মাকারস্কায়া ইভি বইয়ে: ছাত্র বিজ্ঞানের দিনগুলি। স্প্রিং - 2011. এম.: মস্কো স্টেট ইউনিভার্সিটি অফ ইকোনমিক্স, স্ট্যাটিস্টিকস অ্যান্ড ইনফরমেটিক্স, 2011.এস. 135-139।

লেখক বিবেচনা বাস্তবিক ব্যবহারঅর্থনৈতিক ব্যবস্থা অধ্যয়নের জন্য রৈখিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্ব। গবেষণাপত্রটি অর্থনৈতিক ব্যবস্থার ভারসাম্যপূর্ণ অবস্থার সন্ধানের সাথে কেইনস এবং স্যামুয়েলসন-হিক্সের গতিশীল মডেল বিশ্লেষণ করে।

Ivanov A.I., Isakov I., Demin A.V. et al. Part 5.M.: Slovo, 2012.

ম্যানুয়ালটি ডোজ সহ পরীক্ষার সময় একজন ব্যক্তির অক্সিজেন খরচ অধ্যয়নের জন্য পরিমাণগত পদ্ধতি নিয়ে আলোচনা করে শারীরিক কার্যকলাপ SSC RF-IBMP RAS এ সম্পাদিত। ম্যানুয়ালটি বিজ্ঞানী, ফিজিওলজিস্ট এবং মহাকাশ, পানির নিচে এবং ক্রীড়া ওষুধের ক্ষেত্রে কাজ করা চিকিত্সকদের উদ্দেশ্যে।

Mikheev A.V. SPb.: অপারেশনাল প্রিন্টিং বিভাগ, ন্যাশনাল রিসার্চ ইউনিভার্সিটি হায়ার স্কুল অফ ইকোনমিক্স - সেন্ট পিটার্সবার্গ, 2012।

এই সংগ্রহে ন্যাশনাল রিসার্চ ইউনিভার্সিটি হায়ার স্কুল অফ ইকোনমিক্স - সেন্ট পিটার্সবার্গের অর্থনীতি অনুষদে লেখক দ্বারা শেখানো ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের কোর্সের সমস্যা রয়েছে। প্রতিটি বিষয়ের শুরুতে, প্রধান তাত্ত্বিক তথ্যগুলির একটি সংক্ষিপ্ত সারাংশ দেওয়া হয় এবং সাধারণ সমস্যার সমাধানের উদাহরণগুলি বিশ্লেষণ করা হয়। উচ্চ পেশাদার শিক্ষার প্রোগ্রামের ছাত্র এবং শ্রোতাদের জন্য।

কোনাকভ ভি.ডি.এসটিআই। WP BRP. মস্কো স্টেট ইউনিভার্সিটির মেকানিক্স এবং গণিত অনুষদের ট্রাস্টি বোর্ডের পাবলিশিং হাউস, 2012। নং 2012।

এই পাঠ্যপুস্তকটি মস্কো স্টেট ইউনিভার্সিটির মেকানিক্স এবং গণিত অনুষদে লেখক দ্বারা পড়া ছাত্রের দ্বারা নির্বাচিত একটি বিশেষ কোর্সের উপর ভিত্তি করে। এম.ভি. 2010-2012 সালে Lomonosov একাডেমিক বছর... ম্যানুয়ালটি পাঠককে প্যারামেট্রিক্স পদ্ধতি এবং এর বিচ্ছিন্ন অ্যানালগের সাথে পরিচিত করে, যা সম্প্রতি ম্যানুয়ালটির লেখক এবং তার সহ-লেখকদের দ্বারা তৈরি করা হয়েছে। এটি এমন উপাদানগুলিকে একত্রিত করে যা আগে শুধুমাত্র বেশ কয়েকটি জার্নাল নিবন্ধে ছিল। উপস্থাপনার সর্বাধিক সাধারণতার জন্য প্রচেষ্টা না করে, লেখক একটি প্রসারণ প্রক্রিয়ায় মার্কভ চেইনের একত্রিতকরণের উপর স্থানীয় সীমা উপপাদ্য প্রমাণ করার এবং কিছু অধঃপতিত বিচ্ছুরণের জন্য দ্বি-পার্শ্বযুক্ত অ্যারোনসন-টাইপ অনুমান প্রাপ্ত করার ক্ষেত্রে পদ্ধতির ক্ষমতা প্রদর্শনের জন্য যাত্রা করেছেন।

ইসস 20. NY: স্প্রিংগার, 2012।

এই প্রকাশনাটি তৃতীয় দ্বারা নির্বাচিত নিবন্ধগুলির একটি সংগ্রহ আন্তর্জাতিক সম্মেলনতথ্য সিস্টেমের গতিশীলতার উপর ”, ফ্লোরিডা বিশ্ববিদ্যালয়ে অনুষ্ঠিত, ফেব্রুয়ারি 16-18, 2011। এই সম্মেলনের উদ্দেশ্য ছিল শিল্প, সরকার এবং একাডেমিয়া থেকে বিজ্ঞানী এবং প্রকৌশলীদের একত্রিত করা, যাতে তারা তথ্য সিস্টেমের গতিবিদ্যার তত্ত্ব এবং অনুশীলন সম্পর্কিত বিষয়গুলিতে নতুন আবিষ্কার এবং ফলাফল বিনিময় করতে পারে। তথ্য ব্যবস্থার গতিবিদ্যা: একটি গাণিতিক আবিষ্কার আধুনিক গবেষণাএবং স্নাতক ছাত্র এবং গবেষকদের উদ্দেশ্যে যারা সাম্প্রতিকতম আবিষ্কারগুলিতে আগ্রহী৷ তথ্য তত্ত্বএবং গতিশীল সিস্টেম। অন্যান্য শাখার বিজ্ঞানীরাও তাদের গবেষণার ক্ষেত্রে নতুন উন্নয়নের প্রয়োগ থেকে উপকৃত হতে পারেন।

পালভেলেভ আর., সার্জিভ এ.জি. এ.জি. ভি.এ. স্টেক্লভ ইনস্টিটিউট অফ আরএএস। 2012.ভলিউম 277.এস. 199-214।

ল্যান্ডাউ-গিঞ্জবার্গ হাইপারবোলিক সমীকরণের অডিয়াব্যাটিক সীমা অধ্যয়ন করা হয়। এই সীমাটি ব্যবহার করে, স্থির সমাধানের মডুলি স্পেসে গিনজবার্গ-লান্ডাউ সমীকরণের সমাধান এবং এডিয়াব্যাটিক ট্র্যাজেক্টোরির মধ্যে একটি চিঠিপত্র প্রতিষ্ঠিত হয়, যাকে ঘূর্ণি বলা হয়। মানটন একটি হিউরিস্টিক অ্যাডিয়াব্যাটিক নীতির প্রস্তাব করেছিলেন, এই অনুমান করে যে পর্যাপ্ত কম গতিশক্তির সাথে গিনজবার্গ-লান্ডাউ সমীকরণের যে কোনও সমাধান কিছু অ্যাডিয়াব্যাটিক ট্র্যাজেক্টোরির বিভ্রান্তি হিসাবে প্রাপ্ত করা যেতে পারে। এই সত্যের একটি কঠোর প্রমাণ সম্প্রতি প্রথম লেখক দ্বারা পাওয়া গেছে

আমরা হাইকম (স্থিতিশীল জেনাস 0 বক্ররেখার মডুলি স্থানের সমতুল্য) এবং BV / Δ (BV-অপারেটর দ্বারা বাটালিন-ভিলকোভিস্কি অপার্যাডের হোমোটোপি ভাগফল) এর মধ্যে একটি আধা-আইসোমরফিজমের জন্য একটি সুস্পষ্ট সূত্র দিই। অন্য কথায় আমরা হাইকম-অ্যালজেব্রা এবং বিভি-বীজগণিতের সমতা অর্জন করি যা একটি হোমোটোপি দিয়ে উন্নত করা হয় যা BV-অপারেটরকে তুচ্ছ করে। এই সূত্রগুলি গিভেন্টাল গ্রাফের পরিপ্রেক্ষিতে দেওয়া হয় এবং দুটি ভিন্ন উপায়ে প্রমাণিত হয়। একটি প্রমাণ গিভেন্টাল গ্রুপ অ্যাকশন ব্যবহার করে এবং অন্য প্রমাণটি হাইকম এবং বিভির রেজোলিউশনের সুস্পষ্ট সূত্রগুলির একটি শৃঙ্খলের মধ্য দিয়ে যায়। দ্বিতীয় পদ্ধতিটি বিশেষত, হাইকম-বীজগণিতের উপর গিভেন্টাল গ্রুপের ক্রিয়াকলাপের একটি সমতাত্ত্বিক ব্যাখ্যা দেয়।

বৈজ্ঞানিক অধীনে. এ মিখাইলভ দ্বারা সম্পাদিত, ইস্যু। 14.M.: মস্কো স্টেট ইউনিভার্সিটির সমাজবিজ্ঞান অনুষদ, 2012।

প্রবন্ধ এই সংগ্রহমস্কো স্টেট ইউনিভার্সিটির সমাজতাত্ত্বিক অনুষদে 2011 সালে করা প্রতিবেদনের ভিত্তিতে লেখা। এম.ভি. লোমোনোসভ XIV আন্তঃবিভাগীয় বার্ষিক বৈজ্ঞানিক সেমিনার "সামাজিক প্রক্রিয়াগুলির গাণিতিক মডেলিং" এর একটি সভায় নামকরণ করেছেন হিরো অফ সোশ্যালিস্ট লেবার একাডেমিশিয়ান এ.এ. সামারা।

প্রকাশনাটি গবেষক, শিক্ষক, বিশ্ববিদ্যালয় এবং রাশিয়ান একাডেমি অফ সায়েন্সেসের বৈজ্ঞানিক প্রতিষ্ঠানের ছাত্রদের উদ্দেশ্যে, যারা পদ্ধতির সমস্যা, বিকাশ এবং বাস্তবায়নে আগ্রহী। গাণিতিক মডেলিংসামাজিক প্রক্রিয়া।

রাশিয়ান ফেডারেশন ন্যাশনাল রিসার্চ নিউক্লিয়ার ইউনিভার্সিটির শিক্ষা ও বিজ্ঞান মন্ত্রনালয় "MEPhI" T. I. বুখারোভা, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko বিশ্ববিদ্যালয়ের ছাত্রদের জন্য একটি শিক্ষা সহায়ক হিসাবে শিক্ষা প্রতিষ্ঠানমস্কো 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 বুখারোভা T.I., Kamynin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. সাধারণের উপর বক্তৃতার একটি কোর্স ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ: টিউটোরিয়াল ... - এম.: এনআরএনইউ এমইপি, 2011।-- 228 পি। পাঠ্যপুস্তকটি বহু বছর ধরে মস্কো ইঞ্জিনিয়ারিং ফিজিক্স ইনস্টিটিউটে লেখকদের দেওয়া বক্তৃতার একটি কোর্সের ভিত্তিতে তৈরি করা হয়েছিল। এটি সমস্ত অনুষদের NRNU MEPhI-এর ছাত্রদের জন্য, সেইসাথে উন্নত গাণিতিক প্রশিক্ষণ সহ বিশ্ববিদ্যালয়ের শিক্ষার্থীদের জন্য। ম্যানুয়ালটি NRNU MEPhI সৃষ্টি ও উন্নয়ন কর্মসূচির কাঠামোর মধ্যে তৈরি করা হয়েছে। রিভিউয়ার: ডক্টর অফ ফিজ।-ম্যাথ। বিজ্ঞান N.A. কুদ্র্যশোভ। ISBN 978-5-7262-1400-9 © ন্যাশনাল রিসার্চ নিউক্লিয়ার ইউনিভার্সিটি MEPhI, 2011 বিষয়বস্তু মুখবন্ধ। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5 I. সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের ভূমিকা মৌলিক ধারণা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... কচি সমস্যা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 6 11 II. একটি প্রথম-ক্রম সমীকরণের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতা। প্রথম-ক্রম OLE-এর জন্য অনন্যতা উপপাদ্য। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... প্রথম অর্ডার OÄE-এর জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... প্রথম অর্ডার OÄE-এর সমাধানের ধারাবাহিকতা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... III. একটি সাধারণ n-ম অর্ডার সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যা মৌলিক ধারণা এবং ভেক্টর ফাংশনের কিছু সহায়ক বৈশিষ্ট্য। ... ... ... একটি স্বাভাবিক সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অনন্যতা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ; ... মেট্রিক স্থান ধারণা. প্রদত্ত ইমেজ নীতি. ... ... ... ... ... স্বাভাবিক সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের জন্য অস্তিত্ব এবং অনন্যতা উপপাদ্য। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. বিভাজ্য ভেরিয়েবল সহ চতুর্ভুজ সমীকরণ দ্বারা সমাধান করা সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের কিছু শ্রেণি। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... প্রথম অর্ডারের লিনিয়ার OÄE। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... সমজাতীয় সমীকরণ। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... এরনউলির সমীকরণ। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... মোট পার্থক্য সমীকরণ. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 55 55 58 63 64 65 V. 67 প্রথম ক্রম সমীকরণ যা ডেরিভেটিভের ক্ষেত্রে মীমাংসা করা হয়নি ডেরিভেটিভের ক্ষেত্রে DE এর সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতার উপপাদ্য যা সমাধান করা হয়নি। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... একটি বিশেষ সমাধান। বৈষম্যমূলক বক্ররেখা। আমি ঘুরে যাই। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... পরামিতি পরিচিতি পদ্ধতি। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ল্যাগ্রানের সমীকরণ। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Clairaut এর সমীকরণ. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ভি. রৈখিক ODE-এর সিস্টেম মৌলিক ধারণা। সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতার উপপাদ্য লিনিয়ার DE এর সমজাতীয় সিস্টেম। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ভোরনস্কির নির্ধারক। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... একটি সমজাতীয় সিস্টেমের জন্য সমন্বিত সমাধান। বাস্তবে রূপান্তর। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... রৈখিক OÄE এর অসঙ্গতিপূর্ণ সিস্টেম। ধ্রুবকের পরিবর্তনের পদ্ধতি। ... ... ... ... ধ্রুবক সহগ সহ রৈখিক OÄE এর সমজাতীয় সিস্টেম। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ম্যাট্রিক্সের সূচকীয় ফাংশন। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3 67 70 77 79 81 85 কচি 85। ... ... 87। ... ... 91. ... ... ... ... ... 96 97। ... ... একশত . ... ... 111 ধ্রুবক সহগ সহ রৈখিক DE এর ভিন্নধর্মী সিস্টেম। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 116 VII. হাই-অর্ডার লিনিয়ার ODEs রৈখিক ODE-এর সিস্টেমে হ্রাস। কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতার উপপাদ্য। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... উচ্চ-ক্রম সমজাতীয় রৈখিক OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... হাই-অর্ডার সমজাতীয় রৈখিক OÄE-এর জটিল সমাধানের বৈশিষ্ট্য। একটি জটিল SSS থেকে বাস্তবে রূপান্তর৷ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... উচ্চ ক্রম অসমজাতীয় রৈখিক DE. ধ্রুবকের পরিবর্তনের পদ্ধতি। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ধ্রুবক সহগ সহ উচ্চ-ক্রম সমজাতীয় রৈখিক OÄE। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ধ্রুবক সহগ সহ উচ্চ-ক্রম ভিন্নধর্মী রৈখিক ODE। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 VIII. স্থিতিশীলতা তত্ত্ব স্থিতিশীলতার সাথে সম্পর্কিত মৌলিক ধারণা এবং সংজ্ঞা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... রৈখিক সিস্টেমের সমাধানগুলির স্থায়িত্ব। ... ... ... ... ... লিয়াপুনভের স্থায়িত্বের উপপাদ্য। ... ... ... ... ... ... ... ... ... প্রথম আনুমানিক স্থায়িত্ব। ... ... ... ... ... ... বিশ্রাম বিন্দু 162 কাছাকাছি ফেজ ট্রাজেক্টোরিজ আচরণ. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX। ODE 198 এর সিস্টেমের প্রথম ইন্টিগ্রেল সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের স্বায়ত্তশাসিত সিস্টেমের প্রথম ইন্টিগ্রেল 198 ODE-এর নিউটোনোমাস সিস্টেম। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... OÄU সিস্টেমের 205 সিমেট্রিক নোটেশন। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 206 X. প্রথম ক্রমটির আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ। প্রথম ক্রমটির সমজাতীয় রৈখিক আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ। প্রথম ক্রমটির লিনিয়ার আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের জন্য কচি সমস্যা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ফার্স্ট অর্ডার কোয়াসিলিনিয়ার আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ। ... ... ... প্রথম অর্ডার কোয়াসিলিনিয়ার আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের জন্য কচি সমস্যা। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... গ্রন্থপঞ্জি। ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -4- 210। ... ... ... ... 210। ... ... ... ... 212। ... ... ... ... 216। ... ... ... ... 223। ... ... ... ... 227 ভূমিকা বইটি প্রস্তুত করার সময়, লেখকরা সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের সাথে সম্পর্কিত বেশিরভাগ বিষয়ে একটি অ্যাক্সেসযোগ্য আকারে তথ্য এক জায়গায় সংগ্রহ করার লক্ষ্য নির্ধারণ করেন। অতএব, NRNU MEPhI (এবং অন্যান্য বিশ্ববিদ্যালয়ে) পড়ানো সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের বাধ্যতামূলক পাঠ্যক্রমের অন্তর্ভুক্ত উপাদান ছাড়াও, ম্যানুয়ালটিতে অতিরিক্ত প্রশ্নও রয়েছে, যা একটি নিয়ম হিসাবে, বক্তৃতায় পর্যাপ্ত সময় নেই, তবে যা একটি ভাল বোঝার বিষয়ের জন্য উপযোগী হবে এবং বর্তমান ছাত্রদের তাদের ভবিষ্যতের পেশাগত ক্রিয়াকলাপে উপযোগী হবে। প্রস্তাবিত ম্যানুয়ালটির সমস্ত বিবৃতির জন্য গাণিতিকভাবে কঠোর প্রমাণ দেওয়া হয়। এই প্রমাণগুলি সাধারণত মূল নয়, তবে উপস্থাপনের শৈলী অনুসারে সংশোধন করা হয়েছে। গণিত কোর্স MEPhI এ। শিক্ষক এবং বিজ্ঞানীদের মধ্যে বিস্তৃত মতামত অনুসারে, গাণিতিক শাখাগুলিকে সম্পূর্ণ এবং বিস্তারিত প্রমাণের সাথে অধ্যয়ন করা উচিত, ধীরে ধীরে সরল থেকে জটিলতর হয়ে যাওয়া। এই নির্দেশিকা লেখক একই মতামত. বইটিতে দেওয়া তাত্ত্বিক তথ্যগুলি পর্যাপ্ত সংখ্যক উদাহরণের বিশ্লেষণ দ্বারা সমর্থিত, যা আমরা আশা করি, পাঠকের উপাদানের অধ্যয়নকে সহজতর করবে। ম্যানুয়ালটি উন্নত গাণিতিক প্রশিক্ষণ সহ বিশ্ববিদ্যালয়ের শিক্ষার্থীদের সম্বোধন করা হয়েছে, প্রথমত, NRNU MEPhI-এর ছাত্ররা। একই সময়ে, এটি প্রত্যেকের জন্যও উপযোগী হবে যারা ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বে আগ্রহী এবং তাদের কাজে গণিতের এই শাখাটি ব্যবহার করে। -5- অধ্যায় I. সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের ভূমিকা 1. 1. মৌলিক ধারণা ম্যানুয়াল জুড়ে, ha, bi যেকোন সেট (a, b),, (a, b],, আমরা x0 প্রাপ্ত করি 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. Ln C 6 x0 x0 শেষ অসমতাকে সম্ভাব্য করার পরে এবং (2.3) প্রয়োগ করার পরে, আমাদের কাছে 2 x 3 Zx Z u (x) 6 আছে C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 সব x 2 [1, 1] এর জন্য। jf (x, y2) f (x, y1) j = sin এর পার্থক্য অনুমান করুন x y1 y2 6 সবার জন্য (x , y) 2 G। এইভাবে, f Lipschitz শর্তকে L = 1 দিয়ে সন্তুষ্ট করে, প্রকৃতপক্ষে, এমনকি L = sin 1 y-এর সাথেও। যাইহোক, বিন্দুতে ডেরিভেটিভ fy0 (x, 0) ) 6 = (0, 0) এমনকি বিদ্যমান নেই। নিম্নলিখিত উপপাদ্য, যা নিজের মধ্যেই আকর্ষণীয়, আমাদের কচি সমস্যার সমাধানের স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করতে দেবে: উপপাদ্য 2.1 (দুটি সমাধানের পার্থক্যের জন্য একটি অনুমানে ) ধরুন G-কে R এবং f (x, y) 2 CG-তে ডোমেন 2 এবং ধ্রুব L দিয়ে G. y-তে Lipschitz শর্ত পূরণ করুন। যদি y1, y2 হয় y 0 = f (x, y) সমীকরণের দুটি সমাধান একটি ব্যবধানে, তাহলে অসমতা (অনুমান) সত্য: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 সব x 2 এর জন্য। -19- y2 প্রমাণ। সমীকরণের (2.1) সমাধানের 2.2 সংজ্ঞা অনুসারে, আমরা পাই যে 8 x 2 পয়েন্ট x, y1 (x) এবং x, y2 (x) 2 G। সমস্ত t 2 এর জন্য আমাদের সঠিক সমতা আছে y10 (t) = ft , y1 (t ) এবং y20 (t) = ft, y2 (t), যা আমরা ব্যবধানে t এর উপর একীভূত করি, যেখানে x 2। ইন্টিগ্রেশন আইনি, যেহেতু ডান এবং বাম দিকগুলি ক্রমাগত ফাংশন। আমরা Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt এর সিস্টেমটি পাই। x0 একটিকে অন্যটি থেকে বিয়োগ করলে, আমাদের আছে jy1 (x) y2 (x) j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + ft, y1 (t) ft, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 আমরা C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t) নির্দেশ করি তারপর, গ্রোনওয়াল – ভেলম্যান অসমতা দ্বারা, আমরা অনুমানটি পাই: jy2 ( x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t) > 0। সব x 2 এর জন্য। উপপাদ্য প্রমাণিত হয়। প্রমাণিত উপপাদ্যের ফলস্বরূপ, আমরা কচি সমস্যার (2.1), (2.2) সমাধানের জন্য একটি স্বতন্ত্রতা উপপাদ্য পাই। ফলক 1. ফাংশন f (x, y) 2 CG এবং y-তে G-তে লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করা যাক, এবং ফাংশন y1 (x) এবং y2 (x) একই ব্যবধানে Eq. (2.1) এর দুটি সমাধান, এবং x0 2। যদি y1 (x0) = y2 (x0), তাহলে y1 (x) y2 (x) অন। প্রমাণ। আসুন দুটি ক্ষেত্রে বিবেচনা করা যাক। -20- 1. ধরুন x> x0, তারপর এটি উপপাদ্য 2 থেকে অনুসরণ করে। 1 যে h i that is y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) x> x0 এর জন্য। 2. x 6 x0 ধরুন, t = x পরিবর্তন করুন, তারপর i = 1, 2 এর জন্য yi (x) = yi (t) y ~ i (t) করুন। যেহেতু x 2, তারপর t 2 [x0, x1] এবং সমতা y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0)। আসুন আমরা খুঁজে বের করি কোন সমীকরণটি y ~ i (t) কে সন্তুষ্ট করে। সমতার নিম্নলিখিত চেইনটি সত্য: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t))। এখানে আমরা পার্থক্য নিয়ম ব্যবহার করেছি জটিল ফাংশনএবং সত্য যে yi (x) হল সমীকরণের সমাধান (2.1)। যেহেতু ফাংশন f ~ (t, y) f (t, y) অবিচ্ছিন্ন এবং y এর সাপেক্ষে লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে, তাই উপপাদ্য 2.1 দ্বারা আমরা y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) [x0 এ , x1 ], যেমন y1 (x) y2 (x) চালু। উভয় বিবেচিত ক্ষেত্রে একত্রিত করে, আমরা ফলাফলের দাবিটি পাই। ফলাফল 2. (প্রাথমিক তথ্যের উপর অবিচ্ছিন্ন নির্ভরতার উপর) ফাংশন f (x, y) 2 CG এবং G-তে লিপশিটজ অবস্থাকে y এর সাথে ধ্রুব L এর সাথে সন্তুষ্ট করা যাক এবং ফাংশনগুলি y1 (x) এবং y2 (x) হল সমীকরণের সমাধান (2.1) উপর সংজ্ঞায়িত। Î আমরা l = x1 x0 এবং δ = y1 (x0) y2 (x0) বোঝাই। তারপর, 8 x 2 এর জন্য, অসমতা y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l সত্য। প্রমাণটি উপপাদ্য 2 থেকে অবিলম্বে অনুসরণ করে। এর অর্থ হল যে যদি x = x0 এ সমাধানগুলি "ক্লোজ" হয়, তবে একটি সীমিত অংশে তারা "ক্লোজ" হয়। উপপাদ্য 2.1 দুটি সমাধানের পার্থক্যের মডুলাসের জন্য অ্যাপ্লিকেশনের জন্য একটি গুরুত্বপূর্ণ অনুমান দেয়, এবং করোলারি 1 - কচি সমস্যার সমাধানের স্বতন্ত্রতা (2.1), (2.2)। স্বতন্ত্রতার জন্য অন্যান্য যথেষ্ট শর্ত রয়েছে, যার মধ্যে একটি আমরা এখন উপস্থাপন করছি। উপরে উল্লিখিত হিসাবে, Cauchy সমস্যার সমাধানের জ্যামিতিকভাবে স্বতন্ত্রতার মানে হল যে Eq. (2.1) এর সর্বাধিক একটি অবিচ্ছেদ্য বক্ররেখা G ডোমেনের বিন্দু (x0, y0) এর মধ্য দিয়ে যেতে পারে। উপপাদ্য 2. 2 (অনন্যতার উপর Osgood)। ফাংশন f (x, y) 2 CG এবং 8 (x, y1), (x, y2) 2 G এর জন্য অসমতা f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j ধরে রাখি, যেখানে u 2 (0, β] এর জন্য ϕ (u)> 0, ϕ (u) একটানা, এবং Zβ du! +1 যখন ε! 0+। তারপর সর্বাধিক একটি অবিচ্ছেদ্য বক্ররেখা (2.1)। -21- প্রমাণ। চলুন সমীকরণ (2.1) এর দুটি সমাধান y1 (x) এবং y2 (x) রয়েছে যেমন y1 (x0) = y2 (x0) = y0, আমরা z (x) = y2 (x) y1 (x) দ্বারা চিহ্নিত করি। dyi যেহেতু = f (x, yi), i = 1, 2-এর জন্য, তারপর z (x) সমতা dx dz = f (x, y2) f (x, y1) সন্তুষ্ট করে। dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, অর্থাৎ, তারপর z dx 1 d হল অসমতা jzj2 6 ϕ jzj jzj, যেখান থেকে jzj 6 = 0 এর জন্য এটি 2 dx দ্বিগুণ অসমতা অনুসরণ করে: Zjz2 jx2 jx2 jx jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. অনুমান করে, z (x) 6 0 এবং তদ্ব্যতীত, অবিচ্ছিন্ন, তাই এমন একটি সেগমেন্ট আছে, এটি চয়ন করুন এবং এটি ঠিক করুন। n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 এবং z (x) = 0। এই সেটগুলির মধ্যে অন্তত একটি খালি নয়, যেহেতু z (x0) = 0 এবং x0 62। ধরুন, উদাহরণস্বরূপ, X1 6 = ∅, এটি উপরে আবদ্ধ, তাই 9 α = sup X1। উল্লেখ্য যে z (α) = 0, অর্থাৎ, α 2 X1, যেহেতু ধরে নিচ্ছি যে z (α)> 0, ধারাবাহিকতার কারণে, আমাদের কিছু ব্যবধানে z (x)> 0 থাকবে α δ1, α + δ1, এবং এটি সংজ্ঞা α = sup X1 এর সাথে বিরোধিতা করে। এটি z (α) = 0 যে α অবস্থা থেকে অনুসরণ করে< x1 . По построению z(x) > সব x 2 (α, x2]-এর জন্য 0, এবং z (x) এর ধারাবাহিকতার কারণে! x! Α + 0-এর জন্য 0+। আমরা ডিরিভিং (2.5), সেগমেন্টের উপর সংহত করে যুক্তি পুনরাবৃত্তি করি [α + δ , x2], যেখানে x2 উপরে নির্বাচিত এবং স্থির, এবং δ 2 (0, x2 α) নির্বিচারে, আমরা অসমতা পাই: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz (α + δ) jz2 dx. α + δ এই দ্বৈত অসমতায় আসুন δ! 0+, তারপর z (α + δ)! z (α) = 0, Zjz2 থেকে jd jzj2! +1, z (x) এর ধারাবাহিকতা শর্ত দ্বারা, এবং তারপর উপপাদ্যটির অবিচ্ছেদ্য 2 jzjϕ jzj। jz (α + δ) j -22- অসমতার ডানদিকের দিকটি Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α একটি সসীম পরিমাণ দ্বারা উপরে থেকে α + δ দ্বারা আবদ্ধ। , যা একই সাথে অসম্ভব। যে কচি সমস্যা (2.1), (2.2) দ্বারা আমরা y (x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, ফাংশনটি খুঁজে পাওয়ার নিম্নলিখিত সমস্যাটিকে বোঝাচ্ছি y (x0) = y0, (x0, y0 ) 2 G, যেখানে f (x, y) 2 CG এবং (x0, y0) 2 G; G হল R2-এ একটি ডোমেন। লেমা 2. 2. চলুন f (x, y) 2 CG. তারপর নিম্নলিখিত বিবৃতিগুলি ধরে: 1 ) যেকোনো re ব্যবধানের ব্যবধানে Eq. (2.1) এর ϕ (x) সমাধান, bi সন্তোষজনক (2.2) x0 2 ha, bi হল ha-এর উপর একটি সমাধান, Zx y (x) = y0 + f τ, y অবিচ্ছেদ্য সমীকরণের bi (τ) dτ ; (2.6) x0 2) যদি ϕ (x) 2 C ha, bi হল ha, bi, 1 এর অবিচ্ছেদ্য সমীকরণের (2.6) সমাধান যেখানে x0 2 ha, bi, তারপর ϕ (x) 2 C ha, bi হল (2.1), (2.2) এর একটি সমাধান। প্রমাণ। 1. ϕ (x) হল (2.1), (2.2) ha, bi-এর একটি সমাধান। তারপর, Remark 2.2 দ্বারা, ϕ(x) 2 C ha, bi এবং 8 τ 2 ha, bi আমাদের সমতা আছে ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ (τ), x0 থেকে x এ একীভূত হলে, আমরা (এর জন্য) পাই যেকোনো x 2 ha , bi) Rx ϕ (x) ϕ (x0) = f τ, ϕ (τ) dτ, এবং ϕ (x0) = y0, অর্থাৎ, ϕ (x) হল (2.6) এর একটি সমাধান। x0 2. ধরুন y = ϕ (x) 2 C ha, bi হল (2.6) এর সমাধান। যেহেতু fx, ϕ (x) অনুমানের দ্বারা ha, bi-তে অবিচ্ছিন্ন, এটি অনুসরণ করে যে Zx ϕ (x) y0 + f τ, ϕ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 একটি পরিবর্তনশীল উচ্চ সীমা সহ একটি অবিচ্ছেদ্য হিসাবে ক্রমাগত ফাংশন। x এর সাপেক্ষে শেষ সমতার পার্থক্য করলে, আমরা ϕ 0 (x) = f x, ϕ (x) 8 x 2 ha, bi এবং স্পষ্টতই, ϕ (x0) = y0, অর্থাৎ, ϕ (x) হল কচি সমস্যার সমাধান (2.1), (2.2)। (স্বাভাবিকভাবে, সেগমেন্টের শেষে ডেরিভেটিভ মানে সংশ্লিষ্ট একতরফা ডেরিভেটিভ।) -23- মন্তব্য 2. 6. লেমা 2. 2 কে কচি সমস্যা (2.1), (2.2) এর সমতুল্যতার উপর লেমা বলা হয় ) অবিচ্ছেদ্য সমীকরণে (2.6)। যদি আমরা প্রমাণ করি যে সমীকরণের একটি সমাধান (2.6) বিদ্যমান, তাহলে আমরা কচি সমস্যা (2.1), (2.2) এর সমাধানযোগ্যতা পাই। এই পরিকল্পনা নিম্নলিখিত উপপাদ্য প্রয়োগ করা হয়. উপপাদ্য 2.3 (স্থানীয় অস্তিত্বের উপপাদ্য)। ধরুন আয়তক্ষেত্র P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β সম্পূর্ণরূপে F (x, y) ফাংশনের ডোমেইন G-এ অবস্থিত। ফাংশন f (x, y) 2 C G এবং ধ্রুব L এর সাথে G-তে n y o এর সাপেক্ষে Lipschitz অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে। যখন P সেগমেন্টে সোশি সমস্যার সমাধান থাকে (2.1), (2.2)। প্রমাণ। আসুন একটি ব্যবধানে অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ (2.6) এর সমাধানের অস্তিত্ব প্রতিষ্ঠা করি। এটি করার জন্য, ফাংশনগুলির নিম্নলিখিত ক্রমটি বিবেচনা করুন: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, ইত্যাদি x0 1. আসুন দেখাই যে 8 n 2 N ফাংশন yn (পরবর্তী অনুমান) সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে, অর্থাৎ, দেখান যে 8 x 2 এর জন্য অসমতা yn (x) y0 6 β সমস্ত n = 1, 2, এর জন্য ধারণ করে। ... ... আমরা গাণিতিক আবেশ পদ্ধতি ব্যবহার করব (MMI): ক) আবেশের ভিত্তি: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 যেখানে M0 jx x 0 j 6 α, M0 6 M এর জন্য = সর্বোচ্চ f (x , y0); খ) অনুমান এবং আনয়ন পদক্ষেপ। অসমতা yn 1 (x) এর জন্য সত্য হোক, আসুন yn (x) এর জন্য এটি প্রমাণ করি: Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 সুতরাং, যদি jx x0 j 6 h , তারপর yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β। আমাদের লক্ষ্য হল নিকটতম 1 ness yk (x) k = 0-এর উত্তরসূরির অভিন্নতা প্রমাণ করা, এর জন্য এটি ফর্মটিতে উপস্থাপন করা সুবিধাজনক: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +। ... ... + yn yn 1, k = 1 i.e. একটি কার্যকরী সিরিজের আংশিক যোগফলের ক্রম। 2. নিম্নলিখিত অসমতা 8 n 2 N এবং 8 x 2 প্রমাণ করে এই সিরিজের পদগুলি অনুমান করুন: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! আসুন গাণিতিক আবেশ পদ্ধতি প্রয়োগ করি: jx n 1 1 hn। n! (2.7) ক) আবেশের ভিত্তি: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, উপরে প্রমাণিত; খ) অনুমান এবং আনয়ন পদক্ষেপ। অসমতা n এর জন্য সত্য হোক, আমরা n এর জন্য এটি দেখাই: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, dτ 6 x0 Zx i yn 6 দ্বারা Lipschitz শর্ত 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 আবেশ অনুমান দ্বারা 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx এখানে আমরা ব্যবহার করেছি যে integral I = jτ x0 এর জন্য x> x0 এর জন্য x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk + 1> Bk সব k 2 N জন্য; 1) ক< 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 ধরে আছে আসুন A, B 2 R (অর্থাৎ A এবং B সীমিত; যদি A = 1 বা B = + 1, তাহলে একইভাবে) ক্ষেত্রে এই সহায়ক বিবৃতিটি প্রমাণ করি। x A B x নিন, নির্বিচারে x 2 (A, B) এবং δ (x) = min, δ (x)> 0। 2 2 এর জন্য, অভিসারী Ak থেকে δ সংখ্যা! A এবং Bk! B আমরা পাই যে 9 N1 (δ) 2 N: 8 k> 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 >এন. অনুচ্ছেদ 2.1 (অর্থাৎ স্বতন্ত্রতা উপপাদ্য) তে ফলক 1 প্রয়োগ করে, আমরা পাই যে ϕ (t) ψ (t) সমস্ত t 2 এবং বিশেষত, t = x এর জন্য। যেহেতু x একটি নির্বিচারে বিন্দু (A, B), সমাধানটির স্বতন্ত্রতা এবং এর সাথে ফলাফল প্রমাণিত হয়। মন্তব্য 2. 10. প্রমাণিত ফলাফলে, আমরা প্রথমে একটি বিস্তৃত সেটের সমাধানের ধারাবাহিকতার ধারণার সম্মুখীন হয়েছি। আমরা পরবর্তী বিভাগে এটি আরও বিস্তারিতভাবে অন্বেষণ করব। এখানে কিছু উদাহরণঃ. p উদাহরণ 2. 2. y 0 = ejxj x2 + y 2 সমীকরণের জন্য এটির সমাধান সমস্ত (A, B) = (1, +1) আছে কিনা তা খুঁজে বের করুন। "স্ট্রিপ" Q = R2-এ এই সমীকরণটি বিবেচনা করুন, ফাংশন p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x)। ∂y x2 + y 2 বিবৃতি 2. 1 অনুচ্ছেদ 2.1 দ্বারা, ফাংশন f (x, y) একটি "ধ্রুবক" L = L (x) সহ y-তে Lipschitz অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে, x স্থির করা হয়েছে। তারপর ফলাফলের সমস্ত শর্ত সন্তুষ্ট হয়, এবং যেকোন প্রাথমিক তথ্যের জন্য (x0, y0) 2 R2 কচি সমস্যার একটি সমাধান বিদ্যমান এবং অধিকন্তু, (1, +1) এ অনন্য। লক্ষ্য করুন যে চতুর্ভুজের সমীকরণটি নিজেই সমাধান করা হয় না, তবে আনুমানিক সমাধানগুলি সংখ্যাগতভাবে তৈরি করা যেতে পারে। Q, -32-এ সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন- উদাহরণ 2। 3. y 0 = ex y 2 সমীকরণের জন্য, R-এ সংজ্ঞায়িত সমাধান আছে কিনা তা খুঁজে বের করুন। যদি আমরা আবার এই সমীকরণটিকে “স্ট্রিপ” Q = R2-তে বিবেচনা করি, যেখানে ফাংশন ∂ ff (x, y) = ex y 2 সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন, এবং = 2yex, তখন আমরা লক্ষ্য করতে পারি ∂y যে করলারির শর্ত লঙ্ঘন করা হয়েছে, যথা, এখানে কোন অবিচ্ছিন্ন ফাংশন L (x) নেই যে f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j সমস্ত y1, y2 2 R এর জন্য। প্রকৃতপক্ষে, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, এবং jy2 + y1 j অভিব্যক্তিটি y1, y2 2 R-এর জন্য আবদ্ধ নয়। সুতরাং, ফলাফল প্রযোজ্য নয়। আসুন এই সমীকরণটি "ভেরিয়েবলের বিচ্ছেদ" দ্বারা সমাধান করি, আমরা সাধারণ সমাধান পাই: "y (x) = 0, y (x) = 1. ex + C সুনির্দিষ্টতার জন্য, আমরা x0 = 0, y0 2 R নিই। যদি y0 = 0, তারপর y (x ) 0 হল R তে Cauchy সমস্যার সমাধান। 1 হল Cauchy সমস্যার সমাধান y0 2 [1, 0) ex এর জন্য এটি সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে সমস্ত x 2 R এর জন্য এবং y0 2 ( 1, 1) [(0, +1) সমাধানটি y0 + 1 নয় x = ln বিন্দুর মাধ্যমে চালিয়ে যাওয়া যেতে পারে। আরও স্পষ্ট করে বললে, x> 0 হলে, y0 1 হল সমাধান y (x) = y0 +1 x 2 (1, x), এবং যদি x এর জন্য সংজ্ঞায়িত< 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, তাহলে সমাধানটি শুধুমাত্র x 2 1 এর জন্য বিদ্যমান; ln y0 এই উদাহরণটি দেখায় যে উপরে প্রমাণিত থিওরেম 2.4-এর ফলাফলে f (x, y) ফাংশনের বৃদ্ধির উপর সীমাবদ্ধতা সম্পূর্ণ (A, B) সমাধানকে প্রসারিত করার জন্য অপরিহার্য। যেকোন ε> 0 এর জন্য f (x, y) = f1 (x) y 1 + ε ফাংশনের সাথে একইভাবে উদাহরণ পাওয়া যায়; প্রদত্ত উদাহরণে, ε = 1 শুধুমাত্র উপস্থাপনের সুবিধার জন্য নেওয়া হয়েছে। 2. 3. একটি প্রথম-ক্রম ODE সংজ্ঞার জন্য সমাধানের ধারাবাহিকতা 2. 5. সমীকরণটি y 0 = f (x, y) বিবেচনা করুন এবং y (x) কে ha, bi, এবং Y (x) এর সমাধান হতে দিন hA, Bi, এবং ha, bi-তে এর সমাধান হবে hA, Bi এবং Y (x) = y (x) ha, bi-তে রয়েছে। তারপর Y (x) কে y (x) থেকে hA, Bi পর্যন্ত দ্রবণের প্রসারণ বলা হয় এবং y (x) কে hA, Bi পর্যন্ত প্রসারিত বলা হয়। -34- বিভাগ 2.2-এ, আমরা কচি সমস্যার (2.1), (2.2) সমাধানের জন্য একটি স্থানীয় অস্তিত্বের উপপাদ্য প্রমাণ করেছি। কোন অবস্থার অধীনে এই সিদ্ধান্ত একটি বিস্তৃত সময়ের জন্য অব্যাহত রাখা যেতে পারে? বর্তমান বিভাগটি এই প্রশ্নের জন্য উত্সর্গীকৃত। এর প্রধান ফলাফল নিম্নরূপ। উপপাদ্য 2.5 (একটি আবদ্ধ বন্ধ ডোমেনে সমাধানের ধারাবাহিকতায়)। চলুন ফাংশন f (x, y) 2 CG এবং R2-তে y-এর সাপেক্ষে Lipschitz শর্ত পূরণ করুন এবং (x0, y0) হল একটি আবদ্ধ বন্ধ ডোমেন G G-এর একটি অভ্যন্তরীণ বিন্দু। তারপর সমীকরণ y 0 = এর সমাধান f (x , y), ডোমেইন G এর সীমানার ∂G পর্যন্ত প্রসারিত, অর্থাৎ, এটিকে একটি সেগমেন্টে প্রসারিত করা যেতে পারে যাতে বিন্দু a, y (a) এবং b, y (b) ∂G এর উপর থাকে। ∂f (x, y) y ডোমেইন G-এ একটি আবদ্ধ, বন্ধ, উত্তল-এ অবিচ্ছিন্ন থাকে, তারপর G-এর ফাংশন f (x, y) ভেরিয়েবল y-এর Lipschitz অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে। বিভাগ 2.1 থেকে বিবৃতি 2. 1 ∂f থেকে ফলাফল দেখুন। অতএব, এই উপপাদ্যটি বৈধ যদি এটি ∂y G. মন্তব্য 2-এ অবিচ্ছিন্ন থাকে। 11. মনে রাখবেন যে যদি প্রমাণ হয়। যেহেতু (x0, y0) হল G এর একটি অভ্যন্তরীণ বিন্দু, তাহলে সেখানে একটি বদ্ধ আয়তক্ষেত্র নং 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β, যা সম্পূর্ণভাবে G-তে অবস্থিত। তারপর, উপপাদ্য দ্বারা 2.3 আইটেম থেকে .2.2 আছে h> 0 যেমন ব্যবধানে বিদ্যমান (এবং, একটি অনন্য) সমাধান y = ϕ (x) সমীকরণ y 0 = f (x, y)। আসুন প্রথমে এই সমাধানটি ডোমেইন জি এর সীমানা পর্যন্ত ডানদিকে চালিয়ে যাই, প্রমাণটিকে পৃথক ধাপে ভাগ করে। 1. ER সেটটি বিবেচনা করুন: E = α> 0 এর জন্য সমাধান y = ϕ (x) প্রসারিত হতে পারে সেখানে y 0 = f (x, y) সমীকরণের একটি সমাধান y = ϕ1 (x) বিদ্যমান থাকে যা কচি শর্তগুলিকে সন্তুষ্ট করে ϕ1 ~ খ = ϕ ~ খ... এইভাবে, ϕ (x) এবং ϕ1 (x) হল ~ b h1, ~ b একটি সমীকরণের সমাধান যা x = ~ b বিন্দুতে মিলে যায়, তাই তারা সম্পূর্ণ সেগমেন্টে মিলে যায় ~ b h1, ~ b এবং, অতএব, ϕ1 (x) হল ~ b h1, ~ b থেকে ~ b h1, ~ b + h1 রেখাংশ থেকে ϕ (x) সমাধানের একটি ধারাবাহিকতা। ψ (x) ফাংশনটি বিবেচনা করুন: ϕ (x), x 2 x0, ψ (x) = ϕ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, যা y 0 = f (x, y) সমীকরণের একটি সমাধান এবং কচি অবস্থা ψ (x0) = y0 সন্তুষ্ট করে। তারপর সংখ্যা α0 + h1 2 E, এবং এটি α0 = sup E এর সংজ্ঞার সাথে বিরোধিতা করে। অতএব, কেস 2 অসম্ভব। একইভাবে, সমাধান ϕ (x) বাম দিকে প্রসারিত, সেগমেন্ট পর্যন্ত, যেখানে বিন্দুটি a, ϕ (a) 2 ∂G। তত্ত্বটি সম্পূর্ণরূপে প্রমাণিত। -37- অধ্যায় III। n-ম ক্রম-এর একটি স্বাভাবিক সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যা 3. 1. মৌলিক ধারণা এবং ভেক্টর-ফাংশনের কিছু সহায়ক বৈশিষ্ট্য এই অধ্যায়ে আমরা 8> t, y, ফর্মের n-ম ক্রমের একটি সাধারণ সিস্টেম বিবেচনা করব। ... ... , y y _ = f 1 n 1 1>,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . >>: y_ = f t, y,। ... ... , y, n n 1 n যেখানে অজানা (প্রয়োজনীয়) ফাংশন y1 (t),। ... ... , yn (t), এবং ফাংশন fi জানা যায়, i = 1, n, ফাংশনের উপরের বিন্দুটি t এর সাপেক্ষে ডেরিভেটিভকে নির্দেশ করে। মনে করা হয় যে সমস্ত ফাই ডোমেইন G Rn + 1 এ সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে। সিস্টেম (3.1) ভেক্টর আকারে লিখতে সুবিধাজনক: y_ = f (t, y), যেখানে y (t) y1 (t)। ... ... , yn (t), f (t, y) f1 (t, y)। ... ... , fn (t, y); আমরা সংক্ষিপ্ততার জন্য ভেক্টরের উপাধিতে তীর লিখব না। এই স্বরলিপিটিও (3.1) দ্বারা চিহ্নিত করা হবে। বিন্দু t0, y10, যাক. ... ... , yn0 G এর মধ্যে রয়েছে। (3.1) এর জন্য কচি সমস্যা হল একটি সমাধান খুঁজে বের করা ϕ (t) সিস্টেমের (3.1) শর্তকে সন্তুষ্ট করে: ϕ1 (t0) = y10, ϕ2 (t0) = y20, ..., ϕn (t0) = yn0, (3.2) বা ভেক্টর আকারে ϕ (t0) = y 0। অধ্যায় 1-এ যেমন উল্লেখ করা হয়েছে, ha, bi-এর ব্যবধানে সিস্টেম (3.1) এর সমাধান দ্বারা আমরা ভেক্টর ফাংশন ϕ(t) = ϕ1 (t), বোঝাই। ... ... , ϕn (t), শর্তগুলি সন্তুষ্ট করে: 1) 8 t 2 ha, bi the বিন্দু t, ϕ (t) G-তে রয়েছে; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ (t) সন্তুষ্ট (3.1)। যদি এই জাতীয় সমাধান অতিরিক্তভাবে (3.2) সন্তুষ্ট করে, যেখানে t0 2 ha, bi, তবে এটিকে কচি সমস্যার সমাধান বলা হয়। শর্তগুলিকে (3.2) বলা হয় প্রাথমিক অবস্থা বা কচি অবস্থা, এবং সংখ্যাগুলি t0, y10,। ... ... , yn0 - কচি ডেটা (প্রাথমিক ডেটা)। বিশেষ ক্ষেত্রে যখন ভেক্টর ফাংশন f (t, y) (n + 1) ভেরিয়েবলের y1, এর উপর নির্ভর করে। ... ... , yn একটি লিনিয়ার ফ্যাশনে, i.e. ফর্ম আছে: f (t, y) = A (t) y + g (t), যেখানে A (t) = aij (t) - n n ম্যাট্রিক্স, সিস্টেম (3.1) কে রৈখিক বলা হয়। ভবিষ্যতে, আমাদের ভেক্টর ফাংশনের বৈশিষ্ট্যগুলির প্রয়োজন হবে, যা আমরা রেফারেন্সের সুবিধার জন্য এখানে উপস্থাপন করব। ভেক্টরের জন্য একটি সংখ্যা দ্বারা যোগ এবং গুণের নিয়মগুলি রৈখিক বীজগণিতের কোর্স থেকে জানা যায়, এই মৌলিক ক্রিয়াকলাপগুলি সমন্বিতভাবে সম্পাদিত হয়। n যদি আমরা R এ প্রবেশ করি স্কালে পণ্য x, y = x1 y1 +। ... ... + xn yn, তারপর আমরা একটি ইউক্লিডীয় স্থান পাই, যা Rn দ্বারাও চিহ্নিত করা হবে, ভেক্টর jxj = x, x = x2k (বা ইউক্লিডীয় আদর্শ) এর দৈর্ঘ্য s q n P দিয়ে। স্কেলার পণ্য k = 1 এবং দৈর্ঘ্যের জন্য, দুটি মৌলিক অসমতা বৈধ: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn আকাশ)। x + y 6 x + y x, y 6 x (ত্রিভুজ অসমতা); y (কচি অসমতা Áunyakov- এটি দ্বিতীয় সেমিস্টারের গাণিতিক বিশ্লেষণের কোর্স থেকে জানা যায় যে ইউক্লিডীয় স্থান (সসীম-মাত্রিক) বিন্দুগুলির একটি ক্রম (ভেক্টর) এর অভিসরণ এই ভেক্টরগুলির স্থানাঙ্কগুলির ক্রমগুলির অভিসারণের সমতুল্য। , তারা বলে, সমন্বয়-ভিত্তিক অভিসরণের সমতুল্য। এটি সহজেই অসমতা থেকে অনুসরণ করে: qp max x 6 x21 +... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n একইভাবে স্কেলার ক্ষেত্রে, ডেরিভেটিভ এবং ইন্টিগ্রেল ভেক্টর ফাংশন সংজ্ঞায়িত করা হয়, এবং বৈশিষ্ট্যগুলি স্থানাঙ্কে স্থানান্তর ব্যবহার করে সহজেই প্রমাণিত হয়। যেকোনো ভেক্টর ফাংশন y (t) = y1 (t),.., yn (t), ইন্টিগ্রেবল (উদাহরণস্বরূপ, অবিচ্ছিন্ন) অন, অসমতা Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) অথবা স্থানাঙ্ক আকারে 0 Zb Zb y1 (t) dt, @ y2 (t) dt,.., A 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) +... Yn2 (t) dt.aa প্রমাণ। দ্রষ্টব্য, প্রথমত, অসমতা কেস b বাদ দেয় না< 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-ম লাইনম্যাট্রিক্স A, তারপর: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 +। ... ... + ain xn = ai, x 6 h i 2 6 Cauchy-Unyakovsky অসমতা দ্বারা 6 jai j2 x =! ! n n X X 2 2 aik xl =, k = 1, i = 1, n-এর উপর এই অসমতাগুলিকে যোগ করলে, আমাদের আছে: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [ইমেল সুরক্ষিত] 2 2 l = 1 2 x, k, i = 1 যেখান থেকে (3.5) অনুসরণ করে। সংজ্ঞা 3. 1. আমরা বলি যে একটি ভেক্টর ফাংশন f (t, y) ভেক্টর ভেরিয়েবল y এর ক্ষেত্রে একটি ভেক্টর ভেরিয়েবল y এর ক্ষেত্রে õ (t, y) ভেরিয়েবলের একটি সেটে লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে যদি 9 L> 0 যেমন যেকোন t এর জন্য , y , 2 t, y 2 G অসমতা ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 ধরে। দুটি ভেরিয়েবলের একটি ফাংশনের ক্ষেত্রে (বিবৃতি 2.1 দেখুন), একটি "y ডোমেনে উত্তল" G-এ Lipschitz সম্পত্তির জন্য একটি পর্যাপ্ত শর্ত হল যে আংশিক ডেরিভেটিভগুলি আবদ্ধ। এর একটি সুনির্দিষ্ট সংজ্ঞা দেওয়া যাক. সংজ্ঞা 3. 2. ভেরিয়েবলের একটি ডোমেন G (t, y) কে y তে উত্তল 1 2 বলা হয় যদি G-তে থাকা যেকোন দুটি বিন্দু t, y এবং t, y এর জন্য, এটিতে এই দুটি বিন্দুকে সংযুক্তকারী সম্পূর্ণ সেগমেন্টও থাকে, যেমন। e সেট n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1, যেখানে τ 2। বিবৃতি 3. 1. যদি ভেরিয়েবলের ডোমেন G (t, y) y তে উত্তল হয় এবং আংশিক ডেরিভেটিভ ∂fi ক্রমাগত হয় এবং সমস্ত i, j = 1, n এর জন্য ∂yj-এর জন্য G-তে একটি ধ্রুবক l দ্বারা আবদ্ধ হয়। তারপর ভেক্টর ফাংশন ft, y ধ্রুব L = n l এর সাথে y এর সাপেক্ষে G-এর লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে। 1 2 প্রমাণ। বিবেচনা করুন নির্বিচারে বিন্দু t, y এবং t, y থেকে G এবং 1 2 সেগমেন্টটি তাদের সংযুক্ত করছে, যেমন সেট t, y, যেখানে y = y + τ y y1, t - স্থির আছে, এবং τ 2। -41- আমরা একটি স্কেলার আর্গুমেন্টের ভেক্টর ফাংশন প্রবর্তন করি g (τ) = ft, y (τ), 2 1 তারপর g (1) g (0) = ft, yft, y, এবং অন্যদিকে - Z1 g (1) g (0) = dg (τ) dτ = dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ = dτ 0 0 h = কারণে y = y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 = A (τ) y 2 y 1 dτ , 0 যেখানে A (τ) হল একটি ম্যাট্রিক্স যার উপাদান ∂fi, এবং ∂yj y2 y 1 হল সংশ্লিষ্ট কলাম। এখানে আমরা একটি জটিল ফাংশনের পার্থক্যের নিয়ম ব্যবহার করেছি, যথা, সমস্ত i = 1, n, t - স্থির, আমাদের আছে: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t, y (τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1। = ∂y1 ∂yn এটিকে ম্যাট্রিক্স আকারে লিখলে, আমরা পাব: 0 2 1 g (τ) = A (τ) y y সঙ্গে n n ম্যাট্রিক্স A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj। অখণ্ড (3.3) এবং অসমতার (3.5) অনুমান ব্যবহার করে, প্রতিস্থাপনের পরে আমরা পাই: ft, y 2 ft, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A (τ) y 2 Z1 y1 A (τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A (τ) A (τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 nl 0 6 সর্বাধিক A (τ) যেহেতু 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i, j = 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 8 τ 2 এ। উক্তিটি প্রমাণিত। -42- 3. 2. একটি সাধারণ সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের স্বতন্ত্রতা উপপাদ্য 3. 1 (দুটি সমাধানের মধ্যে পার্থক্যের অনুমানে)। ধরা যাক G-কে কিছু ডোমেইন Rn + 1, এবং ভেক্টর ফাংশন f (x, y) G-তে একটানা থাকে এবং ধ্রুব L সহ সেট G-এর ভেক্টর ভেরিয়েবল y-এর সাপেক্ষে Lipschitz শর্তকে সন্তুষ্ট করে। যদি y 1, y 2 হয় একটি ব্যবধানে স্বাভাবিক সিস্টেমের দুটি সমাধান (3.1) y_ = f (x, y), তারপর অনুমান y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) ) সব টি 2 এর জন্য ধারণ করে। প্রমাণটি বারবার পুনরাবৃত্তি করে, সুস্পষ্ট পুনঃনির্ধারণকে বিবেচনায় নিয়ে, বিভাগ 2.1-এ উপপাদ্য 2.1-এর প্রমাণ। 2 এটি থেকে প্রাথমিক তথ্যের সাপেক্ষে সমাধানের জন্য একটি স্বতন্ত্রতা এবং স্থিতিশীলতা উপপাদ্য পাওয়া সহজ। ফলাফল 3.1. ভেক্টর ফাংশন f (t, y) ডোমেইন G-এ অবিচ্ছিন্ন থাকুক এবং y-তে G-এর লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করুক, এবং ফাংশন y 1 (t) এবং y 2 (t) হল স্বাভাবিক সিস্টেমের দুটি সমাধান (3.1) একই ব্যবধানে, এবং t0 2। যদি y 1 (t0) = y 2 (t0), তাহলে y 1 (t) y 2 (t) অন। ফলাফল 3.2। (প্রাথমিক তথ্যের উপর অবিচ্ছিন্ন নির্ভরতা সম্পর্কে)। ভেক্টর ফাংশন f (t, y) ডোমেইন G-এ অবিচ্ছিন্ন হতে দিন এবং G-এ লিপশিটজ অবস্থাকে y-তে ধ্রুব L> 0 দিয়ে সন্তুষ্ট করুন এবং ভেক্টর ফাংশন y 1 (t) এবং y 2 (t) হল এর সমাধান স্বাভাবিক সিস্টেম (3.1) সংজ্ঞায়িত। তারপর, 8 t 2 এর জন্য, অসমতা y 1 (t) ধরে, যেখানে δ = y 1 (t0) y 2 (t0), এবং l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0। সুস্পষ্ট পুনঃনির্ধারণকে বিবেচনায় রেখে কোরোলারির প্রমাণটি 2.1 এবং 2.2 শব্দের জন্য শব্দের প্রমাণের পুনরাবৃত্তি করে। 2 কচি সমস্যার সমাধানযোগ্যতার তদন্ত (3.1), (3.2), যেমন এক-মাত্রিক ক্ষেত্রে, একটি অবিচ্ছেদ্য সমীকরণের (ভেক্টর) সমাধানযোগ্যতা হ্রাস করা হয়েছে। লেমা 3. 1. চলুন f (t, y) 2 C G; Rn 1. যখন নিম্নলিখিত দাবিগুলি ধরে থাকে: 1) ব্যবধান ha-এ Eq. (3.1) এর যেকোন সমাধান ϕ (t), bi সন্তোষজনক (3.2) t0 2 ha, bi হল একটি অবিচ্ছিন্ন সমাধান ha, bi 1 C G এর মাধ্যমে; H স্থান H এর মান সহ ডোমেইন G-এর সমস্ত অবিচ্ছিন্ন ফাংশনগুলির সেট বোঝাতে প্রথাগত। উদাহরণস্বরূপ, f (t, y) 2 C G; G সেটে সংজ্ঞায়িত Rn উপাদানগুলি হল সমস্ত অবিচ্ছিন্ন ভেক্টর ফাংশনের সেট (n -43- integral সমীকরণ y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) যদি ভেক্টর -ফাংশন ϕ (t) 2 C ha, bi হল ha, bi-তে অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ (3.6) এর একটি অবিচ্ছিন্ন সমাধান, যেখানে t0 2 ha, bi, তারপর ϕ (t) এর ha, bi এবং তে একটি অবিচ্ছিন্ন ডেরিভেটিভ রয়েছে (3.1), (3.2) এর একটি সমাধান। প্রমাণ। 1. ধরুন 8 τ 2 ha, bi সমতা dϕ (τ) = f τ, ϕ (τ) ধরে। তারপর, t0 থেকে t এ একীভূত করে, (3.2) বিবেচনায় নিয়ে, আমরা dτ Rt 0 পাই এবং আমরা পাই যে ϕ (t) = y + f τ, ϕ (τ) dτ, অর্থাৎ, ϕ (t) সমীকরণকে সন্তুষ্ট করে (3.6)। t0 2. একটি অবিচ্ছিন্ন ভেক্টর ফাংশন ϕ (t) একটি যৌগিক ফাংশনের জন্য ধারাবাহিকতা উপপাদ্য দ্বারা ha, bi, তারপর ft, ϕ (t) ha, bi-তে অবিচ্ছিন্ন Eq (3.6) সন্তুষ্ট করুন, এবং তাই ডান- (3.6) এর হাতের দিকে (এবং সেই কারণে বাম দিকের) একটি অবিচ্ছিন্ন ডেরিভেটিভ আছে t অন ha, bi-এর ক্ষেত্রে। (3.6) ϕ (t0) = y 0 থেকে t = t0 এর জন্য, অর্থাৎ, ϕ (t) হল কচি সমস্যার সমাধান (3.1), (3.2)। মনে রাখবেন, যথারীতি, একটি সেগমেন্টের শেষে ডেরিভেটিভ (যদি এটি এর অন্তর্গত হয়) একটি ফাংশনের একমুখী ডেরিভেটিভ হিসাবে বোঝা যায়। লেম্মা প্রমাণিত। মন্তব্য 3. 1. এক-মাত্রিক ক্ষেত্রে (অধ্যায় 2 দেখুন) এবং উপরে প্রমাণিত বিবৃতিগুলির সাথে সাদৃশ্য ব্যবহার করে, কেউ কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং ধারাবাহিকতার উপর উপপাদ্য প্রমাণ করতে পারে একটি পুনরাবৃত্ত ক্রম নির্মাণ করে অখণ্ড সমীকরণের সমাধান (3.6) কিছু ব্যবধানে t0 h, t0 + h। এখানে আমরা সংকোচন ম্যাপিংয়ের নীতির উপর ভিত্তি করে সমাধানের জন্য অস্তিত্বের (এবং স্বতন্ত্রতা) উপপাদ্যের আরেকটি প্রমাণ দিই। আমরা পাঠককে তত্ত্বের আরও আধুনিক পদ্ধতির সাথে পরিচিত করার জন্য এটি করি, যা ভবিষ্যতে ব্যবহার করা হবে, গাণিতিক পদার্থবিদ্যার অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ এবং সমীকরণের কোর্সে। আমাদের পরিকল্পনা বাস্তবায়নের জন্য, আমাদের অনেকগুলি নতুন ধারণা এবং সহায়ক বিবৃতি প্রয়োজন, যা আমরা এখন বিবেচনা করতে এগিয়ে যাব। 3. 3. মেট্রিক স্পেস ধারণা। সংকোচন ম্যাপিং নীতি গণিতে সীমার সবচেয়ে গুরুত্বপূর্ণ ধারণা বিন্দুর "প্রক্সিমিটি" ধারণার উপর ভিত্তি করে, অর্থাৎ, তাদের মধ্যে দূরত্ব খুঁজে বের করার ক্ষমতা। সাংখ্যিক অক্ষে, দূরত্ব হল দুটি সংখ্যার মধ্যে পার্থক্যের মডুলাস, সমতলে এটি ইউক্লিডীয় দূরত্ব ইত্যাদির সুপরিচিত সূত্র। বিশ্লেষণের অনেক তথ্য উপাদানের বীজগাণিতিক বৈশিষ্ট্য ব্যবহার করে না, তবে শুধুমাত্র তাদের মধ্যে দূরত্বের ধারণার উপর নির্ভর করে। এই পদ্ধতির বিকাশ, যেমন একটি সীমার ধারণার সাথে সম্পর্কিত একটি "সত্তা" এর বরাদ্দ মেট্রিক স্থান ধারণার দিকে নিয়ে যায়। -44- সংজ্ঞা 3. 3. X কে স্বেচ্ছাচারী প্রকৃতির একটি সেট হতে দিন এবং ρ (x, y) দুটি ভেরিয়েবল x, y 2 X এর একটি বাস্তব ফাংশন, তিনটি স্বতঃসিদ্ধ সন্তোষজনক: 1) ρ (x, y)> 0 8 x, y 2 X, এবং ρ (x, y) = 0 শুধুমাত্র x = y এর জন্য; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (প্রতিসাম্য স্বতঃসিদ্ধ); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (ত্রিভুজ অসমতা)। এই ক্ষেত্রে, প্রদত্ত ফাংশন ρ (x, y) সহ সেট Xটিকে বলা হয় মেট্রিক স্পেস (ÌП), এবং ফাংশন ρ (x, y): X X 7! R সন্তোষজনক 1) - 3) একটি মেট্রিক বা দূরত্ব। এখানে মেট্রিক স্পেস এর কিছু উদাহরণ আছে। উদাহরণ 3. 1. X = R এর দূরত্ব ρ (x, y) = x y দিয়ে ধরুন, আমরা MP R পাই। n o n xi 2 R, i = 1, n হল উদাহরণ 3। 2. ধরুন X = R = x1,। ... ... , xn হল n বাস্তব সংখ্যা s n 2 P x = x1, এর অর্ডারকৃত সেটের সেট। ... ... , xn দূরত্ব সহ ρ (x, y) = xk yk, আমরা n1 k = 1 n মাত্রিক ইউক্লিডীয় স্থান R পাই। n উদাহরণ 3. 3. ধরুন X = C a, b; R হল A, b ফাংশনের সমস্ত ক্রমাগতের সেট যার মান Rn, অর্থাৎ অবিচ্ছিন্ন ভেক্টর ফাংশন, দূরত্ব সহ ρ (f, g) = সর্বোচ্চ f (t) g (t), যেখানে f = f (t) = f1 (t),। ... ... , fn (t), t2 s n 2 P g = g (t) g1 (t),। ... ... , gn (t), f g = fk (t) gk (t)। k = 1 উদাহরণের জন্য 3. 1-3. এমপির 3টি স্বতঃসিদ্ধ সরাসরি যাচাই করা হয়েছে, আমরা এটি বিবেকবান পাঠকের জন্য একটি অনুশীলন হিসাবে রেখেছি। যথারীতি, যদি প্রতিটি প্রাকৃতিক n একটি মৌল xn 2 X এর সাথে যুক্ত হয়, তাহলে আমরা বলি যে বিন্দুগুলির একটি ক্রম xn ÌП X দেওয়া হয়েছে। সংজ্ঞা 3. 4. একটি MP X-এর xn বিন্দুর একটি ক্রমকে একটি বিন্দুতে যাওয়া বলা হয়। x 2 X যদি lim ρ xn, x = 0. n! 1 সংজ্ঞা 3. 5. একটি ক্রম xn কে মৌলিক বলা হয় যদি যেকোন ε> 0 এর জন্য একটি প্রাকৃতিক সংখ্যা N (ε) থাকে যেমন সকলের জন্য n> N এবং m > N অসমতা 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> N =) সর্বোচ্চ fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 একটি সংখ্যা N (ε) যেমন সকলের জন্য n> N এবং সকলের জন্য t 2 a, b অসমতা 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. বিবেচনা করুন B = Am, B: X 7! এক্স, বি - কম্প্রেশন। উপপাদ্য 3.2 দ্বারা, অপারেটর B-এর একটি অনন্য নির্দিষ্ট বিন্দু x আছে। যেহেতু A এবং B যাতায়াত করে AB = BA এবং যেহেতু Bx = x, আমাদের আছে B Ax = A Bx = Ax, i.e. y = Ax হল B এর একটি নির্দিষ্ট বিন্দু এবং যেহেতু এই ধরনের একটি বিন্দু উপপাদ্য 3.2 দ্বারা অনন্য, তাহলে y = x বা Ax = x। তাই, x অপারেটর A এর একটি নির্দিষ্ট বিন্দু। আসুন স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করি। ধরুন x ~ 2 X এবং A ~ x = x ~, তাহলে m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ =। ... ... = x ~, অর্থাৎ x ~ হল B এর জন্য একটি নির্দিষ্ট বিন্দু, যেখান থেকে x ~ = x। উপপাদ্য প্রমাণিত হয়। একটি মেট্রিক স্থানের একটি বিশেষ ক্ষেত্রে একটি আদর্শ রৈখিক স্থান। এখানে একটি সুনির্দিষ্ট সংজ্ঞা। সংজ্ঞা 3. 9. ধরা যাক X একটি রৈখিক স্থান (বাস্তব বা জটিল) যার উপর একটি সংখ্যাসূচক ফাংশন x সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে, X থেকে R থেকে কাজ করে এবং স্বতঃসিদ্ধগুলিকে সন্তুষ্ট করে: 1) 8 x 2 X, x> 0, এবং x = 0 শুধুমাত্র x = θ এর জন্য; 2) 8 x 2 X এবং 8 λ 2 R (বা C) 3) 8 x, y 2 X একটি ডাকনাম ধারণ করে)। x + y 6 x + y λx = jλj x; (ত্রিভুজাকার অসমতা - তারপর X কে একটি আদর্শ স্থান বলা হয়, x: X 7! R, সন্তোষজনক 1) - 3), আদর্শ। এবং ফাংশন একটি স্বাভাবিক স্থানে, আপনি সূত্র ρ x, y = x y দ্বারা উপাদানগুলির মধ্যে দূরত্ব লিখতে পারেন। এমপির স্বতঃসিদ্ধ পূর্ণতা সহজেই যাচাই করা যায়। ফলস্বরূপ মেট্রিক স্থান সম্পূর্ণ হলে, সংশ্লিষ্ট আদর্শ স্থানটিকে বানাচ স্থান বলা হয়। আদর্শটি প্রায়শই একই রৈখিক স্থানে বিভিন্ন উপায়ে চালু করা যেতে পারে। এই বিষয়ে, এই ধরনের একটি ধারণা দেখা দেয়। সংজ্ঞা 3. 10. ধরা যাক X একটি রৈখিক স্থান এবং আপনি দুটি 1 2 এর উপর প্রবর্তিত নিয়ম। 9 C1> 0 এবং C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 হলে মানদণ্ডগুলিকে সমতুল্য 1 2 আদর্শ বলা হয়। মন্তব্য 3. 3. যদি এবং X-এ দুটি সমতুল্য নিয়ম হয়, এবং 1 2 স্পেস X তাদের একটিতে সম্পূর্ণ হয়, তবে এটি অন্য আদর্শেও সম্পূর্ণ। এটি সহজেই এই সত্য থেকে অনুসরণ করে যে একটি ক্রম xn X, এর ক্ষেত্রে মৌলিক, এর ক্ষেত্রেও মৌলিক, এবং 1 2 একই উপাদান x 2 X-এ রূপান্তরিত হয়। -47- মন্তব্য 3. 4. প্রায়শই উপপাদ্য 3.2 (বা 3.3) ) প্রয়োগ করা হয় যখন এই স্থানের বন্ধ বলটিকে সম্পূর্ণ n স্থান হিসাবে নেওয়া হয় o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, যেখানে r> 0 এবং a 2 X স্থির করা হয়। মনে রাখবেন যে একটি SMP-তে একটি বন্ধ বল নিজেই একই দূরত্বের একটি SMP। আমরা একটি অনুশীলন হিসাবে এই সত্য প্রমাণ পাঠক ছেড়ে. মন্তব্য 3. 5. উপরে, আমরা n পরিমাপ 3 থেকে স্থানের সম্পূর্ণতা প্রতিষ্ঠা করেছি। 3. মনে রাখবেন যে রৈখিক স্থান X = C 0, T, R-এ একজন আদর্শ kxk = max x (t) প্রবর্তন করতে পারে যাতে ফলে স্বাভাবিক করা হবে Banach. শূন্যস্থান 0, T-এ অবিচ্ছিন্ন ভেক্টর ফাংশনের একই সেটে, যেকোন α 2 R-এর জন্য kxkα = max e αt x (t) সূত্র দ্বারা একটি সমতুল্য আদর্শ প্রবর্তন করা যেতে পারে। α> 0-এর জন্য, সমতা অসমতা থেকে অনুসরণ করে। e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) সব t 2 0, T, যেখান থেকে e αT kxk 6 kxkα 6 kxk। রৈখিক (স্বাভাবিক) সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার অনন্য সমাধানযোগ্যতার উপর একটি উপপাদ্য প্রমাণ করতে আমরা সমতুল্য নিয়মের এই বৈশিষ্ট্যটি ব্যবহার করব। 3. 4. স্বাভাবিক সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের জন্য অস্তিত্ব এবং অনন্যতা উপপাদ্যগুলি কচি সমস্যাটি বিবেচনা করুন (3.1) - (3.2), যেখানে প্রাথমিক ডেটা t0, y 0 2 G, G Rn + 1 হল সংজ্ঞার ডোমেন ভেক্টর ফাংশনের f (t, y )। এই বিভাগে, আমরা ধরে নেব যে G-এর কিছু n ফর্ম G = a, b o, যেখানে ডোমেনটি Rn এবং বলটি BR (y 0) = উপপাদ্য ধারণ করে। y 2 Rn y y0 6 R সম্পূর্ণরূপে নিহিত। উপপাদ্য 3. 4. চলুন ভেক্টর ফাংশন f (t, y) 2 C G; Rn, এবং 9 M> 0 এবং L> 0 যেমন শর্ত 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M সন্তুষ্ট; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1। আমরা δ 2 (0, 1) সংখ্যাটি ঠিক করি এবং t0 2 (a, b) দিন। তারপর R 1 δ 9 h = min; ; t0 a; b t0> 0 ML যাতে বিদ্যমান থাকে এবং তদুপরি, Êoshi সমস্যার (3.1), (3.2) y (t) ব্যবধানে Jh = t0 h, t0 + h, এবং y (t) y 0 এর একটি অনন্য সমাধান সকলের জন্য 6 R 2 Jh. -48- প্রমাণ। Lemma 3.1 দ্বারা, Cauchy সমস্যা (3.1), (3.2) ব্যবধানে অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ (3.6) এর সমতুল্য এবং তাই, Jh-এ, যেখানে h উপরে বেছে নেওয়া হয়েছে। ব্যানাচ স্পেস X = C (Jh; Rn) বিবেচনা করুন, সাধারণ kxk = max x (t) সহ Jh সেগমেন্টে অবিচ্ছিন্ন ভেক্টর ফাংশন x (t) সেট, এবং X: t2Jh SR y 0-এ একটি বন্ধ সেট প্রবর্তন করুন। n 8 t 2 Jh = y (t) 2 X y (t) n = y (t) 2 X yy (t) o 0 6R = o 0 y 6R হল X-এ একটি বন্ধ বল। অপারেটর A নিয়ম দ্বারা সংজ্ঞায়িত: Ay = y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 SR y 0 কে নিজের মধ্যে নেয়, যেহেতু y 0 = সর্বোচ্চ Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h ​​M 6 R উপপাদ্যের শর্ত 1 এবং h এর সংজ্ঞা দ্বারা t0। আসুন প্রমাণ করি যে A হল SR-এর একটি সংকোচন অপারেটর। নির্বিচারে 0 1 2 নিন এবং মান অনুমান করুন: y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = সর্বোচ্চ Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) যদি τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 সর্বোচ্চ t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, যেখানে q = h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > R সূত্র h = min M অনুযায়ী 0 বেছে নেওয়া হয়েছে; 1L δ; b a, এবং সর্বত্র আমাদের নিতে হবে -49- Jh = t0, t0 + h = a, a + h সেগমেন্ট Jh হিসাবে। উপপাদ্যের অন্যান্য সমস্ত শর্ত পরিবর্তিত হয় না; এর প্রমাণ, পুনর্বিন্যাসগুলি বিবেচনায় নিয়ে, R সংরক্ষিত হয়। ক্ষেত্রে t0 = b, একইভাবে, h = min M; 1L δ; b a, এবং Jh = b h, b. n মন্তব্য 3. 7. উপপাদ্য 3. 4 শর্ত f (t, y) 2 C G; R, যেখানে G = a, b D, 1 এবং 2 শর্ত বজায় রেখে প্রতি y 2-এর জন্য f (t, y) এর ধারাবাহিকতার প্রয়োজনীয়তার সাথে প্রতিস্থাপন করে দুর্বল করা যেতে পারে। প্রমাণ পরিবর্তন হয় না। মন্তব্য 3. 8. এটি যথেষ্ট যে উপপাদ্য 3.4 এর শর্ত 1 এবং 2 সমস্ত t, y 2 a, b BR y এর জন্য 0 ধরে রাখে এবং ধ্রুবক M এবং L নির্ভর করে, 0 সাধারণত, y এবং R এর উপর। আরও কঠোরের জন্য ভেক্টর ফাংশনের উপর সীমাবদ্ধতা ft, y, অনুরূপভাবে উপপাদ্য 2.4, কচি সমস্যার সমাধানের জন্য অস্তিত্ব এবং অনন্যতা উপপাদ্য (3.1), (3.2) সমগ্র ব্যবধানে a, b ধারণ করে। n উপপাদ্য 3. 5. চলুন ভেক্টর ফাংশন fx, y 2 CG, R, যেখানে G = a, b Rn, এবং সেখানে L> 0 বিদ্যমান যাতে শর্ত 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft, y 2 ফুট, y 1 6 L y 2 y 1। যখন কোনো t0 2 এবং y 0 2 Rn-এর জন্য a, b সেখানে বিদ্যমান এবং অধিকন্তু, ওশি সমস্যার (3.1), (3.2) একটি অনন্য সমাধান। প্রমাণ। নির্বিচারে t0 2 এবং y 0 2 Rn নিন এবং সেগুলি ঠিক করুন। আমরা আকারে G = a, b Rn সেটটি উপস্থাপন করি: G = G [G +, যেখানে Rn, এবং G + = t0, b Rn, ধরে নিচ্ছি যে t0 2 a, b, অন্যথায় একটি G = a, t0 হবে প্রমাণের পর্যায় থেকে অনুপস্থিত। আসুন আমরা স্ট্রিপ G+ এর জন্য যুক্তি দেখাই। ব্যবধানে t0, b, Cauchy সমস্যা (3.1), (3.2) সমীকরণ (3.6) এর সমতুল্য। চলুন আমরা ইন্টিগ্রাল অপারেটর n A: X 7 এর পরিচয় করি! X, যেখানে X = C t0, b; R, সূত্র দ্বারা Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ। t0 তারপর অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ (3.6) অপারেটর সমীকরণ Ay = y আকারে লেখা যেতে পারে। (3.8) যদি আমরা প্রমাণ করি যে অপারেটর সমীকরণ (3.8) এর SMP X-এ একটি সমাধান আছে, তাহলে আমরা G-এর জন্য t0, b বা a, t0-এ Cauchy সমস্যার সমাধানযোগ্যতা পাই। যদি এই সমাধানটি অনন্য হয়, তবে সমতার গুণে, কৌচি সমস্যার সমাধানও অনন্য হবে। আমরা সমীকরণের অনন্য সমাধানযোগ্যতার দুটি প্রমাণ দিই (3.8)। প্রমাণ 1. নির্বিচারে ভেক্টর ফাংশন বিবেচনা করুন 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, তাহলে অনুমানগুলি যেকোনো -50- t 2 t0, b Ay 2: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 সর্বোচ্চ y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1। স্মরণ করুন যে X-এ আদর্শটি নিম্নরূপ প্রবর্তিত হয়েছে: kxk = max x (τ)। প্রাপ্ত অসমতা থেকে আমাদের আছে: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) = 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ) ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. এই প্রক্রিয়াটি অব্যাহত রেখে, আমরা আনয়নের মাধ্যমে প্রমাণ করতে পারি যে 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. তাই, অবশেষে, আমরা Ak y 2 Ak y 1 = সর্বোচ্চ Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k অনুমানটি পাই! k y2 y1. k যেহেতু α(k) =! k জন্য 0! 1, তাহলে k0 অমুক, k! যে 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 >সূত্র দ্বারা 0 (রিমার্ক 3.5 দেখুন): x α = সর্বোচ্চ e αt x (t)। -51- আসুন দেখাই যে α বাছাই করা সম্ভব যাতে X স্থানের অপারেটর A α>L-এর আদর্শের সাথে সংকোচন করে। প্রকৃতপক্ষে, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt = সর্বোচ্চ e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 সর্বোচ্চ e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L সর্বোচ্চ e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L সর্বোচ্চ e αt Zt eατ dτ সর্বোচ্চ e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt যেহেতু α> L, তারপর q = L α 1 1 αt e α e eαt0 L = α α b t0 y 2 y1 y 1 α = 1 e α b t0।< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с প্রাথমিক অবস্থা y (x0) = y0। (4.5) সূত্র (4.2) আকারে লেখা যেতে পারে Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C। x0 y0 এখানে প্রাথমিক অবস্থা (4.5) প্রতিস্থাপন করলে আমরা দেখতে পাই যে C = 0, অর্থাৎ, কচি সমস্যার সমাধান নির্ধারণ করা হয় Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx সম্পর্ক থেকে। x0 -56- (4.6) স্পষ্টতই, এটি অনন্যভাবে নির্ধারিত। এইভাবে, সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4.1) সূত্র (4.4) দ্বারা দেওয়া হয় এবং Cauchy সমস্যার সমাধান (4.4), (4.5) সম্পর্ক (4.6) থেকে পাওয়া যায়। মন্তব্য 4. 1. যদি f2 (y) = 0 কিছু y = yj, (j = 1, 2,..., S), তাহলে স্পষ্টতই, সমীকরণ (4.1) এর সমাধানগুলিও y (x) yj ফাংশন , j = 1, 2,। ... ... , s, যা এই ফাংশনগুলির সরাসরি প্রতিস্থাপন দ্বারা সমীকরণে প্রমাণিত হয় (4.1)। মন্তব্য 4. 2. সমীকরণ (4.1) এর জন্য, সাধারণ সমাধানটি F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) সম্পর্ক থেকে নির্ধারিত হয়। সুতরাং, প্রতিটি সমাধানে সম্পর্কের বাম দিকের (4.7) ধ্রুবক থাকে সমীকরণ (4.1)। অন্যান্য ODE গুলি সমাধান করার সময় (4.7) প্রকারের সম্পর্কগুলিও লেখা যেতে পারে। এই ধরনের সম্পর্কগুলিকে সাধারণত সংশ্লিষ্ট ODE-এর integrals (সাধারণ integrals) বলা হয়। এর একটি সুনির্দিষ্ট সংজ্ঞা দেওয়া যাক. সংজ্ঞা 4. 1. y 0 (x) = f (x, y) সমীকরণটি বিবেচনা করুন। (4.8) সম্পর্ক (x, y) = C, (4.9) যেখানে (x, y) ক্লাস C1 এর একটি ফাংশন, যদি এই সম্পর্কটি অভিন্নভাবে সন্তুষ্ট না হয় তবে তাকে সমীকরণের সাধারণ অখণ্ডতা (4.8) বলা হয়, কিন্তু এটি সমীকরণের প্রতিটি সমাধান ধরে রাখে (4.8)। C 2 R-এর প্রতিটি নির্দিষ্ট মানের জন্য আমরা একটি আংশিক অবিচ্ছেদ্য পাই। সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4.8) অন্তর্নিহিত ফাংশন উপপাদ্য ব্যবহার করে সাধারণ অখণ্ড (4.9) থেকে প্রাপ্ত হয়। উদাহরণ 4. 1. সমীকরণটি বিবেচনা করুন x (4.10) y 0 (x) = y এবং প্রাথমিক অবস্থা y (2) = 4. (4.11) সমীকরণের সমাধানের জন্য প্রয়োগ করা (4.10) বর্ণিত চলকগুলির পৃথকীকরণের পদ্ধতি উপরে, আমরা পাই y dy = x dx , যেখান থেকে আমরা সমীকরণ (4.10) y 2 x2 = C-এর জন্য সাধারণ সমাকলন খুঁজে পাই। সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4.10) সূত্র py = C + x2 দ্বারা লেখা হয় এবং এর সমাধান কচি সমস্যা (4.10), (4.11) - সূত্র py = 12 + x2 দ্বারা ... -57- 4. 2. প্রথম ক্রমটির রৈখিক ODEs প্রথম ক্রমটির একটি রৈখিক ODE হল সমীকরণ y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x), If q (x) 6 যদি q (x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, তাহলে সমীকরণটিকে বলা হয় অসঙ্গতিপূর্ণ। 0, তাহলে সমীকরণটিকে সমজাতীয় বলা হয়: y 0 (x) + p (x) y (x) = 0. (4.120) উপপাদ্য 4.1.1) যদি y1 (x), y2 (x) সমজাতীয় সমীকরণের সমাধান হয় (4.120) , α, β হল নির্বিচারে সংখ্যা, তারপর ফাংশন y (x) αy1 (x) + βy2 (x) সমীকরণেরও একটি সমাধান (4.120)। 2) একজাতীয় সমীকরণের সাধারণ সমাধানের জন্য (4.12), নিম্নলিখিত সূত্রটি ধারণ করে: yon = yoo + ychn; (4.13) এখানে y হল একজাতীয় সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4. 12), ychn হল একজাতীয় সমীকরণের একটি নির্দিষ্ট সমাধান (4.12), yoo হল সমজাতীয় সমীকরণের (4.120) সাধারণ সমাধান। প্রমাণ। উপপাদ্যটির প্রথম বিবৃতিটি সরাসরি যাচাইয়ের মাধ্যমে প্রমাণিত: আমাদের কাছে y 0 αy10 + βy20 = αp (x) y1 βp (x) y2 = p (x) αy1 + βy2 = p (x) y আছে। দ্বিতীয় বক্তব্য প্রমাণ করা যাক। ধরুন y0 সমীকরণের (4.120) একটি নির্বিচারে সমাধান, তারপর y00 = p (x) y0। অন্যদিকে, 0 yp = p (x) yp + q (x)। অতএব, 0 y0 + ychn = p (x) y0 + ychn + q (x), যার মানে হল যে y y0 + ychn হল সমীকরণের একটি সমাধান (4.12)। সুতরাং, সূত্র (4.13) অসঙ্গতিপূর্ণ সমীকরণ (4.12) এর সমাধান দেয়। আসুন দেখান যে এই সূত্রটি সমীকরণের সমস্ত সমাধান পেতে ব্যবহার করা যেতে পারে (4.12)। প্রকৃতপক্ষে, y ^ (x) সমীকরণের একটি সমাধান হতে দিন (4.12)। আমরা y ~ (x) = y ^ (x) ychn রাখি। আমাদের আছে y ~ 0 (x) = y ^ 0 (x) 0 ychn (x) = p (x) ^ y (x) + q (x) + p (x) ychn (x) = p (x) y ^ (x) q (x) = yp (x) = p (x) ~ y (x)। সুতরাং, y ~ (x) হল সমজাতীয় সমীকরণ (4.120) এর একটি সমাধান, এবং আমাদের কাছে y ^ (x) = y ~ (x) + ychn আছে, যা সূত্র (4.13) এর সাথে মিলে যায়। উপপাদ্য প্রমাণিত হয়। -58- নীচে আমরা সমীকরণ (4.12) এবং (4.120) এর প্রাথমিক শর্ত y (x0) = y0, x0 2 ha, bi-এর জন্য Cauchy সমস্যা বিবেচনা করব। (4.14) (4.12) থেকে p (x) এবং q (x) ফাংশনের জন্য, আমরা ধরে নেব যে p (x), q (x) 2 C (ha, bi)। মন্তব্য 4. 3. F (x, y) = p (x) y + q (x) রাখুন। তারপর, p (x) এবং q (x) এর উপর আরোপিত শর্তগুলির কারণে, আমাদের কাছে F (x, y), ∂F (x, y) 2 CG, ∂y G = ha, bi R1, এবং তাই, জন্য কচি সমস্যা ( 4.12), (4.14), সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতা উপপাদ্যগুলি বৈধ, অধ্যায় 2 এ প্রমাণিত। নীচে প্রমাণিত উপপাদ্য 4.2 এবং 4.3-এ, সমীকরণ (4.120) এবং (4.12) সমাধানের সুস্পষ্ট সূত্রগুলি হবে প্রাপ্ত এবং এটি দেখানো হবে যে পুরো ব্যবধানে বিদ্যমান ha, bi. প্রথমে বিবেচনা করুন সমজাতীয় সমীকরণ (4.120)। উপপাদ্য 4. 2. বিবৃতি: যাক p (x) 2 C (ha, bi)। যখন নিম্নলিখিতগুলি সত্য হয়: 1) সমীকরণের যে কোনও সমাধান (4.120) সম্পূর্ণ ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত করা হয় ha, bi; 2) সমজাতীয় সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4.120) সূত্র y (x) = C e দ্বারা দেওয়া হয় যেখানে C R p (x) dx, (4.15) একটি নির্বিচারে ধ্রুবক; 3) Yoshi সমস্যার সমাধান (4.120), (4.14) সূত্র Rx y (x) = y0 e x0 p (ξ) dξ দ্বারা দেওয়া হয়েছে। (4.16) প্রমাণ। অধ্যায়ের শুরুতে দেওয়া কৌশল অনুসারে সূত্র (4.15) বের করা যাক। প্রথমত, লক্ষ্য করুন যে ফাংশন y 0 সমীকরণের একটি সমাধান (4.120)। y (x) সমীকরণ (4.120) এর সমাধান এবং ha, bi-তে y 6 0 ধরা যাক। তারপর 9 x1 2 ha, bi এমন যে y (x1) = y0 6 = 0। x1 বিন্দুর আশেপাশে সমীকরণ (4.120) বিবেচনা করুন। এটি বিভাজ্য ভেরিয়েবল সহ একটি সমীকরণ এবং x1 বিন্দুর কিছু আশেপাশে y (x) 6 = 0। তারপর, পূর্ববর্তী বিভাগের ফলাফলগুলি অনুসরণ করে, আমরা Z dy = p (x) dx, ln y = p (x) dx + C, y -59- যেখান থেকে R y (x) = C সমাধানের জন্য একটি সুস্পষ্ট সূত্র পাই ep (x) dx, c 6 = 0, যা সূত্রের (4.15) সাথে মিলে যায়। অধিকন্তু, C = 0-এর জন্য সূত্র (4.15) দ্বারা y 0ও দেওয়া হয়েছে। সমীকরণে (4.120) সরাসরি প্রতিস্থাপনের মাধ্যমে, আমরা দেখতে পাচ্ছি যে যে কোনো C-এর জন্য সূত্র (4.15) দ্বারা প্রদত্ত ফাংশন y (x) হল একটি সমাধান। সমীকরণ (4.120), অধিকন্তু, পুরো ব্যবধানে ha, bi. আসুন দেখান যে সূত্র (4.15) সমীকরণের একটি সাধারণ সমাধান (4.120) সংজ্ঞায়িত করে। প্রকৃতপক্ষে, y ^ (x) সমীকরণের একটি নির্বিচারে সমাধান হতে দিন (4.120)। ha, bi-তে y^(x) 6 = 0 হলে, পূর্বের যুক্তির পুনরাবৃত্তি করলে, আমরা পাই যে এই ফাংশনটি কিছু C-এর জন্য সূত্র (4.15) দ্বারা দেওয়া হয়েছে: যথা, যদি y^(x0) = y^0, তাহলে Rx p ( ξ) dξ. y ^ (x) = y ^ 0 e x0 যদি 9x1 2 ha, bi এমন হয় যে y ^ (x1) = 0, তাহলে প্রাথমিক অবস্থা y (x1) = 0 সহ সমীকরণ (4.120) এর জন্য Cauchy সমস্যাটির দুটি সমাধান রয়েছে y ^ (x) এবং y (x) 0. রিমার্ক 4.3 দ্বারা, কচি সমস্যার সমাধান অনন্য; অতএব, y ^ (x) 0, এবং তাই, C = 0 এর জন্য সূত্র (4.15) দ্বারা দেওয়া হয়েছে। , আমরা প্রমাণ করেছি যে সাধারণ সমাধান সমীকরণ (4.120) সমস্ত ha, bi-তে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে এবং সূত্র (4.15) দ্বারা দেওয়া হয়েছে। সূত্র (4.16), স্পষ্টতই, সূত্রের একটি বিশেষ কেস (4.15); অতএব, এটি দ্বারা নির্দিষ্ট ফাংশন y (x) হল সমীকরণের সমাধান (4.120)। উপরন্তু, x R0 p (ξ) dξ y (x0) = y0 e x0 = y0; অতএব, সূত্র (4.16) প্রকৃতপক্ষে Cauchy সমস্যার সমাধান (4.120), (4.14) সংজ্ঞায়িত করে। উপপাদ্য 4.2 প্রমাণিত। আসুন এখন অসঙ্গতিপূর্ণ সমীকরণটি বিবেচনা করি (4.12)। উপপাদ্য 4. 3. ধরুন p (x), q (x) 2 C (ha, bi)। যখন নিম্নলিখিত বিবৃতি সত্য হয়: 1) সমীকরণের যেকোনো সমাধান (4.12) সম্পূর্ণ ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত করা হয় ha, bi; 2) একজাতীয় সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4. 12) Z R R R p (x) dx p (x) dx q (x) e p (x) dx dx, (4.17) y (x) = Ce + e যেখানে C একটি নির্বিচারে ধ্রুবক দ্বারা দেওয়া হয়; 3) Yoshi সমস্যার সমাধান (4.12), (4.14) সূত্র Rx y (x) = y0 e x0 Zx p (ξ) dξ + q (ξ) e x0 -60- Rx ξ p (θ) দ্বারা দেওয়া হয়েছে ) dθ dξ। (4.18) প্রমাণ। উপপাদ্য 4.1 এবং সূত্র (4.13) yon = yoo + ychn অনুসারে, সমীকরণের একটি নির্দিষ্ট সমাধান (4.12) খুঁজে বের করতে হবে। এটি খুঁজে পেতে, আমরা একটি নির্বিচারী ধ্রুবকের পরিবর্তনের তথাকথিত পদ্ধতি প্রয়োগ করি। এই পদ্ধতির সারমর্মটি নিম্নরূপ: আমরা সূত্র (4.15) নিই, এতে ধ্রুবক C কে একটি অজানা ফাংশন C (x) দিয়ে প্রতিস্থাপন করি এবং ychn (x) = C আকারে সমীকরণের একটি নির্দিষ্ট সমাধান (4.12) সন্ধান করি। (x) e R p (x) dx. (4.19) (4.19) থেকে ychn (x) কে সমীকরণে (4.12) প্রতিস্থাপন করুন এবং C (x) খুঁজুন যাতে এই সমীকরণটি সন্তুষ্ট হয়। আমরা R R 0 ychn (x) = C 0 (x) e p (x) dx + C (x) e p (x) dx p (x)। (4.12) প্রতিস্থাপন করে, আমরা 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) পাই ) dx = q (x), যেখান থেকে RC 0 (x) = q (x) ep (x) dx। শেষ সম্পর্কটিকে একত্রিত করে এবং পাওয়া C (x) কে সূত্রে (4.19) প্রতিস্থাপন করে, আমরা পাই যে Z R R p (x) dx ychn (x) = e q (x) e p (x) dx dx। উপরন্তু, উপপাদ্য 4. 2 R yoo = C e p (x) dx এর গুণে। অতএব, উপপাদ্য 4.1 থেকে সূত্র (4.13) ব্যবহার করে, আমরা পেয়েছি যে ZRRR p (x) dx p (x) dx y (x) = yoo + ychn = Ce + eq (x) ep (x) dx dx, যা এর সাথে মিলে যায় সূত্র (4.17)। স্পষ্টতই, সূত্র (4.17) ha, bi-এর সম্পূর্ণ ব্যবধানে একটি সমাধান সংজ্ঞায়িত করে। অবশেষে, Cauchy সমস্যার সমাধান (4.12), (4.14) সূত্র Rx y (x) = y0 e Rx p (ξ) dξ x0 + ep (θ) dθ Zx Rξ p (θ) dθ q ( ξ) ex0 x0 dξ. (4.20) x0 প্রকৃতপক্ষে, সূত্র (4.20) হল C = y0 সহ সূত্রের (4.17) একটি বিশেষ কেস, তাই এটি সমীকরণ (4.12) এর সমাধান নির্ধারণ করে। উপরন্তু, x R0 y (x0) = y0 e x0 x R0 p (ξ) dξ + ep (θ) dθ Zx0 Rξ q (ξ) e x0 x0 x0 -61- p (θ) dθ dξ = y0, অতএব প্রাথমিক তথ্য (4.14)। আসুন ফর্মুলা (4.20) ফর্মে (4.18) নিয়ে আসি। প্রকৃতপক্ষে, (4.20) থেকে আমাদের কাছে Rx y (x) = y0 e Zx p (ξ) dξ + x0 Rξ q (ξ) exp (θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p (ξ) dξ + x0 x0 Rx q ( ξ) ep (θ) dθ dξ, ξ x0 যা সূত্রের সাথে মিলে যায় (4.18)। উপপাদ্য 4.3 প্রমাণিত। কোরোলারি (একটি রৈখিক সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অনুমানের উপর)। x0 2 ha, bi, p (x), q (x) 2 C (ha, bi), এবং p (x) 6 K, q (x) 6 M ধরুন 8 x 2 ha, bi. তাহলে অনুমান M Kjx x0 j Kjx x0 j y (x) 6 y0 e + e 1 ইয়োশি সমস্যার সমাধানের জন্য বৈধ (4.12), (4.14)। কে (4.21) প্রমাণ। প্রথমে x> x0 দিন। (4.18) এর গুণে, আমাদের কাছে Rx Zx K dξ y (x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK (x x0) Zx + M x0 = y0 e K (x x0) eK (x ξ) ) dξ = x0 M + K e K (x ξ) ξ = x ξ = x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. এখন x যাক< 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, তারপর, স্পষ্টতই, ফাংশন y (x) 0 হল সমীকরণের একটি সমাধান (4.24)। ernoulli সমীকরণ (4.24) α 6 = 0, α 6 = 1 সমাধান করতে আমরা সমীকরণের উভয় দিককে y α দ্বারা ভাগ করি। α> 0-এর জন্য, এটি বিবেচনা করা প্রয়োজন যে, Remark 4. 4 এর ভিত্তিতে, ফাংশন y (x) 0 হল সমীকরণের একটি সমাধান (4.24), যা এই ধরনের বিভাজনে হারিয়ে যাবে। অতএব, ভবিষ্যতে এটি সাধারণ সমাধান যোগ করা প্রয়োজন হবে। বিভাজনের পর, আমরা y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x) সম্পর্ক পাই। নতুন প্রয়োজনীয় ফাংশন z = y 1 α উপস্থাপন করুন, তারপর z 0 = (1 তাই, আমরা z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) এর সমীকরণে পৌঁছেছি। α y 0, এবং (4.25) সমীকরণ (4.25) একটি রৈখিক সমীকরণ। অনুচ্ছেদ 4.2-এ এই ধরনের সমীকরণগুলি বিবেচনা করা হয়েছে, যেখানে একটি সাধারণ সমাধান সূত্র পাওয়া যায়, যার কারণে Eq. (4.25) এর z (x) সমাধানটি z (x) = Ce R (α 1) a (x) আকারে লেখা হয়। ) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx। (4.26) তারপর ফাংশন y (x) = z 1 α (x), যেখানে z (x) সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে (4.26), এটি ernoulli সমীকরণ (4.24) এর একটি সমাধান। -64- উপরন্তু, উপরে নির্দেশিত হিসাবে, α> 0 এর জন্য, সমাধানটিও ফাংশন y (x) 0। উদাহরণ 4. 4. y 0 + 2y = y 2 ex সমীকরণটি সমাধান করুন। (4.27) সমীকরণ (4.27) কে y 2 দ্বারা ভাগ করুন এবং z পরিবর্তন করুন = আমরা একটি রৈখিক অসঙ্গতিপূর্ণ সমীকরণ 1 y পাই। ফলে, z 0 + 2z = ex. (4.28) প্রথমে, আমরা সমজাতীয় সমীকরণটি সমাধান করি: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1। আমরা একটি স্বেচ্ছাচারী ধ্রুবকের পরিবর্তনের পদ্ধতি দ্বারা অসঙ্গতিপূর্ণ সমীকরণের (4.28) সমাধান খুঁজি: zпн = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex, যেখান থেকে zпн = ex, এবং সমীকরণের সাধারণ সমাধান (4.28) z (x) = Ce2x + ex। অতএব, ernoulli সমীকরণ (4.24) এর সমাধানটি y (x) = 1 আকারে লেখা হয়েছে। ex + Ce2x উপরন্তু, সমীকরণের সমাধান (4.24) হল ফাংশন y (x) এই সমীকরণটিকে y 2 দ্বারা ভাগ করার সময় আমরা এই সমাধানটি হারিয়ে ফেলেছি। 0. 4. 5. সম্পূর্ণ ডিফারেনশিয়ালের সমীকরণ আমরা M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G হল কিছু ডোমেনে ডিফারেনশিয়ালের সমীকরণ বিবেচনা করি R2. এই ধরনের সমীকরণকে মোট ডিফারেনশিয়াল x এর সমীকরণ বলা হয় যদি সেখানে একটি ফাংশন F (x, y) 2 C 1 (G) থাকে, যাকে পটেনশিয়াল বলা হয়, যেমন dF (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y ) dy, (x, y) 2 G। সরলতার জন্য, আমরা ধরে নিই যে M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), এবং ডোমেইন G সহজভাবে সংযুক্ত। এই অনুমানগুলির অধীনে, গাণিতিক বিশ্লেষণের সময় (উদাহরণস্বরূপ, দেখুন) এটি প্রমাণিত হয় যে সমীকরণ (4.29) এর সম্ভাব্য F (x, y) বিদ্যমান (অর্থাৎ, (4.29) মোট পার্থক্যের একটি সমীকরণ) যদি এবং শুধুমাত্র যদি My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G। তাছাড়া, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0) যেখানে বিন্দু (x0, y0) কিছু নির্দিষ্ট G থেকে বিন্দু, (x, y) হল G-এ বর্তমান বিন্দু, এবং বক্ররেখা অখণ্ড বিন্দু (x0, y0) এবং (x, y) সংযোগকারী যেকোনো বক্ররেখা বরাবর নেওয়া হয় এবং সম্পূর্ণভাবে G ডোমেনে পড়ে থাকে। যদি সমীকরণ ( 4.29) হল সমীকরণ

ফার ইস্টার্ন স্টেট ইউনিভার্সিটিতে তাত্ত্বিক এবং ফলিত গণিতের শিক্ষার্থীদের জন্য বক্তৃতাগুলির এই কোর্সটি 10 ​​বছরেরও বেশি সময় ধরে বিতরণ করা হয়েছে। এই বিশেষত্বের জন্য ২য় প্রজন্মের মান মেনে চলে। গাণিতিক বিশেষত্বের ছাত্র এবং স্নাতকদের জন্য প্রস্তাবিত।

প্রথম ক্রম সমীকরণের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং অনন্যতার উপর কচির উপপাদ্য।
এই বিভাগে, প্রথম-ক্রমের ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের ডানদিকে কিছু বিধিনিষেধ আরোপ করে, আমরা প্রাথমিক ডেটা (x0, y0) দ্বারা নির্ধারিত সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করি। ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের সমাধানের অস্তিত্বের প্রথম প্রমাণ কচির কারণে; নীচের প্রমাণ পিকার্ড দ্বারা দেওয়া হয়; এটি ধারাবাহিক অনুমান পদ্ধতি ব্যবহার করে করা হয়।

সুচিপত্র
1. প্রথম ক্রম সমীকরণ
1.0 ভূমিকা
1.1। বিভাজ্য সমীকরণ
1.2। সমজাতীয় সমীকরণ
1.3। সাধারণীকৃত সমজাতীয় সমীকরণ
1.4। প্রথম ক্রম রৈখিক সমীকরণ এবং তাদের হ্রাস
1.5। বার্নোলি সমীকরণ
1.6। রিকাটি সমীকরণ
1.7। মোট ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
1.8। ইন্টিগ্রেটিং ফ্যাক্টর। ইন্টিগ্রেটিং ফ্যাক্টর খোঁজার সহজতম ক্ষেত্রে
1.9। ডেরিভেটিভের ক্ষেত্রে সমীকরণগুলি সমাধান করা হয়নি
1.10। প্রথম ক্রম সমীকরণের জন্য কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতার উপর কচির উপপাদ্য
1.11। বিশেষ পয়েন্ট
1.12। বিশেষ সমাধান
2. উচ্চতর আদেশের সমীকরণ
2.1। মৌলিক ধারণা এবং সংজ্ঞা
2.2। চতুর্ভুজ দ্বারা সমাধানযোগ্য n-ক্রম সমীকরণের প্রকার
2.3। মধ্যবর্তী অখণ্ড। ক্রম হ্রাস স্বীকার সমীকরণ
3. nম ক্রমটির রৈখিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
3.1। মৌলিক ধারণা
3.2। nম ক্রমের রৈখিক সমজাতীয় ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
3.3। একটি রৈখিক সমজাতীয় সমীকরণের ক্রম হ্রাস করা
3.4। একজাতীয় রৈখিক সমীকরণ
3.5। একটি রৈখিক অসঙ্গতিপূর্ণ সমীকরণে ক্রম হ্রাস
4. ধ্রুবক সহগ সহ রৈখিক সমীকরণ
4.1। ধ্রুবক সহগ সহ একজাতীয় রৈখিক সমীকরণ
4.2। ধ্রুবক সহগ সহ অসংলগ্ন রৈখিক সমীকরণ
4.3। দোদুল্যমান সমাধান সহ দ্বিতীয় ক্রমটির রৈখিক সমীকরণ
4.4 পাওয়ার সিরিজ দ্বারা ইন্টিগ্রেশন
5. লিনিয়ার সিস্টেম
5.1। একজাতীয় এবং একজাতীয় সিস্টেম। লিনিয়ার সিস্টেমের সমাধানের কিছু বৈশিষ্ট্য
5.2। রৈখিক সমজাতীয় সিস্টেমের সমাধানের রৈখিক স্বাধীনতার জন্য প্রয়োজনীয় এবং পর্যাপ্ত শর্ত
5.3। একটি মৌলিক ম্যাট্রিক্সের অস্তিত্ব। একটি রৈখিক সমজাতীয় সিস্টেমের একটি সাধারণ সমাধান নির্মাণ
5.4। একটি রৈখিক সমজাতীয় সিস্টেমের মৌলিক ম্যাট্রিক্সের সম্পূর্ণ সেটের নির্মাণ
5.5। একজাতীয় সিস্টেম। নির্বিচারে ধ্রুবকগুলির পরিবর্তনের পদ্ধতি দ্বারা একটি সাধারণ সমাধানের নির্মাণ
5.6। ধ্রুবক সহগ সহ রৈখিক সমজাতীয় সিস্টেম
৫.৭। ম্যাট্রিক্সের ফাংশন তত্ত্ব থেকে কিছু তথ্য
5.8। সাধারণ ক্ষেত্রে ধ্রুবক সহগ সহ রৈখিক একজাত সমীকরণের একটি সিস্টেমের মৌলিক ম্যাট্রিক্সের নির্মাণ
৫.৯। প্রথম ক্রম ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের স্বাভাবিক সিস্টেমের সমাধানের কার্যকরী বৈশিষ্ট্যের উপর অস্তিত্বের উপপাদ্য এবং উপপাদ্য
6. স্থিতিশীলতার তত্ত্বের উপাদান
6.1
6.2। বিশ্রামের পয়েন্টের সহজ প্রকার
7. 1ম ক্রমে আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
7.1। ১ম ক্রমটির রৈখিক সমজাতীয় আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
7.2। 1ম ক্রমের অসঙ্গতিপূর্ণ রৈখিক আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ
7.3। 1টি অজানা ফাংশন সহ দুটি আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের সিস্টেম
7.4। Pfaff এর সমীকরণ
8. নিয়ন্ত্রণ কর্মের বৈকল্পিক
8.1. পরীক্ষা №1
8.2। পরীক্ষার কাজ নং 2
8.3। পরীক্ষার কাজ নং 3
৮.৪। পরীক্ষার কাজ নং 4
8.5। পরীক্ষার কাজ নং 5
৮.৬। পরীক্ষার কাজ নং 6
৮.৭। পরীক্ষার কাজ নং 7
৮.৮। পরীক্ষার কাজ নং 8।

বিনামুল্যে ডাউনলোড ই-বুকএকটি সুবিধাজনক বিন্যাসে, দেখুন এবং পড়ুন:
সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের উপর লেকচারের একটি কোর্স বইটি ডাউনলোড করুন, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, দ্রুত এবং বিনামূল্যে ডাউনলোড করুন।

পিডিএফ ডাউনলোড করুন
নীচে আপনি রাশিয়া জুড়ে বিতরণ সহ সেরা ছাড়ের মূল্যে এই বইটি কিনতে পারেন।

"সাধারণ ডিফারেনশিয়াল ইকুয়েশনের বক্তৃতা পার্ট 1। সাধারণ তত্ত্বের উপাদানগুলি পাঠ্যপুস্তক এমন বিধানগুলি সেট করে যা সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের ভিত্তি তৈরি করে: ..."

-- [ পৃষ্ঠা 1 ] --

এ.ই. মামনতোভ

সাধারণ বক্তৃতা

ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ

একটি সাধারণ তত্ত্বের উপাদান

প্রশিক্ষণ ম্যানুয়াল যে বিধানগুলি তৈরি করে তা নির্ধারণ করে

সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের ভিত্তি: সমাধানের ধারণা, তাদের অস্তিত্ব, স্বতন্ত্রতা,

পরামিতি উপর নির্ভরতা। এছাড়াও (§ 3-এ) সমীকরণের কিছু শ্রেণির "স্পষ্ট" সমাধানের দিকে একটি নির্দিষ্ট পরিমাণ মনোযোগ দেওয়া হয়। ম্যানুয়াল জন্য উদ্দেশ্যে করা হয় গভীরভাবে অধ্যয়ননোভোসিবিরস্ক স্টেট পেডাগোজিকাল ইউনিভার্সিটির গণিত অনুষদে অধ্যয়নরত শিক্ষার্থীদের দ্বারা "ডিফারেনশিয়াল ইকুয়েশন" কোর্স।

UDC 517.91 LBC V161.61 ভূমিকা পাঠ্যপুস্তকটি নভোসিবিরস্ক স্টেট পেডাগোজিকাল ইউনিভার্সিটির গণিত অনুষদের শিক্ষার্থীদের জন্য, যারা একটি বর্ধিত ভলিউমে বাধ্যতামূলক কোর্স "ডিফারেনশিয়াল ইকুয়েশন" অধ্যয়ন করতে চান। সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের ভিত্তি তৈরি করে এমন মৌলিক ধারণা এবং ফলাফলগুলি পাঠকদের মনোযোগের জন্য দেওয়া হয়: সমাধানের ধারণা, তাদের অস্তিত্বের উপপাদ্য, স্বতন্ত্রতা, পরামিতির উপর নির্ভরতা। বর্ণিত উপাদানটি §§ 1, 2, 4, 5 এ একটি যৌক্তিকভাবে অবিচ্ছেদ্য পাঠ্যের আকারে উপস্থাপিত হয়েছে। এছাড়াও (§ 3-এ, যা কিছুটা আলাদা এবং অস্থায়ীভাবে কোর্সের মূল থ্রেডকে বাধা দেয়), এর সবচেয়ে জনপ্রিয় পদ্ধতি কিছু নির্দিষ্ট শ্রেণীর সমীকরণের সমাধান "স্পষ্ট" খোঁজার বিষয়টি সংক্ষেপে বিবেচনা করা হয়। প্রথম পাঠে, কোর্সের যৌক্তিক কাঠামোর উল্লেখযোগ্য ক্ষতি ছাড়াই § 3 বাদ দেওয়া যেতে পারে।

ব্যায়াম, যা পাঠ্যের মধ্যে বড় সংখ্যায় অন্তর্ভুক্ত, একটি গুরুত্বপূর্ণ ভূমিকা পালন করে। পাঠক দৃঢ়ভাবে তাদের সমাধান করার পরামর্শ দেওয়া হয় "লেজ উপর গরম", যা উপাদান আত্তীকরণ গ্যারান্টি এবং একটি পরীক্ষা হিসাবে পরিবেশন করা হবে। তদুপরি, প্রায়শই এই অনুশীলনগুলি যৌক্তিক ফ্যাব্রিক পূরণ করে, অর্থাৎ, তাদের সমাধান না করে, সমস্ত প্রস্তাব কঠোরভাবে প্রমাণিত হবে না।

পাঠ্যের মাঝখানে বর্গাকার বন্ধনীতে মন্তব্যের ভূমিকা রয়েছে এমন মন্তব্য রয়েছে (বর্ধিত বা পার্শ্ব ব্যাখ্যা)। আভিধানিকভাবে, এই টুকরোগুলি মূল পাঠকে বাধা দেয় (অর্থাৎ, একটি সুসংগত পাঠের জন্য তাদের "উপেক্ষা" করা প্রয়োজন), তবে ব্যাখ্যা হিসাবে এখনও তাদের প্রয়োজন। অন্য কথায়, এই টুকরোগুলিকে এমনভাবে বোঝা উচিত যেন সেগুলি ক্ষেত্রগুলিতে নেওয়া হয়েছিল।

পাঠ্যটিতে আলাদাভাবে শ্রেণীবদ্ধ "শিক্ষকের জন্য নোট" রয়েছে - শিক্ষার্থীদের দ্বারা পড়ার সময় এগুলি বাদ দেওয়া যেতে পারে, তবে যে শিক্ষক ম্যানুয়ালটি ব্যবহার করবেন তাদের জন্য দরকারী, উদাহরণস্বরূপ, বক্তৃতা দেওয়ার সময় - তারা কোর্সের যুক্তি আরও ভালভাবে বুঝতে সহায়তা করে এবং কোর্সের সম্ভাব্য উন্নতির (এক্সটেনশন) দিক নির্দেশ করে... যাইহোক, ছাত্রদের দ্বারা এই মন্তব্য আয়ত্ত শুধুমাত্র স্বাগত জানানো যেতে পারে.

"শিক্ষকের জন্য যুক্তি" দ্বারা অনুরূপ ভূমিকা পালন করা হয় - তারা একটি অত্যন্ত সংক্ষিপ্ত আকারে, পাঠককে অনুশীলন হিসাবে প্রস্তাবিত কিছু প্রস্তাবের প্রমাণ প্রদান করে।

সর্বাধিক সাধারণ (কী) পদগুলি সংক্ষিপ্ত আকারে ব্যবহৃত হয়, যার একটি তালিকা সুবিধার জন্য শেষে দেওয়া হয়। পাঠ্যটিতে পাওয়া গাণিতিক স্বরলিপির একটি তালিকাও রয়েছে, তবে সবচেয়ে সাধারণের সাথে সম্পর্কিত নয় (এবং/বা দ্ব্যর্থহীনভাবে সাহিত্যে বোঝা যায় না)।

প্রতীক মানে প্রমাণের শেষ, বক্তব্যের বক্তব্য, মন্তব্য ইত্যাদি (যেখানে বিভ্রান্তি এড়ানো প্রয়োজন)।

প্রতিটি অনুচ্ছেদে সূত্র স্বাধীনভাবে সংখ্যায়িত হয়। সূত্রের একটি অংশ উল্লেখ করার সময়, সূচকগুলি ব্যবহার করা হয়, উদাহরণস্বরূপ (2) 3 মানে সূত্রের 3য় অংশ (2) (সূত্রের অংশগুলিকে টাইপোগ্রাফিক স্পেস দ্বারা পৃথক করা টুকরা হিসাবে বিবেচনা করা হয়, এবং যৌক্তিক অবস্থান থেকে - দ্বারা একগুচ্ছ "এবং")।

এই ম্যানুয়ালটি সম্পূর্ণভাবে বিষয়ের গভীরভাবে অধ্যয়নকে প্রতিস্থাপন করতে পারে না, যার জন্য স্বাধীন অনুশীলন এবং অতিরিক্ত সাহিত্য পড়া প্রয়োজন, উদাহরণস্বরূপ, ম্যানুয়ালটির শেষে তালিকাভুক্ত একটি। যাইহোক, লেখক একটি বক্তৃতা কোর্সের জন্য উপযুক্ত একটি বরং সংক্ষিপ্ত আকারে তত্ত্বের মূল বিধানগুলি উপস্থাপন করার চেষ্টা করেছেন। এই বিষয়ে, এটি লক্ষ করা উচিত যে এই ম্যানুয়ালটিতে একটি লেকচার কোর্স পড়ার সময় এটি প্রায় 10 টি লেকচার লাগে।

এই ম্যানুয়ালটি অব্যাহত রেখে আরও 2টি অংশ (ভলিউম) প্রকাশ করার পরিকল্পনা করা হয়েছে এবং এইভাবে "সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ" বিষয়ের উপর বক্তৃতাগুলির চক্রটি সম্পূর্ণ করার পরিকল্পনা করা হয়েছে: অংশ 2 (রৈখিক সমীকরণ), অংশ 3 (অরৈখিক সমীকরণের আরও তত্ত্ব, আংশিক ডিফারেনশিয়াল) প্রথম আদেশের সমীকরণ)।

§ 1. ভূমিকা একটি ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ (DE) হল u1 u1 un ফর্মের একটি সম্পর্ক, উচ্চতর ডেরিভেটিভ F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1) যেখানে y = (y1, . .., yk) Rk হল স্বাধীন চলক, এবং u = u (y) হল অজানা ফাংশন1, u = (u1, ..., un)। সুতরাং, (1) তে n অজানা আছে, তাই n সমীকরণ প্রয়োজন, যেমন, F = (F1, ..., Fn), তাই (1) হল, সাধারণভাবে বলতে গেলে, n সমীকরণের একটি সিস্টেম। যদি শুধুমাত্র একটি অজানা ফাংশন (n = 1) থাকে, তাহলে সমীকরণ (1) হল স্কেলার (একটি সমীকরণ)।

সুতরাং, ফাংশন (গুলি) F হল (are) দেওয়া হয়েছে, এবং u চাওয়া হয়েছে। k = 1 হলে (1) কে ODE বলা হয়, অন্যথায় PDE বলা হয়। দ্বিতীয় ক্ষেত্রে একই নামের টিউটোরিয়ালের একটি সিরিজে সেট করা MFF-এর একটি বিশেষ কোর্সের বিষয়। টিউটোরিয়ালের এই সিরিজে (3টি অংশ-ভলিউম নিয়ে গঠিত), আমরা শেষ অংশের (ভলিউম) শেষ অনুচ্ছেদটি বাদ দিয়ে শুধুমাত্র ODE অধ্যয়ন করব, যেখানে আমরা PDE-এর কিছু বিশেষ ক্ষেত্রে অধ্যয়ন শুরু করব।

2u u উদাহরণ। 2 = 0 একটি PDE।

y1 y u-এর অজানা মানগুলি বাস্তব বা জটিল হতে পারে, যা নগণ্য, যেহেতু এই মুহূর্তটি শুধুমাত্র লেখার সমীকরণের ফর্মকে বোঝায়: যে কোনও জটিল স্বরলিপি বাস্তবে পরিণত হতে পারে, বাস্তব এবং কাল্পনিক অংশগুলিকে আলাদা করে (তবে অবশ্যই , সমীকরণ এবং অজানা সংখ্যা দ্বিগুণ করে), এবং তদ্বিপরীত, কিছু ক্ষেত্রে এটি একটি জটিল স্বরলিপিতে স্যুইচ করা সুবিধাজনক।

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. এটি 2 ODEs উদাহরণের একটি সিস্টেম।

স্বাধীন ভেরিয়েবল y-এ 2টি অজানা ফাংশনের জন্য dy dy.

k = 1 (ODE) হলে, "সোজা" চিহ্ন d/dy ব্যবহার করা হয়।

u (y) du উদাহরণ। exp (sin z) dz হল একটি ODE যেহেতু এটির একটি উদাহরণ রয়েছে৷ n = 1 এর জন্য = u (u (y)) একটি ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ নয়, কিন্তু একটি কার্যকরী ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ।

এটি একটি ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ নয়, কিন্তু একটি ইন্টিগ্রো-ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ; আমরা এই ধরনের সমীকরণগুলি অধ্যয়ন করব না। যাইহোক, বিশেষভাবে, সমীকরণ (2) সহজেই একটি ODE এ হ্রাস করা হয়:

শরীরচর্চা. (2) ওডিইতে কমিয়ে দিন।

কিন্তু সাধারণভাবে, অবিচ্ছেদ্য সমীকরণগুলি আরও জটিল বস্তু (এটি কার্যকরী বিশ্লেষণের সময় আংশিকভাবে অধ্যয়ন করা হয়), যদিও, আমরা নীচে দেখতে পাব, এটি তাদের সহায়তায় ODE-এর জন্য কিছু ফলাফল পাওয়া যায়।

আন্তঃ-গাণিতিক চাহিদা (উদাহরণস্বরূপ, ডিফারেনশিয়াল জ্যামিতিতে) এবং প্রয়োগে (ঐতিহাসিকভাবে প্রথমবারের মতো, এবং এখন প্রধানত পদার্থবিজ্ঞানে) উভয় থেকেই ডিই উদ্ভূত হয়। সহজতম DE হল "ডিফারেনশিয়াল ক্যালকুলাসের প্রধান সমস্যা" এর ডেরিভেটিভ থেকে একটি ফাংশন পুনরুদ্ধার করার বিষয়ে: = h (y)। বিশ্লেষণ থেকে জানা যায়, এর সমাধানটির রূপ u (y) = + h (s) ds। আরো সাধারণ ডিই এর সমাধানের জন্য বিশেষ পদ্ধতির প্রয়োজন। যাইহোক, যেমনটি আমরা নীচে দেখব, কার্যতঃ "একটি সুস্পষ্ট আকারে" ODE গুলি সমাধানের জন্য সমস্ত পদ্ধতি মূলত নির্দেশিত তুচ্ছ ক্ষেত্রে হ্রাস করা হয়।

অ্যাপ্লিকেশানগুলিতে, ওডিইগুলি প্রায়শই উদ্ভূত হয় যখন সময়ে বিকাশকারী প্রক্রিয়াগুলি বর্ণনা করে, যাতে একটি স্বাধীন পরিবর্তনশীলের ভূমিকা সাধারণত সময় দ্বারা অভিনয় করা হয়।

সুতরাং, এই ধরনের অ্যাপ্লিকেশনগুলিতে ODE-এর অর্থ হল সময়ের সাথে সিস্টেমের পরামিতিগুলির পরিবর্তনকে বর্ণনা করা। অতএব, এটি নির্মাণের সময় সুবিধাজনক। সাধারণ তত্ত্ব ODE স্বাধীন ভেরিয়েবলকে t দ্বারা বোঝায় (এবং এটিকে পরবর্তী সমস্ত পরিভাষাগত পরিণতি সহ সময় বলুন), এবং অজানা ফাংশন (গুলি) - x = (x1, ..., xn) দ্বারা। সুতরাং, ODE (ODE এর সিস্টেম) এর সাধারণ দৃষ্টিভঙ্গি নিম্নরূপ:

যেখানে F = (F1, ..., Fn) হল n ফাংশন x-এর জন্য n ODE-এর একটি সিস্টেম, এবং যদি n = 1, তাহলে 1 ফাংশন x-এর জন্য একটি ODE।

তাছাড়া, x = x (t), t R, এবং x, সাধারণভাবে বলতে গেলে, জটিল-মূল্যবান (এটি সুবিধার জন্য, তারপর থেকে কিছু সিস্টেম আরও কম্প্যাক্টলি লেখা হয়)।

সিস্টেম (3) ফাংশন xm সাপেক্ষে অর্ডার m বলা হয়।

ডেরিভেটিভগুলিকে বলা হয় সিনিয়র, এবং বাকিগুলিকে (xm = নিজেদের সহ) কম বলা হয়। যদি সব m = হয়, তাহলে তারা সহজভাবে বলে যে সিস্টেমের ক্রম সমান।

সত্য, m সংখ্যাটিকে প্রায়শই সিস্টেমের ক্রম বলা হয়, যা প্রাকৃতিকও, যেমনটি নীচে স্পষ্ট হবে।

ওডিই অধ্যয়ন করার প্রয়োজনীয়তার প্রশ্ন এবং তাদের অ্যাপ্লিকেশনগুলিকে অন্যান্য শাখার দ্বারা যথেষ্ট প্রমাণিত বলে বিবেচনা করা হবে (ডিফারেনশিয়াল জ্যামিতি, গাণিতিক বিশ্লেষণ, তাত্ত্বিক বলবিদ্যা, ইত্যাদি), এবং এটি আংশিকভাবে সমস্যা সমাধানে ব্যবহারিক অনুশীলনের কোর্সে আচ্ছাদিত (উদাহরণস্বরূপ, একটি সমস্যা বই থেকে)। এই কোর্সে, আমরা ফর্ম (3) এর সিস্টেমগুলির গাণিতিক অধ্যয়নের সাথে একচেটিয়াভাবে কাজ করব, যা নিম্নলিখিত প্রশ্নের উত্তর বোঝায়:

1. সমীকরণটি "সমাধান" করার অর্থ কী (সিস্টেম) (3);

2. কিভাবে করতে হবে;

3. এই সমাধানগুলির কী বৈশিষ্ট্য রয়েছে, কীভাবে সেগুলি তদন্ত করা যায়।

প্রশ্ন 1 যতটা স্পষ্ট মনে হচ্ছে ততটা নয় - নীচে দেখুন। অবিলম্বে নোট করুন যে কোনও সিস্টেম (3) একটি প্রথম-ক্রম সিস্টেমে হ্রাস করা যেতে পারে, নিম্ন ডেরিভেটিভগুলিকে নতুন অজানা ফাংশন হিসাবে চিহ্নিত করে। এই পদ্ধতিটি ব্যাখ্যা করার সবচেয়ে সহজ উপায় হল একটি উদাহরণ দিয়ে:

5টি অজানার জন্য 5টি সমীকরণ। এটা বোঝা সহজ যে (4) এবং (5) এই অর্থে সমতুল্য যে তাদের একটির সমাধান (সংশ্লিষ্ট পুনর্নির্মাণের পরে) অন্যটির সমাধান। এই ক্ষেত্রে, সমাধানগুলির মসৃণতার প্রশ্নটি নির্ধারণ করা প্রয়োজন - যখন আমরা একটি উচ্চ-অর্ডার ODE (অর্থাৎ, প্রথমটি নয়) এর মুখোমুখি হব তখন আমরা এটি আরও করব।

কিন্তু এখন এটা স্পষ্ট যে শুধুমাত্র প্রথম-ক্রমের ODE-গুলি অধ্যয়ন করাই যথেষ্ট, অন্যদের শুধুমাত্র স্বরলিপির সুবিধার জন্য প্রয়োজন হতে পারে (আমাদের ক্ষেত্রে কখনও কখনও এমন পরিস্থিতি দেখা দেবে)।

আপাতত, আমরা প্রথম অর্ডারের ODE-তে নিজেদের সীমাবদ্ধ রাখব:

dimx = dimF = n.

সমীকরণ (সিস্টেম) (6) অধ্যয়ন অসুবিধাজনক কারণ এটি ডেরিভেটিভস dx/dt এর সাথে সমাধান করা হয়নি। বিশ্লেষণ থেকে জানা যায় (অন্তর্নিহিত ফাংশন উপপাদ্য থেকে), F, Eq. (6) এর কিছু শর্তে dx / dt এর ক্ষেত্রে সমাধান করা যেতে পারে এবং ফর্মটিতে লেখা যেখানে f: Rn + 1 Rn দেওয়া আছে, এবং x: R Rn হল কাঙ্খিত। তারা বলে যে (7) একটি ODE হল ডেরিভেটিভস (একটি সাধারণ ODE) এর ক্ষেত্রে সমাধান করা হয়। (6) থেকে (7) যাওয়ার সময়, স্বাভাবিকভাবেই, অসুবিধা দেখা দিতে পারে:

উদাহরণ। exp (x) = 0 সমীকরণটি (7) আকারে লেখা যাবে না, এবং এর কোনো সমাধান নেই, অর্থাৎ, জটিল সমতলেও exp-এর কোনো শূন্য নেই।

উদাহরণ। রেজোলিউশনে x 2 + x2 = 1 সমীকরণটি দুটি সাধারণ ODE x = ± 1 x2 আকারে লেখা হয়েছে। তাদের প্রতিটি সমাধান করা উচিত এবং তারপর ফলাফল ব্যাখ্যা করা উচিত।

মন্তব্য করুন। (3) থেকে (6) হ্রাস করার সময়, জটিলতা দেখা দিতে পারে যদি (3) কিছু ফাংশন বা ফাংশনের অংশে 0 ক্রম থাকে (অর্থাৎ, এটি একটি কার্যকরী ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ)। কিন্তু তারপর এই ফাংশন অন্তর্নিহিত ফাংশন উপপাদ্য দ্বারা নির্মূল করা আবশ্যক.

উদাহরণ। x = y, xy = 1 x = 1 / x। ফলস্বরূপ ODE থেকে x এবং তারপর কার্যকরী সমীকরণ থেকে y খুঁজুন।

কিন্তু যাই হোক না কেন, (6) থেকে (7) তে স্থানান্তরের সমস্যাটি DE এর চেয়ে গাণিতিক বিশ্লেষণের ক্ষেত্রের অন্তর্গত, এবং আমরা এটি মোকাবেলা করব না। যাইহোক, ফর্ম (6) এর একটি ODE সমাধান করার সময়, একটি ODE এর দৃষ্টিকোণ থেকে আকর্ষণীয় মুহূর্তগুলি দেখা দিতে পারে, তাই সমস্যাগুলি সমাধান করার সময় এই সমস্যাটি অধ্যয়ন করা উপযুক্ত (যেমন করা হয়, উদাহরণস্বরূপ, মধ্যে) এবং এটি § 3 এ সামান্য স্পর্শ করা হবে। তবে বাকি কোর্সে আমরা শুধুমাত্র সাধারণ সিস্টেম এবং সমীকরণ নিয়ে কাজ করব। সুতরাং, একটি ODE (ODE এর সিস্টেম) (7) বিবেচনা করুন। আসুন এটিকে 1 বার উপাদান আকারে লিখি:

"সমাধান (7)" (এবং, সাধারণভাবে, যেকোনো DE) ধারণাটি দীর্ঘদিন ধরে একটি সমাধানের জন্য একটি "স্পষ্ট সূত্র" অনুসন্ধান হিসাবে বোঝা হয়েছে (অর্থাৎ প্রাথমিক ফাংশন আকারে, তাদের অ্যান্টিডেরিভেটিভস, বা বিশেষ ফাংশন, ইত্যাদি), সমাধানের মসৃণতা এবং এর সংজ্ঞার ব্যবধানের উপর জোর না দিয়ে। যাইহোক, ODEs এবং গণিতের অন্যান্য শাখার তত্ত্বের বর্তমান অবস্থা (এবং সাধারণভাবে প্রাকৃতিক বিজ্ঞান) দেখায় যে এই ধরনের পদ্ধতি অসন্তোষজনক, যদি শুধুমাত্র এই কারণে যে ODE-এর ভগ্নাংশগুলি নিজেদেরকে এই ধরনের "স্পষ্ট একীকরণ"-এ ধার দেয় তা অত্যন্ত ছোট (এমনকি সহজতম ODE x = f (t) এর জন্যও এটি জানা যায় যে প্রাথমিক ফাংশনগুলির একটি সমাধান বিরল, যদিও "স্পষ্ট সূত্র" আছে)।

উদাহরণ। সমীকরণ x = t2 + x2, তার চরম সরলতা সত্ত্বেও, প্রাথমিক ফাংশনগুলির কোন সমাধান নেই (এবং "এখানে কোন সূত্র নেই")।

এবং যদিও এটি ODE-এর সেই ক্লাসগুলি জানা দরকারী যার জন্য সমাধানের "স্পষ্ট" নির্মাণ সম্ভব (যেমন এটি সম্ভব হলে "অখণ্ড গণনা" করতে সক্ষম হওয়া দরকারী, যদিও এটি অত্যন্ত বিরল)। ODE "," ODE integral "(আধুনিক ধারণাগুলির পুরানো অ্যানালগগুলি "ODE সমাধান করে"," ODE সমাধান "), যা সমাধানের পুরানো ধারণাগুলিকে প্রতিফলিত করে। আমরা এখন ব্যাখ্যা করব কিভাবে আধুনিক পরিভাষা বোঝা যায়।

এবং এই সমস্যাটি § 3 এ বিবেচনা করা হবে (সেইসাথে ঐতিহ্যগতভাবে মহান মনোযোগব্যবহারিক ক্লাসে সমস্যা সমাধান করার সময় এটি দেওয়া হয়), কিন্তু এই পদ্ধতি থেকে কোনো সার্বজনীনতা আশা করা উচিত নয়। একটি নিয়ম হিসাবে, সমাধানের প্রক্রিয়া দ্বারা (7) আমরা সম্পূর্ণ ভিন্ন পদক্ষেপ বোঝাতে চাই।

কোন ফাংশন x = x (t) কে সমাধান (7) বলা যেতে পারে তা স্পষ্ট করা উচিত।

প্রথমত, আমরা লক্ষ্য করি যে সমাধানের ধারণার একটি সুস্পষ্ট প্রণয়ন যে সেটটিতে এটি সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে তা নির্দিষ্ট না করে অসম্ভব, যদি কেবলমাত্র সমাধানটি একটি ফাংশন এবং যে কোনও ফাংশন (অনুসারে স্কুল সংজ্ঞা) হল একটি আইন যা কিছু সেটের যেকোনো উপাদানকে (এই ফাংশনের ডোমেন বলা হয়) অন্য সেটের কিছু উপাদানের (ফাংশনের মান) সঙ্গে যুক্ত করে। সুতরাং, একটি ফাংশন সম্পর্কে তার পরিধি নির্দিষ্ট না করে কথা বলা সংজ্ঞা দ্বারা অযৌক্তিক। বিশ্লেষণাত্মক ফাংশন (আরও বিস্তৃতভাবে - প্রাথমিক) নীচে নির্দেশিত কারণগুলির জন্য একটি "ব্যতিক্রম" (বিভ্রান্তিকর) হিসাবে কাজ করে (এবং অন্য কিছু), কিন্তু ডিই-এর ক্ষেত্রে, এই ধরনের স্বাধীনতা অগ্রহণযোগ্য।

এবং সাধারণত (7) এর সাথে জড়িত সমস্ত ফাংশনের সংজ্ঞার সেট নির্দিষ্ট না করেই। নিম্নলিখিতটি থেকে স্পষ্ট হবে, সমাধানের ধারণাটিকে এর সংজ্ঞার সেটের সাথে কঠোরভাবে লিঙ্ক করার পরামর্শ দেওয়া হচ্ছে এবং সমাধানগুলিকে আলাদা বলে বিবেচনা করা উচিত যদি তাদের সংজ্ঞাগুলির সেটগুলি ভিন্ন হয়, এমনকি সমাধানগুলি যদি এর সংযোগস্থলে মিলে যায় এই সেট.

প্রায়শই, নির্দিষ্ট পরিস্থিতিতে, এর অর্থ হল যে যদি সমাধানগুলি প্রাথমিক ফাংশনগুলির আকারে তৈরি করা হয়, যাতে 2 টি সমাধানের "একই সূত্র" থাকে, তবে এই সূত্রগুলি যে সেটগুলিতে লেখা হয়েছে সেগুলি মিলে যায় কিনা তা এখনও স্পষ্ট করা প্রয়োজন। এই ইস্যুতে যে বিভ্রান্তি দীর্ঘদিন ধরে রাজত্ব করেছিল তা ক্ষমাযোগ্য ছিল যতক্ষণ না প্রাথমিক ফাংশনগুলির আকারে সমাধানগুলি বিবেচনা করা হয়েছিল, কারণ বিশ্লেষণাত্মক ফাংশনগুলি দ্ব্যর্থহীনভাবে বিস্তৃত ব্যবধানে প্রসারিত হয়।

উদাহরণ। x1 (t) = et on (0,2) এবং x2 (t) = et on (1,3) হল x = x সমীকরণের বিভিন্ন সমাধান।

এই ক্ষেত্রে, যেকোনো সমাধানের জন্য সংজ্ঞা সেট হিসাবে একটি খোলা ব্যবধান (হয়তো অসীম) নেওয়া স্বাভাবিক, যেহেতু এই সেটটি হওয়া উচিত:

1.খোলা, যাতে যেকোন সময়ে এটি একটি ডেরিভেটিভ (দ্বি-পার্শ্বযুক্ত) সম্পর্কে কথা বলতে বোঝায়;

2. সংযুক্ত যাতে সমাধানটি সংযোগ বিচ্ছিন্ন টুকরোগুলিতে বিচ্ছিন্ন না হয় (এই ক্ষেত্রে এটি বেশ কয়েকটি সমাধান সম্পর্কে কথা বলা আরও সুবিধাজনক) - আগের উদাহরণটি দেখুন।

সুতরাং, সমাধান (7) হল একটি জোড়া (, (a, b)), যেখানে একটি b +, (a, b) এর উপর সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। কিছু পাঠ্যপুস্তকে, এটি একটি সমাধানের সংজ্ঞার ডোমেনে একটি অংশের শেষগুলি অন্তর্ভুক্ত করার অনুমতি দেওয়া হয়, তবে এটি অনুপযুক্ত কারণ এটি শুধুমাত্র উপস্থাপনাকে জটিল করে এবং একটি প্রকৃত সাধারণীকরণ দেয় না (§ 4 দেখুন) .

আরও যুক্তি বোঝা সহজ করার জন্য, জ্যামিতিক ব্যাখ্যা (7) ব্যবহার করা দরকারী। Rn + 1 = ((t, x)) স্থানে, প্রতিটি বিন্দুতে (t, x) যেখানে f সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে, আমরা f (t, x) ভেক্টর বিবেচনা করতে পারি। যদি আমরা এই স্থানটিতে সমাধান (7) এর একটি গ্রাফ তৈরি করি (এটিকে সিস্টেমের অবিচ্ছেদ্য বক্ররেখা (7) বলা হয়), তবে এটি ফর্মের বিন্দুগুলি নিয়ে গঠিত (t, x (t))। যখন t (a, b) পরিবর্তিত হয়, এই বিন্দুটি IC বরাবর চলে যায়। (t, x (t)) বিন্দুতে IC-এর স্পর্শকটির রূপ রয়েছে (1, x (t)) = (1, f (t, x (t)))। এইভাবে, IK হল Rn + 1 মহাশূন্যের সেই সমস্ত বক্ররেখা, যেগুলির প্রতিটি বিন্দুতে (t, x) ভেক্টরের (1, f (t, x)) সমান্তরাল স্পর্শক রয়েছে। এই ধারণা, তথাকথিত. আইসি-এর আনুমানিক নির্মাণের জন্য আইসোক্লাইন পদ্ধতি, যা নির্দিষ্ট ODE-এর সমাধানের গ্রাফ প্রদর্শন করার সময় ব্যবহৃত হয় (দেখুন।

উদাহরণ স্বরূপ ). উদাহরণস্বরূপ, n = 1-এর জন্য, আমাদের নির্মাণের অর্থ হল নিম্নলিখিত: IR-এর প্রতিটি বিন্দুতে, t অক্ষের দিকে এটির ঝোঁকের tg = f (t, x) বৈশিষ্ট্য রয়েছে। এটা ধরে নেওয়া স্বাভাবিক যে, f এর সংজ্ঞার সেট থেকে যেকোনো বিন্দু নিয়ে আমরা এর মাধ্যমে একটি IC আঁকতে পারি। এই ধারণাটি কঠোরভাবে নীচে প্রমাণিত হবে। এখনও অবধি, আমাদের সমাধানগুলির মসৃণতার একটি কঠোর সূত্রের অভাব রয়েছে - এটি নীচে করা হবে।

এখন B সেটটি স্পষ্ট করা প্রয়োজন যার উপর f সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে। এই সেটটি নেওয়া স্বাভাবিক:

1.খোলা (যাতে ICটি B থেকে যেকোনো বিন্দুর আশেপাশে তৈরি করা যেতে পারে), 2.সংযুক্ত (অন্যথায়, সমস্ত সংযুক্ত অংশগুলিকে আলাদাভাবে বিবেচনা করা যেতে পারে - সব একই, IC (একটি অবিচ্ছিন্ন ফাংশনের গ্রাফ হিসাবে) এক টুকরো থেকে অন্য অংশে ঝাঁপ দিতে পারে না, যাতে সমাধানের অনুসন্ধানের সাধারণতা প্রভাবিত না হয়)।

আমরা শুধুমাত্র ধ্রুপদী সমাধান (7) বিবেচনা করব, যেমন, x নিজেই এবং এর x (a, b) এর উপর অবিচ্ছিন্ন থাকে। তাহলে f C(B) এর প্রয়োজন হওয়া স্বাভাবিক। এখন থেকে, এই প্রয়োজনীয়তা সবসময় আমাদের দ্বারা বোঝা হবে। সুতরাং, আমরা অবশেষে সংজ্ঞা পেতে. ধরুন B Rn + 1 একটি ডোমেইন, f C (B)।

একটি জোড়া (, (a, b)), ab +, (a, b) এর উপর সংজ্ঞায়িত করা হয়, প্রতিটি t (a, b) বিন্দু (t) এর জন্য C (a, b) থাকলে (7) এর সমাধান বলা হয়। , (t) ) B এবং (t) বিদ্যমান, এবং (t) = f (t, (t)) (তারপর স্বয়ংক্রিয়ভাবে C 1 (a, b))।

জ্যামিতিকভাবে, এটা স্পষ্ট যে (7) এর অনেকগুলি সমাধান থাকবে (যা গ্রাফিকভাবে বোঝা সহজ), যেহেতু আমরা যদি ফর্মের বিন্দু (t0, x0) থেকে শুরু করে IQs চালাই, যেখানে t0 স্থির করা আছে, তাহলে আমরা ভিন্ন পাব। আইকিউ উপরন্তু, সমাধান নির্ধারণের জন্য ব্যবধান পরিবর্তন করা একটি ভিন্ন সমাধান দেবে, আমাদের সংজ্ঞা অনুযায়ী।

উদাহরণ। x = 0. সমাধান: x = = const Rn. যাইহোক, যদি আমরা কিছু t0 নির্বাচন করি এবং t0 বিন্দুতে সমাধানের x0 মান ঠিক করি: x (t0) = x0, তাহলে মানটি স্বতন্ত্রভাবে নির্ধারিত হয়: = x0, অর্থাৎ, সমাধানটি পছন্দ পর্যন্ত অনন্য। ব্যবধান (a, b) t0।

সমাধানগুলির একটি "মুখবিহীন" সেটের উপস্থিতি তাদের সাথে কাজ করার জন্য অসুবিধাজনক 2 - সেগুলিকে নিম্নরূপ "গণনা" করা আরও সুবিধাজনক: (7) এ অতিরিক্ত শর্ত যুক্ত করুন যাতে একটি অনন্য (একটি নির্দিষ্ট অর্থে) সমাধান নির্বাচন করা যায়, এবং তারপরে, এই শর্তগুলি বাছাই করে, প্রতিটি সমাধানের সাথে আলাদাভাবে কাজ করুন (জ্যামিতিকভাবে একটি সমাধান (আইসি) হতে পারে, তবে অনেকগুলি টুকরো রয়েছে - আমরা পরে এই অসুবিধার সাথে মোকাবিলা করব)।

সংজ্ঞা। (7) এর সমস্যা হল (7) অতিরিক্ত শর্ত সহ।

সংক্ষেপে, আমরা ইতিমধ্যেই সবচেয়ে সহজ সমস্যাটি আবিষ্কার করেছি - এটি হল কচি সমস্যা: (7) ফর্মের শর্তগুলির সাথে (কচি ডেটা, প্রাথমিক ডেটা):

অ্যাপ্লিকেশনের দৃষ্টিকোণ থেকে, এই সমস্যাটি স্বাভাবিক: উদাহরণস্বরূপ, যদি (7) সময় t এর সাথে কিছু পরামিতি x এর পরিবর্তন বর্ণনা করে, তাহলে (8) এর অর্থ হল কিছু (প্রাথমিক) মুহূর্তে পরামিতিগুলির মান পরিচিত. অন্যান্য সমস্যাগুলি অধ্যয়ন করার প্রয়োজন আছে, আমরা এই বিষয়ে পরে কথা বলব, তবে আপাতত আমরা কচি সমস্যা নিয়ে আলোচনা করব। স্বাভাবিকভাবেই, এই সমস্যাটি (t0, x0) B-এর জন্য অর্থপূর্ণ। তদনুসারে, সমস্যার সমাধান (7), (8) হল একটি সমাধান (7) (উপরে দেওয়া সংজ্ঞার অর্থে) যেমন t0 (a, b) ), এবং (আট)।

আমাদের তাৎক্ষণিক কাজ হল কচি সমস্যার সমাধানের অস্তিত্ব প্রমাণ করা (7), (8), এবং কিছু অতিরিক্ত উদাহরণের জন্য - একটি দ্বিঘাত সমীকরণ, এর চেয়ে x1 = ..., x2 = ... লেখা ভাল। x = b / 2 ±...

f-এর উপর অনুমান এবং একটি নির্দিষ্ট অর্থে এর স্বতন্ত্রতা।

মন্তব্য করুন। আমাদের একটি ভেক্টর এবং একটি ম্যাট্রিক্সের আদর্শের ধারণাটি স্পষ্ট করতে হবে (যদিও আমাদের শুধুমাত্র পার্ট 2 এ ম্যাট্রিক্সের প্রয়োজন হবে)। একটি সসীম-মাত্রিক স্থানের মধ্যে সমস্ত নিয়ম সমতুল্য হওয়ার কারণে, একটি নির্দিষ্ট আদর্শের পছন্দ কোন ব্যাপার না যদি আমরা শুধুমাত্র অনুমানে আগ্রহী, এবং সঠিক মান নয়। উদাহরণস্বরূপ, ভেক্টরের জন্য, আপনি ব্যবহার করতে পারেন | x | p = (| xi | p) 1 / p, p হল Peano (Picard) সেগমেন্ট। শঙ্কু K = (| x x0 | F | t t0 |) এবং এর কাটা অংশ K1 = K (t IP) বিবেচনা করুন। এটা স্পষ্ট যে শুধু K1 C.

উপপাদ্য। (পিয়ানো)। সমাধানের সংজ্ঞায় নির্দেশিত সমস্যা (1) এর f-এর প্রয়োজনীয়তাগুলিকে সন্তুষ্ট হতে দিন, যেমন:

f C (B), যেখানে B হল Rn + 1 এ একটি ডোমেইন। তারপর, সকলের জন্য (t0, x0) B, Int (IP) এ সমস্যার (1) সমাধান রয়েছে।

প্রমাণ। আসুন আমরা নির্বিচারে (0, T0] সেট করি এবং একটি ধাপ সহ তথাকথিত অয়লার পলিলাইন তৈরি করি, যথা: এটি Rn + 1-এ একটি পলিলাইন, যেখানে প্রতিটি লিঙ্কের দৈর্ঘ্যের টি-অক্ষের উপর একটি অভিক্ষেপ রয়েছে, প্রথম লিঙ্ক ডানদিকে বিন্দুতে শুরু হয় (t0, x0) এবং এটি এমন যে এটিতে dx / dt = f (t0, x0); এই লিঙ্কের ডান প্রান্তটি (t1, x1) দ্বিতীয়টির জন্য বাম প্রান্ত হিসাবে কাজ করে, যেটিতে dx / dt = f (t1, x1), ইত্যাদি, এবং একইভাবে বাম দিকে। ফলে ভাঙা লাইনটি একটি piecewise লিনিয়ার ফাংশন x = (t) সংজ্ঞায়িত করে। যতক্ষণ t IP, ভাঙা লাইনটি K1 এ থাকবে ( এবং আরও বেশি তাই C-তে, এবং সেইজন্য B-তে), তাই নির্মাণটি সঠিক - এর জন্য, আসলে, আমরা উপপাদ্যের আগে সহায়ক নির্মাণ করেছি।

প্রকৃতপক্ষে, এটি ব্রেক পয়েন্ট ব্যতীত সর্বত্র বিদ্যমান, এবং তারপরে (s) (t) = (z) dz, যেখানে ব্রেক পয়েন্টগুলিতে ডেরিভেটিভের নির্বিচারে মান নেওয়া হয়।

অধিকন্তু (আবেশ দ্বারা ভাঙ্গা লাইন বরাবর চলন্ত) বিশেষ করে, | (t) x0 | F|t t0|

সুতরাং, আইপি ফাংশনে:

2. সমপরিমাণ, যেহেতু লিপচিৎজ:

এখানে, পাঠকের, প্রয়োজনে, এই ধরনের ধারণা এবং ফলাফল সম্পর্কে তার জ্ঞানকে রিফ্রেশ করা উচিত যেমন: সমপরিমাণতা, অভিন্ন মিলন, আরজেলা-আস্কোলি উপপাদ্য, ইত্যাদি।

আরজেলা-আস্কোলি উপপাদ্য অনুসারে, একটি ক্রম k 0 আছে যেমন k IP-তে, যেখানে C (IP)। নির্মাণ দ্বারা, (t0) = x0, তাই এটি পরীক্ষা করা বাকি আছে যে আমরা এটি s t এর জন্য প্রমাণ করব।

শরীরচর্চা. একইভাবে বিবেচনা করুন.

আসুন 0 সেট করি এবং 0 বের করি যাতে সকলের জন্য (t1, x1), (t2, x2) C এটি সত্য হয় C কমপ্যাক্ট সেটে f এর অভিন্ন ধারাবাহিকতার কারণে এটি করা যেতে পারে। আসুন m N খুঁজে বের করি যাতে t Int (IP) ঠিক করুন এবং যেকোনো s Int (IP) নিন যেমন tst +। তারপর সকল z এর জন্য আমাদের আছে |k(z) k(t) | F; অতএব, (4) | k (z) (t) | এর বিবেচনায় 2F.

উল্লেখ্য, k(z) = k (z) = f (z, k (z)), যেখানে z হল বিন্দু (z, k (z)) ধারণকারী সেগমেন্টের বাম প্রান্তবিন্দুর অবসিসা। কিন্তু বিন্দু (z, k (z)) পরামিতি সহ একটি সিলিন্ডারে পড়ে (, 2F), বিন্দু (t, (t)) এর উপর নির্মিত (আসলে, এমনকি একটি ছাঁটা শঙ্কুতেও - চিত্রটি দেখুন, কিন্তু এটি পড়ে না) এখন ব্যাপার না), তাই (3) এর পরিপ্রেক্ষিতে আমরা | k (z) f (t, (t)) | | একটি ভাঙা লাইনের জন্য, আমরা উপরে উল্লিখিত হিসাবে, সূত্র At k এটি দেবে (2)।

মন্তব্য করুন। ধরুন চ C 1 (B)। তারপর (a, b) তে সংজ্ঞায়িত সমাধানটি হবে C 2 (a, b) শ্রেণির। প্রকৃতপক্ষে, (a, b) আমাদের আছে: সেখানে f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (এখানে জ্যাকবি আছে ম্যাট্রিক্স) একটি ক্রমাগত ফাংশন। প্রতারণা জানুন, সেখানেও 2C (a, b) আছে। f মসৃণ হলে দ্রবণের মসৃণতা আরও বাড়ানো যেতে পারে। যদি f বিশ্লেষণাত্মক হয়, তবে কেউ একটি বিশ্লেষণাত্মক সমাধানের অস্তিত্ব এবং স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করতে পারে (এটি তথাকথিত কচি উপপাদ্য), যদিও এটি পূর্ববর্তী যুক্তিগুলি থেকে অনুসরণ করে না!

এখানে এটি একটি বিশ্লেষণাত্মক ফাংশন কি মনে রাখা প্রয়োজন. একটি পাওয়ার সিরিজ দ্বারা উপস্থাপিত একটি ফাংশনের সাথে বিভ্রান্ত হবেন না (এটি শুধুমাত্র একটি বিশ্লেষণাত্মক ফাংশনের উপস্থাপনা, সাধারণভাবে বলতে গেলে, এর সংজ্ঞার ডোমেনের একটি অংশ)!

মন্তব্য করুন। প্রদত্ত (t0, x0) জন্য, কেউ T এবং R পরিবর্তিত করে T0 সর্বাধিক করার চেষ্টা করতে পারে। যাইহোক, এটি, একটি নিয়ম হিসাবে, এত গুরুত্বপূর্ণ নয়, যেহেতু একটি সমাধানের অস্তিত্বের সর্বাধিক ব্যবধান অধ্যয়নের জন্য বিশেষ পদ্ধতি রয়েছে (§ 4 দেখুন)।

পিয়ানোর উপপাদ্য সমাধানের স্বতন্ত্রতা সম্পর্কে কিছুই বলে না। একটি সমাধান সম্পর্কে আমাদের বোঝার ক্ষেত্রে, এটি সর্বদা অনন্য নয়, কারণ যদি একটি সমাধান থাকে, তবে সংকীর্ণ ব্যবধানে এর সীমাবদ্ধতা অন্যান্য সমাধান হবে। আমরা এই বিন্দুটিকে পরে আরও বিশদে বিবেচনা করব (§ 4-এ), কিন্তু আপাতত, স্বতন্ত্রতা দ্বারা আমরা তাদের সংজ্ঞার ব্যবধানের সংযোগস্থলে যেকোন দুটি সমাধানের কাকতালীয়তাকে বুঝি। এমনকি এই অর্থে, পিয়ানোর উপপাদ্যটি অনন্যতা সম্পর্কে কিছু বলে না, যা দুর্ঘটনাজনিত নয়, কারণ এর শর্তে অনন্যতা নিশ্চিত করা যায় না।

উদাহরণ। n = 1, f (x) = 2 | x |। Cauchy সমস্যার একটি তুচ্ছ সমাধান আছে: x1 0, এবং পাশাপাশি, x2 (t) = t | t |। এই দুটি সমাধান থেকে, সমাধানের একটি সম্পূর্ণ 2-প্যারামিটার পরিবার কম্পাইল করা যেতে পারে:

যেখানে + (অসীম মান মানে সংশ্লিষ্ট শাখার অনুপস্থিতি)। যদি আমরা এই সমস্ত সমাধানগুলির সংজ্ঞার ডোমেন হিসাবে পুরো R কে বিবেচনা করি, তবে এখনও তাদের অনেকগুলি অসীম রয়েছে।

উল্লেখ্য, আমরা যদি এই সমস্যাটিতে অয়লারের ভাঙা লাইনের ক্ষেত্রে পিয়ানোর উপপাদ্যের প্রমাণ প্রয়োগ করি, তাহলে আমরা কেবল শূন্য সমাধান পাব। অন্যদিকে, অয়লার বহুভুজ রেখা নির্মাণের প্রক্রিয়ার প্রতিটি ধাপে যদি একটি ছোট ত্রুটি অনুমোদিত হয়, তাহলে ত্রুটির প্যারামিটারটি শূন্য হয়ে যাওয়ার পরেও, সমস্ত সমাধান থেকে যায়। সুতরাং, পিয়ানোর উপপাদ্য এবং অয়লারের বহুভুজ রেখাগুলি সমাধান নির্মাণের পদ্ধতি হিসাবে প্রাকৃতিক এবং সংখ্যাগত পদ্ধতির সাথে ঘনিষ্ঠভাবে সম্পর্কিত।

উদাহরণে পরিলক্ষিত অপ্রীতিকরতা এই কারণে যে ফাংশন f x-এ অমসৃণ। দেখা যাচ্ছে যে যদি আমরা x এ f এর নিয়মিততার উপর অতিরিক্ত প্রয়োজনীয়তা আরোপ করি, তাহলে স্বতন্ত্রতা নিশ্চিত করা যেতে পারে এবং এই পদক্ষেপটি একটি নির্দিষ্ট অর্থে প্রয়োজনীয় (নীচে দেখুন)।

আসুন বিশ্লেষণ থেকে কিছু ধারণা প্রত্যাহার করা যাক। একটি ফাংশন (স্কেলার বা ভেক্টর) g কে সেটে সূচক (0, 1] সহ হোল্ডার বলা হয় যদি লিপশিটজ শর্ত দ্বারা সত্য হয়। 1 এর জন্য, এটি শুধুমাত্র ধ্রুবক ফাংশনের জন্য সম্ভব। একটি ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত একটি ফাংশন (যেখানে 0 এর পছন্দ অপরিহার্য) ধারাবাহিকতার মডুলাস বলা হয়, যদি বলা হয় g কে মডুলাসের সাথে সাধারণীকৃত হোল্ডার অবস্থায় সন্তুষ্ট করে, যদি এই ক্ষেত্রে g in এর ধারাবাহিকতার মডুলাস বলা হয়।

এটা দেখানো যেতে পারে যে ধারাবাহিকতার যে কোনো মডুলাস হল কিছু একটানা ফাংশনের ধারাবাহিকতার মডুলাস।

কনভার্স ফ্যাক্টটি আমাদের জন্য গুরুত্বপূর্ণ, যথা: একটি কমপ্যাক্ট সেটের যেকোনো একটানা ফাংশনের ধারাবাহিকতার মডুলাস থাকে, অর্থাৎ, এটি কিছুর সাথে (5) সন্তুষ্ট করে। এটা প্রমাণ করা যাক. মনে রাখবেন যে যদি কমপ্যাক্ট হয় এবং g C (), তাহলে g অগত্যা একইভাবে অবিচ্ছিন্নভাবে, অর্থাৎ,

= (): | x y | = |g(x)g(y) |। দেখা যাচ্ছে যে এটি কিছুর সাথে শর্ত (5) এর সমতুল্য। প্রকৃতপক্ষে, যদি বিদ্যমান থাকে, তাহলে এটি ধারাবাহিকতার একটি মডুলাস তৈরি করার জন্য যথেষ্ট যাতে (()), এবং তারপর | x y | = = () আমরা পাই যেহেতু (এবং) নির্বিচারে, তাহলে x এবং y যে কোনো হতে পারে।

এবং তদ্বিপরীত, যদি (5) সত্য হয়, তাহলে এটি ()) এবং তারপর | x y | = () আমরা পাই এটা যৌক্তিক রূপান্তরকে ন্যায্যতা দিতে রয়ে গেছে:

একঘেয়ে জন্য এবং নিতে যথেষ্ট বিপরীত ফাংশন, কিন্তু সাধারণভাবে এটি তথাকথিত ব্যবহার করা প্রয়োজন। সাধারণীকৃত বিপরীত ফাংশন। তাদের অস্তিত্বের জন্য একটি পৃথক প্রমাণ প্রয়োজন, যা আমরা দেব না, তবে কেবল একটি ধারণা (ছবি সহ পড়ার সাথে এটি দরকারী):

যেকোনো F এর জন্য আমরা F (x) = min F (y), F (x) = max F (y) সংজ্ঞায়িত করি - এগুলি একঘেয়ে ফাংশন, এবং তাদের বিপরীত আছে। F-তে, x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x যে পরীক্ষা করা সহজ।

ধারাবাহিকতার সর্বোত্তম মডুলাস হল রৈখিক (লিপশিটজ অবস্থা)। এগুলি "প্রায় পার্থক্যযোগ্য" ফাংশন। এই শেষ বিবৃতিটিকে কঠোরভাবে অর্থবহ করার জন্য কিছু প্রচেষ্টা লাগে এবং আমরা নিজেদেরকে শুধুমাত্র দুটি মন্তব্যের মধ্যে সীমাবদ্ধ রাখব:

1. কঠোরভাবে বলতে গেলে, প্রতিটি লিপশিটজ ফাংশন পার্থক্যযোগ্য নয়, যেমন উদাহরণটি দেখায় g (x) = | x | R এর উপর;

2. কিন্তু ভিন্নতা বলতে লিপসচিৎজ সম্পত্তি বোঝায়, যেমনটি নিম্নোক্ত দাবি দেখায়। যে কোন ফাংশন g একটি উত্তল সেটে সমস্ত M থাকলে এটির লিপশিটজ অবস্থাকে সন্তুষ্ট করে।

[আপাতত, সংক্ষিপ্ততার জন্য স্কেলার ফাংশন g বিবেচনা করুন।] প্রমাণ। সকল x, y এর জন্য আমাদের আছে। স্পষ্টতই, এই বিবৃতিটি ভেক্টর ফাংশনের জন্যও সত্য।

মন্তব্য করুন। যদি f = f (t, x) (সাধারণভাবে বলতে গেলে, একটি ভেক্টর ফাংশন), তাহলে আমরা "f is Lipschitz in x" ধারণাটি প্রবর্তন করতে পারি, অর্থাৎ | f (t, x) f (t, y) | C | xy |, এবং এটাও প্রমাণ করুন যে D যদি সমস্ত t-এর জন্য x-এ উত্তল হয়, তাহলে ডি-তে x-এর সাপেক্ষে f Lipschitz হওয়ার জন্য, x বাউন্ডেডের ক্ষেত্রে f-এর ডেরিভেটিভ থাকাই যথেষ্ট, বিবৃতিতে আমরা পেয়েছি অনুমান | g (x) g (y) | মাধ্যমে | x y |। n = 1 এর জন্য, এটি সাধারণত সসীম বৃদ্ধির সূত্র ব্যবহার করে করা হয়: g (x) g (y) = g (z) (xy) (যদি g একটি ভেক্টর ফাংশন হয়, তাহলে z প্রতিটি উপাদানের জন্য আলাদা)। n 1 এর জন্য, এই সূত্রের নিম্নলিখিত অ্যানালগ ব্যবহার করা সুবিধাজনক:

লেমা। (হাদমর্দ)। ধরুন f C (D) (সাধারণত বলতে গেলে, একটি ভেক্টর ফাংশন), যেখানে D (t = t) যেকোনো t এর জন্য উত্তল এবং f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y) (xy), যেখানে A একটি অবিচ্ছিন্ন আয়তক্ষেত্রাকার ম্যাট্রিক্স।

প্রমাণ। যেকোন স্থির t এর জন্য, আমরা প্রমাণ থেকে গণনা প্রয়োগ করি। = D (t = t), g = fk এর জন্য দাবী। আমরা A (t, x, y) দিয়ে প্রয়োজনীয় উপস্থাপনা পাই = A প্রকৃতপক্ষে অবিচ্ছিন্ন।

আসুন সমস্যার সমাধানের স্বতন্ত্রতার প্রশ্নে ফিরে আসি (1)।

আসুন আমরা নিম্নরূপ প্রশ্নটি উত্থাপন করি: x এর ক্ষেত্রে f এর ধারাবাহিকতার মডুলাসটি কী হওয়া উচিত যাতে সমাধান (1) এই অর্থে অনন্য যে একই ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত 2টি সমাধান মিলে যায়? নিম্নলিখিত উপপাদ্য দ্বারা উত্তর দেওয়া হয়:

উপপাদ্য। (ওসগুড)। চলুন, পিয়ানোর উপপাদ্যের শর্তে, B-তে x এর সাপেক্ষে f-এর ধারাবাহিকতার মডুলাস হউক, অর্থাৎ, অসমতার ফাংশনটি শর্তকে সন্তুষ্ট করে (আমরা C ধরে নিতে পারি)। তারপর সমস্যা (1) ফর্মের একটি ব্যবধানে (t0 a, t0 + b) সংজ্ঞায়িত দুটি ভিন্ন সমাধান থাকতে পারে না।

উপরের অ-স্বতন্ত্র উদাহরণের সাথে তুলনা করুন।

লেমা। যদি z C 1 (,), তাহলে সবগুলোতে (,):

1. বিন্দুতে যেখানে z = 0, সেখানে বিদ্যমান | z |, এবং || z | | |z|;

2. বিন্দুতে যেখানে z = 0, সেখানে একতরফা ডেরিভেটিভ | z | ± এবং || z | ± | = |z | (বিশেষ করে, যদি z = 0, তাহলে | z | = 0 বিদ্যমান)।

উদাহরণ। n = 1, z (t) = t। t = 0 বিন্দুতে, |z | এর ডেরিভেটিভ বিদ্যমান নেই, কিন্তু একমুখী ডেরিভেটিভ আছে।

প্রমাণ। (লেমাস)। সেই বিন্দুতে যেখানে z = 0, যদি z · z em: সেখানে বিদ্যমান | z | =, এবং || z | | |z |। এই পয়েন্টে t, যেখানে z (t) = 0, আমাদের আছে:

কেস 1: z (t) = 0. তারপর আমরা | z | এর অস্তিত্ব পাই (t) = 0।

কেস 2: z (t) = 0। তারপর, +0 বা 0 এর জন্য, z (t +) | |z(t) | যার মডুলাস সমান |z(t) |।

অনুমান দ্বারা, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) = +। z1,2কে (t0, t0 +) এ সংজ্ঞায়িত (1) এর দুটি সমাধান হতে দিন। আমরা z = z1 z2 সেট করি। আমাদের আছে:

ধরুন সেখানে t1 (নির্দিষ্ট হতে, t1 t0) যেমন z (t1) = 0। সেট A = (t t1 | z (t) = 0) খালি নয় (t0 A) এবং উপরে আবদ্ধ। সুতরাং, এটির একটি উপরের আবদ্ধ t1 আছে। নির্মাণ অনুসারে, z = 0 অন (, t1), এবং যেহেতু z অবিচ্ছিন্ন, তাই আমাদের আছে z () = 0।

লেমা দ্বারা, | z | C 1 (, t1), এবং এই ব্যবধানে | z | |z | (| z |), যাতে ইন্টিগ্রেশন ওভার (t, t1) (যেখানে t (, t1)) দেয় F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t। t + 0 এর জন্য, আমরা একটি দ্বন্দ্ব পাই।

ফলাফল 1. যদি, পিয়ানোর উপপাদ্যের শর্তে, B তে x তে f লিপসচিৎজ হয়, তাহলে Osgood-এর উপপাদ্যে বর্ণিত অর্থে সমস্যা (1) এর একটি অনন্য সমাধান রয়েছে, যেহেতু এই ক্ষেত্রে () = C সন্তুষ্ট হয় (7)।

ফলাফল 2. যদি, Peano এর উপপাদ্য, C (B) এর শর্তে, তাহলে Int (IP) তে সংজ্ঞায়িত সমাধান (1) অনন্য।

লেমা। আইপিতে সংজ্ঞায়িত যেকোনো সমাধান (1) অনুমান | x | পূরণ করতে হবে = |f(t,x) | F, এবং এর গ্রাফটি K1-এ এবং আরও বেশি C-তে।

প্রমাণ। ধরুন t1 আইপি আছে যেমন (t, x (t)) C. সুনির্দিষ্টতার জন্য, যাক t1 t0। তারপরে সেখানে t2 (t0, t1] যেমন | x (t) x0 | = R। একইভাবে ওসগুডের উপপাদ্যের প্রমাণের যুক্তি অনুসারে, আমরা ধরে নিতে পারি যে t2 হল সবচেয়ে বাম বিন্দু, কিন্তু আমাদের আছে (t, x (t)) C, যাতে | f (t, x (t)) | F, এবং সেইজন্য (t, x (t)) K1, যা | x (t2) x0 | = R। তাই, (t, x (t) ) পুরো আইপিতে C, এবং তারপরে (গণনার পুনরাবৃত্তি) (t, x (t)) K1।

প্রমাণ। (করোলারি 2)। C হল একটি কমপ্যাক্ট সেট f আমরা প্রাপ্ত করি যে f হল লিপসচিৎজ x তে C, যেখানে সমস্ত সমাধানের গ্রাফ লেমার দৃষ্টিতে থাকে। ফলাফল 1 দ্বারা, আমরা যা প্রয়োজন তা পাই।

মন্তব্য করুন। শর্ত (7) এর অর্থ হল f এর জন্য Lipschitz অবস্থা উল্লেখযোগ্যভাবে দুর্বল করা যাবে না। উদাহরণস্বরূপ, 1 সহ হোল্ডারের শর্ত আর বৈধ নয়। রৈখিক কাছাকাছি ধারাবাহিকতার শুধুমাত্র মডুলি উপযুক্ত - যেমন "সবচেয়ে খারাপ" এক:

শরীরচর্চা. (যথেষ্ট কঠিন)। প্রমাণ করুন যে যদি সন্তুষ্ট (7), তাহলে 1টি সন্তোষজনক (7) যেমন 1/ শূন্য হয়।

সাধারণ ক্ষেত্রে, অনন্যতার জন্য x-এর ক্ষেত্রে f-এর ধারাবাহিকতার মডুলাস থেকে ঠিক কিছুর প্রয়োজন হয় না - সমস্ত ধরণের বিশেষ ক্ষেত্রে সম্ভব, উদাহরণস্বরূপ:

বিবৃতি। যদি, Peano এর উপপাদ্যের শর্তে, তাহলে (1) এর যেকোনো 2 সমাধান From (9) এ সংজ্ঞায়িত করা হলে এটা স্পষ্ট যে x C 1 (a, b), এবং তারপর পার্থক্য (9) দেয় (1) 1, এবং ( 1) 2 স্পষ্ট...

(1) এর বিপরীতে, (9) এর জন্য একটি বন্ধ অংশে একটি সমাধান তৈরি করা স্বাভাবিক।

পিকার্ড সমাধানের জন্য প্রস্তাবিত (1) = (9) ধারাবাহিক অনুমানগুলির নিম্নলিখিত পদ্ধতি। আমরা x0 (t) x0 বোঝাই, এবং আরও আবেশ দ্বারা। (কচি-পিকার্ড)। ধরুন, পিয়ানোর উপপাদ্যের শর্তে, ফাংশনটি হল x-এ লিপসচিৎজ x-এ ডোমেইন B উত্তল থেকে যে কোনো কম্প্যাক্ট সেট K-এ, অর্থাৎ,

তারপর, যেকোনো (t0, x0) B-এর জন্য, Cauchy সমস্যা (1) (ওরফে (9)) Int (IP) তে একটি অনন্য সমাধান রয়েছে এবং IP-এ xk x, যেখানে xk (10) তে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে।

মন্তব্য করুন। এটা স্পষ্ট যে উপপাদ্যটি বৈধ থাকে যদি শর্ত (11) C (B) দ্বারা প্রতিস্থাপিত হয়, যেহেতু এই শর্তটি বোঝায় (11)।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। প্রকৃতপক্ষে, x-এ সমস্ত কম্প্যাক্ট উত্তল সেটের প্রয়োজন হয় না, শুধুমাত্র সিলিন্ডারের প্রয়োজন হয়, তবে ফর্মুলেশনটি এইভাবে করা হয়, যেহেতু § 5-এ আরও সাধারণ কমপ্যাক্ট সেটের প্রয়োজন হয়, এবং তদ্ব্যতীত, এই ফর্মুলেশনের সাথেই রিমার্কটি দেখায়। সবচেয়ে স্বাভাবিক।

প্রমাণ। আমরা নির্বিচারে (t0, x0) B বেছে নিই এবং পিয়ানোর উপপাদ্যের আগের মতোই সহায়ক নির্মাণ করি। আসুন আমরা ইন্ডাকশন দ্বারা প্রমাণ করি যে সমস্ত xk আইপিতে সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন, এবং তাদের গ্রাফগুলি K1 তে থাকে এবং আরও বেশি C-তে থাকে। এটি x0 এর জন্য স্পষ্ট। যদি এটি xk1-এর জন্য সত্য হয়, তাহলে এটি (10) থেকে স্পষ্ট যে xk আইপিতে সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন, এবং এটি K1-এর সদস্যপদ।

আমরা এখন আইপির জন্য অনুমান আনয়ন দ্বারা প্রমাণ করি:

(C হল B তে x একটি কম্প্যাক্ট উত্তল, এবং L (C) এর জন্য সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে)। k = 0 এর জন্য, এটি ইতিমধ্যেই প্রমাণিত অনুমান (t, x1 (t)) K1। যদি (12) k: = k 1 এর জন্য সত্য হয়, তাহলে (10) থেকে আমাদের প্রয়োজন অনুযায়ী আছে। এইভাবে, সিরিজটি আইপিতে একটি রূপান্তরকারী সংখ্যাসূচক সিরিজ দ্বারা প্রধান করা হয়, এবং সেইজন্য (এটিকে Weierstrass থিওরেম বলা হয়) IP-এ অভিন্নভাবে কিছু ফাংশন x C (IP) এর সাথে একত্রিত হয়। কিন্তু এর মানেও আইপিতে xk x। তারপরে (10) আইপিতে আমরা সীমা অতিক্রম করি এবং আইপিতে (9) প্রাপ্ত করি এবং তাই (1) Int (IP) তে।

Osgood এর উপপাদ্য থেকে Corollary 1 দ্বারা স্বতন্ত্রতা অবিলম্বে প্রাপ্ত হয়, তবে এটি শুধুমাত্র সমীকরণ (9) ব্যবহার করে অন্য উপায়ে প্রমাণ করা কার্যকর। Int (IP) এ সমস্যার (1) (অর্থাৎ (9)) 2টি সমাধান x1,2 হতে দিন। উপরে নির্দেশিত হিসাবে, তাহলে তাদের গ্রাফগুলি অবশ্যই K1-এ থাকা আবশ্যক, এবং আরও বেশি C-তে। ধরুন t I1 = (t0, t0 +), যেখানে কিছু ধনাত্মক সংখ্যা রয়েছে। তারপর = 1 / (2L (C))। তারপর = 0। এভাবে, I1-এ x1 = x2।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। গ্রনওয়ালের লেমার সাহায্যে স্বতন্ত্রতার একটি প্রমাণও রয়েছে, এটি আরও বেশি স্বাভাবিক, যেহেতু এটি অবিলম্বে বিশ্বব্যাপী চলে, তবে এখনও পর্যন্ত গ্রোনওয়ালের লেমা খুব সুবিধাজনক নয়, যেহেতু লিনিয়ার ODE-এর আগে এটি পর্যাপ্তভাবে উপলব্ধি করা কঠিন।

মন্তব্য করুন। স্বতন্ত্রতার শেষ প্রমাণটি শিক্ষামূলক যে এটি আবার একটি ভিন্ন আলোকে দেখায় কিভাবে স্থানীয় স্বতন্ত্রতা বিশ্বব্যাপী অনন্যতার দিকে নিয়ে যায় (যা অস্তিত্বের জন্য সত্য নয়)।

শরীরচর্চা. Osgood-এর উপপাদ্যের প্রমাণের মত দ্বন্দ্বের দ্বারা তর্ক করে একযোগে সমস্ত আইপি-তে স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করুন।

একটি গুরুত্বপূর্ণ বিশেষ ক্ষেত্রে (1) হল রৈখিক ODE, অর্থাৎ, যেগুলির মান f (t, x) x-এ রৈখিক:

এই ক্ষেত্রে, সাধারণ তত্ত্বের শর্তগুলির মধ্যে পড়ার জন্য, একজনের প্রয়োজন হওয়া উচিত এইভাবে, এই ক্ষেত্রে, B হল একটি স্ট্রিপ, এবং x-এর ক্ষেত্রে লিপশিটজ (এবং এমনকি পার্থক্য) এর শর্ত স্বয়ংক্রিয়ভাবে সন্তুষ্ট হয়: সবার জন্য t ( a, b), x, y Rn আমাদের আছে | f (t, x) f (t, y) | = | A(t) (x y) | |A(t) | | (X y) |।

যদি আমরা সাময়িকভাবে একটি কমপ্যাক্ট সেট (a, b) নির্বাচন করি, তাহলে এটিতে আমরা | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, যেখানে L = সর্বোচ্চ | A |।

Peano এবং Osgood বা Cauchy-Picard তত্ত্বগুলি t0 ধারণকারী কিছু (Peano-Picard) ব্যবধানে সমস্যার (13) অনন্য সমাধানযোগ্যতা বোঝায়। অধিকন্তু, এই ব্যবধানের সমাধান হল ধারাবাহিক পিকার্ড অনুমানগুলির সীমা।

শরীরচর্চা. এই ব্যবধান খুঁজুন.

কিন্তু দেখা যাচ্ছে যে এই ক্ষেত্রে এই সমস্ত ফলাফল অবিলম্বে বিশ্বব্যাপী প্রমাণিত হতে পারে, অর্থাৎ, সকলের উপর (a, b):

উপপাদ্য। (14) সত্য হতে দিন. তারপরে সমস্যা (13) এর (a, b) একটি অনন্য সমাধান রয়েছে এবং ধারাবাহিক পিকার্ড অনুমানগুলি যেকোন কমপ্যাক্ট সেটে (a, b) একইভাবে এটির সাথে একত্রিত হয়।

প্রমাণ। আবার, TK-P এর মতো, আমরা সূত্র (10) দ্বারা ধারাবাহিক অনুমান ব্যবহার করে অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ (9) এর সমাধান তৈরি করি। কিন্তু এখন আমাদের শঙ্কু এবং সিলিন্ডারে আঘাত করা গ্রাফের অবস্থা পরীক্ষা করার দরকার নেই, যেহেতু।

t (a, b) যতক্ষণ পর্যন্ত সকল x-এর জন্য f সংজ্ঞায়িত করা হয়। এটি শুধুমাত্র পরীক্ষা করা প্রয়োজন যে সমস্ত xk সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন (a, b), যা আনয়ন দ্বারা স্পষ্ট।

(12) এর পরিবর্তে, আমরা এখন ফর্মের অনুরূপ অনুমান দেখাই যেখানে পছন্দের উপর নির্ভর করে N কিছু সংখ্যা। এই অনুমানের জন্য প্রথম আনয়ন ধাপটি ভিন্ন (যেহেতু এটি K1 এর সাথে সম্পর্কিত নয়): k = 0 | x1 (t) x0 এর জন্য | x1 এর ধারাবাহিকতার কারণে N, এবং পরবর্তী ধাপগুলি (12) এর মতো।

এটি বর্ণনা করা সম্ভব নয়, যেহেতু এটি সুস্পষ্ট, তবে এটি সম্ভব আবার আমরা লক্ষ্য করি xk x on, এবং x হল সংশ্লিষ্ট (10) on এর একটি সমাধান। কিন্তু এটি করার মাধ্যমে, আমরা সকলের (a, b) একটি সমাধান তৈরি করেছি, যেহেতু একটি কমপ্যাক্টামের পছন্দ নির্বিচারে। অনন্যতা Osgood বা Cauchy-Picard উপপাদ্য (এবং বিশ্বব্যাপী অনন্যতা সম্পর্কে উপরে যুক্তি) থেকে অনুসরণ করে।

মন্তব্য করুন। উপরে উল্লিখিত হিসাবে, পিয়ানো এবং ওসগুড উপপাদ্যগুলির উপস্থিতির কারণে TC-P আনুষ্ঠানিকভাবে অতিরিক্ত, তবে এটি 3টি কারণে কার্যকর - এটি হল:

1. আপনাকে একটি অবিচ্ছেদ্য সমীকরণের সাথে ODE-এর জন্য Cauchy সমস্যা সম্পর্কিত করতে দেয়;

2. ধারাবাহিক অনুমানগুলির একটি গঠনমূলক পদ্ধতি প্রস্তাব করে;

3. লিনিয়ার ODE-এর জন্য বিশ্বব্যাপী অস্তিত্ব প্রমাণ করা সহজ করে তোলে।

[যদিও পরবর্তীটি § 4-এর যুক্তি থেকেও অনুমান করা যেতে পারে।] পরবর্তীতে, আমরা প্রায়শই এটি উল্লেখ করব।

উদাহরণ। x = x, x (0) = 1. পরপর অনুমান k তাই, x (t) = e পুরো R এর মূল সমস্যার সমাধান।

প্রায়শই, একটি সারি কাজ করবে না, তবে একটি নির্দিষ্ট গঠনমূলকতা থেকে যায়। আপনি ত্রুটি অনুমান করতে পারেন x xk (দেখুন)।

মন্তব্য করুন। Peano, Osgood, এবং Cauchy-Picard-এর উপপাদ্য থেকে, উচ্চ-ক্রম ODE-এর জন্য সংশ্লিষ্ট উপপাদ্যগুলি পাওয়া সহজ।

শরীরচর্চা. § 1 এ উপস্থাপিত ফার্স্ট-অর্ডার সিস্টেমে হ্রাস ব্যবহার করে কচি সমস্যার ধারণা, সিস্টেম এবং কচি সমস্যার সমাধান, উচ্চ-ক্রম ODE-এর জন্য সমস্ত উপপাদ্য তৈরি করুন।

কিছুটা কোর্সের যুক্তি লঙ্ঘন করে, কিন্তু ব্যবহারিক ক্লাসে সমস্যা সমাধানের পদ্ধতিগুলিকে আরও ভালভাবে আত্তীকরণ এবং প্রমাণ করার জন্য, আমরা সাময়িকভাবে সাধারণ তত্ত্বের উপস্থাপনাকে বাধা দিই এবং "ODEs-এর সুস্পষ্ট সমাধান" এর প্রযুক্তিগত সমস্যা মোকাবেলা করি।

§ 3. একীকরণের কিছু পদ্ধতি তাই, স্কেলার সমীকরণ = f (t, x) বিবেচনা করুন। Dt সহজতম বিশেষ ক্ষেত্রে যা আমরা একীভূত করতে শিখেছি তা হল তথাকথিত। ERP, অর্থাৎ একটি সমীকরণ যাতে f(t, x) = a(t) b (x)। ইআরপি একত্রিত করার আনুষ্ঠানিক পদ্ধতি হল t এবং x (তাই নাম): = a (t) dt ভেরিয়েবলগুলিকে "আলাদা" করা এবং তারপর ইন্টিগ্রালটি নেওয়া:

x = B (A(t))। এই আনুষ্ঠানিক যুক্তিতে বেশ কয়েকটি পয়েন্ট রয়েছে যার ন্যায্যতা প্রয়োজন।

1. b (x) দ্বারা বিভাজন। আমরা অনুমান করি যে f অবিচ্ছিন্ন, যাতে একটি C (,), b C (,), অর্থাৎ, B একটি আয়তক্ষেত্র (,) (,)(সাধারণত বলতে গেলে, অসীম)। সেট (b (x) 0) এবং (b (x) 0) খোলা এবং তাই সীমাবদ্ধ বা গণনাযোগ্য বিরতির সেট। এই ব্যবধানগুলির মধ্যে বিন্দু বা সেগমেন্ট আছে, যেখানে b = 0। যদি b (x0) = 0 হয়, তাহলে Cauchy সমস্যার একটি সমাধান আছে x x0। সম্ভবত এই সমাধানটি অনন্য নয়, তারপরে এর সংজ্ঞার ডোমেনে ব্যবধান রয়েছে, যেখানে b (x (t)) = 0, কিন্তু তারপর এটি তাদের দ্বারা b (x (t)) দ্বারা ভাগ করা যেতে পারে। পাস করার সময় মনে রাখবেন যে এই ব্যবধানে B ফাংশনটি একঘেয়ে এবং তাই আমরা B 1 নিতে পারি। কিন্তু যদি b (x0) = 0 হয়, তাহলে t0 এর আশেপাশে b (x (t)) = 0, এবং পদ্ধতিটি আইনি . সুতরাং, একটি সমাধানের সংজ্ঞার ডোমেনকে অংশে ভাগ করার সময় বর্ণিত পদ্ধতিটি সাধারণত প্রয়োগ করা উচিত।

2. বিভিন্ন ভেরিয়েবলের জন্য বাম এবং ডান দিকের একীকরণ।

পদ্ধতি I. ধরুন আমরা Kod(t) wi (1) x = (t) সমস্যার সমাধান খুঁজতে চাই। আমাদের আছে: = a(t) b(t)), যেখান থেকে আমরা একই সূত্রটি কঠোরভাবে পেয়েছি।

পদ্ধতি II। সমীকরণটি তথাকথিত। মূল ODE-এর প্রতিসম স্বরলিপি, অর্থাৎ যেটিতে কোন পরিবর্তনশীলটি স্বাধীন এবং কোনটি নির্ভরশীল তা নির্দিষ্ট করা নেই। প্রথম ডিফারেনশিয়ালের ফর্মের পরিবর্তনের উপর উপপাদ্যের বিবেচনায় বিবেচনাধীন একটি প্রথম-ক্রম সমীকরণের ক্ষেত্রে এই ধরনের ফর্মটি সঠিকভাবে বোঝা যায়।

এখানে একটি ডিফারেনশিয়ালের ধারণাটি আরও বিশদে বোঝার জন্য উপযুক্ত, এটি সমতলের উদাহরণ ব্যবহার করে চিত্রিত করা (t, x)), এটির উপর বক্ররেখা, উদীয়মান সীমাবদ্ধতা, স্বাধীনতার ডিগ্রি, একটি বক্ররেখার একটি প্যারামিটার।

এইভাবে, সমীকরণ (2) প্রয়োজনীয় IC বরাবর t এবং x পার্থক্যগুলিকে সংযুক্ত করে। তারপর শুরুতে দেখানো পদ্ধতিতে সমীকরণ (2) এর একীকরণ পুরোপুরি আইনী - এর অর্থ, আপনি যদি চান, স্বাধীন হিসাবে নির্বাচিত যেকোনো পরিবর্তনশীলের উপর একীকরণ।

পদ্ধতি I, আমরা স্বাধীন পরিবর্তনশীল হিসাবে t নির্বাচন করে এটি দেখিয়েছি। এখন আমরা স্বাধীন চলক হিসাবে IK বরাবর প্যারামিটার s নির্বাচন করে এটি দেখাব (যেহেতু এটি আরও স্পষ্টভাবে t এবং x এর সমতা দেখায়)। মান s = s0 বিন্দু (t0, x0) এর সাথে মিলে যায়।

তারপর আমাদের আছে: = a (t (s)) t (s) ds, যা দেওয়ার পরে এখানে প্রতিসম স্বরলিপির সর্বজনীনতার উপর ফোকাস করা প্রয়োজন, উদাহরণস্বরূপ: একটি বৃত্ত x (t) বা হিসাবে লেখা হয় না। t(x), কিন্তু x(s), t(s) হিসেবে।

প্রথম অর্ডারের অন্য কিছু ওডিই ইআরপিতে কমিয়ে দেওয়া হয়, যা সমস্যা সমাধান করার সময় দেখা যায় (উদাহরণস্বরূপ, একটি সমস্যা বই অনুসারে)।

আরেকটি গুরুত্বপূর্ণ ক্ষেত্রে একটি লিনিয়ার ODE:

পদ্ধতি I. প্রকরণ ধ্রুবক।

এটি একটি আরও সাধারণ পদ্ধতির একটি বিশেষ কেস, যা পার্ট 2 এ আলোচনা করা হবে। মূল বিষয় হল যে একটি বিশেষ আকারে একটি সমাধান অনুসন্ধান করা সমীকরণের ক্রমকে কমিয়ে দেয়।

এর আগে তথাকথিত সমাধান করা যাক. সমজাতীয় সমীকরণ:

স্বতন্ত্রতার গুণে হয় x 0 বা সর্বত্র x = 0। পরবর্তী ক্ষেত্রে (আসুন, সুনির্দিষ্টতার জন্য, x 0), আমরা পাই যে (4) সমস্ত সমাধান দেয় (3) 0 (শূন্য এবং ঋণাত্মক সহ)।

সূত্র (4) একটি নির্বিচারে ধ্রুবক C1 ধারণ করে।

একটি ধ্রুবকের পরিবর্তনের পদ্ধতি হল সমাধান (3) C1 (t) = C0 + গঠন ORNU = CRNU + OPROU দৃশ্যমান (বীজগণিত রৈখিক সিস্টেমের জন্য) (এ বিষয়ে আরও অংশ 2 এ)।

আমরা যদি Cauchy সমস্যা x (t0) = x0 সমাধান করতে চাই, তাহলে আমাদের Cauchy ডেটা থেকে C0 খুঁজে বের করতে হবে - আমরা সহজেই C0 = x0 পাই।

পদ্ধতি II। আসুন আমরা একটি IM খুঁজে বের করি, অর্থাৎ, এমন একটি ফাংশন v, যার দ্বারা আমাদের অবশ্যই (3) গুণ করতে হবে (লিখে যাতে সমস্ত অজানা বাম দিকে সংগ্রহ করা হয়: xa (t) x = b (t)), যাতে বাম দিকে আমরা কিছু সুবিধাজনক সংমিশ্রণের ডেরিভেটিভ পাই।

আমাদের আছে: vx vax = (vx), if v = av, অর্থাৎ (যেমন একটি সমীকরণ, (3) একটি সমীকরণের সমতুল্য যা ইতিমধ্যেই সহজেই সমাধান করা যায় এবং দেয় (5)। যদি Cauchy সমস্যাটি সমাধান করা হয়, তারপরে (6) অবিলম্বে একটি নির্দিষ্ট ইন্টিগ্রেল নেওয়া সুবিধাজনক কিছু অন্যগুলিকে রৈখিক ODEs (3) তে হ্রাস করা হয়, যেমনটি সমস্যাগুলি সমাধান করার সময় দেখা যায় (উদাহরণস্বরূপ, একটি সমস্যা বই ব্যবহার করে)। যেকোনো n) অংশ 2-এ আরও বিশদে বিবেচনা করা হবে।

উভয় বিবেচিত পরিস্থিতি তথাকথিত বিশেষ ক্ষেত্রে। ইউপিডি। একটি প্রতিসম আকারে একটি প্রথম-ক্রম ODE (n = 1 এর জন্য) বিবেচনা করুন:

ইতিমধ্যে উল্লিখিত হিসাবে, (7) কোন পরিবর্তনশীলটি স্বাধীন বলে বিবেচিত হবে তা উল্লেখ না করে সমতলে (t, x) IQ সেট করে।

যদি আমরা (7) একটি নির্বিচারে ফাংশন M (t, x) দ্বারা গুণ করি, তাহলে আমরা একই সমীকরণ লেখার একটি সমতুল্য রূপ পাব:

সুতরাং, একই ODE এর অনেকগুলি প্রতিসম রেকর্ড রয়েছে। তাদের মধ্যে, তথাকথিত দ্বারা একটি বিশেষ ভূমিকা পালন করা হয়। মোট ডিফারেনশিয়ালে স্বরলিপি, UPD এর নামটি দুর্ভাগ্যজনক, যেহেতু এই সম্পত্তিটি একটি সমীকরণ নয়, তবে এটির স্বরলিপির ফর্ম, অর্থাৎ (7) এর বাম দিকের দিকটি dF (t, x) এর সমান ) কিছু এফ সহ।

এটা স্পষ্ট যে (7) হল UPD যদি এবং শুধুমাত্র যদি A = Ft, B = Fx এর সাথে কিছু F। বিশ্লেষণ থেকে জানা যায়, এটি পরেরটির জন্য প্রয়োজনীয় এবং যথেষ্ট। আমরা কঠোরভাবে প্রযুক্তিগত দিকগুলি প্রমাণ করি না, উদাহরণস্বরূপ , সব ফাংশন মসৃণতা. আসল বিষয়টি হ'ল § একটি গৌণ ভূমিকা পালন করে - এটি কোর্সের অন্যান্য অংশগুলির জন্য একেবারেই প্রয়োজন হয় না এবং আমি এর বিস্তারিত উপস্থাপনার জন্য অতিরিক্ত প্রচেষ্টা ব্যয় করতে চাই না।

এইভাবে, যদি (9) সন্তুষ্ট হয়, তাহলে সেখানে একটি F (এটি একটি যোজক ধ্রুবক পর্যন্ত অনন্য) যেমন (7) dF (t, x) = 0 (IR বরাবর) হিসাবে পুনরায় লেখা যেতে পারে, অর্থাৎ,

F (t, x) = IC বরাবর const, অর্থাৎ, IC হল F ফাংশনের লেভেল লাইন। আমরা দেখতে পাই যে UPD-এর ইন্টিগ্রেশন একটি তুচ্ছ সমস্যা, যেহেতু A এবং B এর উপর F-এর অনুসন্ধান সন্তোষজনক ( 9) কঠিন নয়। যদি (9) সন্তুষ্ট না হয়, তাহলে আপনার তথাকথিত খুঁজে পাওয়া উচিত। IM M (t, x) এমন যে (8) হল UPD, যার জন্য এটি প্রয়োজনীয় এবং পর্যাপ্ত অ্যানালগ (9), যা ফর্ম নেয়:

প্রথম ক্রম পিডিই তত্ত্ব থেকে অনুসরণ করে (যা আমরা পার্ট 3 এ বিবেচনা করব), সমীকরণ (10) সর্বদা একটি সমাধান থাকে, তাই একটি IM আছে। সুতরাং, ফর্মের (7) যেকোন সমীকরণের একটি UPD আকারে একটি রেকর্ড রয়েছে এবং তাই "স্পষ্ট" একীকরণের অনুমতি দেয়। কিন্তু এই যুক্তিগুলি সাধারণ ক্ষেত্রে একটি গঠনমূলক পদ্ধতি দেয় না, যেহেতু (10) এর সমাধানের জন্য, সাধারণভাবে বলতে গেলে, সমাধানটি (7) খুঁজে বের করতে হবে, যা আমরা খুঁজছি। তবুও, এমআই অনুসন্ধানের জন্য বেশ কয়েকটি কৌশল রয়েছে, যা ঐতিহ্যগতভাবে ব্যবহারিক ক্লাসে বিবেচনা করা হয় (উদাহরণস্বরূপ দেখুন)।

উল্লেখ্য যে ইআরপি এবং লিনিয়ার ওডিই সমাধানের জন্য উপরের পদ্ধতিগুলি আইএম আদর্শের একটি বিশেষ ক্ষেত্রে।

প্রকৃতপক্ষে, ইউআরএস dx / dt = a (t) b (x), প্রতিসম আকারে dx = a (t) b (x) dt লিখিত, IM 1 / b (x) দ্বারা গুণ করে সমাধান করা হয়, যেহেতু পরে এটি UPD dx / b (x) = a (t) dt, অর্থাৎ dB (x) = dA (t) এ পরিণত হয়। একঘাত সমীকরণ dx / dt = a (t) x + b (t), প্রতিসম আকারে লিখিত dx a (t) xdt b (t) dt, IM দ্বারা গুণ করে সমাধান করা হয়, ODEs সমাধানের প্রায় সমস্ত পদ্ধতি "স্পষ্টভাবে"

(রৈখিক সিস্টেমের সাথে সম্পর্কিত একটি বৃহৎ ব্লক ব্যতীত) এই সত্যটি নিয়ে গঠিত যে অর্ডার হ্রাস এবং পরিবর্তনশীল পরিবর্তনের বিশেষ পদ্ধতি ব্যবহার করে, সেগুলিকে প্রথম-ক্রমের ODE-তে হ্রাস করা হয়, যা পরে UPD-তে হ্রাস করা হয় এবং সেগুলি সমাধান করা হয় ডিফারেনশিয়াল ক্যালকুলাসের প্রধান উপপাদ্য প্রয়োগ করা: dF = 0 F = const। অর্ডার কমানোর বিষয়টি ঐতিহ্যগতভাবে ব্যবহারিক প্রশিক্ষণের কোর্সে অন্তর্ভুক্ত করা হয়েছে (উদাহরণস্বরূপ দেখুন)।

আসুন প্রথম-ক্রম ODE সম্পর্কে কিছু শব্দ বলি যেগুলি ডেরিভেটিভের ক্ষেত্রে অনুমোদিত নয়:

§ 1-এ উল্লিখিত হিসাবে, একজন (11) x এর ক্ষেত্রে সমাধান করার চেষ্টা করতে পারে এবং প্রাপ্ত করতে পারে স্বাভাবিক ফর্মকিন্তু এটা সবসময় যুক্তিযুক্ত নয়। এটি প্রায়ই (11) সরাসরি সমাধান করা আরও সুবিধাজনক।

স্থানটি বিবেচনা করুন ((t, x, p)), যেখানে p = x সাময়িকভাবে একটি স্বাধীন চলক হিসাবে বিবেচিত হয়। তারপর (11) এই স্থানটিতে একটি পৃষ্ঠ (F (t, x, p) = 0) সংজ্ঞায়িত করে, যা প্যারামেট্রিকভাবে লেখা যেতে পারে:

এর মানে কি মনে রাখা সহায়ক, উদাহরণস্বরূপ R3 এ গোলকের সাথে।

চাওয়া সমাধানগুলি এই পৃষ্ঠের বক্ররেখার সাথে মিলে যাবে: t = s, x = x (s), p = x (s) - এক ডিগ্রি স্বাধীনতা হারিয়ে গেছে কারণ সমাধানগুলির একটি সংযোগ dx = pdt আছে। আসুন আমরা এই সংযোগটি সারফেসে প্যারামিটারের পরিপ্রেক্ষিতে লিখি (12): gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), i.e.

এইভাবে, চাওয়া সমাধানগুলি পৃষ্ঠের বক্ররেখার সাথে মিলে যায় (12), যেখানে পরামিতিগুলি সমীকরণ (13) দ্বারা সম্পর্কিত। পরেরটি একটি প্রতিসম আকারে একটি ODE যা সমাধান করা যেতে পারে।

কেস I. যদি কিছু অঞ্চলে (gu hfu) = 0, তারপর (12) তারপর t = f ((v), v), x = g ((v), v) কাঙ্খিত বক্ররেখাগুলির একটি প্যারামেট্রিক উপস্থাপনা দেয় সমতল ( (t, x)) (অর্থাৎ, আমরা এই সমতলে প্রজেক্ট করি, যেহেতু আমাদের p দরকার নেই)।

কেস II। একইভাবে, যদি (gv hfv) = 0।

কেস III। একই সময়ে কিছু পয়েন্টে gu hfu = gv hfv = 0। এখানে, একটি পৃথক বিশ্লেষণ প্রয়োজন, এই সেটটি কিছু সমাধানের সাথে মিলে যায় কিনা (তাদেরকে তখন বিশেষ বলা হয়)।

উদাহরণ। Clairaud এর সমীকরণ x = tx + x 2। আমাদের আছে:

x = tp + p2। আসুন আমরা এই পৃষ্ঠকে প্যারামেট্রিজ করি: t = u, p = v, x = uv + v 2। সমীকরণ (13) রূপ নেয় (u + 2v) dv = 0।

মামলা I. বাস্তবায়িত হয়নি।

কেস II। u + 2v = 0, তারপর dv = 0, অর্থাৎ v = C = const।

তাই, t = u, x = Cu + C 2 হল IC এর একটি প্যারামেট্রিক রেকর্ডিং।

এটি স্পষ্টভাবে x = Ct + C 2 লিখতে সহজ।

কেস III। u + 2v = 0, অর্থাৎ v = u/2। এর মানে হল যে t = u, x = u2 / 4 হল একটি "IC-এর প্রার্থী" এর একটি প্যারামেট্রিক স্বরলিপি।

এটি সত্যিই একটি IC কিনা তা পরীক্ষা করার জন্য, আমরা এটি স্পষ্টভাবে লিখি x = t2 / 4। এটি একটি (বিশেষ) সমাধান হতে পরিণত.

শরীরচর্চা. প্রমাণ করুন যে বিশেষ সিদ্ধান্ত অন্য সবার জন্য প্রযোজ্য।

এটি একটি সাধারণ সত্য - যে কোনও নির্দিষ্ট সমাধানের গ্রাফ হল অন্য সমস্ত সমাধানের পরিবারের খাম। এটি একটি খাম হিসাবে অবিকল একটি বিশেষ সমাধানের আরেকটি সংজ্ঞার ভিত্তি (দেখুন)।

শরীরচর্চা. আরো জন্য যে প্রমাণ সাধারণ সমীকরণ Clairaud x = tx (x) একটি উত্তল ফাংশন সহ, একবচন দ্রবণটির আকার x = (t), যেখানে Legendre রূপান্তর, অর্থাৎ, = () 1, বা (t) = max (tv (v)) . একইভাবে x = tx + (x) সমীকরণের জন্য।

মন্তব্য করুন। § 3 এর বিষয়বস্তু পাঠ্যপুস্তকে আরও বিশদে এবং আরও সঠিকভাবে বর্ণনা করা হয়েছে।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। লেকচারের একটি কোর্স পড়ার সময়, এটিকে আরও কঠোর রূপ দিয়ে § 3 প্রসারিত করা উপযোগী হতে পারে।

এখন আমরা কোর্সের মূল রূপরেখায় ফিরে আসি, §§ 1, 2-এ শুরু হওয়া উপস্থাপনাটি অব্যাহত রেখে।

§ 4. কচি সমস্যার বৈশ্বিক সমাধানযোগ্যতা § 2-এ আমরা কচি সমস্যার সমাধানের স্থানীয় অস্তিত্ব প্রমাণ করেছি, অর্থাৎ, শুধুমাত্র কিছু ব্যবধানে যেখানে t0 বিন্দু রয়েছে।

f-এ কিছু অতিরিক্ত অনুমানের অধীনে, আমরা সমাধানের স্বতন্ত্রতাও প্রমাণ করেছি, এটিকে একই ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত দুটি সমাধানের কাকতালীয় হিসাবে বুঝতে পেরেছি। f যদি x-এ রৈখিক হয়, তাহলে বিশ্বব্যাপী অস্তিত্ব পাওয়া যায়, অর্থাৎ সমগ্র ব্যবধানে যেখানে সমীকরণের সহগ (সিস্টেম) সংজ্ঞায়িত এবং অবিচ্ছিন্ন থাকে। যাইহোক, একটি রৈখিক সিস্টেমে সাধারণ তত্ত্ব প্রয়োগ করার প্রচেষ্টা হিসাবে দেখায়, পিয়ানো-পিকার্ড ব্যবধান, সাধারণভাবে বলতে গেলে, একটি সমাধান তৈরি করা যেতে পারে তার চেয়ে কম। স্বাভাবিক প্রশ্ন জাগে:

1. কীভাবে সর্বাধিক ব্যবধান নির্ধারণ করবেন যার ভিত্তিতে সমাধানের অস্তিত্বের দাবি করা যায় (1)?

2. এই ব্যবধানটি কি সর্বদা সর্বাধিকের সাথে মিলে যায় যেখানে ডান দিকের (1) 1 এখনও অর্থবোধ করে?

3. সংজ্ঞার ব্যবধান সম্পর্কে সংরক্ষণ ছাড়াই সমাধানের স্বতন্ত্রতার ধারণাটি কীভাবে সঠিকভাবে প্রণয়ন করা যায়?

প্রশ্ন 2-এর উত্তরটি সাধারণত নেতিবাচক (অথবা বরং, খুব যত্নের প্রয়োজন) নিম্নলিখিত উদাহরণ দ্বারা নির্দেশ করা হয়েছে। x = x2, x (0) = x0। যদি x0 = 0, তাহলে x 0 - Osgood এর উপপাদ্য দ্বারা অন্য কোন সমাধান নেই। যদি x0 = 0, তাহলে আমরা একটি অঙ্কন কার্যকর করার সিদ্ধান্ত নিই)। দ্রবণের অস্তিত্বের ব্যবধান x0 0 এবং x0 0 এর জন্য যথাক্রমে (, 1 / x0) বা (1 / x0, +) এর চেয়ে বেশি হতে পারে না (অধিবৃত্তের দ্বিতীয় শাখাটির সমাধানের সাথে কোন সম্পর্ক নেই! - এই সাধারণ ভুলছাত্র)। প্রথম নজরে, মূল সমস্যা কিছুই "এমন একটি ফলাফল forshadowed." § 4 এ আমরা এই ঘটনার জন্য একটি ব্যাখ্যা খুঁজে পাব।

x = t2 + x2 সমীকরণের উদাহরণটি একটি সমাধানের অস্তিত্বের ব্যবধান সম্পর্কে একটি সাধারণ ছাত্র ত্রুটি প্রকাশ করে। এখানে যে "সমীকরণটি সর্বত্র সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে" তা মোটেই পুরো লাইনের সমাধানের ধারাবাহিকতা বোঝায় না। এটি একটি বিশুদ্ধভাবে দৈনন্দিন দৃষ্টিকোণ থেকেও স্পষ্ট, উদাহরণস্বরূপ, আইনি আইন এবং তাদের অধীনে বিকাশিত প্রক্রিয়াগুলির সাথে সম্পর্কিত: এমনকি যদি আইনটি 2015 সালে কোনও কোম্পানির অস্তিত্বের অবসানের সুস্পষ্টভাবে নির্দেশ না দেয় তবে এর অর্থ এই নয় যে এই কোম্পানিটি এই বছরের মধ্যে দেউলিয়া হয়ে যাবে না। অভ্যন্তরীণ কারণে (যদিও আইনের কাঠামোর মধ্যে কাজ করছে)।

1-3 প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার জন্য (এবং এমনকি তাদের স্পষ্টভাবে প্রকাশ করার জন্য), একটি অবিরত সমাধানের ধারণা প্রয়োজন। আমরা (যেমন আমরা উপরে সম্মত হয়েছি) সমীকরণ (1) 1 এর সমাধানগুলিকে জোড়া (, (tl (), tr ())) হিসাবে বিবেচনা করব।

সংজ্ঞা। সমাধান (, (tl (), tr ())) হল দ্রবণের একটি এক্সটেনশন (, (tl (), tr ())) যদি (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), এবং | (tl (), tr ()) =।

সংজ্ঞা। একটি সমাধান (, (tl (), tr ())) অ-প্রসারণযোগ্য যদি এর কোন অতুচ্ছ (অর্থাৎ, এর থেকে আলাদা) এক্সটেনশন না থাকে। (উপরের উদাহরণ দেখুন)।

এটা স্পষ্ট যে NR-ই বিশেষ মূল্যবান, এবং তাদের শর্তে অস্তিত্ব ও স্বতন্ত্রতা প্রমাণ করা প্রয়োজন। একটি স্বাভাবিক প্রশ্ন জাগে - কিছু স্থানীয় সমাধান বা কচি সমস্যার উপর ভিত্তি করে একটি আইএস তৈরি করা কি সবসময় সম্ভব? এটা সক্রিয় আউট, হ্যাঁ. এটি বোঝার জন্য, আসুন ধারণাগুলি উপস্থাপন করা যাক:

সংজ্ঞা। সমাধানের একটি সেট ((, (tl (), tr ()))) সামঞ্জস্যপূর্ণ যদি এই সেট থেকে যেকোনো 2টি সমাধান তাদের সংজ্ঞার ব্যবধানের সংযোগস্থলে মিলে যায়।

সংজ্ঞা। সমাধানগুলির একটি সামঞ্জস্যপূর্ণ সেটকে সর্বাধিক বলা হয় যদি এটিতে অন্য সমাধান যোগ করা অসম্ভব হয় যাতে নতুন সেটটি সামঞ্জস্যপূর্ণ হয় এবং সমাধানগুলির ডোমেনের মিলনে নতুন পয়েন্ট ধারণ করে।

এটা স্পষ্ট যে INN-এর নির্মাণ আইএস-এর নির্মাণের সমতুল্য, যথা:

1. যদি একটি NR থাকে, তাহলে যেকোন INN এর মধ্যে এটি শুধুমাত্র তার সীমাবদ্ধতার একটি সেট হতে পারে।

শরীরচর্চা. চেক করুন।

2. যদি একটি INN থাকে, তাহলে IS (, (t, t +)) নিম্নরূপ তৈরি করা হয়:

put (t) = (t), এই সময়ে কোন INN উপাদান কোথায় সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে। স্পষ্টতই, এই ধরনের একটি ফাংশন সমস্ত (t, t +) (সংগ্রহের সামঞ্জস্য থেকে স্বতন্ত্রতা অনুসরণ করে) অনন্যভাবে নির্ধারিত হবে এবং প্রতিটি পয়েন্টে এটি এই পয়েন্টে সংজ্ঞায়িত INN-এর সমস্ত উপাদানের সাথে মিলে যায়। যেকোনো t (t, t +) এর জন্য এটিতে কিছু সংজ্ঞায়িত করা আছে, এবং তাই এর আশেপাশে, এবং যেহেতু এই আশেপাশে একটি সমাধান রয়েছে (1) 1, তারপর -ও। এইভাবে, একটি সমাধান আছে (1) 1 সকলের উপর (t, t +)। এটি অবিরত নয়, কারণ অন্যথায় INN এর সর্বাধিকতা থাকা সত্ত্বেও একটি অতুচ্ছ ধারাবাহিকতা যোগ করা যেতে পারে।

সমস্যাটির INN নির্মাণ (1) সাধারণ ক্ষেত্রে (পিয়ানোর উপপাদ্যের শর্তে), যখন কোনও স্থানীয় স্বতন্ত্রতা নেই, তখন সম্ভব (দেখুন,), তবে বরং কষ্টকর - এটি ধাপে ধাপে-এর উপর ভিত্তি করে। ধারাবাহিক ব্যবধানের দৈর্ঘ্যের জন্য একটি নিম্ন সীমা সহ পিয়ানোর উপপাদ্যের ধাপে প্রয়োগ। সুতরাং, এইচপি সর্বদা বিদ্যমান। আমরা এটিকে কেবলমাত্র সেই ক্ষেত্রে ন্যায্যতা দেব যখন স্থানীয় স্বতন্ত্রতা থাকে, তখন INN (এবং সেইজন্য এনআরও) নির্মাণ তুচ্ছ। উদাহরণস্বরূপ, স্বচ্ছতার জন্য, আমরা TC-P এর কাঠামোর মধ্যে কাজ করব।

উপপাদ্য। B Rn + 1 ডোমেনে TK-P শর্তগুলি সন্তুষ্ট হোক। তারপর যেকোনো (t0, x0) B সমস্যার জন্য (1) একটি অনন্য IS আছে।

প্রমাণ। সমস্যার সমস্ত সমাধানের সেট বিবেচনা করুন (1) (এটি TK-P অনুযায়ী খালি নয়)। এটি একটি INN গঠন করে - স্থানীয় স্বতন্ত্রতার কারণে সামঞ্জস্যপূর্ণ, এবং সর্বাধিক এই কারণে যে এটি সাধারণভাবে কচি সমস্যার সমস্ত সমাধানের সেট। এর মানে হল যে এইচপি বিদ্যমান। স্থানীয় স্বতন্ত্রতার গুণে এটি অনন্য।

যদি বিদ্যমান স্থানীয় সমাধান (1) 1 (এবং কচি সমস্যা নয়) এর উপর ভিত্তি করে একটি আইএস তৈরি করার প্রয়োজন হয়, তবে এই সমস্যাটি, স্থানীয় স্বতন্ত্রতার ক্ষেত্রে, কচি সমস্যায় হ্রাস পাবে: আপনাকে যে কোনও বিন্দু বেছে নিতে হবে বিদ্যমান আইসিতে এবং সংশ্লিষ্ট কচি সমস্যা বিবেচনা করুন। এই সমস্যার NR স্বতন্ত্রতার কারণে মূল সমাধানের ধারাবাহিকতা হবে। স্বতন্ত্রতা না থাকলে ধারাবাহিকতা দেওয়া সমাধানউপরে নির্দেশিত পদ্ধতি অনুযায়ী সঞ্চালিত হয়।

মন্তব্য করুন। NR এর অস্তিত্বের ব্যবধানের শেষে প্রসারিত করা যাবে না (অনন্যতা শর্ত নির্বিশেষে) যাতে এটি শেষ বিন্দুতেও একটি সমাধান। ন্যায্যতা দেওয়ার জন্য, সেগমেন্টের শেষে ODE এর সমাধান দ্বারা কী বোঝানো হয়েছে তা স্পষ্ট করা প্রয়োজন:

1. অ্যাপ্রোচ 1. সমাধানের মাধ্যমে ধরুন (1) 1 একটি ব্যবধানে আমরা এমন একটি ফাংশনকে বোঝাই যা একতরফা ডেরিভেটিভের অর্থে প্রান্তে সমীকরণকে সন্তুষ্ট করে। তারপর কিছু সমাধানের সংজ্ঞার নির্দিষ্ট এক্সটেনশনের সম্ভাবনা, উদাহরণস্বরূপ, তার অস্তিত্বের ব্যবধানের ডান প্রান্তে (t, t +] মানে হল যে IC এর B এর ভিতরে একটি শেষ বিন্দু রয়েছে এবং C 1 (t, t +]। কিন্তু তারপরে, (1) এর জন্য কচি সমস্যা x (t +) = (t +) সমাধান করার পরে এবং এর সমাধান খুঁজে বের করার পরে, আমরা পাই, সঠিক শেষ বিন্দু t + ( বিন্দুতে t + উভয় একতরফা ডেরিভেটিভ বিদ্যমান এবং f (t +, (t +)) এর সমান, যার মানে একটি সাধারণ ডেরিভেটিভ আছে), অর্থাৎ HP ছিল না।

2. অ্যাপ্রোচ 2. যদি একটি সেগমেন্টে (1) 1 এর সমাধান দ্বারা আমরা এমন একটি ফাংশনকে বোঝায় যা শুধুমাত্র প্রান্তে অবিচ্ছিন্ন, কিন্তু এমন যে আইসি-এর শেষগুলি B তে থাকে (এমনকি যদি সমীকরণের প্রয়োজন হয় না শেষে পূর্ণ), তারপর একই যুক্তি দেখাবে, শুধুমাত্র সংশ্লিষ্ট অবিচ্ছেদ্য সমীকরণের পরিপ্রেক্ষিতে (বিশদ বিবরণ দেখুন)।

এইভাবে, সমাধানের সংজ্ঞাগুলির সেট হিসাবে অবিলম্বে নিজেদেরকে শুধুমাত্র খোলা ব্যবধানে সীমাবদ্ধ করে, আমরা সাধারণতা লঙ্ঘন করিনি (তবে শুধুমাত্র একতরফা ডেরিভেটিভের সাথে অপ্রয়োজনীয় ফিডলিং এড়িয়ে চললাম, ইত্যাদি)।

ফলস্বরূপ, আমরা বিভাগ 4-এর শুরুতে উত্থাপিত প্রশ্ন 3-এর উত্তর দিয়েছি: যদি স্বতন্ত্রতা শর্তটি সন্তুষ্ট হয় (উদাহরণস্বরূপ, ওসগুড বা কচি-পিকার্ড), কচি সমস্যার সমাধানের আইএস-এর স্বতন্ত্রতা ঘটে। যদি স্বতন্ত্রতার শর্ত লঙ্ঘন করা হয়, তাহলে কচি সমস্যার অনেকগুলি আইএস হতে পারে, প্রতিটির নিজস্ব অস্তিত্বের ব্যবধান রয়েছে। যেকোনো সমাধান (1) (বা শুধু (1) 1) এইচপিতে চালিয়ে যাওয়া যেতে পারে।

1, 2 প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার জন্য, আলাদাভাবে t পরিবর্তনশীল নয়, Rn + 1 স্থানের IC-এর আচরণ বিবেচনা করা প্রয়োজন। আইসি কীভাবে "প্রান্তের কাছাকাছি" আচরণ করে সেই প্রশ্নের উত্তরে তিনি উত্তর দেন৷ মনে রাখবেন যে অস্তিত্বের ব্যবধান শেষ হয়ে গেছে, তবে আইসি-তে সেগুলি নাও থাকতে পারে (বি-তে আইসি শেষ সবসময় থাকে না - উপরে মন্তব্য দেখুন, কিন্তু শেষ বি-তে নাও থাকতে পারে - নীচে দেখুন)।

উপপাদ্য। (কম্প্যাক্ট ছেড়ে যাওয়ার বিষয়ে)।

আমরা স্থানীয় স্বতন্ত্রতার শর্তে এটি প্রণয়ন করি, তবে এটি প্রয়োজনীয় নয় - দেখুন, সেখানে TPK এনআর-এর জন্য একটি মানদণ্ড হিসাবে প্রণয়ন করা হয়েছে।

TK-P এর শর্তে, যেকোনো NR সমীকরণের গ্রাফ (1) 1 যেকোন কমপ্যাক্ট সেট K B, অর্থাৎ, K B (t, t +): (t, (t)) K এ t।

উদাহরণ। K = ((t, x) B | ((t, x), B))।

মন্তব্য করুন। এইভাবে, t ± এর কাছাকাছি IC NR B: ((t, (t)), B) 0 এ t t ± - সমাধানটি চালিয়ে যাওয়ার প্রক্রিয়াটি B এর ভিতরে কঠোরভাবে শেষ করা যাবে না।

ইতিবাচকভাবে, এখানে এটি প্রমাণ করার জন্য একটি অনুশীলন হিসাবে দরকারী যে বিচ্ছিন্ন বন্ধ সেটগুলির মধ্যে দূরত্ব, যার মধ্যে একটি কমপ্যাক্ট, ইতিবাচক।

প্রমাণ। আমরা K B ঠিক করি। যেকোনো 0 (0, (K, B)) নিন। যদি B = Rn + 1 হয়, তাহলে সংজ্ঞা অনুসারে আমরা ধরে নিই (K, B) = +। সেট K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) B তেও কমপ্যাক্ট, তাই, F = max | f | বিদ্যমান। আসুন T এবং R সংখ্যাগুলি যথেষ্ট ছোট নির্বাচন করি যাতে ফর্মের যেকোনো সিলিন্ডার উদাহরণস্বরূপ, এটি T 2 + R2 2/4 নিতে যথেষ্ট। তারপর ফর্মের Cauchy সমস্যাটি (t T0, t + T0) এর চেয়ে সংকীর্ণ না ব্যবধানে একটি TC-P সমাধান রয়েছে, যেখানে T0 = min (T, R/F) সকলের জন্য (t, x) K।

এখন আমরা =কে প্রয়োজনীয় সেগমেন্ট হিসেবে নিতে পারি। প্রকৃতপক্ষে, এটি দেখাতে হবে যে যদি (t, (t)) K, তাহলে t + T0 t t + T0। উদাহরণস্বরূপ, দ্বিতীয় অসমতা দেখাই। কচি সমস্যার সমাধান (2) x = (t) সহ ডানদিকে অন্তত t + T0 বিন্দু পর্যন্ত বিদ্যমান, কিন্তু এটি একই সমস্যার একটি HP, যা স্বতন্ত্রতার কারণে একটি এক্সটেনশন, তাই t + T0 t +।

এইভাবে, HP গ্রাফ সর্বদা "B তে পৌঁছায়", তাই HP অস্তিত্বের ব্যবধান IC জ্যামিতির উপর নির্ভর করে।

এই ক্ষেত্রে:

বিবৃতি। ধরুন B = (a, b) Rn (ব্যবধানটি সসীম বা অসীম), f B-তে TK-P-এর শর্ত পূরণ করে, t0 (a, b) এর সাথে সমস্যার IS হল (1)। তারপর হয় t + = b বা |(t) | + t t + এর জন্য (এবং একইভাবে t এর জন্য)।

প্রমাণ। তাই t + b, তারপর t + + যাক।

একটি কমপ্যাক্ট সেট K = B B বিবেচনা করুন। TPK দ্বারা যেকোনো R + এর জন্য, (R) t + যেমন t (R), t +) বিন্দু (t, (t)) K আছে। কিন্তু যেহেতু tt + , এটি শুধুমাত্র অ্যাকাউন্ট | (t) | এর পরেই সম্ভব R. কিন্তু এর মানেও |(t) | + t t + এর জন্য।

এই বিশেষ ক্ষেত্রে, আমরা দেখতে পাই যে যদি f-কে "সমস্ত x-এর জন্য" সংজ্ঞায়িত করা হয়, তাহলে IS-এর অস্তিত্বের ব্যবধান সর্বাধিক সম্ভাব্য (a, b) থেকে কম হতে পারে শুধুমাত্র IS-এর কাছে যাওয়ার প্রবণতার কারণে। ব্যবধানের শেষ (t, t +) (সাধারণ ক্ষেত্রে - সীমা B পর্যন্ত)।

শরীরচর্চা. B = (a, b) ক্ষেত্রে শেষ বিবৃতিটিকে সাধারণীকরণ করুন, যেখানে Rn হল একটি নির্বিচারে ডোমেইন।

মন্তব্য করুন। এটা বোঝা উচিত যে |(t) | + কোন k (t) মানে না।

এইভাবে, আমরা প্রশ্ন 2 এর উত্তর দিয়েছি (§ 4 এর শুরুতে cf. উদাহরণ): IC B-তে পৌঁছেছে, কিন্তু t অক্ষের উপর এর অভিক্ষেপ টি অক্ষের উপর B-এর অভিক্ষেপের প্রান্তে নাও পৌঁছতে পারে। প্রশ্ন 1 রয়ে গেছে - এমন কোন লক্ষণ আছে যার দ্বারা, ODE সমাধান না করে, কেউ "বিস্তৃত সম্ভাব্য ব্যবধানে" সমাধানটি চালিয়ে যাওয়ার সম্ভাবনা বিচার করতে পারে? আমরা জানি যে লিনিয়ার ODE-এর জন্য এই এক্সটেনশনটি সর্বদা সম্ভব, কিন্তু § 4 এর শুরুতে উদাহরণে এটি অসম্ভব।

আসুন আমরা প্রথমে দৃষ্টান্তের জন্য, n = 1 এর জন্য URS-এর একটি বিশেষ ক্ষেত্রে বিবেচনা করি:

অনুপযুক্ত অবিচ্ছেদ্য h (s) ds (= + বা একটি বিন্দুতে h এর এককতার কারণে অনুপযুক্ত) এর অভিসরণ (,) এর পছন্দের উপর নির্ভর করে না। অতএব, নিচেরটিতে আমরা কেবল h(s) ds লিখব when এটা আসেএই অখণ্ডের অভিসার বা বিচ্যুতি সম্পর্কে।

এটি ওসগুডের উপপাদ্য এবং সম্পর্কিত বিবৃতিতে ইতিমধ্যেই করা যেতে পারে।

বিবৃতি। ধরুন একটি C (,), b C (, +), উভয় ফাংশন তাদের ব্যবধানে ধনাত্মক। ধরা যাক Cauchy সমস্যা (যেখানে t0 (,), x0) ব্যবধানে একটি IS x = x (t) আছে (t, t +) (,)। তারপর:

পরিণতি। a = 1, = + হলে t + = + প্রমাণ। (জক্তি)। উল্লেখ্য যে x একঘেয়ে বৃদ্ধি পায়।

শরীরচর্চা. প্রমাণ করুন।

অতএব, x (t +) = lim x (t) + আছে। আমাদের কেস 1 আছে। t +, x (t +) + - TPK দ্বারা অসম্ভব, যেহেতু x একটি IS।

উভয় অবিচ্ছেদ্য হয় সসীম বা অসীম।

শরীরচর্চা. সম্পূর্ণ প্রমাণ।

শিক্ষকের জন্য যুক্তি। ফলস্বরূপ, আমরা পাই যে 3 ক্ষেত্রে: a (s) ds +, এবং ক্ষেত্রে 4 (যদি এটি আদৌ উপলব্ধি করা হয়) একই জিনিস।

সুতরাং, x = f (x) ফর্মের n = 1 সহ সহজতম ODEগুলির জন্য, সমাধানগুলির প্রসারণযোগ্যতা দ্বারা নির্ধারিত হয়

স্বায়ত্তশাসিত) সমীকরণ পার্ট 3 দেখুন।

উদাহরণ। f (x) = x, 1 (বিশেষত, রৈখিক ক্ষেত্রে = 1), এবং f (x) = x লগ x-এর জন্য, আমরা + এর (ধনাত্মক) সমাধানগুলি অব্যাহত রাখার গ্যারান্টি দিতে পারি। f (x) = x এবং f (x) = x ln x 1 এ সমাধানগুলি "একটি সীমিত সময়ের মধ্যে ধ্বংস" হয়।

সাধারণ ক্ষেত্রে, পরিস্থিতি অনেক কারণ দ্বারা নির্ধারিত হয় এবং এটি এত সহজ নয়, তবে "x বরাবর f এর বৃদ্ধির হার" এর গুরুত্ব রয়ে গেছে। n 1 এর জন্য, এক্সটেনসিবিলিটি মানদণ্ড তৈরি করা কঠিন, কিন্তু যথেষ্ট শর্ত বিদ্যমান। একটি নিয়ম হিসাবে, তারা তথাকথিত সাহায্যে বসতি স্থাপন। সমাধানের একটি অগ্রাধিকার অনুমান।

সংজ্ঞা। ধরুন h C(,), h 0। বলা হয় কিছু ODE এর সমাধানের জন্য AO | x (t) | h (t) অন (,) যদি এই ODE-এর কোনো সমাধান এই অনুমানকে ব্যবধানের সেই অংশে সন্তুষ্ট করে (,) যেখানে এটি সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে (অর্থাৎ, এটা ধরে নেওয়া হয় না যে সমাধানগুলি সম্পূর্ণ ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে (,)) .

কিন্তু দেখা যাচ্ছে যে AO-এর উপস্থিতি গ্যারান্টি দেয় যে তবুও সমাধানগুলি সমগ্র (,) (এবং, তাই, সমগ্র ব্যবধানে অনুমানটি সন্তুষ্ট করতে) নির্ধারণ করা হবে, যাতে একটি অগ্রাধিকার অনুমানটি একটি উত্তরোত্তর অনুমানে পরিণত হয়:

উপপাদ্য। কচি সমস্যা (1) টিকে-পি-এর শর্তগুলিকে সন্তুষ্ট করতে দিন, এবং এর সমাধানের জন্য, AO কিছু h C (,) এবং বক্ররেখার সিলিন্ডার (| x | h (t) সহ ব্যবধানে (,) স্থান নেয়। t (,)) B. তারপর НР (1) সকলের উপর সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে (,) (এবং তাই, AOকে সন্তুষ্ট করে)।

প্রমাণ। আসুন প্রমাণ করি যে t + (t অনুরূপ)। ধরা যাক t +। একটি কমপ্যাক্ট সেট K = ( | x | h (t), t) B বিবেচনা করুন। TPK অনুসারে, tt + এ, গ্রাফের বিন্দু (t, x (t)) K ছেড়ে যায়, যা AO এর কারণে অসম্ভব। .

সুতরাং, কিছু ব্যবধানে সমাধানের প্রসারিততা প্রমাণ করার জন্য, পুরো প্রয়োজনীয় ব্যবধানে সমাধানটি আনুষ্ঠানিকভাবে অনুমান করাই যথেষ্ট।

একটি সাদৃশ্য: একটি ফাংশনের লেবেসগুয়ে পরিমাপযোগ্যতা এবং অখণ্ডের আনুষ্ঠানিক অনুমান অখণ্ডের বাস্তব অস্তিত্বকে বোঝায়।

এই যুক্তিটি কীভাবে কাজ করে তার কিছু উদাহরণ এখানে রয়েছে। আসুন উপরের থিসিসের একটি দৃষ্টান্ত দিয়ে শুরু করা যাক "এক্সে f এর বৃদ্ধি বরং ধীর।"

বিবৃতি। B = (,) Rn, f কে B, |f (t, x) এ TK-P শর্ত পূরণ করতে দিন | a (t) b (| x |), যেখানে a এবং b পূর্ববর্তী বিবৃতি c = 0, এবং = + এর শর্ত পূরণ করে। তারপর সমস্যার IS (1) সমস্ত t0 (,), x0 Rn-এর জন্য (,) এ বিদ্যমান।

লেমা। যদি এবং ক্রমাগত হয়, (t0) (t0); টি টি প্রমাণের জন্য। মনে রাখবেন যে (t0, t0 +) এর একটি আশেপাশে: যদি (t0) (t0), তাহলে এটি অবিলম্বে স্পষ্ট, এবং অন্যথায় (যদি (t0) = (t0) = 0) আমাদের কাছে (t0) = g (t0) আছে , 0) (t0), যা আবার প্রয়োজনীয় দেয়।

এখন ধরুন যে t1 t0 আছে যেমন (t1)। সুস্পষ্ট যুক্তি দ্বারা, কেউ খুঁজে পেতে পারে (t1) t2 (t0, t1] যেমন (t2) = (t2), এবং অন (t0, t2), কিন্তু তারপর t2 বিন্দুতে আমাদের আছে =, - একটি দ্বন্দ্ব।

g যে কোনো, আসলে, আপনার শুধুমাত্র প্রয়োজন, C, এবং যেখানেই =, সেখানে। তবে আমাদের মাথায় হাতুড়ি না দেওয়ার জন্য, আমরা এটিকে লেমার মতো বিবেচনা করব। এখানে একটি কঠোর অসমতা, কিন্তু একটি অরৈখিক ODE, এবং একটি তথাকথিত আছে।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। লেমার মতো এই ধরনের অসমতাকে চ্যাপলিগিন-টাইপ অসমতা (NP) বলা হয়। এটা সহজে দেখা যায় যে লেম্মায় স্বতন্ত্রতার শর্তের প্রয়োজন ছিল না, যাতে এই ধরনের একটি "কঠোর এনপি" পিয়ানোর উপপাদ্যের কাঠামোর মধ্যেও সত্য। একটি "দুর্বল LF" স্বতন্ত্রতা ছাড়া স্পষ্টতই মিথ্যা, যেহেতু সমতা একটি দুর্বল অসমতার একটি বিশেষ ক্ষেত্রে। অবশেষে, "ননস্ট্রিক্ট NP" স্বতন্ত্রতা শর্তের কাঠামোর মধ্যে সত্য, তবে এটি শুধুমাত্র স্থানীয়ভাবে প্রমাণ করা সম্ভব - IM এর সাহায্যে।

প্রমাণ। (জক্তি)। আসুন প্রমাণ করি যে t + = (t = একইভাবে)। ধরুন t +, তারপর উপরের বিবৃতি দ্বারা | x (t) | + t t + এর জন্য, তাই আমরা ধরে নিতে পারি x = 0 অন। যদি আমরা AO | x | প্রমাণ করি h অন) (সুবিধার জন্য বল বন্ধ)।

Cauchy সমস্যা x (0) = 0 এর R-এ একটি অনন্য IS x = 0 আছে।

আসুন f-এ একটি পর্যাপ্ত শর্ত নির্দেশ করি যার অধীনে R + তে একটি IS-এর অস্তিত্ব সমস্ত যথেষ্ট ছোট x0 = x (0) এর জন্য নিশ্চিত করা যেতে পারে। এটি করার জন্য, অনুমান করুন যে (4) তথাকথিত রয়েছে। লিয়াপুনভ ফাংশন, যেমন একটি ফাংশন V যেমন:

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

2.sgnV (x) = sgn | x |;

চলুন শর্ত A এবং B এর পরিপূর্ণতা পরীক্ষা করা যাক:

ক. কচি সমস্যাটি বিবেচনা করুন যেখানে | x1 | আর/২। আসুন একটি সিলিন্ডার B = R B (0, R) তৈরি করি - f ফাংশনের ডোমেন, যেখানে এটি আবদ্ধ এবং C1 শ্রেণির, যাতে সেখানে F = সর্বোচ্চ | f | বিদ্যমান থাকে। TK-P অনুসারে, ব্যবধানে (t1 T0, t1 + T0) সংজ্ঞায়িত (5) এর একটি সমাধান রয়েছে, যেখানে T0 = min (T, R / (2F))। একটি যথেষ্ট বড় T নির্বাচন করে, কেউ T0 = R / (2F) অর্জন করতে পারে। এটি গুরুত্বপূর্ণ যে T0 (t1, x1) এর পছন্দের উপর নির্ভর করে না, যতক্ষণ পর্যন্ত | x1 | আর/২।

B. যতক্ষণ পর্যন্ত সমাধান (5) সংজ্ঞায়িত করা হয় এবং B (0, R) বলের মধ্যে থাকে, আমরা নিম্নলিখিত যুক্তিগুলি সম্পাদন করতে পারি। আমাদের আছে:

V (x (t)) = f (x (t)) V (x (t)) 0, অর্থাৎ V (x (t)) V (x1) M (r) = সর্বোচ্চ V (y) ... এটা স্পষ্ট যে m এবং M অ-হ্রাস, অবিচ্ছিন্ন | r শূন্যে বিচ্ছিন্ন, m (0) = M (0) = 0, এবং শূন্যের বাইরে তারা ধনাত্মক। অতএব, সেখানে R 0 যেমন M (R) m (R/2)। যদি |x1 | R, তারপর V (x (t)) V (x1) M (R) m (R/2), কোথা থেকে | x (t) | আর/২। উল্লেখ্য যে R R/2.

এখন আমরা একটি উপপাদ্য তৈরি করতে পারি, যা সেক থেকে। A, B সমাধানের বৈশ্বিক অস্তিত্ব অনুমান করে (4):

উপপাদ্য। যদি (4) B (0, R) তে একটি Lyapunov ফাংশন থাকে, তাহলে সমস্ত x0 B (0, R) (যেখানে R উপরে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে), সিস্টেমের জন্য কচি সমস্যার এইচপি x (t0) = x0 (4) ) (যেকোনো t0 সহ) + এর আগে সংজ্ঞায়িত।

প্রমাণ। আইটেম A এর গুণে, সমাধানটি তৈরি করা যেতে পারে, যেখানে t1 = t0 + T0 / 2। এই সমাধানটি B (0, R) এর মধ্যে রয়েছে এবং আমরা এতে B আইটেমটি প্রয়োগ করি, যাতে | x (t1) | আর/২। আমরা আইটেম A আবার প্রয়োগ করি এবং একটি সমাধান পাই, যেখানে t2 = t1 + T0 / 2, অর্থাৎ, এখন সমাধানটি তৈরি করা হয়েছে। আমরা এই সমাধানে আইটেম B প্রয়োগ করি এবং | x (t2) | পাই R/2, এবং তাই। একটি গণনাযোগ্য সংখ্যক ধাপে, আমরা § 5-এ একটি সমাধান পাই। কচি সমস্যা বিবেচনা করুন যেখানে Rk। যদি কারো জন্য, t0 (), x0 () এই Cauchy সমস্যাটিতে একটি HP থাকে, তাহলে এটি x (t,)। প্রশ্ন উঠেছে: কিভাবে x এর উপর নির্ভরতা অধ্যয়ন করবেন? এই প্রশ্নটি বিভিন্ন অ্যাপ্লিকেশনের কারণে গুরুত্বপূর্ণ (এবং বিশেষ করে অংশ 3-এ উঠবে), যার মধ্যে একটি (যদিও সম্ভবত সবচেয়ে গুরুত্বপূর্ণ নয়) একটি ODE-এর আনুমানিক সমাধান।

উদাহরণ। Cauchy সমস্যাটি বিবেচনা করুন এর HP বিদ্যমান এবং অনন্য, যেমন TK-P থেকে অনুসরণ করা হয়েছে, তবে প্রাথমিক ফাংশনে এটি প্রকাশ করা অসম্ভব। কিভাবে, তাহলে, তার বৈশিষ্ট্য তদন্ত করতে? একটি উপায় নিম্নরূপ: মনে রাখবেন যে (2) সমস্যাটির "নিকট" y = y, y (0) = 1, যার সমাধানটি খুঁজে পাওয়া সহজ: y (t) = et। আমরা অনুমান করতে পারি যে x (t) y (t) = et। এই ধারণাটি স্পষ্টভাবে নিম্নরূপ তৈরি করা হয়েছে: সমস্যাটি বিবেচনা করুন At = 1/100 এটি (2), এবং = 0 এ এটি y এর সমস্যা। যদি আমরা প্রমাণ করি যে x = x (t,) নিরবচ্ছিন্ন (একটি নির্দিষ্ট অর্থে), তাহলে আমরা 0 এ x (t,) y (t) পাই এবং এর অর্থ x (t, 1/100) y ( t) = et.

সত্য, এটা অস্পষ্ট রয়ে গেছে যে x y এর কতটা কাছাকাছি, কিন্তু x-এর ধারাবাহিকতার প্রমাণ হল প্রথম প্রয়োজনীয় পদক্ষেপ, যা ছাড়া আরও অগ্রসর হওয়া অসম্ভব।

একইভাবে, প্রাথমিক ডেটাতে পরামিতিগুলির উপর নির্ভরতা অধ্যয়ন করা দরকারী। যেমনটি আমরা পরে দেখব, এই নির্ভরতা সহজেই সমীকরণের ডানদিকের প্যারামিটারের উপর নির্ভরতায় হ্রাস পায়, তাই আপাতত আমরা নিজেদেরকে Let f C (D) ফর্মের একটি সমস্যায় সীমাবদ্ধ রাখব, যেখানে D হল Rn + k + 1-এ ডোমেইন; ডি উত্তল থেকে x-এ যেকোন কমপ্যাক্ট সেটে x-এ f হল Lipschitz (উদাহরণস্বরূপ, C (D) যথেষ্ট)। আমরা ঠিক করি (t0, x0)। আমরা M = Rk | সেট করি (t0, x0,) D হল গ্রহণযোগ্যদের সেট (যার জন্য সমস্যা (4) বোঝা যায়)। উল্লেখ্য যে M খোলা আছে। আমরা ধরে নেব যে (t0, x0) বেছে নেওয়া হয়েছে যাতে M =। TK-P অনুসারে, সমস্ত M-এর জন্য সমস্যাটির একটি অনন্য IS রয়েছে (4) - ফাংশন x = (t,), ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত t (t (), t + ())।

কঠোরভাবে বলতে গেলে, যেহেতু এটি অনেকগুলি ভেরিয়েবলের উপর নির্ভর করে, এটি (4) নিম্নলিখিত হিসাবে লিখতে হবে:

যেখানে (5) 1 সেটে ধরে আছে G = ((t,) | M, t (t (), t + ()))। যাইহোক, d / dt এবং / t চিহ্নগুলির মধ্যে পার্থক্যটি সম্পূর্ণরূপে মনস্তাত্ত্বিক (তাদের ব্যবহার "ফিক্স" এর একই মনস্তাত্ত্বিক ধারণার উপর নির্ভর করে)। সুতরাং, সেটটি একটি ফাংশনের সংজ্ঞায় একটি প্রাকৃতিক সর্বাধিক সেট, এবং ধারাবাহিকতার প্রশ্নটি জি-তে সুনির্দিষ্টভাবে তদন্ত করা উচিত।

আমাদের একটি সহায়ক ফলাফল প্রয়োজন:

লেমা। (গ্রোনওয়ালা)। ফাংশন C, 0, সমস্ত t-এর অনুমানকে সন্তুষ্ট করতে দিন। তারপর, সবার জন্য, এটি সত্য। শিক্ষকের প্রতি মন্তব্য করুন। বক্তৃতা দেওয়ার সময়, আপনাকে এই সূত্রটি আগে থেকে মুখস্থ করতে হবে না, তবে স্থান ছেড়ে দিন এবং উপসংহারের পরে প্রবেশ করুন।

কিন্তু তারপরে এই সূত্রটিকে সরল দৃষ্টিতে রাখুন, যেহেতু এটি ToNZ-এ প্রয়োজনীয় হবে।

h = A + B Ah + B, যেখান থেকে আমরা যা প্রয়োজন তা পাই।

এই লেমার অর্থ: ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ এবং অসমতা, তাদের মধ্যে সম্পর্ক, অবিচ্ছেদ্য সমীকরণ এবং অসমতা, তাদের সকলের মধ্যে সম্পর্ক, গ্রোনওয়ালের ডিফারেনশিয়াল এবং ইন্টিগ্রাল লেমা এবং তাদের মধ্যে সম্পর্ক।

মন্তব্য করুন। A এবং B সম্পর্কে আরও সাধারণ অনুমানের অধীনে এই লেমা প্রমাণ করা সম্ভব, তবে আমাদের এখনও এটির প্রয়োজন নেই, তবে MFM চলাকালীন এটি করা হবে (উদাহরণস্বরূপ, এটি দেখা সহজ যে আমরা ব্যবহার করিনি A এবং B এর ধারাবাহিকতা ইত্যাদি)।

আমরা এখন ফলাফল স্পষ্টভাবে প্রকাশ করতে প্রস্তুত:

উপপাদ্য। (ToHZ) f সম্পর্কে তৈরি অনুমানের অধীনে এবং উপরে প্রবর্তিত স্বরলিপিতে, আমরা জোর দিতে পারি যে G খোলা এবং C (G)।

মন্তব্য করুন। এটা স্পষ্ট যে সেট M, সাধারণভাবে বলতে গেলে, সংযুক্ত নয়, যাতে G-ও সংযোগ বিচ্ছিন্ন হতে পারে।

শিক্ষকের কাছে নোট করুন। যাইহোক, যদি আমরা প্যারামিটারের সংখ্যায় (t0, x0) অন্তর্ভুক্ত করি, তাহলে সংযোগটি হবে - এটি করা হয়।

প্রমাণ। Let (t,) G. এটা প্রমাণ করা প্রয়োজন যে:

যাক, সুনির্দিষ্টতার জন্য, t0. আমাদের আছে: M, যাতে (t,) সংজ্ঞায়িত করা হয় (t (), t + ()) t, t0, এবং তাই কিছু ব্যবধানে যেমন t পয়েন্ট (t, (t,),) একটি কম্প্যাক্টের মধ্য দিয়ে চলে। বক্ররেখা D (সমান্তরাল হাইপারপ্লেন (= 0))। এর মানে হল বিভিন্ন প্রজাতির সংজ্ঞা আপনার চোখের সামনে প্রতিনিয়ত রাখতে হবে!

যথেষ্ট ছোট a এবং b (x তে উত্তল) এর জন্য D তেও কমপ্যাক্ট, যাতে f ফাংশনটি x এ Lipschitz হয়:

[এই মূল্যায়ন সবসময় চোখের সামনে রাখতে হবে! ] এবং সব ভেরিয়েবলে সমানভাবে অবিচ্ছিন্ন, এবং আরও বেশি | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2)।

[এই মূল্যায়ন সবসময় চোখের সামনে রাখতে হবে! ] একটি নির্বিচারে 1 বিবেচনা করুন যেমন | 1 | b এবং সংশ্লিষ্ট সমাধান (t, 1)। সেট (= 1) D (= 1) তে কম্প্যাক্ট এবং t = t0 এর জন্য বিন্দু (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) (= 1), এবং TPK অনুযায়ী t t + (1) বিন্দু (t, (t, 1), 1) পাতা (= 1)। ধরা যাক t2 t0 (t2 t + (1)) প্রথম মান যেখানে উল্লিখিত বিন্দুতে যায়।

নির্মাণের মাধ্যমে, t2 (t0, t1]। আমাদের কাজ হল দেখানো যে t2 = t1 অতিরিক্ত বিধিনিষেধের অধীনে। এখন যাক t3। আমাদের আছে (এই ধরনের সমস্ত t3-এর জন্য, নীচে ব্যবহৃত সমস্ত পরিমাণ নির্মাণ দ্বারা সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে):

(t3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, আসুন প্রমাণ করার চেষ্টা করি যে এই মানটি পরম মানের থেকে কম।

যেখানে ইন্টিগ্র্যান্ড অনুমান করা হয়েছে নিম্নরূপ:

± f (t, (t,),), কিন্তু ± f (t, (t,),), যেহেতু পার্থক্য | (t, 1) (t,) | এখনও কোন অনুমান নেই, তাই (t, (t, 1),) অস্পষ্ট, কিন্তু |1 | is, এবং (t, (t,), 1) পরিচিত।

যাতে শেষ পর্যন্ত | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

সুতরাং, ফাংশন (t3) = | (t3, 1) (t3,) | (এটি একটি ক্রমাগত ফাংশন) A(s) K 0, B (s) ($ 1 |), T = t2, = 0 দিয়ে Gronwall এর লেমার শর্ত পূরণ করে, তাই এই লেমা ফল দেয় [এই অনুমানটি অবশ্যই সামনে রাখতে হবে সব সময় তোমার চোখ! ] যদি আমরা গ্রহণ করি | 1 | 1 (t1)। আমরা ধরে নেব যে 1 (t1) খ. আমাদের সমস্ত যুক্তি সমস্ত t3 এর জন্য সঠিক।

এইভাবে, 1 এর এই পছন্দের সাথে, যখন t3 = t2, তবুও | (t2, 1) (t2,) | a এবং এছাড়াও |1 | খ. তাই, (t2, (t2, 1), 1) শুধুমাত্র t2 = t1 এর কারণেই সম্ভব। কিন্তু এর মানে, বিশেষ করে, যে (t, 1) সম্পূর্ণ ব্যবধানে সংজ্ঞায়িত করা হয়েছে, অর্থাৎ, t1 t + (1), এবং ফর্মের সমস্ত বিন্দু (t, 1) G যদি t, |1 | 1 (t1)।

অর্থাৎ, যদিও t+ নির্ভর করে, সেগমেন্টটি t + () এর বাম দিকে পর্যাপ্ত পরিমাণে কাছাকাছি থাকে। চিত্রে t4 t0 এবং 2 (t4) সংখ্যার অস্তিত্ব t t0 এর জন্য একইভাবে দেখানো হয়েছে। যদি t t0, তাহলে বিন্দু (t,) B (, 1) G, একইভাবে t t0 এর জন্য, এবং যদি t = t0, তাহলে উভয় ক্ষেত্রেই প্রযোজ্য, যাতে (t0,) B (, 3) G, যেখানে 3 = মিনিট (12)। এটি গুরুত্বপূর্ণ যে একটি স্থির (t,) জন্য কেউ t1 (t,) খুঁজে পেতে পারে যাতে t1 t 0 (বা, যথাক্রমে, t4), এবং 1 (t1) = 1 (t,) 0 (বা, যথাক্রমে, 2) ), যাতে পছন্দ 0 = 0 (t,) স্পষ্ট হয় (যেহেতু একটি বল ফলস্বরূপ নলাকার আশেপাশে খোদাই করা যেতে পারে)।

প্রকৃতপক্ষে, একটি আরও সূক্ষ্ম সম্পত্তি প্রমাণিত হয়েছে: যদি একটি নির্দিষ্ট ব্যবধানে একটি IS সংজ্ঞায়িত করা হয়, তবে পর্যাপ্ত ক্লোজ প্যারামিটার সহ সমস্ত IS এর উপর সংজ্ঞায়িত করা হয় (যেমন,

সমস্ত HP দ্বারা একটু ক্ষুব্ধ)। যাইহোক, এবং তদ্বিপরীত, এই বৈশিষ্ট্যটি G-এর উন্মুক্ততা থেকে অনুসরণ করে, যেমনটি নীচে দেখানো হবে, তাই এইগুলি সমতুল্য ফর্মুলেশন।

এইভাবে, আমরা আইটেম 1 প্রমাণ করেছি।

যদি আমরা মহাকাশে নির্দেশিত সিলিন্ডারে থাকি, তাহলে অনুমানটি 1 | এর জন্য সত্য 4 (, t,)। একই সময়ে | (t3,) (t,) | জন্য | t3 t | 5 (, t,) টি ধারাবাহিকতার বিবেচনায়। ফলস্বরূপ, (t3, 1) B ((t,),) এর জন্য আমাদের আছে | (t3, 1) (t,) |, যেখানে = মিনিট (4, 5)। এটি 2 নং ধারা।

"রাশিয়ান ফেডারেশনের শিক্ষা ও বিজ্ঞান মন্ত্রনালয় ফেডারেল রাজ্য বাজেট শিক্ষামূলক প্রতিষ্ঠান উচ্চতর পেশাগত শিক্ষা স্টেট ইউনিভার্সিটি অফ ম্যানেজমেন্ট ইনস্টিটিউট বৈজ্ঞানিক, শিক্ষাগত এবং বৈজ্ঞানিক কর্মীদের প্রশিক্ষণের জন্য - বিশেষ শিক্ষাগত 2010-2018-র বিশেষ শিক্ষাগত 2010-2018-এর প্রবেশ পরীক্ষার প্রোগ্রাম প্রবেশিকা পরীক্ষাস্কুলে স্নাতক হতে..."

"আমুর স্টেট ইউনিভার্সিটি ডিপার্টমেন্ট অফ সাইকোলজি অ্যান্ড পেডাগজি এডুকেশনাল-মেথডোলজিকাল কমপ্লেক্স অফ ডিসিপ্লিন কনসালটেটিভ সাইকোলজি স্নাতক 030300.62 এর দিক থেকে বেসিক এডুকেশনাল প্রোগ্রাম" সাইকোলজি ব্লাগোভেশচেনস্ক 2012 ডিপার্টমেন্ট অফ পেডকোলজি এবং ডিপার্টমেন্টের কনসাইডে প্রস্তাবিত

"অটোমোটিভ ইন্ডাস্ট্রি) ওমস্ক - 2009 3 ফেডারেল এডুকেশন এজেন্সি GOU VPO সাইবেরিয়ান স্টেট অটোমোবাইল অ্যান্ড হাইওয়ে একাডেমি (SibADI) ডিপার্টমেন্ট অফ ইঞ্জিনিয়ারিং পেডাগজি মেথোডোলজিকাল ইন্সট্রাকশন ডিসিপ্লিন অধ্যয়নের জন্য পেডাগোজিকাল টেকনোলজিস স্পেশালিটি ছাত্রদের জন্য - 050501 অটোকার্টি ট্রেনিং"...

"সিরিজ শিক্ষামূলক বই জিএস রোজেনবার্গ, এফএন রায়ানস্কি তাত্ত্বিক এবং প্রয়োগকৃত বাস্তুবিদ্যা পাঠ্যপুস্তক ক্লাসিক্যাল বিশ্ববিদ্যালয় শিক্ষার জন্য শিক্ষাগত এবং পদ্ধতিগত সমিতি দ্বারা প্রস্তাবিত রাশিয়ান ফেডারেশনপরিবেশগত বিশেষত্বের উচ্চ শিক্ষা প্রতিষ্ঠানের শিক্ষার্থীদের জন্য পাঠ্যপুস্তক হিসাবে নিঝনেভারতোভস্কের নিঝনেভারতোভস্ক পাবলিশিং হাউসের ২য় সংস্করণ শিক্ষাগত ইনস্টিটিউট 2005 BBK 28.080.1я73 P64 রিভিউয়ার: ডক্টর অফ বিওল। বিজ্ঞান, অধ্যাপক ভিআই পপচেঙ্কো (ইন্সটিটিউট অফ ইকোলজি ..."

"রাশিয়ান ফেডারেশনের শিক্ষা ও বিজ্ঞান মন্ত্রণালয় ফেডারেল স্টেট বাজেটারি এডুকেশনাল ইনস্টিটিউশন অফ হায়ার প্রফেশনাল এডুকেশন ক্রাসনোয়ার্স্ক স্টেট পেডাগোজিকাল ইউনিভার্সিটি। ভিপি. Astafieva E.M. অ্যান্টিপোভা স্মল প্র্যাকটিস অন বোটানিক্স ইলেক্ট্রনিক সংস্করণ ক্রাসনোয়ার্স্ক 2013 এলবিসি 28.5 এ 721 রিভিউয়ার: ভাসিলিভ এ.এন., ডক্টর অফ বায়োলজিক্যাল সায়েন্স, কেএসপিইউ-এর অধ্যাপকের নামকরণ করা হয়েছে ভিপি. আস্তাফিয়েভা; ইয়ামস্কিখ জিইউ., ভূতাত্ত্বিক বিজ্ঞানের ডাক্তার, সাইবেরিয়ান ফেডারেল ইউনিভার্সিটির অধ্যাপক ট্রেটিয়াকোভা আইএন, জৈবিক বিজ্ঞানের ডক্টর, অধ্যাপক, বন ইনস্টিটিউটের নেতৃস্থানীয় কর্মচারী ... "

"রাশিয়ান ফেডারেশনের শিক্ষা ও বিজ্ঞান মন্ত্রণালয় ফেডারেল স্টেট এডুকেশনাল বাজেটারি ইনস্টিটিউশন অফ হায়ার প্রফেশনাল এডুকেশন আমুর স্টেট ইউনিভার্সিটি ডিপার্টমেন্ট অফ সাইকোলজি অ্যান্ড পেডাগজি এডুকেশনাল-মেথোডলজিকাল কমপ্লেক্স অফ দি ডিসিপ্লিন অফ দি ডিসিপ্লিন অফ দি বেসিস অফ পেডিয়াট্রিক এডুকেশন প্রোগ্রাম। মনস্তাত্ত্বিক এবং শিক্ষাগত শিক্ষা Blagoveshchensk মনোবিজ্ঞান বিভাগের একটি সভায় 2012 1 বিকাশ করেছে এবং ... "

«বিস্তারিত উত্তর সহ কার্যগুলি পরীক্ষা করা হচ্ছে শিক্ষা প্রতিষ্ঠানের 9ম গ্রেডের স্নাতকদের রাজ্য (চূড়ান্ত) প্রত্যয়ন (একটি নতুন আকারে) 2013 ভূগোল মস্কো 2013 লেখক-সংকলক: Ambartsumova E.M. শিক্ষা প্রতিষ্ঠানের 9 শ্রেণীর স্নাতকদের রাষ্ট্রীয় (চূড়ান্ত) শংসাপত্রের ফলাফলের বস্তুনিষ্ঠতা বৃদ্ধি করা (এ..."

"রাশিয়ান ফেডারেশনের রাষ্ট্রভাষা হিসাবে রাশিয়ান শেখানোর জন্য রেফারেন্স, তথ্য এবং পদ্ধতিগত বিষয়বস্তুর ব্যবহার সম্পর্কে ব্যবহারিক সুপারিশ। ব্যবহারিক সুপারিশ রাশিয়ান ভাষার শিক্ষকদের (একটি বিদেশী ভাষা সহ) সম্বোধন করা হয়। বিষয়বস্তু: 1 নির্বাচনের জন্য ব্যবহারিক সুপারিশ এবং নির্দেশিকা। রাষ্ট্রভাষা হিসাবে রাশিয়ান ভাষার কার্যকারিতার সমস্যাগুলির জন্য উত্সর্গীকৃত শিক্ষাগত এবং শিক্ষামূলক সেশনের জন্য উপাদানের বিষয়বস্তু ... "

EV মুরিউকিনা সমালোচনামূলক চিন্তাভাবনার বিকাশ এবং বিশ্ববিদ্যালয়ের জন্য প্রেস অ্যানালাইসিস পাঠ্যপুস্তকের প্রক্রিয়াতে ছাত্রদের মিডিয়া দক্ষতা তাগানরোগ 2008 2 মুরিউকিনা ই.ভি. প্রেস বিশ্লেষণের প্রক্রিয়ায় শিক্ষার্থীদের সমালোচনামূলক চিন্তাভাবনা এবং মিডিয়া দক্ষতার বিকাশ। বিশ্ববিদ্যালয়ের জন্য পাঠ্যপুস্তক। Taganrog: NP সেন্টার ফর পার্সোনালিটি ডেভেলপমেন্ট, 2008.298 p. পাঠ্যপুস্তকটি মিডিয়া শিক্ষার প্রক্রিয়ায় শিক্ষার্থীদের সমালোচনামূলক চিন্তাভাবনা এবং মিডিয়া দক্ষতার বিকাশ পরীক্ষা করে। আজ থেকে প্রেস..."

"ও. পি. গোলোভচেঙ্কো মানব শারীরিক কার্যকলাপের গঠন সম্পর্কে পার্ট II P ED AG OGIK A DVI GAT ELN OY ক্রিয়াকলাপ VN OSTI 3 শিক্ষামূলক প্রকাশনা ওলেগ পেট্রোভিচ গোলভচেঙ্কো মানব শারীরিক কার্যকলাপের গঠন। কোসেনকোভা ডি.ভি. স্মোলিয়াক এবং এস.ভি. Potapova *** 23.11 তারিখে মুদ্রণের জন্য স্বাক্ষরিত। বিন্যাস 60 x 90 / 1/16। লেখার কাগজ টাইমস হেডসেট মুদ্রণের অপারেশনাল পদ্ধতি রূপান্তর। nl..."

উচ্চ পেশাগত শিক্ষার রাষ্ট্রীয় শিক্ষা প্রতিষ্ঠান কাজান স্টেট ইউনিভার্সিটি আইএম। ভেতরে এবং. ULYANOVA-LENINA বৈজ্ঞানিক এবং শিক্ষাগত সম্পদের বৈদ্যুতিন গ্রন্থাগার। শিক্ষামূলক টুলকিট Abrosimov A.G. লাজারেভা ইউ.আই. কাজান 2008 ইলেকট্রনিক লাইব্রেরিবৈজ্ঞানিক এবং শিক্ষাগত সম্পদ। ইলেক্ট্রনিক দিক নির্দেশনা অধ্যয়ন শিক্ষাগত সম্পদ... - কাজান: কেএসইউ, 2008। শিক্ষণ সহায়তা সিদ্ধান্ত দ্বারা প্রকাশিত হয় ... "

"রাশিয়ান ফেডারেশনের শিক্ষা মন্ত্রণালয় উচ্চতর পেশাগত শিক্ষার রাষ্ট্রীয় শিক্ষা প্রতিষ্ঠান ওরেনবার্গ স্টেট ইউনিভার্সিটি আকবুলাক শাখা শিক্ষাবিদ্যা বিভাগ V.A. স্টেট এডুকেশনাল ইনস্টিটিউশন অফ দ্য স্টেট ইউনিভার্সিটি ইনস্টিটিউশন বা উচ্চ শিক্ষার সম্পাদকীয় ও প্রকাশনা পরিষদ দ্বারা প্রকাশের জন্য সুপারিশকৃত সাধারণ শিক্ষামূলক বিদ্যালয়ের প্রাথমিক বিদ্যালয়ে টেটস্কোভা মেথোডলজি অফ টিচিং আর্ট।

রাশিয়ান ফেডারেশনের শিক্ষা ও বিজ্ঞান মন্ত্রণালয় স্টাভরপোল অঞ্চলের শিক্ষা মন্ত্রণালয় Dzhegutanova শিশু সাহিত্য অধ্যয়ন ভাষার শিক্ষাদান এবং পদ্ধতিগত জটিল স্টাভ্রোপল 2010 1 UDC 82.0 এর সম্পাদকীয় এবং প্রকাশনা কাউন্সিলের সিদ্ধান্ত দ্বারা প্রকাশিত হয়েছে।

"ইন্ট্রাস্কুল শিক্ষার মান মূল্যায়নের নতুন সিস্টেমের প্রবিধান MBOU কামিশিনস্কায়া মাধ্যমিক বিদ্যালয় 1. সাধারণ বিধান 1.1। শিক্ষার গুণমান মূল্যায়নের জন্য আন্তঃ-স্কুল ব্যবস্থার প্রবিধান (এর পরে - প্রবিধান) পৌরসভা বাজেট শিক্ষা প্রতিষ্ঠানে শিক্ষার গুণমান মূল্যায়নের জন্য আন্তঃ-স্কুল ব্যবস্থা বাস্তবায়নের জন্য অভিন্ন প্রয়োজনীয়তা স্থাপন করে (এর পরে - SHSOKO) কামিশিনস্কায়া মাধ্যমিক ব্যাপক স্কুল(এখন থেকে স্কুল হিসাবে উল্লেখ করা হয়েছে)। 1.2। SHSOCO এর ব্যবহারিক বাস্তবায়নের সাথে সামঞ্জস্য রেখে নির্মিত হয়েছে ... "

"উজবেকিস্তান প্রজাতন্ত্রের স্বাস্থ্য মন্ত্রনালয় তাশখন্দ মেডিকেল একাডেমি বিভাগের ক্লিনিক্যাল অ্যালারগোলজির সাথে স্বাস্থ্যসেবা অপারেশানদের অনুমোদন করেছে একাডেমিক বিষয়ের জন্য ভাইস-রেক্টর প্রফেসর। ওআর তেশায়েভ _ 2012 একীভূত পদ্ধতিগত পদ্ধতিতে ব্যবহারিক অনুশীলনের জন্য শিক্ষাদান এবং পদ্ধতিগত বিকাশের খসড়া তৈরির জন্য সুপারিশ পদ্ধতিগত নির্দেশাবলীমেডিকেল বিশ্ববিদ্যালয়ের শিক্ষকদের জন্য তাসখন্দ-2012 উজবেকিস্তান প্রজাতন্ত্রের স্বাস্থ্য মন্ত্রনালয় মেডিকেল শিক্ষার উন্নয়নের জন্য তাশখন্দ মেডিকেল ... "

"ফেডারেল এজেন্সি ফর এডুকেশন গর্নো-আলতাই স্টেট ইউনিভার্সিটি এপি মাকোশেভ পলিটিকাল জিওগ্রাফি অ্যান্ড জিওপোলিটিক্স স্টাডি গাইড গর্নো-আলতাইস্ক রিও অফ গর্নো-আলতাই স্টেট ইউনিভার্সিটি 2006 গর্নো-আলতা-এর সম্পাদকীয় ও প্রকাশনা পরিষদের সিদ্ধান্ত দ্বারা প্রকাশিত স্টেট ইউনিভার্সিটিমাকোশেভ এপি রাজনৈতিক ভূগোল এবং ভূরাজনীতি। শিক্ষার পথপ্রদর্শক. - Gorno-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 পি। শিক্ষাগত সহায়তাটি শিক্ষাগত অনুসারে তৈরি করা হয়েছিল ... "

"এ.ভি. নোভিটস্কায়া, এল.আই. নিকোলাভা স্কুল অফ দ্য ফিউচার মডার্ন এডুকেশনাল প্রোগ্রাম জীবনের পর্যায় ক্লাস 1 প্রাথমিক শ্রেণির শিক্ষকদের জন্য পদ্ধতিগত নির্দেশিকা মস্কো 2009 UDC 371 (075.8) LBC 74.0000-এর আইনগতভাবে, এন.পি.-এর সুরক্ষার অধিকার প্রয়োজন। Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. এন 68 আধুনিক শিক্ষামূলক প্রোগ্রামজীবনের ধাপ। - এম।: অ্যাভালন, 2009।-- 176 পি। ISBN 978 5 94989 141 4 এই ব্রোশিওরটি প্রাথমিকভাবে শিক্ষাবিদদের উদ্দেশ্যে, তবে নিঃসন্দেহে এটির তথ্যের জন্য ... "

"শিক্ষাগত-পদ্ধতিগত জটিল রাশিয়ান ব্যবসায়িক আইন 030500 - জুরিসপ্রুডেন্স মস্কো 2013 লেখক - সিভিল ল ডিসিপ্লিনস রিভিউয়ার বিভাগের সংকলক - শিক্ষাগত-পদ্ধতিগত কমপ্লেক্সটি সিভিল ল ডিসিপ্লিন প্রোটোকল নম্বর 013 থেকে ডিপার্টমেন্ট অফ সিভিল ল ডিসিপ্লিনস ডিপার্টমেন্টের একটি সভায় বিবেচনা করা হয়েছে এবং অনুমোদিত হয়েছে৷ রাশিয়ান ব্যবসায়িক আইন: শিক্ষাগত এবং পদ্ধতিগত ... "

"ক. এ. ইয়ামাশকিন ভি. ভি. রুজেনকভ আল। A. ইয়ামাশকিন জিওগ্রাফি অফ দ্য রিপাবলিক অফ মর্ডোভিয়া পাঠ্যপুস্তক সারানস্ক পাবলিশিং হাউস অফ মর্ডোভস্ক ইউনিভার্সিটি 2004 ইউডিসি 91 (075) (470.345) BBK D9 (2R351-470) পিএইচডিভিউর পিএইচডি ইউনিভার্সিটি; ভৌগলিক বিজ্ঞানের ডাক্তার, অধ্যাপক এ.এম. নোসোনভ; সারানস্ক এ.ভি. লিওন্তিয়েভের 39 নং স্কুল-কমপ্লেক্সের শিক্ষক প্রাক-বিশ্ববিদ্যালয় প্রশিক্ষণ এবং মাধ্যমিক অনুষদের শিক্ষাগত এবং পদ্ধতিগত কাউন্সিলের সিদ্ধান্ত দ্বারা প্রকাশিত ... "

আলেকজান্ডার ভিক্টোরোভিচ অ্যাব্রোসিমভ জন্ম তারিখ: নভেম্বর 16, 1948 (1948 11 16) জন্মস্থান: কুইবিশেভ মৃত্যুর তারিখ ... উইকিপিডিয়া

I ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ সমীকরণ যার মধ্যে পছন্দসই ফাংশন রয়েছে, তাদের বিভিন্ন অর্ডারের ডেরিভেটিভ এবং স্বাধীন চলক। D. এ তত্ত্ব। 17 শতকের শেষে উদ্ভূত। মেকানিক্স এবং অন্যান্য প্রাকৃতিক বিজ্ঞান শাখার চাহিদা দ্বারা প্রভাবিত, ... ... গ্রেট সোভিয়েত এনসাইক্লোপিডিয়া

সাধারণ ডিফারেনশিয়াল ইকুয়েশন (ODE) হল ফর্মের একটি ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ যেখানে একটি অজানা ফাংশন (সম্ভবত একটি ভেক্টর ফাংশন, তারপর, একটি নিয়ম হিসাবে, একই মাত্রার একটি স্পেসে মান সহ একটি ভেক্টর ফাংশন; এতে ... ... উইকিপিডিয়া

উইকিপিডিয়ায় এই উপাধি সহ অন্যান্য ব্যক্তিদের সম্পর্কে নিবন্ধ রয়েছে, দেখুন ইউডোভিচ। ভিক্টর ইওসিফোভিচ ইউডোভিচ জন্ম তারিখ: অক্টোবর 4, 1934 (1934 10 04) জন্মস্থান: তিবিলিসি, ইউএসএসআর মৃত্যুর তারিখ ... উইকিপিডিয়া

ডিফারেনশিয়াল- (ডিফারেনশিয়াল) ডিফারেনশিয়াল ডেফিনিশন, ফাংশন ডিফারেনশিয়াল, ডিফারেনশিয়াল লক ডিফারেনশিয়াল ডেফিনেশন, ফাংশন ডিফারেনশিয়াল, ডিফারেনশিয়াল লক বিষয়বস্তু বিষয়বস্তু গণিতের অনানুষ্ঠানিক বিবরণ... ... বিনিয়োগকারী বিশ্বকোষ

আংশিক ডিফারেনশিয়াল সমীকরণের তত্ত্বের মৌলিক ধারণাগুলির মধ্যে একটি। X এর ভূমিকা এই সমীকরণগুলির অপরিহার্য বৈশিষ্ট্যগুলিতে নিজেকে প্রকাশ করে, যেমন সমাধানের স্থানীয় বৈশিষ্ট্য, বিভিন্ন সমস্যার সমাধানযোগ্যতা, তাদের সঠিকতা ইত্যাদি। চলুন ... ... গণিতের এনসাইক্লোপিডিয়া

একটি সমীকরণ যেখানে অজানা একটি স্বাধীন পরিবর্তনশীলের একটি ফাংশন, এবং এই সমীকরণটি শুধুমাত্র অজানা ফাংশনটিই নয়, এর বিভিন্ন আদেশের ডেরিভেটিভও অন্তর্ভুক্ত করে। ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ শব্দটি জি দ্বারা প্রস্তাবিত হয়েছিল। গণিতের এনসাইক্লোপিডিয়া

ট্রেনোগিন ভ্লাদিলেন আলেকসান্দ্রোভিচ ভি. এ. ট্রেনোগিন MISiS জন্ম তারিখের একটি বক্তৃতায় ... উইকিপিডিয়া

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich VA Trenogin MISiS-এ একটি বক্তৃতায় জন্ম তারিখ: 1931 (1931) ... উইকিপিডিয়া

গাউসিয়ান সমীকরণ, দ্বিতীয় ক্রমটির রৈখিক সাধারণ ডিফারেনশিয়াল সমীকরণ বা, স্ব-সংলগ্ন আকারে, সাধারণ ক্ষেত্রে চলক এবং পরামিতিগুলি যে কোনও জটিল মান নিতে পারে। প্রতিস্থাপনের পরে, হ্রাসকৃত ফর্মটি প্রাপ্ত হয় ... ... গণিতের এনসাইক্লোপিডিয়া