Y 1 y 1 \u003d Max AK Y 2 L B T0 AK Y 1 L 1 L 1 L 1 L B 1 L B 1 L B THID! K y2 y1. K α (k) \u003d! 0-ийн хувьд! 1, дараа нь k0 k0, k! тэр 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 (eigne 3. 5-ыг үзнэ үү) Формула: x α \u003d max e e αt e αt x (t). -51- Бид та α-д хэм зай х д оператор нь\u003e л шахалтын байх болно ингэснээр α сонгож болно гэдгийг харуулах болно. Үнэн хэрэгтээ, α гаан 2 гаан 1-α ZT ЭМС-τ, Y 2 (τ) αt \u003d Макс и 1 е τ, Y (τ) Би dτ 6 t0 6 Макс и αt ZT у 2 (τ) L у 1 (τ) dτ \u003d t0 \u003d L Макс и ZT αt и ατ у 2 (τ) eατ dτ 6 Y 1 (τ) t0 6 л хамгийн и αt ZT eατ dτ Макс и ατ у 2 (τ) Y 1 (τ) \u003d y2 α t0 \u003d L MAX E αT t0 б α\u003e л, дараа нь Q \u003d л α 1 1 αt и α и eαt0 L \u003d α α б t0 у 2 y1 у 1 α \u003d 1 E α оноос хойш.< 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. (4.18) ачаар бид Rx ZX к dξ Y (х) нь 6 y0 ex0 RX к dθ м eξ + dξ \u003d y0 EK (X x0) ZX + м x0 \u003d y0 EK (X x0) EK (X ξ) dξ \u003d x0 м + к и к (X ξ) ξ \u003d х ξ \u003d x0 \u003d y0 и kjx x0 и м kjx + и к x0 и 1. Одоо X-ийг зөвшөөрнө үү.< 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, дараа нь, мэдээжийн үйл ажиллагаа y (x) 0 нь тэгшитгэлийн уусмал (4.24). Bernilli-ийн тэгшитгэлийг шийдвэрлэхийн тулд α 6 \u003d 0, α \u003d 0, α 6 \u003d 1, бид тэгшитгэлийн аль алиныг нь y α дээр хуваана. Α\u003e 0 дээр сэтгэгдлээр ашиглах нь 4. 4-р функцийг харгалзан үзэх шаардлагатай бөгөөд x (x) 0 нь энэ хэлтэст алдагдсан (4.24) -ийг (4.24) -ийн шийдэл юм. Тиймээс, ирээдүйд энэ нь ерөнхий шийдэлд нэмэх шаардлагатай болно. Хуваагдсаны дараа бид y α y 0 \u003d a (x) y (x) y 1 α α + b (x). Introducts шинэ хүссэн функц Z \u003d Y 1 α, дараа нь Z 0 \u003d (1 Тиймээс бид ZZ 0 \u003d (1 α) нь (X) Z + (1 α нь тэгшитгэл харьцуулахад) у α дээр ирэх) б (X) Байна уу. α y 0, a (4.25) тэгшитгэл (4.25) тэгшитгэл (4.25) нь шугаман тэгшитгэл юм. Ийм тэгшитгэлийг 4.2-ийн томъёо гэж үздэг. Z (x) z (x) z (x) z (x) \u003d ce r \u003d ce r (α 1) -ийг бичсэн. (x) DX + + + (1 α) e r (α) e r (x) DX 1 Z B (x) e r (x) e r (x) e r (x) e r (x) e r (x) e r (x) e r (x) dx dx. (4.26) Дараа нь \u003d x) \u003d z 1 α (x) нь Z (x) \u003d \u003d x 1 α (x), z (x) нь (4.26) -д (4.26) тодорхойлдог. (4.26) нь Берниллиигийн тэгшитгэл (4.24). -64- Нэмж хэлэхэд α\u003e 0 дээр дурдсанчлан α\u003e 0, y (x) нь y (x) нь y 0 + + + + \u003d y 2 экс юм. (4.27) Бид тэгшитгэлийг (4.27) -ийг y 2 болгон хувааж, z \u003d z \u003d -ийг орлуулах болно. Үүний үр дүнд z 0 + 2z \u003d Ex. (4.28) Бид эхлээд нэгэн төрлийн тэгшитгэл шийдвэрлэнэ: Z 0 + 2Z \u003d 0, DZ \u003d 2dx, Z LN jzj \u003d 2x + C, Z \u003d Ce2x, С 2 R1. Нэгэн түвшний тэгшитгэлийн шийдэл (4.28) Бид дур зоргоороо тогтмол байдлын өөрчлөлтийг хайж байна. ZN \u003d e2ce2x \u003d ex ex ex ex ex ex ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex \u003d ex ex, c Zhen \u003d Ex, ex, тэгшитгэлийн ерөнхий шийдэл (4.28) Z (x) \u003d ce2x \u003d EX. Үүний улмаас Берниллиигийн тэгшитгэл (4.24) -ийг y (x) \u003d 1 гэж тэмдэглэв. EX + CE2X Нэмэлт, тэгшитгэлийн уусмал (4.24) нь энэ тэгшитгэл нь y 2-т хуваагдана. 0. 4. 5. Бүрэн дифференциональ тэгшитгэл нь ялгаатай байх ёстой m (x, y) dx \u003d n (x, y) dx \u003d 0, (x, y) 2 г. R2. Энэ тэгшитгэлийг F (x, x, y) 2 c 1 (x) \u003d m (x) \u003d m (x) \u003d m (x) \u003d m (x) dx + n (\u003d m (x) dx + n ( x, y) dy) dy, (x, x, y) 2 G. Бид M (x, x) 2 C 1 (G), G нь дан холбоотой. Эдгээр таамаглалууд, математикийн шинжилгээг мэддэг (жишээ нь, x, y) нь (4.29) Тэгшитгэл (x, y) нь (4.29) -ийг (x, y) нь (x, y) нь (x, y) тэгшитгэл (4.29). (x, y) \u003d nx (x, x, y) -65-65- 8 (x, y) 2 г. Зарим нэгэн (X, ZY) үед F (X, Y) \u003d M (X, Y) DX + N (х, у) Ма, (4.30) (x0, y0) цэг (x0, y0) бол G, (x, x, y) - x, x0, x0, y / y) ба (x0, y0, y) ба (x0, y0) ба (x, y) ба (x, y0) ба (x, y) ба (x, y / y) ба муруйлингийн интегал нь of and and and and of and and of and of and of and tode and and and coplie-ийн дагуу явагдана. тэгшитгэл (4.29) нь тэгшитгэл юм