Макарскаја Е. В. Во книгата: Денови на студентска наука. Пролет - 2011 година. М.: Московскиот државен универзитет за економија, статистика и информатика, 2011. Стр. 135-139.

Авторите сметаат практична употребатеорија на линеарни диференцијални равенки за проучување на економски системи. Трудот ги анализира динамичките модели на Кејнз и Семјуелсон-Хикс со наоѓање на рамнотежни состојби на економските системи.

Иванов А.И., Исаков И., Демин А.В. и др.. Дел 5. М.: Слово, 2012 година.

Прирачникот ги разгледува квантитативните методи за проучување на потрошувачката на кислород од страна на лице за време на тестовите со дозирана физичка активностизведена во SSC RF-IMBP RAS. Прирачникот е наменет за научници, физиолози и лекари кои работат во областа на воздушната, подводната и спортската медицина.

Михеев А. В. Санкт Петербург: Оддел за оперативно печатење NRU HSE - Санкт Петербург, 2012 година.

Оваа збирка содржи проблеми во текот на диференцијалните равенки, прочитани од авторот на Економскиот факултет на Националниот истражувачки универзитет Висока економска школа за економија - Санкт Петербург. На почетокот на секоја тема, резимесе анализираат основни теоретски факти и примери на решенија на типични проблеми. За студенти и слушатели на програми од високото стручно образование.

Конаков В.Д.СПИ. ВП БРП. Издавачка куќа на Одборот на доверители на Механичко-математичкиот факултет на Московскиот државен универзитет, 2012. Бр. 2012 година.

Овој учебник се заснова на посебен курс по избор на студентот, прочитан од авторот на Механичко-математичкиот факултет на Московскиот државен универзитет. М.В. Ломоносов во 2010-2012 година академски години. Прирачникот го запознава читателот со методот parametrix и неговиот дискретен аналог, развиен неодамна од авторот на прирачникот и неговите колеги коавтори. Тој обединува материјал што претходно бил содржан само во голем број написи во списанија. Без да се стреми кон максимална општост на презентацијата, авторот имал за цел да ги демонстрира можностите на методот во докажување на локални гранични теореми за конвергенција на Маркови синџири до процес на дифузија и во добивање на двострани проценки од типот на Аронсон за некои дегенерирани дифузии.

Iss. 20. Њујорк: Спрингер, 2012 година.

Оваа публикација е збирка на поединечни статии на „Трета Меѓународна конференцијаза динамиката на информациските системи“, што се одржа на Универзитетот во Флорида, 16-18 февруари 2011 година. Целта на оваа конференција беше да ги собере научниците и инженерите од индустријата, владата и академијата за да споделат нови откритија и резултати за прашања поврзани со теоријата и практиката на динамиката на информацискиот систем. Динамиката на информациските системи: математичко откритие претставува модерни истражувањаи е наменет за дипломирани студенти и истражувачи кои се заинтересирани за најновите откритија во теорија на информациии динамички системи. Научниците од други дисциплини, исто така, може да имаат корист од примената на новите случувања во нивните области на студии.

Палвелев Р., Сергеев А. Г. Зборник на трудови на Математичкиот институт. В.А. Стеклов РАС. 2012. V. 277. S. 199-214.

Се проучува адијабатската граница во хиперболичните равенки Ландау-Гинзбург. Користејќи ја оваа граница, се воспоставува кореспонденција помеѓу решенијата на равенките Гинзбург-Ландау и адијабатските траектории во просторот на модулите на статичките решенија, наречени вртлози. Мантон предложи хеуристички адијабатски принцип постулирајќи дека секое решение на равенките Гинзбург-Ландау со доволно мала кинетичка енергија може да се добие како пертурбација на некоја адијабатска траекторија. Ригорозен доказ за овој факт беше пронајден неодамна од првиот автор

Даваме експлицитна формула за квази-изоморфизам помеѓу операите Hycomm (хомологијата на просторот на модули на кривите стабилни родови 0) и BV/Δ (хомотопискиот количник на операта Баталин-Вилковиски од BV-операторот). Со други зборови, изведуваме еквиваленција на Hycomm-алгебри и BV-алгебри подобрена со хомотопија која го тривијализира BV-операторот. Овие формули се дадени во однос на графиконите Givental и се докажани на два различни начини. Едниот доказ користи групна акција Givental, а другиот доказ поминува низ синџир на експлицитни формули за резолуции на Hycomm и BV. Вториот пристап дава, особено, хомолошко објаснување за групното дејство на Гивентал на Хиком-алгебрите.

Под научни уредувал: A. Mikhailov Vol. 14. М.: Факултет за социологија на Московскиот државен универзитет, 2012 година.

Статии оваа колекцијанапишана врз основа на извештаи направени во 2011 година на Социолошкиот факултет на Московскиот државен универзитет. М.В. Ломоносов на состанокот на XIV Интердисциплинарен годишен научен семинар „Математичко моделирање на општествените процеси“ именуван по. Херој на социјалистичкиот труд, академик А.А. Самара.

Публикацијата е наменета за истражувачи, наставници, студенти на универзитети и научни институции на Руската академија на науките кои се заинтересирани за проблемите, развојот и спроведувањето на методологијата математичко моделирањеопштествени процеси.

МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА НАЦИОНАЛЕН ИСТРАЖУВАЧКИ НУКЛЕАРЕН УНИВЕРЗИТЕТ „MEPhI“ Т. И. Бухарова, В. Л. Каминин, А. Б. Костин, Д. С. образовните институцииМосква 2011 UDC 517.9 BBC 22.161.6 B94 Бухарова Т.И., Каминин В.Л., Костин А.Б., Ткаченко Д.С. Курс на предавања за обични диференцијални равенки: Упатство . - М.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 стр. Учебникот е создаден врз основа на текот на предавањата што ги одржаа авторите во Московскиот институт за инженерска физика долги години. Наменет е за студенти на Националниот истражувачки нуклеарен универзитет MEPhI на сите факултети, како и за студенти со напредна математичка обука. Прирачникот е подготвен во рамките на Програмата за создавање и развој на NRNU MEPhI. Рецензент: Доктор по физика-математика. Науки Н.А. Кудрјашов. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Национален истражувачки нуклеарен универзитет MEPhI, 2011 Содржина Предговор. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Вовед во теоријата на обични диференцијални равенки Основни поими. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Проблемот на Коши. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Постоење и единственост на решение на проблемот на Коши за равенка од прв ред Теорема на единственост за OLE од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Постоење на решение за проблемот на Коши за ОЛЕ од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Продолжување на решението за ODE од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Проблемот на Коши за нормален систем од n-ти ред Основни поими и некои помошни својства на векторските функции. . . . Уникатност на решението на проблемот на Коши за нормален систем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Концептот на метрички простор. Принципот на компресивни пресликувања. . . . . . Теореми за постоење и единственост за решавање на проблемот на Коши за нормални системи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Некои класи на обични диференцијални равенки решени во квадратури Равенка со раздвојливи променливи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Линеарни OÄC од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Хомогени равенки. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Бернулиова равенка. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Равенка во вкупни диференцијали. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Нерешени равенки од прв ред во однос на изводот Теорема на постоење и единственост за решение на ODE нерешено во однос на изводот. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Специјално решение. Дискриминаторска крива. плик. . . . . . . . . . . . . . . . Метод на воведување параметри. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лагранжовата равенка. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Клероова равенка. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Линеарни ODE системи Основни поими. Теорема за постоење и единственост за решение на проблемот Хомогени системи на линеарни ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Одредница на Вронски. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Комплексни раствори на хомоген систем. Транзиција кон вистински dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Нехомогени системи на линеарни ODE. Методот на варијација на константи. . . . . Хомогени системи на линеарни ODE со постојани коефициенти. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Експоненцијална функција на матрица. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Коши 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Нехомогени системи на линеарни ODE со константни коефициенти. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Линеарни ODE од висок ред Редукција на систем од линеарни ODE. Теорема за постоење и единственост за решавање на проблемот на Коши. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Хомогена линеарна ODE од висок ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Својства на сложени решенија на хомогена линеарна ODE од висок ред. Премин од комплексен ÔSR во реален. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Нехомогени линеарни OÄD од висок ред. Методот на варијација на константи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Хомогени линеарни OÄD од висок ред со константни коефициенти. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Нехомогена линеарна ODE од висок ред со константни коефициенти. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Теорија на одржливост Основни концепти и дефиниции поврзани со одржливоста. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Стабилност на решенија на линеарен систем. . . . . . Теоремите на Лјапунов за стабилноста. . . . . . . . . . Стабилност при првото приближување. . . . . . . Однесување на фазни траектории во близина на точката на одмор 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Први интеграли на системи на ODE 198 Први интеграли на автономни системи на обични диференцијални равенки198 Неавтономни системи на ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Симетрична нотација на OÄC системи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Парцијални диференцијални равенки од прв ред Хомогени линеарни парцијални диференцијални равенки од прв ред Проблемот на Коши за линеарна парцијална диференцијална равенка од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Квазилинеарни равенки во парцијални изводи од прв ред. . . . Проблемот на Коши за квазилинеарна парцијална диференцијална равенка од прв ред. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Библиографија. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 ПРЕДГОВОР При подготовката на книгата, авторите си поставија за цел на едно место да соберат и во достапна форма да презентираат информации за повеќето прашања поврзани со теоријата на обични диференцијални равенки. Затоа, покрај материјалот вклучен во задолжителната програма на курсот за обични диференцијални равенки што се предава на NRNU MEPhI (и други универзитети), прирачникот содржи и дополнителни прашања, кои, по правило, немаат доволно време на предавањата, но кои ќе бидат корисни за подобро разбирање на предметот и ќе бидат корисни за сегашните студенти во нивните идни професионални активности. За сите изјави од предложениот прирачник се дадени математички ригорозни докази. Овие докази, по правило, не се оригинални, туку сите се преработени во согласност со стилот на презентација. математички курсеви во MEPhI. Според мислењето широко распространето меѓу наставниците и научниците, математичките дисциплини треба да се изучуваат со целосни и детални докази, преминувајќи постепено од едноставни во сложени. Со исто мислење се и авторите на овој прирачник. Теоретските информации дадени во книгата се поткрепени со анализа на доволен број примери, кои, се надеваме, на читателот ќе му го олеснат проучувањето на материјалот. Прирачникот е наменет за студенти со напредна математичка обука, првенствено до студенти на Националниот истражувачки нуклеарен универзитет MEPhI. Во исто време, исто така ќе биде корисно за сите кои се заинтересирани за теоријата на диференцијални равенки и ја користат оваа математичка гранка во својата работа. -5- Поглавје I. Вовед во теоријата на обични диференцијални равенки 1. 1. Основни поими Низ овој прирачник, со ha, bi означуваме кое било од множествата (a, b), , (a, b], , добиваме x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Откако ќе ја потенцираме последната неравенка и ќе ја примениме (2.3), имаме 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 за сите x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Така, f го задоволува условот Липшиц со L = 1 , всушност, дури и со L = sin 1 во y. Меѓутоа, изводот fy0 во точките (x, 0) 6= (0, 0) не ни постои.Следната теорема, која сама по себе е интересна, ни дозволува да се докаже единственоста на решението на проблемот на Коши: Теорема 2.1 (За проценка за разликата на две решенија) Нека G е домен 2 во R и нека f (x, y) 2 C G и ја задоволува условот Липшиц во G со y со константа L. Ако y1 , y2 се две решенија на равенката y 0 = f (x, y) на отсечката , тогаш важи следната неравенка (проценка): jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 за сите x 2 . -19- y2 Доказ. По дефиниција 2. 2 решенија на равенката (2.1), добиваме дека 8 x 2 точки x, y1 (x) и x, y2 (x) 2 G. За сите t 2 ги имаме точните еднаквости y10 (t) = f t , y1 (t ) и y20 (t) = f t, y2 (t) , кои ги интегрираме во однос на t на отсечката , каде што x 2 . Интеграцијата е легална, бидејќи десната и левата страна се континуирани на функции. Го добиваме системот на равенства Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Одземајќи еден од друг, имаме jy1 (x) y2 (x)j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx h f t, y1 (t) i f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + f t, y1 (t) f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Означи C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) y2 (t) > 0. за сите x 2 . Теоремата е докажана. Како последица на докажаната теорема, добиваме теорема за единственост за решавање на проблемот на Коши (2.1), (2.2). Заклучок 1. Нека функција f (x, y) 2 C G и го задоволува условот Липшиц во y во G, а функциите y1 (x) и y2 (x) се две решенија на равенството (2.1) на ист интервал , со x0 2 . Ако y1 (x0) = y2 (x0), тогаш y1 (x) y2 (x) на . Доказ. Да разгледаме два случаи. -20- 1. Нека x > x0 , тогаш од теорема 2. 1 следува дека h i т.е. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) за x > x0 . 2. Нека x 6 x0 , направи промена t = x, потоа yi (x) = yi (t) y~i (t) за i = 1, 2. Бидејќи x 2 , тогаш t 2 [ x0 , x1 ] и еднаквост y~1 (x0) = y~2 (x0). Да откриеме која равенка y~i (t) задоволува. Следниот синџир на еднаквости е точен: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Овде го користевме правилото за диференцијација комплексна функцијаи фактот дека yi (x) се решенија на равенката (2.1). Бидејќи функцијата f~(t, y) f (t, y) е континуирана и го задоволува условот на Липшиц во однос на y, тогаш со теорема 2.1 имаме дека y~1 (t) y~2 (t) на [ x0 , x1 ], т.е. y1 (x) y2 (x) до . Комбинирајќи ги двата разгледувани случаи, го добиваме тврдењето на последицата. Заклучок 2. (на континуирана зависност од почетните податоци) Нека функција f (x, y) 2 C G и задоволува во G условот Липшиц на y со константа L, а функциите y1 (x) и y2 (x) се решенија на Равенството (2.1) дефинирано на . Означи l = x1 x0 и δ = y1 (x0) y2 (x0) . Тогаш за 8 x 2 неравенството y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l е точно. Доказот следи веднаш од теорема 2. 1. Неравенството од заклучокот 2 се нарекува проценка на стабилноста на решението во однос на почетните податоци. Неговото значење лежи во фактот дека ако при x = x0 решенијата се „блиски“, тогаш тие се и „блиски“ на крајниот сегмент. Теоремата 2. 1 дава проценка, која е важна за апликации, за модулот на разликата на две решенија, а заклучокот 1 ја дава единственоста на решението на проблемот на Коши (2.1), (2.2). Има и други доволни услови за уникатност, од кои еден ви го претставуваме сега. Како што е наведено погоре, геометриската единственост на решението на проблемот на Коши значи дека не може да помине повеќе од една интегрална крива на равенството (2.1) низ точката (x0, y0) од доменот G. Теорема 2.2 (Осгуд за уникатноста). Нека функција f (x, y) 2 C G и за 8 (x, y1), (x, y2) 2 G неравенката f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , каде што ϕ ( u) > 0 за u 2 (0, β], ϕ(u) е континуирано, а Zβ du ! +1 кога ε ! 0+. Тогаш најмногу една интегрална крива (2.1).-21- Доказ. постојат две решенија y1 (x) и y2 (x) од равенката (2.1), така што y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , означува z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, т.е. тогаш z dx 1 d неравенката jzj2 6 ϕ jzj jzj, од која, за jzj 6= 0, следува дека 2 неравенство: двојно Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2,5) x1 jz1 j i = 1, 2. Според претпоставката, z(x) 6 0 и, згора на тоа, е континуирана, па постои таква отсечка , изберете го и поправете го. n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 и z(x) = 0 . Барем едно од овие множества не е празно, бидејќи z(x0) = 0 и x0 62 . Нека, на пример, X1 6= ∅, тој е ограничен одозгора, па 9 α = sup X1 . Забележете дека z(α) = 0, т.е. α 2 X1 , бидејќи под претпоставка дека z(α) > 0, поради континуитет, ќе имаме z(x) > 0 на некој интервал α δ1 , α + δ1 , а тоа е во спротивност со дефиницијата за α = sup X1 . Од условот z(α) = 0 следува дека α< x1 . По построению z(x) > 0 за сите x 2 (α, x2 ], а бидејќи z(x) ! 0+ е континуирано за x ! α + 0. Да ги повториме аргументите во изведувањето (2.5), интегрирајќи се преку отсечката [α + δ, x2 ], каде што x2 е избрано погоре и фиксирано, а δ 2 (0, x2 α) е произволно, ја добиваме следната неравенка: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 неравенка, тежнееме кон δ !0+, тогаш z(α+δ) ! z(α) = 0, од ​​Zjz2 j d jzj2 ! +1, според условот за континуитет z(x), а потоа интегралот 2 jzjϕ jzj од теоремата jz(α+ δ)j -22 - Десната страна на неравенката Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α е ограничена со α + δ одозгора со конечна вредност, која истовремено е невозможна.дека проблемот на Коши (2.1), (2.2) се подразбира како следниов задача за наоѓање на функцијата y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, каде што f (x, y) 2 C G и (x0 , y0) 2 G, G е домен во R2 Лема 2. 2. Нека f (x, y) 2 C G Тогаш важат следните тврдења: 1 ) која било ре решението ϕ(x) од равенката (2.1) на интервалот ha, bi задоволува (2.2) x0 2 ha, bi е решение на ha, bi на интегралната равенка Zx y(x) = y0 + f τ, y( τ) dτ ; (2.6) x0 2) ако ϕ(x) 2 C ha, bi е решение на интегралната равенка (2.6) на ha, bi, 1 каде што x0 2 ha, bi, тогаш ϕ(x) 2 C ha, bi и е решение на (2.1), (2.2). Доказ. 1. Нека ϕ(x) е решение на (2.1), (2.2) на ha, bi. Потоа, со Забелешка 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi и 8 τ 2 ha, bi, ја имаме еднаквоста ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , интегрирајќи ја од x0 до x, добиваме ( за било кој x 2 ha , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, и ϕ(x0) = y0, т.е. ϕ(x) е решението (2.6). x0 2. Нека y = ϕ(x) 2 C ha, bi е решение за (2.6). Бидејќи f x, ϕ(x) е континуиран на ha, bi по претпоставка, тогаш Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 како интеграл со променлива горна граница на континуиран функција. Диференцирајќи ја последната еднаквост во однос на x, добиваме ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi и, очигледно, ϕ(x0) = y0 , т.е. ϕ(x) е решение на проблемот на Коши (2.1), (2.2). (Како и обично, изводот на крајот од сегментот се подразбира како соодветниот едностран извод.) -23- Забелешка 2. 6. Лема 2. 2 се нарекува лема за еквивалентноста на проблемот на Коши (2.1) , (2.2) до интегралната равенка (2.6). Ако докажеме дека постои решение на равенката (2.6), тогаш ја добиваме решливоста на проблемот на Коши (2.1), (2.2). Овој план е имплементиран во следната теорема. Теорема 2.3 (Теорема за локално постоење). Нека правоаголникот P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β лежи целосно во доменот G на функцијата f (x, y). Функција f (x, y) 2 C G и го задоволува условот Липшиц за n y ov G со константа L. Означете β M = max f (x, y) , h = min α, M . Потоа, постои решение на проблемот на Коши (2.1), (2.2) на интервалот P. Доказ. Да утврдиме постоење на решение на интегралната равенка (2.6) на интервалот. За да го направите ова, земете ја следнава низа на функции: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, итн. x0 1. Да покажеме дека 8 n 2 N функции yn (сукцесивни приближувања) се дефинирани, т.е. да покажеме дека за 8 x 2 неравенството yn (x) y0 6 β важи за сите n = 1, 2, . . . Го користиме методот на математичка индукција (MMI): а) индукциона основа: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 каде M0 = max f (x, y0) за jx x 0 j6 α, M06 M; б) претпоставка и чекор на индукција. Нека неравенството е точно за yn 1 (x), да ја докажеме за yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Значи, ако jx x0 j 6 h , потоа yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Нашата цел е да ја докажеме конвергенцијата на најблискиот 1 наследник yk (x) k=0 , за ова е погодно да се претстави како: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 т.е. секвенци од парцијални збирови на функционална серија. 2. Проценете ги членовите на оваа серија со докажување на следните неравенки 8 n 2 N и 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Да го примениме методот на математичка индукција: jx n 1 1 hn . n! (2.7) а) индукциска основа: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, докажано погоре; б) претпоставка и чекор на индукција. Нека неравенството е точно за n, да речеме за n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, до dτ 6 x0 Zx i yn 6 од условот на Липшиц 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 од хипотезата за индукција 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Овде го користевме фактот дека интегралот I = jτ x0 за x > x0 за 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 >А, Б1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk за сите k 2 N; 1) А< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N важи Да го докажеме ова помошно тврдење за случајот A, B 2 R (односно, A и B се конечни; ако A = 1 или B =+1, тогаш слично). Земете x A B x , произволно x 2 (A, B) и δ(x) = min , δ(x) > 0. За 2 2 бројот δ од конвергенцијата Ak ! А и Бк! B добиваме дека 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1 , A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >Н. Применувајќи го заклучокот 1 од Дел 2.1 (т.е., теоремата за единственост), добиваме дека ϕ(t) ψ(t) за сите t 2 и, особено, за t = x. Бидејќи x е произволна точка во (А, Б), се докажува единственоста на решението, а со тоа и последицата. Забелешка 2. 10. Во штотуку докажаниот заклучок, најпрво се сретнавме со поимот за проширување на решението на пошироко множество. Во следниот пасус ќе го проучиме подетално. Да дадеме неколку примери. p Пример 2. 2. За равенката y 0 = ejxj x2 + y 2 дознајте дали неговото решение постои во целина (A, B) = (1, +1). Разгледајте ја оваа равенка во „лентата“ Q = R2 , функцијата p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Според изјавата 2.1 од Дел 2.1, функцијата f (x, y) ја задоволува состојбата на Липшиц во однос на y со „константа“ L = L(x), x е фиксна. Тогаш сите услови на последицата се задоволени, и за секој почетен податок (x0 , y0) 2 R2 решението на проблемот на Коши постои и, згора на тоа, е единствено на (1, +1). Забележете дека самата равенка не може да се реши во квадрати, но приближните решенија може да се конструираат нумерички. е дефинирана и континуирана во Q, -32- Пример 2. 3. За равенката y 0 = ex y 2 дознајте дали постојат нејзините решенија дефинирани на R. Ако ја разгледаме оваа равенка повторно во „лентата“ Q = R2 , каде функцијата ∂ f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j за сите y1 , y2 2 R. Навистина, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, а изразот jy2 + y1 j не е ограничен за y1 , y2 2 R. Така, последицата не важи. Оваа равенка ја решаваме со „одвојување на променливите“, го добиваме општото решение: „ y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C За определеност земете x0 = 0, y0 2 R. Ако y0 = 0, тогаш y(x) 0 е решение на проблемот на Коши на R. 1 е решение на проблемот на Коши, за y0 2 [ 1, 0) ex е дефинирано за сите x 2 R, додека за y0 2 ( 1, 1) [ (0, +1) решението не е y0 + 1 може да се продолжи низ точката x = ln Поточно, ако x > 0, тогаш y0 1 се дефинира решението y(x) = y0 +1 за x 2 (1, x), и ако 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, тогаш решението постои само за x 2 1; ln y0 Овој пример покажува дека ограничувањето на растот на функцијата f (x, y) во последицата на теоремата 2. 4 докажано погоре е од суштинско значење за проширување на решението на целината (A, B). Слично, примери се добиваат со функцијата f (x, y) = f1 (x) y 1+ε за било која ε > 0; во горниот пример, ε = 1 се зема само за погодност за презентација. 2. 3. Продолжување на решението за прв ред ОДЕ Дефиниција 2. 5. Разгледајте ја равенката y 0 = f (x, y) и нека y(x) е негово решение на ha, bi, и Y (x) неговата раствор на hA , Bi, каде што ha, bi се содржи во hA, Bi и Y (x) = y(x) на ha, bi. Тогаш Y (x) се нарекува продолжување на растворот y(x) до hA, Bi, додека y(x) се вели дека е продолжен до hA, Bi. -34- Во делот 2.2 докажавме теорема за локално постоење за решение на проблемот на Коши (2.1), (2.2). Под кои услови ова решение може да се прошири на поширок интервал? Токму на ова прашање е посветен овој дел. Нејзиниот главен резултат е како што следува. Теорема 2.5 (за продолжување на решението во ограничен затворен домен). Нека функција f (x, y) 2 C G го задоволува условот Липшиц во однос на y во R2, и (x0, y0) е внатрешна точка на ограничен затворен домен G G. Тогаш решението на равенката y 0 = f (x, y) може да се прошири до ∂G од границата на G, т.е. може да се прошири на таков сегмент што точките a, y(a) и b, y(b) лежат на ∂G. ∂f (x, y) е континуирано во ограничен ∂y затворен домен G конвексен во y, тогаш функцијата f (x, y) го задоволува условот Липшиц во G во однос на променливата y. Видете ја последицата од тврдењето 2. 1 ∂f од потточка 2.1. Според тоа, оваа теорема ќе биде вистинита ако е континуирана во ∂y G. Забелешка 2. 11. Потсетиме дека ако Доказ. Бидејќи (x0 , y0) е внатрешна точка на G, тогаш постои затворен правоаголник n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , кој целосно лежи во G. Потоа, со теорема 2. 3 од n 2.2 постои h > 0 така што има (и единствено) решение y = ϕ(x) на равенката y 0 = f (x, y) на интервалот. Прво да го продолжиме ова решение десно до границата на доменот G, делејќи го доказот на посебни чекори. 1. Размислете за множеството E R: n o E = α > 0 решението y = ϕ(x) може да се прошири, постои решение y = ϕ1 (x) од равенката y 0 = f (x, y) што ги задоволува условите на Коши ϕ1 ~b = ϕ ~b. Така, ϕ(x) и ϕ1 (x) се решенија на интервалот ~b h1 , ~b од истата равенка што се совпаѓаат во точката x = ~b, така што тие се совпаѓаат на целиот интервал ~b h1, ~b и , значи, ϕ1 (x) е продолжување на решението ϕ(x) од интервалот ~b h1 , ~b до ~b h1 , ~b + h1 . Размислете за функцијата ψ(x): ϕ(x), x 2 x0, ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b, h1, ~b + h1 ~b h1, x0 + α0 + h1, што е решение на равенката y 0 = f (x, y) и го задоволува условот на Коши ψ(x0) = y0 . Тогаш бројот α0 + h1 2 E, што е во спротивност со дефиницијата α0 = sup E. Затоа, случајот 2 е невозможен. Слично на тоа, решението ϕ(x) се протега налево, до интервалот , каде што точката е a, ϕ(a) 2 ∂G. Теоремата е целосно докажана. -37- Поглавје III. Проблемот на Коши за нормален систем од n-ти ред 3. 1. Основни поими и некои помошни својства на векторските функции Во ова поглавје ќе разгледаме нормален систем од n-ти ред од формата 8 > t, y , . . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . >> : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n каде непознатите (посакуваните) функции се y1 (t), . . . , yn (t), додека функциите fi се познати, i = 1, n, точката над функцијата го означува изводот во однос на t. Се претпоставува дека сите fi се дефинирани во доменот G Rn+1. Удобно е да се запише системот (3.1) во векторска форма: y_ = f (t, y), каде што y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); Ние нема да пишуваме стрелки во означувањето на вектори за краткост. Таквата нотација ќе биде означена и со (3.1). Нека точката t0 , y10 , . . . , yn0 лежи во G. Проблемот на Коши за (3.1) е да се најде решение ϕ(t) на системот (3.1) што го задоволува условот: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) или во векторска форма ϕ(t0) = y 0 . Како што е забележано во Поглавје 1, под решение на системот (3.1) на интервалот ha, bi ја мислиме векторската функција ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) ги задоволува следните услови: 1) 8 t 2 ha, bi точката t, ϕ(t) лежи во G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) ја задоволува (3.1). Ако таквото решение дополнително ја задоволува (3.2), каде t0 2 ha, bi, тогаш тоа се нарекува решение на проблемот на Коши. Условите (3.2) се нарекуваат почетни услови или услови на Коши, а броевите t0 , y10 , . . . , yn0 се податоците на Коши (почетни податоци). Во посебниот случај кога векторската функција f (t, y) (n+1) на променливата зависи од y1 , . . . , yn линеарно, т.е. има форма: f (t, y) = A(t) y + g(t), каде што A(t) = aij (t) е n n матрица, системот (3.1) се нарекува линеарен. Во продолжение, ќе ни требаат својства на векторските функции, кои ги презентираме овде за погодност за референца. Правилата за собирање и множење со број за вектори се познати од курсот за линеарна алгебра, овие основни операции се вршат координатно. n Ако внесете Р скаларен производ x, y = x1 y1 + . . . + xn yn , тогаш добиваме Евклидов простор, означен и со Rn , со должина s q n P на векторот jxj = x, x = x2k (или Евклидовата норма). За скаларен k=1 производ и должина, две главни неравенки се вистинити: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (неравенство на триаголник); y (нееднаквоста Коши-Бунјаков - Од текот на математичката анализа на вториот семестар, познато е дека конвергенцијата на низа точки (вектори) во Евклидов простор (конечно-димензионални) е еквивалентна на конвергенција на низи од координати од овие вектори, велат тие, е еквивалентно на координатно конвергенција.Ова лесно произлегува од неравенките: q p max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n Слично на скаларниот случај, изводот и интеграл на векторска функција се дефинирани, а својствата лесно се докажуваат со преминување на координати. која било векторска функција y(t) = y1 (t), . . , yn (t) интеграбилна (на пример, континуирана) на , неравенката Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) или во координатна форма 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 a Доказ Прво забележете дека неравенството не го исклучува случајот b< 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-ти редматрица А, тогаш: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 од неравенката Коши-Аунјаковски 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 [заштитена е-пошта] 2 2 l=1 2 x , k,i=1 што имплицира (3.5). Дефиниција 3. 1. Да речеме дека векторската функција f (t, y) го задоволува условот Липшиц во однос на векторската променлива y на множеството G променливи (t, y) ако 9 L > 0 така што за кој било t , y , 2 t, y 2 G неравенката f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 е задоволена. Како и во случајот на функција од две променливи (види тврдење 2.1), доволен услов за својството на Липшиц во доменот G „конвексен во y“ е парцијалните изводи да се ограничени. Да дадеме прецизна дефиниција. Дефиниција 3. 2. Доменот G на променливите (t, y) се нарекува конвексен 1 2 во y ако за било кои две точки t, y и t, y што лежат во G, отсечката што ги поврзува овие две точки целосно му припаѓа, т.е. д. множество n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , каде τ 2 . Изјава 3. 1. Ако доменот G на променливите (t, y) е конвексен во y, а парцијалните изводи ∂fi се континуирани и ограничени со константа l во G за ∂yj од сите i, j = 1, n, тогаш векторската функција f t, y задоволува во G до условот Липшиц на y со константата L = n l. 1 2 Доказ. Размислете за произволни точки t, y и t, y од G и 1 2 сегментот што ги поврзува, т.е. поставете t, y , каде што y = y + τ y y1, t е фиксиран и τ 2 . -41- Да воведеме векторска функција од еден скаларен аргумент g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 потоа g(1) g(0) = f t, y f t, y , а од друга страна Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = поради y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 каде што A(τ) е матрица со записи ∂fi и ∂yj y2 y 1 е соодветната колона. Овде го користевме правилото за диференцијација на сложена функција, имено, за сите i = 1, n, t е фиксна, имаме: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t , y(τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1. = ∂y1 ∂yn Пишувајќи го ова во форма на матрица, добиваме: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y со n n матрица A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Користејќи ја интегралната проценка (3.3) и неравенството (3.5), по замена добиваме: f t, y 2 f t, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 n l 0 6 max A(τ) од 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 за 8 τ 2. Тврдењето е докажано. -42- 3. 2. Единственост на решението на проблемот на Коши за нормален систем Теорема 3. 1 (за проценка на разликата на две решенија). Нека G е некој домен Rn+1, а векторската функција f (x, y) е континуирана во G и ја задоволува условот Липшиц во однос на векторската променлива y на множеството G со константа L. Ако y 1, y 2 се две решенија на нормалниот систем (3.1) y_ = f (x, y) на отсечката , потоа проценката y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) важи за сите t 2 . Доказот буквално го повторува доказот на теоремата 2.1 од сек. 2.1, земајќи ги предвид очигледните ренотации. 2 Од тука е лесно да се добие теоремата за уникатност и стабилност на решението во однос на почетните податоци. Заклучок 3.1. Нека векторската функција f (t, y) е континуирана во доменот G и го задоволува условот Липшиц во y во G, а функциите y 1 (t) и y 2 (t) се две решенија на нормалниот систем (3.1 ) на истиот сегмент и t0 2 . Ако y 1 (t0) = y 2 (t0), тогаш y 1 (t) y 2 (t) на . Заклучок 3.2. (на континуирана зависност од првичните податоци). Нека векторската функција f (t, y) е континуирана во доменот G и го задоволува условот на Липшиц на y со константа L > 0 во G, а векторските функции y 1 (t) и y 2 (t) се решенија на нормалниот систем (3.1) дефиниран на . Потоа, за 8 t 2, важи неравенката y 1 (t), каде δ = y 1 (t0) y 2 (t0) и l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Доказот за заклучоците ги повторува од збор до збор доказите од заклучоците 2.1 и 2.2, земајќи ги предвид очигледните ренотации. 2 Проучувањето на решливоста на проблемот на Коши (3.1), (3.2), како и во еднодимензионалниот случај, се сведува на решливост на интегрална (векторска) равенка. Лема 3. 1. Нека f (t, y) 2 C G; Rn 1. Тогаш важат следните тврдења: 1) кое било решение ϕ(t) од равенството (3.1) на интервалот ha, bi задоволува (3.2) t0 2 ha, bi е континуирано решение на ha, bi 1 Низ C G; H е вообичаено да се означи множеството од сите функции континуирани во доменот G со вредности во просторот H. На пример, f (t, y) 2 C G; Rn компоненти) дефинирани на множеството G. е множество од сите континуирани векторски функции (со n -43-интегрална равенка y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) ако векторската функција ϕ(t) 2 C ha, bi е континуирано решение на интегралната равенка (3.6) на ha, bi, каде t0 2 ha, bi, тогаш ϕ(t) има континуиран извод на ha, bi и е решение на (3.1), (3.2). Доказ. 1. Нека 8 τ 2 ha, би ја задоволува еднаквоста dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Потоа, интегрирајќи од t0 во t, земајќи ја предвид (3.2), добиваме dτ Rt 0 дека ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, т.е. ϕ(t) ја задоволува равенката (3.6). t0 2. Нека континуирана векторска функција ϕ(t) ја задоволува равенката (3.6) на ha, bi. Тогаш f t, ϕ(t) е континуирана на ha, bi според теоремата за континуитет на композитната функција, и затоа десната страна на (3.6 ) ( и оттука левата страна) има континуиран извод во однос на t на ha, bi. За t = t0, од ​​(3.6) ϕ(t0) = y 0, т.е. ϕ(t) е решение на проблемот на Коши (3.1), (3.2). Забележете дека, како и обично, изводот на крајот од сегментот (ако му припаѓа) се подразбира како едностран извод на функцијата. Лемата е докажана. Забелешка 3. 1. Користејќи ја аналогијата со еднодимензионалниот случај (види Поглавје 2) и тврдењата докажани погоре, можеме да ја докажеме теоремата за постоењето и проширувањето на решението на проблемот Коши со конструирање итеративна низа што конвергира во решение на интегралната равенка (3.6) на некој интервал t0 h, t0 + h . Овде презентираме уште еден доказ за постоењето (и единственоста) теорема за решение засновано на принципот на мапирање на контракција. Ова го правиме за да го запознаеме читателот со посовремени методи на теорија, кои ќе се користат во иднина, на курсевите интегрални равенки и равенки по математичка физика. За да го реализираме нашиот план, потребни ни се голем број нови концепти и помошни тврдења, кои сега ќе ги разгледаме. 3. 3. Концептот на метрички простор. Принцип на пресликувања на контракција Најважниот концепт на граница во математиката се заснова на концептот на „блискост“ на точки, т.е. да може да се најде растојанието меѓу нив. На бројната оска, растојанието е модул на разликата помеѓу два броја, на рамнината е добро познатата формула за Евклидово растојание итн. Многу факти за анализа не ги користат алгебарските својства на елементите, туку се потпираат само на концептот на растојанието меѓу нив. Развојот на овој пристап, т.е. раздвојувањето на „битието“ поврзано со концептот на граница доведува до концепт на метрички простор. -44- Дефиниција 3. 3. Нека X е множество од произволна природа, а ρ(x, y) е реална функција од две променливи x, y 2 X, што задоволува три аксиоми: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X и ρ(x, y) = 0 само за x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (аксиома на симетрија); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (неравенство на триаголник). Во овој случај, множеството X со дадена функција ρ(x, y) се нарекува метрички простор (ÌS), а функцијата ρ(x, y) : X X 7! R задоволува 1) – 3), – метрика или растојание. Да дадеме неколку примери на метрички простори. Пример 3. 1. Нека X = R со растојание ρ(x, y) = x y, добиваме MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n е Пример 3. 2. Нека X = R = x1 , . . . , xn е множество од подредени збирки од n реални броеви s n 2 P x = x1 , . . . , xn со растојание ρ(x, y) = xk yk , добиваме n1 k=1 n димензионален Евклидов простор R . n Пример 3. 3. Нека X = C a, b ; R е множество од сите функции континуирани на a, b со вредности во Rn, т.е. континуирани векторски функции, со растојание ρ(f, g) = max f (t) g(t) , каде што f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), . . . , gn (t) , f g = fk (t) gk (t) . k=1 За примери 3. 1 –3. 3-те аксиоми на MP се директно проверени, ова го оставаме како вежба за совесниот читател. Како и обично, ако секоја природна n е поврзана со елемент xn 2 X, тогаш велиме дека е дадена низа од точки xn MP X. Дефиниција 3. 4. Секвенца од точки xn MP X се вели дека конвергира до точка x 2 X ако lim ρ xn , x = 0. n!1 Дефиниција 3. 5. Низата xn се нарекува фундаментална ако за било кој ε > 0 постои природен број N (ε) таков што за сите n > N и m > N неравенката ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n > N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 има број N (ε) таков што за сите n > N и за сите t 2 a, b неравенството 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. Размислете B = Am , B: X 7! X, B - компресија. Според теорема 3.2, операторот B има единствена фиксна точка x. Бидејќи A и B менуваат AB = BA и бидејќи Bx = x , имаме B Ax = A Bx = Ax , т.е. y = Ax е исто така фиксна точка на B, и бидејќи таквата точка е единствена по теорема 3.2, тогаш y = x или Ax = x . Оттука x е фиксна точка на операторот A. Да ја докажеме единственоста. Да претпоставиме дека x~ 2 X и A~ x = x~, тогаш m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, т.е. x~ е исто така фиксна точка за B, од каде x~ = x . Теоремата е докажана. Посебен случај на метрички простор е нормализиран линеарен простор. Да дадеме прецизна дефиниција. Дефиниција 3. 9. Нека X е линеарен простор (реален или сложен) на кој е дефинирана нумеричка функција x, која дејствува од X до R и ги задоволува аксиомите: 1) 8 x 2 X, x > 0 и x = 0 само за x = θ; 2) 8 x 2 X и за 8 λ 2 R (или C) 3) 8 x, y 2 X е прекар). x+y 6 x + y λx = jλj x ; (неравенството на триаголникот) Тогаш X се нарекува нормализиран простор, x: X 7! R задоволува 1) – 3), се нарекува норма. и функција Во нормализиран простор, можете да го внесете растојанието помеѓу елементите со формулата ρ x, y = x y . Исполнувањето на MP аксиомите лесно се проверува. Ако добиениот метрички простор е комплетен, тогаш соодветниот нормализиран простор се нарекува Banax простор. Често е можно да се воведе норма на различни начини на ист линеарен простор. Како резултат на тоа, се појавува концепт. Дефиниција 3. 10. Нека X е линеарен простор, а нека се и две 1 2 норми воведени на него. Норми и се нарекуваат еквивалентни 1 2 норми ако 9 C1 > 0 и C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Забелешка 3. 3. Ако и се две еквивалентни норми на X, и 1 2 просторот X е целосен во едната од нив, тогаш тој е целосен и во другата норма. Ова лесно произлегува од фактот дека низата xn X, која е фундаментална во однос на, е исто така фундаментална во однос на, и конвергира до 1 2 истиот елемент x 2 X. се користи кога затворена топка од овој простор се зема како целосен n простор o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , каде што r > 0 и a 2 X се фиксирани. Забележете дека затворена топка во PMP сама по себе е PMP со исто растојание. Доказот за овој факт го оставаме на читателот како вежба. Забелешка 3. 5. Погоре, комплетноста на просторот беше утврдена од примерот n мерка 3. 3. Забележете дека во линеарниот простор X = C 0, T , R, може да се воведе норма kxk = max x(t) така што добиената нормализација ќе биде Банах. На истото множество векторски функции континуирано на просторот 0, T, можеме да воведеме еквивалентна норма со формулата kxkα = max e αt x(t) за било кој α 2 R. За α > 0, еквивалентноста следи од неравенките e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) за сите t 2 0, T , од каде e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Го користиме ова својство на еквивалентни норми при докажување на теоремата за единствената решливост на проблемот на Коши за линеарни (нормални) системи. 3. 4. Теореми за постоење и единственост за решавање на проблемот на Коши за нормални системи Размислете за проблемот на Коши (3.1) – (3.2), каде што почетните податоци t0 , y 0 2 G, G Rn+1 се доменот на векторска функција f (t, y ). Во овој дел, ќе претпоставиме дека G има – некои n форма G = a, b o , каде доменот е Rn и топката е BR (y 0) = Теоремата важи. y 2 Rn y y0 6 R лежи целосно во. Теорема 3. 4. Нека f (t, y) 2 C G е векторска функција; Rn , и 9 M > 0 и L > 0 така што следните услови се задоволени: 1) 8 (t, y) 2 G = 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 . Поправете број δ 2 (0, 1) и нека t0 2 (a, b). Тогаш R1δ9h = min; ; t0 a; b t0 > 0 M L така што постои и единствено решение на проблемот на Коши (3.1), (3.2) y(t) на интервалот Jh = t0 h, t0 + h , и y(t) y 0 6 R за сите t 2 Jh. -48- Доказ. Според Лема 3.1, проблемот на Коши (3.1), (3.2) е еквивалентен на интегралната равенка (3.6) на интервалот , а оттука и на Jh, каде што h е избрано погоре. Размислете за просторот Банах X = C (Jh ; Rn), множеството векторски функции x(t) континуирано на отсечката Jh со норма kxk = max x(t), и внесете затворено множество во X: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X y y(t) o 0 6R = o 0 y 6R е затворена топка во X. Операторот A дефиниран со правилото : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 зема SR y 0 во себе, бидејќи y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​M 6 R t0 по услов 1 од теоремата и дефиницијата на h. Да докажеме дека А е оператор на контракција на SR. Да земеме произволна 0 1 2 и да ја процениме вредноста: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , каде што q = h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 е избрано според R со формулата h = min M; 1L δ; b a , и секаде мора да земеме -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h како отсечка Jh. Сите други услови на теоремата не се менуваат, нејзиниот доказ, земајќи го предвид преименувањето, R е зачуван. За случајот t0 = b, слично, h = min M ; 1L δ; b a, и Jh = b h, b. n Забелешка 3. 7. Во теорема 3. 4, условот f (t, y) 2 C G; R , каде што G = a, b D, може да се ослабне со негово замена со барањето f (t, y) да биде континуирано во однос на променливата t за секој y 2, со зачувани услови 1 и 2. Доказот останува исто. Забелешка 3. 8. Доволно е условите 1 и 2 од теоремата 3. 4 држат 0 за сите t, y 2 a, b BR y , додека константите M и L зависат, генерално земено, од y и R. ограничувањата на векторската функција f t, y, слично на теоремата 2.4, важи теоремата за постоење и единственост за решавање на проблемот на Коши (3.1), (3.2) на целиот интервал a, b. n Теорема 3. 5. Нека вектор функционира f x, y 2 C G, R , каде што G = a, b Rn , и постои L > 0 така што условот 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Потоа, за кои било t0 2 и y 0 2 Rn, постои на a и b единствено решение на проблемот на Коши (3.1), (3.2). Доказ. Да ги земеме произволните t0 2 и y 0 2 Rn и да ги поправиме. Множеството G = a, b Rn го претставуваме на следниов начин: G = G [ G+ , каде што Rn , и G+ = t0 , b Rn , под претпоставка дека t0 2 a, b , инаку еден G = a, t0 од фазите на доказот ќе биде отсутен. Дозволете ни да ја резонираме лентата G+. На интервалот t0, b, проблемот на Коши (3.1), (3.2) е еквивалентен на равенката (3.6). Воведуваме оператор за интегралот n A: X 7! X, каде што X = C t0, b; R , според формулата Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Тогаш интегралната равенка (3.6) може да се запише како равенка на операторот Ay = y. (3.8) Ако докажеме дека равенката на операторот (3.8) има решение во PMP X, тогаш ја добиваме решливоста на проблемот на Коши на t0 , b или на a, t0 за G . Ако ова решение е единствено, тогаш по основа на еквивалентноста, решението на проблемот на Коши ќе биде исто така единствено. Презентираме два докази за единствената решливост на равенката (3.8). Доказ 1. Размислете за произволни векторски функции 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , тогаш проценките се валидни за било кој -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt h f τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. Потсетиме дека нормата во X е воведена на следниов начин: kxk = max x(τ) . Од добиената неравенка ќе имаме ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Продолжувајќи го овој процес, можеме да докажеме со индукција дека 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Оттука, конечно, ја добиваме проценката Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1. k Бидејќи α(k) = ! 0 за к! 1, тогаш има k0 така што k! дека 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 (види Забелешка 3. 5) со формулата: x α = max e αt x(t) . -51- Да покажеме дека е можно да се избере α на таков начин што операторот A во просторот X со норма за α > L ќе биде контрактивен. Навистина, α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt Бидејќи α > L, тогаш q = L α 1 1 αt e α e αt0< 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 почетна состојба y(x0) = y0 . (4.5) Формулата (4.2) може да се запише како Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Заменувајќи ја почетната состојба (4.5) овде, наоѓаме дека C = 0, т.е. решението на проблемот на Коши се определува од релацијата Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очигледно, тоа е единствено определено. Така, општото решение на равенката (4.1) е дадено со формулата (4.4), а решението на проблемот на Коши (4.4), (4.5) се наоѓа од релацијата (4.6). Забелешка 4. 1. Ако f2 (y) = 0 за некои y = yj , (j = 1, 2, . . . . , s), тогаш, очигледно, решенијата на равенството (4.1) се исто така функциите y( x) yj, j = 1, 2, . . . , s, што се докажува со директна замена на овие функции во равенката (4.1). Забелешка 4. 2. За равенката (4.1), општото решение се одредува од релацијата F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Така, левата страна на релацијата (4.7) е константна на секое решение на равенката (4.1). Релации како (4.7) може да се напишат и при решавање на други ODE. Таквите релации обично се нарекуваат интеграли (општи интеграли) на соодветниот ODE. Да дадеме прецизна дефиниција. Дефиниција 4. 1. Разгледајте ја равенката y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Релацијата (x, y) = C, (4.9) каде што (x, y) е функција од класата C 1 , се нарекува општ интеграл на равенката (4.8) ако оваа врска не е задоволена идентично, но е задоволени на секое решение на равенката (4.8 ). За секоја специфична вредност на C 2 R, добиваме делумен интеграл. Општото решение на равенката (4.8) се добива од општиот интеграл (4.9) со помош на теоремата за имплицитна функција. Пример 4. 1. Разгледајте ја равенката x (4.10) y 0 (x) = y и почетната состојба y(2) = 4. (4.11) Применувајќи го методот за одвојување променливиõ опишан погоре за да се реши равенката (4.10), добиваме y dy = x dx , од каде го наоѓаме општиот интеграл за равенката (4.10) y 2 x2 = C. Општото решение на равенката (4.10) се пишува со формулата p y= C + x2, а решението на проблемот на Коши ( 4.10), (4.11) се пишува со формулата p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линеарни ODE од прв ред Линеарна ODE од прв ред е равенката y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Ако q(x) 6 Ако q(x) x 2 ha, b. (4.12) 0, тогаш равенката се нарекува нехомогена. 0, тогаш равенката се нарекува хомогена: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Ако y1 (x), y2 (x) се решенија на хомогена равенка (4.120) , α, β се произволни броеви, тогаш функцијата y (x) αy1 (x) + βy2 (x) е исто така решение на равенката (4.120). 2) За општото решение на нехомогената равенка (4.12) се одвива формулата yon = yoo + ych; (4.13) овде y е општото решение на нехомогената равенка (4. 12), ych е одредено решение на нехомогената равенка (4.12), yoo е општото решение на хомогената равенка (4.120). Доказ. Првото тврдење на теоремата се докажува со директна верификација: имаме y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Да го докажеме второто тврдење. Нека y0 е произволно решение на равенката (4.120), тогаш y00 = p(x)y0 . Од друга страна, 0 ych = p(x)ych + q(x). Според тоа, 0 y0 + ych = p(x) y0 + ych + q(x), што значи дека y y0 + ych е решение на равенката (4.12). Така, формулата (4.13) дава решение за нехомогената равенка (4.12). Да покажеме дека сите решенија на равенството (4.12) можат да се добијат од оваа формула. Навистина, нека y^(x) е решение на равенката (4.12). Ставаме y~(x) = y^(x) ych. Имаме y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 ych (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)ych (x) = p(x) y ^ (x) q(x) = ych (x) = p(x)~ y (x). Така, y~(x) е решение на хомогената равенка (4.120), а имаме y^(x) = y~(x) + ych, што одговара на формулата (4.13). Теоремата е докажана. -58- Подолу ќе ги разгледаме задачите на Коши за равенките (4.12) и (4.120) со почетната состојба y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Во однос на функциите p(x) и q(x) од (4.12), претпоставуваме дека p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Забелешка 4. 3. Стави F (x, y) = p(x)y + q(x). Потоа, со оглед на условите наметнати погоре на p(x) и q(x), имаме F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 и, следствено, за проблемот на Коши (4.12), (4.14) важат теоремите за постоење и единственост за решението, кои беа докажани во Поглавје 2. Во теоремите 4. 2, 4. 3 докажани подолу, ќе добиеме експлицитни формули за решенија на равенките (4.120) и (4.12) и ќе се покаже дека овие решенија постојат на целиот интервал ha, bi. Размислете прво хомогена равенка (4.120). Теорема 4. 2. искази: Нека p(x) 2 C (ha, bi). Тогаш се точни: 1) секое решение на равенството (4.120) е дефинирано на целиот интервал ha, bi; 2) општото решение на хомогената равенка (4.120) е дадено со формулата y(x) = C e каде што C R p(x) dx , (4.15) е произволна константа; 3) решението на проблемот на Коши (4.120), (4.14) е дадено со формулата Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказ. Да ја изведеме формулата (4.15) во согласност со методот даден на почетокот на поглавјето. Најпрво, забележуваме дека функцијата y 0 е решение на равенката (4.120). Нека y(x) е решение на равенството (4.120), а нека y 6 0 на ha, bi. Тогаш 9 x1 2 ha, bi така што y(x1) = y0 6= 0. Да ја разгледаме равенката (4.120) во соседството на точката x1 . Ова е равенка со раздвојливи променливи, и y(x) 6= 0 во некое соседство на точката x1 . Потоа, следејќи ги резултатите од претходниот став, добиваме експлицитна формула за решението Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- од каде R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, што одговара на формулата (4.15). Покрај тоа, решението y 0 е исто така дадено со формулата (4.15) за C = 0. Со директна замена во равенката (4.120), гледаме дека функцијата y(x) дадена со формулата (4.15) за која било C е решение за равенката (4.120), згора на тоа, на целиот интервал ha, bi. Да покажеме дека формулата (4.15) го дефинира општото решение на равенката (4.120). Навистина, нека y^(x) е произволно решение на равенката (4.120). Ако y^(x) 6= 0 на ha, bi, тогаш повторувајќи го претходното резонирање, добиваме дека оваа функција е дадена со формулата (4.15) за некои C: имено, ако y^(x0) = y^0, тогаш Rx p( ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Ако 9x1 2 ha, bi е таков што y^(x1) = 0, тогаш проблемот на Коши за равенката (4.120) со почетниот услов y(x1) = 0 има две решенија y ^(x) и y(x) 0. Со забелешка 4. 3, решението на проблемот на Коши е единствено, затоа, y^(x) 0, па оттука е дадено со формулата (4.15) за C = 0. Така, докажавме дека равенката за општото решение (4.120) е дефинирана на сите ha, bi и е дадена со формулата (4.15). Формулата (4.16) очигледно е посебен случај на формулата (4.15), па функцијата y(x) што ја дефинира е решение на равенката (4.120). Дополнително, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0, така што формулата (4.16) навистина дефинира решение за проблемот на Коши (4.120), (4.14). Теорема 4.2 е докажана. Сега разгледајте ја нехомогената равенка (4.12). Теорема 4. 3. Нека p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Тогаш се точни следните тврдења: 1) секое решение на равенството (4.12) е дефинирано на целиот интервал ha, bi; 2) општото решение на нехомогената равенка (4. 12) е дадена со формулата Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e каде што C е произволна константа; 3) решението на проблемот Коши (4.12), (4.14) е дадено со формулата Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ ) dθ dξ. (4.18) Доказ. Во согласност со теоремата 4. 1 и формулата (4.13) yon = yоо + yн, потребно е да се најде одредено решение за равенката (4.12). За да го пронајдеме, го применуваме таканаречениот метод на варијација на произволна константа. Суштината на овој метод е како што следува: ја земаме формулата (4.15), ја заменуваме константата C во неа со непозната функција C(x) и бараме одредено решение на равенката (4.12) во форма ych (x) = C (x) e R p(x) dx. (4.19) Ја заменуваме yn (x) од (4.19) во равенката (4.12) и наоѓаме C(x) така што оваа равенка е задоволна. Имаме R R 0 ych (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Со замена во (4.12), добиваме 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), од каде R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрирајќи ја последната релација и заменувајќи го пронајденото C(x) во формулата (4.19), добиваме дека Z R R p(x) dx ych (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Покрај тоа, врз основа на теорема 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Затоа, користејќи ја формулата (4.13) од теорема 4.1, добиваме дека Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yoo + ych = Ce +e q(x)e ​​​​p(x) dx dx, што се совпаѓа со формулата (4.17). Очигледно, формулата (4.17) дава решение за целиот интервал ha, bi. Конечно, решението на проблемот Коши (4.12), (4.14) е дадено со формулата 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 Навистина, формулата (4.20) е посебен случај на формулата (4.17) за C = y0, така што дефинира решение на равенката (4.12). Дополнително, 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 , значи почетна податоци (4.14). Ја намалуваме формулата (4.20) на формата (4.18). Навистина, од (4.20) имаме 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 што се совпаѓа со формулата (4.18). Теорема 4. 3 е докажана. Заклучок (за проценка на решението на проблемот на Коши за линеарен систем). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi) и p(x) 6 K, q(x) 6 M Нека 8 x 2 ha, bi. Тогаш решението на проблемот на Коши (4.12), (4.14) ја задоволува проценката M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . К (4.21) Доказ. Нека прво x > x0 . Врз основа на (4.18), имаме Rx Zx K dξ y(x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK(x x0) Zx +M x0 = y0 e K(x x0) eK(x ξ ) dξ = x0 M + K e K(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1 . Сега нека 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, тогаш, очигледно, функцијата y(x) 0 е решение на равенката (4.24). За да ја решиме Бернулиевата равенка (4.24) α 6= 0, α 6= 1, ги делиме двете страни на равенката со y α . За α > 0, мора да земеме предвид дека, врз основа на забелешката 4. 4, функцијата y(x) 0 е решение на равенката (4.24), која ќе се изгуби при таква поделба. Затоа, во иднина ќе треба да се додаде на општото решение. По делењето ја добиваме релацијата y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Да воведеме нова посакувана функција z = y 1 α , потоа z 0 = (1 оттука доаѓаме до равенка за z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0, и (4.25) Равенката (4.25) е линеарна равенка. Ваквите равенки се разгледани во поглавје 4.2, каде што е добиена формула за општото решение, поради што решението z(x) од равенката (4.25) се запишува како z(x) = 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) Тогаш функцијата y(x) = z 1 α (x), каде што z(x) е дефинирана во (4.26), е решение на Бернулиевата равенка (4.24). -64- Дополнително, како што е наведено погоре, за α > 0, решението е и функцијата y(x) 0. Пример 4. 4. Да ја решиме равенката y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Поделете ја равенката (4.27) со y 2 и направете ја промената z = добиваме линеарна нехомогена равенка 1 y. Како резултат на тоа, z 0 + 2z = ex. (4.28) Прво ја решаваме хомогената равенка: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Решението на нехомогената равенка (4.28) се бара со методот на варијација на произволна константа: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , од каде zin = ex , и општото решение на равенката (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Според тоа, решението на Бернулиевата равенка (4.24) може да се запише како y(x) = 1 . ex + Ce2x Дополнително, решението на равенката (4.24) е и функцијата y(x) Го изгубивме ова решение кога ја делиме оваа равенка со y 2 . 0. 4. 5. Равенка во целосни диференцијали Размислете за равенката во диференцијали M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G е одреден домен во R2 . Таквата равенка се нарекува целосна диференцијална равенка ако постои функција F (x, y) 2 C 1 (G), наречена потенцијал, таква што dF (x, y) = M (x, y) dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. За едноставност да претпоставиме дека M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) и доменот G е едноставно поврзан. Според овие претпоставки, во текот на математичката анализа (види, на пример, ) се докажува дека потенцијалот F (x, y) за равенката (4.29) постои (т.е. (4.29) е равенка во вкупните диференцијали) ако и само ако My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Покрај тоа, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0, y0) каде што точката (x0, y0) е одредена фиксна точка од G, (x, y) е моменталната точка во G, и криволинеарен интегралсе зема по секоја крива што ги поврзува точките (x0 , y0) и (x, y) и целосно лежи во доменот G. Ако равенката (4.29) е равенката

Овој курс на предавања се одржува повеќе од 10 години за студенти по теоретска и применета математика на Државниот универзитет на Далечниот Исток. Одговара на стандардот од II генерација за овие специјалитети. Се препорачува за студенти и додипломци на математички специјалности.

Кошиевата теорема за постоењето и единственоста на решението на проблемот на Коши за равенка од прв ред.
Во овој дел, со наметнување одредени ограничувања на десната страна на диференцијалната равенка од прв ред, ќе го докажеме постоењето и единственоста на решение определено со почетните податоци (x0,y0). Првиот доказ за постоење на решение на диференцијални равенки се должи на Коши; доказот подолу е даден од Пикард; се произведува со методот на последователни приближувања.

СОДРЖИНА
1. Равенки од прв ред
1.0. Вовед
1.1. Раздвојливи променливи равенки
1.2. Хомогени равенки
1.3. Генерализирани хомогени равенки
1.4. Линеарни равенки од прв ред и нивни намалувања
1.5. Бернулиова равенка
1.6. Рикати равенка
1.7. Равенка во вкупни диференцијали
1.8. интегрирачки фактор. Наједноставните случаи на наоѓање на интегрирачкиот фактор
1.9. Равенките не се решени во однос на изводот
1.10. Кошиевата теорема за постоењето и единственоста на решението на проблемот на Коши за равенка од прв ред
1.11. Единствени точки
1.12. Специјални решенија
2. Равенки од повисоки редови
2.1. Основни поими и дефиниции
2.2. Видови равенки од n-ти ред, решливи во квадрати
2.3. Средни интеграли. Равенки што дозволуваат намалувања по редослед
3. Линеарни диференцијални равенки од n-ти ред
3.1. Основни концепти
3.2. Линеарни хомогени диференцијални равенки од n-ти ред
3.3. Намалување на редот на линеарна хомогена равенка
3.4. Нехомогени линеарни равенки
3.5. Намалување на редот во линеарна нехомогена равенка
4. Линеарни равенки со константни коефициенти
4.1. Хомогена линеарна равенка со константни коефициенти
4.2. Нехомогени линеарни равенки со константни коефициенти
4.3. Линеарни равенки од втор ред со осцилирачки решенија
4.4. Интеграција преку серии за напојување
5. Линеарни системи
5.1. Хетерогени и хомогени системи. Некои својства на решенијата за линеарни системи
5.2. Потребни и доволни услови за линеарна независност на k решенија на линеарен хомоген систем
5.3. Постоење на фундаментална матрица. Конструкција на општо решение на линеарен хомоген систем
5.4. Конструкција на целото множество фундаментални матрици на линеарен хомоген систем
5.5. Хетерогени системи. Конструкција на општо решение со методот на варијација на произволни константи
5.6. Линеарни хомогени системи со постојани коефициенти
5.7. Некои информации од теоријата на функции на матрици
5.8. Конструкција на основната матрица на систем од линеарни хомогени равенки со константни коефициенти во општ случај
5.9. Теорема за егзистенција и теореми за функционални својства на решенија на нормални системи на диференцијални равенки од прв ред
6. Елементи на теоријата на стабилност
6.1
6.2. Наједноставните типови на точки за одмор
7. Равенки во парцијални изводи од 1 ред
7.1. Линеарна хомогена парцијална диференцијална равенка од 1 ред
7.2. Нехомогена линеарна парцијална диференцијална равенка од 1 ред
7.3. Систем од две парцијални диференцијални равенки со 1 непозната функција
7.4. Pfaff равенка
8. Варијанти на контролни задачи
8.1. Тест №1
8.2. Испит бр.2
8.3. Испит бр.3
8.4. Тест работа бр.4
8.5. Испит бр.5
8.6. Тест бр. 6
8.7. Тест работа бр.7
8.8. Контрола на работата број 8.

Бесплатно преземање е-книгаво пригоден формат, гледајте и читајте:
Преземете ја книгата Курс на предавања за обични диференцијални равенки, Шепелева Р.П., 2006 година - fileskachat.com, брзо и бесплатно преземање.

Преземете pdf
Подолу можете да ја купите оваа книга по најдобра цена со попуст со испорака низ цела Русија.

„ПРЕДАВАЊА ЗА ОБИЧНИ ДИФЕРЕНЦИЈАЛНИ РАВЕНКИ ДЕЛ 1. ЕЛЕМЕНТИ НА ОПШТАТА ТЕОРИЈА Во учебникот се наведени одредбите што ја формираат основата на теоријата на обичните диференцијални равенки: ...“

-- [ Страна 1 ] --

А.Е. Мамонтов

ПРЕДАВАЊА ЗА ЗАЕДНИЧКИ

ДИФЕРЕНЦИЈАЛНИ РАВЕНКИ

ЕЛЕМЕНТИ НА ОПШТАТА ТЕОРИЈА

Прирачникот за обука ги поставува одредбите што го сочинуваат

основа на теоријата на обични диференцијални равенки: концептот на решенија, нивното постоење, единственоста,

зависност од параметри. Исто така (во § 3) се посветува одредено внимание на „експлицитното“ решение на одредени класи равенки. Водичот е наменет за длабинска студијакурс „Диференцијални равенки“ од студенти кои студираат на Математичкиот факултет на Државниот педагошки универзитет во Новосибирск.

UDC 517.91 BBK В161.61 Предговор Учебникот е наменет за студентите на Катедрата по математика на Државниот педагошки универзитет во Новосибирск кои сакаат да го изучуваат задолжителниот предмет „Диференцијални равенки“ во проширен том. На читателите им се нудат основните концепти и резултати кои ја формираат основата на теоријата на обичните диференцијални равенки: концепти на решенија, теореми за нивното постоење, единственост и зависност од параметри. Опишаниот материјал е претставен во форма на логички нераскинлив текст во §§ 1, 2, 4, 5. Исто така (во § 3, кој е малку одвоен и привремено ја прекинува главната нишка на курсот), најпопуларните методи на Накратко се разгледуваат „експлицитно“ наоѓање решенија за некои класи на равенки. На првото читање, § 3 може да се прескокне без значително оштетување на логичката структура на курсот.

Важна улога играат вежбите, кои се вклучени во голем број во текстот. На читателот му се препорачува да ги реши „во жешка потрага“, што гарантира асимилација на материјалот и ќе послужи како тест. Згора на тоа, овие вежби често ја исполнуваат логичката ткаенина, т.е., без нивно решавање, не сите предлози ќе бидат ригорозно докажани.

Во квадратни загради во средината на текстот се дадени забелешки кои имаат улога на коментар (проширени или странични објаснувања). Лексички, овие фрагменти го прекинуваат главниот текст (т.е., за кохерентно читање, тие треба да се „игнорираат“), но сепак се потребни како објаснувања. Со други зборови, овие фрагменти мора да се перцепираат како да се извадени на полињата.

Текстот содржи посебно рубрикувани „забелешки за наставникот“ - тие можат да бидат испуштени при читањето од учениците, но се корисни за наставникот кој ќе го користи прирачникот, на пример, кога држи предавања - помагаат подобро да се разбере логиката на курсот и укажуваат на насоката на можни подобрувања (проширувања) на курсот . Сепак, развојот на овие коментари од страна на студентите може само да се поздрави.

Слична улога играат и „причините за наставникот“ - тие во крајно концизна форма даваат доказ за некои од одредбите што му се нудат на читателот како вежби.

Најчестите (клучни) термини се користат како кратенки, чиј список е даден на крајот за погодност. Исто така, постои листа на математички ознаки кои се појавуваат во текстот, но не се меѓу најчестите (и/или не се јасно разбрани во литературата).

Симболот значи крај на доказот, формулација на изјавата, забелешки итн. (каде што е потребно за да се избегне забуна).

Формулите се нумерирани независно во секој став. Кога се однесува на дел од формулата, се користат индекси, на пример (2)3 значи третиот дел од формулата (2) (делови од формулата се сметаат за фрагменти одделени со типографски простор и од логичка положба - еден куп „и“).

Овој прирачник не може целосно да го замени длабокото проучување на темата, која бара независни вежби и читање. дополнителна литература, на пример, оној наведен на крајот од прирачникот. Сепак, авторот се обиде да ги претстави главните одредби на теоријата во прилично концизна форма погодна за предавање. Во овој поглед, треба да се забележи дека при читање на курс за предавање на овој прирачник потребни се околу 10 предавања.

Планирано е да се објават уште 2 дела (тома) кои го продолжуваат овој прирачник и со тоа да го заокружиме циклусот предавања по предметот „обични диференцијални равенки“: дел 2 (линеарни равенки), дел 3 (понатамошна теорија на нелинеарни равенки, парцијални диференцијални равенки од прв ред).

§ 1. Вовед Диференцијална равенка (DE) е врска од формата u1 u1 un, повисоки деривати F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) каде што y = (y1,. .., yk) Rk се независни променливи, а u = u(y) се непознати функции1, u = (u1,..., un). Така, има n непознати во (1), па затоа се потребни n равенки, т.е. F = (F1,..., Fn), така што (1) е, општо земено, систем од n равенки. Ако има само една непозната функција (n = 1), тогаш равенката (1) е скаларна (една равенка).

Значи, функцијата(и) F е дадена(и), а u се бара. Ако k = 1, тогаш (1) се нарекува ODE, а во спротивно - PDE. Вториот случај е предмет на специјален курс за UMF поставен во истоимената серија упатства. Во оваа серија на прирачници (составена од 3 дела-тома), ќе ги проучуваме само ODEs, со исклучок на последниот пасус од последниот дел (том), во кој ќе започнеме да проучуваме некои посебни случаи на PDE.

2u u Пример. 2 = 0 е PDE.

y1 y Непознатите величини u можат да бидат реални или сложени, што не е суштинско, бидејќи овој момент се однесува само на формата на пишување равенки: секоја сложена нотација може да се претвори во реално со одвојување на реалните и имагинарните делови (но, се разбира, удвојување на бројот на равенки и непознати), и обратно, во некои случаи е погодно да се префрли на сложена нотација.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Ова е систем од 2 ODE. Пример.

dy dy dy за 2 непознати функции на независната променлива y.

Ако k = 1 (ODE), тогаш се користи знакот „директен“ d/dy.

u(y) du Пример. exp(sin z)dz е ODE бидејќи има Пример. = u(u(y)) за n = 1 не е DE, туку функционална диференцијална равенка.

Ова не е DE, туку интегро-диференцијална равенка, ние нема да проучуваме такви равенки. Сепак, конкретно равенката (2) лесно се сведува на ODE:

Вежба. Намалете го (2) на ODE.

Но, генерално, интегралните равенки се покомплексен објект (делумно се проучува во текот на функционалната анализа), иако, како што ќе видиме подолу, со нивна помош се добиваат некои резултати за ODE.

DE произлегуваат и од интра-математички потреби (на пример, во диференцијалната геометрија) и во апликациите (историски за прв пат, а сега главно во физиката). Наједноставниот DE е „основниот проблем на диференцијалното сметање“ за враќање на функцијата од неговиот извод: = h(y). Како што е познато од анализата, неговото решение има форма u(y) = + h(s)ds. Поопштото ДЕ бара посебни методи за нивно решавање. Сепак, како што ќе видиме подолу, практично сите методи за решавање на ODE „во експлицитна форма“ се суштински сведени на наведениот тривијален случај.

Во апликациите, ODE најчесто се појавуваат кога се опишуваат процеси кои се развиваат во времето, така што улогата на независна променлива обично ја игра времето t.

така, значењето на ODE во таквите апликации е да се опише промената на параметрите на системот со текот на времето.Затоа, погодно е при конструирање општа теорија ODE ја означува независната променлива со t (и ја нарекува време со сите последователни терминолошки последици), а непознатата функција(и) со x = (x1,..., xn). На овој начин, општа форма ODE (Систем ODE) е како што следува:

каде што F = (F1,..., Fn) - т.е. ова е систем од n ODE за n функции x, и ако n = 1, тогаш една ODE за 1 функција x.

Згора на тоа, x = x(t), t R и x е генерално со сложена вредност (ова е за погодност, бидејќи тогаш некои системи може да се напишат покомпактно).

За системот (3) се вели дека има ред m во однос на xm.

Дериватите се нарекуваат сениор, а останатите (вклучувајќи ги и xm = самите себе) се нарекуваат помлади. Ако сите m =, тогаш едноставно велиме дека редоследот на системот е еднаков.

Точно, бројот m често се нарекува редослед на системот, што е исто така природно, како што ќе стане јасно подолу.

Прашањето за потребата од проучување на ODE и нивните апликации, ќе го разгледаме доволно потврдено од други дисциплини (диференцијална геометрија, математичка анализа, теоретска механика, итн.), а делумно е опфатен во текот на практичните вежби при решавање на проблеми (на пример, од книга со задачи). Во овој курс ќе се занимаваме исклучиво со математичко проучување на системи од формата (3), што значи одговарање на следните прашања:

1. што значи да се „реши“ равенката (системот) (3);

2. како да го направи тоа;

3. какви својства имаат овие решенија, како да се истражат.

Прашањето 1 не е толку очигледно како што изгледа - видете подолу. Веднаш забележуваме дека секој систем (3) може да се сведе на систем од прв ред, означувајќи ги пониските деривати како нови непознати функции. Најлесен начин да се објасни оваа постапка е со пример:

од 5 равенки за 5 непознати. Лесно е да се разбере дека (4) и (5) се еквивалентни во смисла дека решението за еден од нив (по соодветното преименување) е решение за другото. Во овој случај, треба само да се постави прашањето за мазноста на решенијата - ова ќе го правиме понатаму кога ќе наидеме на ODE од повисок ред (т.е., не од 1-ви).

Но, сега е јасно дека е доволно да се проучуваат само ODE од прв ред, додека други може да бидат потребни само за практичноста на нотирањето (таква ситуација понекогаш ќе се појави во нашиот случај).

И сега се ограничуваме на ODE од прв ред:

dimx = слабо F = n.

Проучувањето на равенката (системот) (6) е незгодно поради фактот што не е дозволено во однос на дериватите dx/dt. Како што е познато од анализата (од теоремата за имплицитна функција), под одредени услови на F, равенката (6) може да се реши во однос на dx/dt и да се запише во форма каде што е даден f: Rn+1 Rn и x: R Rn е потребната. Се вели дека (7) е ODE решен во однос на дериватите (ODE со нормална форма). При премин од (6) на (7), природно, може да се појават тешкотии:

Пример. Равенката exp(x) = 0 не може да се запише во формата (7) и воопшто нема решенија, т.е. exp нема нули дури и во сложената рамнина.

Пример. Равенката x 2 + x2 = 1 со резолуција се запишува како две нормални ODE x = ± 1 x2. Треба да го решите секој од нив, а потоа да го протолкувате резултатот.

Коментар. Кога се намалува (3) на (6), може да се појават тешкотии ако (3) има ред 0 во однос на некоја функција или дел од функциите (т.е. ова е функционална диференцијална равенка). Но, тогаш овие функции мора да бидат исклучени со теорема за имплицитна функција.

Пример. x = y, xy = 1 x = 1/x. Треба да го најдете x од добиениот ODE, а потоа y од функционалната равенка.

Но, во секој случај, проблемот со преминот од (6) во (7) повеќе припаѓа на областа на математичката анализа отколку на DE и нема да се занимаваме со тоа. Меѓутоа, при решавање на ODE од формата (6), може да се појават интересни моменти од гледна точка на ODE, така што ова прашање е соодветно да се проучува при решавање на проблеми (како што е направено, на пример, во ) и ќе биде малку допрено врз во § 3. Но, во остатокот од курсот ќе се занимаваме само со нормални системи и равенки. Значи, разгледајте го ODE (Систем ODE) (7). Ајде да го напишеме еднаш во форма на компонента по компонента:

Концептот на „реши (7)“ (и воопшто, било кое DE) долго време се сфаќа како потрага по „експлицитна формула“ за решението (т.е. во форма на елементарни функции, нивни антидеривати или специјални функции, итн.), без акцент на мазноста на решението и интервалот на неговото дефинирање. Сепак, сегашната состојба на теоријата на ODE и другите гранки на математиката (и воопшто природните науки) покажува дека таквиот пристап е незадоволителен, само затоа што процентот на ODE што може да биде таква „експлицитна интеграција“ е исклучително мал (дури и за наједноставниот ODE x = f (t) се знае дека решението во елементарните функции е ретко , иако постои „експлицитна формула“).

Пример. Равенката x = t2 + x2, и покрај својата крајна едноставност, нема решенија во елементарните функции (а овде нема ни „формула“).

И иако е корисно да се знаат оние класи на ODE за кои е можна „експлицитна“ конструкција на решение (слично на тоа колку е корисно да се може да се „пресметаат интеграли“ кога е можно, иако тоа е исклучително ретко), Во овој поглед, карактеристично звучат следните термини: „интегрира ODE“, „ODE ​​интеграл“ (застарени аналози на современите концепти „реши ODE“, „решение на ODE“), кои ги рефлектираат претходните концепти на решението. Како да ги разбереме современите термини, сега ќе објасниме.

и ова прашање ќе биде разгледано во § 3 (и исто така традиционално големо вниманиесе дава при решавање на проблеми на практична настава), но не треба да се очекува никаква универзалност од овој пристап. По правило, под процес на решавање (7) подразбираме сосема различни чекори.

Треба да се разјасни која функција x = x(t) може да се нарече решение на (7).

Најпрво, забележуваме дека јасна формулација на концептот на решение е невозможна без специфицирање на множеството на кое тој е дефиниран. Ако само затоа што решението е функција, и која било функција (според училишна дефиниција) е закон што поврзува кој било елемент од некое множество (наречен домен на оваа функција) со некој елемент од друго множество (вредности на функциите). Така, да се зборува за функција без да се прецизира нејзиниот опсег е апсурдно по дефиниција. Аналитичките функции (пошироко - елементарните) овде служат како „исклучок“ (во заблуда) поради следните причини (и некои други), но во случајот на ДЕ таквите слободи не се дозволени.

и генерално без да се специфицираат дефинитивните множества на сите функции вклучени во (7). Како што ќе биде јасно од следново, целисходно е строго да се поврзе концептот на решение со множеството на неговата дефиниција и да се разгледуваат решенијата различни ако нивните множества на дефиниции се различни, дури и ако решенијата се совпаѓаат на пресекот на овие множества.

Најчесто, во конкретни ситуации, тоа значи дека ако решенијата се конструирани во форма на елементарни функции, така што 2 решенија имаат „иста формула“, тогаш исто така е неопходно да се разјасни дали множествата на кои се напишани овие формули се совпаѓаат. Конфузијата што владееше во ова прашање долго време беше оправдана се додека се разгледуваа решенија во форма на елементарни функции, бидејќи аналитичките функции можат единствено да се прошират на пошироки интервали.

Пример. x1(t) = et on (0,2) и x2(t) = et on (1,3) се различни решенија на равенката x = x.

Во исто време, природно е да се земе отворен интервал (можеби бесконечен) како збир на дефиниции за кое било решение, бидејќи ова множество треба да биде:

1. отворен, така што во секој момент има смисла да се зборува за извод (двостран);

2. поврзан така што растворот да не се распадне на исклучени делови (во овој случај попогодно е да се зборува за неколку решенија) - видете го претходниот Пример.

Така, решението (7) е пар (, (а, б)), каде што a b +, е дефинирано на (a, b).

Забелешка за наставникот. Во некои учебници е дозволено да се вклучат краевите на сегментот во доменот на решението, но тоа е нецелисходно затоа што само ја усложнува презентацијата и не дава вистинска генерализација (види § 4).

За полесно да се разбере понатамошното расудување, корисно е да се користи геометриската интерпретација (7). Во просторот Rn+1 = ((t, x)) во секоја точка (t, x) каде што е дефинирана f, можеме да го разгледаме векторот f (t, x). Ако на овој простор конструираме график на решението (7) (тоа се нарекува интегрална крива на системот (7)), тогаш тој се состои од точки од формата (t, x(t)). Како што се менува t (a, b), оваа точка се движи по IC. Тангентата на IC во точката (t, x(t)) има форма (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Така, IC се оние и само оние криви во просторот Rn+1 кои во секоја нивна точка (t, x) имаат тангента паралелна на векторот (1, f (t, x)). Врз основа на оваа идеја, т.н методот на изоклина за приближна конструкција на IC, кој се користи при прикажување на графикони на решенија на одредени ODE (види.

на пример). На пример, за n = 1, нашата конструкција значи следново: во секоја точка на IC, нејзиниот наклон кон оската t има својство tg = f (t, x). Природно е да се претпостави дека, земајќи која било точка од дефинициското множество f, можеме да нацртаме IC низ него. Оваа идеја ќе биде строго потврдена подолу. Иако ни недостига ригорозна формулација за мазноста на решенијата, ова ќе биде направено подолу.

Сега треба да го рафинираме множеството B на кое е дефинирано f. Овој сет е природно да се земе:

1. отворено (за да може ИЦ да се гради во соседството на која било точка од Б), 2. поврзан (во спротивно, сите поврзани парчиња може да се разгледуваат одделно - во секој случај, ИЦ (како график на континуирана функција) не може да скокне од едно до друго парче, така што ова нема да влијае на општоста на барањето решенија).

Ние само ќе разгледаме класични решенија(7), т.е., така што самиот x и неговиот x се континуирани на (a, b). Тогаш природно е да се бара f C(B). Во она што следи, ова барање секогаш ќе биде имплицирано од нас. Значи, конечно ја добиваме Дефиницијата. Нека B Rn+1 е домен, f C(B).

Пар (, (a, b)), a b +, дефиниран на (a, b), се нарекува решение на (7) ако C(a, b), за секој t (a, b) точката (t , (t) ) B и (t) постои, и (t) = f (t, (t)) (тогаш автоматски C 1(a, b)).

Геометриски е јасно дека (7) ќе има многу решенија (што е лесно разбирливо графички), бидејќи ако нацртаме IR почнувајќи од точките на формата (t0, x0), каде што t0 е фиксирано, тогаш ќе добиеме различни IR. Дополнително, менувањето на интервалот за одредување на решението ќе даде поинакво решение, според нашата дефиниција.

Пример. x = 0. Решение: x = = const Rn. Меѓутоа, ако избереме малку t0 и ја фиксираме вредноста x0 на решението во точката t0: x(t0) = x0, тогаш вредноста се одредува единствено: = x0, т.е., решението е единствено до изборот на интервалот (а, б) t0.

Присуството на „безличен“ сет на решенија е незгодно за работа со нив2 - попогодно е да ги „нумерирате“ на следниов начин: додадете дополнителни услови на (7) на таков начин што ќе ги истакнете единствените (во одредена смисла ) решение, а потоа, подредувајќи ги овие услови, работете со секое решение посебно (геометриски, може да има едно решение (IR), но има многу парчиња - ќе се справиме со оваа непријатност подоцна).

Дефиниција. Задачата за (7) е (7) со дополнителни услови.

Всушност, ние веќе го измисливме наједноставниот проблем - ова е проблемот на Коши: (7) со услови на формата (податоци на Коши, почетни податоци):

Од гледна точка на апликации, овој проблем е природен: на пример, ако (7) ја опишува промената на некои параметри x со времето t, тогаш (8) значи дека во одредено (почетно) време вредноста на параметрите е позната . Има потреба од проучување на други проблеми, за ова ќе зборуваме подоцна, но засега ќе се фокусираме на проблемот на Коши. Природно, овој проблем има смисла за (t0, x0) B. Според тоа, решението за проблемот (7), (8) е решение (7) (во смисла на дефиницијата дадена погоре) така што t0 (a, b ), и (осум).

Наша непосредна задача е да докажеме постоење на решение за проблемот на Коши (7), (8), а за одредени комплементарни примери - квадратна равенка, подобро е да се напише x1 =..., x2 =... отколку x = b/2 ±...

под одредени претпоставки за f - и неговата единственост во одредена смисла.

Коментар. Треба да го разјасниме концептот на нормата на вектор и матрица (иако ќе ни требаат матрици само во Дел 2). Поради фактот што во конечни-димензионален простор сите норми се еквивалентни, изборот на одредена норма не е важен ако не интересираат само проценки, а не и точни количини. На пример, |x|p = (|xi|p)1/p може да се користи за вектори, p е сегментот Peano (Пикард). Размислете за конусот K = (|x x0| F |t t0|) и неговиот скратен дел K1 = K (t IP ). Јасно е дека само K1 C.

Теорема. (Пеано). Нека се задоволени барањата за f во задачата (1) наведени во дефиницијата на решението, т.е.

f C(B), каде што B е регион во Rn+1. Тогаш за сите (t0, x0) B на Int(IP) постои решение за проблемот (1).

Доказ. Дозволете ни да поставиме произволно (0, T0] и да ја конструираме таканаречената Ојлерова скршена линија со чекор, имено: тоа е прекината линија во Rn+1, во која секоја врска има проекција на оската t на должина, првата врската кон десно започнува во точката (t0, x0) и е таква што dx/dt = f (t0, x0) на неа, десниот крај на оваа врска (t1, x1) служи како лев крај на втората , на која dx/dt = f (t1, x1), итн., и слично како лево. Резултирачката полилинија дефинира делумна линеарна функција x = (t). Се додека t IP, полилинијата останува во K1 (и уште повеќе во C, па оттука и во B), така што конструкцијата е точна - за ова, всушност, била направена помошна конструкција пред теоремата.

Навистина, постои секаде освен точките на прекин, а потоа (s) (t) = (z)dz, каде што произволните вредности на изводот се земаат на точките на прекин.

Во овој случај (движејќи се по прекината линија со индукција) Особено, | (t)x0| F |t t0|.

Така, на IP функции:

2. се еквиконтинуирани, бидејќи се Липшиц:

Овде, читателот треба, доколку е потребно, да го освежи своето знаење за концепти и резултати како што се: еквиконтинуитет, униформа конвергенција, теоремата Арцела-Асколи итн.

Според теоремата Арзела-Асколи, постои низа k 0 таква што k е на IP, каде што C(IP). По конструкција, (t0) = x0, па останува да се потврди дека Го докажуваме ова за s t.

Вежба. Слично да се разгледа s t.

Поставуваме 0 и наоѓаме 0 така што за сите (t1, x1), (t2, x2) C е точно Ова може да се направи со оглед на рамномерниот континуитет на f на компактното множество C. Најдете m N така што Фикс t Int (IP) и земете било кое s Int(IP) така што t s t +. Тогаш за сите z имаме |k (z) k (t)| F, па во поглед на (4) |k (z) (t)| 2F.

Забележете дека k (z) = k (z) = f (z, k (z)), каде што z е апсциса на левиот крај на полилинискиот сегмент што ја содржи точката (z, k (z)). Но, точката (z, k (z)) паѓа во цилиндар со параметри (, 2F) изградени на точката (t, (t)) (всушност, дури и во скратен конус - видете ја сликата, но не t е важно сега), па во поглед на (3) добиваме |k (z) f (t, (t))|. За скршена линија, ја имаме, како што е споменато погоре, формулата за k, ова ќе даде (2).

Коментар. Нека f C 1(B). Тогаш решението дефинирано на (a, b) ќе биде од класа C 2(a, b). Навистина, на (a, b) имаме: постои f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t)) x (t) (тука е Jacobi матрица ) е континуирана функција. Значи има и 2 C(a, b). Можеме дополнително да ја зголемиме мазноста на растворот ако f е мазна. Ако f е аналитичка, тогаш е можно да се докаже постоењето и единственоста на аналитичко решение (ова е таканаречената теорема на Коши), иако тоа не произлегува од претходното расудување!

Тука е неопходно да се запамети што е аналитичка функција. Да не се меша со функција претставена со серија на моќност (ова е само претстава аналитичка функцијана, општо земено, дел од неговиот домен на дефиниција)!

Коментар. За дадените (t0, x0), може да се обидете да го максимизирате T0 со менување на T и R. Сепак, по правило, ова не е толку важно, бидејќи постојат посебни методи за проучување на максималниот интервал на постоење на решение (види § 4).

Теоремата Пеано не кажува ништо за единственоста на решението. Со нашето разбирање на решението, тоа секогаш не е единствено, бидејќи ако постои решение, тогаш неговите ограничувања во потесни интервали ќе бидат други решенија. Оваа точка ќе ја разгледаме подетално подоцна (во § 4), но засега, под единственост подразбираме совпаѓање на кои било две решенија на пресекот на интервалите на нивната дефиниција. Дури и во оваа смисла, теоремата на Пеано не кажува ништо за уникатноста, што не е случајно, бидејќи под нејзините услови единственоста не може да се гарантира.

Пример. n = 1, f (x) = 2 |x|. Проблемот на Коши има тривијално решение: x1 0, а згора на тоа x2(t) = t|t|. Од овие две решенија, може да се состави цело семејство решенија со 2 параметри:

каде што + (бесконечните вредности значат дека нема соодветна гранка). Ако го земеме целиот R како домен на дефиниција на сите овие решенија, тогаш сè уште има бесконечно многу од нив.

Забележете дека ако го искористиме доказот на теоремата на Пеано во однос на Ојлеровите скршени линии во овој проблем, тогаш ќе се добие само нулта решение. Од друга страна, ако е дозволена мала грешка на секој чекор во процесот на конструирање на прекинати Ојлерови линии, тогаш дури и откако параметарот на грешка тежи на нула, сите решенија остануваат. Така, теоремата на Пеано и скршените линии на Ојлер се природни како метод за конструирање решенија и се тесно поврзани со нумеричките методи.

Проблемот забележан во примерот се должи на фактот што функцијата f не е мазна во x. Излегува дека ако наметнеме дополнителни барања за регуларноста на f во x, тогаш може да се обезбеди единственост, а овој чекор е неопходен во одредена смисла (види подолу).

Да потсетиме на некои поими од анализата. Функцијата (скаларна или векторска) g се нарекува Холдерова функција со експонент (0, 1] на множество ако се нарекува Липшиц услов за 1. За 1, ова е можно само за константни функции. Функција дефинирана на сегмент (каде што изборот на 0 не е суштински) се нарекува модул на континуитет, ако се каже дека g го задоволува генерализираниот услов на Холдер со модул, ако во овој случај се нарекува g-модул на континуитет.

Може да се покаже дека секој модул на континуитет е модул на континуитет на некоја континуирана функција.

За нас е важен инверзниот факт, имено: секоја континуирана функција на компактен сет има свој модул на континуитет, т.е., задоволува (5) со некои. Да го докажеме тоа. Потсетиме дека ако е компактен и g е C(), тогаш g е нужно рамномерно континуирано во, т.е.

= (): |x y| = |g(x)g(y)|. Излегува дека ова е еквивалентно на условот (5) кај некои. Навистина, ако постои, тогаш е доволно да се конструира модул на континуитет таков што (()), а потоа за |x y| = = () добиваме Бидејќи (и) се произволни, тогаш x и y можат да бидат произволни.

И обратно, ако (5) е точно, тогаш доволно е да се најде такво што (()), а потоа за |x y| = () добиваме Останува да ги оправдаме логичките транзиции:

За монотоно и доволно е да се земе инверзни функции, но во општиот случај потребно е да се користи т.н. генерализирани инверзни функции. Нивното постоење бара посебен доказ, кој нема да го дадеме, туку само идеја (корисно е читањето да се придружува со цртежи):

за кое било F дефинираме F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - тоа се монотони функции и имаат инверзни. Лесно е да се провери дали x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Најдобар модул на континуитет е линеарен (состојба на Липшиц). Тоа се „речиси диференцирачки“ функции. За да се даде ригорозно значење на последната изјава бара извесен труд, а ние ќе се ограничиме на само две забелешки:

1. Строго кажано, не секоја Липшицова функција е диференцијабилна, како што е примерот g(x) = |x| до R;

2. но диференцијабилноста имплицира Липшиц, како што покажува следното тврдење. Секоја функција g што ги има сите M на конвексно множество ја задоволува состојбата на Липшиц на неа.

[За момент, за краткост, разгледајте ги скаларните функции g.] Доказ. За сите x, y имаме Јасно е дека оваа изјава важи и за векторските функции.

Коментар. Ако f = f (t, x) (општо земено, векторска функција), тогаш можеме да го воведеме поимот „f е Липшиц во x“, т.е. |f (t, x) f (t, y)| C|x y|, а исто така докажете дека ако D е конвексно во x за сите t, тогаш за Липшицовото својство на f во однос на x во D, доволно е тоа | преку |x y|. За n = 1, тоа обично се прави со користење на формулата за конечни инкременти: g(x)g(y) = g (z)(xy) (ако g е векторска функција, тогаш z е различен за секоја компонента). За n 1 е погодно да се користи следниов аналог на оваа формула:

Лема. (Адамара). Нека f C(D) (општо земено, векторска функција), каде што D (t = t) е конвексна за кое било t, и f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), каде што A е континуирана правоаголна матрица.

Доказ. За кое било фиксно t, ја применуваме пресметката од доказот на тврдењето за = D (t = t), g = fk. Го добиваме саканото претставување со A(t, x, y) = A е навистина континуирано.

Да се ​​вратиме на прашањето за единственоста на решението на проблемот (1).

Да го поставиме прашањето вака: кој треба да биде модулот на континуитет на f во однос на x, така што решението (1) е единствено во смисла дека 2 решенија дефинирани на ист интервал се совпаѓаат? Одговорот е даден со следнава теорема:

Теорема. (Осгуд). Нека, под условите на теоремата Пеано, модулот на континуитет на f во однос на x во B, т.е., функцијата во неравенството го задоволува условот (можеме да претпоставиме C). Тогаш проблемот (1) не може да има две различни решенија дефинирани на ист интервал од формата (t0 a, t0 + b).

Споредете со горенаведениот пример за неуникатност.

Лема. Ако z C 1(,), тогаш во целина (,):

1. во точките каде што постои z = 0, |z| постои и ||z| | |z|;

2. во точките каде z = 0, има еднострани изводи |z|±, и ||z|± | = |z | (особено, ако z = 0, тогаш |z| = 0 постои).

Пример. n = 1, z(t) = t. Во точката t = 0, изводот на |z| не постои, но има еднострани деривати.

Доказ. (леми). Во оние точки каде z = 0, имаме z z : постои |z| =, и ||z| | |z|. Во тие точки t, каде z(t) = 0, имаме:

Случај 1: z (t) = 0. Тогаш го добиваме постоењето на |z| (t) = 0.

Случај 2: z (t) = 0. Тогаш ако +0 или 0 тогаш z(t +)| |z(t)| чиј модул е ​​еднаков на |z (t)|.

Според претпоставката, F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. Нека z1,2 се две решенија на (1) дефинирани на (t0, t0 +). Означи z = z1 z2. Ние имаме:

Да претпоставиме дека постои t1 (за определеност t1 t0) така што z(t1) = 0. Множеството A = ( t1 | z(t) = 0 ) не е празно (t0 A) и е ограничено одозгора. Оттука, има горната граница t1. По конструкција, z = 0 на (, t1), а бидејќи z е континуирано, имаме z() = 0.

Од Лема |z| C 1(, t1), и на овој интервал |z| |z | (|z|), па интеграцијата над (t, t1) (каде t (, t1)) дава F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. За t + 0 добиваме контрадикција.

Заклучок 1. Ако, под условите на теоремата на Пеано, f е Липшиц во x во B, тогаш проблемот (1) има единствено решение во смисла опишана во теоремата на Осгуд, бидејќи во овој случај () = C ја задоволува (7).

Заклучок 2. Ако C(B) под условите на теоремата на Пеано, тогаш решението (1) дефинирано на Int(IP) е единствено.

Лема. Секое решение (1) дефинирано на IP мора да ја задоволува проценката |x | = |f (t, x)| F, а неговиот график лежи во K1, а уште повеќе во C.

Доказ. Да претпоставиме дека постои t1 IP таква што (t, x(t)) C. За определеност, нека t1 t0. Потоа, постои t2 (t0, t1] така што |x(t) x0| = R. Слично на расудувањето во докажувањето на теоремата на Осгуд, можеме да претпоставиме дека t2 е најлевата таква точка, но имаме (t, x (t)) C, така што |f (t, x(t))|F, и затоа (t, x(t)) K1, што е во спротивност со |x(t2) x0| = R. Оттука, (t, x(t) ) C на сите IP, а потоа (повторувачки пресметки) (t, x(t)) K1.

Доказ. (Заклучок 2). C е компактно множество, добиваме дека f е Липшиц во x во C, каде што графиците на сите решенија лежат поради лемата. Со заклучок 1, го добиваме она што е потребно.

Коментар. Условот (7) значи дека условот на Липшиц за f не може да биде суштински ослабен. На пример, условот на Холдер со 1 повеќе не важи. Погодни се само модули на континуитет блиску до линеарните - како што е „најлошиот“:

Вежба. (прилично комплицирано). Докажете дека ако (7) задоволува, тогаш има 1 што задоволува (7) така што 1/ е на нула.

Во општ случај, не е неопходно да се бара точно нешто од модулот на континуитет на f во x за уникатност - можни се сите видови посебни случаи, на пример:

Изјава. Ако, под условите на теоремата Пеано, тогаш сите 2 решенија (1) дефинирани на (9) се вистинити, јасно е дека x C 1(a, b), а потоа диференцијацијата (9) дава (1)1, и (1)2 е очигледно.

За разлика од (1), природно е (9) да конструира решение на затворен интервал.

Пикард го предложи следниов метод на последователни приближувања за решавање (1)=(9). Означи x0(t) x0, а потоа со индукција.Теорема. (Коши-Пикара). Нека, под условите на теоремата на Пеано, функцијата f е Липшиц во x во кое било компактно множество K конвексно во x во доменот B, т.е.

Потоа за било кој (t0, x0) B, проблемот на Коши (1) (ака (9)) има единствено решение на Int(IP), а xk x на IP, каде што xk се дефинирани во (10).

Коментар. Јасно е дека теоремата останува валидна ако условот (11) се замени со C(B), бидејќи (11) произлегува од овој услов.

Забелешка за наставникот. Всушност, не се потребни сите компактни конвексни во x, туку само цилиндри, но формулацијата е направена на овој начин, бидејќи во § 5 ќе ни требаат поопшти компакти, а освен тоа, токму со таква формулација изгледа Забелешката најприродно.

Доказ. Избираме произволно (t0, x0) B и ја правиме истата помошна конструкција како пред теоремата на Пеано. Да докажеме со индукција дека сите xk се дефинирани и континуирани на IP, а нивните графикони лежат во K1, а уште повеќе во C. Ова е очигледно за x0. Ако ова е точно за xk1, тогаш јасно е од (10) дека xk е дефинирано и континуирано на IP, а тоа е членството на K1.

Сега ја докажуваме проценката на IP со индукција:

(C е компактно множество конвексно во x во B, а L(C) е дефинирано за него). За k = 0, ова е докажаната проценка (t, x1(t)) K1. Ако (12) е точно за k:= k 1, тогаш од (10) го имаме она што се бараше. Така, серијата е мајоризирана на IP со конвергентна нумеричка серија и затоа (ова се нарекува теорема на Вајерштрас) рамномерно конвергира на IP до некоја функција x C(IP). Но, тоа значи xk x на IP. Потоа во (10) на IP преминуваме до лимитот и добиваме (9) на IP, а оттука и (1) на Int(IP).

Уникатноста веднаш следи од заклучокот 1 од теоремата на Осгуд, но корисно е да се докаже на друг начин, користејќи ја прецизно равенката (9). Нека има 2 решенија x1,2 на проблемот (1) (т.е., (9)) на Int(IP). Како што споменавме погоре, тогаш нивните графикони нужно лежат во K1, а уште повеќе во C. Нека t I1 = (t0, t0 +), каде е некој позитивен број. Тогаш = 1/(2L(C)). Тогаш = 0. Така, x1 = x2 на I1.

Забелешка за наставникот. Исто така, постои доказ за уникатност со помош на лемата Гронвол, тоа е уште поприродно, бидејќи веднаш поминува глобално, но досега лемата Гронвол не е многу погодна, бидејќи е тешко да се согледа соодветно до линеарни ODE. .

Коментар. Последниот доказ за уникатноста е поучен по тоа што покажува уште еднаш во поинакво светло како локалната единственост води до глобална единственост (што не е точно за постоењето).

Вежба. Докажете ја уникатноста одеднаш на сите IP, тврдејќи од спротивното, како во доказот на теоремата на Осгуд.

Важен посебен случај (1) се линеарните ODE, т.е. оние во кои вредноста f (t, x) е линеарна во x:

Во овој случај, за да се падне во условите на општата теорија, треба да се бара Така, во овој случај, улогата на Б е лента, а условот да се биде Липшиц (па дури и да се разликува) во однос на x се задоволува автоматски: за сите t (a, b), x, y Rn имаме |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Ако привремено избереме компактно множество (a, b), тогаш на него добиваме |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, каде што L = max |A|.

Теоремите Пеано и Озгуд или Коши-Пикард имплицираат единствена решливост на проблемот (13) на некој интервал (Пеано-Пикард) кој содржи t0. Покрај тоа, решението на овој интервал е границата на последователни Picard приближувања.

Вежба. Најдете го овој интервал.

Но, излегува дека во овој случај сите овие резултати можат да се докажат на глобално ниво одеднаш, т.е., на сè (а, б):

Теорема. Нека (14) е вистина. Тогаш проблемот (13) има уникатно решение на (a, b), и последователните Picard апроксимации се спојуваат кон него рамномерно на кое било компактно множество (a, b).

Доказ. Повторно, како и во TK-P, конструираме решение за интегралната равенка (9) користејќи последователни приближувања користејќи ја формулата (10). Но, сега не треба да ја проверуваме состојбата графикот да падне во конусот и цилиндерот, бидејќи

f е дефинирана за сите x додека t (a, b). Треба само да провериме дали сите xk се дефинирани и континуирани на (a, b), што е очигледно со индукција.

Наместо (12), сега прикажуваме слична проценка на формата каде N е одреден број во зависност од изборот на . Првиот индукциски чекор за оваа проценка е различен (бидејќи не е поврзан со K1): за k = 0 |x1(t) x0| N поради континуитетот на x1, а следните чекори се слични на (12).

Можно е да не се опише ова, бидејќи е очигледно, но повторно можеме да забележиме xk x на , а x е решението на соодветната (10) на . Но, притоа, конструиравме решение за сè (а, б), бидејќи изборот на компактното множество е произволен. Уникатноста следи од теоремите на Осгуд или Коши-Пикард (и дискусијата погоре за глобалната единственост).

Коментар. Како што споменавме погоре, TC-P е формално излишен поради теоремите Пеано и Осгуд, но е корисен од 3 причини - тоа:

1. ви овозможува да го поврзете проблемот на Коши за ODE со интегрална равенка;

2. нуди конструктивен метод на последователни приближувања;

3. го олеснува докажувањето на глобалното постоење за линеарни ODE.

[иако второто може да се заклучи и од аргументите од § 4.] Во продолжение најчесто ќе се повикуваме на него.

Пример. x = x, x(0) = 1. Последователни приближувања Оттука, x(t) = e е решението на првобитната задача на целата Р.

Најчесто нема да се добие серија, но останува одредена конструктивност. Исто така, можно е да се процени грешката x xk (види ).

Коментар. Од теоремите Пеано, Осгуд и Коши-Пикард, лесно е да се добијат соодветните теореми за ODE од повисок ред.

Вежба. Формулирајте ги концептите на проблемот на Коши, решението на системот и проблемот на Коши, сите теореми за ODE од повисок ред, користејќи го редукцијата на системи од прв ред опишани во § 1.

Донекаде прекршувајќи ја логиката на курсот, но за подобро да ги асимилираме и оправдаме методите за решавање проблеми на практичната настава, привремено ќе го прекинеме излагањето на општата теорија и ќе се занимаваме со техничкиот проблем „експлицитно решение на ODE“.

§ 3. Некои методи на интеграција Така, ја разгледуваме скаларната равенка = f (t, x). Наједноставниот посебен случај што научивме да го интегрираме е т.н. URP, т.е., равенка во која f (t, x) = a (t) b (x). Формалниот трик за интегрирање на ERP е да се „одвојат“ променливите t и x (оттука и името): = a(t)dt, а потоа да се земе интегралот:

каде x = B (A(t)). Ваквото формално расудување содржи неколку точки кои бараат оправдување.

1. Поделба со b(x). Претпоставуваме дека f е континуирано, па a C(,), b C(,), т.е. B е правоаголник (,) (,)(општо кажано, бесконечно). Множествата (b(x) 0) и (b(x) 0) се отворени и затоа се конечни или бројни множества на интервали. Помеѓу овие интервали има точки или отсечки каде b = 0. Ако b(x0) = 0, тогаш проблемот на Коши има решение x x0. Можеби ова решение не е единствено, тогаш во неговиот домен на дефиниција постојат интервали каде b(x(t)) = 0, но тогаш тие можат да се поделат со b(x(t)). Забележете дека функцијата B е монотона на овие интервали, и затоа можеме да земеме B 1. Ако b(x0) = 0, тогаш b(x(t)) = 0 во соседството на t0, а постапката е легална . Така, опишаната постапка треба, општо земено, да се примени при делење на доменот на дефиниција на решение на делови.

2. Интеграција на левиот и десниот дел во однос на различни променливи.

Метод I. Нека сакаме да најдеме решение за проблемот Kod(t) shi (1) x = (t). Имаме: = a(t)b((t)), од каде - ја добивме истата формула строго.

Метод II. Равенката е т.н. симетрична нотација на оригиналната ODE, односно онаа која не одредува која променлива е независна, а која е зависна. Таквата форма има смисла токму во случајот што ја разгледуваме една равенка од прв ред со оглед на теоремата за непроменливоста на формата на првиот диференцијал.

Овде е соодветно да се справиме со концептот на диференцијал подетално, илустрирајќи го со примерот на рамнината ((t, x)), кривите на неа, новите врски, степени на слобода и параметар на кривата.

Така, равенката (2) ги поврзува диференцијалите t и x по саканиот IC. Тогаш, интегрирањето на равенката (2) на начин прикажан на почетокот е сосема легално - тоа значи, ако сакате, интегрирање преку која било променлива избрана како независна.

Во методот I, го покажавме ова со избирање на t како независна променлива. Сега ќе го покажеме ова со избирање на параметарот s долж IC како независна променлива (бидејќи ова појасно ја покажува еднаквоста на t и x). Нека вредноста s = s0 одговара на точката (t0, x0).

Тогаш имаме: = a(t(s))t (s)ds, што по дава Овде треба да се фокусираме на универзалноста на симетричната нотација, на пример: кругот не се пишува ниту како x(t), ниту како t(x), но како x(s), t(s).

Некои други ODE од прв ред се сведени на URP, што може да се види при решавање на проблеми (на пример, според книгата за проблеми).

Друг важен случај е линеарната ODE:

Метод I. Варијација на константата.

ова е посебен случај на поопшт пристап, кој ќе се дискутира во Дел 2. Поентата е дека наоѓањето решение во посебна форма го намалува редот на равенката.

Ајде прво да одлучиме. хомогена равенка:

Врз основа на единственоста, или x 0 или секаде x = 0. Во вториот случај (нека x 0 за дефинитивно), добиваме дека (4) ги дава сите решенија на (3)0 (вклучувајќи нула и негативни).

Формулата (4) содржи произволна константа C1.

Методот на константна варијација се состои во тоа што решението (3) C1(t) = C0 + Може да се види (како за алгебарските линеарни системи) структурата ORNY=CHRNY+OROU (повеќе за ова во Дел 2).

Ако сакаме да го решиме проблемот на Коши x(t0) = x0, тогаш треба да го најдеме C0 од податоците на Коши - лесно добиваме C0 = x0.

Метод II. Дозволете ни да најдеме IM, т.е., функција v со која (3) треба да се помножи (напишана така што сите непознати се собрани на левата страна: x a(t)x = b(t)) така што изводот од некоја погодна комбинација.

Имаме: vx vax = (vx), ако v = av, т.е. (таква равенка, (3) е еквивалентна на равенка што е веќе лесно решена и дава (5). Ако проблемот на Коши е решен, тогаш во ( 6) погодно е веднаш да се земе дефинитивен интеграл Некои други се сведени на линеарни ODE (3), како што може да се види кога се решаваат проблеми (на пример, според книгата со проблеми) Важниот случај на линеарни ODE (веднаш за кое било n ) ќе бидат разгледани подетално во Дел 2.

Двете разгледувани ситуации се посебен случај на т.н. UPD. Размислете за ODE од прв ред (за n = 1) во симетрична форма:

Како што веќе беше споменато, (7) го одредува IC во (t, x) рамнината без да специфицира која променлива се смета за независна.

Ако го помножиме (7) со произволна функција M (t, x), добиваме еквивалентна форма за пишување на истата равенка:

Така, истиот ODE има многу симетрични записи. Меѓу нив, посебна улога игра т.н. записи во вкупни диференцијали, името на UPD е неуспешно, бидејќи ова својство не е равенка, туку форма на неговото снимање, т.е., таква што левата страна на (7) е еднаква на dF (t, x) со некои Ф.

Јасно е дека (7) е FTD ако и само ако A = Ft, B = Fx со одредено F. Како што е познато од анализата, последното е неопходно и доволно. Ние не ги поткрепуваме строго техничките точки, на пример, мазност на сите функции. Факт е дека § игра споредна улога - тоа воопшто не е потребно за другите делови од курсот и не би сакал да трошам прекумерни напори за негово детално презентирање.

Така, ако (9) е задоволено, тогаш постои F (тоа е единствено до адитивна константа) така што (7) се препишува како dF (t, x) = 0 (по IR), т.е.

F (t, x) = const долж IC, т.е., IC се линиите на ниво на функцијата F. Добиваме дека интеграцијата на SPD е тривијална задача, бидејќи пребарувањето за F со A и B задоволува (9 ) не е тешко. Ако (9) не е задоволен, тогаш треба да се најде т.н. IM M (t, x) така што (8) е FDD, за што е неопходно и доволно да се изврши аналог на (9), кој ја има формата:

Како што следува од теоријата на PDE од прв ред (која ќе ја покриеме во Дел 3), равенката (10) секогаш има решение, така што IM постои. Така, секоја равенка од формата (7) може да се запише во форма на FDD и затоа овозможува „експлицитна“ интеграција. Но, овие размислувања не даваат конструктивен метод во општиот случај, бидејќи за да се реши (10), општо земено, потребно е да се најде решение (7), што е она што го бараме. Сепак, постојат голем број техники за пребарување IM кои традиционално се разгледуваат на практичните часови (види на пример).

Забележете дека горенаведените методи за решавање на ERP и линеарните ODE се посебен случај на IM идеологијата.

Навистина, ERP dx/dt = a(t)b(x), напишана во симетрична форма dx = a(t)b(x)dt, се решава со множење со IM 1/b(x), бидејќи по ова се претвора во FDD dx/b(x) = a(t)dt, односно dB(x) = dA(t). Линеарна равенка dx/dt = a(t)x + b(t), напишана во симетрична форма dx a(t)xdt b(t)dt, се решава со множење со IM

(со исклучок на големиот блок поврзан со линеарни системи) се дека, користејќи специјални методи за намалување на редот и промена на променливите, тие се сведуваат на ODE од прв ред, кои потоа се сведуваат на FDD и тие се решаваат со примена на главна теорема на диференцијално сметање: dF = 0 F = конст. Прашањето за намалување на редот традиционално е вклучено во текот на практичните вежби (види на пример).

Да кажеме неколку зборови за ODE од прв ред кои не се решени во однос на изводот:

Како што е споменато во § 1, може да се обиде да ја реши (11) во однос на x и да добие нормална форма, но тоа не е секогаш препорачливо. Често е попогодно да се реши (11) директно.

Размислете за просторот ((t, x, p)), каде што p = x привремено се третира како независна променлива. Потоа (11) дефинира површина (F (t, x, p) = 0) во овој простор, што може да се напише параметарски:

Корисно е да се запамети што значи ова, на пример со помош на сфера во R3.

Посакуваните решенија ќе одговараат на кривите на оваа површина: t = s, x = x(s), p = x (s) - се губи еден степен на слобода бидејќи има врска dx = pdt на решенијата. Да ја напишеме оваа врска во однос на параметрите на површината (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), т.е.

Така, саканите решенија одговараат на криви на површината (12), во кои параметрите се поврзани со равенката (13). Последново е ODE во симетрична форма што може да се реши.

Случај I. Ако во некој регион (gu hfu) = 0, тогаш (12) тогаш t = f ((v), v), x = g((v), v) дава параметарски приказ на саканите криви во рамнина ( (t, x)) (т.е., проектираме на оваа рамнина, бидејќи не ни треба p).

Случај II. Слично, ако (gv hfv) = 0.

Случај III. Во некои точки истовремено gu hfu = gv hfv = 0. Тука е потребна посебна анализа, дали ова множество одговара на некои решенија (тие потоа се нарекуваат еднина).

Пример. Клерова равенка x = tx + x 2. Имаме:

x = tp + p2. Ја параметаризираме оваа површина: t = u, p = v, x = uv + v 2. Равенката (13) има форма (u + 2v)dv = 0.

Случај I. Не се спроведува.

Случај II. u + 2v = 0, потоа dv = 0, т.е., v = C = конст.

Оттука, t = u, x = Cu + C 2 е параметарската нотација на IR.

Лесно е да се напише експлицитно x = Ct + C 2.

Случај III. u + 2v = 0, т.е. v = u/2. Оттука, t = u, x = u2/4 е параметарската нотација на „IC кандидатот“.

За да провериме дали ова е навистина IR, ние го пишуваме експлицитно x = t2/4. Се покажа дека ова е (специјално) решение.

Вежба. Докажете дека специјалното решение се однесува на сите останати.

Ова е општ факт - графикот на кое било посебно решение е обвивката на семејството на сите други решенија. Ова е основа за друга дефиниција на едно единствено решение, токму како обвивка (види ).

Вежба. Докажете го тоа за повеќе општа равенка Clairaut x = tx (x) со конвексна функција, специјалното решение има форма x = (t), каде е Лежандрената трансформација на , т.е. = ()1, или (t) = max(tv (v)). Слично за равенката x = tx + (x).

Коментар. Содржината на § 3 е подетално и попрецизно опишана во учебникот.

Забелешка за наставникот. Кога одржувате курс на предавања, може да биде корисно да се прошири § 3, давајќи му поригорозна форма.

Сега да се вратиме на главниот преглед на курсот, продолжувајќи го изложувањето започнато во §§ 1,2.

§ 4. Глобална решливост на проблемот на Коши Во § 2 го докажавме локалното постоење на решение за проблемот на Коши, т.е. само на одреден интервал што ја содржи точката t0.

Под некои дополнителни претпоставки за f, ја докажавме и единственоста на решението, сфаќајќи го како совпаѓање на две решенија дефинирани на ист интервал. Ако f е линеарна во x, тогаш се добива глобално постоење, т.е. на целиот интервал каде што коефициентите на равенката (системот) се дефинирани и континуирани. Меѓутоа, како што покажува обидот да се примени општата теорија на линеарен систем, интервалот Пеано-Пикард е генерално помал од оној на кој може да се конструира решение. Се појавуваат природни прашања:

1. како да се определи максималниот интервал на кој може да се тврди постоење на решение (1)?

2. Дали овој интервал секогаш се совпаѓа со максималниот интервал, на кој сè уште има смисла десната страна на (1)1?

3. како точно да се формулира концептот на уникатност на решение без резерви за интервалот на неговото дефинирање?

Фактот дека одговорот на прашањето 2 е генерално негативен (или подобро кажано, бара голема точност) го покажува следниот Пример. x = x2, x(0) = x0. Ако x0 = 0, тогаш x 0 - нема други решенија според теоремата на Осгуд. Ако x0 = 0, тогаш одлучуваме дека е корисно да се направи цртеж). Интервалот на постоење на решение не може да биде поголем од (, 1/x0) или (1/x0, +), соодветно, за x0 0 и x0 0 (втората гранка на хиперболата не е поврзана со решението! - ова е типична грешкастуденти). На прв поглед, ништо во првичниот проблем „не навестуваше таков исход“. Во § 4 ќе најдеме објаснување за овој феномен.

На примерот на равенката x = t2 + x2 е прикажана типична грешка на учениците за интервалот на постоење на решението. Овде фактот дека „равенката е насекаде дефинирана“ воопшто не значи дека решението може да се прошири на целата линија. Ова е јасно дури и од чисто секојдневна гледна точка, на пример, во врска со правните закони и процесите што се развиваат според нив: дури и ако законот експлицитно не пропишува престанок на постоење на компанија во 2015 година, тоа не значи дека на се дека оваа компанија до оваа година нема да банкротира од внатрешни причини (иако работи во рамките на законот).

За да се одговори на прашањата 1-3 (па дури и да се формулираат јасно), неопходен е поимот за непроширливо решение. Ние (како што се договоривме погоре) ќе ги разгледаме решенијата на равенката (1)1 како парови (, (tl (), tr ())).

Дефиниција. Решението (, (tl (), tr ())) е продолжение на растворот (, (tl (), tr ())) ако (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), и |(tl(),tr()) =.

Дефиниција. Решението (, (tl (), tr ())) не може да се прошири ако нема нетривијални (т.е. различни) екстензии. (види пример погоре).

Јасно е дека ИС се од особена вредност и во нивна смисла потребно е да се докаже постоењето и единственоста. Се поставува природно прашање - дали е секогаш можно да се конструира ИС врз основа на некое локално решение или на проблемот на Коши? Излегува да. За да го разбереме ова, да ги претставиме концептите:

Дефиниција. Множество решенија ((, (tl (), tr ()))) е конзистентно ако било кои 2 решенија од ова множество се совпаѓаат на пресекот на интервали на нивната дефиниција.

Дефиниција. Конзистентно множество решенија се нарекува максимално ако не може да му се додаде уште едно решение така што новото множество е конзистентно и содржи нови точки во унијата на домените на решенијата.

Јасно е дека изградбата на INN е еквивалентна на изградбата на IS, имено:

1. Ако постои IS, тогаш секој INN што го содржи може да биде само збир од неговите ограничувања.

Вежба. Потврди.

2. Ако има INN, тогаш HP (, (t, t+)) се конструира на следниов начин:

поставуваме (t) = (t), каде е дефиниран кој било елемент INN во оваа точка. Очигледно е дека таквата функција ќе биде уникатно дефинирана во целина (t, t+) (единственоста следи од конзистентноста на множеството), и во секоја точка се совпаѓа со сите елементи на INN дефинирани во оваа точка. За кое било t (t, t+) има одредено во него, па оттука и во неговото соседство, и бидејќи има решение (1)1 во ова соседство, тогаш и така. Така, постои решение (1)1 во целина (t, t+). Не може да се прошири, бидејќи во спротивно може да се додаде нетривијална екстензија на INN и покрај неговата максималност.

Изградбата на проблемот ILS (1) во општиот случај (под условите на теоремата Пеано), кога нема локална единственост, е можна (види, ), туку прилично гломазна - се заснова на чекор-по- чекор примена на теоремата Пеано со помала проценка за должината на интервалот на продолжување. Така, HP секогаш постои. Ова ќе го оправдаме само во случај кога постои локална уникатност, тогаш изградбата на ИНН (а оттука и ИР) е тривијална. На пример, за дефинитивно, ќе дејствуваме во рамките на ТЦ-П.

Теорема. Нека условите TK-P се задоволени во доменот B Rn+1. Тогаш за било кој (t0, x0) Б задачата (1) има единствена IS.

Доказ. Размислете за множеството од сите решенија на проблемот (1) (не е празен според TK-P). Тој го формира INN - конзистентен поради локалната уникатност, и максимално со оглед на фактот дека ова е збир на сите решенија на проблемот на Коши воопшто. Значи, NR постои. Таа е единствена поради локалната посебност.

Ако е потребно да се изгради ИС врз основа на достапното локално решение (1)1 (наместо проблемот на Коши), тогаш овој проблем, во случај на локална единственост, се сведува на проблемот на Коши: мора да се избере која било точка на постоечки IR и разгледајте го соодветниот проблем на Коши. ИС на овој проблем ќе биде продолжение на оригиналното решение поради неговата уникатност. Ако нема уникатност, тогаш продолжение дадено решениеспроведена според постапката погоре.

Коментар. HP не може да се прошири на краевите од неговиот интервал на постоење (без разлика на условот за уникатност), така што тој е решение и на крајните точки. За оправдување, потребно е да се разјасни што се подразбира под решение на ODE на краевите на сегментот:

1. Пристап 1. Решението (1)1 на интервалот нека се разбере како функција што ја задоволува равенката на краевите во смисла на едностран извод. Тогаш можноста за наведеното проширување на некое решение, на пример, на десниот крај на интервалот на неговото постоење (t, t+] значи дека ИЦ има крајна точка во B, и C 1(t, t+]. тогаш, откако го решивме проблемот на Коши x(t+) = (t+) за (1) и наоѓајќи го неговото решение, добиваме, за десниот крај t+ (во точката t+ постојат и еднострани изводи и се еднакви на f (t+ , (t+)), што значи дека постои обичен извод), т.е. не беше NR.

2. Пристап 2. Ако под решение (1)1 на отсечка мислиме на функција која е континуирана само на краевите, но таква што краевите на IC лежат во B (дури и ако равенката не се бара да биде задоволни на краевите), тогаш сепак го добиваме истото расудување, само во однос на соодветната интегрална равенка (види детали).

Така, со тоа што веднаш се ограничивме само на отворени интервали како збирки на дефиниции на решенија, не ја нарушивме општоста (туку само ја избегнавме непотребната врева со едностраните деривати итн.).

Како резултат на тоа, одговоривме на прашањето 3, поставено на почетокот на § 4: под условот на единственост (на пример, Osgood или Cauchy-Picard), решението на проблемот на Коши е единствено кај HP. Ако се наруши условот за единственост, тогаш може да има многу ИС на проблемот на Коши, секој со свој интервал на постоење. Секое решение (1) (или едноставно (1)1) може да се прошири на IS.

За да се одговори на прашањата 1 и 2, неопходно е да се разгледа не променливата t одделно, туку однесувањето на IC во просторот Rn+1. На прашањето како ИЦ се однесува „блиску до краевите“, тој одговара Забележете дека интервалот на постоење има краеви, но ИЦ може да ги нема (крајот на ИЦ во Б секогаш не постои - видете ја забелешката погоре, но крајот може да не постои на Б - видете подолу).

Теорема. (за напуштање на компактот).

го формулираме под услови на локална единственост, но тоа не е неопходно - видете , каде што TPK е формулиран како критериум за NR.

Под условите на TC-P, графикот на која било IS од равенката (1)1 остава секое збиено множество K B, т.е., K B (t, t+): (t, (t)) K на t .

Пример. K = ( (t, x) B | ((t, x), B) ).

Коментар. Така, IC на IS близу t± се приближува до B: ((t, (t)), B) 0 како t t± - процесот на продолжување на решението не може да заврши строго во B.

позитивно, овде како вежба е корисно да се докаже позитивноста на растојанието помеѓу неврзаните затворени сетови, од кои едната е компактна гарнитура.

Доказ. Поправете го K B. Земете која било 0 (0, (K, B)). Ако B = Rn+1, тогаш по дефиниција претпоставуваме (K, B) = +. Множеството K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) е исто така компактно во B, така што постои F = max |f |. Броевите T и R до K ги избираме доволно мали, така што секој цилиндар од формата, на пример, е доволно да се земе T 2 + R2 2/4. Тогаш, проблемот на Коши на формата, според TK-P, има решение на интервал не потесен од (t T0, t + T0), каде што T0 = min(T, R/F) за сите (t, x) К.

Сега, како саканиот сегмент, можете да земете = . Навистина, мора да покажеме дека ако (t, (t)) K, тогаш t + T0 t t + T0. Да ја прикажеме, на пример, втората нееднаквост. Решението на проблемот на Коши (2) со x = (t) постои десно барем до точката t + T0, но е IS на истиот проблем, кој, поради својата единственост, е продолжување, така што t + T0 t+.

Така, заплетот IS секогаш „достигнува B“, така што интервалот на постоење на IS зависи од геометријата на IC.

На пример:

Изјава. Нека B = (a, b)Rn (конечен или бесконечен интервал), f ги задоволува условите TC-P во B, е IS на задачата (1) со t0 (a, b). Тогаш или t+ = b или |(t)| + за t t+ (и слично за t).

Доказ. Значи нека t+ b, па t+ +.

Размислете за компактно множество K = B B. За кое било R +, според TPK, постои (R) t+ така што за t ((R), t+) точката (t, (t)) K. Но бидејќи t t+, ова е можно само за сметката |(t)| R. Но, ова значи |(t)| + за t t+.

Во овој конкретен случај, гледаме дека ако f е дефинирано „за сите x“, тогаш интервалот на постоење на IS може да биде помал од максимумот можен (a, b) само поради тенденцијата на IS кога се приближува до краеви на интервалот (t, t+) (обично случај - до границата B).

Вежба. Генерализирајте го последното тврдење за случајот кога B = (a, b), каде што Rn е произволен регион.

Коментар. Треба да се разбере дека |(t)| + не значи никакво k(t).

Така, одговоривме на прашањето 2 (сп. примерот на почетокот на § 4): IR стигнува до B, но неговата проекција на t-оската може да не ги достигне краевите на проекцијата на B на t-оската. Прашањето 1 останува - дали постојат знаци со кои, без да се реши ODE, може да се суди за можноста за продолжување на решението до „најширок можен интервал“? Знаеме дека за линеарни ODE ова проширување е секогаш можно, но во Примерот на почетокот од § 4 тоа е невозможно.

Прво, да разгледаме, за илустрација, одреден случај на ERP за n = 1:

конвергенцијата на неправилниот интеграл h(s)ds (неправилно поради = + или поради сингуларноста на h во точката) не зависи од изборот на (,). Затоа, во следново, едноставно ќе напишеме h(s)ds кога ние зборувамена конвергенција или дивергенција на овој интеграл.

ова веќе може да се направи во теоремата на Осгуд и поврзаните тврдења.

Изјава. Нека a C(,), b C(, +), двете функции се позитивни на нивните интервали. Нека проблемот на Коши (каде t0 (,), x0) има IS x = x(t) на интервалот (t, t+) (,). Потоа:

Последица. Ако a = 1, = +, тогаш t+ = + Доказ. (Тврдења). Забележете дека x монотоно се зголемува.

Вежба. Доказ.

Затоа, x(t+) = lim x(t) + постои. Имаме случај 1. t+, x(t+) + - е невозможно со TPK, бидејќи x е IS.

И двата интеграли се или конечни или бесконечни.

Вежба. Додадете доказ.

Образложение за наставникот. Како резултат на тоа, добиваме дека во случајот 3: a(s)ds +, а во случајот 4 (ако воопшто се реализира) истото.

Така, за наједноставните ODE за n = 1 од формата x = f (x), проширливоста на решенијата до се определува со сличноста.

автономни) равенки, видете дел 3.

Пример. За f (x) = x, 1 (особено, линеарниот случај = 1) и f (x) = x ln x, може да се гарантира проширувањето на (позитивните) решенија до +. За f(x) = x и f(x) = x ln x на 1, решенијата „се распаѓаат во конечно време“.

Во општиот случај, ситуацијата е одредена од многу фактори и не е толку едноставна, но важноста на „стапката на раст на f во x“ останува. За n 1, тешко е да се формулираат критериуми за проширување, но постојат доволно услови. Како по правило, тие се оправдуваат со помош на т.н. априори проценки на решенијата.

Дефиниција. Нека h C(,), h 0. Се вели дека за решенија на некои ODE, AO |x(t)| h(t) на (,) ако кое било решение на овој ODE ја задоволува оваа проценка на оној дел од интервалот (,) каде што е дефиниран (т.е., не се претпоставува дека решенијата се нужно дефинирани на целиот интервал (,) ).

Но, излегува дека присуството на АО гарантира дека решенијата сепак ќе бидат дефинирани на сите (,) (и затоа ја задоволуваат проценката на целиот интервал), така што априори проценката се претвора во постериори:

Теорема. Нека проблемот на Коши (1) ги задоволува условите TK-P, а за неговите решенија има AO на интервалот (,) со малку h C(,), и криволинеарниот цилиндар (|x| h(t), t (,)) B Потоа HP (1) е дефиниран на сите (,) (и оттука го задоволува AO).

Доказ. Да докажеме дека t+ (t е слично). Да речеме t+. Размислете за компактно множество K = (|x| h(t), t ) B. Со TPK, како t t+, точката на графикот (t, x(t)) остава K, што е невозможно поради AO.

Така, за да се докаже проширувањето на решението до одреден интервал, доволно е формално да се процени решението на целиот потребен интервал.

Аналогија: мерливоста на функцијата според Лебег и формалното оценување на интегралот повлекуваат реално постоење на интегралот.

Еве неколку примери на ситуации кога оваа логика функционира. Да почнеме со илустрација на горната теза за „растот на f во x е прилично бавен“.

Изјава. Нека B = (,) Rn, f ги задоволува TK-P условите во B, |f (t, x)| a(t)b(|x|), каде што a и b ги задоволуваат условите од претходниот предлог c = 0, и = +. Тогаш IS на задачата (1) постои на (,) за сите t0 (,), x0 Rn.

Лема. Ако и се континуирани, (t0) (t0); за т т Доказ. Забележете дека во соседството (t0, t0 +): ако (t0) (t0), тогаш ова е веднаш очигледно, инаку (ако (t0) = (t0) = 0) имаме (t0) = g(t0, 0 ) (t0), што повторно го дава она што е потребно.

Сега да претпоставиме дека постои t1 t0 така што (t1). Со очигледно расудување, може да се најде (t1) t2 (t0, t1] така што (t2) = (t2), а на (t0, t2).Но тогаш во точката t2 имаме =, - контрадикција.

g е било кој, а всушност е потребен само C, и каде и да е =, таму. Но, за да не ни ги надмине главите, да го сметаме како во Лемата. Овде има строга нееднаквост, но нелинеарна ODE, а постои и т.н.

Забелешка за наставникот. Неравенките од овој вид како во Лемата се нарекуваат неравенки од типот Чаплигин (NC). Лесно е да се види дека на лемата не и требаше услов за единственост, така што таквата „строга НП“ е исто така вистинита во рамките на теоремата на Пеано. „Не-строга ЛФ“ очигледно е лажна без единственост, бидејќи еднаквоста е посебен случај на нестрога нееднаквост. Конечно, „нестрогата НП“ е вистинита во рамките на условот за единственост, но може да се докаже само локално, со помош на ИМ.

Доказ. (Тврдења). Да докажеме дека t+ = (t = слично). Да претпоставиме дека t+, потоа со тврдењето погоре |x(t)| + за t t+, така што можеме да претпоставиме дека x = 0 на . Ако докажеме AO |x| h на ) (топката е затворена за погодност).

Проблемот на Коши x(0) = 0 има единствена IS x = 0 на R.

Дозволете ни да покажеме доволен услов на f под кој може да се гарантира постоењето на IS на R+ за сите доволно мали x0 = x(0). За да го направите ова, да претпоставиме дека (4) има т.н Функција Љапунов, т.е. функција V таква што:

1. V C1(B(0, R));

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

Да го провериме исполнувањето на условите А и Б:

A. Размислете за проблемот на Коши каде |x1| R/2. Да конструираме цилиндар B = R B(0, R) - доменот на функцијата f, каде што е ограничена и од класата C 1, така што постои F = max |f |. Според TK-P, постои решение за (5) дефинирано на интервалот (t1 T0, t1 + T0), каде што T0 = min(T, R/(2F)). Со избирање на доволно голем Т, може да се постигне T0 = R/(2F). Важно е T0 да не зависи од изборот на (t1, x1), под услов |x1| R/2.

Б. Сè додека решението (5) е дефинирано и останува во топката B(0, R), можеме да го направиме следниот аргумент. Ние имаме:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0, т.е. V (x(t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Јасно е дека m и M не се намалуваат; r се дисконтинуирани на нула, m(0) = M (0) = 0, а надвор од нула тие се позитивни. Според тоа, постои R 0 така што M (R) m(R/2). Ако |x1| R, потоа V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), од каде |x(t)| R/2. Забележете дека R R/2.

Сега можеме да формулираме теорема, која од сек. А, Б го заклучува глобалното постоење на решенија (4):

Теорема. Ако (4) има Lyapunov функција во B(0, R), тогаш за сите x0 B(0, R) (каде што R е дефинирано погоре) IS на проблемот на Коши x(t0) = x0 за системот (4) (со било кој t0) дефиниран на +.

Доказ. По ставка А, решението може да се конструира на , каде што t1 = t0 + T0 /2. Ова решение лежи во B(0, R) и на него ја применуваме точката B, така што |x(t1)| R/2. Повторно ја применуваме точката А и добиваме решение на , каде што t2 = t1 + T0/2, т.е., сега решението е изградено на . Ја применуваме ставката Б на ова решение и добиваме |x(t2)| R/2, итн. Во бројлив број чекори, добиваме решение во § 5. Зависност на решенијата ODE од Размислете за проблемот на Коши каде Rk. Ако за некои t0(), x0() овој проблем на Коши има IS, тогаш тоа е x(t,). Се поставува прашањето: како да се проучува зависноста на x од? Ова прашање е важно поради различните апликации (и ќе се појави особено во Дел 3), од кои едната (иако можеби не е најважна) е приближното решение на ODE.

Пример. Да го разгледаме проблемот на Коши. Нејзиното IS постои и е единствено, како што следува од TK-P, но невозможно е да се изрази во елементарни функции. Како тогаш да се истражат неговите својства? Еден од начините е следниов: забележете дека (2) е „блиску“ до задачата y = y, y(0) = 1, чие решение лесно се наоѓа: y(t) = et. Можеме да претпоставиме дека x(t) y(t) = et. Оваа идеја е јасно формулирана на следниов начин: разгледајте го проблемот At = 1/100 ова е (2), а на = 0 ова е проблемот за y. Ако докажеме дека x = x(t,) е континуирано во (во одредена смисла), тогаш добиваме дека x(t,) y(t) на 0, што значи x(t, 1/100) y(t ) = и др.

Навистина, останува нејасно колку x е блиску до y, но докажувањето дека x е континуирано во однос на е првиот неопходен чекор без кој понатамошниот напредок е невозможен.

Слично на тоа, корисно е да се проучи зависноста од параметрите во почетните податоци. Како што ќе видиме подоцна, оваа зависност лесно може да се сведе на зависност од параметар од десната страна на равенката, така што засега се ограничуваме на проблем од формата Нека f C(D), каде што D е регион во Rn+k+1; f е Липшиц во x во кое било компактно множество во D конвексно во x (на пример, C(D) е доволно). Поправаме (t0, x0). Означи M = Rk | (t0, x0,) D е множество на допуштени (за кои проблемот (4) има смисла). Забележете дека М е отворен. Претпоставуваме дека (t0, x0) се избрани така што M =. Според TK-P, за сите M постои еден IS на задачата (4) - функцијата x = (t,) дефинирана на интервалот t (t(), t+()).

Строго кажано, бидејќи зависи од многу променливи, мора да го напишеме (4) на следниов начин:

каде што (5)1 е задоволено на множеството G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Сепак, разликата помеѓу знаците d / dt и / t е чисто психолошка (нивната употреба зависи од истиот психолошки концепт на „фикс“). Така, множеството G е природното максимално множество на дефиницијата на функцијата, а прашањето за континуитетот треба да се истражи токму на G.

Ни треба помошен резултат:

Лема. (Гронвол). Нека функцијата C, 0 ја задоволува проценката за сите t. Потоа, за сите, точно Забелешка за наставникот. Кога читате предавање, не можете да ја запаметите оваа формула однапред, туку да оставите простор и да ја внесете по заклучокот.

Но, тогаш чувајте ја оваа формула на очигледен поглед, бидејќи ќе биде неопходна во ToNZ.

h = A + B Ah + B, од каде го добиваме она што е потребно.

Значењето на оваа лема: диференцијална равенка и нееднаквост, врска меѓу нив, интегрална равенка и неравенка, врска меѓу сите нив, диференцијални и интегрални леми на Гронвол и врска меѓу нив.

Коментар. Можно е да се докаже оваа лема под поопшти претпоставки за А и Б, но ова сè уште не ни треба, туку ќе се направи во курсот UMF (така, лесно е да се види дека не го користевме континуитетот на А и Б, итн.).

Сега сме подготвени јасно да го кажеме резултатот:

Теорема. (ToNS) Според претпоставките направени за f и во ознаката претставена погоре, можеме да тврдиме дека G е отворен, но C(G).

Коментар. Јасно е дека множеството М генерално не е поврзано, така што можеби и G не е поврзано.

Забелешка за наставникот. Меѓутоа, ако вклучиме (t0, x0) во бројот на параметри, тогаш врската би била - ова се прави во .

Доказ. Нека (t,) G. Неопходно е да се докаже дека:

Нека, за дефинитивно, t t0. Имаме: M, така што (t,) е дефинирано на (t(), t+()) t, t0, што значи дека на некоја отсечка таква што t точката (t, (t,),) поминува низ компактна крива D (паралелно со хиперрамнините ( = 0)). Тоа значи дека комплетот на формата Дефиниција мора постојано да се чува пред очи!

има и компактно множество во D за доволно мали a и b (конвексни во x), така што функцијата f е Липшиц во x:

[Оваа проценка мора постојано да се чува пред очи! ] и е рамномерно континуиран во сите променливи, а уште повеќе |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Оваа проценка мора постојано да се чува пред очи! ] Размислете за произволна 1 таква што |1 | b и соодветното решение (t, 1). Множеството ( = 1) е компактно во D ( = 1), а за t = t0 точката (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), а според TPK, за t t+(1) точката (t, (t, 1), 1) остава ( = 1). Нека t2 t0 (t2 t+(1)) е првата вредност до која достигнува споменатата точка.

По конструкција, t2 (t0, t1]. Нашата задача е да покажеме дека t2 = t1 под дополнителни ограничувања на. Ајде сега t3 . Имаме (за сите такви t3, сите количини што се користат подолу се дефинирани со конструкција):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Да се ​​обидеме да докажеме дека оваа вредност е помала од a во апсолутна вредност.

каде што интеградот се оценува на следниов начин:

±f (t, (t,),), наместо ±f (t, (t,),), бидејќи разликата |(t, 1) (t,)| само што сè уште нема проценка, така што (t, (t, 1),) е нејасно, но за |1 | постои, и (t, (t,), 1) е познато.

така што |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Така, функцијата (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (ова е континуирана функција) ги задоволува условите на лемата Гронвол со A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, така што со оваа лема добиваме [Оваа проценка мора да биде се чуваат пред очи во секое време! ] ако земеме |1 | 1 (t1). Ќе претпоставиме дека 1(t1) b. Сите наши размислувања се точни за сите t3.

Така, со таков избор на 1, кога t3 = t2, сепак |(t2, 1) (t2,)| а, како и |1 | б. Оттука, (t2, (t2, 1), 1) е можно само поради фактот што t2 = t1. Но, ова значи, особено, дека (t, 1) е дефинирано на целиот интервал , т.е., t1 t+(1), и сите точки од формата (t, 1) G ако t , |1 | 1 (t1).

Односно, иако t+ зависи од, но отсечката останува лево од t+() на доволно блиску до. На сликата Слично на t t0 е прикажано постоењето на броевите t4 t0 и 2(t4). Ако t t0, тогаш точката (t,) B(, 1) G, слично за t t0, и ако t = t0, тогаш и двата случаи се применливи, така што (t0,) B(, 3) G, каде што 3 = мин (12). Важно е дека за фиксна (t,) може да се најде t1 (t,) така што t1 t 0 (или t4, соодветно), и 1 (t1) = 1 (t,) 0 (или 2, соодветно), така што изборот на 0 = 0(t,) е јасен (бидејќи топката може да се впише во добиеното цилиндрично соседство).

всушност, докажано е посуптилно својство: ако IS е дефинирана на одреден интервал, тогаш сите IS со доволно блиски параметри се дефинирани на него (т.е.

сите малку нарушени HP). Сепак, и обратно, ова својство произлегува од отвореноста на G, како што ќе биде прикажано подолу, така што ова се еквивалентни формулации.

Така, ја докажавме точката 1.

Ако сме во наведениот цилиндар во просторот, тогаш проценката е точна за |1 | 4 (, т,). Во исто време |(t3,) (t,)| за |t3 t| 5(, t,) поради континуитет во т. Како резултат на тоа, за (t3, 1) B((t,),) имаме |(t3, 1) (t,)|, каде што = min(4, 5). Ова е точка 2.

„Министерство за образование и наука на Руската Федерација Сојузна државна буџетска образовна институција за високо професионално образование ДРЖАВЕН УНИВЕРЗИТЕТ ЗА МЕНАЏМЕНТ Институт за обука на научен, педагошки и научен персонал ПРОГРАМА НА УПИТНИ ТЕСТИ ВО ПОСЕБНАТА ДИСЦИПЛИНА СОЦИОЛОГИЈА НА МЕНАЏМЕНТОТ1401. ОРГАНИЗАЦИСКИ И МЕТОДОЛОШКИ УПАТСТВА приемни испитина постдипломски студии во ...“

« Државниот универзитет во Амур Катедра за психологија и педагогија ОБРАЗОВНА И МЕТОДОЛОШКА КОМПЛЕКСНА ДИСЦИПЛИНА КОНСУЛТАТИВНА ПСИХОЛОГИЈА Главната образовна програма во насока на диплома 030300.62 Психологија Благовешченск 2012 година ја развила Програма за образование на Катедрата за образование и препорачала на состанокот на Консултантската управа на Универзитетот во УМК.

„автомобилска индустрија) Омск - 2009 3 Федерална агенција за образование ГОУ ВПО Сибирска државна автомобилска и патна академија (SibADI) Катедра за инженерска педагогија МЕТОДОЛОШКИ УПАТСТВА за изучување на дисциплината Педагошки технологии за студенти од специјалитетот 050501 (автомобилска и професионална обука). .

„Серија учебник Г.С. Руска Федерацијакако учебник за студенти на високообразовни институции по еколошки специјалитети 2. издание Nizhnevartovsk Nizhnevartovsk Publishing House Педагошки институт 2005 BBC 28.080.1ya73 P64 Рецензенти: доктор по биол. Науки, професор В.И. Попченко (Институт за екологија...»

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА федерална државна буџетска образовна институција за високо професионално образование КРАСНОЈАРСКИ ДРЖАВЕН ПЕДАГОШКИ УНИВЕРЗИТЕТ. В.П. Астафиева Е.М. Антипова МАЛА РАБОТИЛНИЦА ЗА БОТАНИКА Електронско издание KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Рецензенти: Василиев А.Н. В.П. Астафиев; Јамских Г.Ју., доктор по геолошки науки, професор на Сибирскиот федерален универзитет Третјакова И.Н., доктор по биолошки науки, професор, водечки соработник на Шумскиот институт...»

„Министерство за образование и наука на Руската Федерација Федерална државна образовна буџетска институција за високо професионално образование Државниот универзитет Амур Катедра за психологија и педагогија ОБРАЗОВЕН И МЕТОДОЛОШКИ КОМПЛЕКС НА ДИСЦИПЛИНСКА ОСНОВА НА ПЕДИЈАТРИЈАТА И ХИГИЕНАТА Главната програма за обука и обука во образовната насока600sych и600 педагошко образование Благовешченск 2012 година 1 UMKd развиен Разгледан и препорачан на состанок на Катедрата за психологија и ... "

„Проверка на задачите со детален одговор Државна (конечна) сертификација на матуранти од деветто одделение на образовните институции (во нова форма) 2013 ГЕОГРАФИЈА Москва 2013 Автор-составувач: Амбарцумова Е.М. Зголемување на објективноста на резултатите од државната (конечна) сертификација на дипломирани студенти од 9-то одделение на општите образовни институции (во ...“

„Практични препораки за употреба на референтни, информативни и методолошки содржини за настава на рускиот јазик како државен јазик на Руската Федерација. Практични препораки се упатени до наставниците по руски (вклучително и како не-мајчин јазик). Содржина: Практични препораки и упатства за избор на 1. содржината на материјалот за образовни и едукативни часови посветени на проблемите на функционирањето на рускиот јазик како државен јазик ... "

«EVMURYUKINA РАЗВОЈ НА КРИТИЧКО РАЗМИСЛУВАЊЕ И МЕДИУМСКА КОМПЕТЕНЦИЈА НА СТУДЕНТИТЕ ВО ПРОЦЕСОТ НА АНАЛИЗА НА печатот учебник за универзитетите Таганрог 2008 2 Muryukina Ye.V. Развој на критичко размислување и медиумска компетентност на учениците во процесот на анализа на печатот. Учебник за универзитети. Таганрог: НП Центар за развој на личноста, 2008. 298 стр. Учебникот се занимава со развојот на критичкото мислење и медиумската компетентност на учениците во процесот на наставата по медиумско образование. Затоа што печатот денес…“

„О. П. Головченко ЗА ФОРМИРАЊЕ НА ЧОВЕЧКАТА ФИЗИЧКА АКТИВНОСТ Дел II ПЕДАГОГИКА НА МОТОРНИ АКТИВНОСТИ 3 Образовно издание Олег Петрович Головченко ФОРМИРАЊЕ НА ЧОВЕЧКАТА ФИЗИЧКА АКТИВНОСТ Студиски водич EDIVIDIVIDI: Дел II ПЕДАГОГИСКА ОПСИРАНО. Косенкова Распоредот на компјутерот го направија Д.В. Смолјак и С.В. Потапова *** Потпишан за објавување на 23.11. Формат 60 x 90/1/16. Хартија за пишување Headset Times Оперативен метод на печатење Усл. p.l..."

«ДРЖАВНА ОБРАЗОВНА ИНСТИТУЦИЈА ЗА ВИСОКО ПРОФЕСИОНАЛНО ОБРАЗОВАНИЕ Државниот универзитет Казан именуван по В.И. ВО И. УЛЈАНОВА-ЛЕНИНА Електронски библиотеки на научни и образовни ресурси. Наставно помагало Абросимов А.Г. Лазарева Ју.И. Казан 2008 година Дигитални библиотекинаучни и образовни ресурси. Наставно помагало во насока Електронски образовни ресурси. - Казан: КСУ, 2008. Образовниот и методолошки прирачник е објавен со одлука ...“

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА Државна образовна институција за високо професионално образование Државен универзитет во Оренбург, гранка Акбулак Оддел за педагогија В.А. ТЕЦКОВА МЕТОДОЛОГИЈА НА ПОСТАВУВАЊЕТО НА УМЕТНОСТА ВО ОСНОВНО ОДДЕЛЕНИЕ ОД ОПШТО ОБРАЗОВНО УЧИЛИШТЕ МЕТОДОЛОШКИ УПАТСТВА Препорачана за објавување од Редакцискиот и издавачкиот совет на Државната образовна институција за високо професионално образование Државниот универзитет во Оренбург“ ...

МИНИСТЕРСТВО ЗА ОБРАЗОВАНИЕ И НАУКА НА РУСКАТА ФЕДЕРАЦИЈА Џегутанова ДЕТСКА ЛИТЕРАТУРА НА ЗЕМЈИТЕ НА ЈАЗИКОТ НА СТУДИРАЊЕ ОБРАЗОВНО-МЕТОДОЛОШКИ КОМПЛЕКС Ставропол 2010 година 1 Објавено со одлука UDC 82.0 на уредувачкиот и издавачки совет на Државниот институт за објавување и објавување на BBC (BBCv0GOGROOU 83).

„ПРОПИСИ за новиот систем на внатреучилишно оценување на квалитетот на образованието MBOU Kamyshinskaya средно училиште 1. Општи одредби 1.1. Правилникот за внатреучилишен систем за оценување на квалитетот на образованието (во натамошниот текст пропис) утврдува униформни барања за спроведување на внатреучилишниот систем за оценување на квалитетот на образованието (во натамошниот текст ДСОКО) во општинската буџетска образовна институција на средното Камишин средно школо(во натамошниот текст: училиштето). 1.2. Практичната имплементација на ССОКО е изградена во согласност со ...“

„МИНИСТЕРСТВО ЗА ЗДРАВСТВО НА РЕПУБЛИКА УЗБЕКИСТАН МЕДИЦИНСКА АКАДЕМИЈА ТАШКЕНТ ОДДЕЛЕНИЕ НА ГП СО КЛИНИЧКА АЛЕРГОЛОГИЈА ОДОБРЕНА од проректорот за академски работи проф. О.Р.Тешаев _ 2012 г ПРЕПОРАКИ ЗА РАЗВОЈ НА ОБРАЗОВНИ И МЕТОДОЛОШКИ РАЗВОЈ ЗА ПРАКТИЧНА НАСТАВА НА УНИФИЦИРАН МЕТОДОЛОШКИ СИСТЕМ Насокиза наставниците медицински универзитетиТашкент- 2012 МИНИСТЕРСТВО ЗА ЗДРАВСТВО НА РЕПУБЛИКА УЗБЕКИСТАН ЦЕНТАР ЗА РАЗВОЈ НА МЕДИЦИНСКОТО ОБРАЗОВАНИЕ ТАШКЕНТ МЕДИЦИНСКИ...»

„Сојузната агенција за образование Горно-Алтај државен универзитет А.П. државен универзитетМакошев А.П.. ПОЛИТИЧКА ГЕОГРАФИЈА И ГЕОПОЛИТИКА. Наставно помагало. - Горно-Алтајск: РИО ГАГУ, 2006.-103 стр. Наставното помагало е изработено според воспитно ...“

„А.В. Новицкаја, Л.И. Николаева УЧИЛИШТЕ ЗА ИДНАТА МОДЕРНА ОБРАЗОВНА ПРОГРАМА ФАЗИ ОД ЖИВОТОТ ЧАС 1 МЕТОДОЛОШКИ ПРИРАЧНИК ЗА НАСТАВНИЦИ ОД ОСНОВНИ УЧИЛИШТА Москва 2009 UDC 371(075.8) LBC 74.00 N 68, авторските права се законски заштитени. Новицкаја А.В., Николаева Л.И. H 68 Модерен едукативна програмаЖивотни чекори. – М.: Аввалон, 2009. – 176 стр. ISBN 978 5 94989 141 4 Оваа книшка е наменета првенствено до воспитувачите, но секако со своите информации...“

« Образовно-методолошки комплекс РУСКО ДЕЛОВНО ПРАВО 030500 - Јуриспруденција Москва 2013 година Автор - составувач на Одделот за граѓанско-правни дисциплини Рецензент - Образовниот и методолошки комплекс беше разгледан и одобрен на состанокот на протоколот за граѓанско право за дисциплини бр. _2013 година. Руско деловно право: едукативно и методично ...“

„НО. А. Јамашкин В. В. Руженков Ал. А. Јамашкин ГЕОГРАФИЈА НА РЕПУБЛИКА МОРДОВИЈА Учебник SARANSK PUBLISHING HOUSE OF MORDOVIAN UNIVERSITY 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9(2R351–6Mo) State University the549 Доктор по географија професор А. М. Носонов; наставник на училишниот комплекс бр. 39 од Саранск А. В. Леонтиев Објавено со одлука на образовниот и методолошки совет на Факултетот за предуниверзитетска обука и средно ...“

Александар Викторович Абросимов Датум на раѓање: 16 ноември 1948 година (1948 11 16) Место на раѓање: Куибишев Датум на смрт ... Википедија

I Диференцијални равенки Равенки кои ги содржат потребните функции, нивните деривати од различен ред и независни променливи. Теорија на Д. настанала на крајот на 17 век. под влијание на потребите на механиката и другите природни науки, ... ... Голема советска енциклопедија

Обичните диференцијални равенки (ODEs) се диференцијална равенка на формата каде што е непозната функција (можно е векторска функција, а потоа, по правило, и векторска функција со вредности во простор со иста димензија; во овој .. ... Википедија

Википедија има статии за други луѓе со тоа презиме, видете Јудович. Виктор Јосифович Јудович Датум на раѓање: 4 октомври 1934 година (1934 10 04) Место на раѓање: Тбилиси, СССР Датум на смрт ... Википедија

Диференцијал- (Диференцијал) Диференцијална дефиниција, функционален диференцијал, блокада на диференцијал Информации за дефиниција на диференцијал, диференцијал на функција, блокада на диференцијал Содржина Содржина математички Неформален опис… … Енциклопедија на инвеститорот

Еден од основните концепти во теоријата на парцијални диференцијални равенки. Улогата на X. се манифестира во суштинските својства на овие равенки, како што се локалните својства на решенијата, решливоста на различни проблеми, нивната исправност итн. Нека ... ... Математичка енциклопедија

Равенка во која непознатата е функција на една независна променлива, а оваа равенка ја вклучува не само самата непозната функција, туку и нејзините деривати од различен ред. Терминот диференцијални равенки беше предложен од Г. ... ... Математичка енциклопедија

Треногин Владилен Александрович В. А. Треногин на предавање на MISiS Датум на раѓање ... Википедија

Треногин, Владилен Александрович Треногин Владилен Александрович В. А. Треногин на предавање на MISiS Датум на раѓање: 1931 (1931) ... Википедија

Гаусова равенка, линеарна обична диференцијална равенка од втор ред или, во само-придружна форма, Променливите и параметрите во општиот случај можат да земат какви било сложени вредности. По замената се добива следната форма ... ... Математичка енциклопедија