Макарская Е.В. Кітапта: Студенттік ғылым күндері. Көктем - 2011. М.: Мәскеу мемлекеттік экономика, статистика және информатика университеті, 2011 ж. 135-139.

Авторлар экономикалық жүйелерді зерттеу үшін сызықтық дифференциалдық теңдеулер теориясының практикада қолданылуын қарастырады. Мақала экономикалық жүйелердің тепе-теңдік күйлерін таба отырып, Кейнс пен Самуэльсон-Хикстің динамикалық модельдерін талдайды.

Иванов А.И., Исаков И., Демин А.В. және басқалар. 5. Бөлім.: Слово, 2012 ж.

Нұсқаулықта дозаланған сынақтар кезінде адамның оттегі тұтынуын зерттеудің сандық әдістері талқыланады физикалық белсенділік SSC RF-IBMP RAS-та орындалды. Нұсқаулық аэроғарыштық, су асты және спорттық медицина саласында жұмыс істейтін ғалымдарға, физиологтар мен дәрігерлерге арналған.

Михеев А.В. СПб.: Ұлттық зерттеу университетінің Экономика жоғары мектебі, жедел басып шығару бөлімі - Санкт -Петербург, 2012 ж.

Бұл жинақта Ұлттық зерттеу университетінің Экономика жоғары мектебінің экономика факультетінде автор оқытатын дифференциалдық теңдеулер курсының есептері бар - Санкт -Петербург. Әр тақырыптың басында негізгі теориялық фактілердің қысқаша мазмұны келтіріліп, типтік мәселелерді шешу мысалдары талданады. Жоғары кәсіби білім беру бағдарламалары студенттері мен тыңдаушылары үшін.

Конаков В.Д.ЖЖБИ. WP BRP. Мәскеу мемлекеттік университетінің механика -математика факультетінің қамқоршылық кеңесінің баспасы, 2012. No 2012.

Бұл оқу құралы студенттің таңдаған арнайы курсына негізделген, авторы Мәскеу мемлекеттік университетінің механика -математика факультетінде оқиды. М.В. Ломоносов 2010-2012 жж оқу жылдары... Нұсқаулық оқырманды жақында нұсқаулық авторы мен оның қосалқы авторлары әзірлеген параметррикс әдісімен және оның дискретті аналогымен таныстырады. Ол бұрын тек бірнеше журнал мақалаларында болатын материалдарды біріктіреді. Тұсаукесердің максималды жалпылығына ұмтылмай, автор Марков тізбектерінің диффузиялық процеске жақындауы туралы жергілікті шекті теоремаларды дәлелдеудегі және кейбір деградацияланған диффузиялар үшін екі жақты Аронсон түріндегі бағалауды алу әдісінің мүмкіндіктерін көрсетуді мақсат етті.

Шығарылым. 20. Нью -Йорк: Springer, 2012 ж.

Бұл басылым Үшіншінің таңдаулы мақалалар жинағы Халықаралық конференцияФлорида университетінде 2011 жылдың 16-18 ақпанында өткізілген ақпараттық жүйелердің динамикасы туралы ». Бұл конференцияның мақсаты - ақпараттық жүйелер динамикасының теориясы мен практикасына қатысты мәселелерде жаңа жаңалықтар мен нәтижелермен алмасу үшін өнеркәсіптің, үкіметтің және ғылыми ортаның ғалымдары мен инженерлерінің басын қосу. Ақпараттық жүйелердің динамикасы: математикалық жаңалық қазіргі заманғы зерттеулержәне соңғы жаңалықтарға қызығушылық танытатын аспиранттар мен зерттеушілерге арналған ақпарат теориясыжәне динамикалық жүйелер. Басқа ғылымдардың ғалымдары да өз зерттеулерінде жаңа әзірлемелерді қолдана алады.

Палвелев Р., Сергеев А.Г. Труди математикалық институты. В.А. Стеклов атындағы РҒА институты. 2012. 277 том.199-214 том.

Ландау-Гинзбург гиперболалық теңдеулеріндегі адиабаталық шегі зерттеледі. Бұл шекті қолдана отырып, Гинзбург-Ландау теңдеулерінің шешімдері мен статикалық ерітінділердің модульдік кеңістіктегі адиабаталық траекториялары арасында сәйкестік орнатылады, оны құйындылар деп атайды. Мантон эвинстикалық адиабатикалық принцип ұсынды, кинетикалық энергиясы жеткілікті төмен Гинзбург-Ландау теңдеулерінің кез келген шешімін кейбір адиабаталық траекторияның бұзылуы ретінде алуға болатынын айтты. Бұл фактінің қатал дәлелі жақында бірінші автормен табылды

Біз Hycomm операдалары арасындағы тұрақты квази-изоморфизмнің айқын формуласын береміз (0 қисықтары тұрақты модульдік кеңістіктің гомологиясы) және BV / Δ (ВВ-операторы Баталин-Вильковиский оператының гомотопиялық коэффициенті). Басқаша айтқанда, біз BV-операторын тривиализациялайтын гомотопиямен жақсартылған Hycomm-алгебралары мен BV-алгебраларының эквиваленттілігін аламыз. Бұл формулалар Givental графиктері бойынша берілген және екі түрлі жолмен дәлелденген. Бір дәлел Givental топтық әрекетін қолданады, ал екінші дәлелі Hycomm және BV ажыратымдылықтары бойынша айқын формулалар тізбегінен өтеді. Екінші тәсіл, атап айтқанда, Hycomm-алгебраларға берілген Givental тобының әрекетінің гомологиялық түсіндірмесін береді.

Ғылыми деңгейде. редакциялаған А. Михайлов, шығарылым. 14.М .: Мәскеу мемлекеттік университетінің әлеуметтану факультеті, 2012 ж.

Бұл жинақтағы мақалалар 2011 жылы Мәскеу мемлекеттік университетінің әлеуметтану факультетінде жасалған баяндамалар негізінде жазылған. М.В. Ломоносов атындағы «Әлеуметтік процестерді математикалық модельдеу» XIV пәнаралық жыл сайынғы ғылыми семинарының отырысында. Социалистік Еңбек Ері академик А.А. Самара

Басылым Ресей Ғылым академиясының зерттеушілеріне, оқытушыларына, жоғары оқу орындары мен ғылыми мекемелерінің студенттеріне арналған, мәселелерге, әдістемені әзірлеуге және енгізуге мүдделі. математикалық модельдеуәлеуметтік процестер.

«МЕФИ» РФ ҰЛТТЫҚ ЗЕРТТЕУ ЯДРОЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІНІҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Т.И.Бухарова, В.Л.Камынин, А.В.Костин, Д.С.Ткаченко университет студенттеріне оқу құралы ретінде. білім беру мекемелеріМәскеу 2011 УДК 517.9 ББК 22.161.6 В94 Бухарова Т.И., Камынин В.Л., Костин А.Б., Ткаченко Д.С. Кәдімгі дәрістер курсы дифференциалдық теңдеулер: Оқулық ... - М.: NRNU MEPhI, 2011.- 228 б. Оқу құралы авторлардың Мәскеу инженерлік физика институтында ұзақ жылдар бойы оқыған дәрістер курсының негізінде жасалған. Ол барлық факультеттердің NRNU MEPhI студенттеріне, сонымен қатар математикалық дайындықтары жоғары деңгейдегі студенттерге арналған. Нұсқаулық NRNU MEPhI құру мен дамыту бағдарламасы аясында дайындалған. Рецензент: физ.-математика ғылымдарының докторы. Ғылымдар Н.А. Кудряшов. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Ұлттық зерттеу ядролық университеті MEPhI, 2011 Мазмұны Алғы сөз. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5 I. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясына кіріспе Негізгі түсініктер. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Коши мәселесі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 6 11 II. Бірінші ретті теңдеу үшін Коши есебінің шешімінің бар болуы және бірегейлігі Бірінші ретті OLE үшін бірегейлік теоремасы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... OÄE бірінші ретті Коши есебінің шешімінің болуы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... OÄE бірінші ретті шешімнің жалғасы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... III. Қалыпты n-ші ретті жүйе үшін Коши мәселесі Векторлық функциялардың негізгі түсініктері мен кейбір қосалқы қасиеттері. ... ... ... Қалыпты жүйе үшін Коши есебінің шешімінің бірегейлігі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ; ... Метрикалық кеңістік туралы түсінік. Берілген суреттердің принципі. ... ... ... ... ... Қалыпты жүйелер үшін Коши мәселесін шешудің бар болуы мен бірегейлігі теоремалары. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Бөлінетін айнымалылары бар квадрат теңдеуімен шешілген қарапайым дифференциалдық теңдеулердің кейбір кластары. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Бірінші ретті сызықты OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Біртекті теңдеулер. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Эрноулли теңдеуі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Толық дифференциалдардағы теңдеу. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 55 55 58 63 64 65 V. 67 Туындыға қатысты шешілмеген бірінші ретті теңдеулер Туындыға қатысты шешілмеген ДЭ шешімінің болуы мен бірегейлігі теоремасы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Ерекше шешім. Дискриминант қисығы. Мен айналып өтемін. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Параметрді енгізу әдісі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Лагран теңдеуі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Клэра теңдеуі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vi. Сызықтық ODE жүйелері Негізгі түсініктер. Есептің болмысының теориясы мен бірегейлігі Сызықтық ДЭ біртекті жүйелері. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Воронскийді анықтаушы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Біртекті жүйе үшін интеграцияланған шешімдер. Нақты ÔСР -ге көшу. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Сызықтық OÄE біртекті емес жүйелері. Тұрақтыларды түрлендіру әдісі. ... ... ... ... Тұрақты коэффициенттері бар сызықты OÄE біртекті жүйелері. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Матрицаның экспоненциалды функциясы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3 67 70 77 79 81 85 Коши 85. ... ... 87. ... ... 91. ... ... ... ... ... 96 97. ... ... 100. ... ... 111 Тұрақты коэффициенттері бар сызықтық ДЭ гетерогенді жүйелері. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 116 VII. Жоғары ретті сызықтық ODE сызықтық ODE жүйесіне дейін қысқарту. Коши мәселесінің шешілуінің болуы мен бірегейлігі теоремасы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Жоғары ретті біртекті сызықты OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Бір ретті біркелкі OÄE күрделі шешімдерінің қасиеттері. Күрделі СҒҚ -дан нақтыға көшу. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Жоғары ретті біртекті емес сызықтық DE. Тұрақтыларды түрлендіру әдісі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Тұрақты коэффициенттері бар жоғары ретті біркелкі OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Тұрақты коэффициенттері бар жоғары ретті гетерогенді сызықтық ОД. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 VIII. Тұрақтылық теориясы Тұрақтылыққа байланысты негізгі түсініктер мен анықтамалар. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Сызықтық жүйе шешімдерінің тұрақтылығы. ... ... ... ... ... Ляпуновтың тұрақтылық теоремалары. ... ... ... ... ... ... ... ... ... Бірінші жуықтау тұрақтылығы. ... ... ... ... ... ... 162 демалыс нүктесінің жанында фазалық траекториялардың мінез -құлқы. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. ODE жүйесінің алғашқы интегралдары 198 Қарапайым дифференциалдық теңдеулердің автономды жүйелерінің алғашқы интегралдары 198 ODE -нің автономды жүйелері. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 205 OÄU жүйелерінің симметриялық белгіленуі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 206 X. Бірінші ретті дербес дифференциалдық теңдеулер.Бірінші ретті біртекті сызықтық дербес дифференциалдық теңдеулер Бірінші ретті сызықтық дербес дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Бірінші ретті квазилинарлы дербес дифференциалдық теңдеулер. ... ... ... Бірінші ретті квазилинарлы дербес дифференциалдық теңдеу үшін Коши мәселесі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Әдебиеттер тізімі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -4- 210. ... ... ... ... 210. ... ... ... ... 212. ... ... ... ... 216. ... ... ... ... 223. ... ... ... ... 227 АЛҒЫС Кітапты дайындау кезінде авторлар қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясына қатысты көптеген мәселелер бойынша ақпаратты бір жерде жинауды және қол жетімді түрде ұсынуды мақсат етіп қойды. Сондықтан, NRNU MEPhI -де (және басқа университеттерде) оқытылатын қарапайым дифференциалдық теңдеулердің міндетті оқу бағдарламасына енгізілген материалдан басқа, нұсқаулықта, әдетте, дәрістерге жеткілікті уақыт жоқ, бірақ тақырыпты жақсы түсіну үшін пайдалы болады және қазіргі студенттердің болашақ кәсіби іс -әрекетінде пайдалы болады. Ұсынылған нұсқаулықтың барлық мәлімдемелері үшін математикалық қатаң дәлелдер келтірілген. Бұл дәлелдемелер әдетте түпнұсқа емес, бірақ олардың барлығы презентация стиліне сәйкес өңделеді. математика курстары MEPhI -де. Оқытушылар мен ғалымдар арасында кең тараған пікір бойынша, математикалық пәндер біртіндеп қарапайымнан күрделіге көшіп, толық және егжей -тегжейлі дәлелдемелермен зерттелуі керек. Бұл нұсқаулықтың авторлары осындай пікірде. Кітапта берілген теориялық ақпарат мысалдардың жеткілікті санын талдаумен расталады, бұл оқырманның материалды меңгеруін жеңілдетеді деп үміттенеміз. Әдістемелік нұсқаулық математикалық дайындығы жоғары жоғары оқу орындарының студенттеріне, бірінші кезекте, МРФУ НРНУ студенттеріне арналған. Сонымен қатар, бұл дифференциалдық теңдеулер теориясына қызығушылық танытатын және математиканың осы саласын өз жұмысында қолданатындардың барлығына пайдалы болады. -5- І тарау. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясына кіріспе 1. 1. Негізгі түсініктер Нұсқаулықта ha, bi кез келген (a, b) ,, (a, b] жиындарын белгілейді, біз x0 2 аламыз. Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. Ln C 6 x0 x0 Соңғы теңсіздікті күшейтіп, (2.3) қолданғаннан кейін бізде 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 for all x 2 [1, 1]. jf (x, y2) f (x, y1) j = sin x айырмашылығын бағалаңыз. y1 y2 6 барлығына (x, y) 2 G. Осылайша, f Lipschitz шартты L = 1, шын мәнінде, тіпті L = sin 1 у кезінде де қанағаттандырады. Дегенмен, туынды fy0 (x, 0) нүктелерінде 6 = (0, 0) тіпті жоқ. Келесі теорема қызықты, бізге Коши есебінің шешімінің бірегейлігін дәлелдеуге мүмкіндік береді: 2.1 теоремасы (Екі шешімнің айырмашылығын бағалау бойынша) G болсын $ R $ және $ f (x, y) 2 CG $ домені болыңыз және L $ тұрақтысы бар G. y -дегі Липшиц шарттарын қанағаттандырыңыз. Егер y1, y2 теңдеудің y 0 = f (x, y) теңдеуінің екі шешімі болса интервал, онда теңсіздік (бағалау) жарамды: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 барлық x 2 үшін. -19- у2 Дәлел. (2.1) теңдеу шешімінің 2.2 анықтамасы бойынша 8 x 2 нүктесі x, y1 (x) және x, y2 (x) 2 G болатынын аламыз. Барлық t 2 үшін бізде y10 (t) = ft дұрыс теңдіктері бар, y1 (t) және y20 (t) = ft, y2 (t), біз оларды t үстінде интегралдаймыз, мұндағы x 2. Оң және сол жақ үздіксіз функциялар болғандықтан, интеграция заңды. Біз Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt теңдіктер жүйесін аламыз. x0 Бірінен екіншісін алып тастағанда, бізде 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 Біз C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t) деп белгілейміз, содан кейін Гронволл - Геллман теңсіздігі арқылы біз: jy2 ( x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)> 0. барлық x 2 үшін. Теорема дәлелденді. Дәлелденген теореманың нәтижесінде біз Коши (2.1), (2.2) есептерін шешуге арналған бірегейлік теоремасын аламыз. Қорытынды 1. f (x, y) 2 CG функциясы y -дағы Lipschitz шартын G -де қанағаттандырсын, ал y1 (x) және y2 (x) функциялары бір аралықтағы (2.1) теңдеудің екі шешімі болып табылады, және x0 2. Егер y1 (x0) = y2 (x0) болса, онда y1 (x) y2 (x) қосылады. Дәлел. Екі жағдайды қарастырайық. -20- 1. x> x0 болсын, онда 2. 1 теоремасынан h i дегені шығады y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) for x> x0. 2. x 6 x0 болсын, t = x, сосын yi (x) = yi (t) y ~ i (t) i = 1, 2. үшін x 2 болсын, t 2 [x0, x1] және y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0) теңдігі. Y ~ i (t) қай теңдеуді қанағаттандыратынын білейік. Келесі теңдік тізбегі дұрыс: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t)). Мұнда біз дифференциация ережесін қолдандық күрделі функцияжәне yi (x) (2.1) теңдеуінің шешімдері екендігі. F ~ (t, y) f (t, y) функциясы үзіліссіз және y -ге қатысты Липшиц шартын қанағаттандыратындықтан, 2.1 теоремасы бойынша бізде [x0 бойынша y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) болады. , x1], яғни y1 (x) y2 (x) қосулы. Қарастырылған екі жағдайды біріктіре отырып, біз қорытынды тұжырымын аламыз. Қорытынды 2. (алғашқы мәліметтерге үздіксіз тәуелділікте) f (x, y) 2 CG функциясы болсын және L тұрақтыдағы у -ге қатысты Lipschitz шартын G -де қанағаттандырсын, ал y1 (x) және y2 (x) функциялары (2.1) теңдеуінің шешімдері болып табылады. Î біз l = x1 x0 және δ = y1 (x0) y2 (x0) белгілейміз. Сонда 8 x 2 үшін y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l теңсіздігі ақиқат болады. Дәлелдеу 2 -теоремадан бірден шығады. 1. Қорытынды 2 -дегі теңсіздік бастапқы мәліметтерге қатысты шешімнің тұрақтылығын бағалау деп аталады. Оның мәні, егер x = x0 кезінде шешімдер «жақын» болса, онда ақырлы сегментте олар да «жақын» болады. 2.1 теоремасы екі шешімнің айырмашылығы модуліне қосымшалар үшін маңызды баға береді, ал 1 -қорытынды - Коши есебінің шешімінің бірегейлігі (2.1), (2.2). Бірегейліктің басқа да жеткілікті шарттары бар, олардың бірін біз қазір ұсынамыз. Жоғарыда айтылғандай, Коши мәселесін шешудің геометриялық бірегейлігі (2.1) теңдеудің ең көп дегенде бір интегралдық қисығы G доменінің (x0, y0) нүктесі арқылы өте алатынын білдіреді. 2.2 теоремасы (бірегейлік туралы Осгуд). F (x, y) 2 CG және 8 (x, y1), (x, y2) 2 G функциясы f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j теңсіздігін қанағаттандырсын, мұндағы ϕ (u)> 0 u 2 (0, β], ϕ (u) үшін үзіліссіз, ал β! 0+ кезінде Zβ du! +1. Содан кейін ең көбі бір интегралдық қисық (2.1). -21- Дәлел. y1 (x0) = y2 (x0) = y0 болатын (2.1) теңдеудің y1 (x) және y2 (x) екі шешімі бар, оларды z (x) = y2 (x) y1 (x) деп белгілейді. dyi Өйткені = f (x, yi), i = 1, 2 үшін z (x) dx dz = f (x, y2) f (x, y1) теңдігін қанағаттандырады. dx dz = f (x, y2) f (x) , y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, яғни, онда z dx 1 d - jzj2 6 ϕ jzj jzj теңсіздігі, одан jzj 6 = 0 үшін 2 dx қос теңсіздік шығады: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. Болжам бойынша, z (x) 6 0 және, сонымен қатар, үздіксіз, сондықтан мұндай сегмент бар, оны таңдап, түзетіңіз. n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 және z (x) = 0. Бұл жиындардың кем дегенде біреуі бос болмайды, өйткені z (x0) = 0 және x0 62. Мысалы, X1 6 = ∅ болсын, ол жоғарыда шектелген, сондықтан 9 α = sup X1. Z (α) = 0 екенін ескеріңіз, яғни α 2 X1, z (α)> 0, үзіліссіздіктің арқасында, біз α δ1, α + δ1 интервалында z (x)> 0 болады, және бұл α = sup X1 анықтамасына қайшы келеді. Z (α) = 0 шарты α екенін білдіреді< x1 . По построению z(x) > 0 барлық x 2 үшін (α, x2], және z (x) үзіліссіздігінің арқасында! X + for + 0 үшін. Біз [2.5] туындысында [α + δ сегменті бойынша интегралдау арқылы ойды қайталаймыз. , x2], мұнда x2 жоғарыда таңдалған және бекітілген, ал δ 2 (0, x2 α) ерікті болса, теңсіздікті аламыз: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. Α + δ Бұл қос теңсіздікте z (x) үзіліссіздік шарты бойынша j! 0+, содан кейін z (α + δ)! Z (α) = 0, Zjz2 jd jzj2! +1 болсын. , содан кейін теореманың интегралды 2 jzjϕ jzj.jz (α + δ) j -22- Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α теңсіздігінің оң жағы жоғарыдан α + δмен шектелген Коши мәселесі (2.1), (2.2) арқылы y (x) функциясын табудың келесі мәселесін айтамыз: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G , y (x0) = y0, (x0, y0) 2 G, мұндағы f (x, y) 2 CG және (x0, y0) 2 G; G - R2 -дегі домен. Lemma 2. 2. f (x) болсын , y) 2 CG Содан кейін келесі мәлімдемелер орындалады: 1) кез келген қайта (2.1) теңдеудің ϕ (x) шешімі ha, bi қанағаттандыратын (2.2) x0 2 га, bi - Zx y (x) = y0 + f τ, y интегралдық теңдеуінің га, bi бойынша шешімі. (τ) dτ; (2.6) x0 2) егер ϕ (x) 2 C ha, bi - га, би, 1 бойынша (2.6) интегралдық теңдеудің шешімі, онда x0 2 га, би, онда ϕ (x) 2 C га, bi - шешімі (2.1), (2.2). Дәлел. 1. ϕ (x) га, би бойынша (2.1), (2.2) шешімі болсын. Содан кейін, 2.2 ескертуі бойынша, ϕ (x) 2 C га, bi және 8 τ 2 га, bi бізде теңдік бар ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ (τ), x0 -ден x -ке интегралдап, біз (үшін кез келген x 2 га, bi) Rx ϕ (x) ϕ (x0) = f τ, ϕ (τ) dτ және ϕ (x0) = y0, яғни, ϕ (x) - (2.6) шешім. x0 2. y = ϕ (x) 2 C ha, bi (2.6) - ның шешімі болсын. Гипотеза бойынша fx, ϕ (x) га, bi бойынша үзіліссіз болғандықтан, Zx ϕ (x) y0 + f τ, ϕ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 а -ның айнымалы жоғарғы шегі бар интеграл ретінде шығады. үздіксіз функция. Соңғы теңдікті х -қа қатысты дифференциалдай отырып, біз ϕ 0 (x) = f x, ϕ (x) 8 x 2 ha, bi және, әрине, ϕ (x0) = y0 аламыз, яғни ϕ (x) - Коши (2.1), (2.2) есептерінің шешімі. (Әдеттегідей, сегменттің соңындағы туынды сәйкес келетін біржақты туынды білдіреді.) -23- Ескерту 2. 6. Лемма 2. 2 Коши есебінің эквиваленттілігі бойынша лемма деп аталады (2.1), (2.2) ) интегралдық теңдеуге (2.6). Егер (2.6) теңдеудің шешімі бар екенін дәлелдейтін болсақ, онда Коши (2.1), (2.2) есептерінің шешімділігін аламыз. Бұл жоспар келесі теоремада орындалады. 2.3 теоремасы (Жергілікті тіршілік теоремасы). P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β тіктөртбұрышы толығымен f (x, y) функциясының G облысында жатсын. F (x, y) 2 C G функциясы және G тұрақтысындағы n y o қатысты Lipschitz шартын қанағаттандырады. Î M β M = max f (x, y), h = min α, M деп белгілеңіз. P сегментінде Соши (2.1), (2.2) есебінің шешімі бар. Дәлел. (2.6) интегралдық теңдеуінің интервалда шешімінің болуын анықтайық. Ол үшін мына функциялар тізбегін қарастырайық: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ және т. x0 1. 8 n 2 N функциясы yn (бірізді жуықтаулар) анықталғанын көрсетейік, яғни, 8 x 2 үшін yn (x) y0 6 β теңсіздігі барлық n = 1, 2 үшін орындалатынын көрсет. ... ... Біз математикалық индукция (MMI) әдісін қолданамыз: а) индукция негізі: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 мұндағы M0 = max f (x, y0) jx x 0 j 6 α, M0 6 M үшін; б) болжам және индукция қадамы. Yn 1 (x) үшін теңсіздік ақиқат болсын, yn (x) үшін дәлелдейік: Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Сонымен, егер jx x0 j 6 h , онда yn (x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Біздің мақсат - жақын 1 yk (x) k = 0 мұрагерінің конвергенциясын дәлелдеу, бұл үшін оны келесі түрде ұсыну ыңғайлы: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. ... ... + yn yn 1, k = 1 яғни функционалды қатардың жартылай қосындыларының тізбегі. 2. Мына қатардың шарттарын 8 n 2 N және 8 x 2 теңсіздіктерін дәлелдеу арқылы бағалаңыз: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Математикалық индукция әдісін қолданайық: jx n 1 1 hn. n! (2.7) а) индукциялық негіз: n = 1.y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, жоғарыда дәлелденген; б) болжам және индукция қадамы. N үшін теңсіздік дұрыс болсын, біз оны n үшін көрсетеміз: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, dτ 6 x0 Zx i yn 6 by дейін Lipschitz шарты 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 индукция гипотезасы бойынша 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 Мұнда x = x үшін интеграл I = jτ x0 болатынын қолдандық< 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 барлық k 2 N үшін; 1) А.< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N ұстайды A, B 2 R жағдайлары үшін осы қосалқы мәлімдемені дәлелдейік (яғни, А мен В шекті; егер А = 1 немесе В = + 1 болса, онда дәл осылай). X A B x, ерікті x 2 (A, B) және δ (x) = min, δ (x)> 0 алыңыз. 2 2 үшін Ақ жинақының δ саны! A және Bk! B біз 9 N1 (δ) 2 N: 8 k> N1, A екенін аламыз< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >Н. 2.1 бөліміндегі 1 -нәтижені (яғни, бірегейлік теоремасын) қолдана отырып, біз барлық t 2 үшін және, атап айтқанда, t = x үшін ϕ (t) ψ (t) екенін аламыз. Х - ерікті нүкте (A, B) болғандықтан, шешімнің бірегейлігі және онымен байланысты қорытынды дәлелденді. Ескерту 2. 10. Дәлелденген қорытындыда біз бірінші кезекте кеңірек жиынға шешімнің жалғасы ұғымын кездестірдік. Біз оны келесі бөлімде толығырақ қарастырамыз. Мұнда бірнеше мысалдар келтірілген. p 2 -мысал. 2. y 0 = ejxj x2 + y 2 теңдеуі үшін оның шешімі (A, B) = (1, +1) барлығында бар -жоғын біліңіз. Бұл теңдеуді Q = R2 «жолағында» қарастырайық, p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x) функциясын. ∂y x2 + y 2 2.1 -бөлімнің 2 -ші мәлімдемесі бойынша f (x, y) функциясы L = L (x) «тұрақты» күйінде Lipschitz шартын қанағаттандырады, х бекітілген. Содан кейін нәтиженің барлық шарттары қанағаттандырылады және кез келген бастапқы деректер үшін (x0, y0) 2 R2 Коши мәселесінің шешімі бар, сонымен қатар (1, +1) бойынша бірегей. Теңдеудің квадрат түрінде шешілмейтінін ескеріңіз, бірақ жуық шешімдерді сандық түрде құруға болады. анықталған және үздіксіз Q, -32- 2 -мысал. 3. y 0 = ex y 2 теңдеуі үшін R -де анықталған шешімдер бар -жоғын біліңіз. Егер біз бұл теңдеуді Q = R2 «жолағында» қайта қарастыратын болсақ, мұнда ∂ ff (x, y) = ex y 2 функциясы анықталған және үзіліссіз, ал = 2yex, онда біз ∂y нәтижесінің шарты бұзылғанын байқай аламыз, яғни L (x) үздіксіз функция жоқ бұл f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j барлық y1, y2 2 R үшін. Шынында да, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, ал jy2 + y1 j өрнегі y1, y2 2 R үшін шектелмеген. Осылайша, қорытынды қолданылмайды. Бұл теңдеуді «айнымалыларды бөлу» арқылы шешейік, жалпы шешімді аламыз: «y (x) = 0, y (x) = 1. ex + C Анықтылық үшін x0 = 0, y0 2 R аламыз. Егер y0 болса = 0, онда y (x) 0 - Коши есебінің шешімі R. 1 - Коши есебінің шешімі y0 2 [1, 0) үшін ex барлық x 2 R үшін анықталады, ал y0 2 үшін ( 1, 1) [(0, +1) y0 +1 емес шешімді x = ln нүктесі арқылы жалғастыруға болады.Нақтырақ айтқанда, егер x> 0 болса, онда y0 1 y (x) = y0 +1 шешімі x 2 (1, x) үшін анықталған, ал егер x< 0 x e y0 y0 < 1 , то решение определено при x 2 (x , +1). В первом случае lim y(x) = +1, а во втором – lim y(x) = 1. Если y0 6= 0, то y(x) = x!x 0 y0 +1 y0 x!x +0 -33- Для наглядности нарисуем интегральные кривые при соответствующих значениях y0 (рис. 2. 5). Рис. 2. 5. Интегральные кривые уравнения y 0 = ex y 2 Таким образом, для задачи Коши 0 y = ex y 2 , y(0) = y0 имеем следующее: 1) если y0 2 [ 1, 0], то решение существует при всех x 2 R; y0 + 1 2) если y0 < 1, то решение существует лишь при x 2 ln ; +1 ; y0 y0 + 1 . 3) если y0 > 0, онда шешім тек x 2 1 үшін болады; ln y0 Бұл мысал жоғарыда дәлелденген 2.4 теоремасының қорытындысында f (x, y) функциясының өсуін шектеу шешімді (A, B) бүтініне кеңейту үшін маңызды екенін көрсетеді. Мысалдар ұқсас түрде f (x, y) = f1 (x) y 1 + ε функциясымен кез келген ε> 0 үшін алынады; берілген мысалда ε = 1 тек презентация ыңғайлылығы үшін алынған. 2. 3. Бірінші ретті ODE анықтамасы үшін шешімді кеңейту 2. 5. y 0 = f (x, y) теңдеуін қарастырып, y (x) оның га, bi және Y (x) бойынша шешімі болсын hA, Bi және ha, bi бойынша оның шешімі hA, Bi және Y (x) = y (x) құрамында ha, bi бар. Сонда Y (x) y (x) шешімінің hA, Bi, ал y (x) шешімінің hA, Bi -ге дейін кеңейтілуі деп аталады. -34- 2.2 бөлімінде біз Коши (2.1), (2.2) есептерін шешудің жергілікті тіршілік теоремасын дәлелдедік. Қандай жағдайларда бұл шешімді неғұрлым ұзақ мерзімге жалғастыруға болады? Бұл бөлім осы сұраққа арналған. Оның негізгі нәтижесі келесідей. 2.5 теоремасы (шешімді шектелген жабық доменде жалғастыру туралы). F (x, y) 2 CG функциясы R2 ішіндегі y қатысты Липшитц шартын қанағаттандырсын, ал (x0, y0) - шектелген G G жабық доменнің ішкі нүктесі. Сонда y 0 теңдеуінің шешімі. f (x, y), G доменінің шекарасының ∂G дейін ұзартылған, яғни оны a, y (a) және b, y (b) нүктелері ∂G -ге жататын сегментке дейін кеңейтуге болады. ∂f (x, y) шектелген, тұйық, G доменінде дөңесте үзіліссіз, содан кейін G -дегі f (x, y) функциясы y айнымалысы бойынша Липшиц шартын қанағаттандырады. 2 -мәлімдеменің қорытындысын қараңыз. 2.1 бөліміндегі 1 ∂f. Демек, бұл теорема ∂y G. үзіліссіз үзіліссіз болса жарамды болады. 11. Еске салсақ, егер Proof. (X0, y0) G -дің ішкі нүктесі болғандықтан, онда мүлде G -де жатқан 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β жабық тіктөртбұрыш бар. Содан кейін теорема бойынша 2.3 .2.2 тармағынан h> 0 бар, сондықтан интервалда y 0 = f (x, y) теңдеуінің y = ϕ (x) шешімі болады. Алдымен дәлелдемені бөлек қадамдарға бөліп, G доменінің шекарасына дейін осы шешімді жалғастырайық. 1. ER жиынтығын қарастырайық: жоқ E = α> 0 шешімі y = ϕ (x) шешілетін болса, онда Коши шарттарын қанағаттандыратын y 0 = f (x, y) теңдеуінің y = ϕ1 (x) шешімі бар. ϕ1 ~ b = ϕ ~ b ... Осылайша, ϕ (x) және ϕ1 (x) - бұл бір теңдеудің ~ b h1, ~ b кесіндісіндегі шешімдер, олар x = ~ b нүктесінде сәйкес келеді, сондықтан олар ~ b h1, ~ b барлық кесіндісінде сәйкес келеді. сондықтан ϕ1 (x) ~ b h1, ~ b ~ ~ h h1, ~ b + h1 кесіндісінен ϕ (x) шешімінің жалғасы болып табылады. Ψ (x) функциясын қарастырайық: ϕ (x), x 2 x0, ψ (x) = ϕ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, бұл y 0 = f (x, y) теңдеуінің шешімі болып табылады және Коши шартына сәйкес келеді ψ (x0) = y0. Содан кейін α0 + h1 2 E саны және бұл α0 = sup E. анықтамасына қайшы келеді, сондықтан 2 -жағдай мүмкін емес. Сол сияқты, ϕ (x) шешімі солға, сегментке дейін созылады, онда нүкте a, ϕ (a) 2 ∂G. Теорема толық дәлелденді. -37- III тарау. N-ші ретті қалыпты жүйеге арналған Коши мәселесі 3. 1. Векторлық-функциялардың негізгі түсініктері мен кейбір қосалқы қасиеттері Бұл тарауда біз n> ші ретті 8> t, y түріндегі қалыпты жүйені қарастырамыз. ,. ... ... , y y _ = f 1 n 1 1>,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . >>: y_ = f t, y ,. ... ... , y, n n 1 n мұнда белгісіз (ізделетін) - y1 (t), функциялары. ... ... , yn (t), және fi функциялары белгілі, i = 1, n, функцияның үстіндегі нүкте t -ге қатысты туынды білдіреді. Барлық fi G Rn + 1 доменінде анықталған деп есептеледі. (3.1) жүйесін векторлық түрде жазу ыңғайлы: y_ = f (t, y), мұнда y (t) y1 (t). ... ... , yn (t), f (t, y) f1 (t, y). ... ... , fn (t, y); біз векторларды қысқарту үшін көрсеткілерді жазбаймыз. Бұл белгі (3.1) арқылы да белгіленеді. T0, y10, нүктесі болсын. ... ... , yn0 G -де жатыр. (3.1) үшін Коши мәселесі: (3.1) жүйесінің ϕ (t) шешімін табу: ϕ1 (t0) = y10, ϕ2 (t0) = y20, ..., ϕn (t0) = yn0, (3.2) немесе вектор түрінде ϕ (t0) = y 0. 1 тарауда айтылғандай, (3.1) жүйенің ha, bi интервалындағы шешімі арқылы біз vector (t) = ϕ1 (t), векторлық функцияны айтамыз. ... ... , ϕn (t), шарттарды қанағаттандырады: 1) 8 t 2 га, bi t, ϕ (t) нүктесі G -де жатыр; 2) 8 t 2 га, bi 9 d dt ϕ (t); 38 3) 8 t 2 га, bi ϕ (t) қанағаттандырады (3.1). Егер мұндай шешім (3.2) қосымша қанағаттандырса, мұнда t0 2 га, bi, онда ол Коши есебінің шешімі деп аталады. (3.2) шарттары бастапқы шарттар немесе Коши шарттары деп аталады, ал сандар t0, y10 ,. ... ... , yn0 - Коши деректері (бастапқы деректер). Ерекше жағдайда айнымалының f (t, y) (n + 1) векторлық функциясы y1 -ге тәуелді болады. ... ... , yn сызықтық түрде, яғни формасы бар: f (t, y) = A (t) y + g (t), мұнда A (t) = aij (t) - n n матрица, (3.1) жүйесі сызықтық деп аталады. Болашақта бізге сілтемелердің ыңғайлылығы үшін векторлық функциялардың қасиеттері қажет болады. Векторлар үшін санға қосу және көбейту ережелері сызықтық алгебра курсынан белгілі, бұл негізгі амалдар координат бойынша орындалады. n Егер R -де біз енгіземіз скалярлық өнім x, y = x1 y1 +. ... ... + xn yn, сонда біз jxj = x, x = x2k (немесе евклид нормасы) векторының s q n P ұзындығымен Rn арқылы белгіленетін евклид кеңістігін аламыз. Скаляр көбейтінді k = 1 мен ұзындығы үшін екі негізгі теңсіздік жарамды: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn аспан). x + y 6 x + y x, y 6 x (үшбұрыш теңсіздігі); y (Коши теңсіздігі Áуняков- Екінші семестрдің математикалық талдау курсынан белгілі болғандай, Евклид кеңістігіндегі нүктелер тізбегінің (векторларының) конвергенциясы (соңғы өлшемді) осы координаталар тізбегінің жинақтылығына эквивалентті. векторлар координаталық конвергенцияға тең деп айтады.Бұл теңсіздіктерден оңай шығады: qp max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Скалярлық жағдайға ұқсас туынды және интеграл векторлық функция анықталған, және қасиеттерін координаталарға көшу арқылы оңай дәлелдеуге болады: кез келген векторлық функция y (t) = y1 (t), .., yn (t), интегралды (мысалы, үзіліссіз), теңсіздік Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) немесе координат түрінде 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 Дәлел.Ескертпе, біріншіден, теңсіздік b жағдайын жоққа шығармайды.< 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-ші жолматрица А, онда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 +. ... ... + ain xn = ai, x 6 h i 2 6 Коши-Уняковский теңсіздігі бойынша 6 jai j2 x =! ! n n X X 2 2 aik xl =, k = 1, осы теңсіздіктерді i = 1, n -ге қосқанда, бізде: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [электрондық пошта арқылы қорғалған] 2 2 l = 1 2 x, k, i = 1 қайдан шығады (3.5). Анықтама 3. 1. Біз f (t, y) векторлық функциясы õ (t, y) айнымалы G жиынындағы y векторлық айнымалыға қатысты Lipschitz шартын қанағаттандырады дейміз, егер 9 L> 0 кез келген t үшін , y, 2 t, y 2 G ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 теңсіздігі сақталады. Екі айнымалының функциясы жағдайындағыдай (2.1 ұсынысты қараңыз), G доменіндегі «дөңес» Lipschitz қасиетінің жеткілікті шарты - ішінара туындылардың шектелген болуы. Нақты анықтама берейік. Анықтама 3. 2. Айнымалылардың (t, y) G домені дөңес 1 2 деп аталады, егер егер G -де жатқан t, y және t, y кез келген екі нүкте үшін бұл екі нүктені байланыстыратын бүкіл сегмент болса, яғни. д. n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 орнатыңыз, мұндағы τ 2. 3 -мәлімдеме. 1. Егер (t, y) айнымалылардың G аймағы у түрінде дөңес, ал ∂fi ішінара туындылары үзіліссіз болса және барлық i үшін j = 1, n үшін ∂yj үшін G тұрақты тұрақты l шектелген болса. онда ft, y векторлық функциясы G -ге Lipschitz шартын L = n l тұрақтысына сәйкес қанағаттандырады. 12 Дәлел. G және 1 2 -ден оларды қосатын кесіндіден ерікті t, y және t, y нүктелерін қарастырайық, яғни. t, y орнатыңыз, мұнда y = y + τ y y1, t - бекітілген және τ 2. -41- Біз g (τ) = ft, y (τ), 2 1 скалярлық аргументтерінің векторлық функциясын енгіземіз, содан кейін g (1) g (0) = ft, yft, y, ал екінші жағынан - Z1 g (1) g (0) = dg (τ) dτ = dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ = dτ 0 0 h = y = y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 = A (τ) y арқасында 2 y 1 dτ, 0 мұнда A (τ) - ∂fi элементтері бар матрица, ал ∂yj y2 y 1 - сәйкес баған. Мұнда біз күрделі функцияның дифференциация ережесін қолдандық, атап айтқанда, барлық i = 1, n, t - бекітілген, бізде: 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 Оны матрицалық түрде жазып, біз мынаны аламыз: 0 2 1 g (τ) = A (τ) y y n n матрицасы бар A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj. Интегралды (3.3) және теңсіздікті (3.5) бағалауды қолдана отырып, алмастырудан кейін мыналарды аламыз: 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 max A (τ) болғандықтан 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i, j = 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 8 τ 2 кезінде. Мәлімдеме дәлелденген. -42- 3. 2. Қалыпты жүйе үшін Коши есебінің шешімінің бірегейлігі Теорема 3. 1 (екі шешімнің айырмасын бағалау бойынша). G кейбір Rn + 1 домені болсын, ал f (x, y) векторлық функциясы G -де үздіксіз және L жиынтығындағы G жиынтығындағы y векторлық айнымалысына қатысты Липшиц шартын қанағаттандырады, егер y 1, y 2 қалыпты жүйенің екі шешімі (3.1) y_ = f (x, y) интервал бойынша, содан кейін бағалау y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) ) барлық t 2 үшін орындалады. Дәлелдеу 2.1 -тараудағы 2.1 теоремасының дәлелдеуі айқын қайта құруды ескере отырып, сөзбе -сөз қайталанады. 2 Осыдан бастапқы мәліметтерге қатысты шешімнің бірегейлігі мен тұрақтылығының теоремасын алу оңай. Қорытынды 3.1. F (t, y) векторлық функциясы G облысында үзіліссіз болсын және G -де Lipschitz шартын y -де қанағаттандырсын, ал y 1 (t) және y 2 (t) функциялары қалыпты жүйенің екі шешімі (3.1) сол аралықта және t0 2. Егер y 1 (t0) = y 2 (t0) болса, онда y 1 (t) y 2 (t) қосылады. Қорытынды 3.2. (бастапқы мәліметтерге үздіксіз тәуелділік туралы). F (t, y) векторлық функциясы G облысында үзіліссіз болсын және G -де Lipschitz шартын y> L тұрақты мәнінде қанағаттандырсын, ал y 1 (t) және y 2 (t) векторлық функциялары - бұл шешімдер бойынша анықталған қалыпты жүйе (3.1). Содан кейін, 8 t 2 үшін y 1 (t) теңсіздігі сақталады, мұндағы δ = y 1 (t0) y 2 (t0), және l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Дәлелдемелер анық қайта құрылымдауды ескере отырып, 2.1 және 2.2 нәтижелерінің дәлелі сөзбе -сөз қайталанады. 2 Коши (3.1), (3.2) есептерінің шешімділігін зерттеу, бір өлшемді жағдайда, интегралдық теңдеудің (вектордың) шешілуіне дейін азаяды. Лемма 3. 1. f (t, y) 2 C G болсын; Rn 1. Келесі бекітулер болған кезде: 1) (3.2) t0 2 га қанағаттандыратын ha, bi интервалындағы (3.1) теңдеудің кез келген ϕ (t) шешімі ha, bi 1 арқылы C G арқылы; H G кеңістігіндегі барлық үздіксіз функциялар жиынын H кеңістігіндегі мәндермен белгілеу әдетке айналған. Мысалы, f (t, y) 2 C G; G жиынында анықталған Rn компоненттері) барлық үздіксіз векторлық функциялардың жиынтығы (n -43- интегралдық теңдеуімен y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) вектор -функция ϕ (t) 2 C ha, bi -ha, bi бойынша (3.6) интегралдық теңдеудің үздіксіз шешімі, мұнда t0 2 га, bi, онда ϕ (t) үздіксіз туындысы ha, bi және (3.1), (3.2) шешімдері болып табылады. Дәлел. 1. 8 τ 2 га, bi болсын, dϕ (τ) = f τ, ϕ (τ) теңдігі орындалады. Содан кейін (3.2) ескере отырып, t0 -дан t -ге интегралдай отырып, біз dτ Rt 0 аламыз және ϕ (t) = y + f τ, ϕ (τ) dτ болатынын аламыз, яғни ϕ (t) (3.6) теңдеуді қанағаттандырады. t0 2. Үздіксіз векторлық функция ϕ (t) га, би бойынша (3.6) теңдеуді қанағаттандырсын, содан кейін ft, ϕ (t) га, bi бойынша үзіліссіз теоремасы бойынша құрама функция үшін, демек оң- (3.6) қол жағы (демек, сол жағы) t on ha, bi қатысты үздіксіз туындыға ие. T = t0 үшін (3.6) ϕ (t0) = y 0, яғни, ϕ (t) - Коши (3.1), (3.2) есептерінің шешімі. Назар аударыңыз, әдеттегідей, сегменттің соңындағы туынды (егер оған тиесілі болса) функцияның біржақты туындысы ретінде түсініледі. Лемма дәлелденді. Ескерту 3. 1. Бір өлшемді жағдайға ұқсастықты (2 тарауды қараңыз) және жоғарыда дәлелденген мәлімдемелерді қолдана отырып, Коши мәселесінің шешімінің бар екендігі мен жалғасы туралы теореманы дәлелдей аламыз. (3.6) интегралдық теңдеудің t0 h, t0 + h аралығындағы шешімі. Бұл жерде біз қысқартудың салыстыру принципіне негізделген шешімнің бар болуының (және бірегейлігінің) теоремасының тағы бір дәлелін береміз. Біз мұны оқырманға болашақта математикалық физиканың интегралдық теңдеулер мен теңдеулер курстарында қолданылатын теорияның неғұрлым заманауи әдістерімен таныстыру үшін жасаймыз. Біздің жоспарды жүзеге асыру үшін бірқатар жаңа түсініктер мен көмекші мәлімдемелер қажет болады, біз оларды қарастырамыз. 3. 3. Метрикалық кеңістік туралы түсінік. Қысқару картасын құру принципі Математикадағы шекті ең маңызды түсінік нүктелердің «жақындығы» ұғымына негізделген, яғни олардың арасындағы қашықтықты таба білу. Сандар осінде қашықтық екі санның айырмашылығының модулі болып табылады, жазықтықта бұл евклидтік қашықтықтың белгілі формуласы және т.б. Көптеген талдау фактілерінде элементтердің алгебралық қасиеттері қолданылмайды, тек олардың арасындағы қашықтық ұғымына сүйенеді. Бұл тәсілдің дамуы, яғни. шектік ұғымымен байланысты «болмыстың» бөлінуі метрикалық кеңістік ұғымына әкеледі. -44- Анықтама 3. 3. X- ерікті сипаттың жиынтығы болсын, ал ρ (x, y) үш аксиоманы қанағаттандыратын x, y 2 X екі айнымалының нақты функциясы болсын: 1) ρ (x, y)> 0 8 x, y 2 X, және ρ (x, y) = 0 тек x = y үшін; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (симметрия аксиомасы); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (үшбұрыш теңсіздігі). Бұл жағдайда берілген ρ (x, y) функциясы бар Х жиыны метрикалық кеңістік (ÌП) деп аталады, ал ρ (x, y) функциясы: X X 7! R қанағаттандыратын 1) - 3) - бұл метрика немесе қашықтық. Мұнда метрикалық кеңістіктердің бірнеше мысалдары келтірілген. Мысал 3. 1. ρ (x, y) = x y қашықтығы бар X = R болсын, біз MP R. n o n xi 2 R аламыз, i = 1, n 3 -мысал. 2. X = R = x1 ,, болсын. ... ... , xn - n нақты сандардың реттелген жиындарының жиынтығы s n 2 P x = x1 ,. ... ... , xn distance (x, y) = xk yk арақашықтығымен n1 k = 1 n өлшемді евклид кеңістігін аламыз. n Мысал 3. 3. X = C a, b болсын; R - Rn мәндері бар a, b функциясының барлық үздіксіз жиынтығы, яғни vector (f, g) = max f (t) g (t) қашықтығы бар үздіксіз векторлық функциялар, мұндағы 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 Мысалдар үшін 3. 1-3. МП 3 аксиомасы тікелей тексеріледі, біз мұны саналы оқырманға жаттығу ретінде қалдырамыз. Әдеттегідей, егер әрбір табиғи n -ге xn 2 X элементі берілсе, онда біз xn Ì X нүктелерінің тізбегі берілгенін айтамыз 3. Анықтама 3. 4. MP X -тің xn нүктелерінің тізбегі х нүктесіне бару деп аталады. 2 X, егер лимит ρ xn, x = 0. n! 1 Анықтама 3. 5. Кез келген ε> 0 үшін N (ε) натурал саны бар болса, барлық n> N және m> үшін xn тізбегі негізгі деп аталады. N ρ xn, xm теңсіздігі< 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 =) max 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 барлық n> N және барлық t 2 a, b үшін fn (t) f (t) теңсіздігі болатындай N (ε) саны бар.< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. B = Am, B: X 7 қарастырайық! X, B - қысу. 3.2 теоремасы бойынша В операторының бірегей бекітілген нүктесі х бар. А және В маршруттары AB = BA және Bx = x болғандықтан, бізде B Ax = A Bx = Ax бар, яғни. y = Ax - бұл В -ның тұрақты нүктесі, және мұндай нүкте 3.2 теоремасы бойынша бірегей болғандықтан, y = x немесе Ax = x болады. Демек, х - А операторының тұрақты нүктесі. Бірегейлігін дәлелдейік. X ~ 2 X және A ~ x = x ~, онда m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ = делік. ... ... = x ~, яғни x ~ сонымен қатар B үшін тұрақты нүкте болып табылады, онда x ~ = x. Теорема дәлелденді. Метрикалық кеңістіктің ерекше жағдайы - нормаланған сызықтық кеңістік. Міне дәл анықтама. Анықтама 3. 9. X - X -тен R -ге дейін әрекет ететін және аксиомаларды қанағаттандыратын x сандық функциясы анықталатын сызықтық кеңістік (нақты немесе күрделі) болсын: 1) 8 x 2 X, x> 0 және x = 0 ғана x = θ үшін; 2) 8 x 2 X және 8 λ 2 R (немесе C) 3) 8 x, y 2 X үшін лақап аты бар). x + y 6 x + y λx = jλj x; (теңсіздік үшбұрышты. Сонда X нормаланған кеңістік деп аталады, х: X 7! R, қанағаттандыратын 1) - 3), норма. және функция Нормаланған кеңістікте элементтер арасындағы қашықтықты ρ x, y = x y формуласы бойынша енгізуге болады. МП аксиомаларының орындалуы оңай тексеріледі. Егер алынған метрикалық кеңістік толық болса, онда сәйкес нормаланған кеңістік Банах кеңістігі деп аталады. Норманы бір сызықтық кеңістікте әр түрлі жолмен енгізуге болады. Осыған байланысты мұндай түсінік пайда болады. Анықтама 3. 10. X - сызықтық кеңістік, ал u енгізілген екі 1 2 норма болсын. Егер 9 C1> 0 және C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 болса, нормалар мен балама 1 2 нормалар деп аталады. Ескерту 3. 3. Егер және X -те екі эквивалентті норма болса, және 1 2 -де X кеңістігі олардың бірінде толық болса, онда ол басқа нормада да толық болады. Бұл қарапайым xn X тізбегінің, қатысты да іргелі болып табылатындығынан және 1 2 бір элементке айналатындығынан оңай шығады x 2 X. -47- Ескерту 3. 4. Көбінесе теорема 3.2 (немесе 3.3 ) бұл кеңістіктің жабық шары толық n кеңістігі ретінде алынған кезде қолданылады Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, мұнда r> 0 және 2 X бекітілген. SMP -дегі жабық доптың өзі бірдей қашықтықтағы SMP екенін ескеріңіз. Біз бұл фактінің дәлелін оқырманға жаттығу ретінде қалдырамыз. Ескерту 3. 5. Жоғарыда біз n өлшем 3 үшін бос орынның толықтығын анықтадық. 3. X = C 0, T, R сызықтық кеңістігінде kxk = max x (t) нормасын енгізуге болатынын ескеріңіз. нәтижесінде нормаланған Банах болады. 0, T кеңістігіндегі үзіліссіз векторлық функциялардың жиынтығында кез келген α 2 R үшін kxkα = max e αt x (t) формуласы бойынша эквивалентті норма енгізілуі мүмкін. Α> 0 үшін эквивалент теңсіздіктерден туындайды. e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) барлық t 2 0, T үшін, қайдан e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Сызықтық (қалыпты) жүйелер үшін Коши есебінің бірегей шешімділігі туралы теореманы дәлелдеу үшін эквивалентті нормалардың бұл қасиетін қолданамыз. 3. 4. Қалыпты жүйелер үшін Коши мәселесін шешудің бар болуы мен бірегейлік теоремалары Коши (3.1) - (3.2) есебін қарастырайық, мұнда бастапқы деректер t0, y 0 2 G, G Rn + 1 анықталу облысы болып табылады. f (t, y) векторлық функциясының Бұл бөлімде бізде G бар - кейбір n формасы G = a, b o, бұл жерде домен Rn және шар BR (y 0) = теоремасы бар деп есептейміз. y 2 Rn y y0 6 R толығымен жатыр. Теорема 3. 4. f (t, y) 2 C G векторлық функциясы болсын; Rn, және 9 M> 0 және L> 0 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M шарттары орындалатындай; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Біз δ 2 (0, 1) санын бекітеміз және t0 2 (a, b) қоямыз. Содан кейін R 1 δ 9 с = мин; ; t0 a; b t0> 0 ML, осылайша Jh = t0 h, t0 + h және y (t) y 0 аралығындағы 3.oshi (3.1), (3.2) y (t) есептерінің бірегей шешімі бар болатындай. 6 R барлық t 2 Jh үшін. -48- Дәлел. Лемма 3.1 бойынша Коши мәселесі (3.1), (3.2) интервал бойынша интегралды теңдеуге тең (3.6), демек, жоғарыда h таңдалды, онда. Kxk = max x (t) нормасы бар Jh кесіндісіндегі x (t) үздіксіз векторлық функциялар жиыны X = C (Jh; Rn) Банах кеңістігін қарастырайық және X: t2Jh SR y 0 жабық жиынтығын енгіземіз. 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 - Х -дағы жабық доп. Ережемен анықталған А операторы: Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 SR y 0 -ді өзіне айналдырады, өйткені y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h ​​M 6 R t0 теореманың 1 шарты мен h анықтамасы бойынша. А - SR бойынша жиырылу операторы екенін дәлелдейік. 0 1 2 -ді ерікті түрде алыңыз және мәнді бағалаңыз: y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) егер τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 болса Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, мұнда 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 > 0 R формуласы бойынша таңдалады h = мин M; 1L; b a, және барлық жерде Jh сегменті ретінде -49- Jh = t0, t0 + h = a, a + h алу керек. Теореманың барлық басқа шарттары өзгермейді, оның дәлелі, қайта дизайнды ескере отырып, сақталады. T0 = ​​b жағдайы үшін, дәл осылай, h = min M; 1L; b a, және Jh = b h, b. n Ескерту 3. 7. Теоремада 3. 4 шарты f (t, y) 2 C G; R, мұндағы G = a, b D, 1 және 2 шарттарын сақтай отырып, әрбір y 2 үшін t айнымалысына қатысты f (t, y) үзіліссіздігінің талабымен ауыстыру арқылы әлсіретуге болады. Дәлел өзгермейді. . Ескерту 3. 8. 3.4 теоремасының 1 және 2 шарттары барлық t, y 2 a, b BR y үшін 0 орындалуы жеткілікті, ал M мен L тұрақтылары, жалпы айтқанда, y мен R -ге тәуелді. ft, y векторлық функциясына қатаң шектеулер, 2.4 теоремасына ұқсас, a, b интервалында Коши (3.1), (3.2) есептерін шығарудың болуы мен бірегейлігі теоремасы орындалады. n теоремасы 3. 5. fx, y 2 CG, R векторлық функциясын берейік, мұндағы G = a, b Rn, және L> 0 бар, 8 t, y 1, t, y 2 2 ft ft шарты болатындай y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. Кез келген t0 2 және y 0 2 Rn үшін a, b бар болса, сонымен қатар (3.1), (3.2) Оши мәселесінің бірегей шешімі бар. Дәлел. Ерікті t0 2 және y 0 2 Rn алыңыз және оларды бекітіңіз. G = a, b Rn жиынтығын келесі түрде ұсынуға болады: G = G [G +, мұндағы Rn және G + = t0, b Rn, t0 2 a, b деп есептейміз, әйтпесе бір G = a, t0 болмайды. дәлелдеу кезеңдерінен бастап. G +жолағының негіздеуін жүргізейік. T0, b интервалында Коши есебі (3.1), (3.2) (3.6) теңдеуге тең. N A: X 7 интегралдық операторын енгізейік! X, мұндағы X = C t0, b; R, Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ формуласы бойынша. t0 Сонда интегралдық теңдеуді (3.6) Ay = y операторлық теңдеу түрінде жазуға болады. (3.8) Егер (3.8) оператор теңдеуінің SMP X -те шешімі бар екенін дәлелдейтін болсақ, онда Коши есебінің t0, b немесе a, t0 бойынша G үшін шешілу қабілеттілігін аламыз. Егер бұл шешім бірегей болса, онда эквиваленттіліктің арқасында Коши мәселесінің шешімі де бірегей болады. Біз (3.8) теңдеудің бірегей шешілетіндігіне екі дәлел келтіреміз. Дәлелдеу 1. Ерікті векторлық функцияларды қарастырайық 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, содан кейін бағалау кез келген -50- t 2 t0, b Ay 2 үшін орындалады: 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 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. Естеріңізге сала кетейік, Х -да норма келесідей енгізілген: kxk = max x (τ). Алынған теңсіздіктен бізде: 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 ж2 ж1. Бұл процесті жалғастыра отырып, біз 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k екенін индукция арқылы дәлелдей аламыз! k y2 y1. Демек, ақырында, біз Ақ y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k бағасын аламыз! k y2 y1. k α (k) = болғандықтан! K үшін 0! 1, онда k0 осындай болады, k! бұл α (k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α >0 (3.5 ескертуді қараңыз) формуласы бойынша: x α = max e αt x (t). -51- α> L нормасы бар Х кеңістігіндегі А операторы жиырылатындай етіп α таңдауға болатынын көрсетейік. Шынында да, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt α> L болғандықтан, онда 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 бастапқы шарт y (x0) = y0. (4.5) (4.2) формуланы Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. түрінде жазуға болады. X0 y0 Бұл жерде (4.5) бастапқы шартты қойып, C = 0 екенін анықтаймыз, яғни Коши есебінің шешімі Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx қатынасынан анықталады. x0 -56- (4.6) Әрине, бұл бірегей анықталған. Осылайша, (4.1) теңдеудің жалпы шешімі (4.4) формуласымен берілген, ал Коши (4.4), (4.5) есептерінің шешімі (4.6) қатынасынан табылған. Ескерту 4. 1. Егер f = yj үшін f2 (y) = 0 болса, (j = 1, 2, ..., S), онда (4.1) теңдеуінің шешімдері де y (x) yj функциялары екені анық. , j = 1, 2 ,. ... ... , s, бұл функцияларды (4.1) теңдеуге тікелей ауыстыру арқылы дәлелденді. Ескерту 4. 2. (4.1) теңдеу үшін F2 (y) F1 (x) = C қатынасынан жалпы шешімді анықтаймыз. (4.7) Осылайша, (4.7) қатынастың сол жағы әр шешімде тұрақты болады. (4.1) теңдеу. (4.7) типті қатынастарды басқа ОДҚ шешкен кезде де жазуға болады. Мұндай қатынастарды әдетте сәйкес ODE интегралдары (жалпы интегралдар) деп атайды. Нақты анықтама берейік. Анықтама 4. 1. y 0 (x) = f (x, y) теңдеуін қарастырайық. (4.8) (x, y) = C, (4.9) қатынасы, мұнда (x, y) C1 класының функциясы болып табылады, егер бұл қатынас бірдей қанағаттандырылмаса, (4.8) теңдеудің жалпы интегралы деп аталады, бірақ (4.8) теңдеудің әрбір шешіміне қанағаттандырылды. C 2 R әрбір нақты мәні үшін біз жартылай интегралды аламыз. (4.8) теңдеудің жалпы шешімі жасырын функция теоремасы арқылы жалпы интегралдан (4.9) алынады. Мысал 4. 1. x (4.10) y 0 (x) = y теңдеуін және бастапқы шарт y (2) = 4. (4.11) (4.10) теңдеуінің шешіміне сипатталған айнымалыларды бөлу әдісін қарастырайық жоғарыда y dy = x dx аламыз, осыдан (4.10) y 2 x2 = C теңдеуінің жалпы интегралын табамыз (4.10) теңдеудің жалпы шешімі py = C + x2 формуласымен жазылады және Коши мәселесі (4.10), (4.11) - py = 12 + x2 формуласы бойынша ... -57- 4. 2. Бірінші ретті сызықтық ОДЕ Бірінші ретті сызықтық ОД- y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x) теңдеуі, егер q (x) 6 If q (x) x 2 га, би. (4.12) 0, онда теңдеу біртекті емес деп аталады. 0, онда теңдеу біртекті деп аталады: y 0 (x) + p (x) y (x) = 0. (4.120) 4.1.1 теоремасы) y1 (x), y2 (x) біртекті теңдеудің шешімдері болса (4.120), α, β - ерікті сандар, онда y (x) αy1 (x) + βy2 (x) функциясы да (4.120) теңдеуінің шешімі болып табылады. 2) Біркелкі емес теңдеудің (4.12) жалпы шешімі үшін келесі формула сақталады: yon = yoo + ychn; (4.13) мұндағы у - біртекті емес теңдеудің жалпы шешімі (4. 12), ychn - біртекті емес теңдеудің белгілі бір шешімі (4.12), yoo - біртекті теңдеудің жалпы шешімі (4.120). Дәлел. Теореманың бірінші тұжырымы тікелей тексеру арқылы дәлелденеді: бізде y 0 αy10 + βy20 = αp (x) y1 βp (x) y2 = p (x) αy1 + βy2 = p (x) y бар. Екінші тұжырымды дәлелдейік. Y0 (4.120) теңдеуінің ерікті шешімі болсын, онда y00 = p (x) y0. Екінші жағынан, 0 yp = p (x) yp + q (x). Демек, 0 y0 + ychn = p (x) y0 + ychn + q (x), яғни y y0 + ychn (4.12) теңдеуінің шешімі болып табылады. Осылайша (4.13) формуласы біркелкі емес теңдеудің шешімін береді (4.12). Бұл формуланы (4.12) теңдеудің барлық шешімдерін алуға болатынын көрсетейік. Шынында да, y ^ (x) (4.12) теңдеуінің шешімі болсын. Y ~ (x) = y ^ (x) ychn қойыңыз. Бізде 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). Осылайша, y ~ (x) - біртекті теңдеудің шешімі (4.120), ал бізде y ^ (x) = y ~ (x) + ychn бар, ол (4.13) формулаға сәйкес келеді. Теорема дәлелденді. -58- Төменде y (x0) = y0, x0 2 ha, bi бастапқы шарты бар (4.12) және (4.120) теңдеулері үшін Коши есебін қарастырамыз. (4.14) p (x) және q (x) функциялары үшін (4.12) -ден p (x), q (x) 2 C (ha, bi) деп есептейміз. Ескерту 4. 3. F (x, y) = p (x) y + q (x) қойыңыз. Содан кейін, p (x) және q (x) шарттарын ескере отырып, бізде F (x, y), ∂F (x, y) 2 CG, ∂y G = ha, bi R1, демек, Коши мәселесі үшін (4.12), (4.14), 2 тарауда дәлелденген шешімнің болуы мен бірегейлік теоремалары ha, bi интервалының барлығында бар. Алдымен қарастырыңыз біртекті теңдеу (4.120). Теорема 4. 2. тұжырымдар: p (x) 2 C (ha, bi) болсын. Мыналар дұрыс болған кезде: 1) (4.120) теңдеуінің кез келген шешімі барлық ha, bi интервалында анықталады; 2) (4.120) біртекті теңдеудің жалпы шешімі y (x) = C e формуласымен берілген, мұнда C R p (x) dx, (4.15) - ерікті тұрақты; 3) Йоши есебінің шешімі (4.120), (4.14) Rx y (x) = y0 e x0 p (ξ) dξ формуласымен берілген. (4.16) Дәлел. (4.15) формуласын тараудың басында берілген әдістемеге сәйкес шығарайық. Ең алдымен, y 0 функциясы (4.120) теңдеуінің шешімі екенін ескеріңіз. Y (x) теңдеуінің шешімі болсын (4.120), ha 6, y 6 0. Содан кейін 9 x1 2 га, bi, y (x1) = y0 6 = 0 болатындай. (4.120) теңдеуді x1 нүктесінің маңайында қарастырайық. Бұл бөлінетін айнымалысы бар теңдеу, ал у1 (x) 6 = 0 нүктенің кейбір маңайындағы. Содан кейін, алдыңғы бөлімнің нәтижелері бойынша, біз Z dy = p (x) dx, ln y = p (x) dx + C, y -59- шешімі үшін айқын формуланы аламыз R y (x) = C ep (x) dx, c 6 = 0, ол (4.15) формуласына сәйкес келеді. Сонымен қатар, y 0 шешімі C = 0 үшін (4.15) формуласымен де берілген. (4.120) теңдеуіне тікелей алмастыру арқылы кез келген С үшін (4.15) формуламен берілген у (х) функциясының шешімі болатынын көреміз. (4.120) теңдеуі, сонымен қатар, барлық интервал бойынша ha, bi. (4.15) формуласы (4.120) теңдеуінің жалпы шешімін анықтайтынын көрсетейік. Шынында да, y ^ (x) теңдеудің ерікті шешімі болсын (4.120). Егер y ^ (x) 6 = 0 га, bi бойынша 0 болса, онда алдыңғы ойды қайталай отырып, біз бұл функция кейбір С (4.15) формуласы бойынша берілгенін аламыз: атап айтқанда, егер y ^ (x0) = y ^ 0 болса, онда Rx p (ξ) dξ. y ^ (x) = y ^ 0 e x0 Егер 9x1 2 га, bi y ^ (x1) = 0 болатын болса, онда y (x1) = 0 бастапқы шарты бар (4.120) теңдеуіне арналған Коши есебінің екі шешімі бар y ^ (x) және y (x) 0. 4.3 ескерту бойынша Коши есебінің шешімі бірегей, сондықтан y ^ (x) 0, демек, C = 0 үшін (4.15) формуласымен берілген. (4.120) жалпы шешім теңдеуінің барлық ha, bi бойынша анықталатынын және (4.15) формуласымен берілгенін дәлелдедік. (4.16) формуласы (4.15) формуласының ерекше жағдайы екені анық, сондықтан y (x) функциясы (4.120) теңдеуінің шешімі болып табылады. Сонымен қатар, x R0 p (ξ) dξ y (x0) = y0 e x0 = y0; сондықтан, (4.16) формула Коши мәселесінің шешімін анықтайды (4.120), (4.14). 4.2 теоремасы дәлелденді. Енді біртекті емес теңдеуді қарастырайық (4.12). Теорема 4. 3. p (x), q (x) 2 C (ha, bi) болсын. Келесі тұжырымдар рас болғанда: 1) (4.12) теңдеудің кез келген шешімі барлық ha, bi интервалында анықталады; 2) біртекті емес теңдеудің жалпы шешімі (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 формуласымен берілген, мұнда С - ерікті тұрақты; 3) Йоши есебінің шешімі (4.12), (4.14) Rx y (x) = y0 e x0 Zx p (ξ) dξ + q (ξ) e x0 -60- Rx ξ p (θ) формуласымен берілген ) dθ dξ. (4.18) Дәлел. 4.1 теоремасы мен (4.13) yon = yoo + ychn формуласына сәйкес (4.12) теңдеудің белгілі бір шешімін табу қажет. Оны табу үшін ерікті тұрақты шаманың вариация әдісі деп аталатын әдісті қолданамыз. Бұл әдістің мәні мынада: біз (4.15) формуласын аламыз, ондағы С тұрақтысын белгісіз C (x) функциясымен ауыстырамыз және ychn (x) = C түріндегі (4.12) теңдеудің белгілі бір шешімін іздейміз. (x) e R p (x) dx. (4.19) (4.19) ішінен ychn (x) -ті (4.12) теңдеуіне ауыстырыңыз және осы теңдеу орындалатындай С (x) -ті табыңыз. Бізде R R 0 ychn (x) = C 0 (x) e p (x) dx + C (x) e p (x) dx p (x) бар. (4.12) алмастыра отырып, біз 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) аламыз ) dx = q (x), қайдан RC 0 (x) = q (x) ep (x) dx. Соңғы қатынасты біріктіріп, табылған С (х) формуласын (4.19) алмастыра отырып, Z R R p (x) dx ychn (x) = e q (x) e p (x) dx dx болатынын аламыз. Сонымен қатар, 4 теоремасы бойынша. 2 R yoo = C e p (x) dx. Демек, 4.1 теоремасының (4.13) формуласын қолдана отырып, ZRRR p (x) dx p (x) dx y (x) = yoo + ychn = Ce + eq (x) ep (x) dx dx болатынын аламыз, ол сәйкес келеді. формула (4.17). Әлбетте, (4.17) формула барлық ha, bi интервалындағы шешімді анықтайды. Соңында Коши (4.12), (4.14) есептерінің шешімі 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 Шынында да, (4.20) формуласы (4.17) формуласының C = y0 болатын ерекше жағдайы, сондықтан ол (4.12) теңдеуінің шешімін анықтайды. Сонымен қатар, 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, сондықтан бастапқы деректер (4.14). (4.20) формуласын (4.20) келтірейік. Шынында да, (4.20) -дан бізде 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, ол (4.18) формуласымен сәйкес келеді. 4.3 теоремасы дәлелденді. Қорытынды (сызықтық жүйе үшін Коши есебінің шешімінің бағасы бойынша). x0 2 га, bi, p (x), q (x) 2 C (ha, bi), және p (x) 6 K, q (x) 6 M 8 x 2 га, bi болсын. Сонда M Kjx x0 j Kjx x0 j y (x) 6 y0 e + e 1 бағалауы (4.12), (4.14) оши есебін шешуге жарамды. K (4.21) Дәлел. Алдымен x> x0 рұқсат етіңіз. (4.18) арқасында бізде 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. Енді x болсын< 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, онда, анық, y (x) 0 функциясы (4.24) теңдеуінің шешімі болып табылады. Ernoulli теңдеуін шешу үшін (4.24) α 6 = 0, α 6 = 1, теңдеудің екі жағын y α -ға бөлеміз. Α> 0 үшін ескерту 4. 4 ескертуінің арқасында y (x) 0 функциясы (4.24) теңдеудің шешімі болып табылады, ол мұндай бөліністе жоғалады. Сондықтан болашақта оны жалпы шешімге қосу қажет болады. Бөлуден кейін y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x) қатынасын аламыз. Жаңа қажетті z = y 1 α функциясын енгізіңіз, содан кейін z 0 = (1 демек, z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) теңдеуіне келеміз. α y 0, және (4.25) теңдеу (4.25) - сызықтық теңдеу. Мұндай теңдеулер 4.2 бөлімінде қарастырылады, мұнда жалпы шешім формуласы алынады, соның арқасында (4.25) теңдеудің z (x) шешімі z (x) = Ce R (α 1) a (x түрінде жазылады) ) dx + + (1 α) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx. (4.26) Сонда y (x) = z 1 α (x) функциясы, мұнда z (x) (4.26) тармағында анықталған, (4.24) эрноулли теңдеуінің шешімі болып табылады. -64- Сонымен қатар, жоғарыда көрсетілгендей, α> 0 үшін шешім y (x) 0 функциясы болып табылады. 4-мысал. 4. y 0 + 2y = y 2 ex теңдеуін шешіңіз. (4.27) (4.27) теңдеуді y 2 -ге бөліп, z = өзгерісін енгіземіз, біз 1 у сызықтық біртекті емес теңдеуді аламыз. Нәтижесінде z 0 + 2z = ex. (4.28) Алдымен біз біртекті теңдеуді шешеміз: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1. Біз біркелкі емес (4.28) теңдеуді ерікті тұрақты өзгеру әдісімен шешуді іздейміз: zпн = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex, қайдан zпн = ex, және (4.28) теңдеуінің жалпы шешімі z (x) = Ce2x + ex. Сондықтан эрноулли теңдеуінің шешімі (4.24) у (х) = 1 түрінде жазылады. ex + Ce2x Сонымен қатар, (4.24) теңдеуінің шешімі де y (x) функциясы Бұл теңдеуді y 2 -ге бөлгенде біз бұл шешімді жоғалттық. 0. 4. 5. Толық дифференциалдық теңдеу M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G дифференциалдық теңдеуді қарастырамыз. R2. Мұндай теңдеуді dF (x, y) = M (x, y) dx + болатын потенциал деп аталатын F (x, y) 2 C 1 (G) функциясы бар болса, x жалпы дифференциалдық теңдеу деп атайды. N (x, y) dy, (x, y) 2 G. Қарапайымдылық үшін M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) және G домені жай ғана қосылған деп есептейміз. Осы болжамдар бойынша, математикалық талдау барысында (мысалы, қараңыз) (4.29) теңдеудің F (x, y) потенциалы бар екендігі дәлелденді (яғни, (4.29) жалпы дифференциалдық теңдеу) және егер Менің (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 Г. Сонымен қатар, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0) нүктесі (x0, y0) кейбір тұрақты G нүктесі, (x, y) нүктесі - G нүктесі, ал қисық сызықты интеграл (x0, y0) және (x, y) нүктелерін байланыстыратын және толығымен G облысында жатқан кез келген қисық бойымен қабылданады. 4.29) - теңдеу

Бұл дәрістер курсы Қиыр Шығыс мемлекеттік университетінің теориялық және қолданбалы математика студенттеріне 10 жылдан астам уақыт бойы жүргізілген. Бұл мамандықтар бойынша 2 -ші буын стандартына сәйкес келеді. Математикалық мамандық студенттері мен магистранттарына ұсынылады.

Бірінші ретті теңдеу үшін Коши есебінің шешімінің болуы мен бірегейлігі туралы Коши теоремасы.
Бұл бөлімде бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің оң жағына белгілі бір шектеулер қою арқылы біз бастапқы мәліметтермен анықталған шешімнің барлығын және бірегейлігін дәлелдейміз (x0, y0). Дифференциалдық теңдеулердің шешімінің бар екендігінің алғашқы дәлелі Кошиге байланысты; төмендегі дәлелді Picard береді; ол кезектескен жуықтау әдісі арқылы жүзеге асады.

МАЗМҰНЫ
1. Бірінші ретті теңдеулер
1.0. Кіріспе
1.1. Бөлінетін теңдеулер
1.2. Біртекті теңдеулер
1.3. Жалпыланған біртекті теңдеулер
1.4. Бірінші ретті және оларға келтірілген сызықтық теңдеулер
1.5. Бернулли теңдеуі
1.6. Риккати теңдеуі
1.7. Жалпы дифференциалдық теңдеу
1.8. Интегралды фактор. Интегралды факторды табудың қарапайым жағдайлары
1.9. Туындыға қатысты шешілмеген теңдеулер
1.10. Коши теоремасы бірінші ретті теңдеу үшін Коши есебінің шешімінің болуы мен бірегейлігі туралы
1.11. Арнайы нүктелер
1.12. Арнайы шешімдер
2. Жоғары ретті теңдеулер
2.1. Негізгі түсініктер мен анықтамалар
2.2. Квадрат бойынша шешілетін n -ші ретті теңдеулердің түрлері
2.3. Аралық интегралдар. Ретті қысқартуға мүмкіндік беретін теңдеулер
3. n -ші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер
3.1. Негізгі түсініктер
3.2. N -ші ретті сызықтық біртекті дифференциалдық теңдеулер
3.3. Сызықтық біртекті теңдеудің ретін төмендету
3.4. Біртекті емес сызықтық теңдеулер
3.5. Сызықтық біртекті емес теңдеудегі ретті азайту
4. Тұрақты коэффициенттері бар сызықтық теңдеулер
4.1. Коэффициенттері тұрақты біртекті сызықтық теңдеу
4.2. Коэффициенттері тұрақты емес біртекті сызықтық теңдеулер
4.3. Тербелмелі шешімдері бар сызықтық екінші ретті теңдеулер
4.4. Қуат сериялары бойынша интеграция
5. Сызықтық жүйелер
5.1. Біртекті емес және біртекті жүйелер. Сызықтық жүйелердің шешімдерінің кейбір қасиеттері
5.2. Сызықтық біртекті жүйе шешімдерінің сызықтық тәуелсіздігінің қажетті және жеткілікті шарттары
5.3. Негізгі матрицаның болуы. Сызықтық біртекті жүйенің жалпы шешімінің құрылысы
5.4. Сызықтық біртекті жүйенің фундаментальды матрицаларының барлық жиынтығының құрылысы
5.5. Біртекті емес жүйелер. Ерікті тұрақтыларды вариациялау әдісімен жалпы шешім құру
5.6. Коэффициенттері тұрақты сызықты біртекті жүйелер
5.7. Матрицалар функциясының теориясынан кейбір мәліметтер
5.8. Жалпы жағдайда коэффициенттері тұрақты сызықтық біртекті теңдеулер жүйесінің іргелі матрицасының құрылысы
5.9. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйелерінің шешімдерінің функционалдық қасиеттері туралы бар теорема мен теоремалар
6. Тұрақтылық теориясының элементтері
6.1
6.2. Демалыс нүктелерінің ең қарапайым түрлері
7. 1 -ретті дербес дифференциалдық теңдеулер
7.1. 1 -ретті сызықтық біртекті дербес дифференциалдық теңдеу
7.2. 1 -ретті біртекті емес сызықтық дербес дифференциалдық теңдеу
7.3. 1 белгісіз функциясы бар екі жартылай дифференциалдық теңдеулер жүйесі
7.4. Пфафф теңдеуі
8. Бақылау тапсырмаларының нұсқалары
8.1. Бақылау жұмысы №1
8.2. No2 емтихандық жұмыс
8.3. No3 тест жұмысы
8.4. No4 тест жұмысы
8.5. No5 емтихандық жұмыс
8.6. No6 емтихандық жұмыс
8.7. No7 тест жұмысы
8.8. No8 емтихандық жұмыс.

Тегін жүктеу электронды кітапыңғайлы форматта қараңыз және оқыңыз:
Кітапты жүктеу Кәдімгі дифференциалдық теңдеулер бойынша дәрістер курсы, Шепелева Р.П., 2006 - fileskachat.com, тез және ақысыз жүктеу.

Pdf жүктеу
Төменде сіз бұл кітапты Ресей бойынша жеткізілім кезінде ең жақсы жеңілдікпен сатып ала аласыз.

«КӘДІМДІ ДИФЕРЕНЦИОНАЛДЫ ТЕҢДЕУЛЕР ДӘРІСТЕРІ 1 БӨЛІМ. ЖАЛПЫ ТЕОРИЯ ЭЛЕМЕНТТЕРІ Оқулықта қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясының негізін құрайтын ережелер берілген: ...»

-[1-бет]-

А.Е.Мамонтов

ДӘРІСТЕР ДӘРІСТЕР

Дифференциалды теңдеулер

Жалпы теорияның элементтері

Оқу құралы ережелерді анықтайды

қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясының негізі: шешімдер туралы түсінік, олардың болуы, бірегейлігі,

параметрлерге тәуелділік. Сондай -ақ (3 -§ -те) кейбір теңдеулер кластарын «анық» шешуге біраз көңіл бөлінеді. Нұсқаулық арналған терең зерттеуНовосибирск мемлекеттік педагогикалық университетінің математика факультетінде оқитын студенттердің «Дифференциалдық теңдеулер» курсы.

UDC 517.91 ББК В161.61 Кіріспе Оқулық «Дифференциалдық теңдеулер» міндетті курсын кеңейтілген көлемде оқығысы келетін Новосибирск мемлекеттік педагогикалық университетінің математика факультетінің студенттеріне арналған. Оқырмандар назарына қарапайым дифференциалдық теңдеулер теориясының негізін құрайтын негізгі ұғымдар мен нәтижелер ұсынылады: шешімдер туралы түсініктер, олардың болу теоремалары, бірегейлігі, параметрлерге тәуелділігі. Сипатталған материал §§ 1, 2, 4, 5 -те логикалық бөлінбейтін мәтін түрінде ұсынылған. Сонымен қатар (3 -§ -те, ол біршама бөлек және курстың негізгі сабағын уақытша үзеді), ең танымал әдістер теңдеулердің кейбір кластарының шешімдерін «анық» табу қысқаша қарастырылады. Бірінші оқылымда § 3 курстың логикалық құрылымына айтарлықтай зақым келтірместен өткізіп жіберуге болады.

Мәтінге үлкен көлемде енгізілген жаттығулар маңызды рөл атқарады. Оқырманға оларды «ізде ыстық» шешуге кеңес беріледі, бұл материалдың ассимиляциясына кепілдік береді және сынақ болады. Сонымен қатар, көбінесе бұл жаттығулар логикалық матаны толтырады, яғни оларды шешпей барлық ұсыныстар қатаң түрде дәлелденбейді.

Мәтіннің ортасында төртбұрышты жақшада түсініктеме рөлі бар ескертулер бар (кеңейтілген немесе жанама түсіндірулер). Лексикалық түрде бұл фрагменттер негізгі мәтінді үзеді (яғни, бірізді оқу үшін оларды «елемеу» керек), бірақ олар әлі де түсініктеме ретінде қажет. Басқаша айтқанда, бұл фрагменттерді далаға шығарылғандай қабылдау керек.

Мәтінде «мұғалімге арналған ескертулер» бөлек жіктелген - олар студенттер оқыған кезде алынып тасталуы мүмкін, бірақ нұсқаулықты қолданатын мұғалім үшін пайдалы, мысалы, дәріс оқығанда - олар курстың логикасын жақсы түсінуге көмектеседі. және курстың мүмкін болатын жетілдіру (кеңейту) бағытын көрсетіңіз ... Алайда, студенттердің бұл ескертулерді меңгеруін тек қана құптауға болады.

Ұқсас рөлді «мұғалім туралы ойлау» атқарады - олар оқырманға жаттығулар ретінде ұсынылған кейбір ұсыныстарды дәлме -дәл жеткізеді.

Ең көп тараған (кілт) терминдер қысқартулар түрінде қолданылады, олардың тізімі ыңғайлылығы үшін соңында берілген. Сондай -ақ, мәтінде кездесетін, бірақ жиі кездесетін (және / немесе әдебиетте бір мағыналы түсінілмеген) математикалық белгілердің тізімі бар.

Символ дәлелдеудің аяқталуын, мәлімдемені, ескертулерді және т.б. білдіреді (бұл жерде шатасуды болдырмау қажет).

Формулалар әр абзацта дербес нөмірленеді. Формуланың бір бөлігіне сілтеме жасаған кезде индекстер қолданылады, мысалы (2) 3 формуланың үшінші бөлігін білдіреді (2) (формуланың бөліктері типографиялық кеңістікпен бөлінген фрагменттер, ал логикалық позициялардан - «және» тобы).

Бұл нұсқаулық пәнді терең меңгеруді толық алмастыра алмайды, ол үшін тәуелсіз жаттығулар мен оқу қажет. қосымша әдебиеттермысалы, нұсқаулықтың соңында көрсетілген. Дегенмен, автор теорияның негізгі ережелерін дәріс курсына сәйкес келетін өте қысқа түрде беруге тырысты. Осы орайда, бұл әдістемелік нұсқаулық бойынша дәріс курсын оқу кезінде 10 -ға жуық дәріс қажет екенін атап өткен жөн.

Бұл нұсқаулықты жалғастыра отырып және «қарапайым дифференциалдық теңдеулер» пәнінен дәрістер циклын аяқтай отырып, тағы 2 бөлімді (томдарды) шығару жоспарлануда: 2 -бөлім (сызықтық теңдеулер), 3 -бөлім (сызықтық емес теңдеулердің теориясы, дербес дифференциалдық) бірінші ретті теңдеулер).

§ 1. Кіріспе Дифференциалдық теңдеу (DE) - бұл u1 u1 un түріндегі қатынас, жоғары туындылар F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1), мұнда y = (y1,. .., yk) Rk - тәуелсіз айнымалылар, ал u = u (y) белгісіз функциялар1, u = (u1, ..., un). Осылайша, (1) -де белгісіз n бар, сондықтан n теңдеу қажет, яғни F = (F1, ..., Fn), сондықтан (1), жалпы айтқанда, n теңдеулер жүйесі. Егер бір ғана белгісіз функция болса (n = 1), онда (1) теңдеу скалярлық (бір теңдеу) болады.

Сонымен, F (функциялары) функциясы берілген (беріледі), ал u ізделеді. Егер k = 1 болса, онда (1) ODE деп аталады, әйтпесе PDE деп аталады. Екінші жағдай - осы аттас оқулықтар сериясында көрсетілген МҚҰ арнайы курсының пәні. Оқу құралдарының осы сериясында (3 бөлімнен тұратын томнан тұрады) біз соңғы бөлімнің (томның) соңғы абзацын қоспағанда, ОДЕ-ді ғана зерттейтін боламыз, онда біз ПДЭ кейбір ерекше жағдайларын зерттей бастаймыз.

2u u Мысал. 2 = 0 - бұл PDE.

y1 y белгісіз u мәндері нақты немесе күрделі болуы мүмкін, бұл маңызды емес, өйткені бұл сәт тек теңдеулердің формасына ғана қатысты: кез келген күрделі белгіні нақты және қиялдағы бөліктерді бөліп, нақтыға айналдыруға болады. әрине, теңдеулер мен белгісіздердің санын екі есе көбейту арқылы), және керісінше, кейбір жағдайларда күрделі жазуға көшу ыңғайлы.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Бұл 2 ODE жүйесі мысалы.

y айнымалы тәуелсіз белгісіз 2 функция үшін dy dy dy.

Егер k = 1 (ODE) болса, онда d / dy «түзу» таңбасы қолданылады.

u (y) du Мысал. exp (sin z) dz - бұл ODE, себебі оның мысалы бар. = u (u (y)) n = 1 үшін дифференциалдық теңдеу емес, функционалды дифференциалдық теңдеу.

Бұл DE емес, интегро-дифференциалдық теңдеу, біз мұндай теңдеулерді зерттемейміз. Алайда, (2) теңдеу оңай ODE -ге дейін қысқарады:

Жаттығу. (2) ODE дейін азайтыңыз.

Бірақ тұтастай алғанда, интегралдық теңдеулер күрделі объект болып табылады (ол функционалдық талдау барысында ішінара зерттеледі), дегенмен, біз төменде көретініміздей, олардың көмегімен ОДЕ үшін кейбір нәтижелер алынады.

ДЭ математикалық қажеттіліктерден де туындайды (мысалы, дифференциалды геометрияда) және қосымшаларда (тарихта бірінші рет, енді негізінен физикада). Ең қарапайым ДЭ - бұл функцияны оның туындысынан қалпына келтіру туралы «дифференциалдық есептің негізгі мәселесі»: = h (y). Талдаудан белгілі болғандай, оның шешімі u (y) = + h (s) ds түріне ие. Неғұрлым жалпы ДЕ оны шешу үшін арнайы әдістер қажет. Алайда, біз төменде көретініміздей, ODE -ді «айқын түрде» шешудің барлық әдістері іс жүзінде көрсетілген тривиалды жағдайға дейін қысқартылған.

Қолданбаларда ODE көбінесе уақыт бойынша дамитын процестерді сипаттау кезінде пайда болады, сондықтан тәуелсіз айнымалының рөлін әдетте t уақыты ойнайды.

Осылайша, ODE -дің мағынасы жүйенің параметрлерінің уақыт бойынша өзгеруін сипаттау болып табылады, сондықтан оны құру кезінде ыңғайлы. жалпы теория ODE тәуелсіз айнымалыны t арқылы белгілейді (және оны барлық терминологиялық салдарлары бар уақыт деп атайды), ал белгісіз функция (лар) - x = (x1, ..., xn). Осылайша, ODE (ODE жүйесі) туралы жалпы көрініс келесідей:

мұндағы F = (F1, ..., Fn) - n x функциялары үшін n ODE жүйесі, ал егер n = 1 болса, онда 1 функция үшін бір ОДЕ.

Сонымен қатар, x = x (t), t R және x, жалпы айтқанда, күрделі бағаланады (бұл ыңғайлы болу үшін, өйткені кейбір жүйелер ықшамырақ жазылған).

(3) жүйесі xm функциясына қатысты m ретті деп аталады.

Туындылар аға деп аталады, ал қалғандары (соның ішінде xm = өздері) төмен деп аталады. Егер барлығы m = болса, онда олар жай жүйенің тәртібі тең деп айтады.

Рас, m саны көбінесе жүйенің тәртібі деп аталады, бұл да табиғи, ол төменде анық болады.

Біз басқа пәндермен (дифференциалды геометрия, математикалық анализ, теориялық механикажәне т. Бұл курста біз тек (3) түріндегі жүйелерді математикалық зерттеумен айналысамыз, ол келесі сұрақтарға жауап береді:

1. теңдеуді (жүйені) «шешу» нені білдіреді (3);

2. мұны қалай жасау керек;

3. бұл шешімдердің қандай қасиеттері бар, оларды қалай зерттеу керек.

Сұрақ 1 анық емес - төменде қараңыз. Кез келген жүйені (3) төменгі ретті туындыларды жаңа белгісіз функциялар ретінде көрсететін бірінші ретті жүйеге келтіруге болатынын бірден ескеріңіз. Бұл процедураны мысалмен түсіндірудің ең оңай жолы:

5 белгісіз үшін 5 теңдеу. (4) пен (5) олардың бірінің шешімі (сәйкес қайта жоспарлаудан кейін) екіншісінің шешімі деген мағынада эквивалентті екенін түсіну оңай. Бұл жағдайда шешімдердің біртектілігі туралы мәселені қою қажет - біз мұны жоғары деңгейлі ОД (мысалы, бірінші емес) кездескенде жасаймыз.

Бірақ қазір тек бірінші ретті ODE-ді зерттеу жеткілікті екендігі түсінікті, ал басқалары тек жазудың ыңғайлылығы үшін қажет болуы мүмкін (мұндай жағдай кейде біздің жағдайда туындайды).

Әзірге біз бірінші ретті ODE -мен шектелеміз:

dimx = dimF = n.

(6) теңдеуді зерттеу dx / dt туындыларына қатысты шешілмегендіктен ыңғайсыз. Талдаудан белгілі болғандай (жасырын функция теоремасынан), белгілі бір шарттарда F, (6) теңдеуді dx / dt қатысты шешуге болады және f: Rn + 1 Rn берілген түрінде жазуға болады, және x: R Rn - қалаған. Олар (7) - туындыларға қатысты шешілген ОДЕ (қалыпты формадағы ОДЕ) дейді. (6) -дан (7) -ге өту кезінде, әрине, қиындықтар туындауы мүмкін:

Мысал. Exp (x) = 0 теңдеуін (7) түрінде жазуға болмайды, және оның шешімдері мүлде жоқ, яғни күрделі жазықтықта да exp нөлдері жоқ.

Мысал. Рұқсат кезінде x 2 + x2 = 1 теңдеуі екі қалыпты ODE түрінде жазылады x = ± 1 x2. Олардың әрқайсысын шешу керек, содан кейін нәтижені түсіндіру керек.

Пікір. (3) -тен (6) -ға дейін азайту кезінде күрделілік пайда болуы мүмкін, егер (3) кейбір функцияда немесе функциялардың бір бөлігінде 0 ретті болса (яғни, бұл функционалды дифференциалдық теңдеу). Бірақ содан кейін бұл функцияларды жасырын функция теоремасымен жою керек.

Мысал. x = y, xy = 1 x = 1 / x. Алынған ODE -ден x -ті, содан кейін функционалдық теңдеуден y -ді табыңыз.

Бірақ кез келген жағдайда, (6) -дан (7) -ге көшу мәселесі ДЕ -ге қарағанда математикалық талдау саласына жатады, және біз онымен айналыспаймыз. Алайда, (6) формадағы НҚ шешкенде, ОДЕ тұрғысынан қызықты сәттер туындауы мүмкін, сондықтан есептерді шешу кезінде бұл мәселені зерттеу орынды (мысалы, қалай) және ол § 3 -те аздап қозғалады. Бірақ курстың қалған бөлігінде біз тек қалыпты жүйелер мен теңдеулермен айналысамыз. Сонымен, ODE (ODE жүйесі) қарастырыңыз (7). Оны компонент түрінде 1 рет жазайық:

«Шешу (7)» (және, жалпы алғанда, кез келген ДЕ) тұжырымдамасы бұрыннан шешімнің «айқын формуласын» іздеу ретінде түсінілген (яғни, қарапайым функциялар түрінде, олардың қарсы құралдары немесе арнайы функциялары және т. Алайда, ODE теориясы мен математиканың басқа салаларының қазіргі жағдайы (және жалпы жаратылыстану ғылымдары) бұл тәсілдің қанағаттанарлықсыз екенін көрсетеді, егер мұндай «айқын интеграцияға» берілетін ODE -дің үлесі өте аз болса (тіпті қарапайым ODE x = f (t) үшін де қарапайым функциялардың шешімі сирек кездесетіні белгілі. , дегенмен «Ашық формула» бар).

Мысал. X = t2 + x2 теңдеуінің қарапайымдылығына қарамастан, қарапайым функциялардың шешімдері жоқ (тіпті мұнда «формула жоқ»).

Шешімнің «айқын» конструкциясы мүмкін болатын ODE кластарын білу пайдалы болғанымен (мүмкіндігінше «интегралдарды санау» пайдалы, бірақ бұл өте сирек кездеседі). Осыған байланысты, шешудің ескі түсініктерін көрсететін «ODE интеграциялау», «ODE интегралы» (қазіргі заманғы «ODE шешу», «ODE ерітіндісі» ұғымдарының ескірген аналогтары) терминдері. Енді біз қазіргі терминдерді қалай түсіну керектігін түсіндіреміз.

және бұл мәселе § 3 -те қарастырылатын болады (сонымен қатар дәстүрлі түрде) үлкен назарол практикалық сабақтарда есептер шығаруда беріледі), бірақ бұл тәсілден әмбебаптық күтуге болмайды. Әдетте, (7) шешу процесінде біз мүлдем басқа қадамдарды айтамыз.

Қай функцияны x = x (t) шешімі (7) деп атауға болатынын нақтылау қажет.

Біріншіден, біз шешім тұжырымдамасын нақты тұжырымдау, егер ол функция функциясы болғандықтан және қандай да бір функция (мектеп анықтамасы бойынша) заң болса ғана, ол анықталған жиынты көрсетусіз мүмкін емес екенін ескереміз. бұл жиынның кез келген элементін салыстырады (бұл функцияның анықталу аймағы деп аталады) басқа жиынның кейбір элементін (функция мәндері). Осылайша, функцияның анықталу ауқымын көрсетпестен сөйлесу анықтамаға сәйкес келмейді. Аналитикалық функциялар (кеңірек - элементарлы) мұнда төменде көрсетілген себептермен (және кейбір басқа себептерге байланысты) «ерекшелік» (жаңылыстыратын) ретінде қызмет етеді, бірақ ДЭ жағдайында мұндай бостандықтар қабылданбайды.

және (7) қатысатын барлық функциялардың анықтамаларының жиынтығын көрсетпестен. Бұдан әрі түсінікті болғандай, шешім тұжырымдамасын оның анықтамасының жиынтығымен қатаң байланыстырған жөн және егер олардың шешімдерінің жиынтығы әр түрлі болса, шешімдер қиылысында сәйкес келсе де, шешімдерді басқаша деп қарастырған жөн. бұл жиындар.

Көбінесе, белгілі бір жағдайларда, егер шешімдер қарапайым функциялар түрінде жасалса, онда 2 шешімдер «бірдей формулаға» ие болса, онда бұл формулалар жазылған жиындардың сәйкес келетінін түсіндіру қажет. Бұл мәселеде ұзақ уақытқа созылған түсінбеушілік қарапайым функциялар түріндегі шешімдер қарастырылған жағдайда кешірімді болды, өйткені аналитикалық функциялар біршама кең интервалдарға таралады.

Мысал. x1 (t) = et (0,2) және x2 (t) = et (1,3) бойынша x = x теңдеуінің әр түрлі шешімдері.

Бұл жағдайда кез келген шешімге анықтама ретінде ашық интервалды (мүмкін шексіз) қабылдау табиғи, себебі бұл жиын келесідей болуы керек:

1. ашық, сондықтан кез келген уақытта туынды (екі жақты) туралы айтудың мағынасы бар;

2. ерітінді ажыратылған бөліктерге бөлінбеуі үшін қосылған (бұл жағдайда бірнеше шешімдер туралы айту ыңғайлы) - алдыңғы Мысалды қараңыз.

Осылайша, (7) шешімі - жұп (, (а, б)), мұнда a +, (a, b) бойынша анықталады.

Мұғалімге ескерту. Кейбір оқулықтарда шешімнің анықталу аймағына сегменттің ұштарын қосуға рұқсат етілген, бірақ бұл презентацияны қиындатып, нақты жалпылауды бермейтіндіктен бұл орынсыз. ).

Әрі қарайғы пайымдауларды түсінуді жеңілдету үшін геометриялық интерпретацияны қолдану тиімді (7). F анықталған әрбір нүктеде (t, x) Rn + 1 = ((t, x)) кеңістігінде f (t, x) векторын қарастыруға болады. Егер осы кеңістікте (7) шешім графигін құрсақ (оны (7) жүйенің интегралдық қисығы деп атайды), онда ол (t, x (t)) түріндегі нүктелерден тұрады. T (a, b) өзгергенде, бұл нүкте IC бойымен жылжиды. (T, x (t)) нүктесіндегі IC -ге жанамасы (1, x (t)) = (1, f (t, x (t))) түрінде болады. Осылайша, IK - бұл Rn + 1 кеңістігіндегі қисықтар, олар әр нүктеде (t, x) (1, f (t, x)) векторына параллель жанрген болады. Бұл идея бойынша, деп аталатын. нақты ОДЕ ерітінділерінің графиктерін көрсету үшін қолданылатын ИК -ның шамамен құрылысының изоклин әдісі (қараңыз.

Мысалға ). Мысалы, n = 1 үшін біздің құрылыс мынаны білдіреді: ИҚ -ның әр нүктесінде оның t осіне көлбеуі tg = f (t, x) қасиетіне ие. F анықтамасының жиынтығынан кез келген нүктені ала отырып, біз ол арқылы IC шығара аламыз деп болжау табиғи. Бұл идея төменде қатаң түрде дәлелденетін болады. Әзірге бізде шешімдердің тегістігінің қатаң тұжырымы жоқ - бұл төменде жасалады.

Енді f анықталған В жиынын нақтылау қажет. Бұл жиынтықты қабылдау табиғи:

1. ашық (IC В -дан кез келген нүктеге жақын орналасуы үшін), 2. қосылған (әйтпесе барлық қосылған бөлшектерді бөлек қарастыруға болады - бәрібір, IC (үздіксіз функцияның графигі ретінде) шешімдерді іздеудің жалпылығына әсер етпеуі үшін бір бөліктен екіншісіне секіре алмайды).

Біз тек классикалық шешімдерді қарастырамыз (7), яғни х -тің өзі мен оның х (а, б) -де үздіксіз болатындай. Содан кейін f C (B) талап етілуі заңдылық. Бұдан былай бұл талапты біз әрқашан түсінетін боламыз. Сонымен, біз ақырында анықтаманы аламыз. B Rn + 1 домен болсын, f C (B).

(A, b)) анықталған жұп (, (a, b)), ab +, әрбір t (a, b) нүктесі үшін (t), егер (c, a, b) болса, (7) шешім деп аталады , (t)) B және (t) бар, және (t) = f (t, (t)) (содан кейін автоматты түрде C 1 (a, b)).

Геометриялық тұрғыдан алғанда, (7) көптеген шешімдерге ие болатыны түсінікті (оны графикалық түрде түсіну қиын емес), өйткені егер IQ -ті t0 бекітілген (t0, x0) түріндегі нүктелерден бастасақ, онда біз басқаша аламыз. IQ. Сонымен қатар, шешімді анықтаудың интервалын өзгерту біздің анықтамаға сәйкес басқа шешім береді.

Мысал. x = 0. Шешуі: x = = const Rn. Алайда, егер біз кейбір t0 таңдап, t0: x (t0) = x0 нүктесінде шешімнің x0 мәнін бекітетін болсақ, онда мән бірегей түрде анықталады: = x0, яғни, шешім интервалды таңдауға дейін бірегей. (a, b) t0.

«Бетсіз» шешімдер жиынтығының болуы олармен жұмыс істеуге ыңғайсыз2 - оларды келесідей «санау» ыңғайлы: бірегей (белгілі бір мағынада) шешімді таңдау үшін (7) қосымша шарттарды қосыңыз, содан кейін осы шарттарды сұрыптай отырып, әр шешіммен жеке жұмыс жасаңыз (геометриялық түрде бір шешім болуы мүмкін (IC), бірақ көптеген бөліктер бар - біз бұл ыңғайсыздықпен кейінірек айналысамыз).

Анықтама. (7) үшін есеп (7) қосымша шарттары бар.

Негізінде біз ең қарапайым мәселені ойлап таптық - бұл Коши мәселесі: (7) форманың шарттары бар (Коши деректері, бастапқы деректер):

Қолданбалар тұрғысынан бұл мәселе табиғи: мысалы, (7) t уақытпен кейбір параметрлердің х өзгерісін сипаттаса, (8) уақыттың кейбір (бастапқы) сәтінде параметрлердің мәнін білдіреді. белгілі. Басқа мәселелерді зерттеу қажет, біз бұл туралы кейінірек айтатын боламыз, бірақ әзірше біз Коши мәселесіне тоқталамыз. Әрине, бұл мәселе (t0, x0) B үшін мағынасы бар. Тиісінше, (7), (8) есептің шешімі (7) (жоғарыда берілген анықтаманың мағынасында) t0 (a, b) ), және (сегіз).

Біздің тікелей міндетіміз - Коши (7), (8) есептерінің шешімінің бар екендігін дәлелдеу, ал қосымша мысал үшін - квадрат теңдеу үшін x1 = ..., x2 = ... дегенді жазған дұрыс x = b / 2 ± ...

жорамалдар f - және оның белгілі бір мағынада бірегейлігі.

Пікір. Біз вектор мен матрица нормасы туралы түсінікті нақтылауымыз керек (бірақ бізге матрицалар тек 2 -бөлімде қажет болады). Шекті өлшемді кеңістікте барлық нормалар эквивалентті болғандықтан, біз нақты мәндерді емес, тек бағалауды ғана қызықтыратын болсақ, нақты норманы таңдау маңызды емес. Мысалы, векторлар үшін | x | p = (| xi | p) 1 / p қолдануға болады, p - Peano (Picard) сегменті. K = (| x x0 | F | t t0 |) конусын және оның кесілген бөлігін K1 = K (t IP) қарастырайық. К1 С екені түсінікті.

Теорема. (Пеано). Шешімнің анықтамасында көрсетілген (1) есептегі f бойынша талаптар орындалсын, яғни:

f C (B), мұнда B - Rn + 1 ішіндегі домен. Содан кейін, барлық (t0, x0) B үшін Int (IP) бойынша (1) есептің шешімі бар.

Дәлел. Кездейсоқ (0, T0] орнатып, Эйлер полинлин деп аталатын қадаммен тұрғызайық, атап айтқанда: бұл Rn + 1-де полинлиния, онда әрбір сілтеме ұзындығы t осіне проекцияға ие, бірінші сілтеме оңға қарай (t0, x0) нүктеден басталады және оның үстінде dx / dt = f (t0, x0) болады; бұл сілтеменің оң жақ ұшы (t1, x1) екіншісінің сол жақ ұшына қызмет етеді, онда dx / dt = f (t1, x1) және т.б., солға ұқсас. Алынған үзік сызық x = (t) үзік сызықты функциясын анықтайды. t IP болғанша үзілген сызық K1 ( және одан да көп C -де, демек B), сондықтан құрылыс дұрыс - бұл үшін біз теоремадан бұрын көмекші құрылысты жасадық.

Шынында да, ол үзіліс нүктелерінен басқа барлық жерде бар, содан кейін (s) (t) = (z) dz, онда туындының ерікті мәндері үзіліс нүктелерінде алынады.

Оның үстіне (индукция арқылы үзік сызық бойымен қозғалу) Атап айтқанда, | (t) x0 | F | t t0 |.

Осылайша, IP функциясында:

2. Біркелкі емес, өйткені Липшиц:

Бұл жерде оқырман қажет болған жағдайда теңдік, біркелкі конвергенция, Арцела-Асколи теоремасы және т.

Arzela-Ascoli теоремасы бойынша, k 0 IP тізбегі бар, мұнда C (IP). Құрылысы бойынша, (t0) = x0, сондықтан оны s t үшін дәлелдейтінімізді тексеру керек.

Жаттығу. S -ды дәл осылай қарастырыңыз.

Барлығын (t1, x1), (t2, x2) C үшін бұл дұрыс болатындай, 0 -ді анықтап, 0 -ді табайық, бұл шындық. Мұны f ықшам жиынындағы f біркелкі үздіксіздігін ескере отырып жасауға болады. t Int (IP) түзетіңіз және tst +сияқты кез келген Int (IP) алыңыз. Сонда барлық z үшін бізде | k (z) k (t) | болады F; сондықтан, (4) | k (z) (t) | ескере отырып 2F.

Назар аударыңыз, k (z) = k (z) = f (z, k (z)), мұндағы z - (z, k (z)) нүктесі бар полинлинальды сегменттің сол жақ шеткі нүктесінің абциссасы. Бірақ (z, k (z)) нүктесі (t, (t)) нүктесінде салынған (, 2F) параметрлері бар цилиндрге түседі (шын мәнінде, тіпті қиылған конусқа да - суретті қараңыз, бірақ олай емес) қазір маңызды емес), сондықтан (3) -ті ескере отырып, біз | k (z) f (t, (t)) | аламыз. Үзік сызық үшін бізде жоғарыда айтылғандай At k формуласы бар (2).

Пікір. F C 1 (B) болсын. Сонда (a, b) бойынша анықталған шешім C 2 (a, b) класына жатады. Шынында да, (a, b) -де бізде: f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) бар (міне Якоби матрица) - үздіксіз функция. Cheat біліңіз, сонымен қатар 2 C (a, b) бар. Егер ерітіндінің тегістігін f тегіс болса, одан әрі арттыруға болады. Егер f аналитикалық болса, онда аналитикалық шешімнің болуын және бірегейлігін дәлелдеуге болады (бұл Коши теоремасы деп аталады), бірақ бұл алдыңғы аргументтерден шықпайды!

Бұл жерде аналитикалық функцияның не екенін еске түсіру қажет. Дәрежелік қатармен ұсынылатын функциямен шатастыруға болмайды (бұл, әдетте, оның анықталу аймағының бір бөлігіндегі аналитикалық функцияның көрінісі)!

Пікір. Берілген (t0, x0) үшін, T мен R -ді өзгерту арқылы T0 максимумға жеткізуге тырысуға болады. Алайда, бұл, әдетте, маңызды емес, өйткені шешімнің болуының максималды интервалын зерттеудің арнайы әдістері бар (§ 4 қараңыз).

Пеано теоремасы шешімнің бірегейлігі туралы ештеңе айтпайды. Шешім туралы біздің түсінігімізде ол әрқашан бірегей емес, өйткені егер шешім болса, оның тар аралықтарға шектеулері басқа шешімдер болады. Біз бұл мәселені кейінірек толығырақ қарастырамыз (4 -§), бірақ әзірге бірегейлік деп біз олардың анықталу интервалдарының қиылысында кез келген екі шешімнің сәйкес келуін айтамыз. Тіпті осы мағынада Пеано теоремасы бірегейлік туралы ештеңе айтпайды, бұл кездейсоқ емес, өйткені оның шартында бірегейлікке кепілдік берілмейді.

Мысал. n = 1, f (x) = 2 | x |. Коши есебінің тривиальды шешімі бар: x1 0, сонымен қатар, x2 (t) = t | t |. Осы екі шешімдерден 2 параметрлі шешімдердің тұтас тобын құрастыруға болады:

мұнда + (шексіз мәндер сәйкес тармақтың жоқтығын білдіреді). Егер біз барлық R -ны осы шешімдердің анықталу аймағы ретінде қарастыратын болсақ, онда олардың шексіз саны әлі де бар.

Назар аударыңыз, егер біз бұл есепте Эйлер полигональды сызықтары арқылы Пеано теоремасының дәлелі қолданылса, онда біз тек нөлдік шешімді аламыз. Екінші жағынан, егер Эйлердің көпбұрышты сызықтарын құру процесінде әр қадамда кішкене қателік жіберілсе, онда қате параметрі нөлге ұмтылғаннан кейін де барлық шешімдер қалады. Осылайша, Пеано теоремасы мен Эйлердің көпбұрышты сызықтары шешімдерді құрудың әдісі ретінде табиғи болып табылады және сандық әдістермен тығыз байланысты.

Мысалда байқалған жағымсыздық f функциясының x -те тегіс болмауына байланысты. Егер біз f in x жүйелілігіне қосымша талаптар қойсақ, онда бірегейлікті қамтамасыз етуге болады және бұл қадам белгілі бір мағынада қажет (төменде қараңыз).

Талдаудан кейбір түсініктерді еске түсірейік. B функциясы (скалярлық немесе векторлық) Хольдер деп аталады, егер жиынтықта (0, 1), егер b Lipschitz шарты бойынша ақиқат. 1 үшін бұл тек тұрақты функциялар үшін ғана мүмкін болады. 0 таңдау маңызды емес) үзіліссіздік модулі деп аталады, егер g модульмен жалпыланған Голдер жағдайында қанағаттандырылады деп айтылады, егер бұл жағдайда g in үздіксіздігінің модулі деп аталады.

Кез келген үзіліссіздік модулі кейбір үзіліссіз функцияның үзіліс модулі екенін көрсетуге болады.

Керісінше факт біз үшін маңызды, атап айтқанда: ықшам жиынтықтағы кез келген үздіксіз функция өзінің үздіксіздік модуліне ие, яғни ол (5) кейбіреулермен қанағаттандырады. Дәлелдейік. Есіңізде болсын, егер ықшам және g C () болса, онда g міндетті түрде біркелкі үздіксіз болады, яғни

= (): | x у | = | g (x) g (y) |. Бұл кейбіреулермен (5) шартқа тең екені белгілі болды. Шынында да, егер ол бар болса, онда үздіксіздіктің модулін ()), содан кейін | x y | = = () аламыз, өйткені (және) ерікті болғандықтан, х пен у кез келген болуы мүмкін.

Және керісінше, егер (5) ақиқат болса, онда (()) болатынын табу жеткілікті, содан кейін | x y | = () біз аламыз Логикалық ауысуларды ақтау үшін қалады:

Монотонды және қабылдауға жеткілікті кері функциялар, бірақ тұтастай алғанда деп аталатынды қолдану қажет. жалпыланған кері функциялар. Олардың бар болуы біз бермейтін жеке дәлелді қажет етеді, бірақ жай ғана идея (оқумен суреттермен бірге жүру пайдалы):

кез келген F үшін біз F (x) = min F (y), F (x) = max F (y) анықтаймыз - бұл монотонды функциялар, және олардың кері мәні бар. F -те x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x екенін тексеру оңай.

Үздіксіздік модулі - сызықтық (Липщиц шарты). Бұл «дерлік сараланатын» функциялар. Соңғы мәлімдемеге қатаң мән беру үшін біраз күш қажет, және біз тек екі ескертумен шектелеміз:

1. Қатаң айтқанда, әр Липшиц функциясы ерекшеленбейді, мысалы g (x) = | x | R бойынша;

2. бірақ дифференциация Lipschitz қасиетін білдіреді, оны келесі бекіту көрсетеді. Дөңес жиынтығында барлық M бар кез келген g функциясы Липшиц шартына сәйкес келеді.

[Әзірге қысқартылу үшін g скалярлық функцияларын қарастырайық.] Дәлел. Барлық x, y үшін бізде бұл тұжырым векторлық функцияларға да қатысты екені анық.

Пікір. Егер f = f (t, x) (жалпы айтқанда, векторлық функция) болса, онда біз «f - х -дағы Липшиц» ұғымын енгізе аламыз, яғни | f (t, x) f (t, y) | C | xy |, сонымен қатар егер D барлық t үшін дөңес x болса, онда f -тің D -ге қатысты Липшиц болуы үшін х шекарасына қатысты f туындыларының болуы жеткілікті екенін дәлелдеңіз. бағалау | g (x) g (y) | арқылы | x y |. N = 1 үшін ол әдетте ақырғы қадамдардың формуласын қолдана отырып жасалады: g (x) g (y) = g (z) (xy) (егер g - векторлық функция болса, онда z әр компонент үшін әр түрлі болады). N 1 үшін осы формуланың келесі аналогын қолдану ыңғайлы:

Лемма (Хадамард). F C (D) (жалпы айтқанда, векторлық функция) болсын, мұнда D (t = t) кез келген t үшін дөңес, ал f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y) (xy), мұндағы А - тұрақты төртбұрышты матрица.

Дәлел. Кез келген бекітілген t үшін, біз дәлелдеуден алынған есепті қолданамыз = D (t = t), g = fk үшін бекіту. Біз A (t, x, y) = A көмегімен шынайы көріністі аламыз.

Есептің шешімінің бірегейлігі туралы сұраққа оралайық (1).

Келесі сұрақты қояйық: f (1) шешімі бір интервалда анықталған 2 шешім сәйкес келетіндіктен бірегей болуы үшін х -ке қатысты үзіліссіздіктің модулі қандай болуы керек? Жауап келесі теоремамен беріледі:

Теорема. (Осгуд). Пеано теоремасы жағдайында, В -дегі х -қа қатысты f үздіксіздігінің модулі болсын, яғни теңсіздіктегі функция шартты қанағаттандырады (біз С деп есептеуге болады). Сонда (1) есеп форманың бір интервалында анықталған екі түрлі шешімге ие бола алмайды (t0 a, t0 + b).

Жоғарыдағы бірегей емес мысалмен салыстырыңыз.

Лемма Егер z C 1 (,) болса, онда барлығында (,):

1. z = 0 болатын нүктелерде | z | және || z | бар | | z |;

2. z = 0 болатын нүктелерде біржақты туындылар | z | ±, және || z | ± | = | z | (атап айтқанда, егер z = 0 болса, онда | z | = 0 бар).

Мысал. n = 1, z (t) = t. T = 0 нүктесінде | z | туындысы жоқ, бірақ біржақты туындылар бар.

Дәлел. (Леммалар). Z = 0 болатын нүктелерде, егер z · z em: бар болса | z | =, және || z | | | z |. Z (t) = 0 болатын t нүктелерінде бізде:

1 -жағдай: z (t) = 0. Сонда | z | болуын аламыз (t) = 0.

2 -жағдай: z (t) = 0. Содан кейін, +0 немесе 0 кезінде z (t +) | | z (t) | модулі | z (t) | тең.

Болжам бойынша, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) = +. Z1,2 (t0, t0 +) бойынша анықталған (1) екі шешімі болсын. Біз z = z1 z2 орнатамыз. Бізде бар:

Z1 (t1) = 0 болатын t1 (нақты болу керек, t1 t0) бар делік. A = (t t1 | z (t) = 0) жиыны бос емес (t0 A) және жоғарыда шектелген. Демек, оның жоғарғы шекарасы t1 бар. Құрылысы бойынша (, t1) бойынша z = 0, ал z үздіксіз болғандықтан, бізде z () = 0 болады.

Авторы Лемма, | z | C 1 (, t1), және осы аралықта | z | | z | (| z |), сондықтан интеграция (t, t1) (мұндағы t (, t1)) F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t береді. T + 0 үшін біз қайшылықты аламыз.

Қорытынды 1. Егер Пеано теоремасы жағдайында f - В -дегі Липшиц болса, онда (1) есеп Осгуд теоремасында сипатталған мағынада бірегей шешімге ие, өйткені бұл жағдайда () = C қанағаттандырады (7).

Қорытынды 2. Егер Пеано теоремасы жағдайында С (В) теориясы жағдайында Int (IP) бойынша анықталған (1) шешім бірегей болады.

Лемма IP анықталған кез келген шешім (1) | x | бағасын қанағаттандыруы керек = | f (t, x) | F, ал оның графигі К1 -де, одан да С -та.

Дәлел. (T, x (t)) C болатын t1 IP бар делік. Анықтылық үшін t1 t0 болсын. Содан кейін t2 (t0, t1] болады, сонда | x (t) x0 | = R. Осгуд теоремасының дәлелдемесіндегі дәлелдеуге ұқсас, t2 - сол жақ нүкте деп есептеуге болады, бірақ бізде (t, x (t)) C, сондықтан | f (t, x (t)) | F, демек | t (x (t)) K1, бұл қайшы | x (t2) x0 | = R. Демек,, (t, x (t)) C бүкіл IP бойынша, содан кейін (есептеулерді қайталау) (t, x (t)) K1.

Дәлел. (Қорытынды 2). C - f - бұл біз алатын шешімдердің графиктері Леммаға қарама -қарсы орналасқан х -тегі Липшитц екенін анықтайтын f жиынтығы. Қорытынды 1 арқылы біз қажет нәрсені аламыз.

Пікір. (7) шарты f үшін Липшиц шартын айтарлықтай әлсіретуге болмайтынын білдіреді. Мысалы, 1 -мен Хольдердің шарты жарамсыз. Сызықтыққа жақын сабақтастық модульдері ғана қолайлы, мысалы «ең нашар»:

Жаттығу. (жеткілікті қиын). Егер (7) қанағаттандыратын болса, онда 1 / нөлге тең болатын 1 қанағаттандыратын (7) болатынын дәлелдеңіз.

Жалпы жағдайда, бірегейлік үшін x -ке қатысты f үздіксіздігінің модулінен дәл бір нәрсені талап етудің қажеті жоқ - ерекше жағдайлардың барлық түрлері мүмкін, мысалы:

Мәлімдеме. Егер Пеано теоремасы жағдайында, (9) -да анықталған (1) -нің кез келген 2 шешімі x C 1 (a, b), содан кейін (9) дифференциациясы (1) 1 және ( 1) 2 анық ...

(1) -ден айырмашылығы, (9) үшін шешімді тұйық сегментте құру табиғи.

Пикард (1) = (9) шешу үшін келесі бірізді жуықтау әдісін ұсынды. Біз x0 (t) x0, әрі қарай индукция арқылы белгілейміз.Теорема. (Коши-Пикард). Пеано теоремасының шарттары бойынша, f функциясы L дөңесінен Х кез келген ықшам жиынында x Lipschitz in болсын, яғни

Содан кейін, кез келген (t0, x0) B үшін Коши мәселесі (1) (aka (9)) Int (IP) бойынша бірегей шешімі бар, ал xk x IP бойынша, онда xk (10) -де анықталады.

Пікір. Егер (11) шарты С (В) -мен ауыстырылса, теорема жарамды болып қалатыны түсінікті, себебі бұл шарт (11) білдіреді.

Мұғалімге ескерту. Іс жүзінде дөңес х жинақтардың барлығы қажет емес, тек цилиндрлер қажет, бірақ тұжырым осылай жасалады, өйткені § 5 -те жалпы жинақы жиынтықтар қажет, сонымен қатар осы тұжырымдамамен Ескерту көрінеді. ең табиғи.

Дәлел. Біз ерікті түрде (t0, x0) B таңдап, Пеано теоремасындағыдай қосалқы құрылысты жасаймыз. Индукция арқылы барлық xk IP -де анықталғанын және үздіксіз екенін дәлелдейік, ал олардың графиктері K1 -де, одан да С -та. Бұл x0 үшін анық. Егер бұл xk1 үшін дұрыс болса, онда (10) -дан xk анықталғаны және IP -де үздіксіз екені түсінікті, және бұл K1 мүшелігі.

Біз қазір индукция арқылы IP үшін есепті дәлелдейміз:

(С - В -да x -те жинақы дөңес, ал ол үшін L (C) анықталған). K = 0 үшін бұл қазірдің өзінде дәлелденген баға (t, x1 (t)) K1. Егер (12) k: = k 1 үшін дұрыс болса, онда (10) -дан бізде қажеттілік бар. Осылайша, серия IP -де жинақталатын сандық қатар бойынша негізгі болып табылады, сондықтан (бұл Weierstrass теоремасы деп аталады) IP -де біркелкі x C (IP) функциясына біркелкі жинақталады. Бірақ бұл IP бойынша xk x дегенді білдіреді. Содан кейін (10) IP -де біз шегіне өтіп, IP бойынша (9) аламыз, демек Int (IP) бойынша (1).

Бірегейлікті бірден қорытынды 1 Осгуд теоремасынан алады, бірақ оны (9) жай теңдеуді қолдана отырып, басқа жолмен дәлелдеу пайдалы. Int (IP) (1) (яғни, (9)) мәселесіне x1,2 2 шешімі болсын. Жоғарыда айтылғандай, олардың графиктері міндетті түрде K1 -де, одан да С -да орналасуы керек. T I1 = (t0, t0 +) болсын, мұнда қандай да бір оң сан. Содан кейін = 1 / (2L (C)). Сонда = 0. Осылайша, x1 = x2 I1 бойынша.

Мұғалімге ескерту. Сондай -ақ, Гронвалл леммасын қолданудың бірегейлігі туралы дәлел бар, ол одан да табиғи, өйткені ол бірден бүкіл әлемде жүреді, бірақ әзірге Гронвалл леммасы онша ыңғайлы емес, өйткені оны сызықтық ОД -дан бұрын дұрыс қабылдау қиын.

Пікір. Бірегейліктің соңғы дәлелі ғибратты, өйткені ол жергілікті бірегейліктің ғаламдық бірегейлікке қалай алып келетінін тағы бір мәрте көрсетеді (бұл болмысқа сәйкес емес).

Жаттығу. Осгуд теоремасының дәлелі сияқты қарама -қайшылықтармен дәлелдей отырып, барлық IP -де бірегейлікті бірден дәлелдеңіз.

Маңызды ерекше жағдай (1) - сызықтық ODEs, яғни f (t, x) мәні x -те сызықты болатындар:

Бұл жағдайда жалпы теорияның шарттарына ену үшін талап ету керек, осылайша, бұл жағдайда В - бұл жолақ, ал х -ке қатысты Липшицтің жағдайы (тіпті дифференциалдылығы) автоматты түрде қанағаттандырылады: барлық t ( a, b), x, y Rn бізде | f (t, x) f (t, y) | = | A (t) (x y) | | A (t) | | (X у) |.

Егер біз (a, b) ықшам жиынтығын уақытша таңдайтын болсақ, онда біз | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, мұнда L = max | A |.

Пеано мен Осгуд немесе Коши-Пикард теоремалары t0 бар кейбір (Peano-Picard) интервалында (13) есептің бірегей шешілуін білдіреді. Сонымен қатар, бұл аралықтағы шешім - бұл Picard -тың кезекті жуықтауының шегі.

Жаттығу. Осы интервалды табыңыз.

Бірақ бұл жағдайда бұл нәтижелердің барлығын бірден жаһандық деңгейде дәлелдеуге болады, яғни барлық (а, б):

Теорема. (14) шын болсын. Содан кейін (13) есептің (a, b) бірегей шешімі бар, және кез келген Picard жуықтаулары оған кез келген ықшам жиынтықта (a, b) біркелкі жақындайды.

Дәлел. Тағы да, TK-P-дегідей, (10) формуласын қолдана отырып, кезектескен жуықтауды қолдана отырып, интегралдық теңдеудің (9) шешімін құрамыз. Бірақ енді конустың және цилиндрге соғылған графтың күйін тексерудің қажеті жоқ, өйткені.

f барлық x үшін t (a, b) болғанша анықталады. Барлық xk (a, b) бойынша анықталған және үздіксіз екенін тексеру қажет, бұл индукция арқылы анық болады.

(12) орнына, біз қазір форманың ұқсас бағасын көрсетеміз, мұнда N таңдауға байланысты қандай да бір сан. Бұл бағалаудың бірінші индукциялық қадамы басқаша (себебі ол K1 -ге қатысы жоқ): k = 0 | x1 (t) x0 үшін | N1 x1 үзіліссіздігіне байланысты және келесі қадамдар (12) ұқсас.

Мұны суреттемеуге болмайды, өйткені бұл анық, бірақ мүмкін. Тағы да xk x on байқаймыз, ал x - сәйкес (10) қосылымының шешімі. Бірақ осылайша біз барлық (a, b) шешімдерді құрдық, өйткені компактум таңдау ерікті. Бірегейлік Осгуд немесе Коши-Пикард теоремаларынан туындайды (және жоғарыда ғаламдық бірегейлік туралы ой айтылады).

Пікір. Жоғарыда айтылғандай, TC -P Пеано мен Осгуд теоремаларының болуына байланысты формальды түрде артық, бірақ ол 3 себеп бойынша пайдалы - бұл:

1. интегралдық теңдеумен ODE үшін Коши мәселесін байланыстыруға мүмкіндік береді;

2. дәйекті жуықтаудың конструктивті әдісін ұсынады;

3. желілік ODE үшін жаһандық болуын дәлелдеуді жеңілдетеді.

[соңғысын § 4 тармағындағы пайымдаудан да шығаруға болады.] Келесіде біз көбінесе оған сілтеме жасаймыз.

Мысал. x = x, x (0) = 1. Тізбектей жуықтаулар k Демек, x (t) = e - тұтас R бойынша бастапқы есептің шешімі.

Көбінесе қатар жұмыс істемейді, бірақ белгілі бір конструктивтілік сақталады. Сіз сондай -ақ x xk қатесін бағалай аласыз (қараңыз).

Пікір. Пеано, Осгуд және Коши-Пикард теоремаларынан жоғары дәрежелі ОД үшін сәйкес теоремаларды алу оңай.

Жаттығу. § 1-де келтірілген бірінші ретті жүйеге келтіруді қолдана отырып, Коши мәселесі туралы түсініктерді, жүйе мен Коши есебінің шешімдерін, жоғары ретті ODE үшін барлық теоремаларды тұжырымдаңыз.

Курстың логикасын біршама бұзады, бірақ практикалық сабақтарда есептерді шешу әдістерін жақсы игеру және негіздеу үшін біз жалпы теорияның презентациясын уақытша үземіз және «ОДЕ -нің айқын шешімінің» техникалық мәселесімен айналысамыз.

§ 3. Интегралдаудың кейбір әдістері Сонымен, = f (t, x) скалярлық теңдеуді қарастырайық. Dt Біз интеграциялауды үйренген ең қарапайым жағдай деп аталады. ERP, яғни f (t, x) = a (t) b (x) болатын теңдеу. ERP интегралдаудың ресми әдісі - t және x айнымалыларын «ажырату»: = a (t) dt, содан кейін интегралды алу:

x = B (A (t)). Бұл формальды ойлауда негіздеуді қажет ететін бірнеше тармақтар бар.

1. b (x) бойынша бөлу. Біз f үздіксіз деп есептейміз, сондықтан C (,), b C (,), яғни В тіктөртбұрыш (,) (,)(жалпы айтқанда, шексіз). (B (x) 0) және (b (x) 0) жиындары ашық, сондықтан шектеулі немесе есептелетін интервалдар жиынтығы. Бұл интервалдар арасында нүктелер немесе кесінділер бар, онда b = 0. Егер b (x0) = 0 болса, онда Коши есебінің x x0 шешімі болады. Мүмкін, бұл шешім бірегей емес, онда оның анықталу аймағында интервалдар бар, онда b (x (t)) = 0, бірақ содан кейін оларды b (x (t)) арқылы бөлуге болады. Бұл аралықтарда В функциясы монотонды екенін ескере отырып, біз В 1 -ді қабылдай аламыз. Бірақ егер b (x0) = 0 болса, онда b (x (t)) = 0 t0 маңында, және бұл процедура заңды . Осылайша, сипатталған процедура, әдетте, шешімнің анықталу аймағын бөліктерге бөлу кезінде қолданылуы керек.

2. Әр түрлі айнымалылар үшін сол және оң жақтардың интеграциясы.

I -әдіс Kod (t) wi (1) x = (t) есебінің шешімін тапқымыз келеді делік. Бізде: = a (t) b ((t)), біз сол формуланы қатаң алдық.

ІІ әдіс. Теңдеу деп аталады. бастапқы ODE симметриялы белгіленуі, яғни қай айнымалы тәуелсіз және қайсысы тәуелді екені көрсетілмеген. Мұндай форма бірінші дифференциал формасының инварианттығы туралы теореманы ескере отырып, қарастырылатын бірінші ретті теңдеу жағдайында дәл мағынасы бар.

Мұнда дифференциалдық ұғымды жазықтықтың (t, x)) мысалында, оның қисық сызығында, пайда болған шектеулерде, еркіндік дәрежелерінде, қисықтағы параметрді пайдалана отырып, түсіндіре отырып, толығырақ түсіну орынды.

Осылайша, (2) теңдеу t және x дифференциалдарын қажетті IC бойынша қосады. Содан кейін (2) теңдеудің басында көрсетілген тәртіпте интегралдау мүлдем заңды болып табылады - бұл, егер қаласаңыз, тәуелсіз ретінде таңдалған кез келген айнымалыға интегралдауды білдіреді.

I әдісінде біз тәуелсіз айнымалы ретінде t таңдау арқылы көрсеттік. Енді біз мұны тәуелсіз айнымалы ретінде IK бойындағы s параметрін таңдау арқылы көрсетеміз (өйткені бұл t мен x теңдігін анық көрсетеді). S = s0 мәні (t0, x0) нүктесіне сәйкес болсын.

Содан кейін бізде: = a (t (s)) t (s) ds бар, содан кейін біз симметриялық белгілердің әмбебаптығына тоқталуымыз керек, мысалы: шеңбер не x (t) түрінде, не t түрінде жазылмайды x), бірақ x (s), t (s) түрінде.

Бірінші ретті кейбір басқа ODE -лер ERP -ге дейін азаяды, оны есептерді шешу кезінде көруге болады (мысалы, есептер кітабын қолдану).

Тағы бір маңызды жағдай - сызықтық ODE:

І әдіс. Вариация тұрақты.

бұл жалпыға ортақ тәсілдің ерекше жағдайы, ол 2 -бөлімде талқыланады. Мәселе мынада: арнайы формада шешім іздеу теңдеудің тәртібін төмендетеді.

Алдымен деп аталатын мәселені шешейік. біртекті теңдеу:

Бірегейліктің арқасында не x 0, не барлық жерде x = 0. Соңғы жағдайда (x 0 анықтылығы үшін болсын) біз (4) барлық шешімдерді (3) 0 (нөлді және терісді қосқанда) беретінін аламыз.

(4) формулада ерікті C1 тұрақтысы бар.

Тұрақтылықты вариациялау әдісі (3) C1 (t) = C0 + Visible (алгебралық сызықтық жүйелерге қатысты) ORNU = CRNU + OPROU (бұл туралы 2 -бөлімде) құрылымынан тұрады.

Егер біз Коши мәселесін шешкіміз келсе x (t0) = x0, онда Коши деректерінен С0 табу керек - біз C0 = x0 оңай аламыз.

ІІ әдіс. Хабарламаны табайық, яғни оған v функциясын көбейтуіміз керек (3) (барлық белгісіздер сол жақта жиналатындай жазылады: xa (t) x = b (t)), сол жақта жағынан біз ыңғайлы комбинацияның туындысын аламыз.

Бізде: vx vax = (vx) егер v = av, яғни (мұндай теңдеу, (3) қазірдің өзінде оңай шешілетін және (5) беретін теңдеуге тең. Егер Коши мәселесі шешілсе, онда (6) -да бірден анықталған интегралды қабылдауға ыңғайлы Кейбіреулер сызықтық ОД -ға (3) дейін қысқарады, мұны есептерді шешу кезінде көруге болады (мысалы, есептер кітабын қолдану). кез келген n) 2 -бөлімде толығырақ қарастырылады.

Қарастырылған екі жағдай да ерекше жағдай болып табылады. UPD. Бірінші ретті ODE (n = 1 үшін) симметриялы түрде қарастырыңыз:

Жоғарыда айтылғандай, (7) IC (t, x) жазықтығында қандай айнымалы тәуелсіз болып саналмайтынын көрсетеді.

Егер біз (7) ерікті M (t, x) функциясына көбейтсек, онда біз сол теңдеуді жазудың эквивалентті түрін аламыз:

Осылайша, бір ODE көптеген симметриялы жазбаларға ие. Олардың ішінде ерекше рөл атқарады деп аталатындар. жалпы дифференциалды белгілеу, UPD атауы өкінішті, өйткені бұл қасиет теңдеу емес, оның белгілену формасы, яғни, (7) сол жағы dF (t, x) тең болатындай кейбір Ф.

(7) UPD екені түсінікті, егер тек A = Ft, B = Fx кейбір F -мен болған жағдайда ғана. Талдаудан белгілі болғандай, бұл соңғысы үшін қажет және жеткілікті.Біз қатаң техникалық аспектілерді негіздемейміз. , барлық функциялардың тегістігі. Шындығында, § екінші роль атқарады - бұл курстың басқа бөліктері үшін мүлде қажет емес, мен оны егжей -тегжейлі таныстыруға көп күш жұмсағым келмейді.

Осылайша, егер (9) қанағаттандырылса, онда (7) dF (t, x) = 0 (ИҚ бойында) түрінде қайта жазылатын F (ол аддитивті тұрақтыға дейін бірегей) болады, яғни,

IC бойындағы F (t, x) = const, яғни IC - бұл F функциясының деңгейлік сызықтары. UPD интеграциясы - тривиальды мәселе екенін білеміз, себебі F және A үстінен іздеу қанағаттандырарлық ( 9) қиын емес. Егер (9) қанағаттандырылмаса, онда деп аталатынды табу керек. IM M (t, x) - бұл (8) UPD болып табылады, ол үшін келесі форманы алатын (9) аналогын орындау қажет және жеткілікті:

PDE бірінші ретті теориясынан (біз оны 3-бөлімде талқылайтын боламыз), (10) теңдеудің әрқашан шешімі бар, сондықтан IM бар. Осылайша, (7) түрдегі кез келген теңдеуде UPD түріндегі жазба бар, сондықтан «айқын» интеграцияға мүмкіндік береді. Бірақ бұл дәлелдер жалпы жағдайда конструктивті әдіс бермейді, өйткені (10) шешімі үшін, жалпы айтқанда, біз іздеп отырған шешімді (7) табу қажет. Соған қарамастан, дәстүрлі түрде практикалық сабақтарда қарастырылатын МИ іздеудің бірқатар әдістері бар (мысалы, қараңыз).

ERP және сызықтық ODE шешудің жоғарыда келтірілген әдістері IM идеологиясының ерекше жағдайы екенін ескеріңіз.

Шынында да, dx = a (t) b (x) dt симметриялы түрінде жазылған URS dx / dt = a (t) b (x), IM 1 / b (x) көбейту арқылы шешіледі, өйткені кейін бұл UPD dx / b (x) = a (t) dt, яғни dB (x) = dA (t) айналады. Сызықтық теңдеу dx / dt = a (t) x + b (t), dx a (t) xdt b (t) dt симметриялы түрінде жазылған, IM -ге көбейту арқылы шешіледі, ОДЕ -ді шешудің барлық әдістері дерлік «айқын»

(сызықтық жүйелермен байланысты үлкен блокты қоспағанда), ретті азайту мен айнымалыларды өзгертудің арнайы әдістерін қолдана отырып, оларды бірінші ретті ODE-ге дейін төмендетеді, содан кейін UPD-ге дейін төмендетеді және олар шешіледі. дифференциалдық есептің негізгі теоремасын қолдану арқылы: dF = 0 F = const. Ретті төмендету мәселесі дәстүрлі түрде практикалық сабақтарға енгізіледі (мысалы қараңыз).

Туындыға қатысты рұқсат етілмеген бірінші ретті ODE туралы бірнеше сөз айтайық:

§ 1 -де айтылғандай, x -ке қатысты (11) шешуге тырысуға болады қалыпты формабірақ бұл әрқашан орынды емес. Көбінесе тікелей (11) шешуге ыңғайлы.

P (x) уақытша тәуелсіз айнымалы ретінде қарастырылатын кеңістікті қарастырайық ((t, x, p)). Содан кейін (11) осы кеңістікте параметрлік түрде жазуға болатын бетті (F (t, x, p) = 0) анықтайды:

Бұл нені білдіретінін есте сақтау пайдалы, мысалы, R3 сферасында.

Ізделген шешімдер осы беттегі қисықтарға сәйкес келеді: t = s, x = x (s), p = x (s) - еркіндіктің бір дәрежесі жоғалады, себебі шешімдердің dx = pdt қатынасы бар. Бұл байланысты (12) бетіндегі параметрлер тұрғысынан жазайық: gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), яғни.

Осылайша, ізделінетін шешімдер (13) беткейдегі қисықтарға сәйкес келеді, онда параметрлер (13) теңдеуімен байланысты. Соңғысы - симметриялы формадағы ОДЕ, оны шешуге болады.

І жағдай. Егер қандай да бір аймақта (gu hfu) = 0 болса, онда (12) t = f ((v), v), x = g ((v), v) қалаған қисықтардың параметрлік көрінісін береді жазықтық ((t, x)) (яғни біз бұл жазықтыққа проекция жасаймыз, өйткені бізге p қажет емес).

ІІ жағдай. Сол сияқты, егер (gv hfv) = 0.

ІІІ жағдай. Кейбір нүктелерде бір мезгілде gu hfu = gv hfv = 0. Мұнда бұл талдаудың кейбір шешімдерге сәйкес келетін -келмейтініне жеке талдау қажет (оларды арнайы деп атайды).

Мысал. Клэраның теңдеуі x = tx + x 2. Бізде:

x = tp + p2. Бұл бетті параметрлейміз: t = u, p = v, x = uv + v 2. (13) теңдеу (u + 2v) dv = 0 түрін алады.

І жағдай. Орындалмады.

ІІ жағдай. u + 2v = 0, содан кейін dv = 0, яғни v = C = const.

Демек, t = u, x = Cu + C 2 - ИК параметрлік жазбасы.

Оны x = Ct + C 2 анық жазу оңай.

ІІІ жағдай. u + 2v = 0, яғни v = u / 2. Бұл t = u, x = u2 / 4 - «IC үміткерінің» параметрлік жазбасы екенін білдіреді.

Бұл шынымен де IK екенін тексеру үшін оны x = t2 / 4 деп анық жазамыз. Бұл (арнайы) шешім болып шықты.

Жаттығу. Арнайы шешім басқаларға қатысты екенін дәлелдеңіз.

Бұл жалпы факт - кез келген нақты шешімнің графигі - барлық басқа шешімдер тобының конверттері. Бұл конверт ретінде арнайы шешімнің басқа анықтамасының негізі болып табылады (қараңыз).

Жаттығу. Дөңес функциясы бар x = tx (x) жалпы Клара теңдеуі үшін сингулярлық шешімде x = (t) формасы бар екенін дәлелдеңіз, мұндағы Legendre түрлендіруі, яғни = () 1 немесе (t) = макс (теледидар (v)). Сол сияқты x = tx + (x) теңдеуі үшін.

Пікір. § 3 мазмұны оқулықта толығырақ және дәлірек сипатталған.

Мұғалімге ескерту. Дәріс курсын оқып жатқанда, § 3 -ті қаттырақ формада беру арқылы кеңейту пайдалы болуы мүмкін.

Енді §§ 1, 2 -де басталған презентацияны жалғастыра отырып, курстың негізгі жоспарына оралайық.

§ 4. Коши есебінің жаһандық шешімділігі § 2 -де біз Коши мәселесінің шешімінің жергілікті екенін дәлелдедік, яғни тек t0 нүктесі бар кейбір интервалда.

F бойынша кейбір қосымша болжамдар бойынша біз шешудің бірегейлігін дәлелдедік, оны бір интервалда анықталған екі шешімнің сәйкес келуі деп түсіндік. Егер f x -те сызықты болса, онда ғаламдық тіршілік алынады, яғни теңдеудің (жүйенің) коэффициенттері анықталған және үздіксіз болатын барлық аралықта. Алайда, жалпы теорияны сызықтық жүйеге қолдану әрекеті көрсеткендей, Пеано-Пикард интервалы, жалпы айтқанда, шешім құрастыруға болатын уақыттан аз. Табиғи сұрақтар туындайды:

1. (1) шешімінің болуын бекітуге болатын максималды аралықты қалай анықтауға болады?

2. Бұл интервал әрқашан оң жақ (1) 1 мағынасы бар максимумға сәйкес келе ме?

3. Ерітіндінің бірегейлігі туралы тұжырымдаманы анықтаманың аралығы туралы ескертусіз қалай дұрыс тұжырымдауға болады?

2 -сұрақтың жауабы әдетте теріс (дәлірек айтқанда, мұқият болуды қажет етеді) фактісін келесі мысал көрсетеді. x = x2, x (0) = x0. Егер x0 = 0 болса, онда х 0 - Осгуд теоремасының басқа шешімдері жоқ. Егер x0 = 0 болса, онда біз сызбаны пайдалы етуге шешім қабылдаймыз). Ерітіндінің болу аралығы сәйкесінше x0 0 және x0 0 үшін (, 1 / x0) немесе (1 / x0, +) үлкен болуы мүмкін емес (гиперболаның екінші тармағының ерітіндіге еш қатысы жоқ!) бұл типтік қатестуденттер). Бір қарағанда, бастапқы проблемадағы ештеңе «мұндай нәтижені болжаған жоқ». § 4 -те біз бұл құбылыстың түсіндірмесін табамыз.

X = t2 + x2 теңдеуінің мысалында оқушылардың шешімнің болу аралығы туралы типтік қатесі пайда болады. Бұл жерде «теңдеу барлық жерде анықталады» деген факт шешудің бүкіл жолға жалғасуын білдірмейді. Бұл тіпті күнделікті көзқарас тұрғысынан да түсінікті, мысалы, құқықтық заңдарға және олардың аясында дамып келе жатқан процестерге байланысты: тіпті егер заңда 2015 жылы кез келген компанияның өмір сүруін тоқтату туралы нақты жазылмаған болса да, бұл дегенді білдірмейді бұл компания осы жылға дейін банкрот болмайды, ішкі себептерге байланысты (заң шеңберінде әрекет еткенімен).

1-3 сұрақтарға жауап беру үшін (тіпті оларды нақты айту үшін) үздіксіз шешім туралы түсінік қажет. Біз (жоғарыда келіскеніміздей) (1) 1 теңдеуінің шешімдерін жұп ретінде қарастырамыз (, (tl (), tr ())).

Анықтама. (, (Tl (), tr ())) шешімі (, (tl (), tr ())), егер (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), және | (tl (), tr ()) =.

Анықтама. Шешім (, (tl (), tr ())) кеңейтілмейді, егер оның тривиалды емес (яғни одан өзгеше) кеңейтімдері болмаса. (жоғарыдағы мысалды қараңыз).

Бұл нақты құндылықтар болып табылатын НР екендігі түсінікті, және олардың тұрғысынан болуын және бірегейлігін дәлелдеу қажет. Табиғи сұрақ туындайды - қандай да бір жергілікті шешімге немесе Коши мәселесіне негізделген АЖ құру әрқашан мүмкін бе? Анықталады, иә. Мұны түсіну үшін келесі ұғымдарды енгізейік:

Анықтама. ((, (Tl (), tr ())))) шешімдер жиыны сәйкес келеді, егер осы жиыннан кез келген 2 шешім олардың анықталу интервалдарының қиылысында сәйкес келсе.

Анықтама. Шешімдердің үйлесімді жиынтығын максимум деп атайды, егер оған жаңа шешімді қосу мүмкін болмаса, оның шешімі домендерінің бірігуінде жаңа нүктелер болады.

ИНН құрылысы АЖ құрылысына тең екені анық, атап айтқанда:

1. Егер NR бар болса, онда оны қамтитын кез келген INN тек оның шектеулерінің жиынтығы бола алады.

Жаттығу. Тексеру.

2. Егер ИНН болса, онда АЖ (, (t, t +)) келесі түрде құрылады:

put (t) = (t), мұнда INN кез келген элементі осы сәтте анықталады. Әлбетте, мұндай функция барлығында (t, t +) бірегей түрде анықталатын болады (бірегейлік жинақтың бірізділігінен туындайды) және әр нүктеде ол осы сәтте анықталған ЖСН барлық элементтерімен сәйкес келеді. Кез келген t (t, t +) үшін онда анықталған біреу бар, демек оның маңында, сондықтан бұл ауданда (1) 1 шешімі бар, содан кейін де. Осылайша, барлығында (t, t +) (1) 1 шешімі бар. Бұл ұзартылмайды, өйткені басқаша түрде INN -ге максималдылығына қарамастан тривиальды емес жалғасы қосылуы мүмкін.

Жалпы жағдайда (Пеано теоремасы жағдайында) есептің ИНН-нің құрылысы (егер Пеано теоремасы жағдайында), егер жергілікті бірегейлік болмаса, мүмкін (қараңыз,), бірақ өте күрделі- бұл кезең-кезеңге негізделген. жалғастыру интервалының ұзындығы үшін төменгі шекарасы бар Пеано теоремасын сатылы қолдану. Осылайша, HP әрқашан бар. Біз мұны жергілікті бірегейлік болған жағдайда ғана ақтаймыз, онда ИНН (және демек, АЖ) құрылысы маңызды емес. Мысалы, нақты болу үшін біз ТК-Р шеңберінде әрекет етеміз.

Теорема. B Rn + 1 доменінде TK-P шарттары орындалсын. Содан кейін кез келген (t0, x0) B есебінде (1) бірегей IS бар.

Дәлел. Есептің барлық шешімдерінің жиынтығын қарастырыңыз (1) (ол TK-P бойынша бос емес). Ол ИНН құрайды - жергілікті бірегейліктің арқасында дәйекті және жалпы Коши мәселесінің барлық шешімдерінің жиынтығы болғандықтан максималды. Бұл HP бар екенін білдіреді. Ол жергілікті бірегейліктің арқасында бірегей.

Егер қолданыстағы жергілікті шешімге (1) 1 (және Коши мәселесі емес) негізделген АЖ құру қажет болса, онда жергілікті бірегейлік болған жағдайда бұл мәселе Коши мәселесіне дейін азаяды: бар кез келген нүктені таңдау қажет. IC және сәйкес Коши мәселесін қарастырыңыз. Бұл мәселенің NR бірегейлігіне байланысты бастапқы шешімнің жалғасы болады. Егер бірегейлік болмаса, онда оның жалғасы берілген шешімжоғарыда көрсетілген тәртіп бойынша жүзеге асырылады.

Пікір. NR бар болу кезеңінің соңында ұзартылмайды (бірегейлік жағдайына қарамастан), сондықтан ол соңғы нүктелерде де шешім болады. Дәлелдеу үшін сегменттің соңындағы ОДЕ шешімі нені білдіретінін түсіндіру қажет:

1. Тәсіл 1. (1) 1 шешімі бойынша интервал бойынша біз біржақты туынды мағынасында ұшындағы теңдеуді қанағаттандыратын функцияны айтамыз. Содан кейін қандай да бір шешімнің анықтамасын көрсетілген кеңейту мүмкіндігі, мысалы, оның болу интервалының оң жағында (t, t +] IC -тің В ішінде соңғы нүктесі бар екенін білдіреді және C 1 (t, t +] .Бірақ, (1) үшін Коши мәселесін x (t +) = (t +) шешіп, оның шешімін тапқан соң, біз t +(соңғы нүктеде t +біржақты) соңғы нүктесі үшін аламыз. туындылар бар және олар f (t +, (t +)) тең, демек, кәдімгі туынды бар), яғни НР болмады.

2. Тәсіл 2. Егер кесіндідегі (1) 1 шешімі бойынша біз тек ұштарында үзіліссіз болатын функцияны айтамыз, бірақ IC ұштары В -де жататындай (теңдеуді қажет етпесе де) соңында орындалады), содан кейін дәл сол интегралдық теңдеу тұрғысынан ғана дәлелдеуге болады (мәліметтерді қараңыз).

Осылайша, біз бірден шешімдер анықтамасының жиынтығы ретінде тек ашық интервалдармен шектеле отырып, жалпылықты бұзған жоқпыз (бірақ біржақты туындылармен қажетсіз жұмыстан аулақ болдық).

Нәтижесінде біз 4-бөлімнің басында қойылған 3-сұраққа жауап бердік: егер бірегейлік шарты орындалса (мысалы, Осгуд немесе Коши-Пикард), Коши мәселесінің шешімінің АЖ бірегейлігі орын алады. Егер бірегейлік шарты бұзылған болса, онда Коши мәселесінің көптеген АЖ болуы мүмкін, олардың әрқайсысының өзіндік өмір сүру аралығы бар. Кез келген шешімді (1) (немесе жай ғана (1) 1) HP -де жалғастыруға болады.

1, 2 сұрақтарға жауап беру үшін t айнымалысын бөлек қарастыру қажет, бірақ IC -тің Rn + 1 кеңістігіндегі әрекеті. IC қалай «соңына жақын» әрекет етеді деген сұраққа ол жауап береді: тіршілік ету интервалының соңы бар, бірақ IC олардың болмауы мүмкін (В -дегі IC соңы әрқашан болмайды - жоғарыдағы ескертуді қараңыз, бірақ соңы) B -де болмауы мүмкін - төменде қараңыз).

Теорема. (жинақтан шығу туралы).

біз оны жергілікті бірегейлік жағдайында тұжырымдаймыз, бірақ бұл қажет емес - қараңыз, мұнда ТПК NR критерийі ретінде тұжырымдалған.

TK-P жағдайында кез келген NR теңдеуінің графигі (1) 1 кез келген ықшам K B жиынтығын қалдырады, яғни K B (t, t +): (t, (t)) K t.

Мысал. K = ((t, x) B | ((t, x), B)).

Пікір. Осылайша, IC NR t ± B жақындайды: ((t, (t)), B) 0 t t ± - шешімді жалғастыру процесін В ішінде қатаң түрде тоқтатуға болмайды.

позитивті, мұнда біреуі ықшам, ажыратылған тұйық жиынтықтар арасындағы қашықтық оң екенін дәлелдеу үшін жаттығу ретінде пайдалы.

Дәлел. Біз K B түзетеміз. Кез келген 0 (0, (K, B)) алыңыз. Егер B = Rn + 1 болса, онда анықтамасы бойынша (K, B) = + қабылдаймыз. K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) жиыны B -де ықшам, сондықтан F = max | f | бар. T және R сандарын таңдайық, сондықтан кез келген цилиндр, мысалы, T 2 + R2 2/4 алу жеткілікті. Содан кейін форманың Коши есебінде (t T0, t + T0) тар емес интервалда TK-P шешімі болады, мұнда T0 = min (T, R / F) барлық (t, x) K үшін.

Енді біз = қажетті сегмент ретінде қабылдай аламыз. Шынында да, егер (t, (t)) K болса, онда t + T0 t t + T0 болатынын көрсету қажет. Мысалы, екінші теңсіздікті көрсетейік. Коши мәселесінің шешімі (2) x = (t) көмегімен оң жақта кем дегенде t + T0 нүктесіне дейін бар, бірақ бұл бір мәселенің НР, ол бірегейлігіне байланысты кеңейтім болып табылады. t + T0 t +.

Осылайша, HP графигі әрқашан «В» деңгейіне жетеді, сондықтан HP тіршілік ету ауқымы IC геометриясына байланысты.

Мысалға:

Мәлімдеме. B = (a, b) Rn болсын (интервал ақырлы немесе шексіз), f В ішіндегі TK-P шарттарын қанағаттандырады, t0 (a, b) бар (1) есептің АЖ болып табылады. Содан кейін не t + = b немесе | (t) | + t t + үшін (және де t үшін).

Дәлел. Сондықтан t + b, содан кейін t + + болсын.

K = B B. ықшам жиынтығын қарастырайық, TPK кез келген R + үшін t ((R), t +) үшін (t, (t)) K нүктесі болатындай (R) t + болады, бірақ tt + болғандықтан , бұл тек есептік жазбадан кейін ғана мүмкін болады | (t) | R. Бірақ бұл сонымен қатар | (t) | дегенді білдіреді t t + үшін.

Бұл жағдайда, егер біз f «барлық х үшін» анықталса, онда АЖ -нің өмір сүру аралығы мүмкін болатын максимумнан (a, b) аз болуы мүмкін екенін көреміз, себебі АЖ -ге жақындаған кездегі бейімділік. (t, t +) интервалының соңы (жалпы жағдайда - В шекарасына дейін).

Жаттығу. Соңғы өрнекті B = (a, b) болған жағдайда жалпылаңыз, мұнда Rn - еркін домен.

Пікір. | (T) | екенін түсіну керек + кез келген k (t) дегенді білдірмейді.

Осылайша, біз 2 -сұраққа жауап бердік (мысалы, § 4 басындағы мысал): IC В -ге жетеді, бірақ оның t осіне проекциясы t осіне В проекциясының ұштарына жетпеуі мүмкін. 1 сұрақ қалады - ODE шешусіз шешімді «мүмкін болатын ең кең аралыққа» жалғастыру мүмкіндігін бағалауға болатын белгілер бар ма? Сызықтық ODE үшін бұл кеңейту әрқашан мүмкін болатынын білеміз, бірақ 4 -§ басындағы Мысалда бұл мүмкін емес.

Алдымен, мысалы, n = 1 үшін URS нақты жағдайын қарастырайық:

h (s) ds дұрыс емес интегралының жинақталуы (= + есебінен немесе h нүктесінің сингулярлығына байланысты дұрыс емес) (,) таңдауына байланысты емес. Сондықтан, келесіде біз бұл интегралдың жинақталуы немесе дивергенциясы туралы сөз болғанда h (s) ds жазамыз.

мұны Осгуд теоремасында және байланысты мәлімдемелерде жасауға болады.

Мәлімдеме. C (,), b C (, +) болсын, екі функция да интервалдарында оң. Коши мәселесі (мұндағы t0 (,), x0) (t, t +) (,) аралығында IS x = x (t) IS болсын. Содан кейін:

Салдары. Егер a = 1, = + болса, онда t + = + дәлелдеу. (Бекіту). X монотонды түрде өсетінін ескеріңіз.

Жаттығу. Дәлелде.

Демек, x (t +) = lim x (t) +бар. Бізде 1 -жағдай. T +, x (t +) + - TPK арқылы мүмкін емес, себебі x - АЖ.

Екі интеграл не ақырлы, не шексіз.

Жаттығу. Дәлелдеуді аяқтаңыз.

Мұғалім үшін негіздеме. Нәтижесінде біз 3 жағдайда a: a (s) ds +, ал 4 жағдайда (егер ол мүлде іске асса) бірдей нәрсені аламыз.

Осылайша, x = f (x) түріндегі n = 1 болатын ең қарапайым ОДЕ үшін шешімдердің созылу қабілеттілігі анықталады:

автономды) теңдеулер 3 бөлімді қараңыз.

Мысал. F (x) = x, 1 (атап айтқанда, сызықтық жағдай = 1) және f (x) = x log x үшін біз (оң) шешімдердің +дейін жалғасуына кепілдік бере аламыз. F (x) = x және f (x) = x ln x 1 үшін шешімдер «ақырғы уақытта жойылады».

Жалпы жағдайда жағдай көптеген факторлармен анықталады және соншалықты қарапайым емес, бірақ «f бойымен х бойымен өсу жылдамдығының» маңыздылығы сақталады. N 1 үшін созылу критерийлерін тұжырымдау қиын, бірақ жеткілікті шарттар бар. Әдетте, олар деп аталатындардың көмегімен шешеді. шешімдердің априорлық бағасы.

Анықтама. H C (,), h 0 болсын. Кейбір ODE шешімдері үшін AO | x (t) | h (t) бойынша (,), егер осы ОДЕ -нің кез келген шешімі (,) интервалының осы бөлігінде осы бағаны қанағаттандырса (яғни, шешімдер міндетті түрде барлық аралықта анықталса, (,)) .

Бірақ анықталғандай, АО -ның болуы шешімдер әлі де (,) бойынша анықталатынына кепілдік береді (және, демек, барлық интервал бойынша бағалауды қанағаттандырады), сондықтан априорлық баға артқыға айналады:

Теорема. Коши мәселесі (1) ТК-Р шарттарын қанағаттандырсын, ал оның шешімдері үшін АО (,) интервалында кейбір h C (,), және қисық сызықты цилиндр (| x | h (t)) орын алады, t (,)) B. Содан кейін NR (1) барлық (,) бойынша анықталады (демек, АО қанағаттандырады).

Дәлел. T + (t ұқсас) екенін дәлелдейік. T +дейік. K = (| x | h (t), t) B. ықшам жиынтығын қарастырайық. ТПК бойынша tt +кезінде графиктің нүктесі (t, x (t)) K қалдырады, бұл AO арқасында мүмкін емес. .

Осылайша, ерітіндінің қандай да бір интервалға созылатындығын дәлелдеу үшін шешімді барлық қажетті интервал бойынша формальды бағалау жеткілікті.

Аналогия: функцияның Лебег өлшемділігі мен интегралдың формальды бағасы интегралдың нақты болуын білдіреді.

Міне, бұл логиканың қалай жұмыс істейтіні туралы кейбір мысалдар. Жоғарыда келтірілген тезистің суретінен бастайық «f in x өсуі өте баяу».

Мәлімдеме. B = (,) Rn, f B, | f (t, x) | шарттарындағы TK-P шарттарын қанағаттандырсын | a (t) b (| x |), мұнда a және b алдыңғы мәлімдеменің шарттарын қанағаттандырады c = 0, және = +. Содан кейін (1) есеп АЖ барлық t0 (,), x0 Rn (,) бойынша болады.

Лемма Егер және үздіксіз болса, (t0) (t0); t t дәлелі үшін. Назар аударыңыз, (t0, t0 +) маңында: егер (t0) (t0) болса, онда бұл бірден көрінеді, ал басқаша (егер (t0) = (t0) = 0) бізде (t0) = g (t0) , 0) (t0), ол тағы да қажеттісін береді.

Енді t1 t0 (t1) бар деп есептейік. Айқын дәлелдеу арқылы біз (t1) t2 (t0, t1] таба аламыз (t2) = (t2), ал (t0, t2) бойынша, бірақ t2 нүктесінде бізде =, - қайшылық бар.

g - кез келген, шын мәнінде, сізге тек C керек, және қайда болса да, сонда. Бірақ басымызды соқпау үшін біз оны Леммадағыдай қарастырамыз. Мұнда қатаң теңсіздік, бірақ сызықты емес ОДЕ, сонымен қатар аталатын бар.

Мұғалімге ескерту. Леммадағыдай теңсіздіктер Чаплыгин түріндегі теңсіздіктер деп аталады. Бірегейлік шарты Леммада қажет емес екенін түсіну қиын емес, сондықтан мұндай «қатаң NP» Пеано теоремасы шеңберінде де дұрыс. «Әлсіз LF» бірегейліксіз дұрыс емес, өйткені теңдік - бұл әлсіз теңсіздіктің ерекше жағдайы. Ақырында, «қатаң емес НП» бірегейлік шарты шеңберінде ақиқат, бірақ оны тек жергілікті жерде - IM көмегімен дәлелдеуге болады.

Дәлел. (Бекіту). T + = (t = ұқсас) екенін дәлелдейік. T +делік, сосын жоғарыдағы мәлімдеме бойынша | x (t) | + t t + үшін, сондықтан x = 0 қосулы деп есептеуге болады. Егер біз AO | x | дәлелдейтін болсақ h on) (доп ыңғайлы болу үшін жабылады).

Коши мәселесі x (0) = 0 бірегей IS х = 0 бар.

F + бойынша жеткілікті шартты көрсетейік, оның шеңберінде барлық жеткілікті x0 = x (0) үшін R + бойынша АЖ болуына кепілдік беруге болады. Ол үшін (4) деп аталатыны бар деп есептеңіз. Ляпунов функциясы, яғни V функциясы:

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

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

А және В шарттарының орындалуын тексерейік:

A. Коши мәселесін қарастырайық, мұнда | x1 | R / 2. B = R B (0, R) цилиндрін құрайық - f функциясының анықталу аймағы, онда ол шектелген және C 1 класы бар, сонда F = max | f | болады. TK-P сәйкес, (t1 T0, t1 + T0) интервалында анықталған (5) шешім бар, мұнда T0 = min (T, R / (2F)). Жеткілікті үлкен Т таңдау арқылы T0 = R / (2F) жетуге болады. | X1 | болғанша, T0 (t1, x1) таңдауына тәуелді болмауы маңызды. R / 2.

B. (5) шешімі анықталғанда және B (0, R) шарында қалғанша, біз келесі ойды орындай аламыз. Бізде бар:

V (x (t)) = f (x (t)) V (x (t)) 0, яғни V (x (t)) V (x1) M (r) = max V (y) ... M мен M кемімейтін, үздіксіз екені анық | r нөлде үзіліссіз, m (0) = M (0) = 0, ал нөлден тыс олар оң. Сондықтан M (R) m (R / 2) болатындай R 0 бар. Егер | x1 | R, содан кейін V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), қайдан | x (t) | R / 2. Назар аударыңыз, R R / 2.

Енді біз теореманы тұжырымдауға болады, ол Sec. A, B шешімдердің жаһандық болуын анықтайды (4):

Теорема. Егер (4) B (0, R) ішінде Ляпунов функциясы болса, онда барлық x0 B (0, R) үшін (мұндағы R жоғарыда анықталған), Коши есебінің Н (Н) х (t0) = x0 жүйесі үшін ) (кез келген t0 бар) +алдында анықталған.

Дәлел. А тармағы бойынша шешімді құруға болады, мұнда t1 = t0 + T0 / 2. Бұл шешім B (0, R) ішінде және біз оған В элементін қолданамыз, осылайша | x (t1) | R / 2. Біз А тармағын қайтадан қолданамыз және шешім аламыз, мұнда t2 = t1 + T0 / 2, яғни қазір шешім салынған. Біз осы шешімге В тармағын қолданамыз және | x (t2) | аламыз Қадамдардың санында біз § 5 -те шешім аламыз. Шешімдердің ОДЕ -ге тәуелділігі Коши мәселесін қарастырайық, онда Rk. Егер кейбіреулер үшін t0 (), x0 () бұл Коши мәселесінде НР болса, онда ол x (t,). Сұрақ туындайды: х -тың тәуелділігін қалай зерттеу керек? Бұл сұрақ әр түрлі қосымшаларға байланысты маңызды (және, әсіресе, 3 -бөлімде пайда болады), олардың бірі (мүмкін, ең маңыздысы емес) ОДЕ -нің шамамен шешімі болып табылады.

Мысал. Коши мәселесін қарастырайық, оның НР бар және бірегей, TK-P-ге сәйкес, бірақ оны қарапайым функцияларда көрсету мүмкін емес. Олай болса, оның қасиеттерін қалай зерттеуге болады? Жолдардың бірі келесідей: (2) y = y, y (0) = 1 есепке «жақын» екенін ескеріңіз, оның шешімі оңай: y (t) = et. X (t) y (t) = et деп есептеуге болады. Бұл идея келесідей тұжырымдалған: At = 1/100 мәселесін қарастырайық, бұл (2), ал = 0 кезінде бұл у үшін есеп. Егер біз x = x (t,) үзіліссіз екенін (белгілі бір мағынада) дәлелдейтін болсақ, онда біз x (t,) y (t) 0 -де аламыз, бұл x (t, 1/100) y ( t) = т.б.

Рас, х -тың у -ға қаншалықты жақын екендігі белгісіз, бірақ х -тің үздіксіздігінің дәлелі - бұл бірінші қажетті қадам, онсыз әрі қарай ілгерілеу мүмкін емес.

Сол сияқты бастапқы мәліметтердегі параметрлерге тәуелділікті зерттеу пайдалы. Кейінірек көріп отырғанымыздай, бұл тәуелділік теңдеудің оң жағындағы параметрге тәуелділікке дейін азаяды, сондықтан әзірше біз өзімізді Let f C (D) түріндегі мәселемен шектейміз, мұнда D- домен Rn + k + 1; f - х -тегі D дөңесінен кез келген ықшам жиынтықта х -дағы Lipschitz (мысалы, C (D) жеткілікті). Біз түзетеміз (t0, x0). Біз M = Rk | орнатамыз (t0, x0,) D - рұқсат етілгендердің жиынтығы ((4) есептің мағынасы бар). М ашық екенін ескеріңіз. Біз (t0, x0) M = болатындай таңдалған деп есептейміз. TK -P сәйкес, барлық M үшін есептің бірегей АЖ бар (4) - t (t (), t + ()) интервалында анықталған x = (t,) функциясы.

Қатаң айтқанда, бұл көптеген айнымалыларға байланысты болғандықтан, (4) келесі түрде жазу керек:

мұндағы (5) 1 G = ((t,) | M, t (t (), t + ())) жиынында орындалады. Алайда, d / dt және / t таңбаларының арасындағы айырмашылық тек психологиялық болып табылады (оларды қолдану «түзету» психологиялық тұжырымдамасына байланысты). Осылайша, G жиыны функцияның анықталуындағы табиғи максималды жиын болып табылады, ал үздіксіздік мәселесі дәл G бойынша зерттелуі керек.

Бізге көмекші нәтиже қажет:

Лемма (Гронвалла). С, 0 функциясы барлық t бағасын қанағаттандырсын.Сосын, барлығы үшін бұл рас.Мұғалімге ескерту. Дәріс оқығанда бұл формуланы алдын ала есте сақтаудың қажеті жоқ, бірақ бос орын қалдырып, қорытындыдан кейін енгізіңіз.

Бірақ содан кейін бұл формуланы ашық түрде сақтаңыз, өйткені бұл ToNZ -те қажет болады.

h = A + B Ah + B, біз қажетті нәрсені қайдан аламыз.

Бұл лемманың мағынасы: дифференциалдық теңдеу мен теңсіздік, олардың арасындағы байланыс, интегралдық теңдеу мен теңсіздік, олардың арасындағы байланыс, Гронволлдың дифференциалды және интегралды леммалары мен олардың арасындағы байланыс.

Пікір. Бұл лемманы A және B туралы жалпы болжамдар бойынша дәлелдеуге болады, бірақ бізге бұл әлі қажет емес, бірақ MFM барысында жүзеге асады (мысалы, біз оны қолданбағанын түсіну қиын емес). А мен В сабақтастығы және т.б.).

Біз қазір нәтижені анық айтуға дайынбыз:

Теорема. (ToHZ) f туралы жасалған жорамалдарға сәйкес және жоғарыда келтірілген жазбада G ашық және C (G) деп мәлімдей аламыз.

Пікір. М жиынтығы әдетте қосылмағандығы түсінікті, сондықтан G де ажыратылуы мүмкін.

Мұғалімге ескерту. Алайда, егер біз (t0, x0) параметрлер санына қосатын болсақ, онда байланыс - бұл жерде жасалады.

Дәлел. (T,) G. болсын. Дәлелдеу қажет:

Анықтық үшін t t0 болсын. Бізде: M бар, сондықтан (t,) (t (), t + ()) t, t0 бойынша анықталады, демек t нүктесі (t, (t,),) ықшам арқылы өтетін кейбір интервалда қисық D (параллель гиперпланеталар (= 0)). Бұл дегеніміз, Definition түрлерінің жиынтығы сіздің көз алдыңызда үнемі сақталуы керек!

жеткілікті кіші a және b (х дөңес) үшін D -де ықшам, сондықтан f функциясы х -тегі Липшиц:

[Бұл баға әрқашан сіздің көз алдыңызда болуы керек! ] және барлық айнымалыларда біркелкі үздіксіз, одан да | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Бұл баға әрқашан сіздің көз алдыңызда болуы керек! ] | 1 | болатын ерікті 1 қарастырайық b және сәйкес шешім (t, 1). (= 1) жиыны D (= 1) ықшам, ал t = t0 үшін нүкте (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) (= 1), ал ТПК бойынша t t + (1) кезінде нүкте (t, (t, 1), 1) кетеді (= 1). T2 t0 (t2 t + (1)) - бұл нүкте өтетін бірінші мән.

Құрылысы бойынша t2 (t0, t1]. Біздің міндетіміз t2 = t1 қосымша шектеулерде екенін көрсету. Енді t3 болсын. Бізде бар (барлық осындай t3 үшін төменде қолданылатын барлық шамалар құрылыспен анықталады):

(t3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, бұл мәннің абсолюттік мәнде а -дан кіші екенін дәлелдеуге тырысайық.

мұнда интеграл келесідей бағаланады:

| F (t, (t,),), бірақ ± f (t, (t,),) емес, өйткені айырмашылық | (t, 1) (t,) | әлі бағалау жоқ, сондықтан (t, (t, 1),) түсініксіз, бірақ | 1 | үшін бар, және (t, (t,), 1) белгілі.

осылайша | | t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Сонымен, (t3) = | (t3, 1) (t3,) | функциясы (бұл үздіксіз функция) Gronwall леммасының шарттарын A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T = t2, = 0 шарттарымен қанағаттандырады, сондықтан бұл лемма береді [Бұл бағалауды алдында ұстау керек әрқашан сіздің көзіңізде! ] егер біз | 1 | алсақ 1 (t1). Біз 1 (t1) b деп есептейміз. Біздің барлық тұжырымдар t3 үшін дұрыс.

Осылайша, 1 -ді таңдағанда, t3 = t2 болғанда, соған қарамастан | (t2, 1) (t2,) | а және сонымен қатар | 1 | б. Демек, (t2, (t2, 1), 1) t2 = t1 болуының арқасында ғана мүмкін. Бірақ бұл, атап айтқанда, (t, 1) бүкіл интервалда, яғни t1 t + (1) және (t, 1) G түріндегі барлық нүктелерде t, | 1 | 1 (t1).

Яғни, t + тәуелді болса да, сегмент t + () - ның сол жағында қалады, оған жеткілікті жақын. Суретте t4 t0 және 2 (t4) сандарының болуы t t0 үшін де дәл осылай көрсетілген. Егер t t0 болса, онда t t0 үшін де (t,) B (, 1) G нүктесі, ал t = t0 болса, онда екі жағдай да қолданылады, сондықтан (t0,) B (, 3) G, мұнда 3 = мин (12). Тұрақты (t,) үшін t1 t 0 (немесе тиісінше t4) және 1 (t1) = 1 (t,) 0 болатындай t1 (t,) табылуы маңызды (немесе тиісінше 2 ), сондықтан таңдау 0 = 0 (t,) түсінікті болады (өйткені шарды цилиндрлік маңайға жазуға болады).

шын мәнінде неғұрлым нәзік қасиет дәлелденді: егер АЖ белгілі бір аралықта анықталса, онда оған жеткілікті жақын параметрлері бар барлық АЖ анықталады (яғни,

HP сәл ашуланды). Алайда, керісінше, бұл қасиет төменде көрсетілгендей G ашықтығынан туындайды, сондықтан бұл эквивалентті формулалар.

Осылайша біз 1 -тармақты дәлелдедік.

Егер біз кеңістікте көрсетілген цилиндрде болсақ, онда бағалау | 1 | үшін дұрыс 4 (, т,). Сонымен бірге | (t3,) (t,) | | t3 t | үшін 5 -те (, t,) t -те үздіксіздіктің арқасында. Нәтижесінде (t3, 1) B ((t,),) үшін бізде | (t3, 1) (t,) | бар, мұндағы = мин (4, 5). Бұл 2 -бет.

«Ресей Федерациясының Білім және ғылым министрлігі Жоғары кәсіби білім берудің федералды мемлекеттік бюджеттік білім беру мекемесі МЕМЛЕКЕТТІК БАСҚАРУ УНИВЕРСИТЕТІ Ғылыми, педагогикалық және ғылыми кадрлар даярлау институты. МӘСКЕНІҢ БАСҚАРУ ПӘНІНІҢ СОЦИОЛОГИЯСЫНА КІРУ ТЕСТТЕРІ БАҒДАРЛАМАСЫ - 2014 МЕДИЦИНАЛЫҚ ҰЙЫМ. кіру емтихандарымектепті бітіру үшін ... »

«Амур мемлекеттік университетінің психология және педагогика кафедрасы ПӘННІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНДІГІ 030300.62 Психология Благовещенск 2012 UMKd бакалавриат бағыты бойынша негізгі білім беру бағдарламасы Психология және педагогика кафедрасының отырысында қарастырылды және ұсынылды ...

«Автомобиль өнеркәсібі» Омбы - 2009 3 Білім беру жөніндегі федералды агенттік GOU VPO Сібір мемлекеттік автомобиль және автомобиль жолдары академиясы (SibADI) Инженерлік педагогика кафедрасы 050501 - Кәсіби дайындық (автомобильдер мен автокөлік ... «

«Сериялық оқу кітабы Г.С.Розенберг, Ф.Н.Рянский теориялық және қолданбалы экология педагогикалық институт 2005 ҚДБ 28.080.1я73 Р64 Рецензенттер: Биол. Ғылымдар, профессор В.И.Попченко (Экология институты ... »)

«РЕСЕЙ ФЕДЕРАЦИЯСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ КРАСНОЯРСК МЕМЛЕКЕТТІК ПЕДАГОГИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІНІҢ Федералды мемлекеттік бюджеттік жоғары оқу орны. В.П. Астафиева Е.М. Антипова БОТАНИКАҒА ШАҒЫН ПРАКТИКА Электронды басылым КРАСНОЯРСК 2013 ЖБК 28.5 А 721 Рецензенттер: Васильев А.Н., биология ғылымдарының докторы, ҚМПУ профессоры В.П. Астафиева; Ямских Г.Ю., геология ғылымдарының докторы, Сібір федералды университетінің профессоры Третьякова И.Н., биология ғылымдарының докторы, профессор, Орман институтының жетекші қызметкері ... »

«Ресей Федерациясының Білім және ғылым министрлігі Жоғары кәсіби білім беру федералды мемлекеттік білім беру бюджеттік мекемесі Амур мемлекеттік университеті Психология және педагогика кафедрасы ПЕДИАТРИЯ ЖӘНЕ ГИГИЕНА ПӘНІНІҢ ПӘНІНІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ. оқыту 050400.62 Психологиялық -педагогикалық білім Благовещенск 2012 1 психология кафедрасының отырысында әзірленді және ... »

«Толық жауап берілген тапсырмаларды тексеру Білім беру ұйымдарының 9-сынып түлектерін мемлекеттік (қорытынды) аттестаттау (жаңа формада) 2013 ГЕОГРАФИЯ Мәскеу 2013 Автор-құрастырушы: Амбарцумова Е.М. Жалпы білім беру ұйымдарының 9 сынып түлектерінің мемлекеттік (қорытынды) аттестаттау нәтижелерінің объективтілігін арттыру (... »

«Ресей Федерациясының мемлекеттік тілі ретінде орыс тілін оқыту үшін анықтамалық, ақпараттық және әдістемелік мазмұнды қолдану бойынша практикалық ұсыныстар. Практикалық ұсыныстар орыс тілі мұғалімдеріне арналған (оның ішінде шет тілі ретінде). Мазмұны: Іріктеу бойынша практикалық ұсыныстар мен нұсқаулықтар 1. орыс тілінің мемлекеттік тіл ретінде жұмыс істеу мәселелеріне арналған оқу -тәрбие сессияларына арналған материалдың мазмұнын ... ».

«Е.В.МУРЮКИНА СТУДЕНТТЕРДІҢ СЫН тұрғысынан ойлауы мен медиа құзыреттілігінің дамуы ЖОО -ға арналған оқу құралы Таганрог 2008 2 Мурюкина Е.В. Баспасөзді талдау барысында оқушылардың сыни ойлауы мен медиа құзыреттілігін дамыту. Жоғары оқу орындарына арналған оқулық. Таганрог: Тұлғаны дамыту жөніндегі NP орталығы, 2008.298 б. Оқу құралы медиа -білім беру сабақтарында оқушылардың сыни ойлауы мен медиа құзыреттілігін дамытуды қарастырады. Бүгінгі баспасөзден бері ... »

«О. П.Головченко АДАМДЫҚ ФИЗУКАЛЬДЫҚ ҚЫЗМЕТТІҢ ҚАЛЫПТАСТЫЛУЫ ТУРАЛЫ ІІ бөлім P ED AG OGIK A DVI GAT ELN OY ACTIVITY VN OSTI 3 Оқу басылымы Олег Петрович Головченко АДАМДЫҚ ФИЗИКАЛЫҚ ҚЫЗМЕТТІ ҚАЛЫПТАСТЫРУ Оқулық ІІ бөлім Дене белсенділігі педагогикасы Редакторы Н. Косенкова Д.В. Смоляк пен С.В. Потапова *** 23.11 күні басып шығаруға қол қойылды. Формат 60 x 90 / 1/16. Жазу қағазы Times гарнитурасы Басып шығарудың жұмыс әдісі Конв. жоқ .... «

МЕМЛЕКЕТТІК БІЛІМ БЕРУ ОРТАСЫ ҚАЗАН МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ IM. ЖӘНЕ. УЛЯНОВА-ЛЕНИНА Ғылыми және білім беру ресурстарының электронды кітапханалары. Оқу құралы Абросимов А.Г. Лазарева Ю.И. Қазан 2008 Ғылыми және білім беру ресурстарының электронды кітапханалары. Электронды бағыттағы оқу құралы білім беру ресурстары... - Қазан: ҚМУ, 2008. Оқу құралы шешім бойынша шығарылады ... »

«РЕСЕЙ ФЕДЕРАЦИЯСЫНЫҢ БІЛІМ МИНИСТРЛІГІ Мемлекеттік жоғары кәсіптік білім беру мекемесі Орынбор мемлекеттік университеті Ақбұлақ филиалы Педагогика кафедрасы В.А. ТЕЦКОВА ЖАЛПЫ БІЛІМ МЕКТЕБІНІҢ ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАРЫНЫҢ МЕКТЕБІНДЕ ӨНЕРДІ ОҚЫТУ ӘДІСТЕМЕСІ кәсіптік білімОрынбор мемлекеттік университеті ... »

БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ СТАВРОПОЛЬ ОБЛЫСЫНЫҢ МЕМЛЕКЕТТІК БІЛІМ МИНИСТРЛІГІ КӘСІПТІК БІЛІМ СТАВРОПОЛ МЕМЛЕКЕТТІК ИНСТИТУТЫ Н. Джегутанова БАЛАЛАР ӘДЕБИЕТІ ОҚУ ТІЛІ ОҚЫТУ ЖӘНЕ ӘДІСТЕМЕЛІК КЕҢЕС ЕЛДЕРІНІҢ ӘДЕБИЕТІ Ставрополь 2010 1 UDC 82.0 шешімімен шығарылды, редакциялық -баспа кеңесінің LBC 83.3 (0) ГОУ ВПО Ставропольский педагогикалық институты ...

«МБОУ Камышинская орта мектебі мектепішілік білім сапасын бағалаудың жаңа жүйесі бойынша НҰСҚАУ 1. Жалпы ережелер 1.1. Білім беру сапасын бағалаудың мектепішілік жүйесі туралы ереже (бұдан әрі - ереже) коммуналдық бюджеттік білім беру мекемесінде білім сапасын бағалаудың мектепішілік жүйесін (бұдан әрі - ШШҚО) енгізуге бірыңғай талаптарды белгілейді. Камышинская орта жалпы білім беретін мектеп(бұдан әрі - мектеп). 1.2. SHSOCO -ның іс жүзінде іске асырылуы ... сәйкес келеді ».

«ӨЗБЕКСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ДЕНСАУЛЫҚ САҚТАУ МИНИСТРЛІГІ ТАШКЕНТ МЕДИЦИНАЛЫҚ АКАДЕМИЯСЫ КЛИНИКАЛЫҚ АЛЛЕРГОЛОГИЯЛЫҚ ДЕНСАУЛЫҚ ОПЕРЛЕРІ БӨЛІМІ БЕКІТІЛДІ Оқу ісі жөніндегі проректор Проф. О.Р.Тешаев _ 2012 ж БІРІКТІРІЛГЕН ӘДІСТЕМЕЛІК ЖҮЙЕ БОЙЫНША ПРАКТИКАЛЫҚ ЖАТТЫҚТАРҒА ОҚЫТУ ЖӘНЕ ӘДІСТЕМЕЛІК ДАМУЛАРДЫҢ ЖОСПАРЫН ҰСЫНЫСТАР. Нұсқаулармедициналық жоғары оқу орындарының оқытушылары үшін Ташкент-2012 ӨЗБЕКСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ДЕНСАУЛЫҚ САҚТАУ МИНИСТРЛІГІ МЕДИЦИНАЛЫҚ БІЛІМДІ ДАМЫТУ ТАШКЕНТ МЕДИЦИНАЛЫҚ ОРТАЛЫҒЫ ... »

«Білім беру жөніндегі федералды агенттік Горно-Алтай мемлекеттік университеті А.П. Макошев САЯСИЙ ГЕОГРАФИЯ ЖӘНЕ ГЕОПОЛИТИКА Зерттеуге арналған нұсқаулық Горно-Алтайск мемлекеттік университетінің Горно-Алтайск РИО 2006 ж. мемлекеттік университетСаяси география мен геополитика. Оқу құралы. -Горно-Алтайск: РИО ГАГУ, 2006.-103 б. Оқу құралы білімге сәйкес әзірленді ... »

«А.В. Новицкая, Л.И. Николаева БОЛАШАҚТЫҢ ҚАЗІРГІ БІЛІМ БЕРУ БАҒДАРЛАМАСЫ МЕКТЕБІ Өмір кезеңдері 1 БАСТЫҚ СЫНЫП ҰСТАЗДАРЫНА СЫНЫПТЫҢ ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЫ Мәскеу 2009 УДК 371 (075.8) ЖБК 74.00 N 68 Авторлық құқық заңмен қорғалған, авторларға сілтеме қажет. Новицкая А.В., Николаева Л.И. Н 68 Қазіргі білім беру бағдарламасы Өмір кезеңдері. - М.: Авваллон, 2009.- 176 б. ISBN 978 5 94989 141 4 Бұл брошюра ең алдымен тәрбиешілерге арналған, бірақ, сөзсіз, ақпарат үшін ... «

«Оқу -әдістемелік кешені РОССИЯ БИЗНЕС ҚҰҚЫҒЫ 030500 - Құқықтану Мәскеу 2013 Авторы - азаматтық құқық пәндері кафедрасының құрастырушысы Рецензент - Оқу -әдістемелік кешен азаматтық құқық пәндері кафедрасының отырысында қаралады және бекітіледі No2013 хаттама. Ресей кәсіпкерлік құқығы: оқу -әдістемелік ... »

«БІРАҚ. А.Ямашкин В.В. Руженков Аль. А.Ямашкин МОРДОВИЯ РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ГЕОГРАФИЯСЫ Оқулық САРАНСК МОРДОВСКИЙ УНИВЕРСИТЕТІНІҢ БАСПАСЫ ҮЙІ 2004 УДК 91 (075) (470.345) ББК D9 (2R351-6Mo) Ya549 Рецензенттер: физикалық педагогика кафедрасы, Воронеж. География ғылымдарының докторы, профессор А.М.Носонов; Леонтьев Саранск қаласының No39 мектеп-кешенінің мұғалімі А.В. Леонтьев университетке дейінгі дайындық және орта білім беру факультетінің оқу-әдістемелік кеңесінің шешімімен шығарылды ... »

Александр Викторович Абросимов Туылған күні: 16 қараша 1948 (1948 11 16) Туылған жері: Куйбышев Қайтыс болған күні ... Уикипедия

I Қажетті функцияларды, олардың әр түрлі ретті туындыларын және тәуелсіз айнымалыларды қамтитын дифференциалдық теңдеулер теңдеулері. D. теориясы. 17 ғасырдың аяғында пайда болды. механика мен басқа да жаратылыстану пәндерінің қажеттіліктері әсер етті, ... ... Ұлы совет энциклопедиясы

Кәдімгі дифференциалдық теңдеулер (ODE) - белгісіз функция (мүмкін векторлық функция, содан кейін, әдетте, өлшемі бірдей кеңістіктегі мәндері бар векторлық функция) түріндегі дифференциалдық теңдеу; бұл жағдайда ... ... Уикипедия

Уикипедияда осы тегі бар басқа адамдар туралы мақалалар бар, Юдовичті қараңыз. Виктор Иосифович Юдович Туылған күні: 1934 ж. 4 қазан (1934 10 04) Туылған жері: Тбилиси, КСРО Қайтыс болған күні ... Уикипедия

Дифференциалды- (Дифференциалды) Дифференциалды анықтау, функцияның дифференциалды, дифференциалды құлпы Дифференциалды анықтау, функцияның дифференциалды, дифференциалдық құлпы туралы ақпарат Мазмұны Математика Бейресми сипаттама ... ... Инвестор энциклопедиясы

Дербес дифференциалдық теңдеулер теориясының негізгі ұғымдарының бірі. Х. рөлі осы теңдеулердің маңызды қасиеттерінде көрінеді, мысалы, шешімдердің жергілікті қасиеттері, әр түрлі есептердің шешімділігі, олардың дұрыстығы және т. Математика энциклопедиясы

Белгісіз бір тәуелсіз айнымалының функциясы болатын теңдеу және бұл теңдеуге белгісіз функцияның өзі ғана емес, сонымен қатар оның әр түрлі ретті туындылары кіреді. Дифференциалдық теңдеулер терминін Г. ... ... ұсынған. Математика энциклопедиясы

Треногин Владилен Александрович В.А. Треногин MISiS дәрісінде Туылған күні ... Уикипедия

Треногин, Владилен Александрович Треногин Владилен Александрович В.А. Треногин MISiS дәрісінде Туылған күні: 1931 (1931) ... Уикипедия

Гаусс теңдеуі, екінші ретті сызықтық қарапайым дифференциалдық теңдеу немесе өздігінен байланысқан жағдайда жалпы жағдайда айнымалылар мен параметрлер кез келген күрделі мәндерді қабылдай алады. Ауыстырудан кейін кішірейтілген формасы алынады ... ... Математика энциклопедиясы