Макарська Є. В. В кн .: Дні студентської науки. Весна - 2011. М .: Московський державний університет економіки, статистики та інформатики, 2011. С. 135-139.

Автори розглядають практичне застосування теорії лінійних диференціальних рівнянь для дослідження економічних систем. В роботі дається аналіз динамічних моделей Кейнса і Самуельсона-Хікса з перебуванням рівноважних станів економічних систем.

Іванов А. І., Ісаков І., Дьомін А. В. та ін. Ч. 5. М .: Слово, 2012.

У посібнику розглянуті кількісні методи дослідження споживання кисню людиною під час тестів з дозованим фізичним навантаженням, виконаних в ГНЦ РФ-ІМБП РАН. Посібник призначений для науковців, фізіологів і лікарів, що працюють в області авіакосмічної, підводного і спортивної медицини.

Міхєєв А. В. СПб .: Відділ оперативної поліграфії НДУ ВШЕ - Санкт-Петербург, 2012.

Даний збірник містить завдання по курсу диференціальних рівнян-ний, що читається автором на факультеті економіки НДУ ВШЕ - Санкт-Петербург. На початку кожної теми дається короткий виклад основних тео-ських фактів і розбираються приклади рішень типових задач. Для студентів і слухачів програм вищої професійної об-разования.

Конаков В. Д. STI. WP BRP. Видавництво опікунської ради механіко-математичного факультету МДУ, 2012. № 2012.

В основі цього навчального посібника лежить спеціальний курс за вибором студента, прочитаний автором на механіко - математичному факультеті МДУ ім. М.В. Ломоносова в 2010-2012 навчальних роках. Посібник знайомить читача з методом параметрікса і його дискретним аналогом, розвиненим в самий останній час автором посібника і його колегами-співавторами. Воно об'єднує воєдино материали, який раніше утримувався тільки в ряді журнальних статей. Не прагнучи до максимальної спільності викладу, автор ставив за мету продемонструвати можливості методу при доказі локальних граничних теорем про збіжність марковских ланцюгів до диффузионному процесу і при отриманні двосторонніх оцінок типу Аронсона для деяких вироджених дифузії.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Ця публікація є збіркою окремих статей "Третьої Міжнародної конференції по динаміці інформаційних систем», яка відбулася в університеті Флориди, 16-18 лютого 2011 року. Мета даної конференції полягала в тому, щоб зібрати разом вчених та інженерів з промисловості, уряду і наукових кіл , щоб вони змогли обмінятися новими відкриттями і результатами в питаннях, що стосуються теорії і практиці динаміки інформаційних систем. Динаміка інформаційних систем: математичне відкриття являє собою сучасне дослідження і призначається студентам - аспірантам і дослідникам, які цікавляться останніми відкриттями в інформаційній теорії і динамічних системах. Вчені інших дисциплін можуть також отримати користь від застосування нових розробок в своїх областях досліджень.

Пальвелев Р., Сергєєв А. Г. Праці Математичного інституту ім. В.А. Стеклова РАН. 2012. Т. 277. С. 199-214.

Вивчається адіабатичний межа в гіперболічних рівняннях Ландау-Гінзбурга. За допомогою вказаної межі встановлюється відповідність між рішеннями рівнянь Гінзбурга-Ландау і адіабатичними траєкторіями в просторі модулів статичних рішень, які називаються вихорами. Ментон запропонував евристичний адіабатичний принцип, постулює, що будь-яке рішення рівнянь Гінзбурга-Ландау з досить малою кінетичною енергією може бути отримано як обурення певної адіабатичній траєкторії. Суворе доказ цього факту знайдено недавно першим автором

We give an explicit formula for a quasi-isomorphism between the operads Hycomm (the homology of the moduli space of stable genus 0 curves) and BV / Δ (the homotopy quotient of Batalin-Vilkovisky operad by the BV-operator). In other words we derive an equivalence of Hycomm-algebras and BV-algebras enhanced with a homotopy that trivializes the BV-operator. These formulas are given in terms of the Givental graphs, and are proved in two different ways. One proof uses the Givental group action, and the other proof goes through a chain of explicit formulas on resolutions of Hycomm and BV. The second approach gives, in particular, a homological explanation of the Givental group action on Hycomm-algebras.

Під наук. редакцією: А. Михайлов Вип. 14. М .: Соціологічний факультет МГУ, 2012.

Статті даного збірки написані на основі доповідей, зроблених в 2011 р на соціологічному факультеті МДУ ім. М.В. Ломоносова на засіданні XIV Міждисциплінарного щорічного наукового семінару "Математичне моделювання соціальних процесів" ім. Героя Соціалістичної праці академіка А.А. Самарського.

Видання призначене для науковців, викладачів, студентів вузів і наукових установ РАН, хто цікавиться проблемами, розробкою і впровадженням методології математичного моделювання соціальних процесів.

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ РФ НАЦІОНАЛЬНИЙ ДОСЛІДНИЙ ЯДЕРНУ УНІВЕРСИТЕТ "МІФІ" Т. І. Бухарова, В. Л. Каминін, А. Б. Костін, Д. С. Ткаченко Курс лекцій по звичайних диференціальних рівнянь Рекомендовано УМО "Ядерні фізика і технології" в як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів Москва 2011 УДК 517.9 ББК 22.161.6 Б94 Бухарова Т.І., Каминін В.Л., Костін А.Б., Ткаченко Д.С. Курс лекцій по звичайних диференціальних рівнянь: Навчальний посібник. - М .: НІЯУ МІФІ, 2011. - 228 с. Навчальний посібник створено на основі курсу лекцій, що читається авторами в Московському інженерно-фізичному інституті впродовж багатьох років. Призначено для студентів НІЯУ МІФІ всіх факультетів, а також для студентів вузів з підвищеною математичної підготовкою. Посібник підготовлено в рамках Програми створення та розвитку НІЯУ МІФІ. Рецензент: доктор фіз.-мат. наук Н.А. Кудряшов. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Національний дослідницький ядерний університет «МІФІ», 2011 Зміст Передмова. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Введення в теорію звичайних диференціальних рівнянь Основні поняття. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Çадача Коші. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Існування і єдність розв'язку задачі Коші для рівняння 1-го порядку Òеорема єдиності для ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Суùествованіе рішення задачі Коші для ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Продолæеніе рішення для ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Завдання Коші для нормальної системи n-го порядку Основні поняття і деякі допоміжні властивості вектор-функöій. . . . Åдінственность рішення задачі Коші для нормальної системи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Поняття метричного простору. Прінöіп сæімаюùіх отобраæеній. . . . . . Òеореми суùествованія і єдиності рішення задачі Коші для нормальних систем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Деякі класи звичайних диференціальних рівнянь, що вирішуються в квадратурі Рівняння з разделяюùіміся змінними. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лінійні ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідні рівняння. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Áернуллі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння в повних діфференöіалах. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Рівняння першого порядку, не розв'язані відносно похідної Òеорема суùествованія і єдиності рішення ОÄУ, дозволеного щодо похідною. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Особливе рішення. Äіскрімінантная крива. Огібаюùая. . . . . . . . . . . . . . . . Ìетод введення параметра. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Лагранæа. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Клеро. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Системи лінійних ОДУ Основні поняття. Òеорема суùествованія і єдиності рішення задачі Однорідні системи лінійних ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Визначник Âронского. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Комплексні рішення однорідної системи. Перехід до веùественной ÔСР. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Íеоднородние системи лінійних ОÄУ. Ìетод варіаöіі постійних. . . . . Однорідні системи лінійних ОÄУ з постійними коýффіöіентамі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Показова функöія від матріöи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Коші 85. . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100. . . 111 Íеоднородние системи лінійних ОÄУ з постійними коýффіöіентамі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Лінійні ОДУ високого порядку Зведення до системи лінійних ОÄУ. Òеорема суùествованія і єдиності рішення задачі Коші. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідне лінійне ОÄУ високого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Властивості комплексних рішень однорідного лінійного ОÄУ високого порядку. Перехід від комплексної ÔСР до веùественной. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Íеоднородние лінійні ОÄУ високого порядку. Ìетод варіаöіі постійних. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідні лінійні ОÄУ високого порядку з постійними коýффіöіентамі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Íеоднородное лінійне ОÄУ високого порядку з постійними коýффіöіентамі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Теорія стійкості Основні поняття і визначення, относяùіеся до стійкості. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Стійкість рішень лінійної системи. . . . . . Òеореми Ляпунова про стійкість. . . . . . . . . . Стійкість за першим прібліæенію. . . . . . . Поведінка фазових траєкторій поблизу точки спокою 162. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Перші інтеграли систем ОДУ 198 Перші інтеграли автономних систем звичайних діфференöіальних уравненій198 Íеавтономние системи ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Симетрична запис систем ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Рівняння в приватних похідних першого порядку Однорідні лінійні рівняння в приватних похідних першого порядку Çадача Коші для лінійного рівняння в приватних похідних першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Квазілінійну рівняння в приватних похідних першого порядку. . . . Çадача Коші для квазілінійного рівняння в приватних похідних першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Список літератури. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4- 210. . . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 ПЕРЕДМОВА При підготовці книги автори ставили собі за мету зібрати в одному місці і викласти в доступній формі відомості по більшості питань, пов'язаних з теорією звичайних диференціальних рівнянь. Тому крім матеріалу, що входить в обов'язкову програму курсу звичайних диференціальних рівнянь, що читається в НІЯУ МІФІ (і в інших вузах), в посібник увійшли і додаткові питання, на які, як правило, не вистачає часу на лекціях, але які будуть корисні для кращого розуміння предмета і стануть в нагоді нинішнім студентам в їх подальшій професійній діяльності. До всіх твердженнями пропонованого посібника дано математично строгі докази. Ці докази, як правило, не є оригінальними, але все перероблені відповідно до стилю викладу математичних курсів в МІФІ. На широко поширену серед викладачів і вчених думку, математичні дисципліни слід вивчати з повними і детальними доказами, рухаючись поступово від простого до складного. Автори даного посібника дотримуються такої ж думки. Наведені в книзі теоретичні відомості підкріплюються розбором достатньої кількості прикладів, що, як ми сподіваємося, спростить читачеві вивчення матеріалу. Посібник адресовано студентам вузів з підвищеною математичної підготовкою, в першу чергу, студентам НІЯУ МІФІ. При цьому воно також буде корисно всім, хто цікавиться теорією диференціальних рівнянь і використовує цей розділ математики в своїй роботі. -5- Глава I. Введення в теорію звичайних диференціальних рівнянь 1. 1. Основні поняття Усюди в посібнику через ha, bi будемо позначати будь-яке з множин (a, b),, (a, b],, отримаємо x0 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. ln C 6 x0 x0 Після потенцирования останнього нерівності і застосування (2.3) маємо 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 при всіх x 2 [1, 1]. Оцінимо різницю jf (x, y2) f (x, y1) j \u003d sin x y1 y2 6 при всіх (x , y) 2 G. Таким чином, f задовольняє умові Ліпшиця з L \u003d 1 насправді навіть з L \u003d sin 1 по y. Однак похідною fy0 в точках (x, 0) 6 \u003d (0, 0) навіть не існує. Наступна теорема, цікава сама по собі, дозволить довести єдність розв'язку задачі Коші. теорема 2. 1 (Про оцінку різниці двох рішень). Нехай G область 2 в R, а f (x, y) 2 CG і задовольняє в G умові Ліпшиця по y з константою L. Якщо y1, y2 два рішення рівняння y 0 \u003d f (x, y) на відрізку, то справедливо нерівність (оцінка): jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 при всіх x 2. -19- y2 Доказ. За визначенням 2. 2 рішення рівняння (2.1) отримаємо, що 8 x 2 точки x, y1 (x) і x, y2 (x) 2 G. Для всіх t 2 маємо вірні рівності y10 (t) \u003d ft, y1 (t ) і y20 (t) \u003d ft, y2 (t), які проинтегрируем по t на відрізку, де x 2. Інтегрування законно, так як права і ліва частини - це безперервні на функції. Отримаємо систему рівностей Zx y1 (x) y1 (x0) \u003d x0 Zx y2 (x) y2 (x0) \u003d f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Віднімаючи одне з іншого, маємо jy1 (x) y2 (x) j \u003d y1 (x0) y2 (x0) + Zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + ft, y1 (t) ft, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Позначимо C \u003d y1 (x0) y2 (x0)\u003e 0, v (t) \u003d L\u003e 0, u (t) \u003d y1 (t) Тоді за нерівністю Гронуолла-Áеллмана отримаємо оцінку: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)\u003e 0. при всіх x 2. Теорема доведена. Як слідства доведеної теореми отримаємо теорему єдиності рішення задачі Коші (2. 1), (2.2). Ñледствіе 1. Нехай функція f (x, y) 2 C G і задовольняє в G умові Ліпшиця по y, а функції y1 (x) і y2 (x) два рішення рівняння (2.1) на одному і тому ж відрізку, причому x0 2. Якщо y1 (x0) \u003d y2 (x0), то y1 (x) y2 (x) на. Доказ. Розглянемо два випадки. -20- 1. Нехай x\u003e x0, тоді з теореми 2. 1 слід, що h i тобто y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) при x\u003e x0. 2. Нехай x 6 x0, зробимо заміну t \u003d x, тоді yi (x) \u003d yi (t) y ~ i (t) при i \u003d 1, 2. Оскільки x 2, то t 2 [x0, x1] і виконано рівність y ~ 1 (x0) \u003d y ~ 2 (x0). З'ясуємо, яким рівнянням задовольняють y ~ i (t). Верна наступний ланцюжок рівностей: d y ~ i (t) \u003d dt d ~ yi (x) \u003d dx f x, yi (x) \u003d f (t, y ~ i (t)). Тут ми скористалися правилом диференціювання складної функції і тим, що yi (x) - це рішення рівняння (2.1). Так як функція f ~ (t, y) f (t, y) неперервна і задовольняє умові Ліпшиця по y, то по теоремі 2. 1 маємо, що y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) на [x0, x1 ], тобто y1 (x) y2 (x) на. Об'єднуючи обидва розглянутих випадку, отримаємо твердження слідства. Ñледствіе 2. (про безперервну залежності від начальниõ данниõ) Нехай функція f (x, y) 2 CG і задовольняє в G умові Ліпшиця по y з константою L, а функції y1 (x) і y2 (x) це рішення рівняння (2.1) , певні на. Îбозначім l \u003d x1 x0 і δ \u003d y1 (x0) y2 (x0). Òогда при 8 x 2 справедливо нерівність y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l. Доказ слід відразу з теореми 2. 1. Нерівність з слідства 2 називають оцінкою стійкості рішення за початковими даними. Сенс його полягає в тому, що якщо при x \u003d x0 рішення «близькі», то і на кінцевому відрізку вони теж «близькі». Теорема 2. 1 дає важливу для додатків оцінку модуля різниці двох рішень, а наслідок 1 - єдність розв'язку задачі Коші (2.1), (2.2). Є також і інші достатні умови єдиності, одне з яких ми зараз наведемо. Як зазначалося вище, геометрично єдність розв'язку задачі Коші означає, що через точку (x0, y0) області G може проходити не більше однієї інтегральної кривої рівняння (2.1). Теорема 2. 2 (Осгуда про єдиності). Нехай функція f (x, y) 2 CG і для 8 (x, y1), (x, y2) 2 G виконується нерівність f (x, y1) f (x, y2) 6. 6 φ jy1 y2 j, де φ ( u)\u003e 0 при u 2 (0, β], φ (u) неперервна, а Zβ du! +1, коли ε! 0 +. Òогда через точку (x0, y0) області φ (u) ε G проходить не більше однієї інтегральної кривої (2.1). -21- Доказ. Нехай існує два рішення y1 (x) і y2 (x) рівняння (2.1), такі, що y1 (x0) \u003d y2 (x0) \u003d y0, позначимо z (x) \u003d y2 (x) y1 (x). dyi Так як \u003d f (x, yi), при i \u003d 1, 2, то для z (x) справедливо рівність dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1). dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 φ jzj jzj, тобто справедливо Тоді z dx 1 d нерівність jzj2 6 φ jzj jzj, з якого при jzj 6 \u003d 0 слід таке 2 dx подвійне нерівність: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjφ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j де інтегрування проводиться по будь-якому відрізку, на якому z (x)\u003e 0, а zi \u003d z (xi), i \u003d 1, 2. за припущенням, z (x) 6 0 і, крім того, безперервна, тому такий відрізок знайдеться, виберемо його та фіксуємо. Розглянемо безлічі n o X1 \u003d x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > x2 і z (x) \u003d 0. Õотя б одне з цих множин не порожньо, так як z (x0) \u003d 0 і x0 62. Нехай, наприклад, X1 6 \u003d ∅, воно обмежене зверху, тому 9 α \u003d sup X1. Відзначимо, що z (α) \u003d 0, тобто α 2 X1, оскільки припустивши, що z (α)\u003e 0, в силу безперервності матимемо z (x)\u003e 0 на деякому інтервалі α δ1, α + δ1, а це суперечить визначенню α \u003d sup X1. З умови z (α) \u003d 0 випливає, що α< x1 . По построению z(x) > 0 при всіх x 2 (α, x2], а в силу безперервності z (x)! 0 + при x! Α + 0. Повторимо міркування при виведенні (2.5), інтегруючи по відрізку [α + δ, x2], де x2 вибрано вище і фіксовано, а δ 2 (0, x2 α) - довільне, отримаємо нерівність: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. α + δ В цьому подвійному нерівності спрямуємо δ! 0 +, тоді z (α + δ)! z (α) \u003d 0, з Zjz2 jd jzj2! +1, за умовою безперервності z (x), а тоді інтеграл 2 jzjφ jzj теореми. jz (α + δ) j -22- Права ж частина нерівності Rx2 dx \u003d x2 α δ 6 x2 α обмежена α + δ зверху кінцевої величиною, що одночасно неможливо. Отримане протиріччя доводить теорему. 2. 2. Ñуществованіе рішення задачі Коші для ОДУ першого порядку Нагадаємо, що під завданням Коші (2.1), (2.2) розуміється наступне завдання знаходження функції y (x): 0 y \u003d f (x, y), (x, y) 2 G, y (x0) \u003d y0, (x0, y0 ) 2 G, де f (x, y) 2 CG і (x0, y0) 2 G; G - область в R2. Лемма 2. 2. Нехай f (x, y) 2 CG. Òогда мають місце наступні твердження: 1 ) всяке ре шення φ (x) рівняння (2.1) на проміжку ha, bi, удовлетво ряющий (2.2) x0 2 ha, bi, є рішенням на ha, bi інтегрального рівняння Zx y (x) \u003d y0 + f τ, y (τ) dτ ; (2.6) x0 2) якщо φ (x) 2 C ha, bi рішення інтегрального рівняння (2.6) на ha, bi, 1 де x0 2 ha, bi, то φ (x) 2 C ha, bi і є рішенням (2.1 ), (2.2). Доказ. 1. Нехай φ (x) рішення (2.1), (2.2) на ha, bi. Тоді за зауваженням 2.2 φ (x) 2 C ha, bi і 8 τ 2 ha, bi маємо рівність φ 0 (τ) \u003d f τ, φ (τ), інтегруючи яке від x0 до x, отримаємо (при будь-якому x 2 ha , bi) Rx φ (x) φ (x0) \u003d f τ, φ (τ) dτ, причому φ (x0) \u003d y0, тобто φ (x) - рішення (2.6). x0 2. Нехай y \u003d φ (x) 2 C ha, bi - рішення (2.6). Так як f x, φ (x) неперервна на ha, bi за умовою, то Zx φ (x) y0 + f τ, φ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 як інтеграл із змінною верхньою межею від неперервної функції. Диференціюючи останню рівність по x, отримаємо φ 0 (x) \u003d f x, φ (x) 8 x 2 ha, bi і, очевидно, φ (x0) \u003d y0, тобто φ (x) - розв'язок задачі Коші (2.1), (2.2). (Як завжди, під похідною на кінці відрізка розуміється відповідна одностороння похідна.) -23- Зауваження 2. 6. Лемму 2. 2 називають леммой про ýквівалентності задачі Коші (2.1), (2.2) інтегрального рівняння (2.6). Якщо доведемо, що рішення рівняння (2.6) існує, то отримаємо можливість розв'язання і задачі Коші (2.1), (2.2). Цей план реалізований в наступній теоремі. Теорема 2. 3 (Локальна теорема існування). Нехай прямокутник P \u003d (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β цілком лежить в G області визначення функції f (x, y). Ôункція f (x, y) 2 C G і задовольняє умові Ліпшиця по n y oв G з константою L. Îбозначім β M \u003d max f (x, y), h \u003d min α, M. Òогда на відрізку P існує рішення задачі Êоші (2.1), (2.2). Доказ. На відрізку встановимо існування рішення інтегрального рівняння (2.6). Для цього розглянемо наступну послідовність функцій: Zx y0 (x) \u003d y0, y1 (x) \u003d y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) \u003d y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, і т.д. x0 1. Покажемо, що 8 n 2 N функції yn (послідовні наближення) - визначено, тобто покажемо, що при 8 x 2 виконується нерівність yn (x) y0 6 β для всіх n \u003d 1, 2,. . . Скористаємося методом математичної індукції (ММІ): a) базис індукції: n \u003d 1. Zx y1 (x) y0 \u003d f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 де M0 \u003d max f (x , y0) при jx x 0 j 6 α, M0 6 M; б) припущення і крок індукції. Нехай нерівність вірно для yn 1 (x), доведемо його для yn (x): Zx yn (x) y0 \u003d f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Отже, якщо jx x0 j 6 h, то yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Нашою метою буде доказ збіжності послідовник найближчій 1 ності yk (x) k \u003d 0, для цього її зручно представити у вигляді: yn \u003d y0 + n X yk 1 (x) \u003d y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. . . + Yn yn 1, k \u003d 1 тобто послідовності часткових сум функціонального ряду. 2. Оцінимо члени цього ряду, довівши наступні нерівності 8 n 2 N і 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Застосуємо метод математичної індукції: jx n 1 + 1 hn. n! (2.7) a) базис індукції: n \u003d 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, доведено вище; б) припущення і крок індукції. Нехай нерівність вірно для n кажем його для n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) \u003d f τ, yn 2 (τ) 1, до- dτ 6 x0 Zx i yn 6 по умові Ліпшиця 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 по припущенню індукції 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ \u003d (n 1)! x0 M0 Ln 1 \u003d (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ \u003d (n 1)! n n! 1 x0 Rx Тут ми скористалися тим, що інтеграл I \u003d jτ x0 при x\u003e x0 при x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 > A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B > Bk + 1\u003e Bk при всіх 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 виконується Доведемо це допоміжне твердження для випадку A, B 2 R (тобто A і B кінцеві; якщо A \u003d 1 або B \u003d + 1, то аналогічно). Візьмемо x A B x, довільний x 2 (A, B) і δ (x) \u003d min, δ (x)\u003e 0. За 2 2 числа δ з збіжності Ak! A і Bk! B отримаємо, що 9 N1 (δ) 2 N: 8 k\u003e N1, A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k > N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k > N. Застосовуючи наслідок 1 п. 2.1 (тобто. Теорему єдиності), отримаємо, що φ (t) ψ (t) при всіх t 2 і, зокрема, при t \u003d x. Так як x - довільна точка (A, B), то єдність розв'язку, а разом з ним і наслідок, доведені. Зауваження 2. 10. У доведеному слідстві ми вперше зустрілися з поняттям продовження рішення на більш широке безліч. У наступному параграфі ми вивчимо його більш детально. Наведемо кілька прикладів. p Приклад 2. 2. Для рівняння y 0 \u003d ejxj x2 + y 2 з'ясувати, чи існує його рішення на всіх (A, B) \u003d (1, 1). Розглянемо це рівняння в «смузі» Q \u003d R2, функція p jxj f (x, y) \u003d e x2 + y 2 ∂f y \u003d ejxj p, fy0 6 ejxj \u003d L (x). ∂y x2 + y 2 За твердженням 2. 1 з п. 2.1 функція f (x, y) задовольняє умові Ліпшиця по y з «константою» L \u003d L (x), x - фіксоване. Тоді виконуються всі умови слідства, і при будь-яких початкових даних (x0, y0) 2 R2 рішення задачі Коші існує і притому єдине на (1, 1). Відзначимо, що саме рівняння в квадратурі не наважується, але чисельно можуть бути побудовані наближені рішення. визначена і неперервна в Q, -32- Приклад 2. 3. Для рівняння y 0 \u003d ex y 2 з'ясувати, чи існують його рішення, певні на R. Якщо ми знову розглянемо це рівняння в «смузі» Q \u003d R2, де функція ∂ ff (x, y) \u003d ex y 2 визначена і неперервна, а \u003d 2yex, то можемо помітити, ∂y що умова слідства порушується, а саме, не існує такої безперервної функції L (x), що f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j при всіх y1, y2 2 R. справді, f (x, y2) f (x, y1) \u003d ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, а вираз jy2 + y1 j не є обмеженим при y1, y2 2 R. Таким чином, слідство не застосовується. Вирішимо це рівняння «поділом змінних», отримаємо загальне рішення: "y (x) \u003d 0, y (x) \u003d 1. Ex + C Візьмемо для визначеності x0 \u003d 0, y0 2 R. Якщо y0 \u003d 0, то y (x ) 0 - рішення задачі Коші на R. 1 - рішення задачі Коші. при y0 2 [1, 0) ex воно визначено при всіх x 2 R, а при y0 2 (1, 1) [(0, +1) рішення не y0 + 1 може бути продовжено через точку x \u003d ln. Точніше, якщо x\u003e 0, то y0 1 рішення y (x) \u003d y0 +1 визначено при x 2 (1, x), а якщо 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, то рішення існує лише при x 2 1, ln y0 Цей приклад показує, що обмеження на зростання функції f (x, y) в доведеному вище слідстві теореми 2. 4 істотно для продовження рішення на весь (A, B). Аналогічно виходять приклади з функцією f (x, y) \u003d f1 (x) y 1 + ε при будь-якому ε\u003e 0, в наведеному прикладі взято ε \u003d 1 лише для зручності викладу. 2. 3. Продовження рішення для ОДУ першого порядку Визначення 2. 5. Розглянемо рівняння y 0 \u003d f (x, y) і нехай y (x) - його рішення на ha, bi, а Y (x) - його рішення на hA , Bi, причому ha, bi міститься в hA, Bi і Y (x) \u003d y (x) на ha, bi. Тоді Y (x) називається продовженням рішення y (x) на hA, Bi, а про y (x) говорять, що воно продовжено на hA, Bi. -34- У п. 2.2 ми довели локальну теорему існування розв'язку задачі Коші (2.1), (2.2). За яких умов це рішення може бути продовжено на більш широкий проміжок? Цьому питанню і присвячений цей параграф. Основний його результат полягає в наступному. Теорема 2. 5 (про продовження рішення в обмеженій замкненій області). Нехай функція f (x, y) 2 CG і задовольняє умові Ліпшиця по y в R2, а (x0, y0) внутрішня точка обмеженою замкнутої області G G. Òогда через точку (x0, y0) проходить рішення рівняння y 0 \u003d f (x , y), що продовжується аж до ∂G кордону області G, тобто воно може бути продовжено на такий відрізок, що точки a, y (a) і b, y (b) лежать на ∂G. ∂f (x, y) неперервна в огранічен∂y ної, замкнутої, опуклою по y області G, то функція f (x, y) задовольняє в G умові Ліпшиця по змінній y. Див. Наслідок з утвердження 2. 1 ∂f з п. 2.1. Тому дана теорема буде справедлива, якщо неперервна в ∂y G. Зауваження 2. 11. Нагадаємо, що якщо Доказ. Так як (x0, y0) - внутрішня точка G, то знайдеться замкнутий прямокутник no 2 P \u003d (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β, цілком лежить в G. Тоді по теоремі 2. 3 з п . 2.2 знайдеться h\u003e 0 таке, що на відрізку існує (і до того ж єдине) рішення y \u003d φ (x) рівняння y 0 \u003d f (x, y). Áудем спочатку продовжувати це рішення вправо аж до кордону області G, розбивши доказ на окремі кроки. 1. Розглянемо безліч ER: no E \u003d α\u003e 0 рішення y \u003d φ (x) продолжаемості на існує рішення y \u003d φ1 (x) рівняння y 0 \u003d f (x, y), що задовольняє умовам Коші φ1 ~ b \u003d φ ~ b . Таким чином, φ (x) і φ1 (x) - це рішення на відрізку ~ b h1, ~ b одного рівняння, що збігаються в точці x \u003d ~ b, тому вони збігаються на всьому відрізку ~ b h1, ~ b і, отже, φ1 (x) є продовженням рішення φ (x) з відрізка ~ b h1, ~ b на ~ b h1, ~ b + h1. Розглянемо функцію ψ (x): φ (x), x 2 x0, ψ (x) \u003d φ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, яка є рішенням рівняння y 0 \u003d f (x, y) і задовольняє умові Коші ψ (x0) \u003d y0. Тоді число α0 + h1 2 E, а це суперечить визначенню α0 \u003d sup E. Отже, випадок 2 неможливий. Аналогічно рішення φ (x) триває вліво, на відрізок, де точка a, φ (a) 2 ∂G. Теорема повністю доведена. -37- Глава III. Завдання Коші для нормальної системи n-го порядку 3. 1. Основні поняття і деякі допоміжні властивості вектор-функцій У цьому розділі будемо розглядати нормальну систему n-го порядку виду 8\u003e t, y,. . . , Y y _ \u003d f 1 n 1 1\u003e,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > \u003e: Y_ \u003d f t, y,. . . , Y, n n 1 n де невідомими (шуканими) є функції y1 (t),. . . , Yn (t), а функції fi - відомі, i \u003d 1, n, точка над функцією позначає похідну по t. Передбачається, що всі fi визначені в області G Rn + 1. Зручно записувати систему (3.1) у векторній формі: y_ \u003d f (t, y), де y (t) y1 (t). . . , Yn (t), f (t, y) f1 (t, y). . . , Fn (t, y); стрілочки в позначенні векторів для стислості писати не будемо. Такий запис також будемо позначати (3.1). Нехай точка t0, y10,. . . , Yn0 лежить в G. Завдання Коші для (3.1) полягає в знаходженні рішення φ (t) системи (3.1), що задовольняє умові: φ1 (t0) \u003d y10, φ2 (t0) \u003d y20, ..., φn (t0) \u003d yn0, (3.2) або у векторній формі φ (t0) \u003d y 0. Як зазначалося в розділі 1, під рішенням системи (3.1) на проміжку ha, bi розуміється вектор-функція φ (t) \u003d φ1 (t),. . . , Φn (t), що задовольняє умовам: 1) 8 t 2 ha, bi точка t, φ (t) лежить в G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt φ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi φ (t) задовольняє (3.1). Якщо таке рішення додатково задовольняє (3.2), де t0 2 ha, bi, то воно називається рішенням задачі Коші. Умови (3.2) називають на початковому умовами або умовами Коші, а числа t0, y10,. . . , Yn0 - даними Коші (початковими даними). В окремому випадку, коли вектор-функція f (t, y) (n + 1) змінної залежить від y1,. . . , Yn лінійним чином, тобто має вигляд: f (t, y) \u003d A (t) y + g (t), де A (t) \u003d aij (t) - n n матриця, система (3.1) називається лінійної. Надалі нам знадобляться властивості вектор-функцій, які ми тут наведемо для зручності посилань. Правила додавання і множення на число для векторів відомі з курсу лінійної алгебри, ці основні операції виконуються покоординатно. n Якщо в R ввести скалярний твір x, y \u003d x1 y1 +. . . + Xn yn, то отримаємо евклидово простір, яке теж будемо позначати Rn, з довжиною s q n P вектора jxj \u003d x, x \u003d x2k (або евклідової нормою). Для скалярного k \u003d 1 твори і довжини справедливі два основних нерівності: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn ського). x + y 6 x + y x, y 6 x (нерівність трикутника); y (нерівність Коші Áуняков- З курсу математичного аналізу другого семестру відомо, що збіжність послідовності точок (векторів) в евклідовому просторі (скінченномірному) рівносильна збіжності послідовностей координат цих векторів, кажуть, рівносильна покоординатно збіжності. Це легко випливає з нерівностей: qp max x 6 x21 +... + x2n \u003d jxj 6 n max xk. 16k6n 16k6n Аналогічно скалярному нагоди визначаються похідна й інтеграл векторфункціі, а властивості легко доводяться за допомогою переходу до координат. Наведемо деякі нерівності для вектор-функцій, що застосовуються в подальшому. 1. Для будь-який вектор-функції y (t) \u003d y1 (t),. . . , Yn (t), інтегрованої (наприклад, безперервної) на, справедливо нерівність Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) або в координатної формі 0 Zb Zb y1 (t) dt, @ y2 (t) dt,. . . , A 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) +. . . yn2 (t) dt. a a Доказ. Зауважимо по-перше, що в нерівності не виключається випадок b< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [Email protected] 2 + 2 l \u003d 1 2 x, k, i \u003d 1 звідки слід (3.5). Визначення 3. 1. Áудем говорити, що вектор-функція f (t, y) задовольняє умові Ліпшиця по векторної змінної y на мно 1 дружність G переменниõ (t, y), якщо 9 L\u003e 0 така, що при будь-яких t, y , 2 t, y 2 G виконується нерівність ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. Як і в випадку функції двох змінних (див. Твердження 2.1) достатньою умовою ліпшіцевості в «опуклою по y» області G є обмеженість приватних похідних. Дамо точне визначення. Визначення 3. 2. Область G змінних (t, y) називається опуклою 1 2 по y, якщо для будь-яких двох точок t, y і t, y, що лежать в G, їй цілком належить і відрізок, що з'єднує ці дві точки, т. е. безліч n o t, y y \u003d y 1 + τ y 2 y 1, де τ 2. Затвердження 3. 1. Якщо область G змінних (t, y) опукла по y, а ∂fi приватні похідні неперервні і обмежені константою l в G при ∂yj всіх i, j \u003d 1, n, то вектор-функція ft, y задовольняє в G умові Ліпшиця по y з константою L \u003d n l. 1 2 Доказ. Розглянемо довільні точки t, y і t, y з G і 1 2 відрізок, їх з'єднує, тобто безліч t, y, де y \u003d y + τ y y1, t - фіксоване, а τ 2. -41- Введемо вектор функцію одного скалярного аргументу g (τ) \u003d ft, y (τ), 2 1 тоді g (1) g (0) \u003d ft, yft, y, а з іншого боку - Z1 g (1) g (0) \u003d dg (τ) dτ \u003d dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ \u003d dτ 0 0 h \u003d в силу y \u003d y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 \u003d A (τ) y 2 y 1 dτ , 0 де A (τ) - матриця з елементами ∂fi, а ∂yj y2 y 1 - відповідний стовпець. Тут ми скористалися правилом диференціювання складної функції, а саме, при всіх i \u003d 1, n, t - фіксоване, маємо: gi0 (τ) \u003d ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t, y (τ) \u003d + + ... + \u003d dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1. \u003d ∂y1 ∂yn Записуючи це в матричному вигляді, отримаємо: 0 2- 1 g (τ) \u003d A (τ) y y з n n матрицею A (τ) \u003d aij (τ) ∂fi ∂yj. Використовуючи оцінку інтеграла (3.3) і нерівність (3.5), після підстановки отримаємо: ft, y 2 ft, y 1 Z1 \u003d g 0 (τ) dτ \u003d 0 Z1 6 A (τ) y 2 Z1 y1 A (τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A (τ) A (τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 nl 0 6 max A (τ) оскільки 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi \u003d i, j \u003d 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 при 8 τ 2. Затвердження доведено. -42- 3. 2. Åдінственность рішення задачі Коші для нормальної системи Теорема 3. 1 (про оцінку різниці двох рішень). Нехай G деяка область Rn + 1, а вектор-функція f (x, y) неперервна в G і задовольняє умові Ліпшиця по векторної змінної y на безлічі G з константою L. Якщо y 1, y 2 два рішення нормальної системи (3.1) y_ \u003d f (x, y) на відрізку, то справедлива оцінка y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) при всіх t 2. Доказ дослівно, з урахуванням очевидних переобозначеніе, повторює доказ теореми 2.1 з п. 2.1. 2 Звідси легко отримати теорему єдиності і стійкості рішення за початковими даними. Ñледствіе 3.1. Нехай вектор-функція f (t, y) неперервна в області G і задовольняє в G умові Ліпшиця по y, а функції y 1 (t) і y 2 (t) два рішення нормальної системи (3.1) на одному і тому ж відрізку, причому t0 2. Якщо y 1 (t0) \u003d y 2 (t0), то y 1 (t) y 2 (t) на. Ñледствіе 3.2. (Про безперервну залежності від начальниõ данниõ). Нехай вектор-функція f (t, y) неперервна в області G і задовольняє в G умові Ліпшиця по y з константою L\u003e 0, а вектор-функції y 1 (t) і y 2 (t) це рішення нормальної системи (3.1) , певні на. Òогда при 8 t 2 справедливо нерівність y 1 (t) де δ \u003d y 1 (t0) y 2 (t0), а l \u003d t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Доказ наслідків дослівно, з урахуванням очевидних переобозначеніе, повторює доказ наслідків 2.1 і 2.2. 2 Дослідження можливості розв'язання задачі Коші (3.1), (3.2), як і в одновимірному випадку, зводиться до розв'язання інтегрального рівняння (векторного). Лема 3. 1. Нехай f (t, y) 2 C G; Rn 1. Òогда мають місце наступні твердження: 1) будь-яке рішення φ (t) рівняння (3.1) на проміжку ha, bi, удовлетво ряющий (3.2) t0 2 ha, bi, є безперервним рішенням на ha, bi 1 Через C G; H прийнято позначати безліч всіх безперервних в області G функцій зі значеннями в просторі H. Наприклад, f (t, y) 2 C G; Rn компонентами), визначених на безлічі G. - безліч всіх безперервних вектор-функцій (з n -43- інтегрального рівняння y (t) \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) якщо вектор -функція φ (t) 2 C ha, bi є безперервним рішенням інтегрального рівняння (3.6) на ha, bi, де t0 2 ha, bi, то φ (t) має безперервну похідну на ha, bi і є рішенням (3.1), (3.2). Доказ. 1. Нехай 8 τ 2 ha, bi виконується рівність dφ (τ) \u003d f τ, φ (τ). Тоді інтегруючи від t0 до t, з урахуванням (3.2), полуdτ Rt 0 чім, що φ (t) \u003d y + f τ, φ (τ) dτ, тобто φ (t) задовольняє рівняння (3.6). t0 2. Нехай безперервна вектор-функція φ (t) задовольняє уравне нию (3.6) на ha, bi, тоді ft, φ (t) неперервна на ha, bi по теоремі про безперервність складної функції, а тому права частина (3.6) ( і, отже, ліва частина) має безперервну похідну по t на ha, bi. При t \u003d t0 з (3.6) φ (t0) \u003d y 0, тобто φ (t) - розв'язок задачі Коші (3.1), (3.2). Зауважимо, що як зазвичай, під похідною на кінці відрізка (якщо він йому належить) розуміється одностороння похідна функції. Лема доведена. Зауваження 3. 1. Користуючись аналогією з одновимірним випадком (див. Розділ 2) і доведеними вище твердженнями, можна довести терему про існування і продовження вирішення задачі Коші, побудувавши итерационную послідовність, що сходиться до вирішення інтегрального рівняння (3.6) на деякому відрізку t0 h, t0 + h. Ми тут наведемо інший доказ теореми існування (і єдиності) рішення, що спирається на принцип стискаючих відображень. Робимо ми це для знайомства читача з більш сучасними методами теорії, які будуть застосовуватися в подальшому, в курсах інтегральних рівнянь і рівнянь математичної фізики. Для здійснення нашого плану знадобиться ряд нових понять і допоміжних тверджень, до розгляду яких ми і перейдемо. 3. 3. Поняття метричного простору. Принцип сжімающіõ відображень Найважливіше поняття межі в математиці спирається на поняття «близькості» точок, тобто на можливість знаходити відстань між ними. На числової осі відстань - це модуль різниці двох чисел, на площині - це добре відома формула евклидова відстані і т.д. Багато фактів аналізу не використовують алгебраїчних властивостей елементів, а спираються лише на поняття відстані меду ними. Розвиток цього підходу, тобто виділення «істоти», що відноситься до поняття межі, призводить до поняттю метричного простору. -44- Визначення 3. 3. Нехай X - безліч довільної природи, а ρ (x, y) - дійсна функція двох змінних x, y 2 X, яка задовольняє трьом аксіомам: 1) ρ (x, y)\u003e 0 8 x, y 2 X, причому ρ (x, y) \u003d 0 лише при x \u003d y; 2) ρ (x, y) \u003d ρ (y, x) (аксіома симетрії); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (нерівність трикутника). У цьому випадку безліч X із заданою функцією ρ (x, y) називають метричними простором (ÌП), а функцію ρ (x, y): X X 7! R, що задовольняє 1) - 3), - метрикою або відстанню. Наведемо деякі приклади метричних просторів. Приклад 3. 1. Нехай X \u003d R з відстанню ρ (x, y) \u003d x y, отримаємо МП R. n o n xi 2 R, i \u003d 1, n є Приклад 3. 2. Нехай X \u003d R \u003d x1,. . . , Xn безліч впорядкованих наборів з n дійсних чисел s n 2 P x \u003d x1,. . . , Xn з відстанню ρ (x, y) \u003d xk yk, отримаємо n1 k \u003d 1 n мірне евклідів простір R. n Приклад 3. 3. Нехай X \u003d C a, b; R - безліч всіх безперервних на a, b функцій зі значеннями в Rn, тобто безперервних вектор-функцій, з відстанню ρ (f, g) \u003d max f (t) g (t), де f \u003d f (t) \u003d f1 (t),. . . , Fn (t), t2 s n 2 P g \u003d g (t) g1 (t),. . . , Gn (t), f g \u003d fk (t) gk (t). k \u003d 1 Для прикладів 3. 1 -3. 3 аксіоми МП перевіряються безпосередньо, залишимо це, як вправу для сумлінного читача. Як завжди, якщо кожному натуральному n поставлений у відповідність еле мент xn 2 X, то кажуть, що задана послідовність точок xn ÌП X. Визначення 3. 4. Послідовність точок xn МП X називається сõодящейся до точки x 2 X, якщо lim ρ xn, x \u003d 0. n! 1 Визначення 3. 5. Послідовність xn називається фундаментальною, якщо для будь-якого ε\u003e 0 існує таке натуральне число N (ε), що для всіх n\u003e N і m\u003e N виконується нерівність ρ xn, xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε > 0 9 N (ε) 2 N: 8m, n\u003e N \u003d) 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 знайдеться номер N (ε) такий, що для всіх n\u003e N і для всіх t 2 a, b виконується нерівність 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. Розглянемо B \u003d Am, B: X 7! X, B - стиснення. По теоремі 3. 2 оператор B має єдину нерухому точку x. Так як A і B перестановки AB \u003d BA і так як Bx \u003d x, маємо B Ax \u003d A Bx \u003d Ax, тобто y \u003d Ax - це теж нерухома точка B, а оскільки така точка по теоремі 3. 2 єдина, то y \u003d x або Ax \u003d x. Звідси x - нерухома точка оператора A. Доведемо єдиність. Припустимо, що x ~ 2 X і A ~ x \u003d x ~, тоді m m 1 B x ~ \u003d A x ~ \u003d A x ~ \u003d. . . \u003d X ~, тобто x ~ - також нерухома точка для B, звідки x ~ \u003d x. Теорема доведена. Окремим випадком метричного простору є лінійне нормоване простір. Наведемо точне визначення. Визначення 3. 9. Нехай X - лінійний простір (дійсне або комплексне), на якому визначена числова функція x, діюча з X в R і задовольняє аксіомам: 1) 8 x 2 X, x\u003e 0, причому x \u003d 0 лише при x \u003d θ; 2) 8 x 2 X і для 8 λ 2 R (або C) виконується 3) 8 x, y 2 X виконується ника). x + y 6 x + y λx \u003d jλj x; (Нерівність треуголь- Тоді X називається нормованим простором, x: X 7! R, яка задовольнить 1) - 3), - нормою. а функція В нормірованномпространстве можна ввести відстань між елементами за формулою ρ x, y \u003d x y. Виконання аксіом МП легко перевіряється. Якщо отримане метричний простір повно, то відповідне нормоване простір називається банаõовим простором. Часто на одному і тому ж лінійному просторі можна по-різному ввести норму. У зв'язку з цим виникає таке поняття. Визначення 3. 10. Нехай X - лінійний простір, а й - два 1 2 норми, введені на ньому. Норми і називаються ýквівалентнимі 1 2 нормами, якщо 9 C1\u003e 0 і C2\u003e 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. Зауваження 3. 3. Якщо і - дві еквівалентні норми на X, і 1 2 простір X є повним по одній з них, то воно повно і за іншою нормою. Це легко випливає з того, що послідовність xn X, фундаментальна по, фундаментальна також і по, причому сходиться станом на 1 2 того ж елементу x 2 X. -47- Зауваження 3. 4. Часто теорема 3. 2 (або 3. 3) застосовується коли в якості повного n простору беруть замкнутий куля цього простору o Br (a) \u003d x 2 X ρ x, a 6 r, де r\u003e 0 і a 2 X фіксовані. Відзначимо, що замкнутий куля в ПМП сам є ПМП з тим же відстанню. Доказ цього факту залишаємо читачеві як вправа. Зауваження 3. 5. Вище була встановлена \u200b\u200bповнота простору з при n міра 3. 3. Зауважимо, що в лінійному просторі X \u003d C 0, T, R можна ввести норму kxk \u003d max x (t) так, що отримане нормірован- ве буде Банаха. На цьому ж безлічі безперервних на простір 0, T вектор-функцій можна ввести еквівалентну норму за формулою kxkα \u003d max e αt x (t) при будь-якому α 2 R. При α\u003e 0 еквівалентність випливає з нерівностей e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) при всіх t 2 0, T, звідки e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Цим властивістю еквівалентних норм ми скористаємося при доведенні теореми про однозначну розв'язання задачі Коші для лінійних (нормальних) систем. 3. 4. Теореми існування і єдиності рішення задачі Коші для нормальниõ систем Розглянемо задачу Коші (3.1) - (3.2), де початкові дані t0, y 0 2 G, G Rn + 1 - область визначення вектор-функції f (t, y ). У цьому параграфі будемо припускати, що G має - деяка n вид G \u003d a, b o, де область Rn, а куля BR (y 0) \u003d Має місце теорема. y 2 Rn y y0 6 R цілком лежить в. Теорема 3. 4. Нехай вектор-функція f (t, y) 2 C G; Rn, причому 9 M\u003e 0 і L\u003e 0 такі, що виконуються умови 1) 8 (t, y) 2 G \u003d a, b f (t, y) 6 M; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Ôіксіруем число δ 2 (0, 1) і нехай t0 2 (a, b). Òогда R 1 δ 9 h \u003d min; ; t0 a; b t0\u003e 0 ML таке, що існує і притому єдине рішення задачі Êоші (3.1), (3.2) y (t) на відрізку Jh \u003d t0 h, t0 + h, причому y (t) y 0 6 R при всіх t 2 Jh. -48- Доказ. За лемі 3. 1 задача Коші (3.1), (3.2) еквівалентна інтегрального рівняння (3.6) на відрізку, а отже, і на Jh, де h вибрано вище. Розглянемо Банахів простір X \u003d C (Jh; Rn) - безліч безперервних на відрізку Jh вектор-функцій x (t) з нормою kxk \u003d max x (t) і введемо в X замкнутий безліч: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh \u003d y (t) 2 X y (t) n \u003d y (t) 2 X yy (t) o 0 6R \u003d o 0 y 6R замкнутий куля в X. Оператор A, визначений за правилом: Ay \u003d y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 переводить SR y 0 в себе, так як y 0 \u003d max Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h \u200b\u200bM 6 R t0 за умовою 1 теореми і визначенню h. Доведемо, що A є на SR оператором стиску. Візьмемо довільним 0 1 2 і оцінимо величину: ні y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 \u003d max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) if τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 \u003d q y2 y1, де q \u003d h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 вибираємо по R формулою h \u003d min M; 1L δ; b a, а в якості відрізка Jh всюди треба взяти -49- Jh \u003d t0, t0 + h \u003d a, a + h. Всі інші умови теореми не змінюються, її доказ, з урахуванням переобозначеніе, Rсохраняется. Для випадку t0 \u003d b, аналогічно, h \u003d min M; 1L δ; b a, а Jh \u003d b h, b. n Зауваження 3. 7. У теоремі 3. 4 умова f (t, y) 2 C G; R, де G \u003d a, b D, можна послабити, замінивши на вимогу безперервності f (t, y) по змінній t при кожному y 2, зі збереженням умов 1 і 2. Доказ не зміниться. Зауваження 3. 8. Досить, щоб умови 1 і 2 теореми 3. 4 виконувалися 0 при всіх t, y 2 a, b BR y, при цьому константи M і L залежать, 0 взагалі кажучи, від y і R. При більш жорстких обмеженнях на вектор-функцію ft, y, аналогічно теоремі 2.4 справедлива теорема існування і єдиності рішення задачі Коші (3.1), (3.2) на всьому відрізку a, b. n Теорема 3. 5. Нехай вектор-функція fx, y 2 CG, R, де G \u003d a, b Rn, і існує L\u003e 0, таке, що виконується умова 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. Òогда при будь-яких t0 2 і y 0 2 Rn на a, b існує і притому єдине рішення задачі Êоші (3.1), (3.2). Доказ. Візьмемо довільні t0 2 і y 0 2 Rn і фіксуємо їх. Безліч G \u003d a, b Rn представимо у вигляді: G \u003d G [G +, де Rn, а G + \u003d t0, b Rn, вважаючи, що t0 2 a, b, інакше один G \u003d a, t0 з етапів докази буде відсутній. Проведемо міркування для смуги G +. На відрізку t0, b завдання Коші (3.1), (3.2) еквівалентна рівнянню (3.6). Введемо оператор інтегральному n A: X 7! X, де X \u003d C t0, b; R, за формулою Ay \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ. t0 Тоді інтегральне рівняння (3.6) можна записати у вигляді операційного рівняння Ay \u003d y. (3.8) Якщо ми доведемо, що операторний рівняння (3.8) має рішення в ПМП X, то отримаємо можливість розв'язання задачі Коші на t0, b або на a, t0 для G. Якщо це рішення буде єдино, то в силу еквівалентності, єдиним буде і рішення задачі Коші. Наведемо два докази однозначної розв'язності рівняння (3.8). Доказ 1. Розглянемо довільні вектор-функції 1 2 n y, y 2 X \u003d C t0, b; R, тоді справедливі оцінки при будь-якому -50- t 2 t0, b Ay 2: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) \u003d 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. Нагадаємо, що в X норма вводиться так: kxk \u003d max x (τ). З отриманий ного нерівності будемо мати: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) \u003d 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Продовжуючи цей процес, по індукції можна довести, що 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Звідси, звичайно, отримаємо оцінку Ak y 2 Ak y 1 \u003d max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1. k Оскільки α (k) \u003d! 0 при k! 1, то знайдеться k0 таке, k! що 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 (див. Зауваження 3. 5) за формулою: x α \u003d max e αt x (t). -51- Покажемо, що можна вибрати α так, що оператор A в просторі X з нормою при α\u003e L буде стискає. Дійсно, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt \u003d max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ \u003d t0 \u003d L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) \u003d y2 α t0 \u003d L max e αt Так як α\u003e L, то q \u003d L α 1 1 αt e α e eαt0 L \u003d α α b t0 y 2 y1 y 1 α \u003d 1 e α b t0.< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x) dx = q(x), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q(ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q(ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x > x0. В силу (4.18) маємо Rx Zx K dξ y (x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ \u003d y0 eK (x x0) Zx + M x0 \u003d y0 e K (x x0) eK (x ξ) dξ \u003d x0 M + K e K (x ξ) ξ \u003d x ξ \u003d x0 \u003d y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. Нехай тепер 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, то, очевидно, функція y (x) 0 є рішенням рівняння (4.24). Для вирішення рівняння Áернуллі (4.24) α 6 \u003d 0, α 6 \u003d 1 розділимо обидві частини рівняння на y α. При α\u003e 0 треба врахувати, що в силу зауваження 4. 4 функція y (x) 0, є рішенням рівняння (4.24), яке при такому розподілі буде втрачено. Отже, в подальшому його треба буде додати в загальне рішення. Після поділу отримуємо співвідношення y α y 0 \u003d a (x) y 1 α + b (x). Введ¼м нову шукану функцію z \u003d y 1 α, тоді z 0 \u003d (1 отже, приходимо до рівняння щодо z z 0 \u003d (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x). α y 0, а (4.25) Рівняння (4.25) являє собою лінійне рівняння. Такі рівняння розглянуті в п. 4.2, де отримана формула загального рішення, в силу якої рішення z (x) рівняння (4.25) записується у вигляді z (x) \u003d Ce R (α 1) a (x) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx. (4.26) Тоді функція y (x) \u003d z 1 α (x), де z (x) визначена в (4.26), є рішенням рівняння Áернуллі (4.24). -64- Крім того, як зазначено вище, при α\u003e 0 рішенням також є функція y (x) 0. Приклад 4. 4. Ðешім рівняння y 0 + 2y \u003d y 2 ex. (4.27) Розділимо рівняння (4.27) на y 2 і зробимо заміну z \u003d отримаємо лінійне неоднорідне рівняння 1 y. В результаті z 0 + 2z \u003d ex. (4.28) Вирішуємо спочатку однорідне рівняння: z 0 + 2z \u003d 0, dz \u003d 2dx, z ln jzj \u003d 2x + c, z \u003d Ce2x, C 2 R1. Рішення неоднорідного рівняння (4.28) шукаємо методом варіації довільної сталої: zчн \u003d C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x \u003d ex, C 0 \u003d ex, C (x) \u003d ex, звідки zчн \u003d ex, а загальне рішення рівняння (4.28) z (x) \u003d Ce2x + ex. Отже, рішення рівняння Áернуллі (4.24) запишеться у вигляді y (x) \u003d 1. ex + Ce2x Крім того, рішенням рівняння (4.24) є також функція y (x) Це рішення ми втратили при поділі цього рівняння на y 2. 0. 4. 5. Рівняння в полниõ діфференціалаõ Розглянемо рівняння в диференціалах M (x, y) dx + N (x, y) dy \u003d 0, (x, y) 2 G, (4.29) G - деяка область в R2. Таке рівняння називається рівнянням в полниõ діфференціалаõ, якщо існує функція F (x, y) 2 C 1 (G), звана потенціалом, така, що dF (x, y) \u003d M (x, y) dx + N (x, y ) dy, (x, y) 2 G. Áудем для простоти припускати, що M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), а область G є однозв'язної. У цих припущеннях в курсі математичного аналізу (див., Наприклад,) доводиться, що потенціал F (x, y) для рівняння (4.29) існує (тобто (4.29) - рівняння в повних диференціалах) тоді і тільки тоді, коли My (x, y) \u003d Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. При цьому (x, Z y) F (x, y) \u003d M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0) де точка (x0, y0) - деяка фіксована точка з G, (x, y) - поточна точка в G, а криволінійний інтеграл береться по будь-якій кривій, що з'єднує точки (x0, y0) і (x, y) і цілком лежить в області G. Якщо рівняння (4.29) є рівняння

Даний курс лекцій читається більше 10 років для студентів теоретичної і прикладної математики в Далекосхідному державному університеті. Відповідає стандарту II покоління але даними спеціальностями. Рекомендований студентам і магістрантам математичних спеціальностей.

Теорема Коші про існування та єдиності розв'язку задачі Коші рівняння першого порядку.
У цьому параграфі ми, наклавши певні обмеження на праву частину диференціального рівняння першого порядку, доведемо існування і єдиність рішення, що визначається початковими даними (х0, у0). Перший доказ існування рішення диференціальних рівнянь належить Коші; наведене нижче доказ дано Пікаром; воно проводиться за допомогою методу послідовних наближень.

ЗМІСТ
1. Рівняння першого порядку
1.0. Вступ
1.1. Рівняння з відокремлюваними змінними
1.2. однорідні рівняння
1.3. Узагальнені однорідні рівняння
1.4. Лінійні рівняння першого порядку і ті, що зводяться до них
1.5. рівняння Бернуллі
1.6. рівняння Риккати
1.7. Рівняння в повних диференціалах
1.8. Інтегруючий множник. Найпростіші випадки знаходження інтегруючого множника
1.9. Рівняння, не дозволені щодо похідної
1.10. Теорема Коші про існування та єдиності розв'язку задачі Коші рівняння першого порядку
1.11. особливі точки
1.12. особливі рішення
2. Рівняння вищих порядків
2.1. Основні поняття і визначення
2.2. Типи рівнянь n-го порядку, розв'язні в квадратурі
2.3. Проміжні інтеграли. Рівняння, що допускають зниження порядку
3. Лінійні диференціальні рівняння п го порядку
3.1. Основні поняття
3.2. Лінійні однорідні диференціальні рівняння п го порядку
3.3. Зниження порядку лінійного однорідного рівняння
3.4. Неоднорідні лінійні рівняння
3.5. Зниження порядку в лінійному неоднорідному рівнянні
4. Лінійні рівняння з постійними коефіцієнтами
4.1. Однорідне лінійне рівняння з постійними коефіцієнтами
4.2. Неоднорідні лінійні рівняння з постійними коефіцієнтами
4.3. Лінійні рівняння другого порядку з хитаються рішеннями
4.4. Інтегрування за допомогою статечних рядів
5. Лінійні системи
5.1. Неоднорідні і однорідні системи. Деякі властивості рішень лінійних систем
5.2. Необхідні і достатні умови лінійної незалежності до рішень лінійної однорідної системи
5.3. Існування фундаментальної матриці. Побудова загального рішення лінійної однорідної системи
5.4. Побудова всієї множини фундаментальних матриць лінійної однорідної системи
5.5. Неоднорідні системи. Побудова загального рішення методом варіації довільних сталих
5.6. Лінійні однорідні системи з постійними коефіцієнтами
5.7. Деякі відомості з теорії функцій від матриць
5.8. Побудова фундаментальної матриці системи лінійних однорідних рівнянь зі сталими коефіцієнтами в загальному випадку
5.9. Теорема існування і теореми про функціональні властивості рішень нормальних систем диференціальних рівнянь першого порядку
6. Елементи теорії стійкості
6.1
6.2. Найпростіші типи точок спокою
7. Рівняння в приватних похідних 1-го порядку
7.1. Лінійне однорідне рівняння в приватних похідних 1-го порядку
7.2. Неоднорідне лінійне рівняння в приватних похідних 1 порядку
7.3. Система двох рівнянь в приватних похідних з 1 невідомою функцією
7.4. рівняння Пфаффа
8. Варіанти контрольних завдань
8.1. Контрольна робота №1
8.2. Контрольна робота №2
8.3. Контрольна робота №3
8.4. Контрольна робота №4
8.5. Контрольна робота №5
8.6. Контрольна робота №6
8.7. Контрольна робота №7
8.8. Контрольна робота №8.

Безкоштовно завантажити електронну книгу в зручному форматі, дивитися і читати:
Завантажити книгу Курс лекцій по звичайних диференціальних рівнянь, Шепелєва Р.П., 2006 - fileskachat.com, швидке і безкоштовне скачування.

завантажити pdf
Нижче ви можете купити цю книгу за найкращою ціною зі знижкою з доставкою по всій Росії.

«ЛЕКЦІЇ по звичайних диференціальних рівнянь ЧАСТИНА 1. ЕЛЕМЕНТИ ЗАГАЛЬНОЇ ТЕОРІЇ У навчальному посібнику викладено положення, які складають основу теорії звичайних диференціальних рівнянь: ...»

- [Сторінка 1] -

А. Е. Мамонтов

ЛЕКЦІЇ як звичайно

диференціальних рівнянь

ЕЛЕМЕНТИ ЗАГАЛЬНОЇ ТЕОРІЇ

У навчальному посібнику викладено положення, які складають

основу теорії звичайних диференціальних рівнянь: поняття рішень, їх існування, єдиність,

залежність від параметрів. Також (в § 3) певна увага приділяється «явного» рішенням деяких класів рівнянь. Посібник призначений для поглибленого вивчення курсу «Диференціальні рівняння» студентами, які навчаються на математичному факультеті Новосибірського державного педагогічного університету.

УДК 517.91 ББК В161.61 Передмова Навчальний посібник призначений для студентів математичного факультету Новосибірського державного педагогічного університету, які бажають вивчити обов'язковий курс «Диференціальні рівняння» в розширеному обсязі. До уваги читачів пропонуються основні поняття і результати, що становлять фундамент теорії звичайних диференціальних рівнянь: поняття про рішення, теореми про їхнє існування, єдиності, залежно від параметрів. Описаний матеріал викладається у вигляді логічно нерозривного тексту в §§ 1, 2, 4, 5. Також (в § 3, що стоїть трохи осторонь і тимчасово перериває головну нитку курсу) коротко розглянуті найбільш затребувані прийоми «явного» знаходження рішень деяких класів рівнянь. При першому читанні § 3 можна пропустити без істотного збитку для логічної структури курсу.

Важливу роль відіграють вправи, у великій кількості включені в текст. Читачеві настійно рекомендується прорешівать їх «по гарячих слідах», що гарантує засвоєння матеріалу і послужить тестом. Більш того, нерідко ці вправи заповнюють логічну тканину, т. Е. Без їх рішення не всі положення будуть строго доведені.

У квадратних дужках посередині тексту винесені зауваження, що носять роль коментарів (розширених або побічних пояснень). Лексично ці фрагменти переривають основний текст (т. Е. Для зв'язкового читання їх потрібно «не помічати»), але все ж вони потрібні в якості пояснень. Іншими словами, ці фрагменти потрібно сприймати так, як ніби вони винесені на поля.

У тексті зустрічаються окремо рубрикованих «зауваження для викладача» - вони можуть бути опущені при читанні учнями, але корисні для викладача, який буде використовувати посібник, наприклад, при читанні лекцій - вони допомагають краще зрозуміти логіку курсу і вказують напрямок можливих вдосконалень (розширень) курсу . Втім, освоєння цих зауважень навчаються можна тільки вітати.

Аналогічну роль грають «обгрунтування для викладача» - вони в украй стислій формі дають доказ деяких положень, запропонованих читачеві в якості вправ.

Найбільш вживані (ключові) терміни використовуються у вигляді абревіатур, список яких для зручності наведено в кінці. Там же наведено список математичних позначень, що зустрічаються в тексті, але не відносяться до самих вживаним (та / або не розуміється однозначно в літературі).

Символ означає кінець докази, формулювання твердження, зауваження і т. П. (Там де це потрібно, щоб уникнути плутанини).

Нумерація формул незалежно ведеться в кожному параграфі. При посиланні на частину формули використовуються індекси, наприклад (2) 3 означає 3-ю частину формули (2) (частинами формули вважаються фрагменти, розділені типографським прогалиною, а з логічних позицій - зв'язкою «і»).

Даний посібник не може абсолютно замінити глибокого вивчення предмета, яке вимагає самостійних вправ і читання додаткової літератури, наприклад, тієї, список якої приведений в кінці посібника. Однак автор спробував викласти основні положення теорії в досить стислій формі, придатній для лекційного курсу. У зв'язку з цим слід зазначити, що при читанні лекційного курсу з даного посібника на нього йде близько 10 лекцій.

Планується видання ще 2 частин (томів), які продовжують цю допомогу і завершальних тим самим цикл лекцій з предмету «звичайні диференціальні рівняння»: частина 2 (лінійні рівняння), частина 3 (подальша теорія нелінійних рівнянь, рівняння в приватних похідних першого порядку).

§ 1. Введення Диференціальне рівняння (ДУ) - це співвідношення виду u1 u1 un, вищі похідні F y, u (y), ..., \u003d 0, y1 y2 yk (1) де y \u003d (y1, ..., yk) Rk - незалежні змінні, а u \u003d u (y) - невідомі функціі1, u \u003d (u1, ..., un). Таким чином, в (1) є n невідомих, так що потрібно n рівнянь, т. Е. F \u003d (F1, ..., Fn), так що (1) є, взагалі кажучи, система з n рівнянь. Якщо невідома функція одна (n \u003d 1), то рівняння (1) - скалярний (одне рівняння).

Отже, функція (і) F задана (и), а u шукається. Якщо k \u003d 1, то (1) називається ОДУ, а інакше - УЧП. Другий випадок є предметом особливого курсу УМФ, викладеного в однойменній серії навчальних посібників. У цій серії посібників (що складається з 3 частин-томів) ми будемо вивчати тільки ОДУ, за винятком останнього параграфа останньої частини (томи), в якому почнемо вивчати деякі окремі випадки УЧП.

2u u Приклад. 2 \u003d 0 - це УЧП.

y1 y Невідомі величини u можуть бути речовими або комплексними, що несуттєво, т. к. цей момент відноситься лише до форми записи рівнянь: будь-яку комплексну запис можна перетворити в речову, відокремивши речовинну і мниму частини (але при цьому, звичайно, подвоївши число рівнянь і невідомих), і навпаки, в деяких випадках зручно переходити до комплексної записи.

du d2v dv · 2 \u003d uv; u3 \u003d 2. Це система з 2 ОДУ Приклад.

dy dy dy для 2 невідомих функцій від незалежного змінного y.

Якщо k \u003d 1 (ОДУ), то вживається «прямий» значок d / dy.

u (y) du Приклад. exp (sin z) dz - це ОДУ, т. к. воно має Приклад. \u003d U (u (y)) при n \u003d 1 - це не ДУ, а функdy нальних-диференціальне рівняння.

Це не ДУ, а інтегро-диференціальне рівняння, такі рівняння ми вивчати не будемо. Втім, саме рівняння (2) легко зводиться до ОДУ:

Вправа. Звести (2) до ОДУ.

Але взагалі інтегральні рівняння - більш складний об'єкт (він частково вивчається в курсі функціонального аналізу), хоча, як ми побачимо нижче, саме з їх допомогою виходять деякі результати для ОДУ.

ДУ виникають як з внутріматематіческіе потреб (наприклад, в диференціальної геометрії), так і в додатках (історично вперше, і зараз в основному - в фізиці). Найпростіше ДУ - це «основне завдання диференціального обчислення» про відновлення функції по її похідної: \u003d h (y). Як відомо з аналізу, її решеdy ня має вигляд u (y) \u003d + h (s) ds. Більш загальні ДУ для своy його рішення потребують спеціальних методів. Втім, як ми побачимо далі, практично всі методи вирішення ОДУ «в явному вигляді» по суті зводяться до зазначеного тривіального випадку.

У додатках найчастіше ОДУ виникають при описі процесів, що розвиваються у часі, так що роль незалежного змінного грає зазвичай час t.

таким чином, сенс ОДУ в таких додатках полягає в описі зміни параметрів системи з плином часу Тому зручно при побудові загальної теорії ОДУ позначати незалежну змінну через t (і називати її часом з усіма наслідками, що випливають термінологічними наслідками), а невідому (і) функцію (ІІ) - через x \u003d (x1, ..., xn). Таким чином, загальний вид ОДУ (системи ОДУ) наступний:

де F \u003d (F1, ..., Fn) - т. е. це система з n ОДУ для n функцій x, а якщо n \u003d 1, то одне ОДУ для 1 функції x.

При цьому x \u003d x (t), t R, а x взагалі кажучи комплекснозначная (це для зручності, т. К. Тоді деякі системи більш компактно записуються).

Кажуть, що система (3) має порядок m по функції xm.

Похідні називається старшими, а решта (включаючи самі xm \u003d) - молодшими. Якщо все m \u003d, то просто говорять, що порядок системи дорівнює.

Правда, нерідко порядком системи називають число m, що теж природно, як стане ясно далі.

Питання про необхідність вивчення ОДУ і їх застосувань ми будемо вважати досить обґрунтованим іншими дисциплінами (диференціальна геометрія, математичний аналіз, теоретична механіка, і т. Д.), І він частково покривається в ході практичних занять при вирішенні завдань (наприклад, з задачника). У цьому курсі ми будемо займатися виключно математичним вивченням систем виду (3), що має на увазі відповідь на наступні питання:

1. що означає «вирішити» рівняння (систему) (3);

2. як це робити;

3. які властивості мають ці рішення, як їх досліджувати.

Питання 1 не так очевидний, як здається - див. Далі. Відразу зауважимо, що будь-яку систему (3) можна звести до системи першого порядку, позначаючи молодші похідні як нові невідомі функції. Найпростіше цю процедуру пояснити на прикладі:

з 5 рівнянь для 5 невідомих. Легко зрозуміти, що (4) і (5) еквівалентні в тому сенсі, що вирішення однієї з них (після відповідного переобозначеніе) розв'язує інший. При цьому слід лише обумовлювати питання про гладкості рішень - це ми будемо робити далі, коли зіткнемося з ОДУ вищого порядку (т. Е. 1-го).

Але тепер ясно, що досить вивчати лише ОДУ першого порядку, а інші можуть знадобитися лише для зручності позначень (така ситуація у нас буде іноді виникати).

А зараз обмежимося ОДУ першого порядку:

dimx \u003d dimF \u003d n.

Вивчення рівняння (системи) (6) незручно в силу того, що воно не дозволено щодо похідних dx / dt. Як відомо з аналізу (з теореми про неявну функцію), при певних умовах на F рівняння (6) можна дозволити щодо dx / dt і записати його у вигляді де f: Rn + 1 Rn задана, а x: R Rn - шукана. Кажуть, що (7) є ОДУ, дозволене щодо похідних (ОДУ нормального вигляду). При переході від (6) до (7), природно, можуть виникати складнощі:

Приклад. Рівняння exp (x) \u003d 0 не може бути записано у вигляді (7), і взагалі не має рішень, т. Е. Exp не має нулів навіть в комплексній площині.

Приклад. Рівняння x 2 + x2 \u003d 1 при вирішенні записується у вигляді двох нормальних ОДУ x \u003d ± 1 x2. Слід вирішити кожне з них і потім витлумачити результат.

Зауваження. При зведенні (3) до (6) може виникнути складність, якщо (3) має 0 порядок з якоїсь функції або частини функцій (т. Е. Це функціонально-диференціальне рівняння). Але тоді ці функції треба виключити з теоремою про неявну функцію.

Приклад. x \u003d y, xy \u003d 1 x \u003d 1 / x. Потрібно знайти x з отриманого ОДУ, а потім y з функціонального рівняння.

Але в будь-якому випадку, проблема переходу від (6) до (7) відноситься скоріше до галузі математичного аналізу, ніж до ДУ, і ми їй займатися не будемо. Втім, при вирішенні ОДУ виду (6) можуть виникати цікаві з точки зору ОДУ моменти, так що це питання доречно вивчати при вирішенні задач (як це зроблено наприклад в) і він злегка торкнеться в § 3. Але в решті частини курсу ми будемо мати справу тільки з нормальними системами і рівняннями. Отже, розглянемо ОДУ (систему ОДУ) (7). Запишемо її 1 раз в покомпонентно вигляді:

Поняття «вирішити (7)» (і взагалі, будь-який ДУ) довгий час розумілося як пошук «явною формули» для вирішення (т. Е. У вигляді елементарних функцій, їх первісних, або спеціальних функцій, і т. П.), Без акценту на гладкості рішення і інтервалі його визначення. Однак сучасний стан теорії ОДУ та інших розділів математики (і взагалі природних наук) показує, що такий підхід незадовільний - хоча б тому, що частка ОДУ, піддаються такому «явного інтегрування», вкрай мала (навіть для найпростішого ОДУ x \u003d f (t) відомо, що рішення в елементарних функціях буває рідко, хоча тут і є «явна формула»).

Приклад. Рівняння x \u003d t2 + x2, незважаючи на свою крайню простоту, не має рішень в елементарних функціях (і тут навіть «немає формули»).

І хоча знати ті класи ОДУ, для яких можливо «явне» побудова рішення, корисно (аналогічно тому, як корисно вміти «рахувати інтеграли», коли це можливо, хоча це можливо вкрай рідко), У зв'язку з цим характерно звучать терміни: «проинтегрировать ОДУ »,« інтеграл ОДУ »(застарілі аналоги сучасних понять« вирішити ОДУ »,« рішення ОДУ »), які відображають колишні поняття про рішення. Як розуміти сучасні терміни, ми зараз розповімо.

і це питання буде розглянуто в § 3 (а також традиційно велика увага йому приділяється при вирішенні завдань на практичних заняттях), але не слід очікувати від цього підходу будь-якої універсальності. Як правило, під процесом рішення (7) ми будемо розуміти зовсім інші кроки.

Слід уточнити, яка функція x \u003d x (t) може називатися рішенням (7).

Перш за все зазначимо, що чітке формулювання поняття рішення неможлива без вказівки безлічі, на якому воно визначено, Хоча б тому, що рішення - це функція, а будь-яка функція (згідно шкільного визначенням) - це закон, що зіставляє кожному елементу деякого безлічі (званого областю визначення цієї функції) певний елемент іншої множини (значень функції). Таким чином, говорити про функції без вказівки області її визначення - це абсурд по визначенню. Аналітичні функції (більш широко - елементарні) служать тут «винятком» (що вводить в оману) за вказаними нижче причин (і деяким іншим), але в разі ДУ такі вольності неприпустимі.

і взагалі без вказівки множин визначення всіх функцій, що беруть участь в (7). Як буде зрозуміло з подальшого, доцільно жорстко пов'язувати поняття рішення з безліччю його визначення, і вважати рішення різними, якщо безлічі їх визначення різні, навіть якщо на перетині цих множин рішення збігаються.

Найчастіше в конкретних ситуаціях це означає, що якщо побудовані рішення у вигляді елементарних функцій, так що 2 рішення мають «однакову формулу», то треба ще уточнювати, чи збігаються безлічі, на яких ці формули написані. Плутанина, довгий час панувала в цьому питанні, була пробачити, поки розглядалися рішення у вигляді елементарних функцій, т. К. Аналітичні функції однозначно тривають на більш широкі інтервали.

Приклад. x1 (t) \u003d et на (0,2) і x2 (t) \u003d et на (1,3) - різні рішення рівняння x \u003d x.

При цьому природно в якості безлічі визначення будь-якого рішення брати відкритий інтервал (може бути, і нескінченний), т. К. Це безліч має бути:

1. відкритим, щоб в будь-якій точці мало сенс говорити про похідну (двосторонньої);

2. зв'язковим, щоб рішення не розпалося на незв'язні шматки (в цьому випадку зручніше говорити про декілька рішеннях) - див. Попередній Приклад.

Таким чином, рішення (7) - це пара (, (a, b)), де a b +, визначена на (a, b).

Зауваження для викладача. У деяких підручниках допускається включення кінців відрізка в область визначення рішення, але це недоцільно з огляду на те, що тільки ускладнює виклад, а реального узагальнення не дає (див. § 4).

Щоб легше було зрозуміти подальші міркування, корисно використовувати геометричну трактування (7). У просторі Rn + 1 \u003d ((t, x)) в кожній точці (t, x), де визначена f, можна розглянути вектор f (t, x). Якщо побудувати в цьому просторі графік вирішення (7) (він називається інтегральною кривою системи (7)), то він складається з точок виду (t, x (t)). При зміні t (a, b) ця точка рухається вздовж ІК. Дотична до ІК в точці (t, x (t)) має вигляд (1, x (t)) \u003d (1, f (t, x (t))). Таким чином, ІК - це ті і тільки ті криві в просторі Rn + 1, які в кожній своїй точці (t, x) мають дотичну, паралельну вектору (1, f (t, x)). На цій ідеї побудований так зв. метод ізоклін для наближеного побудови ІК, який використовується при зображенні графіків рішень конкретних ОДУ (див.

наприклад). Наприклад, при n \u003d 1 наше побудова означає наступне: в кожній точці ІК її нахил до осі t має властивість tg \u003d f (t, x). Природно припустити, що, взявши будь-яку точку з безлічі визначення f, ми можемо провести через неї ІК. Ця ідея буде строго обгрунтована далі. Поки нам не вистачає суворої формулювання гладкості рішень - це буде зроблено нижче.

Тепер слід уточнити безліч B, на якому визначена f. Це безліч природно брати:

1. відкритим (щоб ІК можна було будувати в околиці будь-якої точки з B), 2. зв'язковим (інакше можна розглядати окремо все зв'язкові шматки - все одно ІК (як графік неперервної функції) не може перескочити з одного шматка в інший, так що на спільності пошуку рішень це не позначиться).

Ми будемо розглядати тільки класичні рішення (7), т. Е. Такі, що сама x і її x неперервні на (a, b). Тоді природно вимагати, щоб f C (B). Далі ця вимога буде матися на увазі нами завжди. Отже, остаточно отримуємо Визначення. Нехай B Rn + 1 - область, f C (B).

Пара (, (a, b)), ab +, визначена на (a, b), називається рішенням (7), якщо C (a, b), при кожному t (a, b) точка (t, (t) ) B і існує (t), причому (t) \u003d f (t, (t)) (тоді автоматично C 1 (a, b)).

Геометрично ясно, що (7) матиме багато рішень (що легко зрозуміти графічно), т. К. Якщо проводити ІК, що починаються з точок виду (t0, x0), де t0 фіксоване, то будемо отримувати різні ІК. Крім того, зміна інтервалу визначення рішення буде давати інше рішення, згідно з нашим визначенням.

Приклад. x \u003d 0. Рішення: x \u003d \u003d const Rn. Однак якщо вибрати якийсь t0 і фіксувати значення x0 рішення в точці t0: x (t0) \u003d x0, то значення визначається однозначно: \u003d x0, т. Е. Рішення єдино з точністю до вибору інтервалу (a, b) t0.

Наявність «безликого» безлічі рішень незручно для роботи з німі2 - зручніше «занумерувати» їх наступним чином: додати до (7) додаткові умови так, щоб виділити єдине (в певному сенсі) рішення, а потім вже, перебираючи ці умови, працювати з кожним рішенням окремо (геометрично рішення може бути одне (ІК), а шматків багато - з цією незручністю розберемося пізніше).

Визначення. Завдання для (7) - це (7) з додатковими умовами.

Просту задачу ми по суті вже винайшли - це завдання Коші: (7) з умовами виду (даними Коші, початковими даними):

C точки зору додатків ця задача природна: наприклад, якщо (7) описує зміну якихось параметрів x згодом t, то (8) означає, що в певний (початковий) момент часу значення параметрів відомо. Буває необхідність вивчати й інші завдання, про це ми поговоримо пізніше, а поки зупинимося на завданні Коші. Природно, це завдання має сенс при (t0, x0) B. Відповідно, рішенням завдання (7), (8) називається рішення (7) (в сенсі визначення, даного вище) таке, що t0 (a, b), і виконано (8).

Наше найближче завдання - довести існування рішення задачі Коші (7), (8), а при певних дополнітельПрімер - квадратне рівняння, краще писати x1 \u003d ..., x2 \u003d ..., ніж x \u003d b / 2 ± ...

них припущеннях на f - і його єдиність в певному сенсі.

Зауваження. Нам треба уточнити поняття норми вектора та матриці (хоча матриці нам знадобляться тільки в Частини 2). У зв'язку з тим, що в скінченномірному просторі все норми еквівалентні, вибір конкретної норми не має значення, якщо нас цікавлять тільки оцінки, а не точні величини. Наприклад, для векторів можна застосовувати | x | p \u003d (| xi | p) 1 / p, p - відрізок Пеано (Пікара). Розглянемо конус K \u003d (| x x0 | F | t t0 |) і його усічену частину K1 \u003d K (t IP). Ясно, що як раз K1 C.

Теорема. (Пеано). Нехай виконані вимоги на f в задачі (1), зазначені в ухвалі рішення, т. Е .:

f C (B), де B - область в Rn + 1. Тоді при всіх (t0, x0) B на Int (IP) існує рішення задачі (1).

Доказ. Задамо довільно (0, T0] і побудуємо так зв. Ламану Ейлера з кроком, а саме: це ламана в Rn + 1, у якій кожна ланка має проекцію на вісь t довжиною, перша ланка вправо починається в точці (t0, x0) і таке, що на ньому dx / dt \u003d f (t0, x0); правий кінець цієї ланки (t1, x1) служить лівим кінцем для другого, на якому dx / dt \u003d f (t1, x1), і т. д., і аналогічно вліво. Отримана ламана визначає кусочно-лінійну функцію x \u003d (t). Поки t IP, ламана залишається в K1 (а тим більше в C, а значить, і в B), так що побудова коректно - для цього власне і робилося допоміжне побудова перед теоремою.

Справді, усюди крім точок зламу існує, і тоді (s) (t) \u003d (z) dz, де в точках зламу взяті довільні значення похідної.

При цьому (рухаючись по ламаній по індукції) Зокрема, | (T) x0 | F | t t0 |.

Тим самим, на IP функції:

2. равностепенно безперервні, т. К. Ліпшіцеви:

Тут читачеві потрібно при необхідності освіжити свої знання про такі поняття і результати як: рівностепенева неперервність, рівномірна збіжність, теорема Арцела-Асколі і т. Д.

По теоремі Арцела-Асколі знайдеться послідовність k 0 така, що k на IP, де C (IP). За побудовою, (t0) \u003d x0, так що залишається перевірити, що Ми це доведемо для s t.

Вправа. Аналогічно розглянути s t.

Задамо 0 і знайдемо 0 так, що для всіх (t1, x1), (t2, x2) C вірно Це можна зробити через рівномірну безперервності f на компакті C. Знайдемо m N так, що Фіксуємо t Int (IP) і візьмемо будь-яке s Int (IP) таке, що tst +. Тоді для всіх z маємо | k (z) k (t) | F, тому з огляду на (4) | k (z) (t) | 2F.

Зауважимо, що k (z) \u003d k (z) \u003d f (z, k (z)), де z - абсциса лівого кінця відрізка ламаної, що містить точку (z, k (z)). Але точка (z, k (z)) потрапляє в циліндр з параметрами (, 2F), побудований на точці (t, (t)) (насправді навіть в усічений конус - см. Рис., Але це зараз неважливо), так що з огляду на (3) отримуємо | k (z) f (t, (t)) |. Для ламаної маємо, як говорилося вище, формулу При k це дасть (2).

Зауваження. Нехай f C 1 (B). Тоді рішення, визначене на (a, b), буде класу C 2 (a, b). Справді, на (a, b) маємо: існує f (t, x (t)) \u003d ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (тут - матриця Якобі ) - безперервна функція. Знаx чит, існує і 2 C (a, b). Можна і далі повиdt шать гладкість рішення, якщо f гладка. Якщо f аналітична, то можна довести існування і єдиність аналітичного рішення (це так зв. Теорема Коші), хоча з попередніх міркувань це ніяк не слід!

Тут необхідно згадати, що таке аналітична функція. Не плутати з функцією, представимо статечним рядом (це лише уявлення аналітичної функції на, взагалі кажучи, частини області її визначення)!

Зауваження. При заданих (t0, x0) можна, варіюючи T і R, намагатися максимізувати T0. Однак це, як правило, не настільки важливо, т. К. Для дослідження максимального інтервалу існування рішення є спеціальні методи (див. § 4).

У теоремі Пеано нічого не говориться про єдиності рішення. При нашому розумінні рішення воно завжди не єдиний, т. К. Якщо якесь рішення є, то його звуження на більш вузькі інтервали будуть іншими рішеннями. Цей момент ми докладніше розглянемо пізніше (в § 4), а поки під одиничністю будемо розуміти збіг будь-яких двох рішень на перетині інтервалів їх визначення. Навіть в цьому сенсі теорема Пеано нічого про єдиності не говорить, що не випадково, т. К. В її умовах єдиність гарантувати не можна.

Приклад. n \u003d 1, f (x) \u003d 2 | x |. Завдання Коші має тривіальне рішення: x1 0, і крім того x2 (t) \u003d t | t |. З цих двох рішень можна скомпілювати ціле 2-параметричне сімейство рішень:

де + (нескінченні значення означають відсутність відповідної гілки). Якщо вважати за область визначення всіх цих рішень всю R, то їх все одно нескінченно багато.

Відзначимо, що якщо застосовувати в цьому завданні доказ теореми Пеано через ламані Ейлера, то вийде тільки нульове рішення. З іншого боку, якщо в процесі побудови ламаних Ейлера допускати на кожному кроці невелику похибку, то навіть після прагнення параметра похибки до нуля залишаться всі рішення. Таким чином, теорема Пеано і ламані Ейлера природні як метод побудови рішень і тісно пов'язані з чисельними методами.

Видимий в прикладі неприємність обумовлена \u200b\u200bтим, що функція f негладка по x. Виявляється, якщо накласти додаткові вимоги на регулярність f по x, то єдиність можна забезпечити, причому цей крок є в певному сенсі необхідним (див. Нижче).

Нагадаємо деякі поняття з аналізу. Функція (скалярна або векторна) g називається гельдеровой з показником (0, 1] на безлічі, якщо в вірно зиваєтся умовою Ліпшиця. При 1 таке можливо тільки для постійних функцій. Функція, задана на відрізку (де вибір 0 несуттєвий) називається модулем безперервності, якщо Кажуть, що g задовольняє в узагальненому умові Гельдера з модулем, якщо в цьому випадку називається модулем безперервності g в.

Можна показати, що будь-який модуль безперервності є модуль безперервності якийсь безперервної функції.

Нам важливий зворотний факт, а саме: будь-яка безперервна функція на компакті має свій модуль безперервності, т. Е. Задовольняє (5) з деякою. Доведемо це. Нагадаємо, що якщо - компакт, а g C (), то обов'язково g рівномірно неперервна в, т. Е.

\u003d (): | X y | \u003d | G (x) g (y) |. Виявляється, це еквівалентно умові (5) з деякою. Справді, якщо існує, то досить побудувати модуль безперервності такий, що (()), і тоді при | x y | \u003d \u003d () Отримаємо Оскільки (і) довільні, то x і y можуть бути будь-якими.

І навпаки, якщо (5) вірно, то досить знайти таку, що (()), і тоді при | x y | \u003d () Отримаємо Залишилося обгрунтувати логічні переходи:

Для монотонних і досить брати зворотні функції, а в загальному випадку необхідно використовувати так зв. узагальнені зворотні функції. Їх існування вимагає окремого доказу, який ми наводити не будемо, а скажемо лише ідею (корисно супроводити читання малюнками):

для будь-якої F визначимо F (x) \u003d min F (y), F (x) \u003d max F (y) - це монотонні функції, і вони мають зворотні. ВвіF легко перевірити, що x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x.

Кращий модуль безперервності - лінійний (умова Ліпшиця). Це «майже диференціюються» функції. Для додання суворого сенсу останньому твердженню потрібні певні зусилля, і ми обмежимося лише двома зауваженнями:

1. строго кажучи, не всяка ліпшіцева функція диференційована, як показує приклад g (x) \u003d | x | на R;

2. але з дифференцируемости слід ліпшіцевость, як показує наступне Затвердження. Будь-яка функція g, що має всі M на опуклому безлічі, задовольняє на ньому умову Ліпшиця.

[Поки для стислості розглянемо скалярні функції g.] Доказ. Для всіх x, y маємо Ясно, що це твердження вірне і для вектор-функцій.

Зауваження. Якщо f \u003d f (t, x) (взагалі кажучи, векторфункція), то можна ввести поняття «f ліпшіцева по x», т. Е. | F (t, x) f (t, y) | C | xy |, і так само довести, що якщо D опукло по x при всіх t, то для ліпшіцевості f по x в D достатньо наявності похідних f по x, обмежених В Затвердження ми отримували оцінку | g (x) g (y) | через | x y |. При n \u003d 1 вона зазвичай робиться за допомогою формули кінцевих збільшень: g (x) g (y) \u003d g (z) (xy) (якщо g є вектор-функція, то z своя для кожної компоненти). При n 1 зручно використовувати наступний аналог цієї формули:

Лемма. (Адамара). Нехай f C (D) (взагалі кажучи, вектор-функція), де D (t \u003d t) опукла при будь-якому t, а f (t, x) f (t, y) \u003d A (t, x, y) · (xy), де A - безперервна прямокутна матриця.

Доказ. При будь-якому фіксованому t застосуємо викладку з докази Твердження для \u003d D (t \u003d t), g \u003d fk. Отримаємо потрібне подання з A (t, x, y) \u003d A справді безперервна.

Повернемося до питання єдиності рішення задачі (1).

Поставимо питання так: яким повинен бути модуль безперервності f по x, щоб рішення (1) було єдиним в тому сенсі, що 2 рішення, певні на одному інтервалі, збігаються? Відповідь дається наступною теоремою:

Теорема. (Осгуда). Нехай в умовах теореми Пеано модуль безперервності f по x в B, т. Е. Функція в нерівності задовольняє умові (можна вважати C). Тоді задача (1) не може мати двох різних рішень, визначених на одному інтервалі виду (t0 a, t0 + b).

Порівняти з прикладом неєдиним, наведеним вище.

Лемма. Якщо z C 1 (,), то на всьому (,):

1. в точках, де z \u003d 0, існує | z |, причому || z | | | Z |;

2. в точках, де z \u003d 0, існують односторонні похідні | z | ±, причому || z | ± | \u003d | Z | (Зокрема, якщо z \u003d 0, то існує | z | \u003d 0).

Приклад. n \u003d 1, z (t) \u003d t. У точці t \u003d 0 похідна від | z | не існує, але є односторонні похідні.

Доказ. (Леми). У тих точках, де z \u003d 0, імеz · z їм: існує | z | \u003d, І || z | | | Z |. У тих точках t, де z (t) \u003d 0, маємо:

Випадок 1: z (t) \u003d 0. Тоді отримуємо існування | z | (T) \u003d 0.

Випадок 2: z (t) \u003d 0. Тоді при +0 або 0 очеz (t +) | | Z (t) | модуль якого дорівнює | z (t) |.

За умовою, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) \u003d +. Нехай z1,2 - два рішення (1), певні на (t0, t0 +). Позначимо z \u003d z1 z2. маємо:

Припустимо, знайдеться t1 (для визначеності t1 t0) таке, що z (t1) \u003d 0. Безліч A \u003d (t t1 | z (t) \u003d 0) не порожньо (t0 A) і обмежена зверху. Значить, воно має верхню межу t1. За побудовою, z \u003d 0 на (, t1), а через безперервність z маємо z () \u003d 0.

За Лемме | z | C 1 (, t1), причому на цьому інтервалі вірно | z | | Z | (| Z |), так що Інтегрування по (t, t1) (де t (, t1)) дає F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t. При t + 0 отримаємо протиріччя.

Слідство 1. Якщо в умовах теореми Пеано f ліпшіцева по x в B, то задача (1) має єдине рішення в сенсі, описаному в теоремі Осгуда, т. К. В цьому випадку () \u003d C задовольняє (7).

Наслідок 2. Якщо в умовах теореми Пеано C (B), то рішення (1), певне на Int (IP), едінx ного.

Лемма. Будь-яке рішення (1), певне на IP, має задовольняти оцінці | x | \u003d | F (t, x) | F, а його графік - лежати в K1, а тим більше в C.

Доказ. Припустимо, знайдеться t1 IP така, що (t, x (t)) C. Для визначеності хай t1 t0. Тоді знайдеться t2 (t0, t1] така, що | x (t) x0 | \u003d R. Аналогічно міркувань в доведенні теореми Осгуда, можна вважати, що t2 - найлівіша така точка, а на маємо (t, x (t)) C, так що | f (t, x (t)) | F, і тому (t, x (t)) K1, що суперечить | x (t2) x0 | \u003d R. Значить, (t, x (t) ) C на всьому IP, а тоді (повторюючи викладки) (t, x (t)) K1.

Доказ. (Наслідки 2). C - компактне мноf отримуємо, що f ліпшіцева по x в C, де лежать графіки всіх рішень з огляду на Леми. За Слідству 1 отримуємо необхідну.

Зауваження. Умова (7) означає, що умова Ліпшиця для f можна істотно послабити. Наприклад, умова Гельдера з 1 вже не годиться. Годяться лише модулі безперервності близькі до лінійних - такі як мовити «найгіршу»:

Вправа. (Досить складне). Довести, що якщо задовольняє (7), то знайдеться 1, що задовольняє (7) така, що 1 / в нулі.

У загальному випадку не обов'язково вимагати саме щось від модуля безперервності f по x для єдиності - можливі різного роду спеціальні випадки, наприклад:

Затвердження. Якщо в умовах теореми Пеано вірно то будь-які 2 рішення (1), певні на З (9) видно, що x C 1 (a, b), а тоді диференціювання (9) дає (1) 1, а (1) 2 очевидно .

На відміну від (1), для (9) природно будувати рішення на замкнутому відрізку.

Пікар запропонував для вирішення (1) \u003d (9) наступний метод послідовних наближень. Позначимо x0 (t) x0, а далі по індукції Теорема. (Коші-Пікара). Нехай в умовах теореми Пеано функція f ліпшіцева по x в будь-якому опуклому по x компакті K з області B, т. Е.

Тоді для будь-якого (t0, x0) B завдання Коші (1) (вона ж (9)) має єдине рішення на Int (IP), причому xk x на IP, де xk визначені в (10).

Зауваження. Ясно, що теорема зберігає силу, якщо услоf віє (11) замінити на C (B), т. К. З цієї умови слеx дме (11).

Зауваження для викладача. Насправді потрібні не всі опуклі по x компакти, а тільки циліндри, але формулювання зроблена саме так, т. К. В § 5 будуть потрібні більш загальні компакти, і до того ж саме при такому формулюванні найприродніше виглядає Зауваження.

Доказ. Виберемо довільно (t0, x0) B і зробимо те ж допоміжне побудова, що і перед теоремою Пеано. Доведемо по індукції, що все xk визначені і неперервні на IP, причому їх графіки лежать в K1, а тим більше в C. Для x0 це очевидно. Якщо це вірно для xk1, то з (10) ясно, що xk визначена і неперервна на IP, причому а це і є приналежність K1.

Тепер доведемо по індукції оцінку на IP:

(C є опуклий по x компакт в B, і для нього визначена L (C)). При k \u003d 0 це є вже доведена оцінка (t, x1 (t)) K1. Якщо (12) вірно для k: \u003d k 1, то з (10) маємо що й було потрібно. Тим самим, ряд мажоріруется на IP сходящимся числовим рядом і тому (це називається теоремою Вейєрштрасса) рівномірно на IP сходиться до деякої функції x C (IP). Але це і означає xk x на IP. Тоді в (10) на IP переходимо до межі і отримуємо (9) на IP, а значить (1) на Int (IP).

Единственность відразу виходить по Слідству 1 з теореми Осгуда, але корисно довести її та іншим способом, що використовують саме рівняння (9). Нехай є 2 рішення x1,2 завдання (1) (т. Е. (9)) на Int (IP). Як зазначалося вище, тоді обов'язково їх графіки лежать в K1, а тим більше в C. Нехай t I1 \u003d (t0, t0 +), де - деяке позитивне число. Тоді \u003d 1 / (2L (C)). Тоді \u003d 0. Тим самим, x1 \u003d x2 на I1.

Зауваження для викладача. Є ще доказ єдиності за допомогою леми Гронуолла, воно навіть більш природно, т. К. Проходить відразу глобально, але поки лема Гронуолла не надто зручна, т. К. До лінійних ОДУ її важко адекватно сприйняти.

Зауваження. Останнє доказ єдиності повчально тим, що ще раз показує в іншому світлі, як локальна єдиність призводить до глобальної (що невірно для існування).

Вправа. Довести єдиність відразу на всіх IP, розмірковуючи від протилежного як в доведенні теореми Осгуда.

Важливий окремий випадок (1) - лінійні ОДУ, т. Е. Такі, в яких величина f (t, x) лінійна по x:

В цьому випадку для потрапляння в умови загальної теорії слід вимагати Таким чином, в даному випадку в якості B виступає смуга, а умова ліпшіцевості (і навіть дифференцируемости) по x виконано автоматично: при всіх t (a, b), x, y Rn маємо | f (t, x) f (t, y) | \u003d | A (t) (x y) | | A (t) | · | (X y) |.

Якщо тимчасово виділити компакт (a, b), то на ньому отримаємо | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, де L \u003d max | A |.

З теорем Пеано і Осгуда або Коші-Пікара слід однозначна розв'язність задачі (13) на деякому інтервалі (Пеано-Пікара), що містить t0. Більш того, рішення на цьому інтервалі є межа послідовних наближень Пікара.

Вправа. Знайти цей інтервал.

Але виявляється, в даному випадку всі ці результати можна довести відразу глобально, т. Е. На всьому (a, b):

Теорема. Нехай вірно (14). Тоді задача (13) має єдине рішення на (a, b), причому послідовні наближення Пікара сходяться до нього рівномірно на будь-якому компакті (a, b).

Доказ. Знову, як і в ТК-П, будуємо рішення інтегрального рівняння (9) за допомогою послідовних наближень за формулою (10). Але тепер нам не потрібно перевіряти умова попадання графіка в конус і циліндр, т. К.

f визначена при всіх x, поки t (a, b). Потрібно лише перевірити, що все xk визначені і неперервні на (a, b), що очевидно по індукції.

Замість (12) тепер покажемо аналогічну оцінку виду де N - деяке число, залежне від вибору. Перший крок індукції для цієї оцінки інший (т. К. Не пов'язаний з K1): при k \u003d 0 | x1 (t) x0 | N через безперервність x1, а наступні кроки аналогічні (12).

Можна це і не розписувати, т. К. Очевидно, але можна Знову помічаємо xk x на, і x є рішення відповідного (10) на. Але тим самим ми побудували рішення на всіх (a, b), т. К. Вибір компакта довільний. Единственность випливає з теорем Осгуда або Коші- Пікара (і міркувань вище про глобальну єдиності).

Зауваження. Як говорилося вище, ТК-П формально зайва зважаючи на наявність теорем Пеано і Осгуда, але вона корисна по 3 причин - вона:

1. дозволяє зв'язати завдання Коші для ОДУ з інтегральним рівнянням;

2. пропонує конструктивний метод послідовних наближень;

3. дозволяє легко довести глобальне існування для лінійних ОДУ.

[Хоча останнє можна вивести і з міркувань § 4.] Далі ми найчастіше будемо посилатися саме на неї.

Приклад. x \u003d x, x (0) \u003d 1. Послідовні прібліжеk Значить, x (t) \u003d e - рішення вихідної задачі на всій R.

Найчастіше не буде виходити ряд, але певна конструктивність залишається. Також можна оцінити похибку x xk (див.).

Зауваження. З теорем Пеано, Осгуда і Коші-Пікара легко отримати відповідні теореми для ОДУ вищого порядку.

Вправа. Сформулювати поняття задачі Коші, рішення системи і задачі Коші, все теореми для ОДУ вищих порядків, використовуючи зведення до систем першого порядку, викладене в § 1.

Кілька порушуючи логіку курсу, але з метою кращого засвоєння і обґрунтування методів розв'язання задач на практичних заняттях, тимчасово перервемо виклад загальної теорії і займемося технічною проблемою «явного рішення ОДУ».

§ 3. Деякі прийоми інтегрування Отже, розглянемо скалярний рівняння \u003d f (t, x). Проdt Стейша окремим випадком, який навчилися інтегрувати, є так зв. УРП, т. Е. Рівняння, в якому f (t, x) \u003d a (t) b (x). Формальний прийом інтегрування УРП полягає в тому, щоб «розділити» змінні t і x (звідси назва): \u003d a (t) dt, а потім взяти інтеграл:

чим x \u003d B (A (t)). Таке формальне міркування містить кілька моментів, що вимагають обґрунтування.

1. Розподіл на b (x). Ми вважаємо, що f неперервна, так що a C (,), b C (,), т. Е. В якості B виступає прямокутник (,) (,)(Взагалі кажучи, нескінченний). Безлічі (b (x) 0) і (b (x) 0) відкриті і тому є кінцевими або рахунковими наборами інтервалів. Між цими інтервалами є точки або відрізки, де b \u003d 0. Якщо b (x0) \u003d 0, то задача Коші має рішення x x0. Можливо, це рішення не єдино, тоді в його області визначення є інтервали, де b (x (t)) \u003d 0, але на них тоді можна ділити на b (x (t)). Зауважимо принагідно, що на цих інтервалах функція B монотонна і тому можна брати B 1. Якщо ж b (x0) \u003d 0, то в околиці t0 свідомо b (x (t)) \u003d 0, і процедура законна. Таким чином, описана процедура повинна, взагалі кажучи, застосовуватися при розбитті області визначення рішення на частини.

2. Інтегрування лівої і правої частин за різними змінним.

Спосіб I. Нехай ми хочемо знайти рішення задачі Коd (t) ши (1) x \u003d (t). Маємо: \u003d a (t) b ((t)), звідки - отримали ту ж формулу строго.

Спосіб II. Рівняння - це так зв. симетрична запис вихідного ОДУ, т. е. така, в якої не уточнюється, яка змінна є незалежною, а яка - залежною. Така форма має сенс якраз в розглянутому нами випадку одного рівняння першого порядку з огляду на теореми про інваріантності форми першого диференціала.

Тут доречно розібратися докладніше з поняттям диференціала, проілюструвавши його на прикладі площині ((t, x)), кривих на ній, що виникають зв'язках, ступенях свободи, параметрі на кривій.

Таким чином, рівняння (2) пов'язує диференціали t і x вздовж шуканої ІК. Тоді інтегрування рівняння (2) способом, показаним на початку, абсолютно законно - воно означає, якщо завгодно, інтегрування по будь-якої змінної, обраної в якості незалежної.

У способі I ми це показали, вибравши в якості незалежної змінної t. Зараз покажемо це, вибравши в якості незалежної змінної параметр s уздовж ІК (т. К. Це більш наочно показує рівноправність t і x). Нехай значення s \u003d s0 відповідає точці (t0, x0).

Тоді маємо: \u003d a (t (s)) t (s) ds, що після дає Тут слід зробити акцент на універсальності симетричною записи, приклад: коло не записується ні як x (t), ні як t (x), але як x (s), t (s).

До УРП зводяться деякі інші ОДУ першого порядку, що видно при вирішенні завдань (наприклад, по задачник).

Ще один важливий випадок - лінійне ОДУ:

Спосіб I. Варіація постійною.

це окремий випадок більш загального підходу, який буде розглянуто в Частині 2. Сенс в тому, що пошук рішення в спеціальному вигляді знижує порядок рівняння.

Вирішимо спочатку так зв. однорідне рівняння:

В силу єдиності або x 0, або усюди x \u003d 0. В останньому випадку (нехай для визначеності x 0) отримуємо що (4) дає всі рішення (3) 0 (в тому числі нульове і негативні).

У формулі (4) присутній довільна постійна C1.

Метод варіації постійної полягає в тому, що рішення (3) C1 (t) \u003d C0 + Видно (як і для алгебраїчних лінійних систем) структура ОРНУ \u003d ЧРНУ + ОРОУ (про це докладніше в Частини 2).

Якщо ми хочемо вирішити задачу Коші x (t0) \u003d x0, то треба знайти C0 з даних Коші - легко отримаємо C0 \u003d x0.

Спосіб II. Знайдемо ІМ, т. Е. Таку функцію v, на яку треба помножити (3) (записане так, що всі невідомі зібрані в лівій частині: xa (t) x \u003d b (t)), щоб в лівій частині вийшла похідна від деякої зручною комбінації.

Маємо: vx vax \u003d (vx), якщо v \u003d av, т. Е. (Таке уравнеt чином, (3) еквівалентно рівнянню яке вже легко вирішується і дає (5). Якщо вирішується завдання Коші, то в (6) зручно відразу брати певний інтеграл до лінійним ОДУ (3) зводяться деякі інші, як це видно при вирішенні завдань (наприклад, по задачник). Детальніше важливий випадок лінійних ОДУ (відразу для будь-яких n) буде розглянуто в Частині 2.

Обидві розглянутих ситуації є окремим випадком так зв. УПД. Розглянемо ОДУ першого порядку (при n \u003d 1) в симетричній формі:

Як вже говорилося, (7) задає ІК в площині (t, x) без уточнення того, яка змінна вважається незалежною.

Якщо помножити (7) на довільну функцію M (t, x), то вийде еквівалентна форма запису того ж рівняння:

Таким чином, один і той же ОДУ має багато симетричних записів. Серед них особливу роль грають так зв. записи в повних диференціалах, назва УПД невдале, т. к. це властивість не рівняння, а форми його записи т. е. такі, що ліва частина (7) дорівнює dF (t, x) з деякою F.

Ясно, що (7) є УПД тоді і тільки тоді, коли A \u003d Ft, B \u003d Fx з деякою F. Як відомо з аналізу, для останнього необхідно і достатньо Ми не обгрунтовуємо строго технічні моменти, наприклад, гладкість всіх функцій. Справа в тому, що § грає другорядну роль - він взагалі не потрібен для інших частин курсу, і не хотілося б витрачати надмірні зусилля на його розгорнутий виклад.

Таким чином, якщо (9) виконано, то знайдеться така F (вона єдина з точністю до адитивної постійної), що (7) перепишеться у вигляді dF (t, x) \u003d 0 (уздовж ІК), т. Е.

F (t, x) \u003d const вздовж ІК, т. Е. ІК суть лінії рівня функції F. Отримуємо, що інтегрування УПД - тривіальна задача, т. К. Пошук F по A і B, що задовольняє (9) не становить труднощів. Якщо ж (9) не виконано, то слід знайти так зв. ІМ M (t, x) такий, що (8) є УПД, для чого необхідно і достатньо виконання аналога (9), що приймає вид:

Як випливає з теорії УЧП першого порядку (яку ми розглянемо в Частині 3), рівняння (10) завжди має рішення, так що ІМ існує. Таким чином, будь-яке рівняння виду (7) має запис у вигляді УПД і тому допускає «явне» інтегрування. Але ці міркування не дають конструктивного методу в загальному випадку, т. К. Для вирішення (10) взагалі кажучи потрібно знайти рішення (7), яке ми і шукаємо. Проте, є ряд прийомів пошуку ІМ, які традиційно розглядаються на практичних заняттях (див. Наприклад).

Зауважимо, що розглянуті вище прийоми рішення УРП і лінійних ОДУ є окремим випадком ідеології ІМ.

Справді, УРП dx / dt \u003d a (t) b (x), записане в симетричній формі dx \u003d a (t) b (x) dt, вирішується множенням на ІМ 1 / b (x), т. К. Після цього перетворюється в УПД dx / b (x) \u003d a (t) dt, т. е. dB (x) \u003d dA (t). Лінійне рівняння dx / dt \u003d a (t) x + b (t), записане в симетричній формі dx a (t) xdt b (t) dt, вирішується множенням на ІМ ще, практично всі прийоми рішення ОДУ «в явному вигляді»

(За винятком великого блоку, пов'язаного з лінійними системами) полягають у тому, що за допомогою спеціальних методів зниження порядку і замін змінних вони зводяться до ОДУ першого порядку, які потім зводяться до УПД, а вони вирішуються застосуванням основної теореми диференціального числення: dF \u003d 0 F \u003d const. Питання про зниження порядку традиційно включається в курс практичних занять (див. Наприклад).

Скажімо кілька слів про ОДУ першого порядку, не дозволених відносно похідної:

Як говорилося в § 1, можна намагатися вирішити (11) щодо x і отримати нормальну форму, але це не завжди доцільно. Нерідко зручніше вирішувати (11) безпосередньо.

Розглянемо простір ((t, x, p)), де p \u003d x тимчасово розглядається як незалежна змінна. Тоді (11) задає в цьому просторі поверхню (F (t, x, p) \u003d 0), яку можна записати параметрически:

Корисно згадати, що це означає, наприклад за допомогою сфери в R3.

Шукані рішення будуть відповідати кривим на цій поверхні: t \u003d s, x \u003d x (s), p \u003d x (s) - одна ступінь свободи втрачається тому, що на рішеннях існує зв'язок dx \u003d pdt. Запишемо цей зв'язок в термінах параметрів на поверхні (12): gu du + gv dv \u003d h (fudu + fv dv), т. Е.

Таким чином, шукані рішення відповідають кривим на поверхні (12), в яких параметри пов'язані рівнянням (13). Останнє є ОДУ в симетричній формі, яке можна вирішити.

Випадок I. Якщо в якійсь області (gu hfu) \u003d 0, то (12) тоді t \u003d f ((v), v), x \u003d g ((v), v) дає параметричну запис шуканих кривих в площині ( (t, x)) (т. е. ми проектуємо на цю площину, т. к. p нам не потрібно).

Випадок II. Аналогічно, якщо (gv hfv) \u003d 0.

Випадок III. В якихось точках одночасно gu hfu \u003d gv hfv \u003d 0. Тут потрібен окремий аналіз, чи відповідає це безліч якихось рішень (вони тоді називаються особливими).

Приклад. Рівняння Клеро x \u003d tx + x 2. Маємо:

x \u003d tp + p2. Параметрізуем цю поверхню: t \u003d u, p \u003d v, x \u003d uv + v 2. Рівняння (13) набуде вигляду (u + 2v) dv \u003d 0.

Випадок I. Чи не реалізується.

Випадок II. u + 2v \u003d 0, тоді dv \u003d 0, т. е. v \u003d C \u003d const.

Значить, t \u003d u, x \u003d Cu + C 2 - параметрична запис ІК.

Легко записати її в явному вигляді x \u003d Ct + C 2.

Випадок III. u + 2v \u003d 0, т. е. v \u003d u / 2. Значить, t \u003d u, x \u003d u2 / 4 - параметрична запис «кандидата в ІК».

Щоб перевірити, чи справді це ІК, запишемо її в явному вигляді x \u003d t2 / 4. Виявилося, що це (особливе) рішення.

Вправа. Довести, що особливе рішення стосується всіх інших.

Це загальний факт - графік будь-якого особливого рішення є огинає сімейства всіх інших рішень. На цьому засновано інше визначення особливого рішення саме як обвідної (див.).

Вправа. Довести, що для більш загального рівняння Клеро x \u003d tx (x) з опуклою функцією особливе рішення має вигляд x \u003d (t), де - перетворення Лежандра від, т. Е. \u003d () 1, або (t) \u003d max (tv (v)). Аналогічно для рівняння x \u003d tx + (x).

Зауваження. Детальніше і акуратніше зміст § 3 викладено в підручнику.

Зауваження для викладача. При читанні курсу лекцій може бути корисно розширити § 3, надавши йому більш сувору форму.

Тепер повернемося до основної канві курсу, продовживши почате в §§ 1,2 виклад.

§ 4. Глобальна розв'язність задачі Коші У § 2 ми довели локальне існування рішення задачі Коші т. Е. Лише на деякому інтервалі, що містить точку t0.

При деяких додаткових припущеннях на f ми довели і єдність розв'язку, розуміючи її як збіг двох рішень, визначених на одному інтервалі. У разі, якщо f лінійна по x, виходить глобальне існування, т. Е. На всьому інтервалі, де визначені і неперервні коефіцієнти рівняння (системи). Однак, як показує спроба застосування до лінійної системі загальної теорії, інтервал Пеано-Пікара взагалі кажучи менше того, на якому можна побудувати рішення. Виникають природні запитання:

1. як визначити той максимальний інтервал, на якому можна стверджувати існування рішення (1)?

2. чи завжди цей інтервал збігається з максимальним, на якому ще має сенс права частина (1) 1?

3. як акуратно сформулювати поняття єдиності рішення без застережень про часовий інтервал його визначення?

Про те, що відповідь на питання 2 взагалі кажучи негативний (а точніше, вимагає великої акуратності), свідчить такий Приклад. x \u003d x2, x (0) \u003d x0. Якщо x0 \u003d 0, то x 0 - інших рішень немає по теоремі Осгуда. Якщо x0 \u003d 0, то вирішуємо корисно зробити малюнок). Інтервал існування рішення не може бути більше ніж (, 1 / x0) або (1 / x0, +) відповідно при x0 0 і x0 0 (друга гілка гіперболи не має відношення до вирішення! - це типова помилка студентів). На перший погляд, нічого у вихідній задачі «не віщувало такого результату». У § 4 ми знайдемо пояснення цьому феномену.

На прикладі рівняння x \u003d t2 + x2 проявляється типова помилка студентів про інтервал існування рішення. Тут той факт, що «рівняння всюди визначено», зовсім не тягне продолжімость рішення на всю пряму. Це ясно навіть з чисто життєвої точки зору, наприклад у зв'язку з юридичним законами і процесами, що розвиваються під ними: якщо навіть в законі явно не встановлено припинення існування якої-небудь фірми в 2015 році, то це зовсім не означає що ця фірма не розориться до цього року через внутрішні причини (хоча і діє в рамках закону).

Для того, щоб відповісти на питання 1-3 (і навіть щоб чітко їх сформулювати), необхідно поняття непродолжаемого рішення. Будемо (як ми домовлялися вище) розглядати рішення рівняння (1) 1 як пари (, (tl (), tr ())).

Визначення. Рішення (, (tl (), tr ())) є продовження вирішення (, (tl (), tr ())), якщо (tl (), tr ()) (tl (), tr ()), і | (tl (), tr ()) \u003d.

Визначення. Рішення (, (tl (), tr ())) - непродолжаемое, якщо воно не має нетривіальних (т. Е. Відмінних від нього) продовжень. (Див. Приклад вище).

Ясно, що особливу цінність представляють саме НР, і в їх термінах треба доводити існування і єдиність. Виникає природне запитання - чи завжди можна побудувати НР, базуючись на якомусь локальному вирішенні, чи на завданню Коші? Виявляється, так. Щоб це зрозуміти, введемо поняття:

Визначення. Набір рішень ((, (tl (), tr ()))) несуперечливий, якщо будь-які 2 рішення з цього набору збігаються на перетині інтервалів свого визначення.

Визначення. Несуперечливий набір рішень називається максимальним, якщо до нього не можна додати ще одне рішення так, щоб новий набір був несуперечливим і містив нові точки в об'єднанні областей визначень рішень.

Ясно, що побудова МНН еквівалентно побудові НР, а саме:

1. Якщо є НР, то будь-який МНН, його містить, може бути лише набором його звужень.

Вправа. Перевірити.

2. Якщо є МНН, то НР (, (t, t +)) будується так:

покладемо (t) \u003d (t), де - будь-який елемент МНН, визначений у цій точці. Очевидно, що така функція буде однозначно визначена на всьому (t, t +) (однозначність випливає з несуперечності набору), і вона в кожній точці збігається з усіма елементами МНН, визначеними в цій точці. Для будь-якого t (t, t +) знайдеться якась, певна в ній, а значить, і в її околиці, а т. К. В цій околиці є рішення (1) 1, то - теж. Таким чином, є рішення (1) 1 на всьому (t, t +). Воно непродолжаемо, т. К. В іншому випадку нетривіальне продовження можна було б додати до МНН всупереч його максимальності.

Побудова МНН завдання (1) в загальному випадку (в умовах теореми Пеано), коли немає локальної єдиності, можливо (див.,), Але досить громіздко - воно засноване на покроковому застосуванні теореми Пеано з оцінкою знизу довжини інтервалу-продовження. Таким чином, НР завжди існує. Ми обгрунтуємо це тільки в разі, коли є локальна єдиність, тоді побудова МНН (а значить і НР) тривіально. Наприклад, для визначеності будемо діяти в рамках ТК-П.

Теорема. Нехай виконуються умови ТК-П в області B Rn + 1. Тоді для будь-якої (t0, x0) B завдання (1) має єдине НР.

Доказ. Розглянемо безліч всіх рішень задачі (1) (воно не порожньо по ТК-П). Воно утворює МНН - несуперечливий в силу локальної єдиності, а максимальний з огляду на те, що це безліч взагалі всіх рішень задачі Коші. Значить, НР існує. Воно єдино в силу локальної єдиності.

Якщо потрібно побудувати НР, грунтуючись на наявному локальному вирішенні (1) 1 (а не завдання Коші), то ця проблема в разі наявності локальної єдиності зводиться до задачі Коші: потрібно вибрати будь-яку точку на наявної ІК і розглянути відповідну задачу Коші. НР цього завдання буде продовженням вихідного рішення в силу єдиності. Якщо ж єдиності немає, то продовження заданого рішення здійснюється за процедурою, вказаною вище.

Зауваження. НР не може бути довизначити в кінцях інтервалу свого існування (незалежно від умови єдиності) так щоб воно було рішенням і в кінцевих точках. Для обґрунтування треба уточнити, що розуміти під рішенням ОДУ в кінцях відрізка:

1. Підхід 1. Нехай під рішенням (1) 1 на відрізку розуміється функція, яка задовольнить рівнянню в кінцях в сенсі односторонньої похідної. Тоді можливість зазначеного довизначення якогось рішення, наприклад, на правому кінці інтервалу його існування (t, t +] означає, що ІК має кінцеву точку всередині B, а C 1 (t, t +]. Але тоді вирішивши завдання Коші x (t +) \u003d (t +) для (1) і знайшовши її рішення, отримаємо, за правий кінець t + (в точці t + обидві односторонні похідні існують і рівні f (t +, (t +)), значить, є звичайна похідна), т. е. було НР.

2. Підхід 2. Якщо ж під рішенням (1) 1 на відрізку розуміється функція, лише безперервна на кінцях, але така, що кінці ІК лежать в B (нехай навіть не потрібно виконання рівняння в кінцях) - вийде все одно той же міркування, тільки в термінах відповідного інтегрального рівняння (див. докладно).

Таким чином, відразу обмежуючись лише відкритими інтервалами як множинами визначення рішень, ми не порушували спільності (а тільки уникали непотрібної метушні з односторонніми похідними і т. П.).

У підсумку ми відповіли на питання 3, поставлене на початку § 4: при виконанні умови єдиності (наприклад, Осгуда або Коші-Пікара) має місце єдиність НР рішення задачі Коші. Якщо ж умова єдиності порушено, то може бути багато НР задачі Коші, кожне зі своїм інтервалом існування. Будь-яке рішення (1) (або просто (1) 1) може бути продовжено до НР.

Щоб відповісти на питання 1,2, необхідно роздивитися не змінну t окремо, а поведінка ІК в просторі Rn + 1. На питання про те, як поводиться ІК «поблизу кінців», відповідає Відзначимо, що інтервал існування має кінці, а ІК може їх не мати (кінець ІК в B завжди не існує - см. Зауваження вище, але може не існувати кінець і на B - див. нижче).

Теорема. (Про покидання компакта).

ми її формулюємо в умовах локальної єдиності, але це не обов'язково - см., там ТПК сформульована як критерій НР.

В умовах ТК-П графік будь-якого НР рівняння (1) 1 залишає будь компакт K B, т. Е. K B (t, t +): (t, (t)) K при t.

Приклад. K \u003d ((t, x) B | ((t, x), B)).

Зауваження. Таким чином, ІК НР поблизу t ± наближається до B: ((t, (t)), B) 0 при t t ± - процес продовження рішення не може обірватися строго всередині B.

позитивно, тут в якості вправи корисно довести позитивність відстані між непересічними замкнутими множинами, одне з яких - компакт.

Доказ. Фіксуємо K B. Візьмемо будь-0 (0, (K, B)). Якщо B \u003d Rn + 1, то за визначенням вважаємо (K, B) \u003d +. Безліч K1 \u003d ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) також є компакт в B, тому існує F \u003d max | f |. Виберемо числа T і R доK статочно малими так, що будь-який циліндр виду Наприклад, досить взяти T 2 + R2 2/4. Тоді задача Коші виду має по ТК-П рішення на інтервалі вже раніше (t T0, t + T0), де T0 \u003d min (T, R / F) при всіх (t, x) K.

Тепер в якості шуканого відрізка можна взяти \u003d. Справді, треба показати, що якщо (t, (t)) K, то t + T0 t t + T0. Покажемо, наприклад, друга нерівність. Рішення задачі Коші (2) з x \u003d (t) існує вправо як мінімум до точки t + T0, але є НР цієї ж завдання, яке з огляду на єдиності є продовження, тому t + T0 t +.

Таким чином, графік НР завжди «доходить до B», так що інтервал існування НР залежить від геометрії ІК.

наприклад:

Затвердження. Нехай B \u003d (a, b) Rn (інтервал кінцевий або нескінченний), f задовольняє умовам ТК-П в B, є НР завдання (1) з t0 (a, b). Тоді або t + \u003d b, або | (t) | + При t t + (і аналогічно для t).

Доказ. Отже, нехай t + b, тоді t + +.

Розглянемо компакт K \u003d B B. При будь-якому R + по ТПК знайдеться (R) t + таке, що при t ((R), t +) точка (t, (t)) K. Але оскільки t t +, то це можливо тільки за рахунок | (t) | R. Але це і означає | (t) | + При t t +.

У цьому окремому випадку ми бачимо, що якщо f визначена «при всіх x», \u200b\u200bто інтервал існування НР може бути менше максимально можливого (a, b) тільки за рахунок прагнення НР до при наближенні до кінців інтервалу (t, t +) (в загальному випадку - до кордону B).

Вправа. Узагальнити останнім Затвердження на випадок, коли B \u003d (a, b), де Rn - довільна область.

Зауваження. Треба розуміти, що | (t) | + Не означає якесь k (t).

Тим самим ми відповіли на питання 2 (пор. Приклад на початку § 4): ІК доходить до B, але її проекція на вісь t може не доходити до кінців проекції B на вісь t. Залишається питання 1 - чи є якісь ознаки, за якими, не вирішуючи ОДУ, можна судити про можливість продовження рішення на «максимально широкий інтервал»? Ми знаємо, що для лінійних ОДУ це продовження завжди можливо, а в Примері на початку § 4 це неможливо.

Розглянемо спочатку для ілюстрації окремий випадок УРП при n \u003d 1:

збіжність невласного інтеграла h (s) ds (невласного зважаючи \u003d + або через особливості h в точці) не залежить від вибору (,). Тому далі будемо просто писати h (s) ds, коли мова йде про збіжність або розбіжність цього інтеграла.

це можна було зробити вже в теоремі Осгуда і в пов'язаних з нею твердженнях.

Затвердження. Нехай a C (,), b C (, +), обидві функції позитивні на своїх інтервалах. Нехай задача Коші (де t0 (,), x0) має НР x \u003d x (t) на інтервалі (t, t +) (,). тоді:

Слідство. Якщо a \u003d 1, \u003d +, то t + \u003d + Доказ. (Твердження). Зауважимо, що x монотонно зростає.

Вправа. Довести.

Тому існує x (t +) \u003d lim x (t) +. Маємо Випадок 1. t +, x (t +) + - неможливо по ТПК, т. К. X є НР.

Обидва інтеграла або кінцеві, або нескінченні.

Вправа. Доробити доказ.

Обгрунтування для викладача. У підсумку отримуємо, що в разі 3: a (s) ds +, а в разі 4 (якщо він взагалі реалізується) те ж саме.

Таким чином, для найпростіших ОДУ при n \u003d 1 виду x \u003d f (x) продолжімость рішень до визначається схоd Більш докладно про структуру рішень таких (так зв.

автономних) рівнянь см. Частина 3.

Приклад. Для f (x) \u003d x, 1 (зокрема, лінійний випадок \u003d 1), і f (x) \u003d x ln x можна гарантувати продолжімость (позитивних) рішень до +. Для f (x) \u003d x і f (x) \u003d x ln x при 1 рішення «руйнуються за кінцеве час».

У загальному випадку ситуація визначається багатьма факторами і не так проста, але залишається на важливості «швидкості росту f по x». При n 1 формулювати критерії продолжімості важко, але достатні умови існують. Як правило, вони обгрунтовуються за допомогою так зв. апріорних оцінок рішень.

Визначення. Нехай h C (,), h 0. Кажуть, що для рішень деякого ОДУ має місце АТ | x (t) | h (t) на (,), якщо будь-яке рішення цього ОДУ задовольняє цій оцінці на тій частині інтервалу (,), де воно визначено (т. е. передбачається, що рішення обов'язково визначені на всьому інтервалі (,)).

Але виявляється, що наявність АТ гарантує, що рішення будуть все-таки визначені на всьому (,) (а значить задовольняти оцінці на всьому інтервалі), так що завжди апріорна оцінка перетворюється в апостеріорну:

Теорема. Нехай задача Коші (1) задовольняє умовам ТК-П, а для її рішень має місце АТ на інтервалі (,) з деякою h C (,), причому криволінійний циліндр (| x | h (t), t (,)) B . Тоді НР (1) визначено на всіх (,) (а значить, задовольняє АТ).

Доказ. Доведемо, що t + (t аналогічно). Припустимо, t +. Розглянемо компакт K \u003d (| x | h (t), t) B. За ТПК при t t + точка графіка (t, x (t)) залишає K, що неможливо з огляду на АТ.

Таким чином, для доказу продолжімості рішення на деякий інтервал досить формально оцінити рішення на всьому необхідному інтервалі.

Аналогія: вимірність функції по Лебегу і формальна оцінка інтеграла тягнуть реальне існування інтеграла.

Наведемо деякі приклади ситуацій, як ця логіка працює. Почнемо з ілюстрації наведеного вище тези про «зростанні f по x досить повільному».

Затвердження. Нехай B \u003d (,) Rn, f задовольняє умовам ТК-П в B, | f (t, x) | a (t) b (| x |), де a і b задовольняють умовам попереднього Твердження з \u003d 0, причому \u003d +. Тоді НР завдання (1) існує на (,) при всіх t0 (,), x0 Rn.

Лемма. Якщо і безперервні, (t0) (t0); при t t Доказ. Зауважимо, що в околиці (t0, t0 +): якщо (t0) (t0), то це відразу очевидно, а інакше (якщо (t0) \u003d (t0) \u003d 0) маємо (t0) \u003d g (t0, 0) (t0), що знову дає необхідну.

Припустимо тепер, що знайдеться t1 t0 така, що (t1). Очевидними міркуваннями можна знайти (t1) t2 (t0, t1] таку, що (t2) \u003d (t2), і на (t0, t2). Але тоді в точці t2 маємо \u003d, - протиріччя.

g будь-яка, і справді потрібно лише, C, і всюди де \u003d, там. Але щоб не забивати голову, розглянемо так, як в Лемме. Тут суворе нерівність, але зате нелінійне ОДУ, а ще є так зв.

Зауваження для викладача. Нерівності такого роду як в Лемме називаються нерівностями типу Чаплигіна (НЧ). Легко бачити, що в Лемме не потрібно було умова єдиності, так що таке «суворе НЧ» вірно і в рамках теореми Пеано. «Схожі НЧ» свідомо невірно без єдиності, т. К. Рівність - окремий випадок несуворого нерівності. Нарешті, «Нечитка НЧ» в рамках умови єдиності вірно, але вдається довести його лише локально - за допомогою ІМ.

Доказ. (Твердження). Доведемо, що t + \u003d (t \u003d аналогічно). Припустимо, t +, тоді по Утвердженню вище | x (t) | + При t t +, так що можна вважати x \u003d 0 на. Якщо ми доведемо АТ | x | h на) (куля для зручності замкнутий).

Завдання Коші x (0) \u003d 0 має єдине НР x \u003d 0 на R.

Зазначимо достатня умова на f, при якому існування НР на R + можна гарантувати при всіх досить малих x0 \u003d x (0). Для цього припустимо, що (4) має так зв. функцію Ляпунова, т. е. таку функцію V, що:

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

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

Перевіримо виконання умов A і B:

A. Розглянемо задачу Коші де | x1 | R / 2. Побудуємо циліндр B \u003d R B (0, R) - область визначення функції f, де вона обмежена і класу C 1, так що існує F \u003d max | f |. За ТК-П знайдеться рішення (5), опредеB ленное на інтервалі (t1 T0, t1 + T0), де T0 \u003d min (T, R / (2F)). Вибором досить великого T можна домогтися T0 \u003d R / (2F). Важливо, що T0 не залежить від вибору (t1, x1), аби | x1 | R / 2.

B. Поки рішення (5) визначено і залишається в кулі B (0, R), ми можемо провести наступне міркування. маємо:

V (x (t)) \u003d f (x (t)) · V (x (t)) 0, т. Е. V (x (t)) V (x1) M (r) \u003d max V (y) . Ясно, що m і M не зменшуються, непреy | r ривни в нулі, m (0) \u003d M (0) \u003d 0, а поза нуля вони позитивні. Тому знайдеться R 0 таке, що M (R) m (R / 2). Якщо | x1 | R, то тоді V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), звідки | x (t) | R / 2. Зауважимо, що R R / 2.

Тепер ми можемо сформулювати теорему, яка з пп. A, B виводить глобальне існування рішень (4):

Теорема. Якщо (4) має функцію Ляпунова в B (0, R), то при всіх x0 B (0, R) (де R визначена вище) НР завдання Коші x (t0) \u003d x0 для системи (4) (з будь-яким t0) визначено до +.

Доказ. В силу п. A рішення можна побудувати на, де t1 \u003d t0 + T0 / 2. Це рішення лежить в B (0, R) і до нього пріменм п. B, так що | x (t1) | R / 2. Знову прийміть няемое п. A і отримуємо рішення на, де t2 \u003d t1 + T0 / 2, т. Е. Тепер рішення побудовано на. До цього рішення застосовуємо п. B і отримуємо | x (t2) | R / 2, і т. Д. За рахункове число кроків отримаємо рішення на § 5. Залежність рішень ОДУ від Розглянемо задачу Коші де Rk. Якщо при якихось, t0 (), x0 () ця задача Коші має НР, то воно є x (t,). Виникає питання: як вивчити залежність x від? Це питання важливе в силу різних додатків (і виникне особливо в Частині 3), одне з яких (хоча можливо і не найважливіше) - наближене рішення ОДУ.

Приклад. Розглянемо задачу Коші Її НР існує і єдино, як це випливає з ТК-П, але висловити його в елементарних функціях неможливо. Як тоді досліджувати його властивості? Один із способів такий: зауважимо, що (2) «близька» до задачі y \u003d y, y (0) \u003d 1, рішення якої легко знаходиться: y (t) \u003d et. Можна припустити, що x (t) y (t) \u003d et. Чітко ця ідея оформляється так: розглянемо задачу При \u003d 1/100 це (2), а при \u003d 0 це завдання для y. Якщо ми доведемо, що x \u003d x (t,) неперервна по (в певному сенсі), то отримаємо, що x (t,) y (t) при 0, а це і означає x (t, 1/100) y ( t) \u003d et.

Правда, залишається неясним, наскільки близько x до y, але доказ безперервності x по є першим необхідним кроком, без якого неможливо просування далі.

Аналогічно є корисним і дослідження залежності від параметрів в початкових даних. Як ми побачимо пізніше, ця залежність легко зводиться до залежності від параметра в правій частині рівняння, так що поки обмежимося завданням виду Нехай f C (D), де D - область в Rn + k + 1; f ліпшіцева по x в будь-якому опуклому по x компакті з D (напріf заходів, досить C (D)). Фіксуємо (t0, x0). Позначимо M \u003d Rk | (T0, x0,) D - це безліч допустимих (при яких задача (4) має сенс). Відзначимо, що M відкрито. Будемо вважати, що (t0, x0) підібрані так, що M \u003d. За ТК-П для всіх M існує єдине НР завдання (4) - функція x \u003d (t,), визначена на інтервалі t (t (), t + ()).

Строго кажучи, оскільки залежить від багатьох змінних, треба записувати (4) так:

де (5) 1 виконано на безлічі G \u003d ((t,) | M, t (t (), t + ())). Втім, відміну значків d / dt і / t чисто психологічне (їх вживання залежить від такого ж психологічного поняття «фіксувати»). Таким чином, безліч G є природним максимальним безліччю визначення функції, і питання про безперервність слід досліджувати саме на G.

Нам буде потрібно допоміжний результат:

Лемма. (Гронуолла). Нехай функція C, 0, задовольняє для всіх t оцінці Тоді при всіх вірно Зауваження для викладача. При читанні лекції можна і не запам'ятовувати цю формулу заздалегідь, а залишити місце, а після виведення вписати.

Але потім тримати цю формулу на увазі, т. К. Потрібно буде в ТоНЗ.

h \u003d A + B Ah + B, звідки звідки отримуємо необхідну.

Сенс цієї леми: диференціальні рівняння і нерівність, зв'язок між ними, інтегральні рівняння і нерівність, зв'язок між ними всіма, диференціальна і інтегральна леми Гронуолла і зв'язок між ними.

Зауваження. Можна довести цю лему і при більш загальних припущеннях про, A і B, але це нам поки не потрібно, а буде зроблено в курсі УМФ (так, то зрозуміло, що ми не використали безперервність A і B, і т. П.).

Тепер ми готові чітко сформулювати результат:

Теорема. (ТоНЗ) При зроблених припущеннях про f і в позначеннях введених вище можна стверджувати, що G відкрито, а C (G).

Зауваження. Ясно, що безліч M взагалі кажучи, не складно, так що і G може бути не зв'язковим.

Зауваження для викладача. Однак якби ми включили (t0, x0) в число параметрів, то зв'язність була б - так зроблено в.

Доказ. Нехай (t,) G. Треба довести, що:

Нехай для визначеності t t0. Маємо: M, так що (t,) визначена на (t (), t + ()) t, t0, а значить на деякому відрізку такому, що t точка (t, (t,),) пробігає компактну криву D (паралельну гиперплоскости (\u003d 0)). Значить, безліч виду Визначення потрібно тримати перед очима постійно!

теж є компакт в D при досить малих a і b (опуклий по x), так що на функція f ліпшіцева по x:

[Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] І рівномірно неперервна по всім змінним, а тим більше | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] Розглянемо довільне 1 таке, що | 1 | bі відповідне рішення (t, 1). Безліч (\u003d 1) є компакт в D (\u003d 1), причому при t \u003d t0 точка (t, (t, 1), 1) \u003d (t0, x0, 1) \u003d (t0, (t0,), 1) (\u003d 1), а по ТПК при t t + (1) точка (t, (t, 1), 1) залишає (\u003d 1). Нехай t2 t0 (t2 t + (1)) - найперше значення, при якому згадана точка виходить на.

За побудовою, t2 (t0, t1]. Нашим завданням буде показати, що t2 \u003d t1 при додаткових обмеженнях на. Нехай тепер t3. Маємо (при всіх таких t3 все величини використовуються далі визначені з побудови):

(T3, 1) (t3,) \u003d f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, Спробуємо довести, що ця величина по модулю менше a.

де підінтегральна функція оцінюється так:

± f (t, (t,),), а не ± f (t, (t,),), т. К. На різницю | (t, 1) (t,) | як раз немає оцінок поки, так що (t, (t, 1),) неясно, а ось для | 1 | Тобто, і (t, (t,), 1) відомо.

так що в підсумку | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Таким чином, функція (t3) \u003d | (t3, 1) (t3,) | (Це безперервна функція) задовольняє умовам леми Гронуолла з A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T \u003d t2, \u003d 0, так що по цій лемі отримуємо [Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] Якщо брати | 1 | 1 (t1). Будемо вважати, що 1 (t1) b. Всі наші міркування вірні при всіх t3.

Таким чином, при такому виборі 1, коли t3 \u003d t2, все ж | (t2, 1) (t2,) | a, а також | 1 | b. Значить, (t2, (t2, 1), 1) можливо тільки за рахунок того, що t2 \u003d t1. Але це зокрема означає, що (t, 1) визначено на всьому відрізку, т. Е. T1 t + (1), і всі крапки виду (t, 1) G, якщо t, | 1 | 1 (t1).

Т. е. Хоча t + залежить від, але відрізок залишається лівіше t + () при, досить близьких до. На малюнку Аналогічно при t t0 показується існування чисел t4 t0 і 2 (t4). Якщо t t0, то точка (t,) B (, 1) G, аналогічно при t t0, а якщо t \u003d t0, то застосовні обидва випадки, так що (t0,) B (, 3) G, де 3 \u003d min (1, 2). Важливо, що при фіксованому (t,) можна знайти t1 (t,) так, що t1 t 0 (або відповідно t4), і 1 (t1) \u003d 1 (t,) 0 (або відповідно 2), так що вибір 0 \u003d 0 (t,) ясний (т. к. в отриману циліндричну околиця можна вписати кулю).

насправді доведено більш тонке властивість: якщо НР визначено на деякому відрізку, то на ньому визначені всі НР з досить близькими параметрами (т. е.

все мало обурені НР). Втім, і навпаки, це властивість випливає з відкритості G, як буде показано нижче, так що це еквівалентні формулювання.

Тим самим ми довели п. 1.

Якщо ми знаходимося в зазначеному циліндрі в просторі то вірна оцінка при | 1 | 4 (, t,). У той же час | (t3,) (t,) | при | t3 t | 5 (, t,) через безперервність по t. В результаті при (t3, 1) B ((t,),) маємо | (t3, 1) (t,) |, де \u003d min (4, 5). Це і є п. 2.

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральне державне бюджетне освітня установа вищої професійної освіти ДЕРЖАВНИЙ УНІВЕРСИТЕТ УПРАВЛІННЯ Інститут підготовки науково-педагогічних і наукових кадрів ПРОГРАМА ВСТУПНИХ ВИПРОБУВАНЬ ПО СПЕЦІАЛЬНІЙ ДИСЦИПЛІНИ СОЦІОЛОГІЯ УПРАВЛІННЯ МОСКВА - 2014 1.Організаціонний-Методичні вказівки Справжня програма орієнтована на підготовку до здачі вступних випробувань до аспірантури по ... »

«Амурський державний університет Кафедра Психології та педагогіки НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС ДИСЦИПЛІНИ КОНСУЛЬТАТИВНА ПСИХОЛОГІЯ Основний освітньої програми у напрямку бакалаврату 030300.62 Психологія Благовєщенськ 2012 УМКД розроблений Розглянуто і рекомендовано на засіданні кафедри психології та педагогіки Протокол ...»

«Автомобільне господарство) Омськ - 2009 3 Федеральне агентство з освіти ГОУ ВПО Сибірська державна автомобільно-дорожня академія (СибАДИ) Кафедра інженерної педагогіки Методичні вказівки по вивченню дисципліни Педагогічні технології для студентів спеціальності 050501 - Професійне навчання (автомобілі та автомобільне ...»

«Серія Навчальна книга Г.С.Розенберг, Ф.Н.Рянскій ТЕОРЕТИЧНА І ПРИКЛАДНА ЕКОЛОГІЯ Навчальний посібник Рекомендовано Навчально-методичним об'єднанням по класичному університетському утворенню Російської Федерації як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів з екологічних спеціальностей 2-е видання Нижньовартовськ Видавництво Нижневартовского педагогічного інституту 2005 ББК 28.080.1я73 Р64 Рецензенти: доктор біол. наук, професор В. І. Попченко (Інститут екології ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ федеральне державне бюджетне освітня установа вищої професійної освіти Красноярський державний педагогічний університет ім. В.П. Астаф'єва Е.М. Антипова МАЛИЙ ПРАКТИКУМ з ботаніки Електронне видання КРАСНОЯРСК 2013 ББК 28.5 А 721 Рецензенти: Васильєв О.М., д.б.н., професор КДПУ ім. В.П. Астаф'єва; Ямських Г.Ю., д.г.н., професор СФУ Третьякова И.Н., д.б.н., професор, провідний співробітник Інституту лісу ... »

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральне Державна освітня бюджетна установа вищої професійної освіти Амурський державний університет Кафедра Психології та педагогіки НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС ДИСЦИПЛІНИ ОСНОВИ ПЕДІАТРІЇ І ГІГІЄНИ Основний освітньої програми за напрямом підготовки 050400.62 Психолого-педагогічна освіта Благовєщенськ 2012 1 УМКД розроблений Розглянуто і рекомендовано на засіданні кафедри психології та ... »

«Перевірці завдань з розгорнутою відповіддю Державна (підсумкова) атестація випускників IX класів загальноосвітніх установ (в новій формі) 2013 рік ГЕОГРАФІЯ Москва 2013 Автор-упорядник: Амбарцумова Е.М. Підвищення об'єктивності результатів державної (підсумкової) атестації випускників 9 класів загальноосвітніх установ (в ... »

«Практичні рекомендації по використанню довідково-інформаційного та методичного контенту для викладання російської мови як державної мови Російської Федерації. Практичні рекомендації адресовані викладачам російської мови (в тому числі і як нерідної). Зміст: Практичні рекомендації та методичні вказівки з відбору 1. змісту матеріалу для навчальних і виховних занять, присвячених проблемам функціонування російської мови як державної мови ... »

«Е.В.МУРЮКІНА РОЗВИТОК КРИТИЧНОГО МИСЛЕННЯ І МЕДІАКОМПЕТЕНТНОСТІ СТУДЕНТІВ У ПРОЦЕСІ АНАЛІЗУ ПРЕСИ навчальний посібник для вузів Таганрог 2008 2 Мурюкіна Є.В. Розвиток критичного мислення і медіакомпетентності студентів в процесі аналізу преси. Навчальний посібник для вузів. Таганрог: НП Центр розвитку особистості, 2008. 298 c. У навчальному посібнику розглядаються питання розвитку критичного мислення і медіакомпетентності студентів в процесі медіаосвітніх занять. Оскільки преса сьогодні ... »

«О. П. Головченко Про ФОРМУВАННЯ ФІЗИЧНОЇ АКТИВНОСТІ ЛЮДИНИ Частина II П ОД АГ ОГІК А ДВІ ДАТ Єльня ОЙ АКТИ ВН ОСТІ 3 Навчальне видання Олег Петрович Головченко ФОРМУВАННЯ ФІЗИЧНОЇ АКТИВНОСТІ ЛЮДИНИ Навчальний посібник Частина II Педагогіка рухової активності Видання друге, виправлене *** Редактор Н.І . Косенкова Комп'ютерну верстку виконала Д.В.Смоляк і С.В. Потапова *** Підписано до друку 23.11. Формат 60 х 90 / 1/16. Папір газетний Гарнітура Таймс Оперативний спосіб друку Ум. п.л .... »

«Державна освітня установа вищої професійної освіти Казанської державної УНІВЕРСИТЕТ ІМ. В.І. УЛЬЯНОВА-ЛЕНІНА Електронні бібліотеки наукових і освітніх ресурсів. Навчально-методичний посібник Абросимов А.Г. Лазарева Ю.І. Казань 2008 Електронні бібліотеки наукових і освітніх ресурсів. Навчально-методичний посібник по напрямку Електронні освітні ресурси. - Казань: КДУ, 2008. Навчально-методичний посібник публікується за рішенням ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ Державна освітня установа вищої професійної освіти Оренбурзький державний університет Акбулакського філія Кафедра педагогіки В.А. ТЕЦКОВА МЕТОДИКА ВИКЛАДАННЯ образотворчого мистецтва В ПОЧАТКОВИХ КЛАСАХ ЗАГАЛЬНООСВІТНЬОЇ ШКОЛИ Методичні вказівки Рекомендовано до видання Редакційно-видавничим радою державної освітньої установи вищої професійної освіти Оренбурзький державний університет ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ Ставропольського КРАЮ Державна освітня установа вищої професійної освіти Ставропольський державний педагогічний університет Н.І. Джегутанова ДИТЯЧА ЛІТЕРАТУРА КРАЇН Вивчається МОВИ НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС Ставрополь 2010 1 Друкується за рішенням УДК 82.0 редакційно-видавничої ради ББК 83.3 (0) ГОУ ВПО Ставропольського державного Д педагогічного інституту Рецензенти: ... »

«ПОЛОЖЕННЯ про нову систему внутришкольной оцінки якості освіти МБОУ Камишинська ЗОШ 1. Загальні положення 1.1. Положення про внутришкольной системі оцінки якості освіти (далі - Положення) встановлює єдині вимоги при реалізації внутришкольной системи оцінки якості освіти (далі - ШСОКО) в муніципальному бюджетному загальноосвітньому закладі Камишинському середньої загальноосвітньої школи (далі - школа). 1.2. Практичне здійснення ШСОКО будується відповідно до ... »

«МІНІСТЕРСТВО ОХОРОНИ ЗДОРОВ'Я РЕСПУБЛІКИ УЗБЕКИСТАН Ташкентський МЕДИЧНА АКАДЕМІЯ КАФЕДРА ВОП З КЛІНІЧНОЇ алергології ЗАТВЕРДЖУЮ Проректор з навчальної роботи Проф. О.Р.Тешаев _ 2012р. РЕКОМЕНДАЦІЇ ЩОДО СКЛАДАННЯ Навчально-методичний РОЗРОБОК ДЛЯ ПРАКТИЧНИХ ЗАНЯТЬ З ЄДИНОЇ методичної СИСТЕМІ Методичні вказівки для викладачів медичних ВНЗ Ташкент- 2012 МІНІСТЕРСТВО ОХОРОНИ ЗДОРОВ'Я РЕСПУБЛІКИ УЗБЕКИСТАН ЦЕНТР РОЗВИТКУ МЕДИЧНОЇ ОСВІТИ Ташкентський МЕДИЧНА ... »

«Федеральне агентство з освіти Гірничо-Алтайський державний університет А. П. Макош ПОЛІТИЧНА ГЕОГРАФІЯ І ГЕОПОЛИТИКА Навчально-методичний посібник Гірничо-Алтайськ РІО Гірничо-Алтайського держуніверситету 2006 Друкується за рішенням редакційно-видавничого Ради Гірничо-Алтайського державного університету Макош А. П. ПОЛІТИЧНА ГЕОГРАФІЯ І ГЕОПОЛИТИКА. Навчально-методичний посібник. - Гірничо-Алтайськ: РІО ГАГУ, 2006.-103 с. Навчально-методичний посібник розроблено відповідно до навчального ... »

«А.В. Новицька, Л.І. Миколаєва ШКОЛА МАЙБУТНЬОГО СУЧАСНА ОСВІТНЯ ПРОГРАМА Сходинки життя 1 КЛАС методичний посібник ДЛЯ ВЧИТЕЛІВ ПОЧАТКОВИХ КЛАСІВ Москва 2009 УДК 371 (075.8) ББК 74.00 Н 68 Авторські права захищені юридично, посилання на авторів зо ково. Новицька О.В., Миколаєва Л.І. Н 68 Сучасна освітня програма Сходинки життя. - М .: Авваллон, 2009. - 176 с. ISBN 978 5 94989 141 4 Ця брошура адресована в першу чергу педагогам, але, несом ненно, своєю інформацією ... »

«Навчально-методичний комплекс РОСІЙСЬКЕ ПІДПРИЄМНИЦЬКЕ ПРАВО 030500 - Юриспруденція Москва 2013 Автор - укладач кафедри цивільно-правових дисциплін Рецензент - Навчально-методичний комплекс розглянутий і схвалений на засіданні кафедри цивільно-правових дисциплін протокол № від _2013г. Російське підприємницьке право: навчально-методичний ... »

«А. А. Ямашкін В. В. Руженков Ал. А. Ямашкін ГЕОГРАФІЯ РЕСПУБЛІКИ МОРДОВИЯ Навчальний посібник САРАНСЬК ВИДАВНИЦТВО мордовських УНІВЕРСИТЕТУ 2004 УДК 91 (075) (470.345) ББК Д9 (2Р351-6Мо) Я549 Рецензенти: кафедра фізичної географії Воронезького державного педагогічного університету; доктор географічних наук професор А. М. Носонов; учитель школи-комплексу № 39 м Саранська А. В. Леонтьєв Друкується за рішенням навчально-методичної ради факультету довузівської підготовки та середнього ... »

Олександр Вікторович Абросимов Дата народження: 16 листопад 1948 (1948 11 16) Місце народження: Куйбишев Дата смерті ... Вікіпедія

I Диференціальні рівняння рівняння, що містять шукані функції, їх похідні різних порядків і незалежні змінні. Теорія Д. у. виникла в кінці 17 ст. під впливом потреб механіки та інших природничих дисциплін, ... ... Велика Радянська Енциклопедія

Звичайні диференціальні рівняння (ОДУ) це диференціальне рівняння виду де невідома функція (можливо, вектор функція, тоді, як правило, теж вектор функція зі значеннями в просторі тієї ж розмірності; в цьому ... ... Вікіпедія

У Вікіпедії є статті про інших людей з таким прізвищем, див. Юдовіч. Віктор Йосипович Юдовіч Дата народження: 4 жовтень 1934 (1934 10 04) Місце народження: Тбілісі, СРСР Дата смерті ... Вікіпедія

диференціал - (Differential) Визначення діфферінціала, діфферінціала функції, блокування діфферінціала Інформація про визначення діфферінціала, діфферінціала функції, блокування діфферінціала Зміст Зміст математичний Неформальне опис ... ... Енциклопедія інвестора

Одне з основних понять в теорії диференціальних рівнянь з приватними похідними. Роль X. проявляється в істотних властивостях цих рівнянь, таких, як локальні властивості рішень, можливість розв'язання різних завдань, їх коректність і ін. Нехай ... ... математична енциклопедія

Рівняння, в до ром невідомої є функція від одного незалежного змінного, причому в це рівняння входять не тільки сама невідома функція, але і її похідні різних порядків. Термін диференціальні рівняння було запропоновано Г. ... ... математична енциклопедія

Треногін Владилен Олександрович В. А. Треногін на лекції в МИСиС Дата народження ... Вікіпедія

Треногін, Владилен Олександрович Треногін Владилен Олександрович В. А. Треногін на лекції в МИСиС Дата народження: 1931 рік (1931) ... Вікіпедія

Рівняння Гаусса, лінійне звичайне диференціальне рівняння 2 го порядку або, в самосопряженних формі, Змінні і параметри в загальному випадку можуть приймати будь-які комплексні значення. Після підстановки виходить наведена форма ... ... математична енциклопедія