Makarskaya E.V. Knygoje: Studentų mokslo dienos. Pavasaris - 2011. M.: Maskvos valstybinis ekonomikos, statistikos ir informatikos universitetas, 2011. S. 135–139.

Autoriai svarsto tiesinių diferencialinių lygčių teorijos praktinį pritaikymą ekonominių sistemų tyrimams. Straipsnyje analizuojami Keyneso ir Samuelsono-Hickso dinaminiai modeliai, nustatant ekonominių sistemų pusiausvyros būsenas.

Ivanovas A.I., Isakovas I., Deminas A. V. ir kt. 5 dalis. M.: Slovo, 2012.

Vadove nagrinėjami kiekybiniai žmogaus deguonies suvartojimo tyrimo metodai atliekant Rusijos Federacijos valstybiniame tyrimų centre-IBMP RAS atliekamus bandymus su dozuota fizine veikla. Vadovas skirtas mokslininkams, fiziologams ir gydytojams, dirbantiems aviacijos, povandeninės ir sporto medicinos srityse.

Mikheev A.V. SPb.: Nacionalinio tyrimų universiteto aukštosios ekonomikos mokyklos operacinės spaudos katedra - Sankt Peterburgas, 2012 m.

Šiame rinkinyje yra problemų, susijusių su diferencialinių lygčių eiga, kurią autorius dėstė Sankt Peterburgo Nacionalinio mokslinių tyrimų universiteto aukštosios ekonomikos mokyklos Ekonomikos fakultete. Kiekvienos temos pradžioje pateikiama trumpa pagrindinių teorinių faktų santrauka ir analizuojami tipinių problemų sprendimo pavyzdžiai. Studentams ir aukštojo profesinio mokymo programų klausytojams.

Konakovas V.D. VMI. WP BRP. Maskvos valstybinio universiteto Mechanikos ir matematikos fakulteto patikėtinių tarybos leidykla, 2012. Nr. 2012.

Šis vadovėlis parengtas pagal specialų studento pasirinktą kursą, kurį autorius perskaitė Maskvos valstybinio universiteto Mechanikos ir matematikos fakultete. M.V. Lomonosovas 2010–2012 mokslo metais. Vadove skaitytojas supažindinamas su parametrų metodu ir jo diskretišku analogu, kurį neseniai sukūrė vadovo autorius ir jo bendraautoriai. Jame pateikiama medžiaga, kuri anksčiau buvo tik keliuose žurnalų straipsniuose. Nesiekdamas maksimalaus pateikimo bendrumo, autorius siekė parodyti metodo galimybes įrodant vietines ribines teoremas apie Markovo grandinių suartėjimą su difuzijos procesu ir gaunant dvipusius Aronsono tipo įverčius kai kurioms degeneracinėms difuzijoms.

Iss. 20. NY: „Springer“, 2012 m.

Šis leidinys yra rinktinių straipsnių rinkinys iš „Trečiosios tarptautinės informacinių sistemų dinamikos konferencijos“, vykusios Floridos universitete, 2011 m. Vasario 16–18 d. Šios konferencijos tikslas buvo suburti mokslininkus ir inžinierius iš pramonės, vyriausybės ir akademinės bendruomenės. kad jie galėtų keistis naujais atradimais ir rezultatais klausimais, susijusiais su informacinės sistemos dinamikos teorija ir praktika. Informacinės sistemos dinamika: matematinis atradimas yra šiuolaikinis tyrimas, skirtas magistrantams ir tyrėjams, besidomintiems naujausiais informacijos teorijos ir dinamikos atradimais. Kitų mokslo sričių mokslininkams taip pat gali būti naudinga taikyti naujoves savo tyrimų srityse.

Palvelev R., Sergeev A. G. Trudy matematikos institutas. V.A. RAS Steklovo institutas. 2012 m. 277. S. 199–214.

Tiriama adiabatinė riba Landau-Ginzburgo hiperbolinėse lygtyse. Naudojant šią ribą, nustatoma Ginzburgo-Landau lygčių sprendinių ir adiabatinių trajektorijų atitiktis statinių sprendimų modulinėje erdvėje, vadinamoje sūkuriais. Mantonas pasiūlė euristinį adiabatinį principą, teigdamas, kad bet kokį Ginzburgo-Landau lygčių sprendimą su pakankamai maža kinetine energija galima gauti kaip kai kurios adiabatinės trajektorijos sutrikimą. Griežtą šio fakto įrodymą neseniai rado pirmasis autorius

Pateikiame aiškią kvazizomorfizmo formulę tarp operatų Hycomm (stabilių 0 genties kreivių modulių erdvės homologija) ir BV / Δ (BV operatoriaus operato Batalin-Vilkovisky homotopijos koeficientas). Kitaip tariant, mes gauname Hycomm-algebrų ir BV-algebrų ekvivalentiškumą, sustiprintą homotopija, kuri trivializuoja BV-operatorių. Šios formulės pateikiamos pagal Givental grafikus ir įrodomos dviem skirtingais būdais. Viename įrodyme naudojamas „Givental“ grupės veiksmas, o kitame - aiškių formulių apie „Hycomm“ ir BV rezoliucijas grandinė. Antrasis požiūris visų pirma suteikia homologinį Givental grupės veiksmų Hycomm-algebrose paaiškinimą.

Pagal mokslinę. redagavo A. Michailovas, t. 14. M.: Maskvos valstybinio universiteto sociologinis fakultetas, 2012 m.

Šios kolekcijos straipsniai parašyti remiantis 2011 m. Maskvos valstybinio universiteto sociologijos fakultete parengtomis ataskaitomis. M.V. Lomonosovas XIV tarpdisciplininio metinio mokslinio seminaro „Socialinių procesų matematinis modeliavimas“ posėdyje Socialistinio darbo akademiko A.A. herojus Samara.

Leidinys skirtas tyrėjams, dėstytojams, Rusijos mokslų akademijos universitetų ir mokslo institucijų studentams, besidomintiems socialinių procesų matematinio modeliavimo problemomis, metodikos kūrimu ir įgyvendinimu.

ŠVIETIMO IR MOKSLŲ MINISTERIJA RF NACIONALINĖ TYRIMŲ BRANDUOLINIS UNIVERSITETAS "MEPhI" TI Bukharova, VL Kamynin, AB Kostin, DS Tkačenko kaip vadovėlis aukštųjų mokyklų studentams Maskva 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 Bukharova T.I., Kamynin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Paskaitų kursas apie paprastąsias diferencialines lygtis: vadovėlis. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 p. Vadovėlis parengtas remiantis daugelį metų Maskvos inžinerinės fizikos institute autorių skaitomų paskaitų kursu. Jis skirtas visų fakultetų NRNU MEPhI studentams, taip pat universiteto studentams, turintiems aukštesnį matematikos mokymą. Vadovas buvo parengtas įgyvendinant NRNU MEPhI kūrimo ir plėtros programą. Recenzentas: fizikos-matematikos daktaras. Mokslai N.A. Kudrjašovas. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nacionalinis mokslinių tyrimų branduolinis universitetas, MEPhI, 2011 Turinys Įvadas. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5 I. Įvadas į paprastųjų diferencialinių lygčių teoriją Pagrindinės sąvokos. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Cauchy problema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 6 11 II. Pirmos eilės lygties Cauchy problemos sprendimo egzistavimas ir unikalumas. Pirmos eilės OLE unikalumo teorema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... „Cauchy“ problemos sprendimas dėl pirmosios eilės OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Pirmojo užsakymo OÄE sprendimo tęsinys. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... III. Cauchy problema normaliai n-osios eilės sistemai Pagrindinės vektorių funkcijų sąvokos ir kai kurios pagalbinės savybės. ... ... ... Cauchy problemos sprendimo unikalumas įprastai sistemai. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ; ... Metrinės erdvės samprata. Pateiktų vaizdų principas. ... ... ... ... ... Egzistavimo ir unikalumo teoremos Cauchy problemos sprendimui normalioms sistemoms. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Kai kurios paprastų diferencialinių lygčių klasės, išspręstos kvadratūrų lygtyje su atskiriamais kintamaisiais. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Linijinis pirmosios eilės OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vienarūšės lygtys. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vernoulli lygtis. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Visų skirtumų lygtis. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 55 55 58 63 64 65 V. 67 Pirmos eilės lygtys, kurios nėra išspręstos išvestinės atžvilgiu. DE sprendimo, kuris nėra išspręstas darinio atžvilgiu, egzistavimo ir unikalumo teorema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Specialus sprendimas. Diskriminacinė kreivė. Apeinu. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Parametrų įvedimo metodas. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Lagrano lygtis. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Clairaut'o lygtis. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vi. Linijinių ODE sistemos Pagrindinės sąvokos. Egzistencijos teorija ir problemos sprendimo unikalumas Homogeninės tiesinės DE sistemos. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Voronskio determinantas. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Integruoti vienalytės sistemos sprendimai. Perėjimas prie tikrojo ÔСР. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Nehomogeninės tiesinės OÄE sistemos. Konstantų variacijos metodas. ... ... ... ... Homogeninės tiesinės OÄE sistemos su pastoviais koeficientais. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Eksponentinė matricos funkcija. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85. ... ... 87. ... ... 91. ... ... ... ... ... 96 97. ... ... šimtas . ... ... 111 nehomogeniškos tiesinės DE sistemos su pastoviais koeficientais. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 116 VII. Aukštos eilės tiesiniai ODE redukcija į tiesinių ODE sistemą. Kaušo problemos sprendimo egzistavimo ir unikalumo teorema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Aukštos eilės homogeninė tiesinė OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Aukštos eilės homogeninės tiesinės OÄE kompleksinių sprendimų savybės. Perėjimas nuo kompleksinės SSS prie tikrosios. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Aukštos eilės nehomogeninė tiesinė DE. Konstantų variacijos metodas. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vienarūšė linijinė aukštos eilės OÄE su pastoviais koeficientais. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Aukštos klasės nevienalytis tiesinis ODE su pastoviais koeficientais. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 VIII. Stabilumo teorija Pagrindinės su stabilumu susijusios sąvokos ir apibrėžimai. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Tiesinės sistemos sprendimų stabilumas. ... ... ... ... ... Lyapunovo stabilumo teoremos. ... ... ... ... ... ... ... ... ... Stabilumas per pirmąjį artėjimą. ... ... ... ... ... ... Fazinių trajektorijų elgesys šalia poilsio taško 162. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Pirmieji ODE sistemų integralai 198 Pirmieji paprastųjų diferencialinių lygčių autonominių sistemų integralai 198 Pusiau autonominės ODE sistemos. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 205 OÄU sistemų simetriškas žymėjimas. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 206 X. Pirmos eilės dalinės diferencialinės lygtys Homogeniškos pirmosios eilės tiesinės dalinės diferencialinės lygtys.Cauchy problema pirmosios eilės tiesinei dalinei diferencialinei lygčiai. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Pirmos eilės kvazilininės dalinės diferencialinės lygtys. ... ... ... Pirmojo laipsnio kvazinijinės dalinės diferencialinės lygties Cauchy problema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Bibliografija. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -4- 210. ... ... ... ... 210. ... ... ... ... 212. ... ... ... ... 216. ... ... ... ... 223. ... ... ... ... 227 PRATARMĖ Rengdami knygą, autoriai išsikėlė tikslą surinkti vienoje vietoje ir prieinama forma pateikti informaciją apie daugumą klausimų, susijusių su paprastųjų diferencialinių lygčių teorija. Todėl, be medžiagos, įtrauktos į privalomą įprastinių diferencialinių lygčių programą, dėstomą NRNU MEPhI (ir kituose universitetuose), vadove taip pat pateikiami papildomi klausimai, kurie, kaip taisyklė, neturi pakankamai laiko paskaitose, tačiau kurie bus naudingi norint geriau suprasti dalyką ir bus naudinga dabartiniams studentams būsimoje profesinėje veikloje. Matematiškai griežti įrodymai pateikiami visiems siūlomo vadovo teiginiams. Šie įrodymai, kaip taisyklė, nėra originalūs, tačiau visi jie buvo pataisyti, atsižvelgiant į matematikos kursų pateikimo stilių MEPhI. Remiantis plačiai paplitusia mokytojų ir mokslininkų nuomone, matematikos disciplinos turėtų būti tiriamos išsamiais ir išsamiais įrodymais, palaipsniui pereinant nuo paprastų prie sudėtingų. Šio vadovo autoriai yra tos pačios nuomonės. Knygoje pateiktą teorinę informaciją patvirtina pakankamo pavyzdžių skaičiaus analizė, kuri, tikimės, supaprastins skaitytojo medžiagos tyrimą. Vadovas skirtas universiteto studentams, turintiems aukštesnį matematikos išsilavinimą, visų pirma NRNU MEPhI studentams. Kartu tai bus naudinga ir visiems, kurie domisi diferencialinių lygčių teorija ir savo darbe naudojasi šia matematikos šaka. -5- I skyrius. Įvadas į paprastųjų diferencialinių lygčių teoriją 1. 1. Pagrindinės sąvokos Visame vadove ha, bi žymės bet kurį iš aibių (a, b) ,, (a, b] ,, gausime x0 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. Ln C 6 x0 x0 sustiprinę paskutinę nelygybę ir pritaikę (2.3), turime 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 visiems x 2 [1, 1]. Įvertinkite visų (x) skirtumą jf (x, y2) f (x, y1) j \u003d sin x y1 y2 6 , y) 2 G. Taigi, f tenkina Lipschitz sąlygą L \u003d 1, tiesą sakant, net su L \u003d sin 1 y. Tačiau išvestinė fy0 taškuose (x, 0) 6 \u003d (0, 0) net neegzistuoja. Ši pati savaime įdomi teorema leis mums įrodyti Cauchy problemos sprendimo unikalumą: 2.1 teorema (Dėl dviejų sprendimų skirtumo įvertinimo) Tegul G yra 2 domenas R ir f (x, y) 2 CG ir tenkina Lipschitz sąlygą G. y su konstanta L. Jei y1, y2 yra du lygties y 0 \u003d f (x, y) sprendiniai intervale, tai nelygybė (įvertis) galioja: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 visiems x 2. -19- y2 įrodymas. Pagal (2.1) lygties sprendimo 2.2 apibrėžimą gauname, kad 8 x 2 taškai x, y1 (x) ir x, y2 (x) 2 G. Visiems t 2 turime teisingas lygybes y10 (t) \u003d ft, y1 (t ) ir y20 (t) \u003d pėdos, y2 (t), kuriuos integruojame per t intervale, kur x 2. Integracija yra teisėta, nes dešinė ir kairė pusės yra tęstinės funkcijos. Gauname lygybių sistemą Zx y1 (x) y1 (x0) \u003d x0 Zx y2 (x) y2 (x0) \u003d f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Atimdami vieną iš kito, turime jy1 (x) y2 (x) j \u003d y1 (x0) y2 (x0) + Zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + pėdos, y1 (t) pėdos, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Mes žymime C \u003d y1 (x0) y2 (x0)\u003e 0, v (t) \u003d L\u003e 0, u (t) \u003d y1 (t). Tada pagal Gronwall - Vellman nelygybę gauname įvertį: j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)\u003e 0. visiems x 2. Teorema yra įrodyta. Dėl įrodytos teoremos gauname unikalumo teoremą Cauchy problemos sprendimui (2. 1), (2.2). Išvada 1. Tegul funkcija f (x, y) 2 C G ir tenkina G Lipschitzo sąlygą y, o y1 (x) ir y2 (x) funkcijos yra du vienodo (2.1) sprendiniai tuo pačiu intervalu ir x0 2. Jei y1 (x0) \u003d y2 (x0), tada įjungta y1 (x) y2 (x). Įrodymas. Panagrinėkime du atvejus. -20- 1. Tegul x\u003e x0, tada iš 2 1 teoremos išplaukia, kad h i tai yra y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) x\u003e x0 2. Leiskite x 6 x0, atlikite pakeitimą t \u003d x, tada yi (x) \u003d yi (t) y ~ i (t) i \u003d 1, 2. Kadangi x 2, tada t 2 [x0, x1] ir lygybė y ~ 1 (x0) \u003d y ~ 2 (x0). Išsiaiškinkime, kuri lygtis tenkina y ~ i (t). Teisinga tokia lygybių grandinė: d y ~ i (t) \u003d dt d ~ yi (x) \u003d dx f x, yi (x) \u003d f (t, y ~ i (t)). Čia mes panaudojome kompleksinės funkcijos diferenciacijos taisyklę ir tai, kad yi (x) yra (2.1) lygties sprendiniai. Kadangi funkcija f ~ (t, y) f (t, y) yra tęstinė ir tenkina Lipschitz sąlygą y, tada pagal 2.1 teoremą turime, kad y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) ant [x0, x1 ], t.y y1 (x) y2 (x) įjungta. Sujungę abu nagrinėjamus atvejus, gauname pasekmės teiginį. 2 pasekmė (dėl nuolatinės priklausomybės nuo pradinių duomenų) Tegul funkcija f (x, y) 2 CG ir tenkina G Lipschitz sąlygą y atžvilgiu su konstanta L, o funkcijos y1 (x) ir y2 (x) yra (2.1) lygties sprendiniai. apibrėžta. Î žymi l \u003d x1 x0 ir δ \u003d y1 (x0) y2 (x0). Tada nelygybė y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l yra teisinga 8 x 2. Įrodymas iš karto kyla iš 2 teoremos. 1. Nelygybė iš 2 padarinio vadinama sprendimo stabilumo įvertinimu iš pradinių duomenų. Jo reikšmė yra ta, kad jei ties x \u003d x0 sprendiniai yra „artimi“, tai baigtiniame segmente jie taip pat yra „artimi“. 2.1 teoremoje pateikiamas svarbus įvertinimas taikant dviejų sprendimų skirtumo modulį, o 1 pasekmė - Cauchy problemos sprendimo unikalumas (2.1), (2.2). Taip pat yra ir kitų unikalumo sąlygų, kurias dabar mes pateikiame. Kaip minėta pirmiau, geometrinis Cauchy problemos sprendimo unikalumas reiškia, kad per domeno G tašką (x0, y0) negali praeiti daugiau nei viena integralinė lygties (2.1) kreivė. 2.2 teorema (Osgoodas apie unikalumą). Tegul funkcija f (x, y) 2 CG ir 8 (x, y1), (x, y2) 2 G nelygybė f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j galioja, kur ϕ ( u)\u003e 0 u 2 (0, β], ϕ (u) yra tęstinis, o Zβ du! +1, kai ε! 0+. Tada per srities ϕ (u) ε G tašką (x0, y0) yra ne daugiau viena integralinė kreivė (2.1). -21- Įrodymas. Tegul egzistuoja du lygties (2.1) sprendiniai y1 (x) ir y2 (x), kad y1 (x0) \u003d y2 (x0) \u003d y0, žymime z (x) \u003d y2 (x) y1 (x). dyi Kadangi \u003d f (x, yi), i \u003d 1, 2, tada lygybė dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1) galioja z (x). dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, tai yra, tada z dx 1 d nelygybė jzj2 6 ϕ jzj jzj, iš kurios jzj 6 \u003d 0 seka 2 dx dviguba nelygybė: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j kur integracija atliekama per bet kurį intervalą, kuriame z (x)\u003e 0 ir zi \u003d z (xi), i \u003d 1, 2. Remiantis prielaida, z (x) 6 0 ir, be to, yra tęstinis, taigi yra toks segmentas, pasirinkite ir pataisykite. Apsvarstykite aibes n o X1 \u003d x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > x2 ir z (x) \u003d 0. Bent vienas iš šių rinkinių nėra tuščias, nes z (x0) \u003d 0 ir x0 62. Leiskite, pavyzdžiui, X1 6 \u003d ∅, jis ribojamas aukščiau, todėl 9 α \u003d sup X1. Atkreipkite dėmesį, kad z (α) \u003d 0, tai yra, α 2 X1, kadangi darant prielaidą, kad z (α)\u003e 0, dėl tęstinumo, mes turėsime z (x)\u003e 0 tam tikrame intervale α δ1, α + δ1, ir tai prieštarauja apibrėžimui α \u003d sup X1. Iš sąlygos z (α) \u003d 0 darytina išvada, kad α< x1 . По построению z(x) > 0 visiems x 2 (α, x2] ir dėl z (x) tęstinumo! 0 + x! Α + 0. Kartojame samprotavimus išvedami (2.5), integruodami per segmentą [α + δ, x2], kur x2 pasirinktas aukščiau ir fiksuotas, o δ 2 (0, x2 α) yra savavališkas, gauname nelygybę: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. α + δ nelygybę leiskime δ! 0+, tada z (α + δ)! z (α) \u003d 0, iš Zjz2 jd jzj2! +1, naudodami z (x) tęstinumo sąlygą, tada teoremos integralą 2 jzjϕ jzj. jz (α + Dešinioji nelygybės Rx2 dx \u003d x2 α δ 6 x2 α pusė yra ribojama α + δ iš viršaus su baigtine verte, kuri tuo pačiu metu yra neįmanoma. Gautas prieštaravimas įrodo 2 teoremą. kad Cauchy problema (2.1), (2.2) reiškia šią funkcijos y (x) radimo problemą: 0 y \u003d f (x, y), (x, y) 2 G, y (x0) \u003d y0, (x0, y0 ) 2 G, kur f (x, y) 2 CG ir (x0, y0) 2 G; G yra R2 domenas. Lemma 2. 2. Tegul f (x, y) 2 CG. Tada galioja šie teiginiai: 1 ) bet koks re (2.1) lygties ϕ (x) sprendimas intervale ha, bi tenkinantis (2.2) x0 2 ha, bi yra integralinės lygties Zx y (x) \u003d y0 + f τ, y (τ) dτ ha, bi sprendimas. ; (2.6) x0 2) jei ϕ (x) 2 C ha, bi yra integraliosios (2.6) lygties sprendimas ha, bi, 1 kur x0 2 ha, bi, tada ϕ (x) 2 C ha, bi yra (2.1) sprendimas. ), (2.2). Įrodymas. 1. Tegul ϕ (x) yra (2.1), (2.2) sprendimas ha, bi. Tada, pažymėdami 2.2 pastabą, ϕ (x) 2 C ha, bi ir 8 τ 2 ha, bi turime lygybę ϕ 0 (τ) \u003d f τ, ϕ (τ), integruodami nuo x0 iki x, gauname (bet kuriam x 2 ha , bi) Rx ϕ (x) ϕ (x0) \u003d f τ, ϕ (τ) dτ ir ϕ (x0) \u003d y0, tai yra ϕ (x) yra (2.6) sprendimas. x0 2. Tegul y \u003d ϕ (x) 2 C ha, bi yra (2.6) tirpalas. Kadangi f x, ϕ (x) hipotezės pagrindu yra tęstinis ha, bi, tai reiškia, kad Zx ϕ (x) y0 + f τ, ϕ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 kaip integralas su kintama viršutine nenutrūkstamos funkcijos riba. Diferencijuojant paskutinę lygybę x atžvilgiu, gauname ϕ 0 (x) \u003d f x, ϕ (x) 8 x 2 ha, bi ir, akivaizdu, ϕ (x0) \u003d y0, tai yra ϕ (x) yra Cauchy problemos (2.1), (2.2) sprendimas. (Kaip įprasta, išvestinė segmento gale suprantama kaip atitinkamas vienpusis darinys.) -23- 2 pastaba. 6. Lemma 2. 2 vadinama lema dėl Cauchy problemos (2.1), (2.2) lygiavertiškumo integralinei lygčiai (2.6). Jei įrodysime, kad egzistuoja (2.6) lygties sprendimas, gauname Cauchy problemos (2.1), (2.2) išsprendžiamumą. Šis planas įgyvendinamas šioje teoremoje. 2.3 teorema (vietinės egzistencijos teorema). Tegul stačiakampis P \u003d (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β yra visiškai funkcijos f (x, y) srityje G. Funkcija f (x, y) 2 C G ir tenkina Lipschitz sąlygą, atsižvelgiant į n y o, esant G, su konstanta L. Î žymi β M \u003d max f (x, y), h \u003d min α, M. Kai intervale P yra Soshi problemos (2.1), (2.2) sprendimas. Įrodymas. Nustatykime integralo (2.6) lygties sprendimo egzistavimą intervale. Norėdami tai padaryti, apsvarstykite šią funkcijų seką: Zx y0 (x) \u003d y0, y1 (x) \u003d y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) \u003d y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ ir kt. x0 1. Parodykime, kad yra apibrėžtos 8 n 2 N funkcijos yn (nuoseklūs aproksimavimai), tai yra, mes parodome, kad 8 x 2 nelygybė yn (x) y0 6 β galioja visiems n \u003d 1, 2 ,. ... ... Mes naudojame matematinės indukcijos (MMI) metodą: a) indukcijos pagrindas: n \u003d 1. Zx y1 (x) y0 \u003d f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 kur M0 \u003d max f (x , y0) jx x 0 j6α, M06M; b) prielaida ir indukcijos žingsnis. Tegul nelygybė yra teisinga yn 1 (x), įrodykime tai yn (x): Zx yn (x) y0 \u003d f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Taigi, jei jx x0 j 6 h, tada yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Mūsų tikslas yra įrodyti artimiausio 1 yk (x) k \u003d 0 įpėdinio konvergenciją, tam patogu jį pavaizduoti tokia forma: yn \u003d y0 + n X yk 1 (x) \u003d y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. ... ... + yn yn 1, k \u003d 1, t.y. funkcinių eilučių dalinių sumų sekos. 2. Įvertinkite šios serijos sąlygas įrodydami šias nelygybes 8 n 2 N ir 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Taikykime matematinės indukcijos metodą: jx n 1 1 hn. n! (2.7) a) indukcijos pagrindas: n \u003d 1.y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, įrodytas aukščiau; b) prielaida ir indukcijos žingsnis. Tegul n lygybė yra teisinga n, mes ją parodome n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) \u003d f τ, yn 2 (τ) 1, iki dτ 6 x0 Zx i yn 6 pagal Lipschitz sąlygą 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 pagal indukcinę hipotezę 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ \u003d (n 1)! x0 M0 Ln 1 \u003d (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ \u003d (n 1)! n n! 1 x0 Rx Čia mes panaudojome tai, kad integralas I \u003d jτ x0 x\u003e x0 x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 > A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B > Bk + 1\u003e Bk visiems k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k > N galioja. Įrodykime šį pagalbinį teiginį atvejui A, B 2 R (t. Y. A ir B yra baigtiniai; jei A \u003d 1 arba B \u003d + 1, tada panašiai). Paimkite x A B x, savavališkai x 2 (A, B) ir δ (x) \u003d min, δ (x)\u003e 0. 2 2 atveju skaičius δ iš konvergencijos Ak! A ir Bk! B gauname 9 N1 (δ) 2 N: 8 k\u003e N1, A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k > N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k > N. Taikant 1 pasekmę 2.1 skirsnyje (tai yra unikalumo teorema), gauname, kad t (t) ψ (t) visiems t 2 ir ypač t \u003d x. Kadangi x yra savavališkas taškas (A, B), įrodomas sprendimo unikalumas, o kartu ir jo pasekmė. 2. pastaba. 10. Įrodytoje pasekmėje pirmiausia susidūrėme su platesnio rinkinio sprendimo tęsimo koncepcija. Mes išsamiau išnagrinėsime jį kitame skyriuje. Štai keletas pavyzdžių. p 2 pavyzdys. 2. Lygtiui y 0 \u003d ejxj x2 + y 2 išsiaiškinkite, ar jos sprendimas egzistuoja visiems (A, B) \u003d (1, +1). Apsvarstykite šią lygtį „juostoje“ Q \u003d R2, funkcija p jxj f (x, y) \u003d e x2 + y 2 ∂f y \u003d ejxj p, fy0 6 ejxj \u003d L (x). ∂y x2 + y 2 2.1 punkto 2. 1 teiginiu funkcija f (x, y) tenkina Lipschitz sąlygą y atžvilgiu su „konstanta“ L \u003d L (x), x yra fiksuota. Tada visos pasekmės sąlygos yra įvykdytos, o esant bet kokiems pradiniams duomenims (x0, y0) 2 R2, egzistuoja Cauchy problemos sprendimas, be to, unikalus (1, +1). Atkreipkite dėmesį, kad pati lygtis kvadratūrose nėra išspręsta, tačiau apytiksliai sprendimai gali būti sukurti skaičiais. yra apibrėžtas ir nenutrūkstamas Q, -32- 2 pavyzdyje. 3. Lygtiui y 0 \u003d ex y 2 išsiaiškinkite, ar yra sprendinių, apibrėžtų R. Jei dar kartą apsvarstysime šią lygtį „juostoje“ Q \u003d R2, kur funkcija ∂ ff (x, y) \u003d ex y 2 yra apibrėžtas ir ištisinis, o \u003d 2yex, tada galime pastebėti ∂y, kad pažeidžiama pasekmės būklė, būtent nėra tęstinės funkcijos L (x), kad f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j visiems y1, y2 2 R. Iš tiesų, f (x, y2) f (x, y1) \u003d ex jy2 + y1 j jy2 y1 j ir posakis jy2 + y1 j nėra ribojamas y1, y2 2 R. Taigi pasekmė netaikoma. Išspręskime šią lygtį „kintamųjų atskyrimu“, gausime bendrą sprendimą: „y (x) \u003d 0, y (x) \u003d 1. ex + C Apibrėžtumui imkime x0 \u003d 0, y0 2 R. Jei y0 \u003d 0, tada y (x ) 0 yra R. Cauchy problemos sprendimas. 1 yra Cauchy problemos sprendimas. Y0 2 [1, 0) ex jis yra apibrėžtas visiems x 2 R, o y0 2 (1, 1) [(0, +1) sprendimas nėra y0 + 1 galima tęsti per tašką x \u003d ln. Tiksliau, jei x\u003e 0, tada y0 1 tirpalas y (x) \u003d y0 +1 yra apibrėžtas x 2 (1, x) ir jei 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, tada sprendimas egzistuoja tik x 2 1; ln y0 Šis pavyzdys rodo, kad aukščiau įrodytas 2.4 teoremos pasekmės funkcijos f (x, y) augimo apribojimas yra būtinas norint išplėsti tirpalą visam (A, B). Pavyzdžiai, kurių funkcija f (x, y) \u003d f1 (x) y 1 + ε bet kuriam ε\u003e 0, gaunami panašiai; pateiktame pavyzdyje ε \u003d 1 imamas tik pateikimo patogumui. 2. 3. Pirmojo laipsnio ODE apibrėžimo sprendimo išplėtimas. 5. Apsvarstykite lygtį y 0 \u003d f (x, y) ir tegul y (x) yra jos ha, bi ir Y (x) tirpalas hA , Bi ir ha, bi yra hA, Bi ir Y (x) \u003d y (x) ant ha, bi. Tada Y (x) vadinamas tirpalo y (x) pratęsimu iki hA, Bi ir sakoma, kad y (x) pratęstas iki hA, Bi. -34- 2.2 skyriuje mes įrodėme vietos egzistavimo teoremą, kaip išspręsti Cauchy problemą (2.1), (2.2). Kokiomis sąlygomis šį sprendimą galima tęsti platesniu laikotarpiu? Šis skyrius skirtas šiam klausimui. Pagrindinis jo rezultatas yra toks. 2.5 teorema (dėl sprendimo tęsimo uždaroje uždaroje srityje). Tegul funkcija f (x, y) 2 CG ir tenkina Lipschitz sąlygą y atžvilgiu R2, ir (x0, y0) yra riboto uždaro domeno GG vidinis taškas. Tada per tašką (x0, y0) lygties y 0 \u003d f (x , y), pratęstas iki ∂G srities G ribos, tai yra, jį galima išplėsti iki segmento taip, kad taškai a, y (a) ir b, y (b) būtų ant ∂G. ∂f (x, y) yra tęstinis ribotoje, uždaroje, išgaubtoje y srityje G, tada funkcija f (x, y) tenkina G Lipschitzo sąlygą kintamajame y. Žr. 2 teiginio pasekmę. 1 ∂f iš 2.1 skirsnio. Todėl ši teorema galioja, jei ji yra tęstinė iny G. 2 pastaboje. 11. Prisiminkime, kad jei įrodymas. Kadangi (x0, y0) yra G vidinis taškas, tada yra uždaras stačiakampis Nr. 2 P \u003d (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β, kuris yra visiškai G. Tada pagal 2.3 teoremą iš punkto .2.2 yra h\u003e 0 toks, kad intervale egzistuoja (ir, be to, unikalus) lygties y 0 \u003d f (x, y) sprendimas y \u003d ϕ (x). Pirmiausia tęskime šį sprendimą tiesiai iki G domeno ribos, suskirstydami įrodymą į atskirus žingsnius. 1. Apsvarstykite aibę ER: jei E \u003d α\u003e 0, tirpalas y \u003d ϕ (x) gali būti išplėstas, kol egzistuoja lygties y 0 \u003d f (x, y) y \u003d ϕ1 (x) sprendimas, tenkinantis Cauchy sąlygas ϕ1 ~ b \u003d ϕ ~ b ... Taigi, ϕ (x) ir ϕ1 (x) yra vienos lygties segmento ~ b h1, ~ b sprendiniai, sutampantys taške x \u003d ~ b, todėl jie sutampa su visu segmentu ~ b h1, ~ b ir todėl ϕ1 (x) yra sprendimo ϕ (x) tęsinys nuo segmento ~ b h1, ~ b iki ~ b h1, ~ b + h1. Apsvarstykite funkciją ψ (x): ϕ (x), x 2 x0, ψ (x) \u003d ϕ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, kuri yra lygties y 0 \u003d f (x, y) sprendimas ir tenkina Cauchy sąlygą ψ (x0) \u003d y0. Tada skaičius α0 + h1 2 E ir tai prieštarauja α0 \u003d sup E. apibrėžimui. Todėl 2 atvejis yra neįmanomas. Panašiai sprendimas ϕ (x) tęsiasi į kairę, iki segmento, kuriame taškas yra a, ϕ (a) 2 ∂G. Teorema yra visiškai įrodyta. -37- III skyrius. Cauchy problema normaliai n-osios eilės 3 sistemai. 1. Pagrindinės vektorių-funkcijų sąvokos ir kai kurios pagalbinės savybės Šiame skyriuje nagrinėsime normalią n-osios eilės formos formą 8\u003e t, y ,. ... ... , y y _ \u003d f 1 n 1 1\u003e,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > \u003e: y_ \u003d f t, y ,. ... ... , y, n n 1 n, kur nežinoma (būtina) yra funkcijos y1 (t) ,. ... ... , yn (t) ir funkcijos fi yra žinomos, i \u003d 1, n, taškas virš funkcijos žymi darinį t atžvilgiu. Manoma, kad visi fi yra apibrėžti G Rn + 1 srityje. Patogu parašyti sistemą (3.1) vektorine forma: y_ \u003d f (t, y), kur y (t) y1 (t). ... ... , yn (t), f (t, y) f1 (t, y). ... ... , fn (t, y); mes nerašysime rodyklių žymėdami vektorius trumpumui. Šis žymėjimas taip pat bus pažymėtas (3.1). Tegul taškas t0, y10 ,. ... ... , yn0 slypi G. Cauchy problema (3.1) yra rasti sistemos (3.1) sprendimą ϕ (t), kuris tenkintų sąlygą: ϕ1 (t0) \u003d y10, ϕ2 (t0) \u003d y20, ..., ϕn (t0) \u003d yn0, (3.2) arba vektorine forma ϕ (t0) \u003d y 0. Kaip pažymėta 1 skyriuje, sistemos (3.1) sprendimas intervale ha, bi suprantamas kaip vektoriaus funkcija ϕ (t) \u003d ϕ1 (t). ... ... , ϕn (t), tenkinantis sąlygas: 1) 8 t 2 ha, bi taškas t, ϕ (t) yra G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ (t) tenkina (3.1). Jei toks sprendimas papildomai tenkina (3.2), kur t0 2 ha, bi, tada jis vadinamas Cauchy problemos sprendimu. Sąlygos (3.2) vadinamos pradinėmis sąlygomis arba Cauchy sąlygomis, o skaičiai t0, y10 ,. ... ... , yn0 - „Cauchy“ duomenys (pradiniai duomenys). Ypatingu atveju, kai kintamojo vektorinė funkcija f (t, y) (n + 1) priklauso nuo y1 ,. ... ... , yn linijiniu būdu, t.y. turi formą: f (t, y) \u003d A (t) y + g (t), kur A (t) \u003d aij (t) - n n matrica, sistema (3.1) vadinama tiesine. Ateityje mums reikės vektorinių funkcijų savybių, kurias čia pateiksime, kad būtų patogiau remtis. Vektorių sujungimo ir padauginimo iš skaičiaus taisyklės yra žinomos iš tiesinės algebros eigos, šios pagrindinės operacijos atliekamos koordinačių kryptimi. n Jei įvesime skaliarinį sandaugą x, y \u003d x1 y1 + į R. ... ... + xn yn, tada gausime Euklido erdvę, kuri taip pat bus žymima Rn, vektoriaus jxj \u003d x, x \u003d x2k (arba Euklido normos) ilgiu s q n P Skaliarui k \u003d 1 sandauga ir ilgis galioja dvi pagrindinės nelygybės: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn dangus. x + y 6 x + y x, y 6 x (trikampio nelygybė); y („Cauchy“ nelygybė Áunyakov). Iš antrojo semestro matematinės analizės žinoma, kad taškų (vektorių) sekos konvergencija euklidinėje erdvėje (baigtinių matmenų) yra tolygi šių vektorių koordinačių sekų konvergencijai, sakoma, yra lygiavertė koordinatinei konvergencijai. x x21 + ... + x2n \u003d jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Panašiai kaip skaliariniame atveju, apibrėžtas vektoriaus funkcijos išvestinis ir integralas, o savybės lengvai įrodomos naudojant perėjimą prie koordinačių. Štai keletas vektorinių funkcijų, kurios bus naudojamos žemiau, nelygybė. 1. Bet kuriai vektoriaus funkcijai y (t) \u003d y1 (t) ,. ... ... , yn (t), integruojamas (pavyzdžiui, nepertraukiamas), nelygybė Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) turi arba koordinatės forma 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. a įrodymas. Pirmiausia atkreipkite dėmesį, kad nelygybė neatmeta b atvejo< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [apsaugotas el. paštu] 2 2 l \u003d 1 2 x, k, i \u003d 1, iš kur seka (3.5). Apibrėžimas 3. 1. Mes sakome, kad vektoriaus funkcija f (t, y) tenkina Lipschitz sąlygą vektoriaus kintamojo y atžvilgiu kintamųjų G (k , 2 t, y 2 G nelygybė pėdų, y 2 pėdų, y 1 6 L y 2 y 1. Kaip ir dviejų kintamųjų funkcijos atveju (žr. 2.1 teiginį), pakankama „Lipschitz“ ypatybės „išgaubta y srityje" G sąlyga yra ta, kad daliniai dariniai yra susieti. Pateiksime tikslų apibrėžimą. Apibrėžimas 3. 2. Kintamųjų G sritis (t, y) vadinama išgaubta 1 2 y, jei bet kuriam iš dviejų taškų t, y ir t, y, esančių G, taip pat yra visas segmentas, jungiantis šiuos du taškus, t. e. nustatykite n o t, y y \u003d y 1 + τ y 2 y 1, kur τ 2. Teiginys 3 1. Jei kintamųjų (t, y) sritis G yra išgaubta y, o daliniai dariniai ∂fi yra tęstiniai ir ribojami konstantu l G, kai foryj visiems i, j \u003d 1, n, tada vektoriaus funkcija ft, y tenkina in G pagal Lipschitzo sąlygą y atžvilgiu su konstanta L \u003d n l. 1 2 Įrodymas. Apsvarstykite savavališkus taškus t, y ir t, y iš G ir 1 2 juos jungiantį atkarpą, t.y. nustatykite t, y, kur y \u003d y + τ y y1, t yra fiksuotas ir τ 2. -41- Pristatome vieno skaliarinio argumento vektorinę funkciją g (τ) \u003d pėdos, y (τ), 2 1, tada g (1) g (0) \u003d pėdos, yft, y, kita vertus, - Z1 g (1) g (0) \u003d dg (τ) dτ \u003d dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ \u003d dτ 0 0 h \u003d dėl y \u003d y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 \u003d A (τ) y 2 y 1 dτ , 0 kur A (τ) yra matrica su elementais ∂fi, o ∂yj y2 y 1 yra atitinkamas stulpelis. Čia mes naudojome kompleksinės funkcijos diferenciacijos taisyklę, ty visiems i \u003d 1, n, t - fiksuotiems, mes turime: gi0 (τ) \u003d ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t, y (τ) \u003d + + ... + \u003d dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1. \u003d ∂y1 ∂yn Užrašydami tai matricos forma, gausime: 0 2 1 g (τ) \u003d A (τ) y y su n n matrica A (τ) \u003d aij (τ) ∂fi ∂yj. Naudojant integralo (3.3) ir nelygybės (3.5) įvertį, po pakaitalo gauname: ft, y 2 ft, y 1 Z1 \u003d g 0 (τ) dτ \u003d 0 Z1 6 A (τ) y 2 Z1 y1 A (τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A (τ) A (τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 nl 0 6 max A (τ) nuo 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi \u003d i, j \u003d 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 ties 8 τ 2. Teiginys yra įrodytas. -42- 3. 2. Cauchy problemos sprendimo unikalumas normaliai sistemai 3. 1 teorema (dėl dviejų sprendimų skirtumo įvertinimo). Tegu G yra tam tikras domenas Rn + 1, o vektoriaus funkcija f (x, y) yra tęstinė G ir tenkina Lipschitz sąlygą vektoriaus kintamojo y atžvilgiu aibėje G su konstanta L. Jei y 1, y 2 yra du normaliosios sistemos (3.1) y \u003d f (x, y) intervale, tada įvertis y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) galioja visiems t 2. Įrodymas pakartoja pažodžiui, atsižvelgiant į akivaizdžius perrašymus, 2.1 poskyrio 2.1 teoremos įrodymą. 2 Iš to lengva gauti sprendimo unikalumo ir stabilumo teoremą pradinių duomenų atžvilgiu. Išvada 3.1. Tegul vektoriaus funkcija f (t, y) yra tęstinė G srityje ir tenkina Lipschitzo sąlygą y y G, o funkcijos y 1 (t) ir y 2 (t) yra du normalios sistemos (3.1) sprendimai tuo pačiu intervalu, ir t0 2. Jei y 1 (t0) \u003d y 2 (t0), tada įjungtas y 1 (t) y 2 (t). Išvada 3.2. (apie nuolatinę priklausomybę nuo pradinių duomenų). Tegul vektoriaus funkcija f (t, y) yra tęstinė G srityje ir tenkina G Lipschitzo sąlygą y, kai konstanta L\u003e 0, o vektoriaus funkcijos y 1 (t) ir y 2 (t) yra normalios sistemos (3.1) sprendiniai. apibrėžta. Tada, esant 8 t 2, nelygybė y 1 (t) yra teisinga, kai δ \u200b\u200b\u003d y 1 (t0) y 2 (t0) ir l \u003d t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Išlaidų įrodymas pakartoja žodžių 2.1 ir 2.2 pasekmių įrodymą, atsižvelgiant į akivaizdžius pertvarkymus. 2 Cauchy problemos (3.1), (3.2) išsprendžiamumas, kaip ir vienos dimensijos atveju, yra sumažintas iki vientisos lygties (vektoriaus) sprendimo. Lemma 3. 1. Tegul f (t, y) 2 C G; Rn 1. Kai galioja šie teiginiai: 1) bet koks (3.1) lygties sprendimas the (t) intervale ha, bi tenkinantis (3.2) t0 2 ha, bi yra nepertraukiamas tirpalas ha, bi 1 Per C G; H yra įprasta žymėti visų tęstinių G srities funkcijų rinkinį reikšmėmis erdvėje H. Pavyzdžiui, f (t, y) 2 C G; Rn komponentai), apibrėžtas aibėje G. yra visų tęstinių vektorių funkcijų rinkinys (su n -43- integralo lygtimi y (t) \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) jei vektorius -funkcija ϕ (t) 2 C ha, bi yra tęstinis integralinės lygties (3.6) sprendimas ha, bi, kur t0 2 ha, bi, tada ϕ (t) turi ištisinį darinį iš ha, bi ir yra (3.1) sprendimas, (3.2). Įrodymas. 1. Tegul 8 τ 2 ha, bi galioja lygybė dϕ (τ) \u003d f τ, ϕ (τ). Tada, integruodami nuo t0 iki t, atsižvelgdami į (3.2), gauname dτ Rt 0 ir gauname, kad ϕ (t) \u003d y + f τ, ϕ (τ) dτ, t. ϕ (t) tenkina (3.6) lygtį. t0 2. Tarkime, kad tęstinė vektoriaus funkcija ϕ (t) tenkina ekvivalentą (3.6) ha, bi, tada ft, ϕ (t) yra tęstinė ha, bi pagal sudėtinės funkcijos tęstinumo teoremą, taigi ir dešiniąją (3.6) ( ir todėl kairė pusė) turi tęstinį darinį t atžvilgiu ha, bi. Jei t \u003d t0 nuo (3.6) ϕ (t0) \u003d y 0, tai yra, ϕ (t) yra Cauchy problemos (3.1), (3.2) sprendimas. Atkreipkite dėmesį, kad, kaip įprasta, išvestinė segmento gale (jei ji priklauso) reiškia funkcijos vienpusį darinį. Lemma yra įrodyta. 3 pastaba. 1. Naudojant analogiją su vienmatiu atveju (žr. 2 skyrių) ir aukščiau įrodytais teiginiais, galima įrodyti Cauchy problemos sprendimo egzistavimo ir tęsimo teoremą sukonstruojant iteracinę seką, konverguojančią į integralinės lygties (3.6) sprendimą tam tikru intervalu t0 h, t0 + h. Čia mes pateikiame dar vieną sprendimo (remiantis susitraukimo žemėlapių principu) egzistavimo (ir unikalumo) teoremos įrodymą. Tai darome norėdami supažindinti skaitytoją su modernesniais teorijos metodais, kurie bus naudojami ateityje, integralių ir matematinės fizikos lygčių kursuose. Mūsų planui įgyvendinti reikės daugybės naujų koncepcijų ir papildomų pareiškimų, kuriuos toliau svarstysime. 3. 3. Metrinės erdvės samprata. Susitraukimo kartografavimo principas Svarbiausia matematikos ribos samprata remiasi taškų „artumo“ sąvoka, tai yra, sugebėjimas rasti atstumą tarp jų. Skaitmeninėje ašyje atstumas yra dviejų skaičių skirtumo modulis, plokštumoje - gerai žinoma Euklido atstumo formulė ir kt. Daugelis analizės faktų nenaudoja algebrinių elementų savybių, o remiasi tik atstumo tarp jų samprata. Šio požiūrio plėtojimas, t.y. „būties“, susijusios su ribos sąvoka, paskirstymas veda į metrinės erdvės sąvoką. -44- Apibrėžimas 3. 3. Tegul X yra savavališko pobūdžio aibė, o ρ (x, y) yra reali dviejų kintamųjų x, y 2 X funkcija, tenkinanti tris aksiomas: 1) ρ (x, y)\u003e 0 8 x, y 2 X ir ρ (x, y) \u003d 0 tik tada, kai x \u003d y; 2) ρ (x, y) \u003d ρ (y, x) (simetrijos aksioma); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (trikampio nelygybė). Tokiu atveju aibė X su duota funkcija ρ (x, y) vadinama metrine erdve (ÌП), o funkcija ρ (x, y): X X 7! R, tenkinantis 1) - 3), yra metrika arba atstumas. Štai keletas metrinių erdvių pavyzdžių. 3 pavyzdys. 1. Tegul X \u003d R atstumu ρ (x, y) \u003d x y, gauname MP R. n o n xi 2 R, i \u003d 1, n yra 3 pavyzdys. 2. Tegul X \u003d R \u003d x1 ,. ... ... , xn n realiųjų skaičių sutvarkytų aibių aibė s n 2 P x \u003d x1 ,. ... ... , xn su atstumu ρ (x, y) \u003d xk yk, gauname n1 k \u003d 1 n matmenų euklido erdvę R. n 3 pavyzdys. 3. Tegul X \u003d Ca, b; R yra visų tęstinių a, b funkcijų rinkinys, kurio reikšmės yra Rn, t. ištisinės vektoriaus funkcijos, kai atstumas ρ (f, g) \u003d max f (t) g (t), kur f \u003d f (t) \u003d f1 (t) ,. ... ... , fn (t), t2 s n 2 P g \u003d g (t) g1 (t) ,. ... ... , gn (t), f g \u003d fk (t) gk (t). k \u003d 1 3 pavyzdžiams. 1 –3. 3 MP aksiomos tikrinamos tiesiogiai, tai paliekame kaip sąmoningo skaitytojo pratimą. Kaip įprasta, jei kiekvienas natūralus n yra susietas su elementu xn 2 X, tada sakome, kad pateikiama taškų xn Ì X seka. 3 apibrėžimas. 4. MP X taškų xn seka vadinama einančia į tašką x 2 X, jei lim ρ xn, x \u003d 0. n! 1 apibrėžimas 3. 5. Seka xn vadinama pagrindine, jei kuriam nors ε\u003e 0 egzistuoja natūralusis skaičius N (ε), kad visiems n\u003e N ir m\u003e N nelygybė ρ xn, xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε > 0 9 N (ε) 2 N: 8m, n\u003e N \u003d) maks. Fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε > 0 yra skaičius N (ε), kad visiems n\u003e N ir visiems t 2 a, b nelygybė fn (t) f (t)< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. Apsvarstykite B \u003d Am, B: X 7! X, B - suspaudimas. Pagal 3.2 teoremą operatorius B turi unikalų fiksuotą tašką x. Kadangi A ir B važinėja AB \u003d BA, o kadangi Bx \u003d x, turime B Ax \u003d A Bx \u003d Ax, t.y. y \u003d Ax taip pat yra fiksuotas B taškas, ir kadangi toks taškas yra unikalus pagal 3.2 teoremą, tada y \u003d x arba Ax \u003d x. Taigi x yra fiksuotas operatoriaus A. taškas. Įrodykime unikalumą. Tarkime, kad x ~ 2 X ir A ~ x \u003d x ~, tada m m 1 B x ~ \u003d A x ~ \u003d A x ~ \u003d. ... ... \u003d x ~, t.y. x ~ taip pat yra fiksuotas taškas B, iš kur x ~ \u003d x. Teorema yra įrodyta. Ypatingas metrinės erdvės atvejis yra normuota tiesinė erdvė. Čia yra tikslus apibrėžimas. Apibrėžimas 3. 9. Tegul X yra tiesinė erdvė (reali arba sudėtinga), kuriai apibrėžta skaitinė funkcija x, veikianti nuo X iki R ir tenkinanti aksiomas: 1) 8 x 2 X, x\u003e 0 ir x \u003d 0 tik x \u003d θ; 2) 8 x 2 X ir 8 λ 2 R (arba C) 3) 8 x, y 2 X turi slapyvardį). x + y 6 x + y λx \u003d jλj x; (trikampė nelygybė - tada X vadinamas normine erdve, x: X 7! R, tenkinantis 1) - 3), yra norma. ir funkcija Normalizuotoje erdvėje atstumą tarp elementų galite įvesti pagal formulę ρ x, y \u003d x y. MP aksiomų įvykdymas yra lengvai patikrinamas. Jei gaunama metrinė erdvė yra išsami, atitinkama normuota erdvė vadinama „Banach“ erdve. Toje pačioje tiesinėje erdvėje normą dažnai galima įvesti įvairiais būdais. Šiuo atžvilgiu tokia sąvoka kyla. Apibrėžimas 3. 10. Tegul X yra tiesinė erdvė, o u yra dvi joje įvestos 1 2 normos. Normos ir vadinamos lygiavertėmis 1 2 normomis, jei 9 C1\u003e 0 ir C2\u003e 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. Pastaba 3. 3. Jei ir yra dvi lygiavertės normos X, o 1 2 tarpas X yra baigtas viename iš jų, tai jis yra baigtas ir kitoje normoje. Tai lengvai išplaukia iš to, kad seka xn X, kuri yra pagrindinė atžvilgiu, taip pat yra pagrindinė to paties elemento x 2 X atžvilgiu ir suartėja į jį. -47- 3 pastaba. 4. Dažnai 3.2 teorema (arba 3.3) yra taikomas, kai uždaras šios erdvės rutulys laikomas visu n erdve o Br (a) \u003d x 2 X ρ x, a 6 r, kur r\u003e 0 ir 2 X yra fiksuoti. Atkreipkite dėmesį, kad uždaras kamuolys SMP yra pats SMP su tuo pačiu atstumu. Šio fakto įrodymą paliekame skaitytojui kaip pratimą. Pastaba 3. 5. Aukščiau mes nustatėme n 3 matmens erdvės pilnumą. 3. Atkreipkite dėmesį, kad tiesinėje erdvėje X \u003d C 0, T, R galima įvesti normą kxk \u003d max x (t), kad gautas normalizuotas būtų Banachas. Tame pačiame tęstinių vektorių funkcijų rinkinyje 0 erdvėje T galima įvesti ekvivalentinę normą pagal formulę kxkα \u003d max e αt x (t) bet kuriam α 2 R. Jei α\u003e 0, ekvivalentiškumas kyla iš nelygybių e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) visiems t 2 0, T, iš kur e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Mes naudosime šią ekvivalentiškų normų savybę, kad įrodytume teoriją apie unikalų Cauchy problemos išsprendimą tiesinėms (normalioms) sistemoms. 3. 4. „Cauchy“ problemos sprendimo egzistavimo ir unikalumo teoremos normalioms sistemoms Apsvarstykite Cauchy problemą (3.1) - (3.2), kur pradiniai duomenys t0, y 0 2 G, G Rn + 1 yra vektoriaus funkcijos f (t, y apibrėžimo sritis) ). Šiame skyriuje darysime prielaidą, kad G turi - kažkokią n formą G \u003d a, b o, kur sritis yra Rn, o rutulys BR (y 0) \u003d Teorema galioja. y 2 Rn y y0 6 R visiškai slypi. Teorema 3. 4. Leiskite vektoriaus funkcijai f (t, y) 2 C G; Rn ir 9 M\u003e 0 ir L\u003e 0, kad būtų įvykdytos sąlygos 1) 8 (t, y) 2 G \u003d a, b f (t, y) 6 M; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Fiksuojame skaičių δ 2 (0, 1) ir leidžiame t0 2 (a, b). Tada R1 8 h \u003d min; ; t0 a; b t0\u003e 0 ML, kad egzistuotų, be to, unikalus Êoshi problemos (3.1), (3.2) y (t) sprendimas intervale Jh \u003d t0 h, t0 + h ir y (t) y 0 6 R visiems t 2 Jh. -48- Įrodymas. Pagal Lemma 3.1, Cauchy problema (3.1), (3.2) yra ekvivalenti integralo (3.6) lygtiui intervale, taigi ir Jh, kur h buvo pasirinktas aukščiau. Apsvarstykite Banacho erdvę X \u003d C (Jh; Rn), tęstinio vektoriaus funkcijų rinkinį x (t) segmente Jh su norma kxk \u003d max x (t) ir įveskite uždarą aibę X: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh \u003d y (t) 2 X y (t) n \u003d y (t) 2 X yy (t) o 0 6R \u003d o 0 y 6R yra uždaras rutulys X. Operatorius A, apibrėžtas taisykle: Ay \u003d y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 siunčia SR y 0 sau, nes y 0 \u003d max Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h \u200b\u200bM 6 R t0 pagal teoremos 1 sąlygą ir h apibrėžimą. Įrodykime, kad A yra SR susitraukimo operatorius. Paimkime savavališkai 0 1 2 ir įvertinkime vertę: y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 \u003d max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) jei τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 maks. T2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 \u003d q y2 y1, kur q \u003d 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 mes pasirenkame pagal R formulę h \u003d min M; 1L 5; b a, ir visur mes turime laikyti -49- Jh \u003d t0, t0 + h \u003d a, a + h kaip segmentą Jh. Visos kitos teoremos sąlygos nesikeičia, jos įrodymas, atsižvelgiant į pertvarkymus, išsaugomas R. Atveju t0 \u003d b, panašiai, h \u003d min M; 1L 5; b a, o Jh \u003d b h, b. n Pastaba 3. 7. 3. 4 teoremoje sąlyga f (t, y) 2 C G; R, kur G \u003d a, b D, gali būti susilpnintas pakeičiant jį kintamojo t kintamojo f (t, y) tęstinumo reikalavimu kiekvienam y 2, išlaikant 1 ir 2 sąlygas. Įrodymas nesikeičia. Pastaba 3. 8. Pakanka, kad 3.4 teoremos 1 ir 2 sąlygos būtų tenkinamos 0 visiems t, y 2a, b BR y, o M ir L konstantos, paprastai sakant, 0 priklauso nuo y ir R. vektoriaus funkcijos ft, y apribojimai, panašiai kaip 2.4 teoremoje, egzistuoja Cauchy problemos (3.1), (3.2) sprendimo egzistavimo ir unikalumo teorema visame intervale a, b. n teorema 3. 5. Leiskite vektoriaus funkcijai fx, y 2 CG, R, kur G \u003d a, b Rn, ir egzistuoja L\u003e 0, kad sąlyga 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 pėdos, y 1 6 L y 2 y 1. Kai bet kuriai t0 2 ir y 0 2 Rn a, b yra ir, be to, unikalus иoshi problemos sprendimas (3.1), (3.2). Įrodymas. Paimkite savavališkus t0 2 ir y 0 2 Rn ir juos užfiksuokite. Mes atstovaujame rinkinį G \u003d a, b Rn tokia forma: G \u003d G [G +, kur Rn ir G + \u003d t0, b Rn, darant prielaidą, kad t0 2 a, b, kitaip nebus vieno G \u003d a, t0 iš įrodymo etapų. Atlikime juostos G + samprotavimus. Intervale t0, b Cauchy problema (3.1), (3.2) prilygsta (3.6) lygčiai. Pristatykime integralųjį operatorių n A: X 7! X, kur X \u003d C t0, b; R, pagal formulę Ay \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ. t0 Tada integralinę lygtį (3.6) galima parašyti operatoriaus lygties Ay \u003d y pavidalu. (3.8) Jei mes įrodysime, kad operatoriaus lygtis (3.8) turi sprendimą SMP X, tada gauname Cauchy problemos išsprendimą t0, b arba a, t0 G atveju. Jei šis sprendimas yra unikalus, tai remiantis lygiavertiškumu, Cauchy problemos sprendimas taip pat bus unikalus. Pateikiame du unikalios (3.8) lygties sprendžiamumo įrodymus. Įrodymas 1. Apsvarstykite savavališkas vektoriaus funkcijas 1 2 n y, y 2 X \u003d C t0, b; R, tada įverčiai galioja bet kuriai -50- t 2 t0, b Ay 2: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) \u003d 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. Primename, kad norma X įvedama taip: kxk \u003d max x (τ). Iš gautos nelygybės turime: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) \u003d 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Tęsdami šį procesą, indukcijos būdu galime įrodyti, kad 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Taigi galiausiai gauname įvertį Ak y 2 Ak y 1 \u003d max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1. k Kadangi α (k) \u003d! 0 už k! 1, tada yra k0 tokių, k! kad 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 (žr. 3.5 pastabą) pagal formulę: x α \u003d max e αt x (t). Parodykime, kad galima pasirinkti α, kad operatorius A erdvėje X su α\u003e L norma susitrauktų. Iš tiesų, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt \u003d max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ \u003d t0 \u003d 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) \u003d y2 α t0 \u003d L max e αt Kadangi α\u003e L, tada q \u003d L α 1 1 αt e α e eαt0 L \u003d α α b t0 y 2 y1 y 1 α \u003d 1 e α b t0.< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x) dx = q(x), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q(ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q(ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x > x0. Remiantis (4.18), mes turime Rx Zx K dξ y (x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ \u003d y0 eK (x x0) Zx + M x0 \u003d y0 e K (x x0) eK (x ξ) dξ \u003d x0 M + K e K (x ξ) ξ \u003d x ξ \u003d x0 \u003d y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. Dabar tegul x< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, tada akivaizdu, kad funkcija y (x) 0 yra lygties (4.24) sprendimas. Norėdami išspręsti ernoulli lygtį (4.24) α 6 \u003d 0, α 6 \u003d 1, abi lygties puses padalijame iš y α. Jei α\u003e 0, būtina atsižvelgti į tai, kad remiantis pastaba 4. 4, funkcija y (x) 0 yra lygties (4.24) sprendimas, kuris tokiu dalijimu bus prarastas. Todėl ateityje jį reikės pridėti prie bendro sprendimo. Po padalijimo gauname santykį y α y 0 \u003d a (x) y 1 α + b (x). Įveskite naują reikiamą funkciją z \u003d y 1 α, tada z 0 \u003d (1 taigi gauname z z 0 \u003d (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) lygtį. α y 0 ir (4.25) lygtis (4.25) yra tiesinė lygtis. Tokios lygtys nagrinėjamos 4.2 skirsnyje, kur gaunama bendra sprendimo formulė, dėl kurios ekv. (4.25) tirpalas z (x) užrašomas forma z (x) \u003d Ce R (α 1) a (x) dx + + (1 α) ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx. (4.26) Tada funkcija y (x) \u003d z 1 α (x), kur z (x) yra apibrėžta (4.26), yra ernoulli lygties (4.24) sprendimas. -64- Be to, kaip nurodyta aukščiau, jei α\u003e 0, tirpalas taip pat yra funkcija y (x) 0. 4 pavyzdys. 4. Išspręskite y 0 + 2y \u003d y 2 ex lygtį. (4.27) Padalinkite (4.27) lygtį iš y 2 ir atlikite pakeitimą z \u003d gauname tiesinę nehomogeninę 1 y lygtį. Dėl to z 0 + 2z \u003d ex. (4.28) Pirmiausia išsprendžiame homogeninę lygtį: z 0 + 2z \u003d 0, dz \u003d 2dx, z ln jzj \u003d 2x + c, z \u003d Ce2x, C 2 R1. Nehomogeninės lygties (4.28) sprendimo ieškome savavališkos konstantos variacijos metodu: zпн \u003d C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x \u003d ex, C 0 \u003d ex, C (x) \u003d ex, iš kur zпн \u003d ex, ir bendrą lygties sprendimą. (4,28) z (x) \u003d Ce2x + ex. Todėl ernoulli lygties (4.24) sprendimas rašomas y (x) \u003d 1. ex + Ce2x Be to, lygties (4.24) sprendimas taip pat yra funkcija y (x) Mes praradome šį sprendimą, padalinę šią lygtį iš y 2. 0. 4. 5. Lygtis visaisiais diferencialais Lygtį nagrinėjame diferencialuose M (x, y) dx + N (x, y) dy \u003d 0, (x, y) 2 G, (4.29) G yra tam tikra sritis R2. Tokia lygtis vadinama viso diferencialo x lygtimi, jei egzistuoja funkcija F (x, y) 2 C 1 (G), vadinama potencialu, kad dF (x, y) \u003d M (x, y) dx + N (x, y ) dy, (x, y) 2 G. Paprastumo dėlei mes manome, kad M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) ir domenas G yra tiesiog susieti. Remiantis šiomis matematinės analizės prielaidomis (žr., Pvz.,) Įrodoma, kad (4.29) lygties potencialas F (x, y) egzistuoja (t. Y. (4.29) yra bendrųjų diferencialų lygtis) tik tada, jei Mano (x, y) \u003d Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Be to, (x, Z y) F (x, y) \u003d M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0), kur taškas (x0, y0) yra tam tikras fiksuotas taškas nuo G, (x, y) yra dabartinis taškas G, o kreivinis integralas imamas palei bet kurią kreivę, jungiančią taškus (x0, y0) ir (x, y) ir visiškai esančius G srityje. Jei (4.29) lygtis yra lygtis

Šis paskaitų kursas daugiau nei 10 metų buvo skaitomas Tolimųjų Rytų valstybinio universiteto teorinės ir taikomosios matematikos studentams. Atitinka šių specialybių 2-os kartos standartą. Rekomenduojama matematikos specialybių studentams ir studentams.

Cauchy teorema apie Cauchy problemos sprendimo ir unikalumo pirmosios eilės lygčiai egzistavimą ir unikalumą.
Šiame skyriuje, nustatydami tam tikrus pirmosios eilės diferencialinės lygties dešinės pusės apribojimus, mes įrodome sprendimo buvimą ir unikalumą, nustatytą pradiniais duomenimis (x0, y0). Pirmasis diferencialinių lygčių sprendimo egzistavimo įrodymas yra Cauchy; žemiau pateiktą įrodymą pateikia Picardas; tai daroma taikant nuoseklių aproksimacijų metodą.

TURINYS
1. Pirmos eilės lygtys
1.0. Įvadas
1.1. Atskiriamos lygtys
1.2. Vienarūšės lygtys
1.3. Apibendrintos vienalytės lygtys
1.4. Tiesinės pirmosios eilės lygtys ir sumažintos iki jų
1.5. Bernoulli lygtis
1.6. Riccati lygtis
1.7. Bendra diferencialinė lygtis
1.8. Integruojantis veiksnys. Paprasčiausi integravimo veiksnio nustatymo atvejai
1.9. Neišspręstos darinio lygtys
1.10. Cauchy teorema apie Cauchy problemos sprendimo egzistavimą ir unikalumą pagal pirmos eilės lygtį
1.11. Ypatingi taškai
1.12. Specialūs sprendimai
2. Aukštesnių eilių lygtys
2.1. Pagrindinės sąvokos ir apibrėžimai
2.2. Kvadratūra išsprendžiamų n laipsnių lygčių tipai
2.3. Tarpiniai integralai. Lygtys, pripažįstančios užsakymų sumažinimus
3. Tiesinės n-osios eilės diferencialinės lygtys
3.1. Pagrindinės sąvokos
3.2. Linijinės homogeninės n-tos eilės diferencialinės lygtys
3.3. Linijinės homogeninės lygties eilės mažinimas
3.4. Nehomogeninės tiesinės lygtys
3.5. Tvarkos redukcija tiesinėje nehomogeninėje lygtyje
4. Tiesinės lygtys su pastoviais koeficientais
4.1. Homogeninė tiesinė lygtis su pastoviais koeficientais
4.2. Nehomogeninės tiesinės lygtys su pastoviais koeficientais
4.3. Antrosios eilės tiesinės lygtys su svyruojančiais sprendimais
4.4. Integravimas pagal galios serijas
5. Linijinės sistemos
5.1. Nehomogeniškos ir vienalytės sistemos. Kai kurios tiesinių sistemų sprendimų savybės
5.2. Būtinos ir pakankamos sąlygos linijinės vienarūšės sistemos sprendinių linijiniam nepriklausomumui
5.3. Pagrindinės matricos egzistavimas. Linijinės vienarūšės sistemos bendro sprendimo konstravimas
5.4. Viso tiesinės homogeninės sistemos pagrindinių matricų rinkinio konstravimas
5.5. Nehomogeninės sistemos. Bendrojo sprendimo sukūrimas savavališkų konstantų variacijos metodu
5.6. Linijinės vienarūšės sistemos su pastoviais koeficientais
5.7. Šiek tiek informacijos iš matricų funkcijų teorijos
5.8. Linijinių homogeninių lygčių sistemos su pastoviais koeficientais sistemos pagrindinės matricos konstravimas paprastai
5.9. Egzistencijos teorema ir teoremos apie pirmosios eilės diferencialinių lygčių normalių sistemų sprendinių funkcines savybes
6. Stabilumo teorijos elementai
6.1
6.2. Paprasčiausi poilsio taškų tipai
7. 1-os eilės dalinės diferencialinės lygtys
7.1. 1 eilės tiesinė homogeninė dalinė diferencialinė lygtis
7.2. 1 eilės nehomogeninė tiesinė dalinė diferencialinė lygtis
7.3. Dviejų dalinių diferencialinių lygčių su 1 nežinoma funkcija sistema
7.4. Pfaffo lygtis
8. Kontrolės užduočių variantai
8.1. Egzamino darbas Nr. 1
8.2. Egzamino darbas Nr. 2
8.3. Egzamino darbas Nr. 3
8.4. Egzamino darbas Nr. 4
8.5. Egzamino darbas Nr. 5
8.6. Egzamino darbas Nr. 6
8.7. Egzamino darbas Nr. 7
8.8. Egzamino darbas Nr. 8.

Nemokamai atsisiųskite el. Knygą patogiu formatu, žiūrėkite ir skaitykite:
Atsisiųskite knygą „Paskaitų kursas apie įprastas diferencialines lygtis“, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, greitai ir nemokamai atsisiųsti.

Atsisiųsti pdf
Žemiau galite nusipirkti šią knygą su geriausia nuolaida, pristatydami ją visoje Rusijoje.

"PASKAITOS DĖL ĮPRASTINIŲ DIFERENCIALIŲ LYGIŲ 1 DALIS. BENDROSIOS TEORIJOS ELEMENTAI Vadove pateikiamos nuostatos, sudarančios įprastų diferencialinių lygčių teorijos pagrindą: ..."

-- [ Puslapis 1 ] --

A. E. Mamontovas

Paskaitos apie paprastą

DIFERENCINĖS LYGTYS

BENDROSIOS TEORIJOS ELEMENTAI

Pamokoje pateikiamos sudedamosios nuostatos

paprastųjų diferencialinių lygčių teorijos pagrindas: sprendinių samprata, jų egzistavimas, unikalumas,

priklausomybė nuo parametrų. Taip pat (3 dalyje) tam tikras dėmesys skiriamas „aiškiam“ kai kurių lygčių klasių sprendimui. Vadovas skirtas nuodugniai studijuoti Novosibirsko valstybinio pedagoginio universiteto Matematikos fakultete studijuojančių studentų kursą „Diferencialinės lygtys“.

UDC 517.91 ББК В161.61 Įvadas Vadovas skirtas Novosibirsko valstybinio pedagoginio universiteto Matematikos fakulteto studentams, norintiems pratęsti privalomąjį kursą „Diferencialinės lygtys“ išplėstiniu tūriu. Skaitytojų dėmesiui siūlomos pagrindinės sąvokos ir rezultatai, kurie sudaro paprastųjų diferencialinių lygčių teorijos pagrindą: sprendimų sąvokos, jų egzistavimo teoremos, unikalumas, priklausomybė nuo parametrų. Aprašyta medžiaga pateikiama logiškai neatsiejamo teksto pavidalu 1, 2, 4, 5 dalyse. Taip pat (3 dalyje, kuri šiek tiek atsiskiria ir laikinai nutraukia pagrindinę kurso giją), trumpai apsvarstomi populiariausi kai kurių lygčių klasių sprendimų „aiškaus“ \u200b\u200bsprendimo būdai. Per pirmąjį svarstymą § 3 galima praleisti nedarant didelės žalos loginei kurso struktūrai.

Svarbų vaidmenį atlieka pratimai, į tekstą įtraukti daugybe. Skaitytojas primygtinai raginamas jas išspręsti „karštai ant tako“, o tai garantuoja medžiagos įsisavinimą ir taps išbandymu. Be to, dažnai šie pratimai užpildo loginį audinį, tai yra, jų neišsprendus, ne visi teiginiai bus griežtai įrodyti.

Laužtiniuose skliaustuose teksto viduryje yra pastabos, turinčios komentarų vaidmenį (išplėstiniai arba šoniniai paaiškinimai). Leksiškai kalbant, šie fragmentai pertraukia pagrindinį tekstą (ty norint nuosekliai skaityti juos reikia „ignoruoti“), tačiau jie vis tiek reikalingi kaip paaiškinimai. Kitaip tariant, šiuos fragmentus reikia suvokti taip, lyg jie būtų išnešti į laukus.

Tekste yra atskirai klasifikuojami „užrašai mokytojui“ - jie gali būti praleisti skaitant studentams, tačiau yra naudingi dėstytojui, kuris naudosis vadovu, pavyzdžiui, skaitydamas paskaitas - jie padeda geriau suprasti kurso logiką ir nurodo galimo kurso tobulinimo (pratęsimo) kryptį. ... Tačiau studentų įsisavinimas šiose pastabose yra tik sveikintinas.

Panašų vaidmenį atlieka ir „trenerio samprotavimai“ - jie pateikia labai glaustą kai kurių skaitytojui pasiūlytų pasiūlymų kaip pratimų įrodymą.

Labiausiai paplitę (raktiniai) terminai naudojami santrumpų pavidalu, kurių sąrašas patogumui pateikiamas pabaigoje. Taip pat yra tekste rastų, bet nesusijusių su labiausiai paplitusiais (ir (arba) vienareikšmiškai nesuprantamais literatūroje) matematinių užrašų sąrašas.

Simbolis reiškia įrodymo pabaigą, teiginio pareiškimą, pastabas ir kt. (Kai būtina išvengti painiavos).

Formulės kiekvienoje pastraipoje numeruojamos atskirai. Nurodant formulės dalį, naudojami indeksai, pavyzdžiui, (2) 3 reiškia 3 formulės (2) dalį (formulės dalys laikomos fragmentais, atskirtais tipografine erdve, o nuo loginių pozicijų - krūva „ir“).

Šis vadovas negali visiškai pakeisti išsamaus dalyko tyrimo, kuriam atlikti reikalingi savarankiški pratimai ir papildomos literatūros skaitymas, pavyzdžiui, nurodytas vadovo pabaigoje. Tačiau autorius pagrindines teorijos nuostatas bandė pateikti gana lakoniškai, tinkamu paskaitos kursui. Šiuo atžvilgiu reikia pažymėti, kad skaitant paskaitos kursą apie šį vadovą, reikia apie 10 paskaitų.

Planuojama išleisti dar 2 dalis (tomus), tęsiant šį vadovą ir taip užbaigiant paskaitų ciklą „paprastųjų diferencialinių lygčių“ tema: 2 dalis (tiesinės lygtys), 3 dalis (tolesnė netiesinių lygčių teorija, pirmosios eilės dalinės diferencialinės lygtys).

§ 1. Įvadas Diferencialinė lygtis (DE) yra formos u1 u1 un santykis, aukštesnieji dariniai F y, u (y), ..., \u003d 0, y1 y2 yk (1), kur y \u003d (y1, ..., yk) Rk yra nepriklausomi kintamieji, o u \u003d u (y) yra nežinomos funkcijos1, u \u003d (u1, ..., un). Taigi (1) yra n nežinomųjų, todėl reikalingos n lygtys, t. Y., F \u003d (F1, ..., Fn), taigi (1), paprastai tariant, yra n lygčių sistema. Jei yra viena nežinoma funkcija (n \u003d 1), tada (1) lygtis yra skaliarinė (viena lygtis).

Taigi funkcija (-os) F yra suteikta (-os) ir ieškoma u. Jei k \u003d 1, tai (1) vadinamas ODE, kitaip jis vadinamas PDE. Antrasis atvejis yra specialaus PFI kurso tema, aprašyta to paties pavadinimo pamokų serijoje. Šioje mokomųjų programų serijoje (susidedančioje iš 3 dalių tomų) tirsime tik ODE, išskyrus paskutinės dalies (tomo) paskutinę pastraipą, kurioje pradedame tirti kai kuriuos specialius PDE atvejus.

2u u pavyzdys. 2 \u003d 0 yra PDE.

y1 y Nežinomos u reikšmės gali būti tikros arba sudėtingos, o tai yra nereikšminga, nes šis momentas reiškia tik lygčių rašymo formą: bet kokį sudėtingą žymėjimą galima paversti realiu, atskiriant tikrąją ir įsivaizduojamąją dalis (bet, žinoma, padvigubinant lygčių skaičių ir nežinomi), ir atvirkščiai, kai kuriais atvejais patogu pereiti prie kompleksinio žymėjimo.

du d2v dv 2 \u003d uv; u3 \u003d 2. Tai 2 ODE pavyzdžių sistema.

dy dy dy 2 nežinomoms funkcijoms nepriklausomame kintamajame y.

Jei k \u003d 1 (ODE), tada naudojamas „tiesus“ simbolis d / dy.

u (y) du pavyzdys. exp (sin z) dz yra ODE, nes jis turi pavyzdį. \u003d u (u (y)) n \u003d 1 yra ne diferencialinė lygtis, bet funkcinė diferencialinė lygtis.

Tai nėra DE, o integro-diferencialinė lygtis, mes tokių lygčių netirsime. Tačiau konkrečiai, (2) lygtį galima lengvai sumažinti iki ODE:

Pratimas. Sumažinkite (2) iki ODE.

Bet apskritai integralios lygtys yra sudėtingesnis objektas (ji iš dalies tiriama atliekant funkcinę analizę), nors, kaip matysime žemiau, būtent su jų pagalba gaunami kai kurie ODE rezultatai.

DE atsiranda tiek dėl vidinių matematinių poreikių (pavyzdžiui, diferencinės geometrijos), tiek iš programų (istoriškai pirmą kartą, o dabar daugiausia fizikoje). Paprasčiausias DE yra „pagrindinė diferencinio skaičiavimo problema“ apie funkcijos atkūrimą iš jos išvestinės: \u003d h (y). Kaip žinoma iš analizės, jo tirpalas turi u (y) \u003d + h (s) ds formą. Bendresniems DE reikia specialių metodų jai išspręsti. Tačiau, kaip pamatysime žemiau, praktiškai visi ODE sprendimo būdai „aiškia forma“ iš esmės sutrumpinami iki nurodyto nereikšmingo atvejo.

Programose ODE dažniausiai atsiranda aprašant laike besivystančius procesus, todėl nepriklausomo kintamojo vaidmenį paprastai atlieka laikas t.

taigi ODE reikšmė tokiose programose yra apibūdinti sistemos parametrų pokyčius laikui bėgant. Todėl, kuriant bendrą ODE teoriją, patogu nepriklausomą kintamąjį žymėti t (ir pavadinti jį laiku su visomis paskesnėmis terminologinėmis pasekmėmis) ir nežinoma (-omis) funkcija (-omis) - per x \u003d (x1, ..., xn). Taigi bendras ODE (ODE sistemos) vaizdas yra toks:

kur F \u003d (F1, ..., Fn) yra n ODE sistema n funkcijoms x, o jei n \u003d 1, tada viena ODE 1 funkcijai x.

Be to, paprastai \u003d x (x), t

Sakoma, kad sistema (3) yra m eilės funkcijos xm atžvilgiu.

Išvestiniai dariniai vadinami vyresniaisiais, o likusieji (įskaitant xm \u003d patys save) - mažaisiais. Jei visi m \u003d, tada jie tiesiog sako, kad sistemos tvarka yra lygi.

Tiesa, skaičius m dažnai vadinamas sistemos tvarka, kuri taip pat yra natūralu, kaip paaiškės žemiau.

Mes apsvarstysime klausimą, ar reikia tirti ODE ir jų taikymą, pakankamai pagrįstą kitomis disciplinomis (diferencinė geometrija, matematinė analizė, teorinė mechanika ir kt.), Ir jis iš dalies aptariamas praktinių pratybų metu sprendžiant problemas (pavyzdžiui, iš probleminės knygos). Šiame kurse mes nagrinėsime tik formos (3) sistemų matematinį tyrimą, kuris reiškia atsakymą į šiuos klausimus:

1. ką reiškia „išspręsti“ lygtį (sistemą) (3);

2. kaip tai padaryti;

3. kokias savybes turi šie sprendimai, kaip juos ištirti.

1 klausimas nėra toks akivaizdus, \u200b\u200bkaip atrodo - žr. Toliau. Nedelsdami atkreipkite dėmesį, kad bet kurią sistemą (3) galima redukuoti į pirmos eilės sistemą, apatinius darinius žymint kaip naujas nežinomas funkcijas. Lengviausias būdas paaiškinti šią procedūrą yra pavyzdys:

iš 5 lygčių 5 nežinomiems. Nesunku suprasti, kad (4) ir (5) yra lygiaverčiai ta prasme, kad vieno iš jų sprendimas (atlikus atitinkamą pertvarkymą) yra kito sprendimas. Šiuo atveju reikia tik nustatyti sprendimų sklandumo klausimą - tai darysime toliau, kai susidursime su aukštesnės eilės ODE (t. Y. Ne pirmuoju).

Bet dabar aišku, kad pakanka tirti tik pirmos eilės ODE, o kitų gali prireikti tik dėl žymėjimo patogumo (mūsų atveju kartais susidarys tokia situacija).

Kol kas apsiribokime pirmos eilės ODE:

dimx \u003d dimF \u003d n.

Lygties (sistemos) (6) tyrimas yra nepatogus dėl to, kad jis nėra išspręstas darinių dx / dt atžvilgiu. Kaip žinoma iš analizės (iš numanomų funkcijų teoremos), esant tam tikroms F sąlygoms, (6) lygtį galima išspręsti atsižvelgiant į dx / dt ir parašyti tokia forma, kur pateikiama f: Rn + 1 Rn, o x: R Rn yra pageidaujama. Jie sako, kad (7) yra ODE, išspręstas darinių atžvilgiu (įprastas ODE). Natūralu, kad pereinant nuo (6) į (7) gali kilti sunkumų:

Pavyzdys. Lygtis exp (x) \u003d 0 negali būti parašyta (7) forma ir neturi jokių sprendimų, t. Y. Exp neturi nulio net sudėtingoje plokštumoje.

Pavyzdys. Skyros lygybė x 2 + x2 \u003d 1 parašyta kaip du įprasti ODE x \u003d ± 1 x2. Turėtumėte išspręsti kiekvieną iš jų ir tada interpretuoti rezultatą.

Pakomentuokite. Redukuojant (3) iki (6), gali atsirasti kompleksiškumas, jei (3) yra 0 eilės tam tikroje funkcijoje ar funkcijų dalyje (t. Y. Tai yra funkcinė diferencialinė lygtis). Bet tada šias funkcijas reikia pašalinti taikant numanomą funkcijų teoremą.

Pavyzdys. x \u003d y, xy \u003d 1 x \u003d 1 / x. Raskite x iš gauto ODE, tada y iš funkcinės lygties.

Bet kuriuo atveju perėjimo iš (6) į (7) problema labiau priklauso nuo matematinės analizės, o ne nuo DE, ir mes jos nenagrinėsime. Tačiau, sprendžiant formos (6) ODE, gali kilti susidomėjimo momentų ODE požiūriu, todėl šį klausimą tikslinga nagrinėti sprendžiant problemas (kaip tai daroma, pavyzdžiui, in), ir jis bus šiek tiek paliestas § 3. Bet likusiame kurse mes nagrinėti tik įprastas sistemas ir lygtis. Taigi, apsvarstykite ODE (ODE sistemą) (7). Parašykime 1 kartą komponento forma:

Sąvoka „išspręsti (7)“ (ir apskritai bet kuri DE) jau seniai suprantama kaip „aiškios formulės“ ieškojimas sprendimui (tai yra elementarių funkcijų, jų antivertinių ar specialiųjų funkcijų ir kt. Pavidalu), be akcentuojamas sprendimo sklandumas ir jo apibrėžimo intervalas. Tačiau dabartinė ODE ir kitų matematikos šakų (ir gamtos mokslų apskritai) teorijos padėtis rodo, kad šis požiūris yra nepatenkinamas, jau vien todėl, kad tokiai „aiškiai integracijai“ tinkamų ODE dalis yra itin maža (net ir paprasčiausio ODE atveju x \u003d f (t) yra žinoma, kad elementarių funkcijų sprendimas yra retas, nors yra „aiški formulė“).

Pavyzdys. Lygtis x \u003d t2 + x2, nepaisant ypatingo paprastumo, neturi elementarių funkcijų sprendimų (ir netgi „čia nėra formulės“).

Ir nors naudinga žinoti tas ODE klases, kurioms galima „aiški“ sprendimo konstrukcija (tokiu pačiu būdu, kaip naudinga mokėti „skaičiuoti integralus“, kai tai įmanoma, nors tai yra labai retai). Šiuo atžvilgiu būdingi šie terminai: „integruoti ODE “,„ ODE integralas “(pasenę šiuolaikinių sąvokų„ išspręsti ODE “,„ ODE sprendimas “analogai), kurie atspindi senąsias sprendimo sąvokas. Kaip suprasti šiuolaikinius terminus, mes dabar paaiškinsime.

ir šis klausimas bus nagrinėjamas 3 dalyje (taip pat tradiciškai daug dėmesio jam skiriama sprendžiant praktinių užsiėmimų problemas), tačiau nereikėtų tikėtis jokio požiūrio iš universalumo. Paprastai (7) sprendimo procese turime omenyje visiškai skirtingus žingsnius.

Reikėtų išsiaiškinti, kurią funkciją x \u003d x (t) galima pavadinti sprendimu (7).

Pirmiausia pažymime, kad neįmanoma aiškiai suformuluoti sprendimo sąvokos, nenurodant rinkinio, kuriame jis apibrėžtas, vien todėl, kad sprendimas yra funkcija, o bet kuri funkcija (pagal mokyklos apibrėžimą) yra dėsnis, lyginantis bet kurį aibės elementą (vadinamą apibrėžimo sritimi). šios funkcijos) kažkoks kitos aibės elementas (funkcijos reikšmės). Taigi kalbėti apie funkciją, nenurodant jos apimties, pagal apibrėžimą yra absurdas. Analitinės funkcijos (plačiau - elementarios) čia tarnauja kaip „išimtis“ (klaidinanti) dėl toliau nurodytų priežasčių (ir kai kurių kitų), tačiau DE atveju tokios laisvės yra nepriimtinos.

ir apskritai nenurodant visų dalyvaujančių funkcijų apibrėžimų rinkinių (7). Kaip bus aišku iš tolesnio, patariama griežtai susieti sprendimo sampratą su jos apibrėžimo aibe, o sprendimus laikyti skirtingais, jei jų apibrėžimų rinkiniai yra skirtingi, net jei sprendiniai sutampa šių rinkinių sankirtoje.

Dažniausiai konkrečiose situacijose tai reiškia, kad jei sprendiniai yra konstruojami elementarių funkcijų pavidalu, kad 2 sprendiniai turėtų „tą pačią formulę“, tuomet vis tiek reikia išsiaiškinti, ar sutampa rinkiniai, ant kurių parašytos šios formulės. Ilgą laiką šiame numeryje vyravusi painiava buvo atleistina, jei tik buvo svarstomi sprendimai elementarių funkcijų pavidalu, nes analitinės funkcijos vienareikšmiškai tęsiasi platesniais intervalais.

Pavyzdys. x1 (t) \u003d et on (0,2) ir x2 (t) \u003d et on (1,3) yra skirtingi lygties x \u003d x sprendimai.

Tokiu atveju natūralu, kad bet kokio sprendimo apibrėžimas yra atviras intervalas (galbūt begalinis), nes šis rinkinys turėtų būti:

1. atidaryti, kad bet kuriuo metu būtų prasminga kalbėti apie darinį (dvipusį);

2. sujungtas taip, kad tirpalas nesubyrėtų į atjungtus gabalus (šiuo atveju patogiau kalbėti apie kelis sprendimus) - žr. Ankstesnį pavyzdį.

Taigi sprendimas (7) yra pora (, ((a, b)), kur b + yra apibrėžta (a, b).

Užrašas mokytojui. Kai kuriuose vadovėliuose leidžiama segmento galus įtraukti į sprendimo apibrėžimo sritį, tačiau tai yra netinkama, atsižvelgiant į tai, kad tai tik apsunkina pristatymą, tačiau nepateikia realaus apibendrinimo (žr. § 4).

Kad būtų lengviau suprasti tolesnius samprotavimus, naudinga naudoti geometrinę interpretaciją (7). Erdvėje Rn + 1 \u003d ((t, x)) kiekviename taške (t, x), kur apibrėžtas f, galime atsižvelgti į vektorių f (t, x). Jei šioje erdvėje sukonstruosime sprendimo (7) grafiką (jis vadinamas integraline sistemos (7) kreive), tai jis susideda iš formos taškų (t, x (t)). Pasikeitus t (a, b), šis taškas juda išilgai IC. IC liestinė taške (t, x (t)) turi formą (1, x (t)) \u003d (1, f (t, x (t))). Taigi, IK yra tos ir tik tos kreivės erdvėje Rn + 1, kurios kiekviename taške (t, x) turi liestinę, lygiagretę vektoriui (1, f (t, x)). Dėl šios idėjos vadinamasis. izoklininis metodas apytiksliai IC konstravimui, kuris naudojamas rodant konkrečių ODE sprendimų grafikus (žr.

pvz.). Pavyzdžiui, n \u003d 1 atveju mūsų konstrukcija reiškia: kiekviename IR taške jo polinkis į t ašį turi savybę tg \u003d f (t, x). Natūralu manyti, kad, paėmę bet kurį tašką iš f apibrėžimo aibės, per jį galime nupiešti IC. Ši mintis bus griežtai pagrįsta toliau. Kol kas mums trūksta griežto sprendimų sklandumo formulavimo - tai bus padaryta toliau.

Dabar reikia patikslinti rinkinį B, kuriame apibrėžta f. Natūralu paimti šį rinkinį:

1. atidaryti (kad IC galėtų būti pastatytas šalia bet kurio taško nuo B), 2. prijungtas (kitaip visus sujungtus elementus galima laikyti atskirai - viskas tas pats, IC (kaip nuolatinės funkcijos grafikas) negali pereiti iš vieno gabalo į kitą, kad tai neturės įtakos sprendimų paieškos bendrumui).

Mes svarstysime tik klasikinius sprendimus (7), ty tokius, kad pats x ir jo x yra tęstiniai (a, b). Tada natūralu reikalauti, kad f C (B). Toliau šį reikalavimą mes visada suprasime. Taigi, pagaliau gauname apibrėžimą. Tegu B Rn + 1 yra sritis, f C (B).

Pora (, (a, b)), ab +, apibrėžta (a, b), vadinama (7) sprendimu, jei C (a, b), kiekvienam t (a, b) taškui (t, (t) ) B ir (t) egzistuoja, ir (t) \u003d f (t, (t)) (tada automatiškai C 1 (a, b)).

Geometriniu požiūriu akivaizdu, kad (7) turės daug sprendimų (kuriuos lengva suprasti grafiškai), nes jei mes atliksime IQ nuo formos taškų (t0, x0), kur t0 yra fiksuotas, tada gausime skirtingus IQ. Be to, pakeitus sprendimo nustatymo intervalą, pagal mūsų apibrėžimą bus suteiktas kitoks sprendimas.

Pavyzdys. x \u003d 0. Sprendimas: x \u003d \u003d const Rn. Tačiau jei mes pasirenkame tam tikrą t0 ir fiksuojame tirpalo reikšmę x0 taške t0: x (t0) \u003d x0, tada reikšmė nustatoma unikaliai: \u003d x0, t.y., sprendimas yra unikalus iki intervalo (a, b) t0 pasirinkimo.

„Beveidžio“ sprendimų rinkinio buvimas nepatogus dirbant su jais2 - patogiau juos „išvardyti“ taip: prie (7) pridėkite papildomų sąlygų, kad pasirinktumėte vieną (tam tikra prasme) sprendimą, o tada, sutvarkydami šias sąlygas, dirbkite su kiekvienu sprendimas atskirai (geometriškai gali būti vienas sprendimas (IC), tačiau yra daugybė dalių - su šiuo nepatogumu susitvarkysime vėliau).

Apibrėžimas. (7) problema yra (7) su papildomomis sąlygomis.

Iš esmės mes jau išradome paprasčiausią problemą - tai Cauchy problema: (7) su formos sąlygomis (Cauchy duomenys, pradiniai duomenys):

Taikymo požiūriu ši problema yra natūrali: pavyzdžiui, jei (7) apibūdina kai kurių parametrų x kitimą su laiku t, tai (8) reiškia, kad tam tikru (pradiniu) laiko momentu yra žinoma parametrų vertė. Reikia išnagrinėti ir kitas problemas, apie tai pakalbėsime vėliau, tačiau kol kas daugiausia dėmesio skirsime Cauchy problemai. Natūralu, kad ši problema yra prasminga (t0, x0) B. Atitinkamai problemos (7), (8) sprendimas yra sprendimas (7) (atsižvelgiant į aukščiau pateiktą apibrėžimą) toks, kad t0 (a, b) ir (8).

Artimiausia mūsų užduotis yra įrodyti, kad egzistuoja Cauchy problemos sprendimas (7), (8), o tam tikram papildomam pavyzdiui - kvadratinei lygčiai geriau parašyti x1 \u003d ..., x2 \u003d ... nei x \u003d b / 2 ± ...

prielaidos apie f - ir jos unikalumas tam tikra prasme.

Pakomentuokite. Turime patikslinti vektoriaus ir matricos normos sampratą (nors matricų mums reikės tik 2 dalyje). Dėl to, kad visos normos yra lygiavertės baigtinės dimensijos erdvėje, konkrečios normos pasirinkimas neturi reikšmės, jei mus domina tik įverčiai, o ne tikslios vertės. Pvz., Vektoriams galite naudoti | x | p \u003d (| xi | p) 1 / p, p yra Peano (Picard) segmentas. Apsvarstykite kūgį K \u003d (| x x0 | F | t t0 |) ir jo nupjautą dalį K1 \u003d K (t IP). Akivaizdu, kad tik K1 C.

Teorema. (Peano). Tegul įvykdomi 1 problemos f f reikalavimai, nurodyti sprendimo apibrėžime, t.

f C (B), kur B yra domenas Rn + 1. Tuomet visiems (t0, x0) B yra Int (IP) problemos (1) sprendimas.

Įrodymas. Apibrėžkime savavališkai (0, T0] ir sukonstruokime vadinamąjį Eulerio poliliną žingsniu, būtent: tai yra linija Rn + 1, kurioje kiekviena grandis turi projekciją į ilgio t ašį, pirmoji nuoroda į dešinę prasideda taške (t0, x0) ir yra toks, kad ant jo yra dx / dt \u003d f (t0, x0); dešinysis šios nuorodos galas (t1, x1) yra kairysis antrosios galas, kur dx / dt \u003d f (t1, x1) ir kt., ir panašiai kaip kairėje. Gauta pertraukta linija apibrėžia dalinę linijinę funkciją x \u003d (t). Tol, kol t IP, pertraukta linija lieka K1 (ir dar labiau C, taigi ir B), taigi konstrukcija yra teisinga - tai, tiesą sakant, mes padarėme pagalbinė konstrukcija prieš teoremą.

Iš tikrųjų visur, išskyrus lūžio taškus, egzistuoja ir tada (s) (t) \u003d (z) dz, kur pertraukimo taškuose imamos savavališkos išvestinės vertės.

Be to (judėjimas palaužta linija indukcijos būdu) | (t) x0 | F | t t0 |.

Taigi, IP funkcijoje:

2. yra vienodas, nes Lipschitzas:

Čia, jei reikia, skaitytojas turėtų atnaujinti savo žinias apie tokias sąvokas ir rezultatus kaip: pusiausvyra, tolygi konvergencija, Arzela-Ascoli teorema ir kt.

Pagal Arzela-Ascoli teoremą yra tokia seka k 0, kad k yra IP, kur C (IP). Pagal konstrukciją (t0) \u003d x0, todėl belieka patikrinti, ar tai įrodysime s t.

Pratimas. Apsvarstykite s t panašiai.

Nustatykime 0 ir raskime 0, kad visiems (t1, x1), (t2, x2) C būtų tiesa. Tai galima padaryti atsižvelgiant į tolygų f tęstinumą kompaktiškame rinkinyje C. Raskime m N, kad Fix t Int (IP) Int (IP) toks, kad tst +. Tada visiems z turime | k (z) k (t) | F; todėl, atsižvelgiant į (4) | k (z) (t) | 2F.

Atkreipkite dėmesį, kad k (z) \u003d k (z) \u003d f (z, k (z)), kur z yra linijinio segmento, kuriame yra taškas (z, k (z)) kairiojo galinio taško abscisė. Bet taškas (z, k (z)) patenka į cilindrą su parametrais (, 2F), pastatytą ant taško (t, (t)) (tiesą sakant, net į nupjautą kūgį - žr. Paveikslėlį, bet dabar tai nesvarbu), taigi atsižvelgiant į (3) gauname | k (z) f (t, (t)) |. Skaldytai linijai turime, kaip minėta pirmiau, formulę At k tai duos (2).

Pakomentuokite. Tegul f C 1 (B). Tada (a, b) apibrėžtas sprendimas bus C 2 (a, b) klasės. Iš tiesų, (a, b) mes turime: egzistuoja f (t, x (t)) \u003d ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (čia yra Jacobi matrica ) yra nepertraukiama funkcija. Žinokite apgaulę, taip pat yra 2 C (a, b). Tirpalo lygumas gali būti dar padidintas, jei f yra lygus. Jei f yra analitinis, tai galima įrodyti analitinio sprendimo egzistavimą ir unikalumą (tai yra vadinamoji Cauchy teorema), nors tai neišplaukia iš ankstesnių argumentų!

Čia reikia prisiminti, kas yra analitinė funkcija. Negalima painioti su funkcija, kurią rodo galios serija (tai tik analizės funkcijos atvaizdavimas, paprastai tariant, jos apibrėžimo srities dalis)!

Pakomentuokite. Atsižvelgiant į duotą (t0, x0), galima bandyti padidinti T0, keičiant T ir R Tačiau tai, kaip taisyklė, nėra taip svarbu, nes yra specialių metodų tiriant maksimalų sprendimo egzistavimo intervalą (žr. § 4).

Peano teorema nieko nepasako apie sprendimo unikalumą. Mūsų supratimu apie sprendimą, jis visada nėra unikalus, nes jei yra sprendimas, jo apribojimai siauresniais intervalais bus kiti sprendimai. Mes išsamiau apsvarstysime šį punktą vėliau (§ 4), tačiau kol kas unikalumu mes turime omenyje bet kurių dviejų sprendimų sutapimą jų apibrėžimo intervalų sankirtoje. Net ir šia prasme Peano teorema nieko nepasako apie unikalumą, kuris nėra atsitiktinis, nes jo sąlygomis unikalumas negali būti garantuotas.

Pavyzdys. n \u003d 1, f (x) \u003d 2 | x |. Cauchy problema turi trivialų sprendimą: x1 0, be to, x2 (t) \u003d t | t | Iš šių dviejų sprendimų galima sudaryti visą dviejų parametrų šeimą:

kur + (begalinės reikšmės nereiškia, kad nėra atitinkamos šakos). Jei mes laikysime visą R kaip visų šių sprendimų apibrėžimo sritį, tada jų vis dar yra be galo daug.

Atkreipkite dėmesį, kad jei taikysime Peano teoremos įrodymą pagal lūžusias Eulerio eilutes šioje problemoje, tada gausime tik nulinį sprendimą. Kita vertus, jei kiekviename Eulerio daugiakampių linijų konstravimo etape leidžiama nedidelė klaida, tai net ir po to, kai klaidos parametras linkęs į nulį, visi sprendimai lieka. Taigi Peano teorema ir Eulerio daugiakampės linijos yra natūralios kaip sprendimų konstravimo metodas ir yra glaudžiai susijusios su skaitiniais metodais.

Pavyzdyje pastebėtas nemalonumas yra dėl to, kad funkcija f nėra lygi x. Pasirodo, jei mes nustatysime papildomus reikalavimus f x taisyklingumui, tada galima užtikrinti unikalumą ir šis žingsnis yra būtinas tam tikra prasme (žr. Toliau).

Prisiminkime keletą analizės sąvokų. Funkcija (skaliarinė arba vektorinė) g vadinama Hölderiu, kurio aibė yra rodiklis (0, 1], jei θ teisinga pagal Lipschitzo sąlygą. 1 atveju tai įmanoma tik esant pastoviosioms funkcijoms. Funkcija, apibrėžta intervalu (kai 0 pasirinkimas nėra būtinas) vadinama tęstinumo moduliu, jei sakoma, kad g atitinka apibendrintoje Hölderio sąlygoje esant moduliui, jei šiuo atveju vadinamas g tęstinumo modulis in.

Galima parodyti, kad bet kuris tęstinumo modulis yra tam tikros tęstinės funkcijos tęstinumo modulis.

Mums yra svarbus atvirkštinis faktas, būtent: bet kuri ištisinė kompaktiško rinkinio funkcija turi savo tęstinumo modulį, t. Įrodykime tai. Primename, kad jei yra kompaktiškas ir g C (), tai g būtinai yra tolygiai ištisinis, ty

\u003d (): | x y | \u003d | g (x) g (y) | Pasirodo, kad kai kurioms tai prilygsta sąlygai (5). Iš tikrųjų, jei jis egzistuoja, pakanka sukurti tęstinumo modulį, kad (()), tada | x y | \u003d \u003d () gauname Kadangi (ir) yra savavališki, tada x ir y gali būti bet kokie.

Ir atvirkščiai, jei (5) yra teisinga, pakanka rasti tokį (()) ir tada | x y | \u003d () gauname. Belieka pagrįsti loginius perėjimus:

Monotoniškam ir pakanka imtis atvirkštinių funkcijų, tačiau bendruoju atveju būtina naudoti vadinamąsias. apibendrintos atvirkštinės funkcijos. Jų egzistavimui reikalingas atskiras įrodymas, kurio mes nepateiksime, o tik idėja (naudinga skaitymą lydėti paveikslėliais):

bet kuriam F apibūdiname F (x) \u003d min F (y), F (x) \u003d max F (y) - tai yra monotoniškos funkcijos, kurios turi atvirkštines. Programoje F lengva patikrinti, ar x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x.

Geriausias tęstinumo modulis yra tiesinis (Lipschitzo sąlyga). Tai yra „beveik diferencijuojamos“ funkcijos. Norint tiksliai apibrėžti paskutinį teiginį, reikia šiek tiek pastangų, ir mes apsiribojame tik dviem pastabomis:

1. Griežtai tariant, ne kiekviena Lipschitz funkcija yra diferencijuojama, nes pavyzdys rodo g (x) \u003d | x | ant R;

2. bet diferenciacija reiškia Lipschitzo savybę, kaip rodo šis tvirtinimas. Bet kuri funkcija g, kurios išgaubtoje aibėje yra visas M, tenkina jos Lipschitzo sąlygą.

[Kol kas trumpumą įvertinkite skaliarinėmis funkcijomis g.] Įrodymas. Visiems x, y mes turime Akivaizdu, kad šis teiginys galioja ir vektorinėms funkcijoms.

Pakomentuokite. Jei f \u003d f (t, x) (paprastai tariant, vektorinė funkcija), tada galime įvesti sąvoką „f yra Lipschitzas x“, tai yra | f (t, x) f (t, y) | C | xy | ir taip pat įrodykite, kad jei D yra išgaubtas x visiems t, tada, jei f yra Lipschitz, palyginti su x D, D pakanka, kad f darinius x atžvilgiu apribotume Pareiškime, mes gavome įvertį | g (x) g (y) | per | x y |. Jei n \u003d 1, tai paprastai atliekama naudojant baigtinių žingsnių formulę: g (x) g (y) \u003d g (z) (xy) (jei g yra vektoriaus funkcija, tada z kiekvienam komponentui yra skirtinga). N 1 atveju patogu naudoti šį šios formulės analogą:

Lemma. (Hadamardas). Tegul f C (D) (paprastai tariant, vektoriaus funkcija), kur D (t \u003d t) yra išgaubtas bet kuriam t, o f (t, x) f (t, y) \u003d A (t, x, y) (xy), kur A yra ištisinė stačiakampė matrica.

Įrodymas. Bet kokiam fiksuotam t taikykite apskaičiavimą iš įrodymo. Teiginys \u003d D (t \u003d t), g \u003d fk. Mes gauname reikiamą vaizdą su A (t, x, y) \u003d A iš tikrųjų yra tęstinis.

Grįžkime prie problemos sprendimo unikalumo klausimo (1).

Iškelsime klausimą taip: koks turėtų būti f tęstinumo modulis x atžvilgiu, kad (1) sprendimas būtų unikalus ta prasme, kad sutampa 2 sprendiniai, apibrėžti tuo pačiu intervalu? Atsakymą pateikia ši teorema:

Teorema. (Osgoodas). Peano teoremos sąlygomis tegul yra f tęstinumo modulis x atžvilgiu B atžvilgiu, t. Y. Funkcija nelygybėje tenkina sąlygą (galime manyti, kad C). Tada uždavinys (1) negali turėti dviejų skirtingų sprendimų, apibrėžtų tuo pačiu formos intervalu (t0 a, t0 + b).

Palyginkite su aukščiau pateiktu unikalumo pavyzdžiu.

Lemma. Jei z C 1 (,), tada visiems (,):

1. tose vietose, kur z \u003d 0, egzistuoja | z | ir || z | | | z |

2. taškuose, kur z \u003d 0, yra vienpusiai dariniai | z | ± ir || z | ± | \u003d | z | (ypač jei z \u003d 0, tada egzistuoja | z | \u003d 0).

Pavyzdys. n \u003d 1, z (t) \u003d t. Taške t \u003d 0, | z | darinys neegzistuoja, tačiau yra vienpusių darinių.

Įrodymas. (Lemmos). Tuose taškuose, kur z \u003d 0, jei z · z em: egzistuoja | z | \u003d ir || z | | | z |. Tuose taškuose t, kur z (t) \u003d 0, turime:

1 atvejis: z (t) \u003d 0. Tada gauname | z | egzistavimą (t) \u003d 0.

2 atvejis: z (t) \u003d 0. Tada, kai +0 arba 0, z (t +) | | z (t) | kurio modulis lygus | z (t) |.

Darant prielaidą, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) \u003d +. Tegul z1,2 yra du (1) sprendiniai, apibrėžti (t0, t0 +). Mes nustatome z \u003d z1 z2. Mes turime:

Tarkime, kad yra t1 (norint būti apibrėžtam, t1 t0), kad z (t1) \u003d 0. Aibė A \u003d (t t1 | z (t) \u003d 0) nėra tuščia (t0 A) ir yra apribota aukščiau. Vadinasi, ji turi viršutinę ribą t1. Pagal konstrukciją z \u003d 0 (, t1), o kadangi z yra tęstinis, turime z () \u003d 0.

Autorius Lemma, | z | C 1 (, t1) ir šiuo intervalu | z | | z | (| z |), kad integravimas per (t, t1) (kur t (, t1)) gautų F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t. Dėl t + 0 gauname prieštaravimą.

Išvada 1. Jei Peano teoremos sąlygomis f yra Lipschitzas x taške B, tai problema (1) turi unikalų sprendimą ta prasme, kuri aprašyta Osgoodo teoremoje, nes šiuo atveju () \u003d C tenkina (7).

Išvada 2. Jei Peano teoremos sąlygomis C (B), tada Int (IP) apibrėžtas 1 sprendimas yra unikalus.

Lemma. Bet koks IP apibrėžtas sprendimas (1) turi atitikti įvertį | x | \u003d | f (t, x) | F, o jo grafikas yra K1, o dar labiau - C.

Įrodymas. Tarkime, kad yra t1 IP toks, kad (t, x (t)) C. Norėdami apibrėžti, leiskite t1 t0. Tada yra t2 (t0, t1] toks, kad | x (t) x0 | \u003d R. Panašiai kaip ir Osgoodo teoremos įrodymo argumentuose, galime manyti, kad t2 yra kairiausias toks taškas, bet mes turime (t, x (t)) C, taigi | f (t, x (t)) | F, taigi ir (t, x (t)) K1, kuris prieštarauja | x (t2) x0 | \u003d R. Taigi, (t, x (t) ) C visame IP, tada (pakartojant skaičiavimus) (t, x (t)) K1.

Įrodymas. (2 pasekmė). C yra kompaktiškas rinkinys f, gauname, kad f yra Lipschitzas x C, kur visų sprendinių grafikai yra Lemma požiūriu. Pagal 1 pasekmę gauname tai, ko reikia.

Pakomentuokite. Sąlyga (7) reiškia, kad f negalima Lipschitzo sąlygos žymiai susilpninti. Pavyzdžiui, Hölderio sąlyga su 1 nebegalioja. Tinka tik tęstinumo moduliai, artimi tiesiniams, pavyzdžiui, „blogiausias“:

Pratimas. (pakankamai sunku). Įrodykite, kad jei tenkina (7), tada yra 1 tenkinantis (7) toks, kad 1 / būtų nulyje.

Bendru atveju unikalumo nereikia reikalauti tiksliai iš f tęstinumo modulio x, atsižvelgiant į x - galimi įvairūs specialūs atvejai, pavyzdžiui:

Pareiškimas. Jei, esant Peano teoremos sąlygoms, bet kurie iš 2 (1) sprendinių, apibrėžtų From (9), aišku, kad x C 1 (a, b) ir diferenciacija (9) suteikia (1) 1, o (1) 2 yra akivaizdi ...

Skirtingai nuo (1), (9) atveju natūralu, kad sprendimą konstruosite uždarame segmente.

Picardas pasiūlė tokį nuoseklių aproksimacijų metodą, kad išspręstų (1) \u003d (9). X0 (t) x0 ir toliau indukcija. Teorema. (Cauchy-Picard). Tarkime, kad Peano teoremos sąlygomis funkcija f yra Lipschitz x bet kurioje kompaktiškoje aibėje K iš B srities išgaubta x, t.

Tada bet kuriai (t0, x0) B Cauchy problema (1) (dar žinomas kaip (9)) turi unikalų sprendimą Int (IP) ir xk x IP, kur xk yra apibrėžtas (10).

Pakomentuokite. Akivaizdu, kad teorema lieka galioti, jei sąlyga (11) pakeičiama C (B), nes ši sąlyga reiškia (11).

Užrašas mokytojui. Tiesą sakant, reikalingi ne visi kompaktiški rinkiniai, išgaubti x, o tik cilindrai, tačiau formulavimas atliekamas būtent taip, nes 5 straipsnyje reikalaujama bendresnių kompaktiškų rinkinių, be to, būtent su šia formuluote „Remark“ atrodo natūraliausia.

Įrodymas. Mes savavališkai pasirenkame (t0, x0) B ir padarome tą pačią pagalbinę konstrukciją, kaip ir prieš Peano teoremą. Įrodykime indukcija, kad visi xk yra apibrėžti ir nepertraukiami IP, o jų grafikai yra K1, o dar labiau - C. Tai akivaizdu x0 atveju. Jei tai teisinga xk1, tada iš (10) aišku, kad xk yra apibrėžtas ir nuolatinis IP, o tai yra K1 narystė.

Dabar mes indukcijos būdu įrodome IP įverčius:

(C yra kompaktiškas išgaubtas x taške B ir jam apibrėžtas L (C)). Kai k \u003d 0, tai jau įrodytas įvertis (t, x1 (t)) K1. Jei (12) teisinga k: \u003d k 1, tai nuo (10) turime, kaip reikalaujama. Taigi, serija yra IP sutelkta konverguojančių skaitinių eilučių, todėl (tai vadinama Weierstrasso teorema) vienodai suartėja IP su tam tikra funkcija x C (IP). Bet tai taip pat reiškia xk x IP. Tada (10) IP mes pereiname prie ribos ir gauname (9) IP, taigi ir (1) Int (IP).

Išskirtinumas iš karto gaunamas iš 1 pasekmės iš Osgoodo teoremos, tačiau naudinga tai įrodyti kitu būdu, naudojant tik (9) lygtį. Int (IP) užduotyje (1) (t. Y. (9)) turi būti 2 sprendimai x1,2. Kaip nurodyta pirmiau, tada jų grafikai būtinai turi būti K1, o juo labiau - C. Tegul t I1 \u003d (t0, t0 +), kur yra teigiamas skaičius. Tada \u003d 1 / (2L (C)). Tada \u003d 0. Taigi x1 \u003d x2 I1.

Užrašas mokytojui. Gronwallo lemmos pagalba taip pat yra unikalumo įrodymas, jis yra dar natūralesnis, nes jis veikia iškart visame pasaulyje, tačiau iki šiol Gronwallo lemma nėra labai patogi, nes sunku ją tinkamai suvokti iki linijinių ODE.

Pakomentuokite. Paskutinis unikalumo įrodymas yra pamokantis tuo, kad jis dar kartą kitoje šviesoje parodo, kaip vietinis unikalumas veda prie visuotinio unikalumo (o tai nėra tiesa egzistavimui).

Pratimas. Įrodykite visų IP unikalumą vienu metu, ginčydamiesi prieštaravimais, kaip įrodant Osgoodo teoremą.

Svarbus specialus atvejis (1) yra tiesiniai ODE, t. Y. Tie, kurių vertė f (t, x) yra tiesinė x:

Šiuo atveju, norint patekti į bendrosios teorijos sąlygas, reikia reikalauti Taigi, šiuo atveju B yra juostelė, o Lipschitzo sąlyga (ir netgi diferenciacija) x atžvilgiu yra tenkinama automatiškai: visiems t | f (t, x) f (t, y) | \u003d | A (t) (x y) | | A (t) | | (X y) |.

Jei laikinai pasirenkame kompaktišką rinkinį (a, b), tada jame gauname | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, kur L \u003d max | A |.

Peano ir Osgoodo arba Cauchy-Picardo teoremos reiškia unikalų problemos (13) išsprendimą kai kuriuose (Peano-Picard) intervaluose, kuriuose yra t0. Be to, šio intervalo sprendimas yra „Picard“ aproksimacijų riba.

Pratimas. Raskite šį intervalą.

Bet paaiškėja, kad šiuo atveju visus šiuos rezultatus galima nedelsiant įrodyti visame pasaulyje, ty visiems (a, b):

Teorema. Tebūna (14) tiesa. Tada uždavinys (13) turi unikalų sprendimą (a, b), ir vienas po kito einantys „Picard“ apytiksliai vienodai sutampa su bet kuriuo kompaktišku rinkiniu (a, b).

Įrodymas. Vėlgi, kaip ir TK-P, mes sukonstruojame integralo (9) lygties sprendimą, naudodami nuoseklius aproksimavimus, naudodami (10) formulę. Bet dabar mums nereikia tikrinti kūgio ir cilindro smūgio grafiko būklės.

f yra apibrėžtas visiems x tol, kol t (a, b). Būtina tik patikrinti, ar visi xk yra apibrėžti ir nepertraukiami (a, b), o tai akivaizdu indukcijos būdu.

Vietoj (12) dabar mes parodome panašų formos įvertinimą, kur N yra tam tikras skaičius, priklausomai nuo pasirinkimo. Pirmasis šio įvertinimo indukcijos žingsnis yra kitoks (nes jis nesusijęs su K1): jei k \u003d 0 | x1 (t) x0 | N dėl x1 tęstinumo, o tolesni žingsniai yra panašūs į (12).

To negalima neaprašyti, nes tai akivaizdu, bet įmanoma Vėlgi pastebime, kad xk x yra, o x yra atitinkamo (10) sprendimas. Bet tai darydami mes sukonstravome sprendimą visiems (a, b), nes kompaktiško pasirinkimas yra savavališkas. Unikalumas išplaukia iš Osgoodo ar Cauchy-Picardo teoremų (ir aukščiau išdėstytų samprotavimų apie visuotinį unikalumą).

Pakomentuokite. Kaip minėta pirmiau, TC-P yra formaliai nereikalingas dėl Peano ir Osgoodo teoremų, tačiau jis yra naudingas dėl 3 priežasčių:

1. leidžia susieti ODE Cauchy problemą su integraline lygtimi;

2. siūlo konstruktyvų nuoseklių artinimų metodą;

3. palengvina linijinių ODE egzistavimą visame pasaulyje.

[nors pastaroji taip pat gali būti išvesta iš 4 dalyje pateiktų samprotavimų.] Toliau mes į tai dažniausiai remsimės.

Pavyzdys. x \u003d x, x (0) \u003d 1. Nuoseklūs apytiksliai k Taigi x (t) \u003d e yra visos R pradinės problemos sprendimas.

Dažniausiai eilutė neveiks, tačiau išlieka tam tikras konstruktyvumas. Taip pat galite įvertinti klaidą x xk (žr.).

Pakomentuokite. Iš Peano, Osgoodo ir Cauchy-Picardo teoremų lengva gauti atitinkamas aukštesnės eilės ODE teoremas.

Pratimas. Suformuluokite Cauchy problemos sąvokas, sistemos ir Cauchy problemos sprendimus, visas aukštesnės eilės ODE teoremas, naudodami redukciją į pirmos eilės sistemas, pateiktas § 1.

Kiek pažeisdami kurso logiką, tačiau norėdami geriau įsisavinti ir pagrįsti problemų sprendimo metodus praktinėse pamokose, laikinai nutraukiame bendrosios teorijos pristatymą ir sprendžiame techninę „aiškaus ODE sprendimo“ problemą.

§ 3. Kai kurie integracijos metodai Taigi, apsvarstykime skaliarinę lygtį \u003d f (t, x). Dt Paprasčiausias konkretus atvejis, kurį išmokome integruoti, yra vadinamasis. ERP, t. Y. Lygtis, kurioje f (t, x) \u003d a (t) b (x). Formalus požiūris į ERP integravimą yra „atskirti“ kintamuosius t ir x (taigi ir pavadinimą): \u003d a (t) dt, tada paimti integralą:

x \u003d B (A (t)). Šiame oficialiame argumente yra keletas punktų, kuriuos reikia pagrįsti.

1. Padalijimas iš b (x). Manome, kad f yra ištisinis, taigi C (,), b C (,), ty B yra stačiakampis (,) (,)(paprastai tariant, begalinis). Rinkiniai (b (x) 0) ir (b (x) 0) yra atviri, todėl yra baigtiniai arba skaičiuojami intervalų rinkiniai. Tarp šių intervalų yra taškai arba segmentai, kur b \u003d 0. Jei b (x0) \u003d 0, tada Cauchy uždavinys turi x x0 sprendimą. Galbūt šis sprendimas nėra unikalus, tada jo apibrėžimo srityje yra intervalai, kur b (x (t)) \u003d 0, bet tada juos galima padalyti iš b (x (t)). Pažvelkime į tai, kad šiais intervalais funkcija B yra monotoninė, todėl galime paimti B 1. Bet jei b (x0) \u003d 0, tada b (x (t)) \u003d 0 kaimynystėje t0, ir procedūra yra teisėta. Taigi aprašyta procedūra paprastai turėtų būti taikoma dalijant sprendimo apibrėžimo sritį į dalis.

2. Kairiųjų ir dešiniųjų pusių integravimas skirtingiems kintamiesiems.

I metodas Tarkime, kad norime rasti problemos sprendimą Kod (t) wi (1) x \u003d (t). Mes turime: \u003d a (t) b ((t)), iš kur - tą pačią formulę gavome griežtai.

II metodas. Lygtis yra vadinamoji. simetriškas pirminio ODE žymėjimas, tai yra, nenurodantis, kuris kintamasis yra nepriklausomas, o kuris - priklausomas. Tokia forma yra prasminga būtent vienos nagrinėjamos pirmos eilės lygties atveju, atsižvelgiant į pirmojo diferencialo formos nekintamumo teoremą.

Čia tikslinga išsamiau suprasti diferencialo sąvoką, iliustruojant ją plokštumos ((t, x)) pavyzdžiu, jos kreivėmis, kylančiais apribojimais, laisvės laipsniais, kreivės parametru.

Taigi (2) lygtis sujungia t ir x skirtumus išilgai reikalingo IC. Tada (2) lygties integravimas taip, kaip parodyta pradžioje, yra visiškai teisėtas - tai reiškia, jei norite, bet kurio kintamojo, pasirinkto kaip nepriklausomas, integraciją.

I metode tai parodėme pasirinkdami t kaip nepriklausomą kintamąjį. Parodykime tai pasirinkdami s parametrą palei IK kaip nepriklausomą kintamąjį (nes tai aiškiau parodo t ir x lygybę). Tegul reikšmė s \u003d s0 atitinka tašką (t0, x0).

Tada mes turime: \u003d a (t (s)) t (s) ds, kuris po davimo Čia turėtume sutelkti dėmesį į simetriško žymėjimo universalumą, pavyzdžiui: apskritimas rašomas ne kaip x (t) ar kaip t (x), bet kaip x (s), t (s).

Kai kurie kiti pirmos eilės ODE redukuojami į ERP, kurį galima pamatyti sprendžiant problemas (pavyzdžiui, naudojant probleminę knygą).

Kitas svarbus atvejis yra tiesinis ODE:

I metodas. Variacija yra pastovi.

tai yra specialus bendresnio požiūrio atvejis, kuris bus aptartas 2 dalyje. Esmė ta, kad suradus sprendimą specialia forma žemėja lygties tvarka.

Pirmiausia spręskime vadinamąjį. vienalytė lygtis:

Dėl unikalumo arba x 0, arba visur x \u003d 0. Pastaruoju atveju (tegul, norint apibrėžti, x 0), gauname, kad (4) pateikia visus (3) 0 sprendimus (įskaitant nulį ir neigiamą).

Formulėje (4) yra pasirinkta konstanta C1.

Konstantos variacijos metodas yra tas, kad tirpalas (3) C1 (t) \u003d C0 + Matoma ORNU \u003d CRNU + OPROU struktūra (kaip ir algebrinėms tiesinėms sistemoms) (apie tai plačiau 2 dalyje).

Jei norime išspręsti Cauchy problemą x (t0) \u003d x0, tada iš Cauchy duomenų turime rasti C0 - lengvai galime gauti C0 \u003d x0.

II metodas. Suraskime IM, tai yra, tokią funkciją v, kuria turime padauginti (3) (parašyta taip, kad visi nežinomieji būtų surinkti kairėje pusėje: xa (t) x \u003d b (t)), kad kairėje pusėje gautume kai kurių išvestinę patogus derinys.

Mes turime: vx vax \u003d (vx), jei v \u003d av, t.y. (tokia lygtis tam tikra prasme (3) prilygsta lygčiai, kuri jau yra lengvai išspręsta ir suteikia (5). Jei Cauchy problema išspręsta, tada (6) patogu nedelsiant imkite apibrėžtą integralą Kai kurie kiti yra redukuojami į tiesinius ODE (3), kaip matyti iš sprendžiant problemas (pavyzdžiui, naudojant problemų knygą). Svarbus tiesinių ODE atvejis (iškart už bet kurį n) bus išsamiau aptartas 2 dalyje.

Abi nagrinėjamos situacijos yra specialūs vadinamojo atvejai. UPD. Apsvarstykite pirmosios eilės ODE (n \u003d 1) simetriška forma:

Kaip jau minėta, (7) nurodo IC (t, x) plokštumoje, nenurodydamas, kuris kintamasis laikomas nepriklausomu.

Jei padauginsime (7) iš savavališkos funkcijos M (t, x), gausime lygiavertę tos pačios lygties rašymo formą:

Taigi tas pats ODE turi daug simetriškų įrašų. Tarp jų ypatingą vaidmenį atlieka vadinamieji. žymėjimas visais diferencialais, UPD pavadinimas yra apgailėtinas, nes ši savybė yra ne lygtis, o jos žymėjimo forma, tai yra, kad kairė (7) pusė yra lygi dF (t, x) su kai kuriais F.

Akivaizdu, kad (7) yra UPD tik tada ir tik tuo atveju, jei A \u003d Ft, B \u003d Fx su kai kuriais F. Kaip žinoma iš analizės, pastarajam to reikia ir pakanka. Mes nepagrindžiame griežtai techninių aspektų, pavyzdžiui, visų funkcijų sklandumo. Faktas yra tas, kad § vaidina antraeilį vaidmenį - jis visai nereikalingas kitoms kurso dalims, ir aš nenorėčiau skirti daug pastangų išsamiam jo pristatymui.

Taigi, jei tenkina (9), tada yra F (jis yra unikalus iki priedo konstantos), kad (7) būtų galima perrašyti kaip dF (t, x) \u003d 0 (išilgai IR), t.

F (t, x) \u003d const palei IC, tai yra, IC yra funkcijos F lygių linijos. Mes nustatome, kad UPD integracija yra nereikšminga problema, nes F ieškojimas virš A ir B, tenkinantis (9), nėra sunkus. Jei (9) netenkina, tuomet turėtumėte rasti vadinamąjį. IM M (t, x) yra toks, kad (8) yra UPD, kuriai reikia ir pakanka įvykdyti analogą (9), kuris yra tokios formos:

Kaip matyti iš pirmos eilės PDE teorijos (kurią aptarsime 3 dalyje), (10) lygtis visada turi sprendimą, taigi yra IM. Taigi bet kuri formos (7) lygtis turi įrašą UPD pavidalu ir todėl leidžia „aiškiai“ integruoti. Tačiau šie argumentai neduoda konstruktyvaus metodo apskritai, nes norint (10) išspręsti, paprastai reikia rasti sprendimą (7), kurio mes ieškome. Nepaisant to, yra keletas MI paieškos metodų, kurie tradiciškai svarstomi praktinėse pamokose (žr., Pavyzdžiui).

Atkreipkite dėmesį, kad aukščiau nurodyti ERP ir tiesinių ODE sprendimo būdai yra ypatingas IM ideologijos atvejis.

Iš tiesų, URS dx / dt \u003d a (t) b (x), parašytas simetriška forma dx \u003d a (t) b (x) dt, išsprendžiamas padauginus iš IM 1 / b (x), nes po tai virsta UPD dx / b (x) \u003d a (t) dt, t. y. dB (x) \u003d dA (t). Linijinė lygtis dx / dt \u003d a (t) x + b (t), parašyta simetriška forma dx a (t) xdt b (t) dt, išsprendžiama padauginus iš MI, beveik visus ODE sprendimo būdus „aiškia forma“.

(išskyrus didelį bloką, susietą su tiesinėmis sistemomis) susideda iš to, kad naudojant specialius eilės mažinimo ir kintamųjų keitimo metodus, jie redukuojami į pirmos eilės ODE, kurie vėliau sumažinami iki UPD, ir jie išsprendžiami taikant pagrindinę diferencinio skaičiavimo teoremą: dF \u003d 0 F \u003d konst. Užsakymo sumažinimo klausimas tradiciškai įtraukiamas į praktinio mokymo kursą (žr., Pavyzdžiui).

Pasakykime keletą žodžių apie pirmos eilės ODE, kurie neleidžiami darinio atžvilgiu:

Kaip minėta 1 skyriuje, galima pabandyti išspręsti (11) atsižvelgiant į x ir gauti įprastą formą, tačiau tai ne visada patartina. Dažnai patogiau išspręsti (11) tiesiogiai.

Apsvarstykite tarpą ((t, x, p)), kur p \u003d x laikinai laikomas nepriklausomu kintamuoju. Tada (11) šioje erdvėje apibrėžia paviršių (F (t, x, p) \u003d 0), kurį galima parašyti parametriškai:

Naudinga prisiminti, ką tai reiškia, pavyzdžiui, naudojant sritį R3.

Ieškomi sprendimai atitiks šio paviršiaus kreives: t \u003d s, x \u003d x (s), p \u003d x (s) - prarandamas vienas laisvės laipsnis, nes sprendiniai turi ryšį dx \u003d pdt. Parašykime šį ryšį parametrų pavidalu (12): gu du + gv dv \u003d h (fudu + fv dv), t.y.

Taigi ieškomi sprendimai atitinka paviršiaus kreives (12), kuriose parametrai yra susieti lygtimi (13). Pastarasis yra simetriškos formos ODE, kurį galima išspręsti.

I atvejis. Jei kuriame nors regione (gu hfu) \u003d 0, tada (12), tada t \u003d f ((v), v), x \u003d g ((v), v) pateikia parametrinį reikiamų kreivių žymėjimą plokštumoje ( (t, x)) (tai yra, mes projektuojamės į šią plokštumą, nes mums nereikia p).

II atvejis. Panašiai, jei (gv hfv) \u003d 0.

III atvejis. Kai kuriais momentais tuo pačiu metu gu hfu \u003d gv hfv \u003d 0. Čia reikia atskiros analizės, ar ši aibė atitinka kai kuriuos sprendimus (jie tada vadinami specialiaisiais).

Pavyzdys. Clairaud'o lygtis x \u003d tx + x 2. Turime:

x \u003d tp + p2. Parametruokime šį paviršių: t \u003d u, p \u003d v, x \u003d uv + v 2. (13) lygtis įgauna formą (u + 2v) dv \u003d 0.

I atvejis neįgyvendintas.

II atvejis. u + 2v \u003d 0, tada dv \u003d 0, t. y. v \u003d C \u003d const.

Taigi t \u003d u, x \u003d Cu + C 2 yra parametrinis IC įrašymas.

Jį lengva aiškiai parašyti x \u003d Ct + C 2.

III atvejis. u + 2v \u003d 0, t. y. v \u003d u / 2. Tai reiškia, kad t \u003d u, x \u003d u2 / 4 yra parametrinis „kandidato į IC“ įrašas.

Norėdami patikrinti, ar tai tikrai IK, aiškiai parašome x \u003d t2 / 4. Tai pasirodė (specialus) sprendimas.

Pratimas. Įrodykite, kad specialus sprendimas galioja visiems kitiems.

Tai yra bendras faktas - bet kurio konkretaus sprendimo grafikas yra visų kitų sprendimų šeimos vokas. Tai yra pagrindas kitam specialiojo sprendimo apibrėžimui būtent kaip vokas (žr.).

Pratimas. Įrodykite, kad taikant bendresnę Clairaud lygtį x \u003d tx (x) su išgaubta funkcija, vienaskaitos sprendimas turi formą x \u003d (t), kur yra Legendre transformacija, t. Y., \u003d () 1 arba (t) \u003d max (tv (v)). Panašiai ir lygčiai x \u003d tx + (x).

Pakomentuokite. 3 straipsnyje turinys išsamiau ir tiksliau aprašytas vadovėlyje.

Užrašas mokytojui. Skaitant paskaitų kursą, gali būti naudinga išplėsti § 3, suteikiant jam griežtesnę formą.

Dabar grįžkime prie pagrindinio kurso metodo, tęsdami pristatymą, pradėtą \u200b\u200b1, 2 dalyse.

§ 4. Visuotinis Cauchy problemos išsprendimas § 2 mes įrodėme, kad Cauchy problema yra lokali, ty tik tam tikru intervalu, kuriame yra taškas t0.

Remiantis kai kuriomis papildomomis prielaidomis apie f, mes taip pat įrodėme sprendimo unikalumą, suprasdami jį kaip dviejų sprendimų, apibrėžtų tuo pačiu intervalu, sutapimą. Jei f yra tiesinė x, tai gaunama visuotinė egzistencija, t. Y. Visame intervale, kur lygties (sistemos) koeficientai yra apibrėžti ir yra tęstiniai. Tačiau, kaip rodo bandymas pritaikyti bendrą teoriją tiesinei sistemai, Peano-Picardo intervalas, paprastai tariant, yra mažesnis nei tas, pagal kurį galima sukurti sprendimą. Kyla natūralių klausimų:

1. Kaip nustatyti maksimalų intervalą, kuriuo galima teigti, kad egzistuoja sprendimas (1)?

2. Ar šis intervalas visada sutampa su didžiausiu, kai dešinioji pusė (1) 1 vis dar turi prasmę?

3. Kaip tiksliai suformuluoti sprendimo unikalumo sampratą be išlygų dėl jo apibrėžimo intervalo?

Tai, kad atsakymas į 2 klausimą paprastai yra neigiamas (tiksliau, reikia labai atsargiai), nurodomas šiame pavyzdyje. x \u003d x2, x (0) \u003d x0. Jei x0 \u003d 0, tada x 0 - nėra kitų Osgoodo teoremos sprendimų. Jei x0 \u003d 0, tada nusprendėme, kad piešinys būtų naudingas). Sprendimo egzistavimo intervalas negali būti didesnis nei (, 1 / x0) arba (1 / x0, +), atitinkamai, x0 0 ir x0 0 (antroji hiperbolės šaka neturi nieko bendro su sprendimu! - tai tipiška studentų klaida). Iš pirmo žvilgsnio niekas iš pirminės problemos „nenumatė tokio rezultato“. 4 dalyje rasime šio reiškinio paaiškinimą.

Lygties x \u003d t2 + x2 pavyzdys atskleidžia tipinę studento klaidą apie sprendimo egzistavimo intervalą. Tai, kad „lygtis apibrėžta visur“, visiškai nereiškia, kad sprendimas tęsiasi visoje tiesėje. Tai aišku net grynai kasdieniniu požiūriu, pavyzdžiui, atsižvelgiant į teisinius įstatymus ir pagal juos plėtojamus procesus: net jei įstatymai aiškiai nenumato, kad 2015 metais būtų nutraukta bet kurios įmonės egzistavimas, tai nereiškia, kad ši įmonė iki šių metų nebankrutuos. dėl vidinių priežasčių (nors ir veikdamas pagal įstatymus).

Norint atsakyti į 1–3 klausimus (ir netgi aiškiai juos suformuluoti), reikia tęsti sprendimo netiesą. Mes (kaip susitarėme aukščiau) svarstysime (1) 1 lygties sprendimus kaip poras (, (tl (), tr ())).

Apibrėžimas. Tirpalas (, (tl (), tr ())) yra tirpalo pratęsimas (, (tl (), tr ())), jei (tl (), tr ()) (tl (), tr ()) ir | (tl (), tr ()) \u003d.

Apibrėžimas. Sprendimas (, (tl (), tr ())) yra nepratęsiamas, jei jis neturi trivialių (t. Y. Nuo jo kitokių) plėtinių. (žr. pavyzdį aukščiau).

Akivaizdu, kad būtent NR yra ypatingos vertės, ir jų terminais būtina įrodyti egzistavimą ir unikalumą. Kyla natūralus klausimas - ar visada įmanoma sukurti IS remiantis kokiu nors vietiniu sprendimu, ar Cauchy problema? Pasirodo, taip. Norėdami tai suprasti, pristatykime šias sąvokas:

Apibrėžimas. Sprendimų rinkinys ((, (tl (), tr ())) yra nuoseklus, jei bet kurie 2 šio rinkinio sprendiniai sutampa jų apibrėžimo intervalų sankirtoje.

Apibrėžimas. Nuoseklus sprendinių rinkinys vadinamas maksimaliu, jei neįmanoma pridėti kito sprendimo, kad naujas rinkinys būtų nuoseklus ir jame būtų naujų taškų sprendimų sričių sąjungoje.

Akivaizdu, kad INN statyba yra tolygi IS konstrukcijai, būtent:

1. Jei yra IS, bet koks INN, kuriame yra IS, gali būti tik jo apribojimų rinkinys.

Pratimas. Patikrinkite.

2. Jei yra INN, tada IS (, (t, t +)) sudaromas taip:

įdėti (t) \u003d (t), kur yra bet kuris INN elementas, apibrėžtas šiame taške. Akivaizdu, kad tokia funkcija bus išskirtinai nustatyta visiems (t, t +) (vienareikšmiškumas išplaukia iš rinkinio nuoseklumo), ir kiekviename taške ji sutampa su visais INN elementais, apibrėžtais šiuo metu. Bet kuriam t (t, t +) yra kažkoks apibrėžtas jame, taigi ir jo kaimynystėje, ir kadangi šioje kaimynystėje yra sprendimas (1) 1, tada - taip pat. Taigi yra sprendimas (1) 1 ant visų (t, t +). Jo negalima pratęsti, nes priešingu atveju prie INN galėtų būti pridėtas netiesinis tęsinys, nepaisant jo maksimalumo.

Problemos (1) INN konstravimas bendruoju atveju (Peano teoremos sąlygomis), kai nėra vietinio išskirtinumo, yra įmanomas (žr.,), Tačiau gana sudėtingas - jis pagrįstas laipsnišku Peano teoremos taikymu, kurio apatinė riba yra tęsinio intervalo ilgis. Taigi HP visada egzistuoja. Tai pateisinsime tik tuo atveju, kai yra vietinis unikalumas, tada INN (taigi ir NR) konstrukcija yra nereikšminga. Pavyzdžiui, siekdami apibrėžtumo, mes veiksime TC-P rėmuose.

Teorema. Tegul TK-P sąlygos tenkinamos srityje B Rn + 1. Tada bet kuriai (t0, x0) B užduotis (1) turi unikalią IS.

Įrodymas. Apsvarstykite visų problemos (1) sprendimų rinkinį (TK-P jo nėra tuščias). Jis sudaro INN - nuoseklus dėl vietinio unikalumo ir maksimalus dėl to, kad tai yra visų Cauchy problemos sprendimų rinkinys apskritai. Tai reiškia, kad HP egzistuoja. Jis yra unikalus dėl vietinio unikalumo.

Jei reikia sukurti IS remiantis esamu vietiniu sprendimu (1) 1 (o ne Cauchy problema), tai ši problema, esant vietiniam unikalumui, sumažėja iki Cauchy problemos: turite pasirinkti bet kurį esamo IC tašką ir atsižvelgti į atitinkamą Cauchy problemą. Šios problemos valstybė narė bus originalaus sprendimo tąsa dėl unikalumo. Jei nėra unikalumo, tada duotas sprendimas tęsiamas aukščiau nurodyta tvarka.

Pakomentuokite. NR negali būti pratęstas jo egzistavimo intervalo galuose (neatsižvelgiant į unikalumo sąlygą), kad jis būtų sprendimas ir taškuose. Norint tai pagrįsti, būtina patikslinti, ką reiškia ODE sprendimas segmento galuose:

1. Metodas 1. Tarkime, kad 1 (1) tirpalas intervale reiškia funkciją, kuri tenkina galų lygtį vienpusio darinio prasme. Tada galimybė apibrėžtą sprendimo apibrėžimo išplėtimą, pvz., Dešiniajame jo egzistavimo intervalo gale (t, t +], reiškia, kad IC turi B ir C 1 (t, t +] viduje galinį tašką. Bet tada, išsprendę Cauchy problemą x (t +) \u003d (t +) (1) ir suradę jo sprendimą, gauname, kad teisingam taškui t + (taške t + egzistuoja abu vienpusiai dariniai ir yra lygūs f (t +, (t +)), o tai reiškia, kad yra įprastas darinys), t. buvo HP.

2. Metodas 2. Jei segmento (1) 1 sprendiniu turime galvoje funkciją, kuri yra tik ištisinė galuose, bet tokia, kad IK galai yra B (net jei lygties nereikia įvykdyti galuose), tada paaiškės tas pats argumentas, tik pagal atitinkamą integralinę lygtį (žr. išsamią informaciją).

Taigi, iš karto apsiribodami tik atvirais intervalais kaip sprendimų apibrėžimų rinkiniais, mes nepažeidėme bendrumo (o tik išvengėme nereikalingo mąstymo su vienpusiais dariniais ir kt.).

Todėl atsakėme į 3 klausimą, pateiktą 4 skyriaus pradžioje: jei tenkinama unikalumo sąlyga (pavyzdžiui, Osgoodas ar Cauchy-Picardas), įvyksta Cauchy problemos sprendimo IS unikalumas. Jei pažeista unikalumo sąlyga, Cauchy problemos IS gali būti daugybė, kiekviena iš jų turi savo egzistavimo intervalą. Bet kurį (1) (arba tik (1) 1) sprendimą galima tęsti HP.

Norint atsakyti į 1, 2 klausimus, reikia atskirai atsižvelgti ne į kintamąjį t, bet į IC elgesį erdvėje Rn + 1. Į klausimą, kaip IC elgiasi „arti galų“, jis atsako. Atkreipkite dėmesį, kad egzistavimo intervalas baigiasi, tačiau IC jų gali neturėti (IC galo B visada nėra - žr. Aukščiau pateiktą pastabą, tačiau pabaigos gali nebūti B - žr. Toliau).

Teorema. (apie palikimą kompaktišku).

formuluojame jį vietinio unikalumo sąlygomis, tačiau tai nėra būtina - žiūrėk, ten TPK suformuluotas kaip NR kriterijus.

TK-P sąlygomis bet kurios NR lygties (1) 1 grafike paliekamas bet koks kompaktiškas rinkinys K B, t. Y., K B (t, t +): (t, (t)) K ties t.

Pavyzdys. K ((t, x) B | ((t, x), B)).

Pakomentuokite. Taigi IC NR šalia t ± artėja prie B: ((t, (t)), B) 0 ties t t ± - tirpalo tęsimo procesas negali būti griežtai nutrauktas B viduje.

teigiamai, čia naudinga kaip pratimą įrodyti, kad atstumas tarp nederančių uždarų rinkinių, iš kurių vienas yra kompaktiškas, yra teigiamas.

Įrodymas. Mes nustatome K B. Paimkite bet kokį 0 (0, (K, B)). Jei B \u003d Rn + 1, tai pagal apibrėžimą mes darome prielaidą (K, B) \u003d +. Aibė K1 \u003d ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) taip pat yra kompaktiška B, todėl egzistuoja F \u003d max | f | Pasirinkime skaičius T ir R pakankamai mažus, kad bet kuris formos cilindras Pavyzdžiui, pakanka paimti T 2 + R2 2/4. Tada formos Cauchy problema turi TK-P sprendimą ne siauresniu kaip (t T0, t + T0) intervalu, kur T0 \u003d min (T, R / F) visiems (t, x) K.

Dabar kaip reikiamą segmentą galime paimti \u003d. Iš tikrųjų būtina parodyti, kad jei (t, (t)) K, tada t + T0 t t + T0. Parodykime, pavyzdžiui, antrąją nelygybę. Cauchy problemos (2) sprendimas su x \u003d (t) egzistuoja dešinėje bent iki taško t + T0, tačiau tai yra tos pačios problemos HP, kuris dėl unikalumo yra pratęsimas, todėl t + T0 t +.

Taigi HP grafikas visada „pasiekia B“, todėl HP egzistavimo diapazonas priklauso nuo IC geometrijos.

Pavyzdžiui:

Pareiškimas. Tegu B \u003d (a, b) Rn (intervalas yra baigtinis arba begalinis), f tenkina B TK-P sąlygas, yra problemos (1) su t0 (a, b) IS. Tada arba t + \u003d b, arba | (t) | + t t + (ir panašiai kaip t).

Įrodymas. Taigi leiskime t + b, tada t + +.

Apsvarstykite kompaktišką rinkinį K \u003d B B. Bet kokiam TPK R + yra (R) t + toks, kad t ((R), t +) taškas (t, (t)) K. Bet kadangi t t +, tai įmanoma tik po sąskaita | (t) | R. Bet tai taip pat reiškia | (t) | + už t t +.

Šiuo konkrečiu atveju matome, kad jei f yra apibrėžtas „visiems x“, tai IS egzistavimo intervalas gali būti mažesnis už maksimalų galimą (a, b) tik dėl IS linkimo link artėjant intervalo galams (t, t +) (apskritai atvejis - iki ribos B).

Pratimas. Apibendrinkite paskutinį teiginį tuo atveju, kai B \u003d (a, b), kur Rn yra savavališkas domenas.

Pakomentuokite. Reikėtų suprasti, kad | (t) | + nereiškia jokio k (t).

Taigi mes atsakėme į 2 klausimą (plg. Pavyzdį § 4 pradžioje): IC pasiekia B, bet jo projekcija į t ašį gali nepasiekti B projekcijos į t ašį galų. 1 klausimas lieka - ar yra kokių nors požymių, pagal kuriuos, neišsprendus ODE, galima spręsti apie galimybę tęsti sprendimą „kuo plačiau“? Mes žinome, kad tiesiniams ODE šis išplėtimas yra visada įmanomas, tačiau pavyzdyje, esančiame 4 straipsnio pradžioje, tai neįmanoma.

Pirmiausia panagrinėkime konkretų URS atvejį, kai n \u003d 1:

netinkamo integralo h (s) ds konvergencija (netinkama dėl \u003d + arba dėl h singuliarumo taške) nepriklauso nuo (,) pasirinkimo. Todėl toliau mes tiesiog parašysime h (s) ds, kai kalbama apie šio integralo konvergenciją ar divergenciją.

tai būtų galima padaryti jau Osgoodo teoremoje ir susijusiuose pareiškimuose.

Pareiškimas. Tegul C (,), b C (, +), abi funkcijos yra teigiamos jų intervalais. Tegul Cauchy uždavinys (kur t0 (,), x0) turi IS x \u003d x (t) intervale (t, t +) (,). Tada:

Pasekmė. Jei a \u003d 1, \u003d +, tada t + \u003d + įrodymas. (Tvirtinimai). Atkreipkite dėmesį, kad x monotoniškai didėja.

Pratimas. Įrodyti.

Todėl yra x (t +) \u003d lim x (t) +. Turime 1 atvejį. T +, x (t +) + - TPK neįmanoma, nes x yra IS.

Abu integralai yra arba baigtiniai, arba begaliniai.

Pratimas. Užpildykite įrodymą.

Mokytojo pagrindimas. Dėl to gauname, kad 3 atveju: a (s) ds +, o 4 atveju (jei jis apskritai realizuojamas) tas pats dalykas.

Taigi paprasčiausiems ODE, kurių n \u003d 1 formos x \u003d f (x), sprendimų išplėtimą lemia co.

autonomines) lygtis žr. 3 dalį.

Pavyzdys. Jei f (x) \u003d x, 1 (visų pirma, tiesinis atvejis \u003d 1) ir f (x) \u003d x ln x, galime garantuoti (teigiamų) sprendimų tęsinį iki +. Jei f (x) \u003d x ir f (x) \u003d x ln x ties 1, tirpalai „sunaikinami per ribotą laiką“.

Apskritai situaciją lemia daugybė veiksnių ir ji nėra tokia paprasta, tačiau „f augimo greičio išilgai x greičio“ svarba išlieka. Dėl n 1 sunku suformuluoti išplėtimo kriterijus, tačiau yra pakankamai sąlygų. Paprastai jie atsiskaito vadinamųjų. a priori sprendimų įvertinimai.

Apibrėžimas. Tegul h C (,), h 0. Sakoma, kad kai kurių ODE tirpalams AO | x (t) | h (t) į (,), jei kuris nors šio ODE sprendimas tenkina šį įvertinimą toje intervalo (,) dalyje, kur jis yra apibrėžtas (t. y. nemanoma, kad sprendimai būtinai apibrėžti per visą intervalą (,)).

Tačiau paaiškėja, kad AO buvimas garantuoja, kad sprendimai vis tiek bus nustatyti visoje (,) (ir todėl tenkins sąmatą per visą intervalą), taigi a priori įvertinimas virsta galiniu:

Teorema. Tegul „Cauchy“ problema (1) atitinka sąlygas TK-P, o jos sprendimams intervale (,) yra AO su tam tikru h C (,) ir kreivinis cilindras (| x | h (t), t (,)) Tada НР (1) yra apibrėžtas visuose (,) (taigi, tenkina AO).

Įrodymas. Įrodykime, kad t + (t yra panašus). Tarkime, t +. Apsvarstykite kompaktišką aibę K \u003d (| x | h (t), t) B. Pagal TPK, esant t t +, grafiko taškas (t, x (t)) palieka K, o tai neįmanoma dėl AO.

Taigi, norint įrodyti sprendimo išplėtimą iki tam tikro intervalo, pakanka oficialiai įvertinti sprendimą per visą reikiamą intervalą.

Analogija: funkcijos išmatuojamumas pagal Lebesgue'ą ir formalus integralo įvertinimas reiškia realų integralo egzistavimą.

Keletas situacijų, kaip ši logika veikia, pavyzdžių. Pradėkime nuo pirmiau pateiktos tezės apie „f augimas x yra gana lėtas“ iliustracijos.

Pareiškimas. Tegul B \u003d (,) Rn, f atitinka TK-P sąlygas B, | f (t, x) | a (t) b (| x |), kur a ir b atitinka ankstesnio teiginio sąlygas \u003d 0 ir \u003d +. Tada problemos (1) IS egzistuoja (,) visiems t0 (,), x0 Rn.

Lemma. Jei ir yra tęstiniai, (t0) (t0); už t t Įrodymas. Atkreipkite dėmesį, kad (t0, t0 +) kaimynystėje: jei (t0) (t0), tai tai iškart akivaizdu, ir kitaip (jei (t0) \u003d (t0) \u003d 0) turime (t0) \u003d g (t0, 0) (t0), kuris vėl duoda reikiamą.

Dabar tarkime, kad yra t1 t0 toks, kad (t1). Akivaizdžiu samprotavimu galime rasti (t1) t2 (t0, t1] taip, kad (t2) \u003d (t2), ir toliau (t0, t2), bet tada taške t2 turime \u003d, - prieštaravimą.

g yra bet koks, ir iš tikrųjų jums reikia tik C ir ten, kur \u003d. Bet tam, kad nekaltume galvos, svarstysime kaip Lemmoje. Čia yra griežta nelygybė, tačiau netiesinis ODE, taip pat yra vadinamasis.

Užrašas mokytojui. Tokios nelygybės, kaip ir Lemma, vadinamos Chaplygin tipo nelygybėmis (NP). Nesunku pastebėti, kad „Lemma“ nebuvo reikalinga unikalumo sąlyga, todėl toks „griežtas NP“ galioja ir Peano teoremos rėmuose. „Silpnas LF“ yra akivaizdžiai neteisingas be unikalumo, nes lygybė yra ypatingas silpnos nelygybės atvejis. Galiausiai, „neprivaloma NP“ yra teisinga unikalumo sąlygos rėmuose, tačiau tai įrodyti įmanoma tik lokaliai - naudojant IM.

Įrodymas. (Tvirtinimai). Įrodykime, kad t + \u003d (t \u003d panašiai). Tarkime, kad t +, tada aukščiau esančiu teiginiu | x (t) | + t t +, todėl galime manyti, kad x \u003d 0. Jei įrodysime AO | x | h on) (kamuolys yra uždarytas patogumui).

Cauchy problema x (0) \u003d 0 turi R unikalų IS x \u003d 0.

Nurodykime pakankamą sąlygą f, kuriai esant galima garantuoti IS egzistavimą R + visiems pakankamai mažiems x0 \u003d x (0). Norėdami tai padaryti, tarkime, kad (4) turi vadinamąjį. Lyapunovo funkcija, t. y. tokia funkcija V, kad:

1. VC1 (B (0, R));

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

Patikrinkime, ar įvykdytos A ir B sąlygos:

A. Apsvarstykite Cauchy problemą, kur | x1 | R / 2. Sukonstruokime cilindrą B \u003d R B (0, R) - funkcijos f sritis, kur ji ribota ir priklauso C1 klasei, kad egzistuotų F \u003d max | f | Pagal TK-P yra sprendimas (5), apibrėžtas intervale (t1 T0, t1 + T0), kur T0 \u003d min (T, R / (2F)). Pasirinkus pakankamai didelę T, galima pasiekti T0 \u003d R / (2F). Svarbu, kad T0 nepriklausytų nuo (t1, x1) pasirinkimo, jei tik | x1 | R / 2.

B. Nors sprendimas (5) yra apibrėžtas ir lieka rutulyje B (0, R), galime atlikti šiuos argumentus. Mes turime:

V (x (t)) \u003d f (x (t)) V (x (t)) 0, t. Y. V (x (t)) V (x1) M (r) \u003d max V (y) ... Akivaizdu, kad m ir M nemažėja, yra tęstiniai r yra pertraukiami esant nuliui, m (0) \u003d M (0) \u003d 0, o už nulio jie yra teigiami. Todėl yra R0, kad M (R) m (R / 2). Jei | x1 | R, tada V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), iš kur | x (t) | R / 2. Atkreipkite dėmesį, kad R R / 2.

Dabar galime suformuluoti teoremą, kuri iš sek. A, B išskiria visuotinį sprendimų egzistavimą (4):

Teorema. Jei (4) turi Lyapunovo funkciją B (0, R), tada visiems x0 B (0, R) (kur R yra apibrėžtas aukščiau), Cauchy problemos x (t0) \u003d x0 HP sistemai (4) (su bet kuria t0) apibrėžta prieš +.

Įrodymas. Pagal A punktą tirpalas gali būti sukurtas, kur t1 \u003d t0 + T0 / 2. Šis sprendimas yra B (0, R) ir mes pritaikome jam B elementą taip, kad | x (t1) | R / 2. Mes vėl pritaikome elementą A ir gauname sprendimą, kur t2 \u003d t1 + T0 / 2, t. Y. Dabar sprendimas yra pastatytas. Šiam tirpalui pritaikome B punktą ir gauname | x (t2) | R / 2 ir kt. Pagal daugybę žingsnių mes gauname 5 paragrafo sprendimą. ODE sprendimų priklausomybė nuo Apsvarstykite Cauchy problemą, kur Rk. Jei kai kuriems t0 (), x0 () ši Cauchy problema turi HP, tai ji yra x (t,). Kyla klausimas: kaip ištirti x priklausomybę nuo? Šis klausimas yra svarbus dėl įvairių programų (ir iškils ypač 3 dalyje), iš kurių vienas (nors galbūt ir ne pats svarbiausias) yra apytikslis ODE sprendimas.

Pavyzdys. Apsvarstykite „Cauchy“ problemą. Jo HP egzistuoja ir yra unikalus, kaip matyti iš TK-P, tačiau jo neįmanoma išreikšti elementariomis funkcijomis. Kaip tada ištirti jo savybes? Vienas iš būdų yra toks: atkreipkite dėmesį, kad (2) yra „arti“ problemos y \u003d y, y (0) \u003d 1, kurios sprendimą lengva rasti: y (t) \u003d et. Galime daryti prielaidą, kad x (t) y (t) \u003d et. Ši idėja yra aiškiai suformuluota taip: apsvarstykite problemą At \u003d 1/100 tai yra (2), o \u003d 0 tai y problema. Jei įrodysime, kad x \u003d x (t,) yra nenutrūkstamas (tam tikra prasme), tada gauname, kad x (t,) y (t) ties 0 ir tai reiškia, kad x (t, 1/100) y t) \u003d et.

Tiesa, lieka neaišku, ar x yra arti y, tačiau x tęstinumo įrodymas yra pirmasis būtinas žingsnis, be kurio neįmanoma toliau žengti.

Panašiai naudinga ištirti priklausomybę nuo parametrų pradiniuose duomenyse. Kaip pamatysime vėliau, ši priklausomybė gali būti lengvai sumažinta iki priklausomybės nuo parametro dešinėje lygties pusėje, todėl kol kas apsiribosime Let Let C C (D) formos problema, kur D yra domenas Rn + k + 1; f yra Lipschitzas x bet kokiame kompaktiškame rinkinyje iš D išgaubto x (pavyzdžiui, pakanka C (D)). Mes nustatome (t0, x0). Mes nustatėme M \u003d Rk | (t0, x0,) D yra leistinų rinkinys (kuriam (4) problema turi prasmę). Atkreipkite dėmesį, kad M yra atidarytas. Manysime, kad (t0, x0) pasirenkami taip, kad M \u003d. Pagal TK-P, visiems M yra unikalus (4) problemos IS - funkcija x \u003d (t,), apibrėžta intervale t (t (), t + ()).

Griežtai tariant, kadangi tai priklauso nuo daugelio kintamųjų, reikia parašyti (4) taip:

kur (5) 1 tinka rinkiniui G \u003d ((t,) | M, t (t (t (), t + ())). Tačiau skirtumas tarp ženklų d / dt ir / t yra grynai psichologinis (jų vartojimas priklauso nuo tos pačios psichologinės „fix“ sąvokos). Taigi aibė G yra natūralus maksimalus funkcijos apibrėžimo rinkinys, o tęstinumo klausimas turėtų būti ištirtas būtent G.

Mums reikia pagalbinio rezultato:

Lemma. (Gronwalla). Tegul funkcija C, 0 tenkina visų t sąmatą. Tada tai tiesa visiems. Pastaba mokytojui. Skaitant paskaitą nereikia iš anksto įsiminti šios formulės, bet palikti vietos ir po išvados ją įrašyti.

Bet tada laikykite šią formulę matomoje vietoje, nes to reikės ToNZ.

h \u003d A + B Ah + B, iš kur gauname tai, ko reikia.

Šios lemmos reikšmė: diferencialinė lygtis ir nelygybė, santykis tarp jų, integralinė lygtis ir nelygybė, visų jų santykis, diferencialinės ir integralinės Gronwallo lemmos ir santykis tarp jų.

Pakomentuokite. Įrodyti šią lemmą galima remiantis bendresnėmis prielaidomis apie, A ir B, tačiau mums to dar nereikia, tačiau tai bus daroma MFM kurse (pavyzdžiui, nesunku pastebėti, kad nenaudojome A ir B tęstinumo ir pan.).

Dabar esame pasirengę aiškiai nurodyti rezultatą:

Teorema. (ToHZ) Remdamiesi prielaidomis apie f ir aukščiau pateiktame žymėjime, galime teigti, kad G yra atviras ir C (G).

Pakomentuokite. Akivaizdu, kad aibė M, paprastai tariant, nėra sujungta, todėl G taip pat gali būti atjungtas.

Užrašas mokytojui. Tačiau jei į parametrų skaičių įtraukėme (t0, x0), tada ryšys būtų - tai daroma.

Įrodymas. Tegul (t,) G. Būtina įrodyti, kad:

Leiskite apibrėžtumui t t0. Mes turime: M, kad (t,) būtų apibrėžtas (t (), t + ()) t, t0, taigi ir tam tikru intervalu, kad t taškas (t, (t,),) eitų per kompaktišką kreivę D (lygiagretus hiperplanai (\u003d 0)). Tai reiškia, kad rūšies apibrėžimas turi būti nuolat matomas prieš akis!

taip pat yra kompaktiškas D pakankamai mažiems a ir b (išgaubtas x), todėl funkcija f yra Lipschitz x:

[Šis vertinimas turi būti nuolat matomas prieš jūsų akis! ] ir yra tolygiai ištisinis visuose kintamuosiuose, o tuo labiau | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Šis vertinimas turi būti nuolat matomas prieš jūsų akis! ] Apsvarstykite savavališką 1 tokį, kad | 1 | b ir atitinkamas tirpalas (t, 1). Rinkinys (\u003d 1) yra kompaktiškas D (\u003d 1), o t \u003d t0 taškas (t, (t, 1), 1) \u003d (t0, x0, 1) \u003d (t0, (t0,), 1) (\u003d 1), o pagal TPK t t + (1) taškas (t, (t, 1), 1) palieka (\u003d 1). Tegul t2 t0 (t2 t + (1)) yra pati pirmoji reikšmė, prie kurios eina minėtas taškas.

Pagal konstrukciją t2 (t0, t1]. Mūsų užduotis yra parodyti, kad t2 \u003d t1 esant papildomiems apribojimams. Dabar tegul t3. Turime (visiems tokiems t3 visi žemiau naudojami kiekiai apibrėžiami pagal konstrukciją):

(t3, 1) (t3,) \u003d f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt. Pabandykime įrodyti, kad ši vertė yra mažesnė už absoliučią vertę.

kai integrantas vertinamas taip:

± f (t, (t,),), bet ne ± f (t, (t,),), nes skirtumas | (t, 1) (t,) | dar nėra įvertinimo, todėl (t, (t, 1),) neaišku, bet | 1 | yra ir (t, (t,), 1) yra žinomas.

kad galų gale | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Taigi funkcija (t3) \u003d | (t3, 1) (t3,) | (tai yra tęstinė funkcija) tenkina Gronwallo lemmos sąlygas A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T \u003d t2, \u003d 0, todėl ši lemma duoda rezultatą [Ši sąmata visada turi būti laikoma priešais tavo akis! ] jei imsime | 1 | 1 (t1). Darysime prielaidą, kad 1 (t1) b. Visi mūsų argumentai yra teisingi visiems t3.

Taigi, pasirinkus 1, kai t3 \u003d t2, vis dėlto | (t2, 1) (t2,) | a ir taip pat | 1 | b. Vadinasi, (t2, (t2, 1), 1) galima tik dėl to, kad t2 \u003d t1. Bet tai visų pirma reiškia, kad (t, 1) yra apibrėžtas per visą intervalą, tai yra, t1 t + (1) ir visus formos (t, 1) G taškus, jei t, | 1 | 1 (t1).

Tai yra, nors t + priklauso nuo, bet segmentas lieka kairėje nuo t + (), kad būtų pakankamai arti. Paveiksle skaičių t4 t0 ir 2 (t4) buvimas parodytas panašiai kaip t t0. Jei t t0, tada taškas (t,) B (, 1) G, panašiai kaip ir t t0, o jei t \u003d t0, taikomi abu atvejai, kad (t0,) B (, 3) G, kur 3 \u003d min (12). Svarbu, kad fiksuotam (t,) būtų galima rasti t1 (t,), kad t1 t 0 (arba atitinkamai t4) ir 1 (t1) \u003d 1 (t,) 0 (arba atitinkamai 2), kad pasirinkimas 0 \u003d 0 (t,) yra aišku (nes rutulį galima užrašyti gautame cilindriniame rajone).

iš tikrųjų buvo įrodyta subtilesnė savybė: jei IS yra apibrėžtas tam tikru intervalu, tada jame yra apibrėžtos visos IS su pakankamai artimais parametrais (t. y.

visi šiek tiek pasipiktinę HP). Tačiau ir atvirkščiai, ši savybė kyla iš G atvirumo, kaip bus parodyta žemiau, taigi tai yra lygiavertės formuluotės.

Taigi mes įrodėme 1 punktą.

Jei mes esame nurodytame cilindre erdvėje, tada įvertis teisingas | 1 | 4 (, t,). Tuo pačiu metu | (t3,) (t,) | už | t3 t | 5 (, t,) atsižvelgiant į t tęstinumą t. Dėl to (t3, 1) B ((t,),) turime | (t3, 1) (t,) |, kur \u003d min (4, 5). Tai 2 p.

"Rusijos Federacijos Švietimo ir mokslo ministerija Federalinės valstybės biudžetinė aukštojo profesinio mokymo įstaiga VALSTYBĖS VADYBOS UNIVERSITETAS Mokslinio, pedagoginio ir mokslinio personalo rengimo institutas. ĮMOKYMO SPECIALIOSIOS VADYBOS MOCKOS SOCIOLOGIJOS DISKIPLINOS ĮSTATYMO PROGRAMA - 2014 M. MEDICINOS ORGANIZACIJA stojamieji egzaminai į aukštąją mokyklą ... "

"Amūro valstybinio universiteto Psichologijos ir pedagogikos katedra ŠVIETIMO-METODOLOGINIS DISCIPLINĖS KONSULTACINĖS PSICHOLOGIJOS KOMPLEKSAS Pagrindinė edukacinė programa bakalauro kryptimi 030300,62 Psichologija Blagoveščenskas 2012 UMKd sukurta Apsvarstyta ir rekomenduojama Psichologijos ir pedagogikos protokolo katedros posėdyje ..."

"Automobilių pramonė) Omskas - 2009 3 Federalinė švietimo agentūra GOU VPO Sibiro valstybinė automobilių ir greitkelių akademija (SibADI) Inžinerinės pedagogikos katedra METODOLOGINĖS INSTRUKCIJOS Disciplinos studijoms Pedagoginės technologijos 050501 specialybės studentams - Profesinis mokymas (automobiliai ir automobilių ..."

«Serija Mokomoji knyga G.S. Rosenberg, FN Ryanskiy TEORINĖ IR TAIKOMOSIOS EKOLOGIJOS vadovėlis, kurį Rusijos Federacijos klasikiniam universitetiniam ugdymui rekomendavo Švietimo-metodinė asociacija, kaip vadovėlis aplinkosaugos specialybės aukštųjų mokyklų studentams. 2 leidimas Nižnevartovsko leidykla Nižnevartovsko pedagoginis institutas 2005 m. BBK 28.080.1я73 Р64 Recenzentai: Biolo daktaras. Mokslai, profesorius V. I. Popchenko (Ekologijos institutas ... "

"RUSIJOS FEDERACIJOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA Federalinės valstybės biudžetinė aukštojo profesinio mokymo įstaiga KRASNOJARSKO VALSTYBĖS PEDAGOGINIS UNIVERSITETAS. V.P. Astafieva E.M. Antipova MAŽA BOTANIKOS PRAKTIKA Elektroninis leidimas KRASNOYARSK 2013 LBC 28,5 А 721 Recenzentai: Vasiljevas AN, biologijos mokslų daktaras, KSPU profesorius V.P. Astafieva; Yamskikh G.Yu., geologijos mokslų daktaras, Sibiro federalinio universiteto Tretjakovos profesorius I. N., biologijos mokslų daktaras, profesorius, pagrindinis miškų instituto darbuotojas ... "

„Rusijos Federacijos Švietimo ir mokslo ministerija Federalinės valstybinės švietimo biudžetinė aukštojo profesinio mokymo įstaiga Amūro valstybinis universitetas Psichologijos ir pedagogikos katedra PEDIATRIKOS IR HIGIENOS PAGRINDO DISKLIPINOS UGDYMO-METODOLOGINIS KOMPLEKSAS Pagrindinė švietimo programa mokymo kryptimi 050400.62 Psichologinis ir pedagoginis švietimas Blagovch Psichologijos katedros posėdyje ir ... "

«Užduočių tikrinimas išsamiu atsakymu Valstybinis (galutinis) švietimo įstaigų 9 klasės absolventų atestatas (nauja forma) 2013 GEOGRAFIJA Maskva 2013 Autorius-sudarytojas: Ambartsumova E.M. 9-ių švietimo įstaigų klasių absolventų valstybinio (baigiamojo) atestavimo rezultatų objektyvumo didinimas ...

„Praktinės rekomendacijos dėl informacinio ir informacinio bei metodinio turinio naudojimo mokant rusų kalbą kaip valstybinę Rusijos Federacijos kalbą. Praktinės rekomendacijos skirtos rusų kalbos mokytojams (taip pat ir kaip ne gimtoji kalba). Turinys: Praktinės rekomendacijos ir gairės, kaip pasirinkti 1. edukacinių ir edukacinių užsiėmimų, skirtų rusų kalbos, kaip valstybinės kalbos, funkcionavimo problemoms, medžiagos turinį ... "

EV MURYUKINOS KRITINIO MĄSTYMO IR MEDIJŲ KOMPETENCIJOS PLĖTRA PRANEŠIMO ANALIZĖJE vadovėlio universitetams procese Taganrog 2008 2 Muryukina E.V. Studentų kritinio mąstymo ir žiniasklaidos kompetencijos ugdymas analizuojant spaudą. Vadovėlis universitetams. Taganrogas: NP asmenybės ugdymo centras, 2008.298 p. Vadove nagrinėjamas kritinio mąstymo ir žiniasklaidos kompetencijos ugdymas žiniasklaidos ugdymo procese. Nuo šiandien spaudos ... "

"APIE. P. Golovčenko APIE ŽMOGAUS FIZINĖS VEIKLOS FORMAVIMĄ II dalis P ED AG OGIK A DVI GAT ELN OY VEIKLA VN OSTI 3 Mokomasis leidinys Oleg Petrovich Golovchenko ŽMOGAUS FIZINĖS VEIKLOS FORMAVIMAS Vadovėlis II dalis Fizinio aktyvumo pedagogika Redagavo N. ... Kosenkova D.V.Smolyak ir S.V. Potapova *** Pasirašyta spausdinti 23.11 d. Formatas 60 x 90 / 1/16. Rašomasis popierius Times Headset Spausdinimo operacinis metodas Conv. ir tt .... "

VALSTYBĖ AUKŠTOJO PROFESINIO UGDYMO INSTITUCIJA PAVADINTA KAZANO VALSTYBĖS UNIVERSITETAS IR IR. ULYANOVA-LENINA Elektroninės mokslo ir švietimo išteklių bibliotekos. Mokymo priemonė Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazanė 2008 Elektroninės mokslo ir švietimo išteklių bibliotekos. Studijų vadovas elektroninių švietimo išteklių link. - Kazanė: KSU, 2008. Mokymo priemonė skelbiama sprendimu ... "

«RUSIJOS FEDERACIJOS ŠVIETIMO MINISTERIJA Valstybinė aukštojo profesinio mokymo įstaiga Orenburgo valstybinio universiteto Akbulako filialas Pedagogikos katedra V.А. TETSKOVOS MENO MOKYMO METODIKA BENDROSIOS ŠVIETIMO MOKYKLOS METODOLOGINĖJE INSTRUKCIJOJE Rekomenduojama paskelbti Valstybinės aukštojo profesinio mokymo įstaigos Orenburgo valstybinio universiteto redakcijos ir leidybos tarybos redakcijoje ... "

RUSIJOS FEDERACIJOS ŠVIETIMO IR MOKSLO MINISTERIJA STAVROPOLIO REGIONO VALSTYBĖS ŠVIETIMO AUKŠTOJO PROFESINIO ŠVIETIMO STEIGIMAS Dzhegutanova STUDIJŲ KALBOS MOKYMO IR METODINIO KOMPLEKSO ŠALIŲ VAIKŲ LITERATŪRA Stavropol 2010 1 Paskelbta Redakcijos ir leidybos tarybos UBK 82.0 sprendimu LBC 83.3 (0) GOU VPO Stavropolio valstybinio pedagoginio instituto recenzentai: "

„NUOSTATAI dėl naujos ikimokyklinio ugdymo kokybės vertinimo sistemos MBOU Kamyšinskajos vidurinė mokykla 1. Bendrosios nuostatos 1.1. Mokyklų vidaus švietimo kokybės vertinimo reglamentas (toliau - reglamentas) nustato vienodus reikalavimus mokyklos vidaus švietimo kokybės vertinimo sistemai (toliau - SHSOCO) įgyvendinti Kamišino vidurinės mokyklos (toliau - mokykla) biudžetinėje švietimo įstaigoje. 1.2. Praktinis SHSOCO įgyvendinimas sukurtas vadovaujantis ... "

"UZBEKISTANO TASHKENTO MEDICINOS AKADEMIJOS SVEIKATOS APSAUGOS MINISTERIJA SVEIKATOS PRIEŽIŪROS ASMENŲ PATVIRTINTA KLINIKINĖ ALERGOLOGIJA PATVIRTINTA akademinių reikalų prorektorė prof. O.R.Teshaevas - 2012 m REKOMENDACIJOS DĖL MOKYMO IR METODOLOGINĖS PLĖTROS PRAKTINIAM PRATIMUI BENDROJE METODOLOGINĖJE SISTEMOJE Metodiniai nurodymai medicinos universitetų dėstytojams Taškentas - 2012 m. UZBEKISTANO MEDICINOS PLĖTROS APSAUGOS MINISTERIJA

"Federalinė švietimo agentūra Gorno-Altajaus valstybinis universitetas AP Makoševas POLITINĖ GEOGRAFIJA IR GEOPOLITIKA Studijų vadovas Gorno-Altaisk RIO iš Gorno-Altajaus valstybinio universiteto 2006 m. Paskelbtas Gorno-Altajaus valstybinio universiteto redakcijos ir leidybos tarybos sprendimu. Makoševo AP POLITINIS GEOGRAFIJA IR GEOPOLITIKA. Studijų vadovas. - Gorno-Altayskas: RIO GAGU, 2006.-103 p. Mokymo priemonė sukurta atsižvelgiant į mokymo ... "

„A.V. Novitskaja, L.I. Nikolaeva ATEITIES ŠIUOLAIKINĖS UGDYMO PROGRAMOS MOKYKLA Gyvenimo etapai 1 KLASĖS METODOLOGINIS VADOVAS MOKYKLŲ KLASIŲ MOKYTOJAMS Maskva 2009 UDC 371 (075.8) LBC 74.00 N 68 Autorių teisės saugomos, būtina nurodyti autorius. Novitskaja A.V., Nikolajeva L.I. Н 68 Šiuolaikinė edukacinė programa Gyvenimo etapai. - M.: Avvallon, 2009. - 176 p. ISBN 978 5 94989 141 4 Ši brošiūra pirmiausia skirta mokytojams, tačiau neabejotinai dėl jos informacijos ... "

„Edukacinis-metodinis kompleksas RUSIJOS VERSLO TEISĖ 030500 - Jurisprudencija Maskva 2013 Autorius - Civilinės teisės disciplinų katedros sudarytojas Recenzentas - Edukacinis-metodinis kompleksas svarstomas ir tvirtinamas Civilinės teisės disciplinų departamento posėdyje nuo 2013 m. Rusijos verslo teisė: švietimo ir metodologija ... "

"A. A. Jamaškinas V. V. Ruženkovas Al. A. Jamashkinas MORDOVIJOS RESPUBLIKOS GEOGRAFIJA Gairė SARANSK MORDOVSKO UNIVERSITETO LEIDYBOS NAMAI 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2R351-6Mo) Ya549 Recenzentai: Fizinės geografijos katedra, Voronežo valstybinis pedagoginis universitetas; Geografijos mokslų daktaras, profesorius A. M. Nosonovas; Saransko mokyklos-komplekso Nr. 39 mokytojas A. V. Leontjevas Paskelbta ikimokyklinio mokymo ir vidurinio fakulteto švietimo ir metodinės tarybos sprendimu ... "

Aleksandras Viktorovičius Abrosimovas Gimimo data: 1948 m. Lapkričio 16 d. (1948 11 16) Gimimo vieta: Kuibyševas Mirties data ... Wikipedia

I Diferencialinių lygčių lygtys, kuriose yra norimos funkcijos, jų deriniai iš įvairių eilių ir nepriklausomi kintamieji. D. teorija. atsirado XVII amžiaus pabaigoje. įtakojami mechanikos ir kitų gamtos mokslų disciplinų poreikių, ... ... Didžioji tarybinė enciklopedija

Paprastosios diferencialinės lygtys (ODE) yra formos diferencialinė lygtis, kurioje yra nežinoma funkcija (galbūt vektorinė funkcija, tada, kaip taisyklė, taip pat vektorinė funkcija, kurios vertės yra to paties matmens erdvėje; šioje ... Wikipedia

Vikipedijoje yra straipsnių apie kitus žmones, turinčius šią pavardę, žr. Jududichą. Viktoras Iosifovičius Judovičius Gimimo data: 1934 m. Spalio 4 d. (1934 10 04) Gimimo vieta: Tbilisis, SSRS Mirties data ... Wikipedia

Diferencialas - (Diferencialas) Diferencialo apibrėžimas, funkcinis diferencialas, diferencialo užraktas Informacija apie diferencialo apibrėžimą, funkcinį diferencialą, diferencialo užraktą Turinys Turinys matematinis Neformalus aprašymas ... ... Investuotojų enciklopedija

Viena iš pagrindinių dalinių diferencialinių lygčių teorijos sąvokų. X vaidmuo pasireiškia esminėmis šių lygčių savybėmis, tokiomis kaip lokalios sprendimų savybės, įvairių problemų išsprendimas, jų teisingumas ir kt. Tegul ... ... Matematikos enciklopedija

Lygtis, kurioje nežinoma yra vieno nepriklausomo kintamojo funkcija, ir ši lygtis apima ne tik pačią nežinomą funkciją, bet ir įvairių derinių išvestines. Diferencialinių lygčių terminą pasiūlė G. ... Matematikos enciklopedija

Trenoginas Vladilenas Aleksandrovičius VA Trenoginas paskaitoje MISiS Gimimo data ... Wikipedia

Trenoginas, Vladilenas Aleksandrovičius Trenoginas Vladilenas Aleksandrovičius VA Trenoginas paskaitoje MISiS Gimimo data: 1931 (1931) ... Wikipedia

Gauso lygtis, tiesinė eilinė antrosios eilės diferencialinė lygtis arba, savaime susieta forma, kintamieji ir parametrai paprastai gali turėti bet kokias sudėtingas reikšmes. Po pakeitimo redukuota forma gaunama ... Matematikos enciklopedija