Makarskaya E. V. Sa aklat: Mga Araw ng agham ng mag-aaral. Spring - 2011. M.: Moscow State University of Economics, Statistics and Informatics, 2011. P. 135-139.

Isinasaalang-alang ng mga may-akda praktikal na gamit teorya ng linear differential equation para sa pag-aaral ng mga sistemang pang-ekonomiya. Sinusuri ng papel ang mga dinamikong modelo ng Keynes at Samuelson-Hicks sa paghahanap ng mga estado ng ekwilibriyo ng mga sistemang pang-ekonomiya.

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

Tinatalakay ng manual ang dami ng mga pamamaraan para sa pag-aaral ng pagkonsumo ng oxygen ng isang tao sa panahon ng mga pagsusulit na may dosed pisikal na Aktibidad ginanap sa SSC RF-IMBP RAS. Ang manual ay inilaan para sa mga siyentipiko, physiologist at doktor na nagtatrabaho sa larangan ng aerospace, underwater at sports medicine.

Mikheev A. V. St. Petersburg: Department of Operational Printing NRU HSE - St. Petersburg, 2012.

Ang koleksyon na ito ay naglalaman ng mga problema sa kurso ng mga differential equation, na binasa ng may-akda sa Faculty of Economics ng National Research University Higher School of Economics - St. Petersburg. Sa simula ng bawat paksa, buod sinusuri ang mga pangunahing teoretikal na katotohanan at mga halimbawa ng solusyon sa mga karaniwang problema. Para sa mga mag-aaral at tagapakinig ng mga programa ng mas mataas na propesyonal na edukasyon.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Publishing House ng Board of Trustees ng Faculty of Mechanics and Mathematics ng Moscow State University, 2012. No. 2012.

Ang aklat-aralin na ito ay batay sa isang espesyal na kurso sa pagpili ng mag-aaral, na binasa ng may-akda sa Faculty of Mechanics and Mathematics ng Moscow State University. M.V. Lomonosov noong 2010-2012 akademikong taon. Ang manual ay nagpapakilala sa mambabasa ng parametrix na pamamaraan at ang discrete analog nito, na pinakahuling binuo ng may-akda ng manwal at ng kanyang mga kapwa may-akda. Pinagsasama-sama nito ang materyal na dati ay nakapaloob lamang sa ilang mga artikulo sa journal. Nang hindi nagsusumikap para sa pinakamataas na pangkalahatan ng pagtatanghal, ang may-akda ay naglalayong ipakita ang mga posibilidad ng pamamaraan sa pagpapatunay ng mga lokal na teorema ng limitasyon sa convergence ng mga kadena ng Markov sa isang proseso ng pagsasabog at sa pagkuha ng dalawang panig na mga pagtatantya ng uri ng Aronson para sa ilang mga degenerate na pagsasabog.

Is. 20. NY: Springer, 2012.

Ang publikasyong ito ay isang koleksyon ng mga indibidwal na artikulo ng "Ikatlo Komperensyang pang-internasyonal on the dynamics of information systems", na ginanap sa University of Florida, Pebrero 16-18, 2011. Ang layunin ng kumperensyang ito ay pagsama-samahin ang mga siyentipiko at inhinyero mula sa industriya, pamahalaan at akademya upang magbahagi ng mga bagong tuklas at resulta sa mga isyung nauugnay sa teorya at praktika ng dinamika ng sistema ng impormasyon. Ang dinamika ng mga sistema ng impormasyon: kinakatawan ng isang pagtuklas sa matematika modernong pananaliksik at nilayon para sa mga mag-aaral na nagtapos at mga mananaliksik na interesado sa mga pinakabagong tuklas sa teorya ng impormasyon at mga dynamic na sistema. Ang mga siyentipiko mula sa iba pang mga disiplina ay maaari ring makinabang mula sa aplikasyon ng mga bagong pag-unlad sa kanilang mga larangan ng pag-aaral.

Palvelev R., Sergeev A. G. Mga pamamaraan ng Mathematical Institute. V.A. Steklov RAS. 2012. V. 277. S. 199-214.

Ang adiabatic na limitasyon sa Landau-Ginzburg hyperbolic equation ay pinag-aralan. Gamit ang limitasyong ito, ang isang sulat ay itinatag sa pagitan ng mga solusyon ng Ginzburg-Landau equation at adiabatic trajectories sa moduli space ng mga static na solusyon, na tinatawag na vortices. Iminungkahi ni Manton ang isang heuristic adiabatic na prinsipyo na nagpopostulate na ang anumang solusyon ng Ginzburg-Landau equation na may sapat na maliit na kinetic energy ay maaaring makuha bilang isang perturbation ng ilang adiabatic trajectory. Ang isang mahigpit na patunay ng katotohanang ito ay natagpuan kamakailan ng unang may-akda

Nagbibigay kami ng tahasang formula para sa isang quasi-isomorphism sa pagitan ng mga operad na Hycomm (ang homology ng moduli space ng stable genus 0 curves) at BV/Δ (ang homotopy quotient ng Batalin-Vilkovisky operad ng BV-operator). Sa madaling salita, nakukuha namin ang isang katumbas ng Hycomm-algebras at BV-algebras na pinahusay ng isang homotopy na binibigyang halaga ang BV-operator. Ang mga formula na ito ay ibinibigay sa mga tuntunin ng Givental graph, at napatunayan sa dalawang magkaibang paraan. Ang isang patunay ay gumagamit ng aksyon ng grupong Givental, at ang isa pang patunay ay dumadaan sa isang hanay ng mga tahasang formula sa mga resolusyon ng Hycomm at BV. Ang pangalawang diskarte ay nagbibigay, sa partikular, ng isang homological na paliwanag ng aksyon ng grupong Givental sa Hycomm-algebras.

Sa ilalim ng siyentipiko inedit ni: A. Mikhailov Vol. 14. M.: Faculty of Sociology ng Moscow State University, 2012.

Mga artikulo koleksyong ito isinulat batay sa mga ulat na ginawa noong 2011 sa Faculty of Sociology ng Moscow State University. M.V. Lomonosov sa isang pulong ng XIV Interdisciplinary taunang siyentipikong seminar na "Pagmomodelo ng matematika ng mga prosesong panlipunan" na pinangalanan. Bayani ng Socialist Labor Academician A.A. Samara.

Ang publikasyon ay inilaan para sa mga mananaliksik, guro, mag-aaral ng mga unibersidad at siyentipikong institusyon ng Russian Academy of Sciences na interesado sa mga problema, pag-unlad at pagpapatupad ng pamamaraan. pagmomodelo ng matematika mga prosesong panlipunan.

MINISTRY OF EDUCATION AND SCIENCE OF THE RUSSIAN FEDERATION NATIONAL RESEARCH NUCLEAR UNIVERSITY "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Kurso ng mga lecture sa ordinaryong differential equation bilang tulong sa pagtuturo para sa mga mag-aaral ng mas mataas institusyong pang-edukasyon Moscow 2011 UDC 517.9 BBC 22.161.6 B94 Bukharova T.I., Kamynin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Kurso ng mga lektura sa karaniwan differential equation: Pagtuturo . - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 p. Ang aklat-aralin ay nilikha batay sa isang kurso ng mga lektura na ibinigay ng mga may-akda sa Moscow Engineering Physics Institute sa loob ng maraming taon. Ito ay inilaan para sa mga mag-aaral ng National Research Nuclear University MEPhI ng lahat ng faculties, gayundin para sa mga estudyante sa unibersidad na may advanced na mathematical training. Ang manwal ay inihanda sa loob ng balangkas ng Programa para sa Paglikha at Pagpapaunlad ng NRNU MEPhI. Tagasuri: Doktor ng Phys.-Math. Sciences N.A. Kudryashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University MEPhI, 2011 Mga Nilalaman Paunang Salita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Panimula sa teorya ng ordinary differential equation Pangunahing konsepto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ang problema ni Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Pag-iral at pagiging natatangi ng isang solusyon sa problemang Cauchy para sa isang first-order equation na Uniqueness theorem para sa first-order na OLE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pagkakaroon ng solusyon sa problemang Cauchy para sa OLE ng unang order. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pagpapatuloy ng solusyon para sa first-order ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Ang problema sa Cauchy para sa isang normal na sistema ng ika-10 order Mga pangunahing konsepto at ilang mga pantulong na katangian ng mga function ng vector. . . . Kakaiba ng solusyon ng problemang Cauchy para sa isang normal na sistema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Ang konsepto ng isang sukatan na espasyo. Ang prinsipyo ng compressive mappings. . . . . . Existence at uniqueness theorems para sa solusyon ng Cauchy problem para sa normal na system. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Ilang Klase ng Ordinaryong Differential Equation na Nalutas sa Quadratures Equation na may mga separable variable. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga linear na OÄC ng unang order. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga homogenous na equation. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoulli equation. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equation sa kabuuang pagkakaiba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Ang mga first-order equation ay hindi nalutas na may kinalaman sa derivative Existence at uniqueness theorem para sa isang solusyon ng isang ODE na hindi nalutas na may kinalaman sa derivative. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Espesyal na solusyon. Discriminant curve. sobre. . . . . . . . . . . . . . . . Paraan ng pagpapakilala ng parameter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ang equation ni Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ang equation ni Clairaut. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Linear ODE system Pangunahing konsepto. Pag-iral at pagiging natatangi theorem para sa solusyon ng problema Mga homogenous na sistema ng mga linear na ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ang determinant ni Vronsky. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga kumplikadong solusyon ng isang homogenous na sistema. Ang paglipat sa totoong dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga hindi homogenous na sistema ng mga linear na ODE. Ang paraan ng pagkakaiba-iba ng mga constants. . . . . Mga homogenous na sistema ng mga linear na ODE na may pare-parehong coefficient. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Isang exponential function ng isang matrix. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Non-homogeneous system ng mga linear na ODE na may pare-parehong coefficient. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. High order linear ODEs Pagbabawas sa isang sistema ng linear ODEs. Existence at uniqueness theorem para sa solusyon ng Cauchy problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeneous linear high-order ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga katangian ng mga kumplikadong solusyon ng isang homogenous na high-order linear ODE. Ang paglipat mula sa kumplikadong ÔSR hanggang sa tunay. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Non-homogeneous linear high-order OÄDs. Ang paraan ng pagkakaiba-iba ng mga constants. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Mga homogenous na linear OÄD na may mataas na pagkakasunud-sunod na may pare-parehong coefficient. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Non-homogeneous high-order linear ODE na may pare-parehong coefficient. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Teorya ng sustainability Pangunahing konsepto at kahulugan na nauugnay sa sustainability. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Katatagan ng mga solusyon ng isang linear system. . . . . . Ang mga theorems ni Lyapunov sa katatagan. . . . . . . . . . Katatagan sa unang pagtatantya. . . . . . . Pag-uugali ng mga phase trajectories malapit sa rest point 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Unang integral ng mga system ng ODEs 198 Unang integral ng autonomous system ng ordinaryong differential equation198 Non-autonomous system ng ODEs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Symmetric notation ng mga OÄC system. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. First-order partial differential equation Homogeneous first-order linear partial differential equation Ang Cauchy na problema para sa isang first-order linear partial differential equation. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Quasilinear equation sa mga partial derivatives ng unang order. . . . Ang problemang Cauchy para sa isang quasilinear na partial differential equation ng unang order. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliograpiya. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 PREFACE Sa paghahanda ng libro, itinakda ng mga may-akda ang kanilang sarili ang layunin ng pagkolekta sa isang lugar at paglalahad sa isang madaling paraan ng impormasyon sa karamihan ng mga isyu na may kaugnayan sa teorya ng ordinaryong differential equation. Samakatuwid, bilang karagdagan sa materyal na kasama sa ipinag-uutos na programa ng kurso ng mga ordinaryong kaugalian na equation na itinuro sa NRNU MEPhI (at iba pang mga unibersidad), kasama rin sa manual ang mga karagdagang tanong na, bilang panuntunan, ay walang sapat na oras sa mga lektura, ngunit na magiging kapaki-pakinabang para sa isang mas mahusay na pag-unawa sa paksa at magiging kapaki-pakinabang sa mga kasalukuyang mag-aaral sa kanilang mga propesyonal na aktibidad sa hinaharap. Ang mathematically rigorous proofs ay ibinigay para sa lahat ng mga pahayag ng iminungkahing manwal. Ang mga patunay na ito, bilang panuntunan, ay hindi orihinal, ngunit lahat ay muling ginawa alinsunod sa istilo ng pagtatanghal. mga kurso sa matematika sa MEPhI. Ayon sa malawakang opinyon sa mga guro at siyentipiko, ang mga disiplina sa matematika ay dapat pag-aralan nang may buo at detalyadong mga patunay, unti-unting lumilipat mula sa simple hanggang sa kumplikado. Ang mga may-akda ng manwal na ito ay may parehong opinyon. Ang teoretikal na impormasyon na ibinigay sa aklat ay sinusuportahan ng pagsusuri ng isang sapat na bilang ng mga halimbawa, na, inaasahan namin, ay gawing mas madali para sa mambabasa na pag-aralan ang materyal. Ang manwal ay naka-address sa mga mag-aaral sa unibersidad na may advanced na mathematical na pagsasanay, pangunahin sa mga mag-aaral ng National Research Nuclear University MEPhI. Kasabay nito, magiging kapaki-pakinabang din ito sa lahat na interesado sa teorya ng mga differential equation at gumagamit ng sangay na ito ng matematika sa kanilang trabaho. -5- Kabanata I. Panimula sa Teorya ng Ordinaryong Differential Equation 1. 1. Pangunahing Konsepto Sa kabuuan ng manwal na ito, sa pamamagitan ng ha, bi ay tinutukoy natin ang alinman sa mga set (a, b), , (a, b], , nakukuha natin x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Pagkatapos potentiating ang huling hindi pagkakapantay-pantay at ilapat ang (2.3), mayroon tayong 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 para sa lahat ng x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Kaya, natutugunan ng f ang kondisyon ng Lipschitz na may L = 1 , sa katunayan, kahit na may L = sin 1 sa y. Gayunpaman, ang derivative na fy0 sa mga puntos (x, 0) 6= (0, 0) ay wala kahit na. upang patunayan ang pagiging natatangi ng solusyon ng problemang Cauchy: Theorem 2.1 (Sa pagtatantya ng pagkakaiba ng dalawang solusyon) Hayaang ang G ay isang domain 2 sa R ​​at hayaan ang f (x, y) 2 C G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz sa G sa pamamagitan ng y na may pare-parehong L. Kung ang y1 , y2 ay dalawang solusyon ng equation na y 0 = f (x, y) sa segment , kung gayon ang sumusunod na hindi pagkakapantay-pantay (pagtantiya) ay wasto: jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 para sa lahat ng x 2 . -19- y2 Patunay. Sa pamamagitan ng kahulugan 2. 2 solusyon ng equation (2.1), nakukuha natin na 8 x 2 puntos x, y1 (x) at x, y2 (x) 2 G. Para sa lahat ng t 2 mayroon tayong tamang equalities y10 (t) = f t , y1 (t ) at y20 (t) = f t, y2 (t) , na isinasama namin sa paggalang sa t sa segment , kung saan x 2 . Ang pagsasama ay legal, dahil ang kanan at kaliwang bahagi ay tuluy-tuloy sa mga pag-andar. Nakukuha namin ang sistema ng pagkakapantay-pantay Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Ang pagbabawas ng isa mula sa isa, mayroon tayong 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 Ipahiwatig ang 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. para sa lahat x 2 . Napatunayan na ang theorem. Bilang resulta ng napatunayang teorama, nakakakuha tayo ng uniqueness theorem para sa solusyon ng problemang Cauchy (2.1), (2.2). Corollary 1. Hayaan ang isang function na f (x, y) 2 C G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz sa y sa G, at hayaan ang mga function na y1 (x) at y2 (x) ay dalawang solusyon ng Eq. (2.1) sa parehong pagitan , na may x0 2 . Kung y1 (x0) = y2 (x0), pagkatapos ay y1 (x) y2 (x) sa . Patunay. Isaalang-alang natin ang dalawang kaso. -20- 1. Hayaang x > x0 , pagkatapos ay sumusunod mula sa Theorem 2. 1 na h i i.e. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) para sa x > x0 . 2. Hayaan ang x 6 x0 , gawin ang pagbabago t = x, pagkatapos ay yi (x) = yi (t) y~i (t) para sa i = 1, 2. Dahil x 2 , pagkatapos ay t 2 [ x0 , x1 ] at pagkakapantay-pantay y~1 (x0) = y~2 (x0). Alamin natin kung aling equation ang natutugunan ng y~i (t). Totoo ang sumusunod na chain of equalities: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Dito ginamit namin ang panuntunan sa pagkita ng kaibhan kumplikadong pag-andar at ang katotohanan na ang yi (x) ay mga solusyon ng equation (2.1). Dahil ang function na f~(t, y) f (t, y) ay tuloy-tuloy at nakakatugon sa kondisyon ng Lipschitz na may kinalaman sa y, kung gayon sa pamamagitan ng Theorem 2.1 mayroon tayong y~1 (t) y~2 (t) sa [ x0 , x1 ], ibig sabihin. y1 (x) y2 (x) hanggang . Pinagsasama-sama ang parehong isinasaalang-alang na mga kaso, nakukuha namin ang assertion ng corollary. Corollary 2. (sa patuloy na pagdepende sa inisyal na data) Hayaan ang isang function na f (x, y) 2 C G at matugunan sa G ang Lipschitz condition sa y na may pare-parehong L, at ang mga function na y1 (x) at y2 (x) ay mga solusyon ng Eq. (2.1) na tinukoy sa . Ipahiwatig ang l = x1 x0 at δ = y1 (x0) y2 (x0) . Pagkatapos para sa 8 x 2 ang hindi pagkakapantay-pantay na y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l ay totoo. Ang patunay ay sumusunod kaagad mula sa Theorem 2. 1. Ang hindi pagkakapantay-pantay mula sa Corollary 2 ay tinatawag na pagtatantya ng katatagan ng solusyon na may paggalang sa paunang data. Ang kahulugan nito ay nakasalalay sa katotohanan na kung sa x = x0 ang mga solusyon ay "malapit", kung gayon sila ay "malapit" din sa panghuling segment. Ang Theorem 2. 1 ay nagbibigay ng isang pagtatantya, na mahalaga para sa mga aplikasyon, para sa modulus ng pagkakaiba ng dalawang solusyon, at ang Corollary 1 ay nagbibigay ng pagiging natatangi ng solusyon sa problemang Cauchy (2.1), (2.2). Mayroon ding iba pang sapat na mga kondisyon para sa pagiging natatangi, isa sa kung saan ipinakita namin ngayon. Gaya ng nabanggit sa itaas, ang geometrically uniqueness ng solusyon sa Cauchy problem ay nangangahulugan na hindi hihigit sa isang integral curve ng Eq. (2.1) ang maaaring dumaan sa punto (x0, y0) ng domain na G. Theorem 2.2 (Osgood sa uniqueness). Hayaan ang isang function na f (x, y) 2 C G at para sa 8 (x, y1), (x, y2) 2 G ang hindi pagkakapantay-pantay f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , kung saan ϕ ( u) > 0 para sa u 2 (0, β], ϕ(u) ay tuluy-tuloy, at Zβ du ! +1 kapag ε ! 0+. Pagkatapos ay hindi hihigit sa isang integral curve (2.1).-21- Patunay. Hayaan doon mayroong dalawang solusyon na y1 (x) at y2 (x) ng equation (2.1), kung kaya't y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , tukuyin ang z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, ibig sabihin, z dx 1 d ang hindi pagkakapantay-pantay jzj2 6 ϕ jzj jzj, kung saan, para sa jzj 6= 0, sinusundan nito ang 2 dx double inequality: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. Sa pamamagitan ng pagpapalagay, z(x) 6 0 at, bukod dito, ay tuloy-tuloy, kaya mayroong ganoong segment , piliin ito at ayusin ito. n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 at z(x) = 0 . Hindi bababa sa isa sa mga set na ito ang walang laman, dahil z(x0) = 0 at x0 62 . Hayaan, halimbawa, X1 6= ∅, ito ay may hangganan mula sa itaas, kaya 9 α = sup X1 . Tandaan na ang z(α) = 0, ibig sabihin, α 2 X1 , dahil ipagpalagay na z(α) > 0, dahil sa pagpapatuloy, magkakaroon tayo ng z(x) > 0 sa ilang pagitan α δ1 , α + δ1 , at ito ay sumasalungat sa kahulugan ng α = sup X1 . Mula sa kondisyong z(α) = 0 ito ay sumusunod na α< x1 . По построению z(x) > 0 para sa lahat ng x 2 (α, x2 ], at dahil ang z(x) ! 0+ ay tuloy-tuloy para sa x ! α + 0. Ulitin natin ang mga argumento sa deriving (2.5), pagsasama-sama sa segment [α + δ, x2 ], kung saan ang x2 ay pinili sa itaas at naayos, at ang δ 2 (0, x2 α) ay arbitrary, nakukuha natin ang sumusunod na hindi pagkakapantay-pantay: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 hindi pagkakapantay-pantay, malamang na δ ! 0+, pagkatapos z(α+δ) ! z(α) = 0, mula sa Zjz2 j d jzj2 ! +1, sa pamamagitan ng continuity condition z(x), at pagkatapos ay ang integral 2 jzjϕ jzj ng theorem jz(α+ δ)j -22 - Ang kanang bahagi ng hindi pagkakapantay-pantay na Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α ay nililimitahan ng α + δ mula sa itaas ng isang may hangganang halaga, na sabay-sabay na imposible. na ang problemang Cauchy (2.1), (2.2) ay nauunawaan bilang sumusunod problema sa paghahanap ng function na y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, kung saan f (x, y) 2 C G at (x0 , y0) 2 G, G ay isang domain sa R2 Lemma 2. 2. Hayaang f (x, y) 2 C G Pagkatapos ay ang mga sumusunod na assertion ay may hawak na: 1 ) any re ang solusyon ϕ(x) ng equation (2.1) sa interval ha, bi nagbibigay-kasiyahan (2.2) x0 2 ha, bi ay isang solusyon sa ha, bi ng integral equation Zx y(x) = y0 + f τ, y( τ) dτ ; (2.6) x0 2) kung ang ϕ(x) 2 C ha, bi ay isang solusyon ng integral equation (2.6) sa ha, bi, 1 kung saan x0 2 ha, bi, pagkatapos ay ϕ(x) 2 C ha, bi at ay isang solusyon ng (2.1 ), (2.2). Patunay. 1. Hayaang ang ϕ(x) ay isang solusyon sa (2.1), (2.2) sa ha, bi. Pagkatapos, sa pamamagitan ng Remark 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi at 8 τ 2 ha, bi, mayroon tayong pagkakapantay-pantay ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , pagsasama-sama kung alin mula sa x0 hanggang x, nakukuha natin ( para sa anumang x 2 ha , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, at ϕ(x0) = y0 , ibig sabihin, Ang ϕ(x) ay ang solusyon (2.6). x0 2. Hayaan ang y = ϕ(x) 2 C ha, bi ay isang solusyon sa (2.6). Dahil ang f x, ϕ(x) ay tuloy-tuloy sa ha, bi sa pamamagitan ng pagpapalagay, pagkatapos ay Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 bilang integral na may variable na itaas na limitasyon ng tuluy-tuloy function. Ang pagkakaiba sa huling pagkakapantay-pantay na may kinalaman sa x, nakukuha natin ang ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi at, malinaw naman, ϕ(x0) = y0 , i.e. Ang ϕ(x) ay ang solusyon ng problemang Cauchy (2.1), (2.2). (Gaya ng dati, ang derivative sa dulo ng segment ay nauunawaan na ang katumbas na one-sided derivative.) -23- Remark 2. 6. Lemma 2. 2 is called the lemma on the equivalence of the Cauchy problem (2.1) , (2.2) sa integral equation (2.6). Kung patunayan natin na may solusyon sa equation (2.6), makukuha natin ang solveability ng Cauchy problem (2.1), (2.2). Ang planong ito ay ipinatupad sa sumusunod na teorama. Theorem 2.3 (Local existence theorem). Hayaang ang parihaba P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β ay nasa G domain ng function na f (x, y). Function f (x, y) 2 C G at natutugunan ang kondisyon ng Lipschitz para sa n y ov G na may pare-parehong L. Ipahiwatig ang β M = max f (x, y) , h = min α, M . Pagkatapos ay mayroong isang solusyon ng problemang Cauchy (2.1), (2.2) sa pagitan ng P. Patunay. Itatag natin ang pagkakaroon ng solusyon ng integral equation (2.6) sa pagitan. Upang gawin ito, isaalang-alang ang sumusunod na pagkakasunud-sunod ng mga function: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, atbp. x0 1. Ipakita natin na ang 8 n 2 N function na yn (sunod-sunod na pagtatantya) ay tinukoy, ibig sabihin, ipakita natin na para sa 8 x 2 ang hindi pagkakapantay-pantay na yn (x) y0 6 β ay humahawak para sa lahat ng n = 1, 2, . . . Ginagamit namin ang paraan ng mathematical induction (MMI): a) induction basis: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 kung saan M0 = max f (x , y0) para sa jx x 0 j 6 α , M0 6 M ; b) pagpapalagay at hakbang ng induction. Hayaang maging totoo ang hindi pagkakapantay-pantay para sa yn 1 (x), patunayan natin ito para sa yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Kaya, kung jx x0 j 6 h , pagkatapos ay yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Ang aming layunin ay patunayan ang convergence ng pinakamalapit na 1 kahalili yk (x) k=0 , para dito ito ay maginhawa upang katawanin ito bilang: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 i.e. mga pagkakasunud-sunod ng mga bahagyang kabuuan ng isang functional na serye. 2. Tantyahin ang mga tuntunin ng seryeng ito sa pamamagitan ng pagpapatunay sa mga sumusunod na hindi pagkakapantay-pantay 8 n 2 N at 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Ilapat natin ang paraan ng mathematical induction: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) induction basis: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, napatunayan sa itaas; b) pagpapalagay at hakbang ng induction. Hayaang maging totoo ang hindi pagkakapantay-pantay para sa n, sabihin natin ito para sa n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, hanggang dτ 6 x0 Zx i yn 6 by ang Lipschitz kondisyon 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 sa pamamagitan ng induction hypothesis 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 Dito ginamit namin ang katotohanan na ang integral I = jτ x0 para sa x > x0 para sa x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk para sa lahat ng k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N holds Patunayan natin ang auxiliary assertion na ito para sa case A, B 2 R (iyon ay, A at B ay may hangganan; kung A = 1 o B =+1, pagkatapos ay magkatulad). Kunin ang x A B x , arbitrary x 2 (A, B) at δ(x) = min , δ(x) > 0. Sa pamamagitan ng 2 2 ang numerong δ mula sa convergence Ak ! A at Bk! B makuha natin na 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 >N. Ang paglalapat ng Corollary 1 ng Seksyon 2.1 (i.e., ang uniqueness theorem), nakuha natin na ϕ(t) ψ(t) para sa lahat ng t 2 at, sa partikular, para sa t = x. Dahil ang x ay isang arbitrary na punto sa (A, B), ang pagiging natatangi ng solusyon, at kasama nito ang corollary, ay napatunayan. Pangungusap 2. 10. Sa corollary na pinatunayan lang, una naming nakatagpo ang paniwala ng pagpapalawak ng solusyon sa mas malawak na hanay. Sa susunod na talata, pag-aaralan natin ito nang mas detalyado. Magbigay tayo ng ilang halimbawa. p Halimbawa 2. 2. Para sa equation na y 0 = ejxj x2 + y 2 alamin kung ang solusyon nito ay umiiral sa kabuuan (A, B) = (1, +1). Isaalang-alang ang equation na ito sa “strip” Q = R2 , ang function p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Ayon sa pahayag 2.1 mula sa Seksyon 2.1, ang function na f (x, y) ay nakakatugon sa kondisyon ng Lipschitz na may kinalaman sa y na may “constant” L = L(x), x ay naayos. Pagkatapos ang lahat ng mga kondisyon ng corollary ay nasiyahan, at para sa anumang paunang data (x0 , y0) 2 R2 ang solusyon ng problemang Cauchy ay umiiral at, bukod dito, ay natatangi sa (1, +1). Tandaan na ang equation mismo ay hindi malulutas sa mga quadrature, ngunit ang mga tinatayang solusyon ay maaaring mabuo ayon sa numero. ay tinukoy at tuluy-tuloy sa Q, -32- Halimbawa 2. 3. Para sa equation y 0 = ex y 2 alamin kung ang mga solusyon nito ay umiiral na tinukoy sa R. Kung isasaalang-alang muli ang equation na ito sa "strip" Q = R2 , kung saan ang function na ∂ f f (x, y) = ex y2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j para sa lahat ng y1 , y2 2 R. Sa katunayan, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, at ang expression na jy2 + y1 j ay hindi nakatali para sa y1 , y2 2 R. Kaya, ang corollary ay hindi nalalapat. Nilulutas natin ang equation na ito sa pamamagitan ng "separation of variables", nakuha natin ang pangkalahatang solusyon: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C Para sa katiyakan, kunin ang x0 = 0, y0 2 R. Kung y0 = 0, pagkatapos ay ang y(x ) 0 ay isang solusyon ng problemang Cauchy sa R. Ang 1 ay isang solusyon ng problemang Cauchy, para sa y0 2 [ 1, 0) ex ito ay tinukoy para sa lahat ng x 2 R, habang para sa y0 2 ( 1, 1) [ (0, +1) ang solusyon ay hindi y0 + 1 ay maaaring ipagpatuloy sa pamamagitan ng puntong x = ln Mas tiyak, kung x > 0, kung gayon y0 1 ang solusyon na y(x) = y0 +1 ay tinukoy para sa x 2 (1, x), at kung 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, kung gayon ang solusyon ay umiiral lamang para sa x 2 1; ln y0 Ipinapakita ng halimbawang ito na ang paghihigpit sa paglago ng function na f (x, y) sa corollary ng Theorem 2. 4 na pinatunayan sa itaas ay mahalaga para sa pagpapalawak ng solusyon sa kabuuan (A, B). Katulad nito, ang mga halimbawa ay nakuha gamit ang function na f (x, y) = f1 (x) y 1+ε para sa anumang ε > 0; sa halimbawa sa itaas, ε = 1 ay kinuha lamang para sa kaginhawahan ng pagtatanghal. 2. 3. Pagpapatuloy ng solusyon para sa unang pagkakasunud-sunod ODE Definition 2. 5. Isaalang-alang ang equation na y 0 = f (x, y) at hayaang y(x) ang solusyon nito sa ha, bi, at Y (x) nito solusyon sa hA , Bi, kung saan ang ha, bi ay nakapaloob sa hA, Bi at Y (x) = y(x) sa ha, bi. Pagkatapos ang Y (x) ay tinatawag na extension ng solusyon na y(x) sa hA, Bi, habang ang y(x) ay sinasabing pinalawak sa hA, Bi. -34- Sa Seksyon 2.2 pinatunayan namin ang isang lokal na teorema ng pag-iral para sa solusyon sa problemang Cauchy (2.1), (2.2). Sa ilalim ng anong mga kondisyon maaaring mapalawak ang solusyon na ito sa isang mas malawak na pagitan? Sa tanong na ito ang seksyong ito ay nakatuon. Ang pangunahing resulta nito ay ang mga sumusunod. Theorem 2.5 (sa pagpapatuloy ng solusyon sa isang bounded closed domain). Hayaan ang isang function na f (x, y) 2 C G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz na may kinalaman sa y sa R2 , at (x0 , y0) ay isang panloob na punto ng isang bounded closed domain G G. Pagkatapos ang solusyon ng equation na y 0 = f (x , y) na mapapalawig hanggang ∂G ng hangganan ng G, ibig sabihin, maaari itong i-extend sa isang segment na ang mga puntong a, y(a) at b, y(b) ay nasa ∂G. Ang ∂f (x, y) ay tuloy-tuloy sa isang bounded ∂y closed domain G convex sa y, pagkatapos ay natutugunan ng function na f (x, y) ang Lipschitz condition sa G na may kinalaman sa variable na y. Tingnan ang corollary ng Assertion 2. 1 ∂f mula sa Subsection 2.1. Samakatuwid, ang teorama na ito ay magiging totoo kung ito ay tuluy-tuloy sa ∂y G. Puna 2. 11. Alalahanin na kung Katunayan. Dahil ang (x0 , y0) ay isang panloob na punto ng G, kung gayon mayroong isang saradong parihaba n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , na ganap na nasa G. Pagkatapos, sa pamamagitan ng Theorem 2. 3 ng n 2.2 mayroong h > 0 na mayroong (at natatangi) na solusyon na y = ϕ(x) ng equation na y 0 = f (x, y) sa pagitan. Ipagpatuloy muna natin ang solusyong ito sa kanan hanggang sa hangganan ng domain G, na hinahati ang patunay sa magkakahiwalay na hakbang. 1. Isaalang-alang ang set E R: n o E = α > 0 ang solusyon y = ϕ(x) ay extendable, mayroong isang solusyon na y = ϕ1 (x) ng equation y 0 = f (x, y) na nakakatugon sa mga kondisyon ng Cauchy ϕ1 ~b = ϕ ~b . Kaya, ang ϕ(x) at ϕ1 (x) ay mga solusyon sa pagitan ~b h1 , ~b ng parehong equation na nag-tutugma sa puntong x = ~b, kaya nag-tutugma sila sa buong interval ~b h1 , ~b at , samakatuwid, ang ϕ1 (x) ay isang extension ng solusyon ϕ(x) mula sa pagitan ~b h1 , ~b hanggang ~b h1 , ~b + h1 . Isaalang-alang ang function na ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , na isang solusyon ng equation na y 0 = f (x, y) at nakakatugon sa kondisyon ng Cauchy ψ(x0) = y0 . Pagkatapos ay ang bilang na α0 + h1 2 E, na sumasalungat sa kahulugan na α0 = sup E. Samakatuwid, ang Case 2 ay imposible. Katulad nito, ang solusyon ϕ(x) ay umaabot sa kaliwa, hanggang sa pagitan , kung saan ang punto ay a, ϕ(a) 2 ∂G. Ang teorama ay ganap na napatunayan. -37- Kabanata III. Ang Cauchy Problem para sa Normal na Sistema ng ika-10 Order 3. 1. Mga Pangunahing Konsepto at Ilang Pantulong na Katangian ng Mga Function ng Vector Sa kabanatang ito, isasaalang-alang natin ang isang normal na sistema ng ika-1 na pagkakasunud-sunod ng anyo 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 kung saan ang hindi kilalang (nais) na mga function ay y1 (t), . . . , yn (t), habang ang mga function fi ay kilala, i = 1, n, ang tuldok sa itaas ng function ay nagsasaad ng derivative na may kinalaman sa t. Ipinapalagay na ang lahat ng fi ay tinukoy sa domain na G Rn+1 . Maginhawang isulat ang system (3.1) sa vector form: y_ = f (t, y), kung saan y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); Hindi kami magsusulat ng mga arrow sa pagtatalaga ng mga vectors para sa kaiklian. Ang nasabing notasyon ay lalagyan din ng (3.1). Hayaan ang puntong t0 , y10 , . . . , yn0 ay nasa G. Ang problema ng Cauchy para sa (3.1) ay ang paghahanap ng solusyon ϕ(t) ng system (3.1) na nakakatugon sa kondisyon: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) o sa anyong vector ϕ(t0) = y 0 . Tulad ng nabanggit sa Kabanata 1, sa pamamagitan ng solusyon ng system (3.1) sa pagitan ng ha, bi ang ibig sabihin natin ay ang vector function ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) na nakakatugon sa mga sumusunod na kondisyon: 1) 8 t 2 ha, bi ang punto t, ϕ(t) ay nasa G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) ay nakakatugon sa (3.1). Kung ang naturang solusyon ay nakakatugon din sa (3.2), kung saan t0 2 ha, bi, kung gayon ito ay tinatawag na solusyon ng problemang Cauchy. Ang mga kundisyon (3.2) ay tinatawag na mga paunang kundisyon o mga kundisyon ng Cauchy, at ang mga numerong t0 , y10 , . . . , yn0 ay ang Cauchy data (paunang data). Sa espesyal na kaso kapag ang vector function na f (t, y) (n+1) ng variable ay nakasalalay sa y1 , . . . , yn linearly, ibig sabihin, ay may anyo: f (t, y) = A(t) y + g(t), kung saan ang A(t) = aij (t) ay isang n n matrix, ang sistema (3.1) ay tinatawag na linear. Sa mga sumusunod, kakailanganin namin ang mga katangian ng mga function ng vector, na ipinakita namin dito para sa kaginhawaan ng sanggunian. Ang mga alituntunin ng pagdaragdag at pagpaparami sa isang numero para sa mga vector ay kilala mula sa linear algebra course, ang mga pangunahing operasyong ito ay isinasagawa sa coordinate-wise. n Kung papasok ka sa R produktong scalar x, y = x1 y1 + . . . + xn yn , pagkatapos ay makakakuha tayo ng Euclidean space, na tinutukoy din ng Rn , na may haba s q n P ng vector jxj = x, x = x2k (o ang Euclidean norm). Para sa isang scalar k=1 produkto at haba, dalawang pangunahing hindi pagkakapantay-pantay ay totoo: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (hindi pagkakapantay-pantay ng tatsulok); y (ang Cauchy-Bunyakov inequality - Mula sa kurso ng mathematical analysis ng ikalawang semestre, alam na ang convergence ng isang sequence ng mga puntos (vectors) sa Euclidean space (finite-dimensional) ay katumbas ng convergence ng mga sequence ng mga coordinate ng mga vector na ito, sabi nila, ay katumbas ng coordinate-wise convergence. Madali itong sumusunod mula sa mga hindi pagkakapantay-pantay: q p max x 6 x21 + . . . + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n Katulad din sa scalar case, ang derivative at integral ng isang vector function ay tinukoy, at ang mga katangian ay madaling mapatunayan sa pamamagitan ng pagpasa sa mga coordinate. anumang vector function na y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) integrable (halimbawa, tuluy-tuloy) sa , ang hindi pagkakapantay-pantay Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) o sa coordinate form 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 Patunay Unang tandaan na ang hindi pagkakapantay-pantay ay hindi nagbubukod sa kaso 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 – tinapon ko matrix A, pagkatapos ay: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 ng Cauchy-Áunyakovsky inequality 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 [email protected] 2 2 l=1 2 x , k,i=1 na nagpapahiwatig ng (3.5). Depinisyon 3. 1. Sabihin natin na ang isang vector function na f (t, y) ay nakakatugon sa kondisyon ng Lipschitz na may paggalang sa vector variable y sa set G ng mga variable (t, y) kung 9 L > 0 na para sa anumang t , y , 2 t, y 2 G ang hindi pagkakapantay-pantay f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 ay nasiyahan. Tulad ng sa kaso ng isang function ng dalawang variable (tingnan ang Assertion 2.1), isang sapat na kundisyon para sa Lipschitz property sa isang domain na G “convex in y” ay ang bahagyang derivatives ay bounded. Bigyan natin ng tumpak na kahulugan. Depinisyon 3. 2. Ang isang domain G ng mga variable (t, y) ay tinatawag na matambok 1 2 sa y kung para sa alinmang dalawang puntos na t, y at t, y na nasa G, ang segment na nagkokonekta sa dalawang puntong ito ay ganap na nabibilang dito, i.e. e. set n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , kung saan τ 2 . Pahayag 3. 1. Kung ang domain G ng mga variable (t, y) ay matambok sa y at ang mga partial derivatives na ∂fi ay tuloy-tuloy at may hangganan ng isang pare-parehong l sa G para sa ∂yj ng lahat ng i, j = 1, n, kung gayon ang vector function na f t, y ay natutugunan sa G sa kondisyon ng Lipschitz sa y na may pare-parehong L = n l. 1 2 Patunay. Isaalang-alang ang mga arbitrary na puntos na t, y at t, y mula sa G at 1 2 ang segment na nagkokonekta sa kanila, i.e. itakda ang t, y , kung saan y = y + τ y y1 , t ay naayos, at τ 2 . -41- Ipakilala natin ang isang vector function ng isang scalar argument g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 pagkatapos g(1) g(0) = f t, y f t, y , at sa kabilang banda Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = dahil sa y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 kung saan ang A(τ) ay isang matrix na may mga entry na ∂fi at ∂yj y2 y 1 ang katumbas na column. Dito ginamit namin ang panuntunan ng pagkita ng kaibhan ng isang kumplikadong function, ibig sabihin, para sa lahat ng i = 1, n, t ay naayos, mayroon kaming: 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 Sa pagsulat nito sa anyong matrix, makukuha natin ang: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y na may n n matrix A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Gamit ang integral na pagtatantya (3.3) at hindi pagkakapantay-pantay (3.5), pagkatapos ng pagpapalit ay makukuha natin: 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) mula noong 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 , 2 6 n2 l2 para sa 8 τ 2 . Napatunayan na ang assertion. -42- 3. 2. Kakaiba ng solusyon ng problemang Cauchy para sa isang normal na sistema Theorem 3. 1 (sa pagtantya ng pagkakaiba ng dalawang solusyon). Hayaang ang G ay ilang domain na Rn+1 , at ang vector function na f (x, y) ay tuluy-tuloy sa G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz na may kinalaman sa vector variable y sa set G na may pare-parehong L. Kung ang y 1 , y 2 ay dalawang solusyon ng normal na sistema (3.1) y_ = f (x, y) sa segment , pagkatapos ay ang pagtatantya y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) ay may bisa para sa lahat ng t 2 . Inuulit ng patunay ang patunay ng Theorem 2.1 mula sa Sec. 2.1, na isinasaalang-alang ang mga halatang renotasyon. 2 Mula dito ay madaling makuha ang teorama ng pagiging natatangi at katatagan ng solusyon na may paggalang sa paunang data. Corollary 3.1. Hayaang maging tuluy-tuloy ang vector function na f (t, y) sa domain G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz sa y sa G, at hayaang ang mga function na y 1 (t) at y 2 (t) ay dalawang solusyon ng normal na sistema (3.1). ) sa parehong segment , at t0 2 . Kung y 1 (t0) = y 2 (t0), pagkatapos ay y 1 (t) y 2 (t) sa . Corollary 3.2. (sa patuloy na pag-asa sa paunang data). Hayaang maging tuluy-tuloy ang vector function na f (t, y) sa domain na G at matugunan ang kondisyon ng Lipschitz sa y na may pare-parehong L > 0 sa G, at hayaang ang mga function ng vector na y 1 (t) at y 2 (t) ay mga solusyon ng ang normal na sistema (3.1) na tinukoy sa . Pagkatapos, para sa 8 t 2, ang hindi pagkakapantay-pantay y 1 (t) ay humahawak, kung saan δ = y 1 (t0) y 2 (t0) at l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Inuulit ng patunay ng mga corollaries ang mga patunay ng Corollaries 2.1 at 2.2, na isinasaalang-alang ang mga malinaw na renotation. 2 Ang pag-aaral ng solvability ng Cauchy problem (3.1), (3.2), tulad ng one-dimensional case, ay bumababa sa solvability ng integral (vector) equation. Lemma 3. 1. Hayaang f (t, y) 2 C G; Rn 1 . Pagkatapos ay ang mga sumusunod na assertions hold: 1) anumang solusyon ϕ(t) ng Eq. (3.1) sa pagitan ng ha, bi nagbibigay-kasiyahan (3.2) t0 2 ha, bi ay isang tuluy-tuloy na solusyon sa ha, bi 1 Sa pamamagitan ng C G; Ang H ay kaugalian na tukuyin ang hanay ng lahat ng mga function na tuloy-tuloy sa domain G na may mga halaga sa espasyo H. Halimbawa, f (t, y) 2 C G; Ang mga bahagi ng Rn) na tinukoy sa set na G. ay ang set ng lahat ng tuluy-tuloy na function ng vector (na may n -43-integral equation y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) kung ang vector -function ϕ(t) 2 C ha, bi ay isang tuluy-tuloy na solusyon ng integral equation (3.6) sa ha, bi, kung saan ang t0 2 ha, bi, pagkatapos ay ϕ(t) ay may tuluy-tuloy na derivative sa ha, bi at ay isang solusyon ng (3.1), (3.2). Patunay. 1. Hayaang 8 τ 2 ha, bi ay masiyahan ang pagkakapantay-pantay dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Pagkatapos, pagsasama-sama mula t0 hanggang t, na isinasaalang-alang ang (3.2), nakukuha natin ang dτ Rt 0 na ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, ibig sabihin, Ang ϕ(t) ay tumutugon sa equation (3.6). t0 2. Hayaang matugunan ng tuluy-tuloy na vector function na ϕ(t) ang equation (3.6) sa ha, bi. Pagkatapos f t, ϕ(t) ay tuloy-tuloy sa ha, bi sa pamamagitan ng composite function continuity theorem, at samakatuwid ay ang kanang bahagi ng (3.6 ) ( at samakatuwid ang kaliwang bahagi) ay may tuluy-tuloy na derivative na may paggalang sa t on ha, bi. Para sa t = t0, mula sa (3.6) ϕ(t0) = y 0 , ibig sabihin, Ang ϕ(t) ay ang solusyon ng problemang Cauchy (3.1), (3.2). Tandaan na, gaya ng dati, ang derivative sa dulo ng segment (kung kabilang ito) ay nauunawaan bilang one-sided derivative ng function. Ang lemma ay napatunayan. Puna 3. 1. Gamit ang pagkakatulad sa one-dimensional case (tingnan ang Kabanata 2) at ang mga assertion na napatunayan sa itaas, mapapatunayan natin ang theorem sa pagkakaroon at pagpapatuloy ng isang solusyon sa problemang Cauchy sa pamamagitan ng pagbuo ng isang umuulit na pagkakasunod-sunod na nag-uugnay sa solusyon ng integral equation (3.6) sa ilang pagitan t0 h, t0 + h . Dito ay nagbibigay kami ng isa pang patunay ng pagkakaroon (at uniqueness) theorem para sa isang solusyon batay sa prinsipyo ng contraction mapping. Ginagawa namin ito upang ipaalam sa mambabasa ang mas modernong mga pamamaraan ng teorya, na ilalapat sa hinaharap, sa mga kurso ng integral equation at equation ng mathematical physics. Upang maisakatuparan ang aming plano, kailangan namin ng ilang mga bagong konsepto at pantulong na pahayag, na isasaalang-alang namin ngayon. 3. 3. Ang konsepto ng metric space. Ang prinsipyo ng contraction mappings Ang pinakamahalagang konsepto ng limitasyon sa matematika ay batay sa konsepto ng "proximity" ng mga puntos, i.e. upang mahanap ang distansya sa pagitan nila. Sa axis ng numero, ang distansya ay ang modulus ng pagkakaiba sa pagitan ng dalawang numero, sa eroplano ito ay ang kilalang Euclidean distance formula, at iba pa. Maraming mga katotohanan ng pagsusuri ang hindi gumagamit ng mga algebraic na katangian ng mga elemento, ngunit umaasa lamang sa konsepto ng distansya sa pagitan ng mga ito. Ang pagbuo ng diskarteng ito, i.e. ang paghihiwalay ng "pagiging" na nauugnay sa konsepto ng isang limitasyon ay humahantong sa konsepto ng isang sukatan na espasyo. -44- Depinisyon 3. 3. Hayaang ang X ay isang set ng arbitrary na kalikasan, at ang ρ(x, y) ay isang tunay na function ng dalawang variable na x, y 2 X, na nagbibigay-kasiyahan sa tatlong axioms: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X, at ρ(x, y) = 0 para lang sa x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (axiom of symmetry); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (hindi pagkakapantay-pantay ng tatsulok). Sa kasong ito, ang set X na may ibinigay na function ρ(x, y) ay tinatawag na metric space (ÌS), at ang function na ρ(x, y) : X X 7! R kasiya-siya 1) – 3), – sukatan o distansya. Magbigay tayo ng ilang halimbawa ng mga metric space. Halimbawa 3. 1. Hayaan ang X = R na may distansya ρ(x, y) = x y , makuha natin ang MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n ay Halimbawa 3. 2. Hayaan ang X = R = x1 , . . . , ang xn ay ang hanay ng mga nakaayos na koleksyon ng n tunay na numero s n 2 P x = x1 , . . . , xn na may distansya ρ(x, y) = xk yk , nakukuha namin ang n1 k=1 n dimensional na Euclidean space R . n Halimbawa 3. 3. Hayaang X = C a, b ; Ang R ay ang set ng lahat ng function na tuloy-tuloy sa a, b na may mga value sa Rn , i.e. tuluy-tuloy na mga function ng vector, na may distansya ρ(f, g) = max f (t) g(t) , kung saan 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 Para sa mga halimbawa 3. 1 –3. Ang 3 axioms ng MP ay direktang na-verify, iniiwan namin ito bilang isang ehersisyo para sa matapat na mambabasa. Gaya ng dati, kung ang bawat natural na n ay nauugnay sa isang elemento xn 2 X, pagkatapos ay sinasabi namin na ang isang pagkakasunod-sunod ng mga puntos na xn MP X ay ibinigay. Depinisyon 3. 4. Ang isang pagkakasunud-sunod ng mga puntos na xn MP X ay sinasabing nagtatagpo sa isang punto x 2 X kung lim ρ xn , x = 0. n!1 Depinisyon 3. 5. Ang sequence xn ay tinatawag na fundamental kung para sa alinmang ε > 0 mayroong natural na bilang na N (ε) na para sa lahat ng n > N at m > N ang hindi pagkakapantay-pantay 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 mayroong isang numerong N (ε) na para sa lahat ng n > N at para sa lahat ng t 2 a, b ang hindi pagkakapantay-pantay 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. Isaalang-alang ang B = Am , B: X 7! X, B - compression. Sa pamamagitan ng Theorem 3.2, ang operator B ay may natatanging takdang punto x . Dahil ang A at B ay nag-commute ng AB = BA at dahil ang Bx = x , mayroon kaming B Ax = A Bx = Ax , i.e. Ang y = Ax ay isa ring takdang punto ng B, at dahil ang gayong punto ay natatangi sa pamamagitan ng Theorem 3.2, kung gayon y = x o Ax = x . Kaya ang x ay isang nakapirming punto ng operator A. Patunayan natin ang pagiging natatangi. Ipagpalagay na ang x~ 2 X at A~ x = x~, pagkatapos ay m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, ibig sabihin. Ang x~ ay isa ring nakapirming punto para sa B, kung saan ang x~ = x . Napatunayan na ang theorem. Ang isang espesyal na kaso ng isang metric space ay isang normed linear space. Bigyan natin ng tumpak na kahulugan. Depinisyon 3. 9. Hayaang ang X ay isang linear space (real o complex) kung saan tinukoy ang isang numerical function na x, kumikilos mula X hanggang R at nagbibigay-kasiyahan sa mga axiom: 1) 8 x 2 X, x > 0, at x = 0 para lamang sa x = θ; 2) 8 x 2 X at para sa 8 λ 2 R (o C) 3) 8 x, y 2 X ay nick). x+y 6 x + y λx = jλj x ; (ang hindi pagkakapantay-pantay ng tatsulok) Pagkatapos ang X ay tinatawag na normed space, x: X 7! R satisfying 1) – 3), ay tinatawag na norm. at function Sa isang normed space, maaari mong ilagay ang distansya sa pagitan ng mga elemento sa pamamagitan ng formula ρ x, y = x y . Ang katuparan ng mga axiom ng MP ay madaling ma-verify. Kung kumpleto ang resultang metric space, ang katumbas na normed space ay tinatawag na Banax space. Kadalasan posible na ipakilala ang isang pamantayan sa iba't ibang paraan sa parehong linear na espasyo. Bilang resulta, lumitaw ang isang konsepto. Depinisyon 3. 10. Hayaang ang X ay isang linear na espasyo, at hayaan at maging dalawang 1 2 pamantayan ang ipinakilala dito. Norms at tinatawag na katumbas na 1 2 norms kung 9 C1 > 0 at C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Puna 3. 3. Kung ang at ay dalawang katumbas na pamantayan sa X, at 1 2 ang puwang X ay kumpleto sa isa sa mga ito, kung gayon ito ay kumpleto rin sa kabilang pamantayan. Madali itong sumusunod mula sa katotohanan na ang pagkakasunud-sunod na xn X, na pangunahing may kinalaman sa, ay pundamental din patungkol sa, at nagtatagpo sa 1 2 ang parehong elemento x 2 X. ay ginagamit kapag ang isang saradong bola ng espasyong ito ay kinuha bilang isang kumpletong n espasyo o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , kung saan ang r > 0 at isang 2 X ay naayos. Tandaan na ang isang saradong bola sa isang PMP ay mismong isang PMP na may parehong distansya. Iniiwan namin ang patunay ng katotohanang ito sa mambabasa bilang isang ehersisyo. Puna 3. 5. Sa itaas, ang pagkakumpleto ng espasyo ay itinatag mula sa halimbawa n sukat 3. 3. Tandaan na sa linear space X = C 0, T , R, maaaring ipakilala ng isa ang pamantayan kxk = max x(t) upang ang magiging resulta ng normalisasyon ay Banach. Sa parehong hanay ng mga function ng vector na tuloy-tuloy sa espasyo 0, T, maaari tayong magpakilala ng katumbas na pamantayan sa pamamagitan ng formula kxkα = max e αt x(t) para sa anumang α 2 R. Para sa α > 0, ang equivalence ay sumusunod mula sa mga hindi pagkakapantay-pantay. e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) para sa lahat ng t 2 0, T , kung saan e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Ginagamit namin ang pag-aari na ito ng mga katumbas na pamantayan sa pagpapatunay ng theorem sa natatanging pagkalutas ng problemang Cauchy para sa mga linear (normal) na sistema. 3. 4. Existence at uniqueness theorems para sa solusyon ng Cauchy problem para sa mga normal na system Isaalang-alang ang Cauchy problem (3.1) – (3.2), kung saan ang initial data t0 , y 0 2 G, G Rn+1 ay ang domain ng function ng vector f (t, y ). Sa seksyong ito, ipagpalagay natin na ang G ay may – ilang n ang anyo na G = a, b o , kung saan ang domain ay Rn at ang bola ay BR (y 0) = Ang theorem ay hawak. y 2 Rn y y0 6 R ganap na nakasalalay. Theorem 3. 4. Hayaang ang f (t, y) 2 C G ay isang vector function; Rn , at 9 M > 0 at L > 0 upang ang mga sumusunod na kondisyon ay natutugunan: 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 . Ayusin ang isang numero δ 2 (0, 1) at hayaan ang t0 2 (a, b). Pagkatapos R 1 δ 9 h = min ; ; t0 a; b t0 > 0 M L na mayroon ding natatanging solusyon ng problemang Cauchy (3.1), (3.2) y(t) sa pagitan na Jh = t0 h, t0 + h , at y(t) y 0 6 R para sa lahat t 2 Jh. -48- Patunay. Sa pamamagitan ng Lemma 3.1, ang problemang Cauchy (3.1), (3.2) ay katumbas ng integral equation (3.6) sa pagitan , at samakatuwid din sa Jh , kung saan ang h ay pinili sa itaas. Isaalang-alang ang Banach space X = C (Jh ; Rn), ang set ng vector functions x(t) na tuloy-tuloy sa segment na Jh na may norm kxk = max x(t), at ipasok ang isang closed set sa 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 ay isang saradong bola sa X. Ang operator A ay tinukoy ng panuntunan : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 tumatagal ng SR y 0 sa sarili nito, dahil y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 sa pamamagitan ng kondisyon 1 ng theorem at ang kahulugan ng h. Patunayan natin na ang A ay isang contraction operator sa SR. Kumuha tayo ng arbitrary 0 1 2 at tantyahin ang halaga: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , kung saan 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 ay pinili ayon sa R ​​sa pamamagitan ng formula h = min M ; 1L δ ; b a , at kahit saan dapat nating kunin -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h bilang segment na Jh. Ang lahat ng iba pang mga kondisyon ng teorama ay hindi nagbabago, ang patunay nito, na isinasaalang-alang ang pagpapalit ng pangalan, ang R ay napanatili. Para sa kaso t0 = b, katulad din, h = min M ; 1L δ ; b a , at Jh = b h, b . n Remark 3. 7. Sa Theorem 3. 4, ang kondisyon f (t, y) 2 C G; R , kung saan ang G = a, b D, ay maaaring humina sa pamamagitan ng pagpapalit nito ng pangangailangan na ang f (t, y) ay tuluy-tuloy na may kinalaman sa variable t para sa bawat y 2 , na may mga kondisyong 1 at 2 na napanatili. Ang patunay ay nananatiling ang pareho. Puna 3. 8. Sapat na ang mga kundisyon 1 at 2 ng Theorem 3. 4 ay mayroong 0 para sa lahat ng t, y 2 a, b BR y , habang ang mga constant na M at L ay nakasalalay, 0 sa pangkalahatan, sa y at R. mga paghihigpit sa ang vector function f t, y , katulad ng Theorem 2.4, ang pagkakaroon at uniqueness theorem para sa solusyon ng Cauchy problem (3.1), (3.2) sa buong interval a, b ay wasto. n Theorem 3. 5. Hayaang gumana ang isang vector f x, y 2 C G, R , kung saan ang G = a, b Rn , at mayroong L > 0 na ang kundisyon 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Pagkatapos, para sa anumang t0 2 at y 0 2 Rn, mayroong isang natatanging solusyon sa problemang Cauchy (3.1), (3.2) sa a at b. Patunay. Kunin natin ang arbitrary t0 2 at y 0 2 Rn at ayusin ang mga ito. Katawanin natin ang set G = a, b Rn bilang: G = G [ G+ , kung saan Rn , at G+ = t0 , b Rn , ipagpalagay na t0 2 a, b , kung hindi, isang G = a, t0 mula sa mga yugto ng mawawala ang patunay. Mangatuwiran tayo para sa strip na G+ . Sa interval t0 , b, ang Cauchy problem (3.1), (3.2) ay katumbas ng equation (3.6). Ipinakilala namin ang isang operator para sa integral n A: X 7! X, kung saan X = C t0 , b ; R , ayon sa formula Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Pagkatapos ang integral equation (3.6) ay maaaring isulat bilang isang operator equation Ay = y. (3.8) Kung patunayan natin na ang operator equation (3.8) ay may solusyon sa PMP X, pagkatapos ay makukuha natin ang solvability ng Cauchy problem sa t0 , b o sa a, t0 para sa G . Kung ang solusyon na ito ay natatangi, kung gayon sa pamamagitan ng pagkakapantay-pantay, ang solusyon ng problemang Cauchy ay magiging kakaiba din. Nagpapakita kami ng dalawang patunay ng natatanging kalutasan ng equation (3.8). Patunay 1. Isaalang-alang ang mga arbitrary na function ng vector 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , kung gayon ang mga pagtatantya ay may bisa para sa anumang -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 . Alalahanin na ang pamantayan sa X ay ipinakilala bilang mga sumusunod: kxk = max x(τ) . Mula sa nakuhang hindi pagkakapantay-pantay, magkakaroon tayo ng ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . Sa pagpapatuloy ng prosesong ito, mapapatunayan natin sa pamamagitan ng induction na 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . Kaya, sa wakas, nakuha namin ang pagtatantya 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 Dahil α(k) = ! 0 para sa k! 1, pagkatapos ay mayroong k0 tulad na k! na 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 (tingnan ang Puna 3. 5) sa pamamagitan ng formula: x α = max e αt x(t) . -51- Ipakita natin na posibleng piliin ang α sa paraang ang operator A sa espasyo X na may pamantayan para sa α > L ay magiging contractive. Sa katunayan, 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 Since α > L, then q = L α 1 1 αt e α e 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 paunang kondisyon y(x0) = y0 . (4.5) Ang formula (4.2) ay maaaring isulat bilang Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Ang pagpapalit ng paunang kundisyon (4.5) dito, nakita natin na C = 0, ibig sabihin, ang solusyon ng problemang Cauchy ay tinutukoy mula sa kaugnayan Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Malinaw, ito ay natatanging tinutukoy. Kaya, ang pangkalahatang solusyon ng equation (4.1) ay ibinibigay ng formula (4.4), at ang solusyon ng problemang Cauchy (4.4), (4.5) ay matatagpuan mula sa kaugnayan (4.6). Puna 4. 1. Kung f2 (y) = 0 para sa ilang y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), kung gayon, malinaw naman, ang mga solusyon ng Eq. (4.1) ay ang mga function na y( x) yj , j = 1, 2, . . . , s, na pinatutunayan ng direktang pagpapalit ng mga function na ito sa equation (4.1). Puna 4. 2. Para sa equation (4.1), ang pangkalahatang solusyon ay tinutukoy mula sa kaugnayan F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Kaya, ang kaliwang bahagi ng kaugnayan (4.7) ay pare-pareho sa bawat solusyon ng equation (4.1). Ang mga relasyon tulad ng (4.7) ay maaari ding isulat kapag nilulutas ang iba pang mga ODE. Ang ganitong mga relasyon ay karaniwang tinatawag na integrals (general integrals) ng kaukulang ODE. Bigyan natin ng tumpak na kahulugan. Depinisyon 4. 1. Isaalang-alang ang equation na y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Ang kaugnayan (x, y) = C, (4.9) kung saan ang (x, y) ay isang function ng klase C 1 , ay tinatawag na pangkalahatang integral ng equation (4.8) kung ang kaugnayang ito ay hindi nasiyahan sa magkatulad, ngunit ay nasiyahan sa bawat solusyon ng equation (4.8). Para sa bawat tiyak na halaga ng C 2 R, nakakakuha tayo ng isang bahagyang integral. Ang pangkalahatang solusyon ng equation (4.8) ay nakuha mula sa pangkalahatang integral (4.9) gamit ang implicit function theorem. Halimbawa 4. 1. Isaalang-alang ang equation x (4.10) y 0 (x) = y at ang inisyal na kondisyon y(2) = 4. (4.11) Ang paglalapat ng separation of variablesõ method na inilarawan sa itaas upang malutas ang equation (4.10), makuha natin y dy = x dx , kung saan makikita natin ang pangkalahatang integral para sa equation (4.10) y 2 x2 = C. Ang pangkalahatang solusyon ng equation (4.10) ay isinulat ng formula p y= C + x2 , at ang solusyon ng problemang Cauchy ( 4.10), (4.11) ay isinulat ng formula p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Linear ODEs ng unang order Ang linear ODE ng unang order ay ang equation y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), If q(x) 6 If q(x) x 2 ha, b. (4.12) 0, kung gayon ang equation ay tinatawag na inhomogeneous. 0, kung gayon ang equation ay tinatawag na homogenous: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Theorem 4. 1. 1) Kung y1 (x), y2 (x) ay mga solusyon ng homogenous equation (4.120) , α, β ay mga arbitrary na numero, pagkatapos ay ang function na y (x) αy1 (x) + βy2 (x) ay isa ring solusyon ng equation (4.120). 2) Para sa pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation (4.12), ang formula yon = yoo + ych ay nagaganap; (4.13) dito y ang pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation (4. 12), ang ych ay isang partikular na solusyon ng inhomogeneous equation (4.12), ang yoo ay ang pangkalahatang solusyon ng homogenous na equation (4.120). Patunay. Ang unang assertion ng theorem ay pinatunayan sa pamamagitan ng direktang pagpapatunay: mayroon tayong y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Patunayan natin ang pangalawang pahayag. Hayaan ang y0 ay isang arbitrary na solusyon ng equation (4.120), pagkatapos ay y00 = p(x)y0 . Sa kabilang banda, 0 ych = p(x)ych + q(x). Samakatuwid, 0 y0 + ych = p(x) y0 + ych + q(x), na nangangahulugan na ang y y0 + ych ay isang solusyon sa equation (4.12). Kaya, ang formula (4.13) ay nagbibigay ng solusyon sa inhomogeneous equation (4.12). Ipakita natin na ang lahat ng solusyon ng Eq. (4.12) ay maaaring makuha mula sa formula na ito. Sa katunayan, hayaan ang y^(x) na maging isang solusyon sa equation (4.12). Inilalagay namin ang y~(x) = y^(x) ych. Mayroon kaming 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). Kaya, ang y~(x) ay isang solusyon ng homogenous na equation (4.120), at mayroon tayong y^(x) = y~(x) + ych, na tumutugma sa formula (4.13). Napatunayan na ang theorem. -58- Sa ibaba ay isasaalang-alang natin ang mga problema sa Cauchy para sa mga equation (4.12) at (4.120) na may paunang kondisyon y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Tungkol sa mga function na p(x) at q(x) mula sa (4.12), ipinapalagay namin na p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Puna 4. 3. Lagyan ng F (x, y) = p(x)y + q(x). Pagkatapos, dahil sa mga kondisyong ipinataw sa itaas sa p(x) at q(x), mayroon tayong F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , at, dahil dito, para sa Cauchy problema (4.12), (4.14) ang pagkakaroon at uniqueness theorems para sa solusyon, na kung saan ay pinatunayan sa Kabanata 2, hold ay umiiral sa buong pagitan ha, bi. Pag-isipan muna homogenous equation (4.120). Teorama 4. 2. mga pahayag: Hayaan ang p(x) 2 C (ha, bi). Kung gayon ang mga sumusunod ay totoo: 1) anumang solusyon ng Eq. (4.120) ay tinukoy sa buong pagitan ha, bi; 2) ang pangkalahatang solusyon ng homogenous na equation (4.120) ay ibinibigay ng formula y(x) = C e kung saan ang C R p(x) dx , (4.15) ay isang arbitrary na pare-pareho; 3) ang solusyon ng problemang Cauchy (4.120), (4.14) ay ibinibigay ng formula na Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Patunay. Kunin natin ang pormula (4.15) alinsunod sa pamamaraang ibinigay sa simula ng kabanata. Una sa lahat, tandaan namin na ang function na y 0 ay isang solusyon sa equation (4.120). Hayaang ang y(x) ay isang solusyon ng Eq. (4.120), at hayaan ang y 6 0 sa ha, bi. Pagkatapos ay 9 x1 2 ha, bi na ang y(x1) = y0 6= 0. Isaalang-alang ang equation (4.120) sa isang kapitbahayan ng puntong x1 . Ito ay isang equation na may mga separable variable, at y(x) 6= 0 sa ilang kapitbahayan ng point x1 . Pagkatapos, kasunod ng mga resulta ng nakaraang talata, nakakuha tayo ng tahasang formula para sa solusyon Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- kung saan R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, na tumutugma sa formula (4.15). Bukod dito, ang solusyon na y 0 ay ibinibigay din ng formula (4.15) para sa C = 0. Sa pamamagitan ng direktang pagpapalit sa equation (4.120), makikita natin na ang function na y(x) na ibinigay ng formula (4.15) para sa alinmang C ay isang solusyon sa equation (4.120), saka, sa buong interval ha, bi. Ipakita natin na ang formula (4.15) ay tumutukoy sa pangkalahatang solusyon ng equation (4.120). Sa katunayan, hayaan ang y^(x) na isang arbitraryong solusyon ng equation (4.120). Kung y^(x) 6= 0 sa ha, bi, pagkatapos ay uulitin ang nakaraang pangangatwiran, makuha natin na ang function na ito ay ibinibigay ng formula (4.15) para sa ilang C: ibig sabihin, kung y^(x0) = y^0 , kung gayon Rx p( ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Kung 9x1 2 ha, bi ay ganoon na y^(x1) = 0, kung gayon ang Cauchy problem para sa equation (4.120) na may paunang kondisyon na y(x1) = 0 ay may dalawang solusyon y ^(x) at y(x) 0. Sa pamamagitan ng Remark 4. 3, ang solusyon ng problemang Cauchy ay natatangi; samakatuwid, y^(x) 0, at samakatuwid ay ibinibigay ng formula (4.15) para sa C = 0. Kaya, napatunayan namin na ang pangkalahatang solusyon equation (4.120) ay tinukoy sa lahat ng ha, bi at ibinibigay ng formula (4.15). Ang formula (4.16) ay malinaw na isang espesyal na kaso ng formula (4.15), kaya ang function na y(x) na tinukoy nito ay isang solusyon sa equation (4.120). Bilang karagdagan, ang x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , kaya talagang tinutukoy ng formula (4.16) ang solusyon sa problemang Cauchy (4.120), (4.14). Ang Theorem 4.2 ay napatunayan. Isaalang-alang ngayon ang inhomogeneous equation (4.12). Theorem 4. 3. Hayaan ang p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Kung gayon ang mga sumusunod na pahayag ay totoo: 1) anumang solusyon ng Eq. (4.12) ay tinukoy sa buong pagitan ha, bi; 2) ang pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation (4. 12) ay ibinibigay ng formula Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e ​​​​p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e kung saan ang C ay isang arbitrary na pare-pareho; 3) ang solusyon ng problemang Cauchy (4.12), (4.14) ay ibinibigay ng formula na Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ ) dθ dξ. (4.18) Patunay. Alinsunod sa Theorem 4. 1 at formula (4.13) yon = yоо + yн, kinakailangan na makahanap ng partikular na solusyon sa equation (4.12). Upang mahanap ito, inilalapat namin ang tinatawag na paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho. Ang kakanyahan ng pamamaraang ito ay ang mga sumusunod: kumukuha kami ng formula (4.15), palitan ang pare-parehong C sa loob nito ng hindi kilalang function C(x) at maghanap ng partikular na solusyon ng equation (4.12) sa anyo na ych (x) = C (x) e R p(x) dx. (4.19) Pinapalitan natin ang yn (x) mula sa (4.19) sa equation (4.12) at hanapin ang C(x) upang ang equation na ito ay masiyahan. Mayroon kaming R R 0 ych (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Ang pagpapalit sa (4.12), makuha natin ang 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), kung saan R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Pagsasama-sama ng huling kaugnayan at pagpapalit ng natagpuang C(x) sa formula (4.19), makuha natin na Z R R p(x) dx ych (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Bukod dito, sa bisa ng Theorem 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Samakatuwid, gamit ang formula (4.13) mula sa Theorem 4.1, makuha natin na Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yoo + ych = Ce +e q(x)e ​​​​p(x) dx dx, na tumutugma sa formula (4.17). Malinaw, ang formula (4.17) ay nagbibigay ng solusyon sa buong interval ha, bi. Sa wakas, ang solusyon sa problemang Cauchy (4.12), (4.14) ay ibinibigay ng formula na 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 Sa katunayan, ang formula (4.20) ay isang espesyal na kaso ng formula (4.17) para sa C = y0 , kaya tinukoy nito ang isang solusyon sa equation (4.12). Bilang karagdagan, 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 , kaya inisyal datos (4.14). Binabawasan namin ang formula (4.20) sa form (4.18). Sa katunayan, mula sa (4.20) mayroon tayong 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 na tumutugma sa formula (4.18). Ang Theorem 4. 3 ay napatunayan. Corollary (sa pagtantya ng solusyon ng problemang Cauchy para sa isang linear na sistema). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), at p(x) 6 K, q(x) 6 M Hayaang 8 x 2 ha, bi. Pagkatapos ang solusyon ng problemang Cauchy (4.12), (4.14) ay natutugunan ang pagtatantya M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Patunay. Hayaan muna x > x0 . Sa bisa ng (4.18), mayroon tayong 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 . Ngayon hayaan ang 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, kung gayon, malinaw naman, ang function na y(x) 0 ay isang solusyon sa equation (4.24). Upang malutas ang Bernoulli equation (4.24) α 6= 0, α 6= 1, hinahati natin ang magkabilang panig ng equation sa pamamagitan ng y α . Para sa α > 0, dapat nating isaalang-alang na, sa bisa ng Remark 4. 4, ang function na y(x) 0, ay isang solusyon ng equation (4.24), na mawawala sa naturang dibisyon. Samakatuwid, sa hinaharap ay kailangan itong idagdag sa pangkalahatang solusyon. Pagkatapos ng paghahati, makuha natin ang kaugnayan y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Ipakilala natin ang isang bagong gustong function z = y 1 α , pagkatapos ay z 0 = (1 kaya dumating tayo sa isang equation para sa z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0, at (4.25) Ang equation (4.25) ay isang linear equation. Ang mga naturang equation ay isinasaalang-alang sa Sec. 4.2, kung saan ang isang formula para sa pangkalahatang solusyon ay nakuha, dahil sa kung saan ang solusyon z(x) ng Eq. (4.25) ay isinulat bilang 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) Kung gayon ang function na y(x) = z 1 α (x), kung saan ang z(x) ay tinukoy sa (4.26), ay isang solusyon sa Bernoulli equation (4.24). -64- Bilang karagdagan, tulad ng ipinahiwatig sa itaas, para sa α > 0, ang solusyon ay ang function na y(x) 0. Halimbawa 4. 4. Lutasin natin ang equation na y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Hatiin ang equation (4.27) sa y 2 at gawin ang pagbabago z = nakakakuha tayo ng linear inhomogeneous equation 1 y. Bilang resulta, z 0 + 2z = ex . (4.28) Una nating lutasin ang homogenous na equation: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Hinahanap ang solusyon ng inhomogeneous equation (4.28) sa pamamagitan ng paraan ng variation ng isang arbitrary constant: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , kung saan ang zin = ex , at ang pangkalahatang solusyon ng equation (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Samakatuwid, ang solusyon ng Bernoulli equation (4.24) ay maaaring isulat bilang y(x) = 1 . ex + Ce2x Bilang karagdagan, ang solusyon ng equation (4.24) ay ang function na y(x) Nawala namin ang solusyon na ito kapag hinati ang equation na ito sa y 2 . 0. 4. 5. Equation sa kumpletong differentials Isaalang-alang ang equation sa differentials M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G ay ilang domain sa R2 . Ang nasabing equation ay tinatawag na complete differential equation kung mayroong isang function F (x, y) 2 C 1 (G), na tinatawag na potential, na ang dF (x, y) = M (x, y)dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. Ipagpalagay natin para sa pagiging simple na ang M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), at ang domain na G ay konektado lamang. Sa ilalim ng mga pagpapalagay na ito, sa kurso ng mathematical analysis (tingnan, halimbawa, ) napatunayan na ang potensyal na F (x, y) para sa equation (4.29) ay umiiral (i.e. (4.29) ay isang equation sa kabuuang differentials) kung at lamang kung Aking (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Bukod dito, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) kung saan ang punto (x0 , y0) ay ilang nakapirming Ang punto mula sa G, (x, y) ay ang kasalukuyang punto sa G, at ang curvilinear integral ay kinukuha sa anumang kurba na nagkokonekta sa mga punto (x0, y0) at (x, y) at ganap na nakahiga sa domain na G. Kung equation ( 4.29) ay ang equation

Ang kursong ito ng mga lektura ay naihatid nang higit sa 10 taon para sa mga mag-aaral ng teoretikal at inilapat na matematika sa Far Eastern State University. Naaayon sa pamantayan ng henerasyon ng II para sa mga espesyalidad na ito. Inirerekomenda para sa mga mag-aaral at undergraduate ng mga mathematical specialty.

Ang teorama ni Cauchy sa pagkakaroon at pagiging natatangi ng isang solusyon sa problemang Cauchy para sa isang first-order na equation.
Sa seksyong ito, sa pamamagitan ng pagpapataw ng ilang mga paghihigpit sa kanang bahagi ng first-order differential equation, mapapatunayan natin ang pagkakaroon at pagiging natatangi ng isang solusyon na tinutukoy ng paunang data (x0,y0). Ang unang patunay ng pagkakaroon ng solusyon sa mga differential equation ay dahil sa Cauchy; ang patunay sa ibaba ay ibinigay ni Picard; ito ay ginawa gamit ang paraan ng sunud-sunod na pagtatantya.

TALAAN NG NILALAMAN
1. Unang pagkakasunod-sunod equation
1.0. Panimula
1.1. Nahihiwalay na Variable Equation
1.2. Mga homogenous na equation
1.3. Pangkalahatang homogenous equation
1.4. First order linear equation at ang kanilang mga reductions
1.5. Bernoulli equation
1.6. Riccati equation
1.7. Equation sa kabuuang pagkakaiba
1.8. integrating factor. Ang pinakasimpleng mga kaso ng paghahanap ng integrating factor
1.9. Hindi naresolba ang mga equation na may kinalaman sa derivative
1.10. Ang theorem ni Cauchy sa pagkakaroon at pagiging natatangi ng isang solusyon sa problemang Cauchy para sa isang first-order equation
1.11. Mga isahan na puntos
1.12. Mga Espesyal na Solusyon
2. Mga equation ng mas mataas na mga order
2.1. Pangunahing konsepto at kahulugan
2.2. Mga uri ng equation ng nth order, nalulusaw sa mga quadrature
2.3. Mga intermediate integral. Mga Equation na Nagbibigay-daan sa Mga Pagbabawas sa Pagkakasunod-sunod
3. Linear differential equation ng nth order
3.1. Pangunahing konsepto
3.2. Linear homogenous differential equation ng nth order
3.3. Pagbabawas ng pagkakasunud-sunod ng isang linear homogenous equation
3.4. Inhomogeneous linear equation
3.5. Pagbabawas ng pagkakasunud-sunod sa isang linear na inhomogeneous equation
4. Mga linear na equation na may pare-parehong coefficient
4.1. Homogeneous linear equation na may pare-parehong coefficient
4.2. Inhomogeneous linear equation na may pare-parehong coefficient
4.3. Pangalawang order linear equation na may mga oscillating na solusyon
4.4. Pagsasama sa pamamagitan ng power series
5. Mga linear na sistema
5.1. Heterogenous at homogenous na mga sistema. Ilang Katangian ng Mga Solusyon sa Linear System
5.2. Kinakailangan at sapat na mga kondisyon para sa linear na pagsasarili ng mga k solusyon ng isang linear homogenous na sistema
5.3. Pagkakaroon ng pangunahing matrix. Konstruksyon ng isang pangkalahatang solusyon ng isang linear homogenous system
5.4. Konstruksyon ng buong hanay ng mga pangunahing matrice ng isang linear homogenous system
5.5. Heterogenous system. Pagbuo ng isang pangkalahatang solusyon sa pamamagitan ng paraan ng pagkakaiba-iba ng mga di-makatwirang constants
5.6. Mga linear na homogenous na sistema na may pare-parehong coefficient
5.7. Ang ilang impormasyon mula sa teorya ng mga function ng matrices
5.8. Pagbuo ng pangunahing matrix ng isang sistema ng mga linear homogenous na equation na may pare-parehong coefficient sa pangkalahatang kaso
5.9. Existence theorem at theorems sa functional properties ng mga solusyon ng mga normal na sistema ng first-order differential equation
6. Mga elemento ng teorya ng katatagan
6.1
6.2. Ang pinakasimpleng uri ng mga rest point
7. Mga equation sa mga partial derivatives ng 1st order
7.1. Linear homogeneous partial differential equation ng 1st order
7.2. Inhomogeneous linear partial differential equation ng 1st order
7.3. Sistema ng dalawang partial differential equation na may 1 hindi kilalang function
7.4. Pfaff equation
8. Mga variant ng mga gawain sa pagkontrol
8.1. Pagsusulit №1
8.2. Pagsusulit Blg. 2
8.3. Pagsusulit Blg. 3
8.4. Pagsubok sa gawain No. 4
8.5. Pagsusulit Blg. 5
8.6. Pagsusulit Blg. 6
8.7. Pagsubok sa gawain No. 7
8.8. Kontrolin ang trabaho numero 8.

Libreng pag-download e-libro sa isang maginhawang format, panoorin at basahin:
I-download ang aklat na Course of lectures on ordinary differential equation, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, mabilis at libreng pag-download.

Mag-download ng pdf
Sa ibaba maaari mong bilhin ang aklat na ito sa pinakamahusay na may diskwentong presyo sa paghahatid sa buong Russia.

"LECTURES ON ORDINARY DIFFERENTIAL EQUATIONS BAHAGI 1. MGA ELEMENTO NG PANGKALAHATANG TEORYA Ang aklat-aralin ay nagbabalangkas sa mga probisyon na bumubuo sa batayan ng teorya ng mga ordinaryong differential equation: ..."

-- [ Pahina 1 ] --

A. E. Mamontov

LECTURES ON COMMON

DIFFERENTIAL EQUATIONS

MGA ELEMENTO NG PANGKALAHATANG TEORYA

Itinatakda ng manwal ng pagsasanay ang mga probisyon na bumubuo

batayan ng teorya ng mga ordinaryong equation ng kaugalian: ang konsepto ng mga solusyon, ang kanilang pag-iral, pagiging natatangi,

dependency sa mga parameter. Gayundin (sa § 3) ang ilang pansin ay binabayaran sa "hayagang" solusyon ng ilang mga klase ng mga equation. Ang gabay ay inilaan para sa malalim na pag-aaral kursong "Differential Equation" ng mga mag-aaral na nag-aaral sa Faculty of Mathematics ng Novosibirsk State Pedagogical University.

UDC 517.91 LBC B161.61 Preface Ang aklat-aralin ay inilaan para sa mga mag-aaral ng Departamento ng Matematika ng Novosibirsk State Pedagogical University na gustong mag-aral ng sapilitang kursong "Differential Equation" sa pinalawak na volume. Ang mga mambabasa ay inaalok ng mga pangunahing konsepto at resulta na bumubuo sa pundasyon ng teorya ng mga ordinaryong kaugalian na equation: mga konsepto ng mga solusyon, theorems sa kanilang pag-iral, pagiging natatangi, pag-asa sa mga parameter. Ang inilarawan na materyal ay ipinakita sa anyo ng isang lohikal na hindi mapaghihiwalay na teksto sa §§ 1, 2, 4, 5. Gayundin (sa § 3, na medyo magkahiwalay at pansamantalang nakakagambala sa pangunahing thread ng kurso), ang pinakasikat na mga pamamaraan ng Ang "hayagang" paghahanap ng mga solusyon sa ilang klase ng mga equation ay panandaliang isinasaalang-alang. Sa unang pagbasa, ang § 3 ay maaaring laktawan nang walang makabuluhang pinsala sa lohikal na istruktura ng kurso.

Ang isang mahalagang papel ay nilalaro ng mga pagsasanay, na kasama sa isang malaking bilang sa teksto. Ang mambabasa ay mahigpit na pinapayuhan na lutasin ang mga ito "sa mainit na pagtugis", na ginagarantiyahan ang asimilasyon ng materyal at magsisilbing pagsubok. Bukod dito, ang mga pagsasanay na ito ay madalas na pinupuno ang lohikal na tela, ibig sabihin, nang hindi nalutas ang mga ito, hindi lahat ng mga panukala ay mahigpit na mapapatunayan.

Sa mga square bracket sa gitna ng teksto, ang mga puna ay ginawa na may papel na ginagampanan ng mga komento (extended o side explanations). Sa leksikal na paraan, ang mga fragment na ito ay nakakaabala sa pangunahing teksto (ibig sabihin, para sa isang magkakaugnay na pagbabasa, kailangan nilang "balewala"), ngunit kailangan pa rin ang mga ito bilang mga paliwanag. Sa madaling salita, ang mga fragment na ito ay dapat na maramdaman na parang dinala sa mga bukid.

Mayroong hiwalay na rubricated na "mga puna para sa guro" sa teksto - maaari silang alisin kapag nagbabasa ng mga mag-aaral, ngunit kapaki-pakinabang para sa guro na gagamit ng manwal, halimbawa, kapag nagbibigay ng mga lektura - nakakatulong sila upang mas maunawaan ang lohika ng ang kurso at ipahiwatig ang direksyon ng mga posibleng pagpapabuti (mga extension) ng kurso . Gayunpaman, ang pagbuo ng mga komentong ito ng mga mag-aaral ay maaari lamang tanggapin.

Ang isang katulad na papel ay ginampanan ng "mga dahilan para sa guro" - sila ay nagbibigay sa isang lubos na maigsi na anyo ng patunay ng ilan sa mga probisyon na inaalok sa mambabasa bilang mga pagsasanay.

Ang pinakakaraniwang (key) na mga termino ay ginagamit bilang mga pagdadaglat, isang listahan kung saan ibinibigay sa dulo para sa kaginhawahan. Mayroon ding listahan ng mga mathematical notation na nangyayari sa teksto, ngunit hindi kabilang sa mga pinakakaraniwan (at / o hindi malinaw na nauunawaan sa panitikan).

Ang simbolo ay nangangahulugan ng pagtatapos ng patunay, ang pagbabalangkas ng pahayag, mga pangungusap, atbp. (kung kinakailangan upang maiwasan ang kalituhan).

Ang mga formula ay independyenteng binibilang sa bawat talata. Kapag tumutukoy sa isang bahagi ng formula, ginagamit ang mga indeks, halimbawa (2)3 ay nangangahulugang ang ika-3 bahagi ng formula (2) (ang mga bahagi ng formula ay itinuturing na mga fragment na pinaghihiwalay ng isang typographical na espasyo, at mula sa isang lohikal na posisyon - isang grupo ng "at").

Hindi ganap na mapapalitan ng manwal na ito ang malalim na pag-aaral ng paksa, na nangangailangan ng mga independiyenteng pagsasanay at pagbabasa. karagdagang panitikan, halimbawa, ang nakalista sa dulo ng manwal. Gayunpaman, sinubukan ng may-akda na ipakita ang mga pangunahing probisyon ng teorya sa isang medyo maigsi na anyo na angkop para sa isang kurso sa panayam. Kaugnay nito, dapat tandaan na kapag nagbabasa ng isang kurso sa panayam sa manwal na ito, ito ay tumatagal ng humigit-kumulang 10 mga lektura.

Ito ay binalak na mag-publish ng 2 higit pang mga bahagi (mga volume) na magpapatuloy sa manwal na ito at sa gayon ay kumpletuhin ang cycle ng mga lektura sa paksang "ordinary differential equation": bahagi 2 (linear equation), bahagi 3 (karagdagang teorya ng nonlinear equation, partial differential equation ng unang order).

§ 1. Panimula Ang differential equation (DE) ay isang relasyon ng anyong u1 u1 un, mas mataas na derivatives F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) kung saan y = (y1,. .., yk) Ang Rk ay mga independiyenteng variable, at ang u = u(y) ay mga hindi kilalang function1, u = (u1,..., un). Kaya, mayroong n hindi alam sa (1), kaya kailangan ang n equation, ibig sabihin, F = (F1,..., Fn), upang ang (1) ay, sa pangkalahatan, isang sistema ng n equation. Kung mayroon lamang isang hindi kilalang function (n = 1), kung gayon ang equation (1) ay scalar (isang equation).

Kaya, ang (mga) function na F ay ibinigay (mga), at u ay hinahanap. Kung k = 1, kung gayon (1) ay tinatawag na ODE, at kung hindi man - PDE. Ang pangalawang kaso ay ang paksa ng isang espesyal na kurso ng UMF na itinakda sa eponymous na serye ng mga tutorial. Sa seryeng ito ng mga manwal (binubuo ng 3 bahagi-volume), pag-aaralan lang namin ang mga ODE, maliban sa huling talata ng huling bahagi (volume), kung saan magsisimula kaming pag-aralan ang ilang mga espesyal na kaso ng PDE.

2u u Halimbawa. Ang 2 = 0 ay PDE.

y1 y Ang hindi kilalang mga dami u ay maaaring maging totoo o kumplikado, na hindi mahalaga, dahil ang sandaling ito ay tumutukoy lamang sa anyo ng pagsulat ng mga equation: anumang kumplikadong notasyon ay maaaring gawing tunay sa pamamagitan ng paghihiwalay ng tunay at haka-haka na mga bahagi (ngunit, siyempre, pagdodoble ng bilang ng mga equation at hindi alam), at vice versa, sa ilang mga kaso ay maginhawa upang lumipat sa kumplikadong notasyon.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Ito ay isang sistema ng 2 ODE. Halimbawa.

dy dy dy para sa 2 hindi kilalang function ng independent variable na y.

Kung k = 1 (ODE), pagkatapos ay ang "direktang" sign d/dy ay ginagamit.

u(y) du Halimbawa. Ang exp(sin z)dz ay isang ODE dahil mayroon itong Halimbawa. Ang = u(u(y)) para sa n = 1 ay hindi isang DE, ngunit isang functional differential equation.

Ito ay hindi isang DE, ngunit isang integro-differential equation, hindi namin pag-aaralan ang mga naturang equation. Gayunpaman, partikular na ang equation (2) ay madaling nabawasan sa ODE:

Isang ehersisyo. Bawasan ang (2) sa isang ODE.

Ngunit sa pangkalahatan, ang mga integral equation ay isang mas kumplikadong bagay (ito ay bahagyang pinag-aralan sa kurso ng functional analysis), bagaman, tulad ng makikita natin sa ibaba, ito ay sa kanilang tulong na ang ilang mga resulta para sa mga ODE ay nakuha.

Ang mga DE ay bumangon kapwa mula sa mga intra-mathematical na pangangailangan (halimbawa, sa differential geometry) at sa mga aplikasyon (sa kasaysayan sa unang pagkakataon, at ngayon higit sa lahat sa pisika). Ang pinakasimpleng DE ay ang "basic na problema ng differential calculus" tungkol sa pagpapanumbalik ng isang function mula sa derivative nito: = h(y). Tulad ng nalalaman mula sa pagsusuri, ang solusyon nito ay may anyo na u(y) = + h(s)ds. Ang mas pangkalahatang DE ay nangangailangan ng mga espesyal na pamamaraan para sa kanilang solusyon. Gayunpaman, tulad ng makikita natin sa ibaba, halos lahat ng mga pamamaraan para sa paglutas ng mga ODE "sa tahasang anyo" ay mahalagang nabawasan sa ipinahiwatig na maliit na kaso.

Sa mga aplikasyon, ang mga ODE ay kadalasang lumilitaw kapag naglalarawan ng mga prosesong umuunlad sa oras, upang ang papel ng isang independiyenteng variable ay karaniwang nilalaro ng oras t.

kaya, ang kahulugan ng ODE sa naturang mga application ay upang ilarawan ang pagbabago sa mga parameter ng system sa paglipas ng panahon. Samakatuwid, ito ay maginhawa kapag constructing pangkalahatang teorya Tinutukoy ng ODE ang independiyenteng variable sa pamamagitan ng t (at tawagin itong oras kasama ang lahat ng kasunod na terminolohikal na kahihinatnan), at ang hindi alam na (mga) function ng x = (x1,..., xn). Kaya, ang pangkalahatang anyo ng ODE (ODE system) ay ang mga sumusunod:

kung saan F = (F1,..., Fn) - ibig sabihin, ito ay isang sistema ng n ODE para sa n function x, at kung n = 1, pagkatapos ay isang ODE para sa 1 function x.

Bukod dito, ang x = x(t), t R, at x ay karaniwang kumplikado ang halaga (ito ay para sa kaginhawahan, mula noon ang ilang mga sistema ay maaaring isulat nang mas compact).

Ang sistema (3) ay sinasabing may ayos m patungkol sa xm.

Ang mga derivative ay tinatawag na senior, at ang natitira (kabilang ang xm = kanilang sarili) ay tinatawag na junior. Kung ang lahat ng m =, pagkatapos ay sasabihin lang natin na ang pagkakasunud-sunod ng sistema ay pantay.

Totoo, ang bilang na m ay madalas na tinatawag na pagkakasunud-sunod ng sistema, na natural din, tulad ng magiging malinaw sa ibaba.

Ang tanong ng pangangailangang pag-aralan ang mga ODE at ang kanilang mga aplikasyon, isasaalang-alang namin na sapat na napatunayan ng iba pang mga disiplina (differential geometry, mathematical analysis, teoretikal na mekanika, atbp.), at ito ay bahagyang sakop sa kurso ng mga praktikal na pagsasanay kapag nilulutas ang mga problema (halimbawa, mula sa isang libro ng problema). Sa kursong ito, eksklusibo nating haharapin ang matematikal na pag-aaral ng mga sistema ng form (3), na nangangahulugang pagsagot sa mga sumusunod na tanong:

1. ano ang ibig sabihin ng "solve" ang equation (system) (3);

2. paano ito gagawin;

3. anong mga katangian mayroon ang mga solusyong ito, kung paano imbestigahan ang mga ito.

Ang Tanong 1 ay hindi gaanong halata - tingnan sa ibaba. Napansin namin kaagad na ang anumang system (3) ay maaaring gawing isang first-order system, na tumutukoy sa mas mababang mga derivative bilang mga bagong hindi kilalang function. Ang pinakamadaling paraan upang ipaliwanag ang pamamaraang ito ay sa isang halimbawa:

ng 5 equation para sa 5 hindi alam. Madaling maunawaan na ang (4) at (5) ay katumbas sa kahulugan na ang solusyon sa isa sa mga ito (pagkatapos ng naaangkop na pagpapalit ng pangalan) ay ang solusyon sa isa pa. Sa kasong ito, dapat lamang na itakda ng isa ang tanong ng kinis ng mga solusyon - gagawin pa namin ito kapag nakatagpo kami ng mga mas mataas na pagkakasunud-sunod (i.e., hindi 1st) na mga ODE.

Ngunit ngayon ay malinaw na sapat na ang pag-aaral lamang ng mga first-order na ODE, habang ang iba ay maaaring kailanganin lamang para sa kaginhawaan ng notasyon (ang ganitong sitwasyon ay minsan ay lilitaw sa aming kaso).

At ngayon nililimitahan namin ang aming sarili sa unang-order na ODE:

dimx = dim F = n.

Ang pag-aaral ng equation (system) (6) ay hindi maginhawa dahil sa katotohanang hindi ito pinahihintulutan patungkol sa mga derivatives na dx/dt. Tulad ng nalalaman mula sa pagsusuri (mula sa implicit function theorem), sa ilalim ng ilang mga kundisyon sa F, ang equation (6) ay maaaring malutas na may kinalaman sa dx/dt at nakasulat sa anyo kung saan ang f: Rn+1 Rn ay ibinigay at x: R Rn ang kailangan. Sinasabi na ang (7) ay isang ODE na naresolba tungkol sa mga derivatives (isang ODE ng normal na anyo). Kapag pumasa mula sa (6) hanggang (7), natural, ang mga paghihirap ay maaaring lumitaw:

Halimbawa. Ang equation na exp(x) = 0 ay hindi maaaring isulat sa anyo (7), at walang mga solusyon sa lahat, ibig sabihin, ang exp ay walang mga zero kahit na sa kumplikadong eroplano.

Halimbawa. Ang equation x 2 + x2 = 1 na may resolution ay nakasulat bilang dalawang normal na ODEs x = ± 1 x2. Dapat mong lutasin ang bawat isa sa kanila at pagkatapos ay bigyang-kahulugan ang resulta.

Magkomento. Kapag binabawasan ang (3) hanggang (6), ang mga paghihirap ay maaaring lumitaw kung ang (3) ay may order 0 na may kinalaman sa ilang function o bahagi ng mga function (i.e., ito ay isang functional differential equation). Ngunit ang mga function na ito ay dapat na hindi kasama ng implicit function theorem.

Halimbawa. x = y, xy = 1 x = 1/x. Kailangan mong hanapin ang x mula sa nagresultang ODE, at pagkatapos ay y mula sa functional equation.

Ngunit sa anumang kaso, ang problema ng paglipat mula sa (6) hanggang (7) ay higit na nabibilang sa larangan ng pagsusuri sa matematika kaysa sa DE, at hindi namin ito haharapin. Gayunpaman, kapag nilulutas ang mga ODE ng form (6), ang mga kagiliw-giliw na sandali mula sa punto ng view ng mga ODE ay maaaring lumitaw, kaya ang isyung ito ay angkop na pag-aralan kapag nilutas ang mga problema (tulad ng ginagawa, halimbawa, sa ) ​​at ito ay bahagyang maaantig. sa § 3. Ngunit sa natitirang kurso ay haharapin lamang natin ang mga normal na sistema at equation. Kaya, isaalang-alang ang ODE (ODE system) (7). Isulat natin ito nang isang beses sa anyo ng component-by-component:

Ang konsepto ng "solve (7)" (at sa pangkalahatan, anumang DE) ay matagal nang nauunawaan bilang ang paghahanap para sa isang "tahasang pormula" para sa solusyon (ibig sabihin, sa anyo ng mga elementary function, ang kanilang mga antiderivatives, o mga espesyal na function, atbp.), nang walang diin sa kinis ng solusyon at ang pagitan ng kahulugan nito. Gayunpaman, ang kasalukuyang estado ng teorya ng mga ODE at iba pang sangay ng matematika (at sa pangkalahatan mga likas na agham) ay nagpapakita na ang ganitong paraan ay hindi kasiya-siya, kung dahil lamang ang proporsyon ng mga ODE na maaaring maging tulad ng "hayagang pagsasama" ay napakaliit (kahit na para sa pinakasimpleng ODE x = f (t) alam na ang solusyon sa elementarya ay bihira. , bagama't mayroong "tahasang formula").

Halimbawa. Ang equation na x = t2 + x2, sa kabila ng sobrang pagiging simple nito, ay walang mga solusyon sa elementarya na pag-andar (at dito ay wala kahit isang "pormula").

At kahit na kapaki-pakinabang na malaman ang mga klase ng ODE kung saan posible na "hayagang" bumuo ng isang solusyon (katulad ng kung gaano kapaki-pakinabang ang kakayahang "magkalkula ng mga integral" kapag posible, kahit na ito ay napakabihirang), Sa pagsasaalang-alang na ito, ang mga sumusunod na termino ay tunog na katangian: "isama ang ODE", "ODE integral" (hindi na ginagamit na mga analogue ng modernong konsepto "solve ODE", "solusyon ng ODE"), na sumasalamin sa mga nakaraang konsepto ng solusyon. Kung paano unawain ang mga modernong termino, ibabalangkas natin ngayon.

at ang tanong na ito ay isasaalang-alang sa § 3 (at ayon sa kaugalian malaking atensyon ay ibinibigay dito kapag nilulutas ang mga problema sa mga praktikal na klase), ngunit hindi dapat asahan ng isang tao ang anumang pagiging pangkalahatan mula sa pamamaraang ito. Bilang isang tuntunin, sa pamamagitan ng proseso ng paglutas (7) ibig sabihin namin ay ganap na magkakaibang mga hakbang.

Dapat itong linawin kung aling function x = x(t) ang matatawag na solusyon sa (7).

Una sa lahat, tandaan namin na ang isang malinaw na pagbabalangkas ng konsepto ng isang solusyon ay imposible nang hindi tinukoy ang hanay kung saan ito tinukoy. Kung dahil lamang ang isang solusyon ay isang function, at anumang function (ayon sa kahulugan ng paaralan) ay isang batas na nag-uugnay ng anumang elemento ng ilang set (tinatawag na domain ng kahulugan ng function na ito) sa ilang elemento ng isa pang set (function values). Kaya, ang pakikipag-usap tungkol sa isang function nang hindi tinukoy ang saklaw nito ay walang katotohanan sa pamamagitan ng kahulugan. Ang mga analytic function (mas malawak - elementarya) ay nagsisilbi dito bilang isang "exception" (nakapanliligaw) para sa mga sumusunod na dahilan (at ilang iba pa), ngunit sa kaso ng DE hindi pinapayagan ang gayong mga kalayaan.

at sa pangkalahatan nang hindi tinukoy ang mga hanay ng kahulugan ng lahat ng mga function na kasangkot sa (7). Tulad ng magiging malinaw sa mga sumusunod, nararapat na mahigpit na iugnay ang konsepto ng isang solusyon sa hanay ng kahulugan nito, at isaalang-alang ang mga solusyon na iba kung iba ang mga hanay ng mga kahulugan nito, kahit na ang mga solusyon ay nag-tutugma sa intersection ng mga hanay na ito.

Kadalasan, sa mga tiyak na sitwasyon, nangangahulugan ito na kung ang mga solusyon ay itinayo sa anyo ng mga elementarya na pag-andar, upang ang 2 solusyon ay may "parehong formula", kung gayon kinakailangan ding linawin kung ang mga hanay kung saan nakasulat ang mga formula na ito ay nag-tutugma. Ang pagkalito na naghari sa tanong na ito sa loob ng mahabang panahon ay mapapaumanhin hangga't ang mga solusyon sa anyo ng mga elementarya na function ay isinasaalang-alang, dahil ang mga analytic function ay maaaring natatanging pinalawak sa mas malawak na pagitan.

Halimbawa. Ang x1(t) = et on (0,2) at x2(t) = et on (1,3) ay magkaibang solusyon ng equation x = x.

Kasabay nito, natural na kumuha ng bukas na pagitan (marahil walang katapusan) bilang hanay ng mga kahulugan ng anumang solusyon, dahil ang set na ito ay dapat na:

1. bukas, upang sa anumang punto ay makatuwirang pag-usapan ang tungkol sa isang derivative (two-sided);

2. konektado upang ang solusyon ay hindi masira sa mga naka-disconnect na piraso (sa kasong ito ay mas maginhawang pag-usapan ang ilang mga solusyon) - tingnan ang nakaraang Halimbawa.

Kaya, ang solusyon (7) ay isang pares (, (a, b)), kung saan ang isang b +, ay tinukoy sa (a, b).

Paalala para sa guro. Sa ilang mga aklat-aralin ay pinahihintulutan na isama ang mga dulo ng segment sa domain ng solusyon, ngunit ito ay hindi kapaki-pakinabang dahil ito ay nagpapalubha lamang sa pagtatanghal at hindi nagbibigay ng isang tunay na pangkalahatan (tingnan ang § 4).

Upang gawing mas madaling maunawaan ang karagdagang pangangatwiran, kapaki-pakinabang na gamitin ang geometric na interpretasyon (7). Sa espasyo Rn+1 = ((t, x)) sa bawat punto (t, x) kung saan tinukoy ang f, maaari nating isaalang-alang ang vector f (t, x). Kung gagawa tayo ng graph ng solusyon (7) sa puwang na ito (tinatawag itong integral curve ng system (7)), kung gayon ito ay binubuo ng mga punto ng form (t, x(t)). Habang nagbabago ang t (a, b), ang puntong ito ay gumagalaw sa kahabaan ng IC. Ang tangent sa IC sa punto (t, x(t)) ay may anyo (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Kaya, ang mga IC ay yaong at tanging mga kurba sa espasyo Rn+1 na sa bawat isa sa kanilang mga punto (t, x) ay may tangent na parallel sa vector (1, f (t, x)). Batay sa ideyang ito, ang tinatawag na ang isocline method para sa tinatayang pagbuo ng IC, na ginagamit kapag nagpapakita ng mga graph ng mga solusyon sa mga partikular na ODE (tingnan.

Halimbawa ). Halimbawa, para sa n = 1, ang ibig sabihin ng aming konstruksiyon ay ang mga sumusunod: sa bawat punto ng IC, ang slope nito sa t axis ay may property na tg = f (t, x). Ito ay natural na ipagpalagay na, pagkuha ng anumang punto mula sa kahulugan set f, maaari naming gumuhit ng isang IC sa pamamagitan nito. Ang ideyang ito ay mahigpit na mapapatunayan sa ibaba. Bagama't kulang tayo ng mahigpit na pagbabalangkas ng kinis ng mga solusyon, ito ay gagawin sa ibaba.

Ngayon ay dapat nating pinuhin ang set B kung saan tinukoy ang f. Ang set na ito ay natural na kunin:

1. bukas (upang maitayo ang IC sa paligid ng anumang punto mula sa B), 2. konektado (kung hindi man, lahat ng konektadong piraso ay maaaring isaalang-alang nang hiwalay - gayon pa man, ang IC (bilang isang graph ng isang tuluy-tuloy na function) ay hindi maaaring tumalon mula sa isang piraso patungo sa isa pa, kaya hindi ito makakaapekto sa pangkalahatan ng paghahanap ng mga solusyon).

Isasaalang-alang lamang natin ang mga klasikal na solusyon ng (7), ibig sabihin, na ang x mismo at ang x nito ay tuloy-tuloy sa (a, b). Kung gayon, natural na kailanganin ang f C(B). Sa mga sumusunod, ang pangangailangang ito ay palaging ipapahiwatig sa amin. Kaya, sa wakas ay nakuha natin ang Depinisyon. Hayaang maging domain ang B Rn+1, f C(B).

Ang isang pares (, (a, b)), a b +, na tinukoy sa (a, b), ay tinatawag na solusyon sa (7) kung C(a, b), para sa bawat t (a, b) ang punto (t). , (t) ) B at (t) ay umiiral, at (t) = f (t, (t)) (pagkatapos ay awtomatikong C 1(a, b)).

Malinaw sa geometriko na ang (7) ay magkakaroon ng maraming solusyon (na madaling maunawaan nang graphical), dahil kung gumuhit tayo ng mga IR na nagsisimula sa mga punto ng form (t0, x0), kung saan ang t0 ay naayos, pagkatapos ay makakakuha tayo ng iba't ibang mga IR. Bilang karagdagan, ang pagbabago ng pagitan para sa pagtukoy ng solusyon ay magbibigay ng ibang solusyon, ayon sa aming kahulugan.

Halimbawa. x = 0. Solusyon: x = = const Rn. Gayunpaman, kung pipiliin natin ang ilang t0 at ayusin ang halaga ng x0 ng solusyon sa puntong t0: x(t0) = x0, kung gayon ang halaga ay natutukoy nang kakaiba: = x0, ibig sabihin, ang solusyon ay natatangi hanggang sa pagpili ng pagitan (a, b) t0.

Ang pagkakaroon ng isang "walang mukha" na hanay ng mga solusyon ay hindi maginhawa para sa pakikipagtulungan sa kanila2 - mas maginhawang "bilangan" ang mga ito tulad ng sumusunod: magdagdag ng mga karagdagang kondisyon sa (7) sa paraang mai-highlight ang tanging (sa isang tiyak na kahulugan. ) solusyon, at pagkatapos, pag-uuri sa mga kundisyong ito, gumana sa bawat solusyon nang hiwalay (sa geometriko, maaaring magkaroon ng isang solusyon (IR), ngunit maraming mga piraso - haharapin natin ang abala na ito sa ibang pagkakataon).

Kahulugan. Ang gawain para sa (7) ay (7) na may mga karagdagang kundisyon.

Sa katunayan, naimbento na namin ang pinakasimpleng problema - ito ang problema sa Cauchy: (7) na may mga kondisyon ng form (Cauchy data, paunang data):

Mula sa punto ng view ng mga aplikasyon, ang problemang ito ay natural: halimbawa, kung (7) inilalarawan ang pagbabago sa ilang mga parameter x sa oras t, kung gayon (8) ay nangangahulugan na sa ilang (unang) oras ang halaga ng mga parameter ay kilala . Kailangang pag-aralan ang iba pang mga problema, pag-uusapan natin ito mamaya, ngunit sa ngayon ay tututukan natin ang problemang Cauchy. Natural, ang problemang ito ay may katuturan para sa (t0, x0) B. Alinsunod dito, ang solusyon sa problema (7), (8) ay isang solusyon (7) (sa kahulugan ng kahulugang ibinigay sa itaas) na ang t0 (a, b) ), at (walo).

Ang aming agarang gawain ay patunayan ang pagkakaroon ng solusyon sa problemang Cauchy (7), (8), at para sa ilang mga pantulong na halimbawa - quadratic equation, mas mainam na isulat ang x1 =..., x2 =... kaysa x = b/2 ±...

sa ilalim ng ilang mga pagpapalagay sa f - at ang pagiging natatangi nito sa isang tiyak na kahulugan.

Magkomento. Kailangan nating linawin ang konsepto ng pamantayan ng isang vector at isang matrix (bagaman kakailanganin natin ang mga matrice lamang sa Bahagi 2). Dahil sa ang katunayan na sa isang may hangganan-dimensional na espasyo ang lahat ng mga pamantayan ay katumbas, ang pagpili ng isang tiyak na pamantayan ay hindi mahalaga kung tayo ay interesado lamang sa mga pagtatantya, at hindi sa eksaktong dami. Halimbawa, ang |x|p = (|xi|p)1/p ay maaaring gamitin para sa mga vector, ang p ay ang Peano (Picard) na segment. Isaalang-alang ang kono K = (|x x0| F |t t0|) at ang pinutol na bahagi nito K1 = K (t IP ). Malinaw na K1 C lang.

Teorama. (Peano). Hayaang masiyahan ang mga kinakailangan sa f sa problema (1) na tinukoy sa kahulugan ng solusyon, i.e.:

f C(B), kung saan ang B ay isang rehiyon sa Rn+1. Pagkatapos para sa lahat ng (t0, x0) B sa Int(IP) mayroong isang solusyon sa problema (1).

Patunay. Magtakda tayo nang arbitraryo (0, T0] at bumuo ng tinatawag na Euler broken line na may isang hakbang, ibig sabihin: ito ay isang putol na linya sa Rn+1, kung saan ang bawat link ay may projection papunta sa t axis ng haba, ang una ang link sa kanan ay nagsisimula sa punto (t0, x0) at kung kaya't dx/dt = f (t0, x0) dito, ang kanang dulo ng link na ito (t1, x1) ay nagsisilbing kaliwang dulo ng pangalawa. , kung saan ang dx/dt = f (t1, x1), atbp., at katulad din sa kaliwa. Ang nagreresultang polyline ay tumutukoy sa isang piecewise linear function na x = (t). Hangga't t IP, ang polyline ay nananatili sa K1 (at kahit na higit pa sa C, at samakatuwid ay sa B), kaya ang konstruksiyon ay tama - para dito, sa katunayan, ito ay ginawa ng auxiliary construction bago ang theorem.

Sa katunayan, kahit saan maliban sa mga breakpoint ay umiiral, at pagkatapos ay (s) (t) = (z)dz, kung saan kinukuha ang mga di-makatwirang halaga ng derivative sa mga breakpoint.

Sa kasong ito (gumagalaw kasama ang putol na linya sa pamamagitan ng induction) Sa partikular, | (t)x0| F |t t0|.

Kaya, sa mga function ng IP:

2. ay equicontinuous, dahil sila ay Lipschitz:

Dito, ang mambabasa ay dapat, kung kinakailangan, i-refresh ang kanyang kaalaman sa mga konsepto at resulta gaya ng: equicontinuity, uniform convergence, ang Artsela-Ascoli theorem, atbp.

Sa pamamagitan ng Arzela-Ascoli theorem, mayroong isang sequence k 0 na ang k ay nasa IP, kung saan ang C(IP). Sa pamamagitan ng pagtatayo, (t0) = x0, kaya nananatili itong i-verify na pinatunayan namin ito para sa s t.

Isang ehersisyo. Katulad na isaalang-alang ang s t.

Itinakda namin ang 0 at hanapin ang 0 upang para sa lahat (t1, x1), (t2, x2) C ay totoo Magagawa ito dahil sa pare-parehong pagpapatuloy ng f sa compact set C. Hanapin ang m N upang Ayusin ang t Int (IP) at kumuha ng anumang s Int(IP) na t s t +. Pagkatapos para sa lahat ng z mayroon kaming |k (z) k (t)| F, kaya sa view ng (4) |k (z) (t)| 2F.

Tandaan na ang k (z) = k (z) = f (z, k (z)), kung saan ang z ay ang abscissa ng kaliwang dulo ng polyline segment na naglalaman ng punto (z, k (z)). Ngunit ang punto (z, k (z)) ay nahuhulog sa isang silindro na may mga parameter (, 2F) na binuo sa punto (t, (t)) (sa katunayan, kahit na sa isang pinutol na kono - tingnan ang pigura, ngunit ito ay ' t mahalaga ngayon), kaya sa view ng (3) makuha namin |k (z) f (t, (t))|. Para sa isang putol na linya, mayroon kaming, tulad ng nabanggit sa itaas, ang formula Para sa k, ito ay magbibigay ng (2).

Magkomento. Hayaan ang f C 1(B). Pagkatapos ang solusyon na tinukoy sa (a, b) ay magiging sa klase C 2(a, b). Sa katunayan, sa (a, b) mayroon tayo: mayroong f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (narito ang Jacobi matrix ) ay isang tuluy-tuloy na function. Kaya mayroon ding 2 C(a, b). Maaari pa nating dagdagan ang kinis ng solusyon kung ang f ay makinis. Kung ang f ay analytic, kung gayon posible na patunayan ang pagkakaroon at pagiging natatangi ng isang analytic na solusyon (ito ang tinatawag na Cauchy theorem), bagaman hindi ito sumusunod sa nakaraang pangangatwiran!

Narito ito ay kinakailangan upang matandaan kung ano ang isang analytic function ay. Hindi dapat malito sa isang function na kinakatawan ng isang serye ng kapangyarihan (ito ay isang representasyon lamang ng isang analytic function sa, sa pangkalahatan, isang bahagi ng domain ng kahulugan nito)!

Magkomento. Para sa ibinigay na (t0, x0), maaaring subukan ng isa na i-maximize ang T0 sa pamamagitan ng pag-iiba-iba ng T at R. Gayunpaman, bilang isang patakaran, hindi ito napakahalaga, dahil may mga espesyal na pamamaraan para sa pag-aaral ng maximum na pagitan ng pagkakaroon ng isang solusyon (tingnan ang § 4).

Ang Peano theorem ay walang sinasabi tungkol sa pagiging natatangi ng solusyon. Sa aming pag-unawa sa solusyon, ito ay palaging hindi natatangi, dahil kung mayroong isang solusyon, kung gayon ang mga paghihigpit nito sa mas makitid na mga pagitan ay magiging iba pang mga solusyon. Isasaalang-alang namin ang puntong ito nang mas detalyado sa ibang pagkakataon (sa § 4), ngunit sa ngayon, sa pamamagitan ng pagiging natatangi, ang ibig sabihin namin ay ang pagkakaisa ng anumang dalawang solusyon sa intersection ng mga pagitan ng kanilang kahulugan. Kahit na sa ganitong kahulugan, ang teorama ni Peano ay walang sinasabi tungkol sa pagiging natatangi, na hindi sinasadya, dahil sa ilalim ng mga kondisyon nito, ang pagiging natatangi ay hindi magagarantiyahan.

Halimbawa. n = 1, f (x) = 2 |x|. Ang problema sa Cauchy ay may maliit na solusyon: x1 0, at saka x2(t) = t|t|. Mula sa dalawang solusyong ito, maaaring i-compile ang isang buong 2-parameter na pamilya ng mga solusyon:

kung saan + (walang katapusan na mga halaga ay nangangahulugang walang kaukulang sangay). Kung isasaalang-alang natin ang buong R bilang domain ng kahulugan ng lahat ng mga solusyong ito, kung gayon mayroon pa ring walang hanggan na marami sa kanila.

Tandaan na kung gagamitin natin ang patunay ng theorem ni Peano sa mga tuntunin ng mga sirang linya ni Euler sa problemang ito, kung gayon ang zero na solusyon lamang ang makukuha. Sa kabilang banda, kung ang isang maliit na error ay pinahihintulutan sa bawat hakbang sa proseso ng pagbuo ng mga sirang linya ng Euler, pagkatapos ay kahit na pagkatapos ng error na parameter ay may posibilidad na zero, ang lahat ng mga solusyon ay mananatili. Kaya, ang teorama ni Peano at ang mga putol na linya ni Euler ay natural bilang isang paraan para sa pagbuo ng mga solusyon at malapit na nauugnay sa mga pamamaraang numerikal.

Ang problema na naobserbahan sa halimbawa ay dahil sa ang katunayan na ang function na f ay hindi makinis sa x. Ito ay lumalabas na kung magpapataw tayo ng mga karagdagang kinakailangan sa pagiging regular ng f sa x, kung gayon ang pagiging natatangi ay maaaring matiyak, at ang hakbang na ito ay kinakailangan sa isang tiyak na kahulugan (tingnan sa ibaba).

Alalahanin natin ang ilang mga ideya mula sa pagsusuri. Ang isang function (scalar o vector) g ay tinatawag na isang Hölder function na may exponent (0, 1] sa set kung ito ay tinatawag na Lipschitz condition para sa 1. Para sa 1, ito ay posible lamang para sa mga pare-parehong function. Isang function na tinukoy sa isang segment (kung saan ang pagpili ng 0 ay hindi mahalaga) ay tinatawag na modulus ng pagpapatuloy, kung Sinasabi na ang g ay natutugunan ang pangkalahatang kondisyon ng Hölder na may modulus, kung Sa kasong ito ay tinatawag na g's modulus ng pagpapatuloy.

Maaaring ipakita na ang anumang modulus ng pagpapatuloy ay ang modulus ng pagpapatuloy ng ilang tuluy-tuloy na pag-andar.

Ang baligtad na katotohanan ay mahalaga para sa amin, ibig sabihin, ang anumang tuluy-tuloy na pag-andar sa isang compact set ay may sariling modulus ng pagpapatuloy, ibig sabihin, natutugunan ang (5) sa ilan. Patunayan natin. Alalahanin na kung ay siksik at ang g ay C(), kung gayon ang g ay kinakailangang pare-parehong tuluy-tuloy sa, ibig sabihin,

= (): |x y| = |g(x)g(y)|. Lumalabas na ito ay katumbas ng kondisyon (5) sa ilan. Sa katunayan, kung ito ay umiiral, kung gayon ito ay sapat na upang bumuo ng isang modulus ng pagpapatuloy tulad ng (()), at pagkatapos ay para sa |x y| = = () nakukuha natin Dahil ang (at) ay arbitrary, kung gayon ang x at y ay maaaring maging arbitrary.

At kabaligtaran, kung ang (5) ay totoo, kung gayon ito ay sapat na upang mahanap ang ganoong (()), at pagkatapos ay para sa |x y| = () makuha natin Nananatili itong bigyang-katwiran ang mga lohikal na paglipat:

Para sa monotonous at ito ay sapat na upang kumuha kabaligtaran na mga pag-andar, ngunit sa pangkalahatang kaso kinakailangan na gamitin ang tinatawag na. pangkalahatang inverse function. Ang kanilang pag-iral ay nangangailangan ng isang hiwalay na patunay, na hindi namin ibibigay, ngunit isang ideya lamang (kapaki-pakinabang na samahan ang pagbabasa ng mga guhit):

para sa anumang F tinukoy namin ang F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - ito ay mga monotonikong function at mayroon silang mga inverses. Madaling suriin na x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Ang pinakamahusay na modulus ng pagpapatuloy ay linear (kondisyon ng Lipschitz). Ito ay mga "halos naiba" na mga function. Upang magbigay ng mahigpit na kahulugan sa huling pahayag ay nangangailangan ng ilang pagsisikap, at lilimitahan lamang natin ang ating sarili sa dalawang pangungusap:

1. Sa mahigpit na pagsasalita, hindi lahat ng function ng Lipschitz ay naiba, gaya ng halimbawa g(x) = |x| sa R;

2. ngunit ang pagkakaiba-iba ay nagpapahiwatig ng Lipschitz, gaya ng ipinapakita ng sumusunod na Assertion. Anumang function g na mayroong lahat ng M sa isang convex set ay nakakatugon sa kondisyon ng Lipschitz dito.

[Sa ngayon, para sa kaiklian, isaalang-alang ang scalar function g.] Patunay. Para sa lahat ng x, y mayroon kaming Malinaw na ang pahayag na ito ay totoo din para sa mga function ng vector.

Magkomento. Kung f = f (t, x) (sa pangkalahatan, isang vector function), maaari nating ipakilala ang paniwala na "f ay Lipschitz sa x", ibig sabihin | f (t, x) f (t, y)| C|x y|, at patunayan din na kung ang D ay matambok sa x para sa lahat ng t, kung gayon para sa Lipschitz na pag-aari ng f na may paggalang sa x sa D, sapat na | sa pamamagitan ng |x y|. Para sa n = 1, karaniwang ginagawa ito gamit ang finite increment formula: g(x)g(y) = g (z)(xy) (kung ang g ay vector function, ang z ay iba para sa bawat component). Para sa n 1 ay maginhawang gamitin ang sumusunod na analogue ng formula na ito:

Lemma. (Adamara). Hayaan ang f C(D) (sa pangkalahatan, isang vector function), kung saan ang D (t = t) ay matambok para sa anumang t, at f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), kung saan ang A ay isang tuluy-tuloy na parihabang matrix.

Patunay. Para sa anumang nakapirming t, inilalapat namin ang pagkalkula mula sa patunay ng Assertion para sa = D (t = t), g = fk. Nakukuha namin ang nais na representasyon na may A(t, x, y) = A ay talagang tuluy-tuloy.

Bumalik tayo sa tanong ng pagiging natatangi ng solusyon sa problema (1).

Ilagay natin ang tanong sa ganitong paraan: ano ang dapat na modulus ng pagpapatuloy ng f na may paggalang sa x, upang ang solusyon (1) ay natatangi sa kahulugan na ang 2 solusyon na tinukoy sa parehong pagitan ay nag-tutugma? Ang sagot ay ibinigay ng sumusunod na teorama:

Teorama. (Osgood). Hayaan, sa ilalim ng mga kondisyon ng Peano theorem, ang modulus ng pagpapatuloy ng f na may paggalang sa x sa B, ibig sabihin, ang pag-andar sa hindi pagkakapantay-pantay ay nakakatugon sa kondisyon (maaari nating ipagpalagay na C). Pagkatapos ang problema (1) ay hindi maaaring magkaroon ng dalawang magkaibang solusyon na tinukoy sa parehong pagitan ng form (t0 a, t0 + b).

Ihambing sa halimbawa ng hindi natatangi sa itaas.

Lemma. Kung z C 1(,), kung gayon sa kabuuan (,):

1. sa mga punto kung saan umiiral ang z = 0, |z|, at ||z| | |z|;

2. sa mga punto kung saan ang z = 0, may mga one-sided derivatives |z|±, at ||z|± | = |z | (sa partikular, kung z = 0, kung gayon |z| = 0 ang umiiral).

Halimbawa. n = 1, z(t) = t. Sa puntong t = 0, ang derivative ng |z| ay wala, ngunit may mga one-sided derivatives.

Patunay. (Lemmas). Sa mga puntong iyon kung saan ang z = 0, mayroon kaming z z : mayroong |z| =, at ||z| | |z|. Sa mga puntong iyon t, kung saan ang z(t) = 0, mayroon tayong:

Case 1: z (t) = 0. Pagkatapos ay makuha natin ang pagkakaroon ng |z| (t) = 0.

Case 2: z (t) = 0. Pagkatapos kung +0 o 0 pagkatapos ay z(t +)| |z(t)| na ang modulus ay katumbas ng |z (t)|.

Sa pamamagitan ng pagpapalagay, F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. Hayaang ang z1,2 ay dalawang solusyon ng (1) na tinukoy sa (t0, t0 +). Ipahiwatig ang z = z1 z2. Meron kami:

Ipagpalagay na mayroong t1 (para sa katiyakan t1 t0) na ang z(t1) = 0. Ang set A = ( t t1 | z(t) = 0 ) ay hindi walang laman (t0 A) at may hangganan mula sa itaas. Samakatuwid, mayroon itong upper bound t1. Sa pamamagitan ng pagbuo, z = 0 sa (, t1), at dahil ang z ay tuloy-tuloy, mayroon kaming z() = 0.

Ni Lemma |z| C 1(, t1), at sa pagitan na ito |z| |z | (|z|), kaya ang Integration over (t, t1) (kung saan ang t (, t1)) ay nagbibigay ng F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. Para sa t + 0 nakakakuha tayo ng kontradiksyon.

Corollary 1. Kung, sa ilalim ng mga kondisyon ng theorem ni Peano, ang f ay Lipschitz sa x sa B, kung gayon ang problema (1) ay may natatanging solusyon sa kahulugang inilarawan sa theorem ni Osgood, dahil sa kasong ito () = C ay nakakatugon sa (7).

Corollary 2. Kung C(B) sa ilalim ng mga kondisyon ng Peano's theorem, ang solusyon (1) na tinukoy sa Int(IP) ay kakaiba.

Lemma. Ang anumang solusyon (1) na tinukoy sa IP ay dapat matugunan ang pagtatantya |x | = |f (t, x)| F, at ang graph nito ay nasa K1, at higit pa sa C.

Patunay. Ipagpalagay na mayroong t1 IP tulad ng (t, x(t)) C. Para sa katiyakan, hayaan ang t1 t0. Pagkatapos ay mayroong t2 (t0, t1] na |x(t) x0| = R. Katulad ng pangangatwiran sa patunay ng theorem ni Osgood, maaari nating ipagpalagay na ang t2 ay ang pinakakaliwang punto, ngunit mayroon tayong (t, x(t)) C, upang |f (t, x(t))|F, at samakatuwid (t, x(t)) K1, na sumasalungat |x(t2) x0| = R. Kaya, (t) , x(t) ) C sa lahat ng IP, at pagkatapos ay (paulit-ulit na kalkulasyon) (t, x(t)) K1.

Patunay. (Corollary 2). Ang C ay isang compact set, nakuha namin na ang f ay Lipschitz sa x sa C, kung saan ang mga graph ng lahat ng mga solusyon ay namamalagi dahil sa Lemma. Sa pamamagitan ng Corollary 1, nakukuha namin ang kinakailangan.

Magkomento. Ang kondisyon (7) ay nangangahulugan na ang kondisyon ng Lipschitz para sa f ay hindi maaaring humina nang husto. Halimbawa, ang kondisyon ni Hölder na may 1 ay hindi na wasto. Ang moduli lang ng continuity na malapit sa linear ang angkop - gaya ng "pinakamasama":

Isang ehersisyo. (sa halip kumplikado). Patunayan na kung ang (7) ay nasiyahan, kung gayon mayroong 1 na nagbibigay-kasiyahan (7) na ang 1/ ay nasa zero.

Sa pangkalahatang kaso, hindi kinakailangang humiling ng eksaktong isang bagay mula sa modulus ng pagpapatuloy ng f sa x para sa pagiging natatangi - lahat ng uri ng mga espesyal na kaso ay posible, halimbawa:

Pahayag. Kung, sa ilalim ng mga kondisyon ng Peano theorem, kung gayon ang alinmang 2 solusyon (1) na tinukoy sa (9) ay totoo, malinaw na ang x C 1(a, b), at pagkatapos ay ang pagkita ng kaibahan (9) ay nagbibigay ng (1)1, at (1)2 ay halata .

Sa kaibahan sa (1), natural para sa (9) na bumuo ng solusyon sa isang saradong pagitan.

Iminungkahi ni Picard ang sumusunod na paraan ng sunud-sunod na pagtatantya para sa paglutas ng (1)=(9). Ipahiwatig ang x0(t) x0, at pagkatapos ay sa pamamagitan ng induction. (Cauchy-Picara). Hayaan, sa ilalim ng mga kondisyon ng Peano theorem, ang function f ay Lipschitz sa x sa anumang compact set K convex sa x sa domain B, ibig sabihin,

Pagkatapos para sa alinmang (t0, x0) B ang problemang Cauchy (1) (aka (9)) ay may natatanging solusyon sa Int(IP), at xk x sa IP, kung saan tinukoy ang xk sa (10).

Magkomento. Malinaw na ang teorama ay nananatiling wasto kung ang kondisyon (11) ay papalitan ng C(B), dahil ang (11) ay sumusunod mula sa kundisyong ito.

Paalala para sa guro. Sa katunayan, hindi lahat ng mga compact set convex sa x ay kailangan, ngunit ang mga cylinder lamang, ngunit ang pagbabalangkas ay ginawa sa ganitong paraan, dahil sa § 5 kakailanganin namin ng mas pangkalahatang mga compact set, at bukod pa, ito ay tiyak na may tulad na pagbabalangkas na ang Ang komento ay mukhang pinaka-natural.

Patunay. Pinipili namin ang arbitraryong (t0, x0) B at gumawa ng parehong pantulong na konstruksyon tulad ng bago ang teorem ni Peano. Patunayan natin sa pamamagitan ng induction na ang lahat ng xk ay tinukoy at tuloy-tuloy sa IP, at ang kanilang mga graph ay nasa K1, at higit pa sa C. Ito ay halata para sa x0. Kung totoo ito para sa xk1, malinaw sa (10) na ang xk ay tinukoy at tuloy-tuloy sa IP, at ito ang membership ng K1.

Pinatunayan namin ngayon ang pagtatantya sa IP sa pamamagitan ng induction:

(Ang C ay isang compact set convex sa x sa B, at ang L(C) ay tinukoy para dito). Para sa k = 0, ito ang napatunayang pagtatantya (t, x1(t)) K1. Kung ang (12) ay totoo para sa k:= ​​k 1, kung gayon mula sa (10) mayroon tayo kung ano ang kinakailangan. Kaya, ang serye ay may mayorya sa IP sa pamamagitan ng isang convergent numerical series at samakatuwid (ito ay tinatawag na Weierstrass theorem) ay pare-parehong nagtatagpo sa IP sa ilang function x C(IP). Ngunit iyon ang ibig sabihin ng xk x sa IP. Pagkatapos sa (10) sa IP pumasa tayo sa limitasyon at nakakuha ng (9) sa IP, at samakatuwid (1) sa Int(IP).

Kaagad na sumusunod ang pagiging natatangi mula sa Corollary 1 ng theorem ni Osgood, ngunit ito ay kapaki-pakinabang na patunayan ito sa ibang paraan, gamit ang tiyak na equation (9). Hayaang mayroong 2 solusyon x1,2 ng problema (1) (i.e., (9)) sa Int(IP). Tulad ng nabanggit sa itaas, kung gayon ang kanilang mga graph ay kinakailangang nasa K1, at higit pa sa C. Hayaan ang t I1 = (t0, t0 +), kung saan mayroong ilang positibong numero. Pagkatapos = 1/(2L(C)). Pagkatapos = 0. Kaya, x1 = x2 sa I1.

Paalala para sa guro. Mayroon ding patunay ng pagiging natatangi sa tulong ng Gronwall lemma, ito ay mas natural, dahil ito ay pumasa kaagad sa buong mundo, ngunit sa ngayon ang Gronwall lemma ay hindi masyadong maginhawa, dahil ito ay mahirap na sapat na malasahan ito bago ang mga linear na ODE.

Magkomento. Ang huling patunay ng pagiging natatangi ay nakapagtuturo dahil ipinakita nitong muli sa ibang liwanag kung paano humahantong ang lokal na pagiging natatangi sa pandaigdigang pagiging natatangi (na hindi totoo para sa pagkakaroon).

Isang ehersisyo. Patunayan ang pagiging natatangi nang sabay-sabay sa lahat ng IP, na nakikipagtalo mula sa kabaligtaran, tulad ng patunay ng teorama ni Osgood.

Ang isang mahalagang espesyal na kaso (1) ay mga linear na ODE, ibig sabihin, ang mga kung saan ang halaga f (t, x) ay linear sa x:

Sa kasong ito, upang mahulog sa loob ng mga kondisyon ng pangkalahatang teorya, dapat isa ay nangangailangan Kaya, sa kasong ito, ang papel ng B ay isang strip, at ang kondisyon ng pagiging Lipschitz (at kahit na differentiable) na may paggalang sa x ay awtomatikong nasiyahan: para sa lahat ng t (a, b), x, y Rn mayroon kaming |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Kung pansamantalang pipili tayo ng isang compact set (a, b), pagkatapos ay makukuha natin ang |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, kung saan L = max |A|.

Ang Peano at Osgood o Cauchy-Picard theorems ay nagpapahiwatig ng kakaibang solveability ng problema (13) sa ilang pagitan (Peano-Picard) na naglalaman ng t0. Bukod dito, ang solusyon sa pagitan na ito ay ang limitasyon ng sunud-sunod na pagtatantya ng Picard.

Isang ehersisyo. Hanapin ang agwat na ito.

Ngunit lumalabas na sa kasong ito ang lahat ng mga resultang ito ay maaaring patunayan sa buong mundo nang sabay-sabay, ibig sabihin, sa lahat ng bagay (a, b):

Teorama. Hayaan ang (14) ay totoo. Pagkatapos ang problema (13) ay may kakaibang solusyon sa (a, b), at ang sunud-sunod na pagtatantya ng Picard ay magkakaugnay dito sa anumang compact set (a, b).

Patunay. Muli, tulad ng sa TK-P, gumagawa tayo ng solusyon sa integral equation (9) gamit ang sunud-sunod na approximation gamit ang formula (10). Ngunit ngayon hindi na natin kailangang suriin ang kundisyon para mahulog ang graph sa kono at silindro, dahil

Ang f ay tinukoy para sa lahat ng x hangga't t (a, b). Kailangan lang nating suriin na ang lahat ng xk ay tinukoy at tuloy-tuloy sa (a, b), na halata sa pamamagitan ng induction.

Sa halip na (12), nagpapakita kami ngayon ng katulad na pagtatantya ng form kung saan ang N ay ilang numero depende sa pagpili ng . Iba ang unang hakbang sa induction para sa pagtatantya na ito (dahil hindi ito nauugnay sa K1): para sa k = 0 |x1(t) x0| N dahil sa pagpapatuloy ng x1, at ang mga susunod na hakbang ay katulad ng (12).

Posibleng hindi ito ilarawan, dahil ito ay halata, ngunit muli nating mapapansin ang xk x sa , at ang x ay ang solusyon ng katumbas na (10) sa . Ngunit sa paggawa nito, nakagawa kami ng isang solusyon sa lahat ng bagay (a, b), dahil ang pagpili ng compact set ay arbitrary. Ang pagiging natatangi ay sumusunod mula sa Osgood o Cauchy-Picard theorems (at ang talakayan sa itaas tungkol sa global uniqueness).

Magkomento. Tulad ng nabanggit sa itaas, ang TC-P ay pormal na labis dahil sa Peano at Osgood theorems, ngunit ito ay kapaki-pakinabang para sa 3 dahilan - ito:

1. ay nagbibigay-daan sa iyo upang ikonekta ang Cauchy problema para sa ODE na may isang integral equation;

2. nag-aalok ng nakabubuo na paraan ng sunud-sunod na pagtatantya;

3. ginagawang madali upang patunayan ang pandaigdigang pag-iral para sa mga linear na ODE.

[bagama't ang huli ay maaari ding mahihinuha mula sa mga argumento ng § 4.] Sa mga sumusunod, madalas nating tinutukoy ito.

Halimbawa. x = x, x(0) = 1. Sunud-sunod na Approximation Kaya, ang x(t) = e ay ang solusyon ng orihinal na problema sa kabuuan ng R.

Kadalasan, hindi makukuha ang isang serye, ngunit nananatili ang isang tiyak na constructivity. Posible ring tantyahin ang error x xk (tingnan ).

Magkomento. Mula sa Peano, Osgood, at Cauchy-Picard theorems, madaling makuha ang kaukulang theorems para sa higher-order na ODEs.

Isang ehersisyo. Bumuo ng mga konsepto ng problema ng Cauchy, ang solusyon ng system at ang problema ng Cauchy, lahat ng theorems para sa mga ODE na may mas mataas na pagkakasunud-sunod, gamit ang pagbawas sa mga first-order na sistema na inilarawan sa § 1.

Medyo lumalabag sa lohika ng kurso, ngunit upang mas mahusay na maunawaan at bigyang-katwiran ang mga pamamaraan para sa paglutas ng mga problema sa mga praktikal na klase, pansamantalang aabalahin ang pagtatanghal ng pangkalahatang teorya at haharapin ang teknikal na problema ng "hayagang solusyon ng mga ODE".

§ 3. Ilang paraan ng pagsasama Kaya, isinasaalang-alang namin ang scalar equation = f (t, x). Ang pinakasimpleng espesyal na kaso na natutunan nating pagsamahin ay ang tinatawag na. URP, ibig sabihin, isang equation kung saan f (t, x) = a(t)b(x). Ang pormal na trick ng pagsasama ng ERP ay ang "paghiwalayin" ang mga variable na t at x (kaya ang pangalan): = a(t)dt, at pagkatapos ay kunin ang integral:

kung saan x = B (A(t)). Ang ganitong pormal na pangangatwiran ay naglalaman ng ilang mga punto na nangangailangan ng katwiran.

1. Dibisyon ayon sa b(x). Ipinapalagay namin na ang f ay tuloy-tuloy, kaya ang isang C(,), b C(,), ibig sabihin, ang B ay isang parihaba (,) (,)(sa pangkalahatan, walang katapusan). Ang mga hanay (b(x) 0) at (b(x) 0) ay bukas at samakatuwid ay may hangganan o mabibilang na mga hanay ng mga pagitan. Sa pagitan ng mga pagitan na ito ay may mga punto o mga segment kung saan b = 0. Kung b(x0) = 0, kung gayon ang problema sa Cauchy ay may solusyon x x0. Marahil ang solusyon na ito ay hindi natatangi, kung gayon sa domain ng kahulugan nito ay may mga pagitan kung saan ang b(x(t)) = 0, ngunit pagkatapos ay maaari silang hatiin ng b(x(t)). Tandaan sa pagpasa na ang function B ay monotonic sa mga agwat na ito, at samakatuwid ay maaari nating kunin ang B 1. Kung b(x0) = 0, kung gayon b(x(t)) = 0 sa isang kapitbahayan ng t0, at ang pamamaraan ay legal . Kaya, ang inilarawang pamamaraan ay dapat, sa pangkalahatan, ay ilapat kapag hinahati ang domain ng kahulugan ng isang solusyon sa mga bahagi.

2. Pagsasama-sama ng kaliwa at kanang bahagi na may paggalang sa iba't ibang mga variable.

Paraan I. Nais nating makahanap ng solusyon sa problema Kod(t) shi (1) x = (t). Mayroon kaming: = a(t)b((t)), kung saan - nakuha namin ang parehong formula nang mahigpit.

Pamamaraan II. Ang equation ay tinatawag na. isang simetriko na notasyon ng orihinal na ODE, ibig sabihin, isa na hindi tumutukoy kung aling variable ang independyente at alin ang nakasalalay. Ang ganitong anyo ay may katuturan kung sakaling isasaalang-alang natin ang isang first-order equation sa view ng theorem sa invariance ng form ng unang differential.

Dito angkop na harapin ang konsepto ng isang kaugalian nang mas detalyado, na inilalarawan ito sa pamamagitan ng halimbawa ng eroplano ((t, x)), mga kurba dito, umuusbong na mga bono, antas ng kalayaan, at isang parameter sa kurba.

Kaya, ang equation (2) ay nag-uugnay sa mga kaugalian t at x kasama ang nais na IC. Kung gayon ang pagsasama ng equation (2) sa paraang ipinakita sa simula ay ganap na legal - nangangahulugan ito, kung gusto mo, pagsasama sa anumang variable na pinili bilang independyente.

Sa Paraan I, ipinakita namin ito sa pamamagitan ng pagpili ng t bilang independent variable. Ngayon ay ipapakita namin ito sa pamamagitan ng pagpili ng mga parameter sa kahabaan ng IC bilang isang malayang variable (dahil ito ay mas malinaw na nagpapakita ng pagkakapantay-pantay ng t at x). Hayaang tumutugma ang halaga s = s0 sa punto (t0, x0).

Pagkatapos ay mayroon tayong: = a(t(s))t (s)ds, na pagkatapos ay nagbibigay Dito dapat tayong tumuon sa universality ng simetriko notasyon, halimbawa: ang bilog ay hindi nakasulat alinman bilang x(t), o bilang t(x), ngunit bilang x(s), t(s).

Ang ilang iba pang mga ODE ng unang pagkakasunud-sunod ay binabawasan sa URP, na makikita kapag nilulutas ang mga problema (halimbawa, ayon sa libro ng problema).

Ang isa pang mahalagang kaso ay ang linear ODE:

Paraan I. Pagkakaiba-iba ng pare-pareho.

ito ay isang espesyal na kaso ng isang mas pangkalahatang diskarte, na tatalakayin sa Bahagi 2. Ang punto ay ang paghahanap ng solusyon sa isang espesyal na anyo ay nagpapababa sa pagkakasunud-sunod ng equation.

Magdesisyon muna tayo. homogenous equation:

Sa bisa ng pagiging natatangi, alinman sa x 0 o saanman x = 0. Sa huling kaso (hayaan ang x 0 para sa katiyakan), nakuha namin na ang (4) ay nagbibigay ng lahat ng mga solusyon ng (3)0 (kabilang ang mga zero at negatibo).

Ang Formula (4) ay naglalaman ng isang di-makatwirang pare-parehong C1.

Ang pare-parehong paraan ng pagkakaiba-iba ay binubuo sa katotohanan na ang solusyon (3) C1(t) = C0 + Makikita ng isa (tulad ng para sa mga algebraic linear system) ang istrakturang ORNY=CHRNY+OROU (higit pa tungkol dito sa Bahagi 2).

Kung gusto nating lutasin ang problemang Cauchy x(t0) = x0, kailangan nating hanapin ang C0 mula sa data ng Cauchy - madali nating makuha ang C0 = x0.

Pamamaraan II. Maghanap tayo ng IM, ibig sabihin, isang function v kung saan ang (3) ay dapat paramihin (isinulat sa paraang lahat ng hindi alam ay nakolekta sa kaliwang bahagi: x a(t)x = b(t)) upang ang derivative ng ilang maginhawang kumbinasyon.

Mayroon kaming: vx vax = (vx), kung v = av, i.e. (tulad ng isang equation, (3) ay katumbas ng isang equation na madali nang malutas at nagbibigay ng (5). Kung ang problemang Cauchy ay nalutas, pagkatapos ay sa ( 6) ito ay maginhawa upang agad na kumuha ng isang tiyak na integral Ang ilang iba ay nabawasan sa mga linear na ODE (3), tulad ng makikita kapag nilutas ang mga problema (halimbawa, ayon sa libro ng problema) Ang mahalagang kaso ng mga linear na ODE (kaagad para sa anumang n ) ay isasaalang-alang nang mas detalyado sa Bahagi 2.

Parehong itinuturing na mga sitwasyon ay isang espesyal na kaso ng tinatawag na. UPD. Isaalang-alang ang isang first-order na ODE (para sa n = 1) sa isang simetriko na anyo:

Gaya ng nabanggit na, tinukoy ng (7) ang IC sa (t, x) na eroplano nang hindi tinukoy kung aling variable ang itinuturing na independyente.

Kung i-multiply natin ang (7) sa isang arbitrary na function M (t, x), makakakuha tayo ng katumbas na anyo ng pagsulat ng parehong equation:

Kaya, ang parehong ODE ay may maraming simetriko na mga entry. Kabilang sa mga ito, isang espesyal na papel ang ginagampanan ng tinatawag na. mga tala sa kabuuang pagkakaiba, ang pangalan ng UPD ay hindi matagumpay, dahil ang property na ito ay hindi isang equation, ngunit ang anyo ng pag-record nito, ibig sabihin, na ang kaliwang bahagi ng (7) ay katumbas ng dF (t, x) na may ilang F.

Malinaw na ang (7) ay isang FTD kung at kung A = Ft, B = Fx na may ilang F. Gaya ng nalalaman mula sa pagsusuri, ang huli ay kinakailangan at sapat. Hindi namin pinatunayan ang mahigpit na teknikal na mga punto, halimbawa, ang kinis ng lahat ng mga pag-andar. Ang katotohanan ay ang § ay gumaganap ng pangalawang papel - hindi ito kinakailangan para sa iba pang mga bahagi ng kurso, at hindi ko nais na gumastos ng labis na pagsisikap sa detalyadong presentasyon nito.

Kaya, kung ang (9) ay nasiyahan, pagkatapos ay mayroong isang F (ito ay natatangi hanggang sa isang additive constant) na ang (7) ay muling isinulat bilang dF (t, x) = 0 (sa kahabaan ng IR), i.e.

F (t, x) = const kasama ang IC, ibig sabihin, ang mga IC ay ang mga linya ng antas ng function na F. Nakuha namin na ang pagsasama ng SPD ay isang maliit na gawain, dahil ang paghahanap para sa F sa pamamagitan ng A at B ay nagbibigay-kasiyahan (9 ) ay hindi mahirap. Kung ang (9) ay hindi nasiyahan, pagkatapos ay dapat mahanap ang tinatawag na. IM M (t, x) na ang (8) ay isang FDD, kung saan kinakailangan at sapat na magsagawa ng analogue ng (9), na nasa anyong:

Tulad ng sumusunod mula sa first-order PDE theory (na tatalakayin natin sa Part 3), ang Equation (10) ay laging may solusyon, kaya umiiral ang IM. Kaya, ang anumang equation ng form (7) ay maaaring isulat sa anyo ng isang FDD at samakatuwid ay nagbibigay-daan para sa "hayagang" pagsasama. Ngunit ang mga pagsasaalang-alang na ito ay hindi nagbibigay ng isang nakabubuo na pamamaraan sa pangkalahatang kaso, dahil upang malutas ang (10), sa pangkalahatan, kinakailangan upang makahanap ng solusyon (7), na siyang hinahanap natin. Gayunpaman, mayroong ilang mga diskarte sa paghahanap ng IM na tradisyonal na isinasaalang-alang sa mga praktikal na klase (tingnan ang halimbawa).

Tandaan na ang mga pamamaraan sa itaas para sa paglutas ng ERP at mga linear na ODE ay isang espesyal na kaso ng ideolohiya ng IM.

Sa katunayan, ang ERP dx/dt = a(t)b(x), na nakasulat sa simetriko na anyo na dx = a(t)b(x)dt, ay nalulutas sa pamamagitan ng pagpaparami ng IM 1/b(x), dahil pagkatapos nito nagiging FDD dx/b(x) = a(t)dt, ibig sabihin, dB(x) = dA(t). Linear Equation dx/dt = a(t)x + b(t), na nakasulat sa simetriko na anyo na dx a(t)xdt b(t)dt, ay nalulutas sa pamamagitan ng pagpaparami ng IM

(maliban sa malaking bloke na nauugnay sa mga linear system) ay iyon, gamit ang mga espesyal na paraan ng pagbabawas ng order at pagbabago ng mga variable, binabawasan ang mga ito sa mga first-order na ODE, na pagkatapos ay binabawasan sa FDD, at nalulutas ang mga ito sa pamamagitan ng paglalapat ng pangunahing theorem ng differential calculus: dF = 0 F = const. Ang tanong ng pagpapababa ng order ay tradisyonal na kasama sa kurso ng mga praktikal na pagsasanay (tingnan ang halimbawa).

Magsabi tayo ng ilang salita tungkol sa mga first-order na ODE na hindi naresolba nang may kinalaman sa derivative:

Tulad ng nabanggit sa § 1, maaaring subukan ng isa na lutasin ang (11) na may paggalang sa x at makuha normal na anyo, ngunit hindi ito palaging maipapayo. Kadalasan ay mas maginhawang lutasin ang (11) nang direkta.

Isaalang-alang ang espasyo ((t, x, p)), kung saan ang p = x ay pansamantalang itinuturing bilang isang malayang variable. Pagkatapos ay tinukoy ng (11) ang isang ibabaw (F (t, x, p) = 0) sa puwang na ito, na maaaring isulat nang parametric:

Kapaki-pakinabang na tandaan kung ano ang ibig sabihin nito, halimbawa sa tulong ng isang globo sa R3.

Ang mga nais na solusyon ay tumutugma sa mga kurba sa ibabaw na ito: t = s, x = x(s), p = x (s) - isang antas ng kalayaan ang nawala dahil may koneksyon dx = pdt sa mga solusyon. Isulat natin ang kaugnayang ito sa mga tuntunin ng mga parameter sa ibabaw (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), i.e.

Kaya, ang mga nais na solusyon ay tumutugma sa mga kurba sa ibabaw (12), kung saan ang mga parameter ay nauugnay sa pamamagitan ng equation (13). Ang huli ay isang ODE sa simetriko na anyo na maaaring malutas.

Case I. Kung sa ilang rehiyon (gu hfu) = 0, kung gayon (12) kung gayon ang t = f ((v), v), x = g((v), v) ay nagbibigay ng parametric na representasyon ng nais na mga kurba sa eroplano ( (t, x)) (i.e., nag-project kami sa eroplanong ito, dahil hindi namin kailangan ng p).

Kaso II. Katulad nito, kung (gv hfv) = 0.

Kaso III. Sa ilang mga punto nang sabay-sabay gu hfu = gv hfv = 0. Narito ang isang hiwalay na pagsusuri ay kinakailangan, kung ang set na ito ay tumutugma sa ilang mga solusyon (sila ay tinatawag na isahan).

Halimbawa. Clairaut's equation x = tx + x 2. Mayroon kaming:

x = tp + p2. Parametrize namin ang surface na ito: t = u, p = v, x = uv + v 2. Ang equation (13) ay nasa anyo (u + 2v)dv = 0.

Kaso I. Hindi ipinatupad.

Kaso II. u + 2v = 0, pagkatapos ay dv = 0, ibig sabihin, v = C = const.

Samakatuwid, ang t = u, x = Cu + C 2 ay ang parametric notation ng IR.

Madaling isulat ito nang tahasan x = Ct + C 2.

Kaso III. u + 2v = 0, ibig sabihin, v = u/2. Samakatuwid, ang t = u, x = u2/4 ay ang parametric na notation ng “IC candidate”.

Upang masuri kung isa nga itong IR, tahasan naming isinusulat ito x = t2/4. Ito ay lumabas na ito ay isang (espesyal) na solusyon.

Isang ehersisyo. Patunayan na ang espesyal na solusyon ay may kinalaman sa lahat ng iba pa.

Ito ay isang pangkalahatang katotohanan - ang graph ng anumang espesyal na solusyon ay ang sobre ng pamilya ng lahat ng iba pang mga solusyon. Ito ang batayan para sa isa pang kahulugan ng isang solong solusyon, tiyak bilang isang sobre (tingnan).

Isang ehersisyo. Patunayan na para sa higit pa pangkalahatang equation Clairaut x = tx (x) na may convex function, ang espesyal na solusyon ay may anyong x = (t), kung saan ang Legendre transform ng , i.e. = ()1, o (t) = max(tv (v)). Katulad din para sa equation na x = tx + (x).

Magkomento. Ang nilalaman ng § 3 ay inilarawan nang mas detalyado at mas tumpak sa aklat-aralin.

Paalala para sa guro. Kapag nagbibigay ng kurso ng mga lektura, maaaring kapaki-pakinabang na palawakin ang § 3, na nagbibigay ng mas mahigpit na anyo.

Ngayon bumalik tayo sa pangunahing balangkas ng kurso, na ipagpatuloy ang paglalahad na sinimulan sa §§ 1,2.

§ 4. Global solvability ng Cauchy problem Sa § 2 napatunayan namin ang lokal na pagkakaroon ng solusyon sa Cauchy problem, ibig sabihin, sa ilang interval lang na naglalaman ng point t0.

Sa ilalim ng ilang karagdagang mga pagpapalagay sa f, napatunayan din namin ang pagiging natatangi ng solusyon, na nauunawaan ito bilang ang pagkakataon ng dalawang solusyon na tinukoy sa parehong pagitan. Kung ang f ay linear sa x, kung gayon ang isang pandaigdigang pag-iral ay nakuha, ibig sabihin, sa buong pagitan kung saan ang mga coefficient ng equation (system) ay tinukoy at tuluy-tuloy. Gayunpaman, bilang isang pagtatangka na ilapat ang pangkalahatang teorya sa isang linear na sistema ay nagpapakita, ang pagitan ng Peano-Picard ay karaniwang mas mababa kaysa sa isa kung saan ang isang solusyon ay maaaring itayo. Lumilitaw ang mga likas na katanungan:

1. paano matukoy ang pinakamataas na pagitan kung saan ang pagkakaroon ng solusyon (1) ay maaaring igiit?

2. Ang agwat ba na ito ay laging tumutugma sa pinakamataas na agwat, kung saan ang kanang bahagi ng (1)1 ay may katuturan pa rin?

3. paano tumpak na bumalangkas ng konsepto ng pagiging natatangi ng isang solusyon nang walang pag-aalinlangan tungkol sa pagitan ng kahulugan nito?

Ang katotohanan na ang sagot sa tanong 2 ay karaniwang negatibo (o sa halip, nangangailangan ng mahusay na katumpakan) ay ipinapakita ng sumusunod na Halimbawa. x = x2, x(0) = x0. Kung x0 = 0, kung gayon x 0 - walang iba pang mga solusyon sa pamamagitan ng teorama ni Osgood. Kung x0 = 0, pagkatapos ay nagpasya kaming kapaki-pakinabang na gumawa ng isang pagguhit). Ang pagitan ng pagkakaroon ng isang solusyon ay hindi maaaring mas malaki kaysa sa (, 1/x0) o (1/x0, +), ayon sa pagkakabanggit, para sa x0 0 at x0 0 (ang pangalawang sangay ng hyperbola ay hindi nauugnay sa solusyon! - ito ay tipikal na pagkakamali mag-aaral). Sa unang sulyap, wala sa orihinal na problema ang "naglalarawan ng gayong kinalabasan." Sa § 4 makakahanap tayo ng paliwanag para sa hindi pangkaraniwang bagay na ito.

Sa halimbawa ng equation x = t2 + x2, isang tipikal na error ng mga mag-aaral tungkol sa pagitan ng pagkakaroon ng solusyon ay ipinapakita. Dito ang katotohanan na "ang equation ay nasa lahat ng dako ay tinukoy" ay hindi sa lahat ay nagpapahiwatig na ang solusyon ay maaaring pahabain sa buong linya. Ito ay malinaw kahit na mula sa isang pang-araw-araw na pananaw, halimbawa, na may kaugnayan sa mga legal na batas at ang mga prosesong umuunlad sa ilalim ng mga ito: kahit na ang batas ay hindi tahasang nagrereseta ng pagwawakas ng pagkakaroon ng isang kumpanya sa 2015, hindi ito nangangahulugan sa lahat na ang kumpanyang ito ay hindi malugi sa taong ito para sa panloob na mga kadahilanan (bagaman tumatakbo sa loob ng balangkas ng batas).

Upang masagot ang mga tanong 1–3 (at kahit na mabalangkas ang mga ito nang malinaw), ang paniwala ng isang hindi napapalawak na solusyon ay kailangan. Isasaalang-alang namin (tulad ng napagkasunduan namin sa itaas) ang mga solusyon ng Eq. (1)1 bilang mga pares (, (tl (), tr ())).

Kahulugan. Ang solusyon (, (tl (), tr ())) ay ang pagpapatuloy ng solusyon (, (tl (), tr ())) kung (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), at |(tl(),tr()) =.

Kahulugan. Ang isang solusyon (, (tl (), tr ())) ay hindi napapalawig kung wala itong mga di-trivial (i.e., iba't ibang) extension. (tingnan ang halimbawa sa itaas).

Malinaw na ang mga IS ang may partikular na halaga, at sa kanilang mga termino ay kinakailangan upang patunayan ang pagkakaroon at pagiging natatangi. Lumilitaw ang isang natural na tanong - posible bang bumuo ng IS batay sa ilang lokal na solusyon, o sa problemang Cauchy? Oo nga pala. Upang maunawaan ito, ipakilala natin ang mga konsepto:

Kahulugan. Ang isang hanay ng mga solusyon ((, (tl (), tr ()))) ay pare-pareho kung anumang 2 solusyon mula sa hanay na ito ay nag-tutugma sa intersection ng mga pagitan ng kanilang kahulugan.

Kahulugan. Ang isang pare-parehong hanay ng mga solusyon ay tinatawag na pinakamalaki kung ang isa pang solusyon ay hindi maidaragdag dito upang ang bagong hanay ay pare-pareho at naglalaman ng mga bagong punto sa pagsasama ng mga domain ng solusyon.

Malinaw na ang pagtatayo ng INN ay katumbas ng pagtatayo ng IS, lalo na:

1. Kung mayroong IS, ang anumang INN na naglalaman nito ay maaari lamang maging isang hanay ng mga paghihigpit nito.

Isang ehersisyo. Suriin.

2. Kung mayroong isang INN, kung gayon ang HP (, (t, t+)) ay itinayo tulad ng sumusunod:

itinakda namin ang (t) = (t), kung saan ang anumang elemento ng INN ay tinukoy sa puntong ito. Malinaw na ang gayong pag-andar ay magiging natatanging tinukoy sa kabuuan (t, t+) (ang pagiging natatangi ay sumusunod mula sa pagkakapare-pareho ng hanay), at sa bawat punto ay tumutugma ito sa lahat ng mga elemento ng INN na tinukoy sa puntong ito. Para sa anumang t (t, t+) mayroong isang tinukoy sa loob nito, at samakatuwid sa kapitbahayan nito, at dahil mayroong solusyon (1)1 sa kapitbahayan na ito, gayon din. Kaya, mayroong isang solusyon (1)1 sa kabuuan (t, t+). Hindi ito napapalawig, dahil kung hindi, maaaring magdagdag ng isang hindi maliit na extension sa INN sa kabila ng pagiging maximal nito.

Ang pagtatayo ng problema sa ILS (1) sa pangkalahatang kaso (sa ilalim ng mga kondisyon ng Peano theorem), kapag walang lokal na pagiging natatangi, ay posible (tingnan , ), ngunit sa halip ay masalimuot - ito ay batay sa isang hakbang-hakbang- hakbang na aplikasyon ng Peano theorem na may mas mababang pagtatantya para sa haba ng agwat ng extension. Kaya, laging umiiral ang HP. Bibigyan lamang natin ito ng katwiran sa kaso kapag mayroong lokal na uniqueness, kung gayon ang pagtatayo ng INN (at samakatuwid din ang IR) ay walang halaga. Halimbawa, para sa katiyakan, kikilos tayo sa loob ng balangkas ng TC-P.

Teorama. Hayaang matugunan ang mga kundisyon ng TK-P sa domain na B Rn+1. Pagkatapos para sa anumang (t0, x0) B na problema (1) ay may natatanging IS.

Patunay. Isaalang-alang ang hanay ng lahat ng solusyon ng problema (1) (hindi ito walang laman ayon sa TK-P). Binubuo nito ang INN - pare-pareho dahil sa lokal na pagiging natatangi, at pinakamalaki sa pagtingin sa katotohanan na ito ang hanay ng lahat ng mga solusyon ng problemang Cauchy sa pangkalahatan. Kaya umiiral ang NR. Ito ay kakaiba dahil sa local uniqueness.

Kung kinakailangan na bumuo ng isang IS batay sa magagamit na lokal na solusyon (1)1 (at hindi ang problema sa Cauchy), kung gayon ang problemang ito, sa kaso ng lokal na pagiging natatangi, ay nababawasan sa problemang Cauchy: dapat pumili ng anumang punto sa umiiral na IR at isaalang-alang ang kaukulang problema ng Cauchy. Ang IS ng problemang ito ay magiging pagpapatuloy ng orihinal na solusyon dahil sa pagiging natatangi nito. Kung walang uniqueness, pagkatapos ay ang pagpapatuloy ibinigay na solusyon isinasagawa ayon sa pamamaraan sa itaas.

Magkomento. Ang HP ay hindi maaaring pahabain sa mga dulo ng agwat ng pagkakaroon nito (anuman ang kundisyon ng pagiging natatangi) upang ito ay isang solusyon din sa mga dulong punto. Para sa pagbibigay-katwiran, kinakailangang linawin kung ano ang ibig sabihin ng solusyon ng isang ODE sa mga dulo ng isang segment:

1. Diskarte 1. Hayaang maunawaan ang solusyon (1)1 sa pagitan bilang isang function na nakakatugon sa equation sa mga dulo sa kahulugan ng isang one-sided derivative. Pagkatapos ay ang posibilidad ng tinukoy na extension ng ilang solusyon, halimbawa, sa kanang dulo ng pagitan ng pagkakaroon nito (t, t+] ay nangangahulugan na ang IC ay may dulong punto sa loob ng B, at C 1(t, t+]. Ngunit pagkatapos, nang malutas ang problemang Cauchy x(t+) = (t+) para sa (1) at paghahanap ng solusyon nito, nakukuha natin, para sa tamang dulo t+ (sa puntong t+ parehong umiiral ang mga one-sided derivatives at katumbas ng f (t+). , (t+)), na nangangahulugang mayroong isang ordinaryong derivative), ibig sabihin, hindi si NR.

2. Diskarte 2. Kung, sa pamamagitan ng solusyon (1)1 sa isang segment, ang ibig naming sabihin ay isang function na tuloy-tuloy lamang sa mga dulo, ngunit ang mga dulo ng IC ay nasa B (kahit na ang equation ay hindi kinakailangan na maging nasiyahan sa mga dulo), pagkatapos ay nakakakuha pa rin kami ng parehong pangangatwiran, sa mga tuntunin lamang ng kaukulang integral equation (tingnan ang mga detalye).

Kaya, sa pamamagitan ng agad na paghihigpit sa ating sarili sa mga bukas na agwat lamang bilang mga hanay ng mga kahulugan ng mga solusyon, hindi namin nilabag ang pangkalahatan (ngunit iniwasan lamang ang hindi kinakailangang kaguluhan sa mga one-sided derivatives, atbp.).

Bilang resulta, nasagot namin ang Tanong 3, na iniharap sa simula ng § 4: sa ilalim ng kundisyon ng pagiging natatangi (halimbawa, Osgood o Cauchy-Picard), ang solusyon sa problemang Cauchy ay natatangi sa HP. Kung nalabag ang kundisyon ng pagiging natatangi, maaaring magkaroon ng maraming IS ng problemang Cauchy, bawat isa ay may sariling pagitan ng pagkakaroon. Anumang solusyon (1) (o simpleng (1)1) ay maaaring palawigin sa isang IS.

Upang masagot ang mga tanong 1 at 2, kinakailangang isaalang-alang hindi ang variable t nang hiwalay, ngunit ang pag-uugali ng IC sa espasyo Rn+1. Sa tanong kung paano kumikilos ang IC na "malapit sa mga dulo", sinasagot niya Tandaan na ang pagitan ng pagkakaroon ay may mga dulo, ngunit ang IC ay maaaring wala ang mga ito (ang dulo ng IC sa B ay palaging hindi umiiral - tingnan ang Puna sa itaas, ngunit ang wakas ay maaaring wala sa B - tingnan sa ibaba).

Teorama. (tungkol sa pag-alis sa compact).

binabalangkas namin ito sa ilalim ng mga kondisyon ng lokal na pagiging natatangi, ngunit hindi ito kinakailangan - tingnan , kung saan ang TPK ay binuo bilang isang pamantayan para sa NR.

Sa ilalim ng mga kondisyon ng TC-P, ang graph ng anumang IS ng equation (1)1 ay nag-iiwan ng anumang compact set K B, ibig sabihin, K B (t, t+): (t, (t)) K at t .

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

Magkomento. Kaya, ang IC ng IS malapit sa t± ay lumalapit sa B: ((t, (t)), B) 0 bilang t t± - ang proseso ng pagpapatuloy ng solusyon ay hindi maaaring wakasan nang mahigpit sa loob ng B.

positibo, dito bilang isang ehersisyo ito ay kapaki-pakinabang upang patunayan ang pagiging positibo ng distansya sa pagitan ng magkahiwalay na mga saradong set, ang isa ay isang compact set.

Patunay. Ayusin ang K B. Kunin ang anumang 0 (0, (K, B)). Kung B = Rn+1, sa pamamagitan ng kahulugan ay ipinapalagay namin (K, B) = +. Ang set K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) ay compact din sa B, kaya mayroong F = max |f |. Pinipili namin ang mga numerong T at R hanggang sa K na sapat na maliit upang ang anumang silindro ng anyo Halimbawa, ito ay sapat na kumuha ng T 2 + R2 2/4. Pagkatapos ang Cauchy na problema ng form, ayon sa TK-P, ay may solusyon sa isang pagitan na hindi mas makitid kaysa sa (t T0, t + T0), kung saan T0 = min(T, R/F) para sa lahat (t, x) K.

Ngayon, bilang gustong segment, maaari mong kunin ang = . Sa katunayan, dapat nating ipakita na kung (t, (t)) K, pagkatapos ay t + T0 t t + T0. Ipakita natin, halimbawa, ang pangalawang hindi pagkakapantay-pantay. Ang isang solusyon sa problemang Cauchy (2) na may x = (t) ay umiiral sa kanan kahit man lang hanggang sa puntong t + T0, ngunit isang IS ng parehong problema, na, dahil sa pagiging natatangi nito, ay isang extension, kaya t + T0 t+.

Kaya, ang balangkas ng IS ay palaging "umaabot sa B", upang ang pagitan ng pagkakaroon ng IS ay nakasalalay sa geometry ng IC.

Halimbawa:

Pahayag. Hayaang ang B = (a, b)Rn (finite o infinite interval), f ay nakakatugon sa mga kundisyon ng TC-P sa B, ay isang IS ng problema (1) na may t0 (a, b). Pagkatapos ay alinman sa t+ = b o |(t)| + para sa t t+ (at katulad din para sa t).

Patunay. Kaya hayaan ang t+ b, pagkatapos ay t+ +.

Isaalang-alang ang isang compact set K = B B. Para sa anumang R +, ayon sa TPK, mayroong (R) t+ na para sa t ((R), t+) ang punto (t, (t)) K. Ngunit dahil t t+, ito ay posible lamang para sa account |(t)| R. Ngunit ang ibig sabihin nito ay |(t)| + para sa t t+.

Sa partikular na kaso na ito, makikita natin na kung ang f ay tinukoy "para sa lahat ng x", kung gayon ang pagitan ng pagkakaroon ng IS ay maaaring mas mababa kaysa sa pinakamataas na posible (a, b) dahil lamang sa ugali ng IS kapag lumalapit sa mga dulo ng agwat (t, t+) (karaniwang kaso - hanggang sa hangganan B).

Isang ehersisyo. I-generalize ang huling Assertion sa kaso kapag B = (a, b), kung saan ang Rn ay isang arbitrary na rehiyon.

Magkomento. Dapat itong maunawaan na |(t)| + ay hindi nangangahulugang anumang k(t).

Kaya, nasagot namin ang tanong 2 (cf. ang halimbawa sa simula ng § 4): ang IR ay umabot sa B, ngunit ang projection nito sa t-axis ay maaaring hindi umabot sa mga dulo ng projection ng B sa t-axis. Ang tanong 1 ay nananatili - mayroon bang anumang mga palatandaan kung saan, nang hindi nalulutas ang ODE, maaaring hatulan ng isa ang posibilidad na ipagpatuloy ang solusyon sa "pinakamalawak na posibleng pagitan"? Alam namin na para sa mga linear na ODE ang extension na ito ay palaging posible, ngunit sa Halimbawa sa simula ng § 4 ito ay imposible.

Isaalang-alang muna natin, para sa paglalarawan, ang isang partikular na kaso ng ERP para sa n = 1:

ang convergence ng hindi wastong integral h(s)ds (hindi wasto dahil sa = + o dahil sa singularity ng h sa punto) ay hindi nakadepende sa pagpili ng (,). Samakatuwid, sa mga sumusunod, isusulat lang natin ang h(s)ds kung kailan nag-uusap kami sa convergence o divergence ng integral na ito.

ito ay maaaring gawin sa Osgood's theorem at mga kaugnay na assertion.

Pahayag. Hayaan ang isang C(,), b C(, +), ang parehong mga function ay positibo sa kanilang mga pagitan. Hayaan ang problemang Cauchy (kung saan ang t0 (,), x0) ay may IS x = x(t) sa pagitan (t, t+) (,). Pagkatapos:

Bunga. Kung a = 1, = +, kung gayon t+ = + Patunay. (Assertions). Tandaan na ang x ay monotonically tumataas.

Isang ehersisyo. Patunayan.

Samakatuwid, umiiral ang x(t+) = lim x(t) +. Mayroon kaming Case 1. t+, x(t+) + - ay imposible ng TPK, dahil ang x ay IS.

Ang parehong integral ay maaaring may hangganan o walang katapusan.

Isang ehersisyo. Magdagdag ng patunay.

Katuwiran para sa guro. Bilang isang resulta, nakukuha namin iyon sa kaso 3: a(s)ds +, at sa kaso 4 (kung ito ay natanto sa lahat) ay pareho.

Kaya, para sa pinakasimpleng mga ODE para sa n = 1 ng anyong x = f (x), ang pagpapalawak ng mga solusyon hanggang sa ay tinutukoy ng pagkakatulad.

autonomous) equation, tingnan ang Bahagi 3.

Halimbawa. Para sa f (x) = x, 1 (sa partikular, ang linear case = 1), at f (x) = x ln x, matitiyak ang extendability ng (positibong) solusyon sa +. Para sa f(x) = x at f(x) = x ln x sa 1, ang mga solusyon ay "nabubulok sa may takdang panahon".

Sa pangkalahatang kaso, ang sitwasyon ay tinutukoy ng maraming mga kadahilanan at hindi gaanong simple, ngunit ang kahalagahan ng "rate ng paglago ng f sa x" ay nananatili. Para sa n 1, mahirap bumalangkas ng pamantayan sa pagpapalawig, ngunit may sapat na mga kundisyon. Bilang isang tuntunin, sila ay nabibigyang-katwiran sa tulong ng tinatawag na. isang priori na pagtatantya ng mga solusyon.

Kahulugan. Hayaan ang h C(,), h 0. Sinasabi na para sa mga solusyon ng ilang ODE, ang AO |x(t)| h(t) sa (,) kung ang anumang solusyon ng ODE na ito ay nakakatugon sa pagtatantya na ito sa bahaging iyon ng pagitan (,) kung saan ito ay tinukoy (ibig sabihin, hindi ipinapalagay na ang mga solusyon ay kinakailangang tukuyin sa buong pagitan (,) ).

Ngunit lumalabas na ang pagkakaroon ng AO ay ginagarantiyahan na ang mga solusyon ay tutukuyin pa rin sa lahat (,) (at samakatuwid ay natutugunan ang pagtatantya sa buong agwat), upang ang isang priori na pagtatantya ay maging isang posterior:

Teorama. Hayaang matugunan ng problemang Cauchy (1) ang mga kundisyon ng TK-P, at para sa mga solusyon nito ay mayroong AO sa pagitan (,) na may ilang h C(,), at ang curvilinear cylinder (|x| h(t), t (,)) B Pagkatapos ang HP (1) ay tinukoy sa lahat ng (,) (at samakatuwid ay nakakatugon sa AO).

Patunay. Patunayan natin na ang t+ (t ay magkatulad). Sabihin nating t+. Isaalang-alang ang isang compact set K = (|x| h(t), t ) B. Sa pamamagitan ng TPK, bilang t t+, ang punto ng graph (t, x(t)) ay umalis sa K, na imposible dahil sa AO.

Kaya, upang patunayan ang pagpapalawig ng isang solusyon sa isang tiyak na pagitan, ito ay sapat na pormal na tantiyahin ang solusyon sa buong kinakailangang pagitan.

Analogy: ang pagsukat ng isang function ayon kay Lebesgue at ang pormal na pagsusuri ng integral ay nangangailangan ng tunay na pag-iral ng integral.

Narito ang ilang halimbawa ng mga sitwasyon kung saan gumagana ang lohika na ito. Magsimula tayo sa pamamagitan ng paglalarawan ng thesis sa itaas tungkol sa "ang paglaki ng f sa x ay medyo mabagal."

Pahayag. Hayaang matugunan ng B = (,) Rn, f ang mga kundisyon ng TK-P sa B, |f (t, x)| a(t)b(|x|), kung saan ang a at b ay nakakatugon sa mga kondisyon ng nakaraang Proposisyon c = 0, at = +. Pagkatapos ang IS ng problema (1) ay umiiral sa (,) para sa lahat ng t0 (,), x0 Rn.

Lemma. Kung at tuloy-tuloy, (t0) (t0); para t t Katunayan. Tandaan na sa kapitbahayan (t0, t0 +): kung (t0) (t0), ito ay agad na halata, kung hindi (kung (t0) = (t0) = 0) mayroon tayong (t0) = g(t0, 0 ) (t0), na muling nagbibigay ng kung ano ang kinakailangan.

Ipagpalagay ngayon na mayroong t1 t0 tulad na (t1). Sa pamamagitan ng malinaw na pangangatwiran, mahahanap ng isa ang (t1) t2 (t0, t1] na ang (t2) = (t2), at sa (t0, t2). Ngunit sa puntong t2 mayroon tayong =, - isang kontradiksyon.

g ay anuman, at sa katunayan C lamang ang kailangan, at saanman =, doon. Ngunit upang hindi mapuno ang ating mga ulo, isaalang-alang natin ito bilang sa Lemma. Mayroong isang mahigpit na hindi pagkakapantay-pantay dito, ngunit isang non-linear ODE, at mayroon ding tinatawag na.

Paalala para sa guro. Ang mga hindi pagkakapantay-pantay ng ganitong uri tulad ng sa Lemma ay tinatawag na Chaplygin type inequalities (NC). Madaling makita na ang Lemma ay hindi nangangailangan ng isang kundisyon ng pagiging natatangi, kaya ang gayong "mahigpit na NP" ay totoo rin sa balangkas ng teorem ni Peano. Ang "hindi mahigpit na LF" ay malinaw na mali nang walang kakaiba, dahil ang pagkakapantay-pantay ay isang espesyal na kaso ng hindi mahigpit na hindi pagkakapantay-pantay. Sa wakas, ang "hindi mahigpit na NP" ay totoo sa loob ng balangkas ng kundisyon ng pagiging natatangi, ngunit maaari lamang itong patunayan sa lokal, sa tulong ng IM.

Patunay. (Assertions). Patunayan natin na t+ = (t = magkatulad). Ipagpalagay na t+, pagkatapos ay sa pamamagitan ng Assertion sa itaas |x(t)| + para sa t t+, kaya maaari nating ipagpalagay na x = 0 sa . Kung patunayan natin ang AO |x| h on ) (sarado ang bola para sa kaginhawahan).

Ang problema sa Cauchy x(0) = 0 ay may natatanging IS x = 0 sa R.

Ipahiwatig natin ang isang sapat na kundisyon sa f kung saan ang pagkakaroon ng IS sa R+ ay magagarantiyahan para sa lahat ng sapat na maliit na x0 = x(0). Upang gawin ito, ipagpalagay na ang (4) ay may tinatawag na isang function na Lyapunov, ibig sabihin, isang function V na tulad ng:

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

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

Suriin natin ang katuparan ng mga kondisyon A at B:

A. Isaalang-alang ang problemang Cauchy kung saan |x1| R/2. Bumuo tayo ng isang silindro B = R B(0, R) - ang domain ng function na f, kung saan ito ay nakatali at ng klase C 1, upang mayroong F = max |f |. Ayon sa TK-P, mayroong solusyon sa (5) na tinukoy sa pagitan (t1 T0, t1 + T0), kung saan ang T0 = min(T, R/(2F)). Sa pamamagitan ng pagpili ng sapat na malaking T, makakamit ng isa ang T0 = R/(2F). Mahalaga na ang T0 ay hindi nakadepende sa pagpili ng (t1, x1), sa kondisyon na |x1| R/2.

B. Hangga't ang solusyon (5) ay tinukoy at nananatili sa bola B(0, R), maaari nating gawin ang sumusunod na argumento. Meron kami:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0, ibig sabihin, V (x(t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Malinaw na hindi bumababa ang m at M; r ay hindi nagpapatuloy sa zero, m(0) = M (0) = 0, at sa labas ng zero ay positibo ang mga ito. Samakatuwid, mayroong R 0 na M (R) m(R/2). Kung |x1| R, pagkatapos ay V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), saan |x(t)| R/2. Tandaan na ang R R/2.

Ngayon ay maaari tayong magbalangkas ng isang teorama, na mula sa Secs. A,B deduces ang pandaigdigang pagkakaroon ng mga solusyon (4):

Teorama. Kung ang (4) ay may function na Lyapunov sa B(0, R), kung gayon para sa lahat ng x0 B(0, R) (kung saan tinukoy ang R sa itaas) ang IS ng problemang Cauchy x(t0) = x0 para sa system (4) (na may anumang t0) na tinukoy sa +.

Patunay. Sa pamamagitan ng item A, ang solusyon ay maaaring gawin sa , kung saan t1 = t0 + T0 /2. Ang solusyon na ito ay nasa B(0, R) at inilapat namin ang item B dito, upang |x(t1)| R/2. Muli naming inilapat ang item A at kumuha ng solusyon sa , kung saan t2 = t1 + T0/2, ibig sabihin, ngayon ang solusyon ay binuo sa . Inilapat namin ang item B sa solusyon na ito at kumuha ng |x(t2)| R/2, atbp. Sa isang mabibilang na bilang ng mga hakbang, nakakakuha kami ng solusyon sa § 5. Pagdepende ng mga solusyon sa ODE sa Isaalang-alang ang problemang Cauchy kung saan ang Rk. Kung para sa ilang t0(), x0() ang problemang Cauchy na ito ay may IS, kung gayon ito ay x(t,). Ang tanong ay lumitaw: paano pag-aralan ang pagtitiwala ng x sa? Ang tanong na ito ay mahalaga dahil sa iba't ibang mga aplikasyon (at lalabas lalo na sa Bahagi 3), isa sa kung saan (bagaman marahil hindi ang pinakamahalaga) ay ang tinatayang solusyon ng mga ODE.

Halimbawa. Isaalang-alang natin ang problemang Cauchy. Ang IS nito ay umiiral at natatangi, tulad ng mga sumusunod mula sa TK-P, ngunit imposibleng ipahayag ito sa mga elementarya na function. Paano kung gayon upang siyasatin ang mga ari-arian nito? Ang isa sa mga paraan ay ang mga sumusunod: tandaan na ang (2) ay “malapit” sa problemang y = y, y(0) = 1, na ang solusyon ay madaling mahanap: y(t) = et. Maaari nating ipagpalagay na x(t) y(t) = et. Ang ideyang ito ay malinaw na nakabalangkas tulad ng sumusunod: isaalang-alang ang problema Sa = 1/100 ito ay (2), at sa = 0 ito ang problema para sa y. Kung patunayan natin na ang x = x(t,) ay tuloy-tuloy sa (sa isang tiyak na kahulugan), pagkatapos ay makukuha natin na x(t,) y(t) sa 0, na nangangahulugang x(t, 1/100) y(t ) = et.

Totoo, nananatiling hindi malinaw kung gaano kalapit ang x sa y, ngunit ang pagpapatunay na ang x ay tuloy-tuloy sa paggalang sa ay ang unang kinakailangang hakbang kung wala ang karagdagang pag-unlad ay imposible.

Katulad nito, kapaki-pakinabang na pag-aralan ang pag-asa sa mga parameter sa paunang data. Tulad ng makikita natin sa ibang pagkakataon, ang dependence na ito ay madaling mababawasan sa isang dependence sa isang parameter sa kanang bahagi ng equation, kaya sa ngayon ay nililimitahan natin ang ating sarili sa isang problema ng form Let f C(D), kung saan ang D ay isang rehiyon sa Rn+k+1; f ay Lipschitz sa x sa anumang compact set sa D convex sa x (halimbawa, C(D) suffices). Inaayos namin (t0, x0). Ipahiwatig ang M = Rk | Ang (t0, x0,) D ay ang set ng tinatanggap (kung saan ang problema (4) ay may katuturan). Tandaan na bukas ang M. Ipinapalagay namin na ang (t0, x0) ay pinili upang ang M =. Ayon sa TK-P, para sa lahat ng M mayroong isang solong IS ng problema (4) - ang function na x = (t,) na tinukoy sa pagitan ng t (t(), t+()).

Sa mahigpit na pagsasalita, dahil ito ay nakasalalay sa maraming mga variable, dapat nating isulat ang (4) tulad ng sumusunod:

kung saan (5)1 ay nasiyahan sa set G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Gayunpaman, ang pagkakaiba sa pagitan ng mga palatandaan d / dt at / t ay puro sikolohikal (ang kanilang paggamit ay nakasalalay sa parehong sikolohikal na konsepto ng "pag-aayos"). Kaya, ang set G ay ang natural na pinakamataas na hanay ng depinisyon ng isang function, at ang tanong ng continuity ay dapat imbestigahan nang tumpak sa G.

Kailangan namin ng pantulong na resulta:

Lemma. (Gronwall). Hayaang matugunan ng function na C, 0 ang pagtatantya para sa lahat ng t. Pagkatapos, para sa lahat, true Note para sa guro. Kapag nagbabasa ng isang panayam, hindi mo maaaring kabisaduhin ang formula na ito nang maaga, ngunit mag-iwan ng espasyo, at ipasok ito pagkatapos ng konklusyon.

Ngunit pagkatapos ay panatilihing malinaw ang formula na ito, dahil kakailanganin ito sa ToNZ.

h = A + B Ah + B, kung saan mula sa kung saan namin makuha kung ano ang kinakailangan.

Ang kahulugan ng lemma na ito: differential equation at hindi pagkakapantay-pantay, koneksyon sa pagitan ng mga ito, integral equation at hindi pagkakapantay-pantay, koneksyon sa pagitan ng lahat ng mga ito, Gronwall's differential at integral lemmas at koneksyon sa pagitan nila.

Magkomento. Posibleng patunayan ang lemma na ito sa ilalim ng mas pangkalahatang mga pagpapalagay tungkol sa, A at B, ngunit hindi pa namin ito kailangan, ngunit gagawin sa kursong UMF (kaya, madaling makita na hindi namin ginamit ang pagpapatuloy ng A at B, atbp.).

Handa na kaming sabihin nang malinaw ang resulta:

Teorama. (ToNS) Sa ilalim ng mga pagpapalagay na ginawa tungkol sa f at sa notasyong ipinakilala sa itaas, maaari nating igiit na bukas ang G, ngunit C(G).

Magkomento. Malinaw na ang set M ay karaniwang hindi konektado, kaya maaaring hindi rin konektado ang G.

Paalala para sa guro. Gayunpaman, kung isinama namin ang (t0, x0) sa bilang ng mga parameter, kung gayon ang koneksyon ay magiging - ito ay ginagawa sa .

Patunay. Hayaan (t,) G. Kailangang patunayan na:

Hayaan, para sa katiyakan, t t0. Mayroon kaming: M, upang ang (t,) ay tinukoy sa (t(), t+()) t, t0, na nangangahulugan na sa ilang segment na ang t ang punto (t, (t,),) ay tumatakbo sa compact curve D (parallel sa hyperplanes ( = 0)). Nangangahulugan ito na ang set ng form na Kahulugan ay dapat na panatilihin sa harap ng iyong mga mata sa lahat ng oras!

mayroon ding compact set sa D para sa sapat na maliit na a at b (matambok sa x), upang ang function na f ay Lipschitz sa x:

[Ang pagtatasa na ito ay dapat na panatilihin sa harap ng iyong mga mata sa lahat ng oras! ] at pantay na tuluy-tuloy sa lahat ng mga variable, at higit pa sa |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Ang pagtatasa na ito ay dapat na panatilihin sa harap ng iyong mga mata sa lahat ng oras! ] Isaalang-alang ang isang di-makatwirang 1 tulad na |1 | b at ang kaukulang solusyon (t, 1). Ang set ( = 1) ay compact sa D ( = 1), at para sa t = t0 ang punto (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), at ayon sa TPK, para sa t t+(1) ang punto (t, (t, 1), 1) ay umalis ( = 1). Hayaang t2 t0 (t2 t+(1)) ang pinakaunang halaga kung saan naabot ng nabanggit na punto.

Sa pamamagitan ng konstruksiyon, t2 (t0, t1]. Ang aming gawain ay ipakita na ang t2 = t1 sa ilalim ng karagdagang mga paghihigpit sa. Hayaan ngayon t3 . Mayroon kaming (para sa lahat ng naturang t3, lahat ng dami na ginamit sa ibaba ay tinukoy ng konstruksiyon):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Subukan nating patunayan na ang halagang ito ay mas mababa sa a sa ganap na halaga.

kung saan ang integrand ay sinusuri tulad ng sumusunod:

±f (t, (t,),), sa halip na ±f (t, (t,),), dahil ang pagkakaiba |(t, 1) (t,)| basta wala pang tantiya, kaya malabo ang (t, (t, 1),) pero para sa |1 | umiiral, at (t, (t,), 1) ay kilala.

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

Kaya, ang function (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (ito ay isang tuluy-tuloy na function) ay nakakatugon sa mga kundisyon ng Gronwall lemma na may A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, kaya sa pamamagitan ng lemma na ito ay nakukuha natin [Ang pagtatantya na ito ay dapat na iniingatan sa harap ng mga mata sa lahat ng oras! ] kung kukunin natin |1 | 1 (t1). Ipagpalagay natin na 1(t1) b. Ang lahat ng aming pangangatwiran ay tama para sa lahat ng t3 .

Kaya, na may ganitong pagpipilian ng 1, kapag t3 = t2, pa rin |(t2, 1) (t2,)| a, pati na rin |1 | b. Kaya, (t2, (t2, 1), 1) ay posible lamang dahil sa katotohanan na t2 = t1. Ngunit nangangahulugan ito, sa partikular, na ang (t, 1) ay tinukoy sa buong pagitan , ibig sabihin, t1 t+(1), at lahat ng mga punto ng anyo (t, 1) G kung t , |1 | 1 (t1).

Iyon ay, bagaman ang t+ ay nakasalalay sa, ngunit ang segment ay nananatili sa kaliwa ng t+() sa sapat na malapit sa. Kung t t0, kung gayon ang punto (t,) B(, 1) G, katulad din para sa t t0, at kung t = t0, ang parehong mga kaso ay naaangkop, upang ang (t0,) B(, 3) G, kung saan 3 = min (12). Mahalaga na para sa isang nakapirming (t,) ay makakahanap ng t1(t,) upang ang t1 t 0 (o t4, ayon sa pagkakabanggit), at 1(t1) = 1(t,) 0 (o 2, ayon sa pagkakabanggit), upang ang pagpili ng 0 = 0(t,) ay malinaw (dahil ang isang bola ay maaaring isulat sa nagreresultang cylindrical na kapitbahayan).

sa katunayan, ang isang mas banayad na pag-aari ay napatunayan: kung ang isang IS ay tinukoy sa isang tiyak na agwat, ang lahat ng mga IS na may sapat na malapit na mga parameter ay tinukoy dito (ibig sabihin,

lahat ng bahagyang nababagabag na mga HP). Gayunpaman, at kabaligtaran, ang pag-aari na ito ay sumusunod mula sa pagiging bukas ng G, tulad ng ipapakita sa ibaba, kaya ang mga ito ay katumbas na mga pormulasyon.

Kaya, napatunayan namin ang item 1.

Kung tayo ay nasa tinukoy na silindro sa espasyo, ang pagtatantya ay totoo para sa |1 | 4(, t,). Kasabay nito |(t3,) (t,)| para sa |t3 t| 5(, t,) dahil sa pagpapatuloy sa t. Bilang resulta, para sa (t3, 1) B((t,),) mayroon kaming |(t3, 1) (t,)|, kung saan = min(4, 5). Ito ang point 2.

"Ministry of Education and Science ng Russian Federation Federal State Budgetary Educational Institution of Higher Professional Education STATE UNIVERSITY OF MANAGEMENT Institute for the Training of Scientific, Pedagogical and Scientific Personnel PROGRAM OF ENTRY TESTS SA ESPESYAL DISCIPLINE SOCIOLOGY OF MANAGEMENT MOSCOW - 2014 1. MGA INSTRUKSYON SA ORGANISASYON AT METODOLOHIKAL mga pagsusulit sa pasukan sa graduate school sa..."

« Amur State University Department of Psychology and Pedagogy EDUCATIONAL AND METHODOLOGICAL COMPLEX DISCIPLINE CONSULTATIVE PSYCHOLOGY Ang pangunahing programang pang-edukasyon sa direksyon ng bachelor's degree 030300.62 Psychology Blagoveshchensk 2012 UMKd binuo Isinasaalang-alang at inirerekomenda sa isang pulong ng Kagawaran ng Psychology at ...

"industriya ng automotive) Omsk - 2009 3 Federal Agency for Education GOU VPO Siberian State Automobile and Road Academy (SibADI) Department of Engineering Pedagogics METHODOLOGICAL INSTRUCTIONS para sa pag-aaral ng disiplina Pedagogical technologies para sa mga mag-aaral ng specialty 050501 - Vocational training (kotse at automotive. ."

"Series Textbook G.S. Rozenberg, F.N. Ryansky THEORETICAL AND APPLIED ECOLOGY Textbook na Inirerekomenda ng Educational and Methodological Association para sa Classical University Education Pederasyon ng Russia bilang isang aklat-aralin para sa mga mag-aaral ng mas mataas na institusyong pang-edukasyon sa mga espesyalidad sa kapaligiran 2nd edition Nizhnevartovsk Nizhnevartovsk Publishing House Pedagogical Institute 2005 BBC 28.080.1ya73 P64 Mga Tagasuri: Doktor ng Biol. Mga Agham, Propesor V.I. Popchenko (Institute ng Ekolohiya...»

“MINISTRY OF EDUCATION AND SCIENCE OF THE RUSSIAN FEDERATION federal state budgetary educational institution of higher professional education KRASNOYARSK STATE PEDAGOGICAL UNIVERSITY na pinangalanan. V.P. Astafieva E.M. Antipova MALIIT NA WORKSHOP SA BOTANICS Electronic na edisyon KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Mga Tagasuri: Vasiliev A.N. V.P. Astafiev; Yamskikh G.Yu., Doktor ng Geological Sciences, Propesor ng Siberian Federal University Tretyakova I.N., Doctor of Biological Sciences, Propesor, Nangungunang Fellow ng Forest Institute...»

"Ministry of Education and Science ng Russian Federation Federal State Educational Budgetary Institution of Higher Professional Education Amur State University Department of Psychology and Pedagogy EDUCATIONAL AND METHODOLOGICAL COMPLEX NG DISCIPLINE BASICS OF PEDIATRICS AND HYGIENE Ang pangunahing programang pang-edukasyon sa direksyon ng pagsasanay 050400.62 Psychological at pedagogical education Blagoveshchensk 2012 1 UMKd binuo Sinuri at inirerekomenda sa isang pulong ng Kagawaran ng Sikolohiya at ... "

"Pagsusuri sa mga gawain na may isang detalyadong sagot Estado (panghuling) sertipikasyon ng mga nagtapos ng ikasiyam na baitang ng mga institusyong pang-edukasyon (sa isang bagong anyo) 2013 GEOGRAPHY Moscow 2013 Compiled by: Ambartsumova E.M. Ang pagtaas ng objectivity ng mga resulta ng estado (panghuling) sertipikasyon ng mga nagtapos ng ika-9 na baitang ng mga pangkalahatang institusyong pang-edukasyon (sa ... "

"Mga praktikal na rekomendasyon sa paggamit ng sanggunian, impormasyon at metodolohikal na nilalaman para sa pagtuturo ng wikang Ruso bilang wika ng estado ng Russian Federation. Ang mga praktikal na rekomendasyon ay tinutugunan sa mga guro ng Russian (kabilang ang bilang isang hindi katutubong wika). Mga Nilalaman: Mga praktikal na rekomendasyon at patnubay para sa pagpili ng 1. ang nilalaman ng materyal para sa mga klase sa edukasyon at pang-edukasyon na nakatuon sa mga problema ng paggana ng wikang Ruso bilang wika ng estado ... "

«EVMURYUKINA DEVELOPMENT OF CRITICAL THINKING AND MEDIA COMPETENCE NG MGA MAG-AARAL SA PROCESS OF PRESS ANALYSIS textbook para sa mga unibersidad Taganrog 2008 2 Muryukina Ye.V. Pag-unlad ng kritikal na pag-iisip at kakayahan sa media ng mga mag-aaral sa proseso ng pagsusuri sa press. Textbook para sa mga unibersidad. Taganrog: NP Center for Personality Development, 2008. 298 p. Ang aklat-aralin ay tumatalakay sa pagbuo ng kritikal na pag-iisip at kakayahan sa media ng mga mag-aaral sa proseso ng mga klase sa edukasyon sa media. Dahil ang press ngayon…”

"O. P. Golovchenko TUNGKOL SA PAGBUO NG PISIKAL NA GAWAIN NG TAO Part II PEDAGOGICS AT MOTOR ACTIVITIES 3 Educational edition Oleg Petrovich Golovchenko PAGBUO NG PISIKAL NA GAWAIN NG TAO Tutorial Part II Pedagogy of motor activity Ikalawang edisyon, naitama *** Editor N.I. Ang Kosenkova Computer layout ay ginawa ng D.V. Smolyak at S.V. Potapova *** Nilagdaan para sa publikasyon noong 23.11. Format 60 x 90/1/16. Writing paper Headset Times Paraan ng operational printing Usl. p.l...."

«STATE EDUCATIONAL INSTITUTION OF HIGHER PROFESSIONAL EDUCATION Kazan State University na pinangalanang V.I. SA AT. ULYANOVA-LENINA Mga elektronikong aklatan ng mga mapagkukunang pang-agham at pang-edukasyon. Tulong sa pagtuturo Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Mga Digital na Aklatan mga mapagkukunang pang-agham at pang-edukasyon. Tulong sa pagtuturo sa direksyon ng Electronic mapagkukunang pang-edukasyon. - Kazan: KSU, 2008. Ang manwal na pang-edukasyon at pamamaraan ay nai-publish sa pamamagitan ng desisyon ... "

"MINISTRY NG EDUKASYON NG RUSSIAN FEDERATION Institusyon ng edukasyon ng estado ng mas mataas na propesyonal na edukasyon Orenburg State University Akbulak branch Departamento ng Pedagogy V.A. TETSKOVA METHODOLOGY NG TEACHING ART SA PRIMARY SCHOOL NG ISANG PANGKALAHATANG EDUCATIONAL SCHOOL MGA METODOLOHIKAL NA INSTRUKSYON Inirerekomenda para sa paglalathala ng Editoryal at Publishing Council ng isang institusyong pang-edukasyon ng estado ng mas mataas na edukasyon bokasyonal na edukasyon Orenburg State University...»

MINISTRY OF EDUCATION AND SCIENCE OF THE RUSSIAN FEDERATION Dzhegutanova LITERATURA NG MGA BATA NG MGA BANSA NG PAG-AARAL NG WIKA EDUCATIONAL AND METHODOLOGICAL COMPLEX Stavropol 2010 1 Nai-publish sa pamamagitan ng desisyon UDC 82.0 ng editoryal at publishing council ng LBC 83.3 (0) GOU State VPO Stavropol ...

“REGULATIONS on the new system of intra-school assessment of the quality of education MBOU Kamyshinskaya secondary school 1. Pangkalahatang mga probisyon 1.1. Ang regulasyon sa intra-school system para sa pagtatasa ng kalidad ng edukasyon (simula dito - ang regulasyon) ay nagtatatag ng mga pare-parehong kinakailangan para sa pagpapatupad ng intra-school system para sa pagtatasa ng kalidad ng edukasyon (simula dito - SSEKO) sa munisipal na badyet na institusyong pang-edukasyon ng ang pangalawang Kamyshin sekondaryang paaralan(mula rito ay tinutukoy bilang paaralan). 1.2. Ang praktikal na pagpapatupad ng SSOKO ay binuo alinsunod sa ... "

“MINISTRY OF HEALTH OF THE REPUBLIC OF UZBEKISTAN TASHKENT MEDICAL ACADEMY DEPARTMENT OF GP WITH CLINICAL ALERGOLOGY NA APPROVED by Vice-Rector for Academic Affairs Prof. O.R. Teshaev _ 2012 MGA REKOMENDASYON PARA SA PAGBUBUO NG EDUKASYONAL AT METODOLOHIKAL NA PAG-UNLAD PARA SA MGA PRAKTIKAL NA KLASE SA ISANG PINAG-UNANG SISTEMA NG METODOLOHIKAL Mga Alituntunin para sa mga guro mga unibersidad sa medisina Tashkent- 2012 MINISTRY OF HEALTH OF THE REPUBLIC OF UZBEKISTAN CENTER FOR THE DEVELOPMENT OF MEDICAL EDUCATION TASHKENT MEDICAL...»

“Federal Agency for Education Gorno-Altai State University A. P. Makoshev POLITICAL HEOGRAPHY AND GEOPOLITICS Educational and methodological manual Gorno-Altaisk RIO Gorno-Altai State University 2006 Na-publish sa pamamagitan ng desisyon ng Editorial and Publishing Council ng Gorno-Altai State University Pambansang Unibersidad Makoshev A.P. POLITICAL HEOGRAPHY AT GEOPOLITICS. Tulong sa pagtuturo. - Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 p. Ang tulong sa pagtuturo ay binuo ayon sa pang-edukasyon ... "

“A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva SCHOOL OF THE FUTURE MODERN EDUCATIONAL PROGRAM MGA YUGTO NG BUHAY GRADE 1 METHODOLOGICAL AID FOR PRIMARY SCHOOL TEACHERS Moscow 2009 UDC 371(075.8) LBC 74.00 N 68 Ang mga copyright ay legal na protektado, ang pagtukoy sa mga may-akda ay sapilitan. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 Makabagong programang pang-edukasyon Mga Hakbang sa buhay. – M.: Avvallon, 2009. – 176 p. ISBN 978 5 94989 141 4 Ang buklet na ito ay pangunahing tinutugunan sa mga tagapagturo, ngunit tiyak kasama ang impormasyon nito...”

« Educational and methodological complex RUSSIAN BUSINESS LAW 030500 - Jurisprudence Moscow 2013 Author - compiler ng Departamento ng Civil Law Disciplines Reviewer - Ang pang-edukasyon at methodological complex ay isinasaalang-alang at naaprubahan sa isang pulong ng Department of Civil Law Disciplines protocol No. _2013. Batas sa negosyo ng Russia: pang-edukasyon at pamamaraan ... "

"PERO. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin HEOGRAPHY OF THE REPUBLIC OF MORDOVIA Textbook SARANSK PUBLISHING HOUSE OF MORDOVIAN UNIVERSITY 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9(2P351–6Mo) Ya549 Mga Tagasuri: State Department of the Voronical Geography Doktor ng Heograpiya Propesor A. M. Nosonov; guro ng school-complex No. 39 ng Saransk A. V. Leontiev Na-publish sa pamamagitan ng desisyon ng educational at methodological council ng faculty ng pre-university training at secondary ... "

Alexander Viktorovich Abrosimov Petsa ng kapanganakan: Nobyembre 16, 1948 (1948 11 16) Lugar ng kapanganakan: Kuibyshev Petsa ng kamatayan ... Wikipedia

I Differential equation ang mga equation na naglalaman ng mga kinakailangang function, ang kanilang mga derivatives ng iba't ibang order at independent variable. Teorya ng D. at. lumitaw sa pagtatapos ng ika-17 siglo. naiimpluwensyahan ng mga pangangailangan ng mekanika at iba pang natural na agham, ... ... Great Soviet Encyclopedia

Ang mga ordinaryong differential equation (ODEs) ay isang differential equation ng anyo kung saan mayroong isang hindi kilalang function (maaaring isang vector function, kung gayon, bilang panuntunan, isang vector function din na may mga halaga sa isang espasyo ng parehong dimensyon; sa .. ... Wikipedia

Ang Wikipedia ay may mga artikulo tungkol sa ibang mga tao na may ganoong apelyido, tingnan ang Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Petsa ng kapanganakan: Oktubre 4, 1934 (1934 10 04) Lugar ng kapanganakan: Tbilisi, USSR Petsa ng kamatayan ... Wikipedia

Differential- (Differential) Differential definition, function differential, differential lock Impormasyon sa differential definition, function differential, differential lock Mga Nilalaman Mathematical Impormal na paglalarawan... … Encyclopedia ng mamumuhunan

Isa sa mga pangunahing konsepto sa teorya ng partial differential equation. Ang papel na ginagampanan ng X. ay ipinapakita sa mga mahahalagang katangian ng mga equation na ito, tulad ng mga lokal na katangian ng mga solusyon, ang kakayahang malutas ng iba't ibang mga problema, ang kanilang kawastuhan, atbp. Hayaang ... ... Mathematical Encyclopedia

Isang equation kung saan ang hindi alam ay isang function ng isang independent variable, at kasama sa equation na ito hindi lamang ang hindi alam na function mismo, kundi pati na rin ang mga derivatives nito ng iba't ibang order. Ang terminong differential equation ay iminungkahi ni G. ... ... Mathematical Encyclopedia

Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin sa isang lecture sa MISiS Petsa ng kapanganakan ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin sa isang lecture sa MISiS Petsa ng kapanganakan: 1931 (1931) ... Wikipedia

Gauss equation, 2nd order linear ordinary differential equation o, sa self-adjoint na anyo, Ang mga variable at parameter sa pangkalahatang kaso ay maaaring tumagal ng anumang kumplikadong mga halaga. Pagkatapos ng pagpapalit, ang sumusunod na form ay nakuha ... ... Mathematical Encyclopedia