Makarskaya E.V. Kitobda: Talaba ilm-fan kunlari. Bahor - 2011. M.: Moskva davlat iqtisodiyot, statistika va informatika universiteti, 2011. S. 135-139.

Mualliflar iqtisodiy tizimlarni o'rganish uchun chiziqli differentsial tenglamalar nazariyasining amaliy qo'llanilishini ko'rib chiqadilar. Maqolada Keyns va Samuelson-Xiksning dinamik modellari iqtisodiy tizimlarning muvozanat holatlarini topish bilan tahlil qilingan.

Ivanov A.I., Isakov I., Demin A.V. va boshq.5-qism .M.: Slovo, 2012.

Uslubiy qo'llanmada Rossiya Federatsiyasi Davlat ilmiy-tadqiqot markazida - IBMP RASSda o'tkazilgan dozalangan jismoniy faollik sinovlari paytida odam tomonidan kislorod iste'molini o'rganish uchun miqdoriy usullar ko'rib chiqilgan. Qo'llanma aerokosmik, suv osti va sport tibbiyoti sohasida ishlaydigan olimlar, fiziologlar va shifokorlar uchun mo'ljallangan.

Mikheev A.V. SPb.: Milliy tadqiqot universiteti Oliy iqtisodiyot maktabi operatsion bosib chiqarish bo'limi - Sankt-Peterburg, 2012.

Ushbu to'plamda Sankt-Peterburg Milliy tadqiqot universiteti Milliy iqtisodiyot universiteti Iqtisodiyot fakultetida muallif tomonidan o'qitilgan differentsial tenglamalar kursi uchun muammolar mavjud. Har bir mavzuning boshida asosiy nazariy faktlarning qisqacha mazmuni berilgan va tipik masalalarni echish misollari tahlil qilingan. Oliy kasb-hunar ta'limi dasturlari talabalari va tinglovchilari uchun.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Moskva davlat universiteti mexanika-matematika fakulteti Vasiylik kengashining nashriyoti, 2012. № 2012.

Ushbu o'quv qo'llanma muallif tomonidan Moskva davlat universiteti mexanika-matematika fakultetida o'qigan talaba tanlagan maxsus kursga asoslangan. M.V. Lomonosov 2010-2012 o'quv yilida. Yo'riqnoma o'quvchini yaqinda qo'llanma muallifi va uning hammualliflari tomonidan ishlab chiqilgan parametrix usuli va uning alohida analogi bilan tanishtiradi. U ilgari faqat bir qator jurnal maqolalarida bo'lgan materiallarni birlashtiradi. Taqdimotning maksimal darajada umumiyligiga intilmasdan, muallif Markov zanjirlarining diffuziya jarayoniga yaqinlashuvi bo'yicha mahalliy chegara teoremalarini isbotlash va ba'zi degenerativ diffuziyalar uchun ikki tomonlama Aronson tipidagi baholarni olishda usulning imkoniyatlarini namoyish etishni maqsad qilgan.

Nashr. 20. NY: Springer, 2012 yil.

Ushbu nashr 2011 yil 16-18 fevral kunlari Florida Universitetida bo'lib o'tgan "Axborot tizimlari dinamikasi bo'yicha uchinchi xalqaro konferentsiya" dan tanlangan maqolalar to'plamidir. Ushbu konferentsiyaning maqsadi sanoat, hukumat va davlat olimlari va muhandislarini birlashtirish edi. Axborot tizimining dinamikasi nazariyasi va amaliyoti bilan bog'liq masalalarda yangi kashfiyotlar va natijalarni almashishlari uchun axborot tizimining dinamikasi: Matematik kashfiyot zamonaviy tadqiqot bo'lib, ma'lumotlarning so'nggi kashfiyotlariga qiziqqan aspirantlar va tadqiqotchilar uchun mo'ljallangan. nazariya va dinamik Boshqa fan sohalari olimlari ham o'z tadqiqot sohalarida yangi ishlanmalarni qo'llashdan foyda ko'rishlari mumkin.

Palvelev R., Sergeev A.G. Trudi Matematik Instituti. V.A. RASning Steklov instituti. 2012. Jild.277.S. 199-214.

Landau-Ginzburg giperbolik tenglamalarida adyabatik chegara o'rganilgan. Ushbu chegara Ginzburg-Landau tenglamalari echimlari va girdoblar deb ataladigan statik eritmalarning moduli fazosidagi adyabatik traektoriyalar o'rtasidagi moslikni o'rnatish uchun ishlatiladi. Manton evristik adiyabatik printsipni taklif qildi, u Ginzburg-Landau tenglamalarining har qanday yechimini etarlicha past kinetik energiyaga ega bo'lishini ba'zi adyabatik traektoriyalarni bezovta qilishi mumkin. Yaqinda birinchi muallif tomonidan ushbu faktning qat'iy isboti topildi

Biz Hycomm (barqaror 0 egri chiziqli modullar makonining homologiyasi) operadalari va BV / Δ (BV-operator tomonidan Batalin-Vilkoviskiy operasining gomotopiya qismi) operadalari o'rtasida kvazi-izomorfizmning aniq formulasini beramiz. Boshqacha qilib aytganda, biz BV-operatorni ahamiyatsizlashtiradigan homotopiya bilan kuchaytirilgan Hycomm-algebralar va BV-algebralarning ekvivalentligini olamiz. Ushbu formulalar Givental grafikalari asosida berilgan va ikki xil usulda isbotlangan. Bir dalil Givental guruh harakatlaridan foydalanadi, ikkinchisi esa Hycomm va BV rezolyutsiyalari bo'yicha aniq formulalar zanjiridan o'tadi. Ikkinchi yondashuv, xususan, Hycomm-algebralarga Givental guruhi ta'sirini homologik tushuntirish beradi.

Ilmiy asosda. A. Mixaylov tomonidan tahrirlangan, jild. 14.M.: Moskva davlat universiteti sotsiologik fakulteti, 2012 y.

Ushbu to'plamdagi maqolalar 2011 yilda Moskva davlat universiteti sotsiologiya fakultetida tayyorlangan ma'ruzalar asosida yozilgan. M.V. Lomonosov nomidagi "Ijtimoiy jarayonlarni matematik modellashtirish" XIV yillik fanlararo ilmiy seminar yig'ilishida Sotsialistik Mehnat Qahramoni akademik A.A. Samara.

Nashr tadqiqotchilar, o'qituvchilar, Rossiya Fanlar akademiyasining universitetlari va ilmiy muassasalari talabalari uchun, ijtimoiy jarayonlarni matematik modellashtirish metodologiyasini ishlab chiqish va amalga oshirish bilan qiziqqan.

ROSSIYA FEDERATSIYASI TA'LIM VA FAN VAZIRLIGI "MEPhI" MILLIY-TADQIQIY YADRO UNIVERSITETI TI.Buxarova, V.L.Kaminin, AB Kostin, DS Tkachenko Oddiy differentsial tenglamalar bo'yicha ma'ruza kursi oliy o'quv yurtlari talabalari uchun darslik sifatida Moskva 2011 yil UDC 517.9 BBK B94 Buxarova TI, Kamynin VL, Kostin AB, Tkachenko DS Oddiy differentsial tenglamalar bo'yicha ma'ruzalar kursi: O'quv qo'llanma. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 p. Uslubiy qo'llanma mualliflar tomonidan uzoq yillar davomida Moskva muhandislik-fizika institutida o'qigan ma'ruzalar kursi asosida yaratilgan. U barcha fakultetlarning NRNU MEPhI talabalari uchun, shuningdek, yuqori darajadagi matematik tayyorgarlikka ega universitet talabalari uchun mo'ljallangan. Qo'llanma NRNU MEPhI yaratish va rivojlantirish dasturi doirasida tayyorlangan. Taqrizchi: fizika-matematika fanlari doktori. Fanlar N.A. Kudryashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Milliy tadqiqot yadro universiteti "MEPhI", 2011 Mundarija so'zi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5 I. Oddiy differentsial tenglamalar nazariyasiga kirish. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Koshi muammosi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 6 11 II. Birinchi tartibli tenglama uchun Koshi masalasini echimining mavjudligi va o'ziga xosligi.OLE birinchi tartibli uchun yagona teorema. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinchi darajali OÄE uchun Koshi muammosiga yechimning mavjudligi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinchi darajali OÄE uchun echimning davomi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... III. Normal n-tartibli tizim uchun Koshi muammosi. Vektor funktsiyalarining asosiy tushunchalari va ba'zi yordamchi xususiyatlari. ... ... ... Koshi muammosini normal tizim uchun echimining o'ziga xosligi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ; ... Metrik makon tushunchasi. Berilgan tasvirlarning printsipi. ... ... ... ... ... Normal tizimlar uchun Koshi masalasini echish uchun mavjudlik va o'ziga xoslik teoremalari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14 14 23 34 38 38 43 43 48 48 IV. Alohida o'zgaruvchiga ega kvadrat tenglamada echilgan oddiy oddiy differentsial tenglamalarning ayrim sinflari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinchi darajali OÄE chiziqli. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Bir hil tenglamalar. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vernulli tenglamasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Umumiy differentsiallarda tenglama. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 55 55 58 63 64 65 V. 67 Hosilaga nisbatan echilmagan birinchi tartibli tenglamalar, hosilaga nisbatan hal qilinmagan DE eritmasining mavjudligi va o'ziga xosligi teoremasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Maxsus echim. Diskriminant egri chiziq. Men aylanib chiqaman. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Parametrlarni kiritish usuli. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Lagran tenglamasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Klerot tenglamasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Vi. Lineer ODE tizimlari Asosiy tushunchalar. Mavjudlik teoremasi va muammoning echimining o'ziga xosligi Chiziqli DE ning bir jinsli tizimlari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Voronskiyning aniqlovchisi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Bir hil tizim uchun integral echimlar. Haqiqiy ÔSR ga o'tish. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... OÄE chiziqli bir xil bo'lmagan tizimlar. Konstantalarni variatsiya qilish usuli. ... ... ... ... Doimiy koeffitsientli OÄE chiziqli bir xil tizimlar. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Matritsaning eksponent funktsiyasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3 67 70 77 79 81 85 Koshi 85. ... ... 87. ... ... 91. ... ... ... ... ... 96 97. ... ... yuz . ... ... 111 Doimiy koeffitsientli bir hil bo'lmagan chiziqli DE tizimlari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 116 VII. Yuqori tartibli ODElarni chiziqli ODE tizimiga qisqartirish. Koshi muammosining mavjudlik teoremasi va echimining o'ziga xosligi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yuqori darajadagi bir hil chiziqli OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yuqori darajali bir hil chiziqli OÄE kompleks eritmalarining xususiyatlari. Murakkab SSS-dan realga o'tish. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yuqori darajadagi bir hil bo'lmagan chiziqli DE. Konstantalarni variatsiya qilish usuli. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Doimiy koeffitsientlarga ega yuqori darajali OÄE bir hil. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Doimiy koeffitsientli yuqori tartibli bir hil chiziqli ODE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 VIII. Barqarorlik nazariyasi Barqarorlik bilan bog'liq asosiy tushunchalar va ta'riflar. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Chiziqli tizim echimlarining barqarorligi. ... ... ... ... ... Lyapunovning barqarorlik teoremalari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinchi taxminda barqarorlik. ... ... ... ... ... ... 162-sonli dam olish punkti yaqinidagi faza traektoriyalarining harakati. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 128 136 139 132 146 150 162 168 172 182 187 IX. ODE tizimlarining birinchi integrallari 198 Oddiy differentsial tenglamalar avtonom tizimlarining birinchi integrallari 198 ODE yarim avtonom tizimlari. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 205 OÄU tizimlarining simmetrik yozuvi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 206 X. Birinchi tartibdagi qisman differentsial tenglamalar.Birinchi tartibdagi bir hil chiziqli qismli differentsial tenglamalar.Birinchi tartibli chiziqli qismli differentsial tenglama uchun Koshi masalasi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinchi tartibli kvazilinear qisman differentsial tenglamalar. ... ... ... Birinchi tartibli kvazilinear qismli differentsial tenglama uchun Koshi muammosi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Adabiyotlar ro'yxati. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -4- 210. ... ... ... ... 210. ... ... ... ... 212. ... ... ... ... 216. ... ... ... ... 223. ... ... ... ... 227 PREFACE Kitobni tayyorlashda mualliflar bir joyda to'plash va oddiy differentsial tenglamalar nazariyasiga oid ko'pgina masalalar bo'yicha ma'lumotni taqdim etishni maqsad qilib qo'yishgan. Shu sababli, qo'llanmada NRNU MEPhI (va boshqa universitetlarda) o'qitiladigan oddiy differentsial tenglamalar kursining majburiy o'quv dasturiga kiritilgan ma'lumotlardan tashqari, qoida tariqasida ma'ruzalarda etarli vaqt bo'lmagan qo'shimcha savollar, ammo bu mavzuni yaxshiroq tushunish uchun foydali bo'ladi va hozirgi talabalar uchun kelajakdagi kasbiy faoliyatida foydali bo'ladi. Tavsiya etilgan qo'llanmaning barcha bayonotlari uchun matematik jihatdan qat'iy dalillar keltirilgan. Ushbu dalillar, odatda, asl emas, ammo barchasi MEPhI-da matematik kurslarni taqdim etish uslubiga muvofiq qayta ko'rib chiqilgan. O'qituvchilar va olimlar orasida keng tarqalgan fikrga ko'ra, matematik fanlarni asta-sekin soddadan murakkabga o'tib, to'liq va batafsil dalillar bilan o'rganish kerak. Ushbu qo'llanmaning mualliflari xuddi shu fikrda. Kitobda berilgan nazariy ma'lumotlar etarli miqdordagi misollarni tahlil qilish bilan qo'llab-quvvatlanadi va bu o'quvchining materialni o'rganishini soddalashtiradi deb umid qilamiz. Qo'llanma yuqori darajadagi matematik tayyorgarlikka ega bo'lgan universitet talabalariga, birinchi navbatda, NRNU MEPhI talabalariga mo'ljallangan. Shu bilan birga, bu differentsial tenglamalar nazariyasiga qiziqqan va o'z ishlarida matematikaning ushbu tarmog'idan foydalanadigan har bir kishiga foydali bo'ladi. -5- I bob. Oddiy differentsial tenglamalar nazariyasiga kirish 1. 1. Asosiy tushunchalar Qo'llanma davomida ha, bi (a, b) ,, (a, b] ,, har qanday to'plamlarni belgilaydi, biz x0 ni olamiz. 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. Ln C 6 x0 x0 Oxirgi tengsizlikni kuchaytirib (2.3) ni qo'llaganimizdan so'ng, bizda 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 barchasi uchun x 2 [1, 1]. Jf (x, y2) f (x, y1) j \u003d sin x y1 y2 6 hamma uchun (x, y) 2 G. Shunday qilib, f Lipschits shartini L \u003d 1 bilan qondiradi, aslida, hatto yda L \u003d sin 1 bo'lsa ham, ammo (x, 0 nuqtalaridagi fy0 hosilasi ) 6 \u003d (0, 0) hattoki mavjud emas. O'z-o'zidan qiziqarli bo'lgan quyidagi teorema, Koshi muammosi echimining o'ziga xosligini isbotlashga imkon beradi: 2.1-teorema (Ikkala yechimning farqini baholash to'g'risida) ) R R va f (x, y) 2 CG da domen 2 bo'lsin va G. ydagi Lipschits shartini doimiy L bilan qondiraylik. Agar y1, y2 tenglamaning ikkita echimi bo'lsa y 0 \u003d f (x, y) intervalda tengsizlik (taxmin) to'g'ri bo'ladi: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 hamma x 2 uchun. -19- y2 Isbot. (2.1) tenglama yechimining 2.2-ta'rifi bo'yicha biz 8 x 2 ball x, y1 (x) va x, y2 (x) 2 G ni olamiz. Barcha t 2 uchun biz y10 (t) \u003d ft to'g'ri tengliklarga egamiz, y1 (t) va y20 (t) \u003d ft, y2 (t), biz ularni t 2 oralig'ida birlashtiramiz, bu erda x 2. Integratsiya qonuniydir, chunki o'ng va chap tomonlar doimiy funktsiyalardir. Zx y1 (x) y1 (x0) \u003d x0 Zx y2 (x) y2 (x0) \u003d f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt tengliklar tizimini olamiz. x0 Ikkinchisini chiqarib, bizda 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 Biz C \u003d y1 (x0) y2 (x0)\u003e 0, v (t) \u003d L\u003e 0, u (t) \u003d y1 (t) ni belgilaymiz, shunda Gronuol - Gellman tengsizligi bilan biz taxminni olamiz: jy2 ( x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)\u003e 0. hamma x 2 uchun. Teorema isbotlangan. Isbotlangan teorema natijasida biz Koshi muammosini hal qilish uchun o'ziga xoslik teoremasini olamiz (2. 1), (2.2). Xulosa 1. f (x, y) 2 CG funktsiya va G da Lipschitz shartini yda qondirsin va y1 (x) va y2 (x) funktsiyalar bir xil intervalda (2.1) tenglamaning ikkita echimi, va x0 2. Agar y1 (x0) \u003d y2 (x0) bo'lsa, u holda y1 (x) y2 (x) on. Dalillar. Keling, ikkita holatni ko'rib chiqaylik. -20- 1. x\u003e x0 ga ruxsat bering, keyin 2. 1-teoremadan h i degan xulosa kelib chiqadi y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), x\u003e x0 uchun y2 (x). 2. x 6 x0 ga ruxsat bering, t \u003d x o'zgarishni amalga oshiring, keyin i \u003d 1 uchun yi (x) \u003d yi (t) y ~ i (t), 2. x 2 dan beri t 2 [x0, x1] va y ~ 1 (x0) \u003d y ~ 2 (x0) tenglik. Keling, qaysi tenglama y ~ i (t) ni qondirishini aniqlaylik. Quyidagi tenglik zanjiri to'g'ri: d y ~ i (t) \u003d dt d ~ yi (x) \u003d dx f x, yi (x) \u003d f (t, y ~ i (t)). Bu erda biz kompleks funktsiyani differentsiatsiya qilish qoidasi va yi (x) (2.1) tenglamaning echimlari ekanligidan foydalandik. F ~ (t, y) f (t, y) funktsiya uzluksiz va L da Lipschits shartini qondirganligi sababli, 2.1 teorema bo'yicha biz [x0, x1 da y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) ga egamiz. ], ya'ni y1 (x) y2 (x) yon. Ikkala ko'rib chiqilgan holatlarni birlashtirib, xulosa xulosasini olamiz. Xulosa 2. (dastlabki ma'lumotlarga uzluksiz bog'liqlikda) f (x, y) 2 CG funktsiyasi va G da Lipschits shartini doimiy L ga ega bo'lgan y ga moslashtirsin va y1 (x) va y2 (x) funktsiyalar bo'yicha belgilangan (2.1) tenglamaning echimlari. L l \u003d x1 x0 va δ \u003d y1 (x0) y2 (x0) ni belgilang. U holda 8 x 2 uchun y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l tengsizlik rost. Isbot darhol Teorema 2 dan kelib chiqadi. 1. Xulosa 2 ning tengsizligi dastlabki ma'lumotlardan eritmaning barqarorligini baholash deb ataladi. Uning ma'nosi shundan iboratki, agar x \u003d x0 da echimlar "yaqin" bo'lsa, unda cheklangan segmentda ular ham "yaqin" bo'ladi. 2.1 teoremasi ikkita echimning farq moduli bo'yicha dasturlar uchun muhim baho beradi va 1-xulosa - Koshi muammosi echimining o'ziga xosligi (2.1), (2.2). O'ziga xoslik uchun boshqa etarli shartlar ham mavjud, ulardan birini biz hozir taqdim etmoqdamiz. Yuqorida ta'kidlab o'tilganidek, Koshi muammosini hal qilishning geometrik o'ziga xosligi, G domenining (x0, y0) nuqtasi orqali tenglamaning (2.1) bittadan ko'p bo'lmagan egri chizig'i o'tishi mumkin emasligini anglatadi. Teorema 2.2 (Osgood noyoblik to'g'risida). F (x, y) 2 CG funktsiyasi va 8 (x, y1), (x, y2) 2 G funktsiyasi f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j tengsizligi bajarilsin, bu erda u 2 (0, β], ϕ (u) uchun ϕ (u)\u003e 0 uzluksiz va Z! du! +1, qachonki ε! 0+. Keyin domenning (x0, y0) nuqtasi orqali ϕ (u) ) ε G ko'pi bilan bitta integral egri chiziq (2.1) o'tadi. -21- isbot. (2.1) tenglamaning y1 (x) va y2 (x) ikkita echimi mavjud bo'lsin, y1 (x0) \u003d y2 (x0) \u003d y0, biz z (x) \u003d y2 (x) y1 (x) ni belgilaymiz. dyi \u003d f (x, yi) bo'lgani uchun, i \u003d 1, 2 uchun, dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1) tenglik z (x) ga teng bo'ladi. dx dz \u003d f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, ya'ni u holda z dx 1 d - jzj2 6 ϕ jzj jzj tengsizlik, undan jzj 6 \u003d 0 uchun quyidagi 2 dx juft tengsizlik kelib chiqadi: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j bu erda z (x)\u003e 0 va zi \u003d z (xi), i \u003d 1, 2. har qanday intervalda integratsiya amalga oshiriladi, taxminlarga ko'ra, z (x) 6 0 va bundan tashqari, doimiy bo'ladi, shuning uchun ham shunday segment, uni tanlang va tuzating. N o X1 \u003d x x to'plamlarni ko'rib chiqing< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > x2 va z (x) \u003d 0. Ushbu to'plamlarning hech bo'lmaganda bittasi bo'sh emas, chunki z (x0) \u003d 0 va x0 62. Masalan, X1 6 \u003d ph bo'lsin, u yuqorida chegaralangan, shuning uchun 9 a \u003d sup X1. Z (a) \u003d 0, ya'ni a 2 X1, chunki z (a)\u003e 0 deb taxmin qilsak, uzluksizlik tufayli biz ba'zi bir a-1, a + -1 -lar oralig'ida z (x)\u003e 0 ga ega bo'lamiz va bu a \u003d sup X1 ta'rifiga zid keladi. Z (a) \u003d 0 holatidan a degan xulosa kelib chiqadi< x1 . По построению z(x) > Barcha x 2 uchun 0 (a, x2] va z (x) uzluksizligi tufayli! X + for + 0 uchun 0+. Biz [a + segment segmenti bo'yicha integrallangan holda (2.5) ni keltirib chiqaramiz. , x2], bu erda x2 yuqorida tanlangan va aniqlangan, va (2 (0, x2 a) o'zboshimchalik bilan biz tengsizlikni olamiz: Zjz2 j Zx2 dx 6 a + + d d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz (a + δ) j Zx2 dx. A + δ Ushbu ikki baravar tengsizlikda z (x) ning uzluksizlik sharti bilan Zjz2 jd jzj2! +1 dan z! (A + δ)! Z (a) \u003d 0 ga ruxsat beramiz. , va keyin teoremaning integral 2 jzjϕ jzj.jz (a + δ) j -22- tengsizlikning o'ng tomoni Rx2 dx \u003d x2 a δ 6 x2 a yuqoridan a + δ bilan cheklangan. Bir vaqtning o'zida imkonsiz bo'lgan qiymat .. Natijada paydo bo'lgan ziddiyat 2-teoremani isbotlaydi. 2. Birinchi darajali ODE uchun Koshi muammosiga yechimning mavjudligini eslang, Koshi muammosi (2.1), (2.2) bilan biz quyidagi masalani nazarda tutamiz. y (x) funktsiyani topish: 0 y \u003d f (x, y), (x, y) 2 G, y (x0) \u003d y0, (x0, y0) 2 G, bu erda f (x, y) 2 CG va (x0, y0) 2 G; G - R2 dagi domen. Lemma 2. 2. f (x, y) 2 CG bo'lsin. Keyin quyidagi bayonotlar bajariladi: 1) har qanday re Ha (2.1) x0 2 ga qoniqtiruvchi bi oralig'idagi (2.1) tenglamaning ϕ (x) yechimi, bi integral tenglama Zx y (x) \u003d y0 + f τ, y (ha) bi bo'yicha echim. τ) dτ; (2.6) x0 2) agar ϕ (x) 2 C ha, bi (2.6) integral tenglamaning ha, bi, 1 bo'yicha echimi bo'lsa, bu erda x0 2 ga, bi, keyin ϕ (x) 2 C ha, bi (2.1), (2.2) ga yechim. Dalillar. 1., (x) ga (2.1), (2.2) ga ha, bi ga yechim bo'lsin. So'ngra, 2.2-izohda, ϕ (x) 2 C ga, bi va 8 τ 2 ga, bi biz x0 dan x ga integrallashtirgan ϕ 0 (τ) \u003d f τ, ϕ (τ) tenglikka egamiz (biz uchun har qanday x 2 ga, bi) Rx ϕ (x) ϕ (x0) \u003d f τ, ϕ (τ) dτ va ϕ (x0) \u003d y0, ya’ni ph (x) (2.6) ga yechim. x0 2. y \u003d ϕ (x) 2 C ha, bi (2.6) ga yechim bo'lsin. Fx, g (x) gipoteza bo'yicha ha, bi bo'yicha uzluksiz bo'lgani uchun Zx ϕ (x) y0 + f τ, ϕ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 o'zgaruvchan yuqori chegarasi bilan integral sifatida doimiy funktsiya. Oxirgi tenglikni x ga nisbatan farqlab, biz ϕ 0 (x) \u003d f x, ϕ (x) 8 x 2 ga, bi va aniqki, ϕ (x0) \u003d y0 ni olamiz, ya'ni ph (x) - Koshi (2.1), (2.2) muammosining echimi. (Odatdagidek, segment oxiridagi hosila tegishli bir tomonlama hosila sifatida tushuniladi.) -23- Izoh 2. 6. Lemma 2. 2 Koshi muammosining ekvivalenti bo'yicha lemma deb nomlanadi (2.1), (2.2) integral tenglamaga (2.6). Agar (2.6) tenglamaning echimi mavjudligini isbotlasak, u holda Koshi muammosining (2.1), (2.2) echuvchanligini olamiz. Ushbu reja quyidagi teoremada amalga oshiriladi. Teorema 2.3 (Mahalliy mavjudlik teoremasi). To'rtburchak P \u003d (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 a, jy y0 j 6 entire butunlay f (x, y) funktsiyaning G sohasiga yotqizilsin. F (x, y) 2 C G funktsiya va doimiy L bilan with ning G ichidagi n y o ga nisbatan Lipschitz shartini qondiradi Î M \u003d max f (x, y), h \u003d min a, M ni belgilaydi. P oralig'ida Soshi muammosining echimi mavjud (2.1), (2.2). Dalillar. (2.6) integral tenglamaning intervalda echimi mavjudligini o'rnataylik. Buning uchun quyidagi funktsiyalar ketma-ketligini ko'rib chiqing: 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 va boshqalar. x0 1. 8 n 2 N funktsiya yn (ketma-ket yaqinlashuvlar) aniqlanganligini ko'rsataylik, ya'ni biz 8 x 2 uchun hamma n \u003d 1, 2, uchun yn (x) y0 6 β tengsizlik bajarilishini ko'rsatamiz. ... ... Biz matematik induksiya (MMI) usulidan foydalanamiz: a) induksiya asosi: n \u003d 1. Zx y1 (x) y0 \u003d f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 bu erda M0 \u003d max f (x, y0) jx x 0 j 6 a, M0 6 M uchun; b) taxmin va induksiya bosqichi. Tengsizlik yn 1 (x) uchun to'g'ri bo'lsin, uni yn (x) uchun isbotlaylik: Zx yn (x) y0 \u003d f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Demak, agar jx x0 j 6 h , keyin yn (x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Bizning maqsadimiz eng yaqin 1 ta yk (x) k \u003d 0 vorisining yaqinlashishini isbotlashdir, buning uchun uni quyidagicha ifodalash qulay: yn \u003d y0 + n X yk 1 (x) \u003d y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. ... ... + yn yn 1, k \u003d 1 ya'ni funktsional qatorning qisman yig'indilari ketma-ketligi. 2. Quyidagi 8 n 2 N va 8 x 2 tengsizliklarni isbotlash orqali ushbu qator shartlarini taxmin qiling: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Matematik induksiya usulini qo'llaylik: jx n 1 1 hn. n! (2.7) a) induksiya asosi: n \u003d 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, yuqorida isbotlangan; b) taxmin va induksiya bosqichi. Tengsizlik n uchun to'g'ri bo'lsin, biz uni n uchun ko'rsatamiz: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) \u003d f τ, yn 2 (τ) 1, dτ 6 x0 gacha Zx i yn 6 by Lipschitz sharti 6 L n 2 M0 L induktsiya gipotezasi bo'yicha 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6! 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 Bu erda biz x \u003d x uchun x \u003d x0 uchun integral I \u003d jτ x x0 bo'lgan haqiqatni qo'lladik< 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 > Hamma k 2 N uchun Bk + 1\u003e Bk; 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 $ tutadi $ A, B 2 R $ holati uchun ushbu yordamchi bayonotni isbotlaylik (ya'ni A va B cheklangan; agar A \u003d 1 yoki B \u003d + 1 bo'lsa, shunga o'xshash). X A B x, ixtiyoriy x 2 (A, B) va δ (x) \u003d min, δ (x)\u003e 0 ni oling. 2 2 uchun Ak konvergentsiyasidan δ soni! A va Bk! B biz 9 N1 (δ) 2 N: 8 k\u003e N1, A ni olamiz< 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. 2.1-bo'limda 1-xulosani qo'llagan holda (ya'ni o'ziga xoslik teoremasi) biz barcha t 2 uchun va, xususan, t \u003d x uchun ϕ (t) ψ (t) bo'lamiz. X ixtiyoriy nuqta (A, B) bo'lganligi sababli, eritmaning o'ziga xosligi va u bilan birga xulosa isbotlangan. Izoh 2. 10. Tasdiqlangan xulosada biz avval yechimni kengroq to'plamga davom ettirish tushunchasiga duch keldik. Buni keyingi bobda batafsil ko'rib chiqamiz. Mana ba'zi misollar. p 2. misol. 2. y 0 \u003d ejxj x2 + y 2 tenglama uchun uning echimi hamma (A, B) \u003d (1, +1) da mavjudligini aniqlang. Ushbu tenglamani "chiziq" da ko'rib chiqing Q \u003d R2, funktsiyasi p jxj f (x, y) \u003d e x2 + y 2-f y \u003d ejxj p, fy0 6 ejxj \u003d L (x). ∂y x2 + y 2 2.1-bo'limning 2. 1-bayoniga binoan f (x, y) funktsiya Lipschits shartini y ga nisbatan "doimiy" L \u003d L (x) bilan qondiradi, x aniqlanadi. Keyin xulosaning barcha shartlari qondiriladi va har qanday dastlabki ma'lumotlar (x0, y0) 2 R2 uchun Koshi muammosining echimi mavjud va bundan tashqari (1, +1) da yagona hisoblanadi. E'tibor bering, tenglamaning o'zi kvadratlarda echilmagan, ammo taxminiy echimlar sonli ravishda tuzilishi mumkin. Q, -32 da aniqlangan va uzluksiz. 2-misol. 3. y 0 \u003d ex y 2 tenglama uchun R da aniqlangan echimlar mavjudligini aniqlang. Agar yana bu tenglamani "chiziq" da ko'rib chiqsak Q \u003d R2, bu erda ∂ ff (x, y) \u003d ex y 2 funktsiya aniqlangan va uzluksiz va \u003d 2yex bo'lsa, biz xulosa sharti buzilganligini, ya'ni L (x) uzluksiz funktsiya yo'qligini kuzatamiz. f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j barcha y1, y2 2 R. uchun. Darhaqiqat, f (x, y2) f (x, y1) \u003d ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, va jy2 + y1 j ifodasi y1, y2 2 R. bilan chegaralanmagan, shuning uchun xulosa qo'llanilmaydi. Keling, ushbu tenglamani "o'zgaruvchilarni ajratish" yo'li bilan hal qilaylik, umumiy echimni olamiz: "y (x) \u003d 0, y (x) \u003d 1. ex + C Aniqlik uchun x0 \u003d 0, y0 2 R. ni olamiz. Agar y0 \u003d 0, u holda y (x) 0 R-dagi Koshi muammosining echimi. 1 Koshi muammosining echimi. Y0 2 [1, 0) ex uchun u hamma x 2 R uchun, y0 2 uchun ( 1, 1) [(0, +1) yechim y0 + 1 emas, x \u003d ln nuqta orqali davom ettirish mumkin, aniqrog'i x\u003e 0 bo'lsa, u0 1 yechim y (x) \u003d y0 +1 x 2 (1, x) uchun belgilangan va agar x bo'lsa< 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, keyin echim faqat x 2 1 uchun mavjud; ln y0 Ushbu misol yuqorida ko'rsatilgan isbotlangan 2.4-teorema xulosasida f (x, y) funktsiyani o'sishini cheklash eritmani butun (A, B) ga etkazish uchun juda muhim ekanligini ko'rsatadi. Har qanday,\u003e 0 uchun f (x, y) \u003d f1 (x) y 1 + ε funktsiyasi bilan misollar shunga o'xshash tarzda olingan; berilgan misolda ph \u003d 1 faqat taqdimotga qulaylik uchun olingan. 2. 3. Birinchi darajali ODE ta'rifi uchun eritmaning kengaytmasi 2. 5. y 0 \u003d f (x, y) tenglamani ko'rib chiqing va y (x) uning ha, bi va Y (x) da echimi bo'lsin uning hA, Bi va ha, bi bo'yicha echimi hA, Bi va ha (bi) da Y (x) \u003d y (x) mavjud. Unda Y (x) y (x) eritmaning hA, Bi ga kengaytirilishi va y (x) ning hA, Bi ga kengaytirilganligi aytiladi. -34- 2.2-bo'limda biz Koshi muammosini hal qilish uchun mahalliy mavjudlik teoremasini isbotladik (2.1), (2.2). Ushbu qarorni qanday sharoitlarda kengroq muddat davomida davom ettirish mumkin? Ushbu bo'lim ushbu savolga bag'ishlangan. Uning asosiy natijasi quyidagicha. Teorema 2.5 (eritmaning chegaralangan yopiq domendagi davomi to'g'risida). F (x, y) 2 CG funktsiyasi bo'lsin va R2 da yga nisbatan Lipschitz shartini qondirsin va (x0, y0) G G chegaralangan yopiq domenning ichki nuqtasi. Keyin (x0, y0 nuqta orqali) ) G sohasi chegarasining DG gacha kengaytirilgan y 0 \u003d f (x, y) tenglamaning echimi, ya'ni u a, y (a) va b, y (b) nuqtalar DG ustida yotadigan qilib segmentga cho'zilishi mumkin. D f (x, y) cheklangan, yopiq, G sohasidagi qavariqda uzluksiz, keyin f (x, y) funktsiya G da L o'zgaruvchisidagi Lipschits shartini qondiradi. 2-bayonotdagi xulosani 2.1-bo'limdan 1 1f ga qarang. Shuning uchun, bu teorema, agar u Gy G.da doimiy bo'lsa, amal qiladi. 2-eslatma. 11. Eslatib o'tamiz. (X0, y0) G ning ichki nuqtasi bo'lganligi sababli, butunlay G da joylashgan 2 P \u003d (x, y) 2 R x x0 6 a, y y0 6 closed yopiq to'rtburchak mavjud. Keyin teorema bo'yicha .2.2-banddan 2.3 h\u003e 0 mavjud, shunda intervalda y 0 \u003d f (x, y) tenglamaning y \u003d ϕ (x) echimi mavjud (va bundan tashqari, noyob). Keling, avval ushbu echimni G domeni chegarasigacha davom etamiz va dalillarni alohida bosqichlarga ajratamiz. 1. ER to'plamini ko'rib chiqing: E \u200b\u200b\u003d a\u003e 0 uchun y \u003d ϕ (x) yechim kengaytiriladi, u erda Koshi shartlarini qondiradigan y 0 \u003d f (x, y) tenglamaning y \u003d -1 (x) echimi mavjud. ϕ1 ~ b \u003d ϕ ~ b ... Shunday qilib, ϕ (x) va -1 (x) x \u003d ~ b nuqtaga to'g'ri keladigan bitta tenglamaning ~ b h1, ~ b segmentidagi echimlar, shuning uchun ular butun b ~ h h1, ~ b va, shuning uchun ϕ1 (x) b (x) eritmaning ~ b h1, ~ b dan ~ b h1, ~ b + h1 segmentigacha davomi. Ph (x) funktsiyasini ko'rib chiqing: ϕ (x), x 2 x0, ψ (x) \u003d -1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + a0 + h1, y 0 \u003d f (x, y) tenglamaning echimi bo'lgan va Koshi shartini b (x0) \u003d y0 ga qondiradigan. Keyin a0 + h1 2 E raqami va bu a0 \u003d sup E. ta'rifiga zid keladi. Shuning uchun 2-holat mumkin emas. Xuddi shunday, ϕ (x) yechim chapga, nuqta a, ϕ (a) 2 ∂G bo'lgan segmentga cho'ziladi. Teorema to'liq isbotlangan. -37- III bob. N-darajadagi normal tizim uchun Koshi muammosi 3. 1. Vektorli funktsiyalarning asosiy tushunchalari va ba'zi yordamchi xususiyatlari Ushbu bobda biz 8\u003e t, y, shakldagi n-darajadagi normal tizimni ko'rib chiqamiz. ... ... , 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, bu erda noma'lum (kerak) funktsiyalar y1 (t) ,. ... ... , yn (t) va fi funktsiyalari ma'lum, i \u003d 1, n, funktsiya ustidagi nuqta t ga nisbatan hosilani bildiradi. Barcha fi lar G Rn + 1 domenida aniqlangan deb taxmin qilinadi. (3.1) tizimini vektor shaklida yozish qulay: y_ \u003d f (t, y), bu erda y (t) y1 (t). ... ... , yn (t), f (t, y) f1 (t, y). ... ... , fn (t, y); qisqartirish uchun vektorlarni belgilashda biz o'qlarni yozmaymiz. Ushbu yozuv (3.1) bilan ham belgilanadi. T0, y10 ,. ... ... , yn0 G.da yotadi (3.1) uchun Koshi masalasi (3.1) sistemaning (3.1) shartini qondiradigan echimini topishdir: -1 (t0) \u003d y10, -2 (t0) \u003d y20, ..., -n n (t0) \u003d yn0, (3.2) yoki vektor shaklida ϕ (t0) \u003d y 0. 1-bobda ta'kidlanganidek, (3.1) tizimning ha, bi oralig'idagi echimi bilan biz vektor funktsiyasini mean (t) \u003d -1 (t), degan ma'noni anglatadi. ... ... , ϕn (t), shartlarni qondiradigan: 1) 8 t 2 ga, bi t nuqta, ph (t) G da yotadi; 2) 8 t 2 ga, bi 9 d dt ϕ (t); 38 3) 8 t 2 ga, bi ϕ (t) (3.1) ni qondiradi. Agar bunday eritma (3.2) ni qo'shimcha ravishda qondirsa, bu erda t0 2 ga, bi bo'lsa, u holda Koshi muammosining echimi deyiladi. (3.2) shartlar boshlang'ich shartlar yoki Koshi shartlar deb nomlanadi va t0, y10 ,. ... ... , yn0 - Koshi ma'lumotlari (dastlabki ma'lumotlar). O'zgaruvchining f (t, y) (n + 1) vektor funktsiyasi y1 ga bog'liq bo'lgan maxsus holatda. ... ... , yn chiziqli tarzda, ya'ni. shakli mavjud: f (t, y) \u003d A (t) y + g (t), bu erda A (t) \u003d aij (t) - n n matritsa, tizim (3.1) chiziqli deb nomlanadi. Kelajakda biz vektor funktsiyalarining xususiyatlariga muhtojmiz, ularni mos yozuvlar qulayligi uchun biz bu erda taqdim etamiz. Vektorlar uchun sonni ko'paytirish va ko'paytirish qoidalari chiziqli algebra kursidan ma'lum, bu asosiy amallar koordinatali ravishda bajariladi. n R ga skalyar x, x \u003d y1 x1 y1 + ko'paytmasini kiritsak. ... ... + xn yn, u holda biz jxj \u003d x, x \u003d x2k (yoki evklid normasi) vektorining s q n P uzunligi bilan Rn bilan belgilanadigan evklidlar makonini olamiz. Skalyar k \u003d 1 va uzunlik hosilasi uchun ikkita asosiy tengsizlik bajariladi: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn osmon). x + y 6 x + y x, y 6 x (uchburchak tengsizligi); y (Koshi tengsizligi Áunyakov - Ikkinchi semestrdagi matematik tahlil jarayonida ma'lum bo'lganki, Evklid fazosidagi nuqta (vektor) ketma-ketligining yaqinlashishi (cheklangan o'lchovli) bu koordinatalar ketma-ketliklarining yaqinlashishiga tengdir. vektorlar, ular aytadiki, koordinata bo'yicha yaqinlashishga tengdir, bu osonlik bilan tengsizliklardan kelib chiqadi: qp max x 6 x21 + ... + x2n \u003d jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Skalyar holatga o'xshab, lotin va vektor funktsiyasining integrali aniqlanadi va koordinatalarga o'tish yordamida xususiyatlari osongina isbotlanadi. Vektor funktsiyalari uchun quyida keltirilgan ba'zi tengsizliklar. 1. Har qanday vektor funktsiyasi uchun y (t) \u003d y1 (t) ,. ... ... , yn (t), integrallanadigan (masalan, uzluksiz), Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) tengsizlikni 0 Zb Zb y1 (t) dt ushlab turadi yoki koordinatali shaklda , @ y2 (t) dt ,. ... ... , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) +. ... ... yn2 (t) dt. isbot. Birinchidan, tengsizlik holatni istisno etmasligiga e'tibor bering 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 [elektron pochta bilan himoyalangan] 2 2 l \u003d 1 2 x, k, i \u003d 1 qaerdan (3.5) chiqadi. Ta'rif 3. 1. Biz f (t, y) vektor funktsiyasi õ (t, y) o'zgaruvchilar G to'plamidagi y vektor o'zgaruvchisiga nisbatan Lipschits shartini qondiradi deymiz, agar 9 L\u003e 0 bo'lsa, har qanday t uchun , y, 2 t, y 2 G tengsizligi ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 bajariladi. Ikki o'zgaruvchining funktsiyasi misolida bo'lgani kabi (2.1-taklifga qarang), G ning "y ichida qavariq" domenidagi Lipschitz xususiyati uchun etarli shart bu qisman hosilalar chegaralangan. Keling, aniq ta'rif beraylik. Ta'rif 3. 2. G o'zgaruvchisi (t, y) G sohasi, agar u Gda yotgan har qanday t, y va t, y ikkita nuqta uchun bo'lsa, unda u shu ikkita nuqtani birlashtiruvchi butun segmentni ham o'z ichiga oladi, ya'ni y ichida qavariq 1 2 deyiladi. e. n o t, y y \u003d y 1 + τ y 2 y 1 ni o'rnating, bu erda τ 2. Izoh 3. 1. Agar o'zgaruvchilarning G sohasi (t, y) y ichida qavariq bo'lsa, va qisman hosilalari ffi uzluksiz va hamma i uchun \u003dyj uchun G da doimiy l bilan chegaralangan bo'lsa, j \u003d 1, n, u holda vektor funktsiyasi ft, y doimiy ravishda L \u003d n l bo'lgan y ga nisbatan Lipschits sharti bilan G da qondiriladi. 1 2 dalil. G va 1 2 dan o'zboshimchalik bilan t, y va t, y nuqtalarni ko'rib chiqing, ularni bog'laydigan segment, ya'ni. t, y ni o'rnating, bu erda y \u003d y + τ y y1, t sobit va τ 2. -41- Biz bitta skaler argumentning vektor funktsiyasini kiritamiz g (ph) \u003d ft, y (τ), 2 1 keyin g (1) g (0) \u003d ft, yft, y va boshqa tomondan - Z1 g (1) g (0) \u003d dg (τ) dτ \u003d dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ \u003d dτ 0 0 h \u003d y \u003d y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 \u003d A (τ) y tufayli 2 y 1 dτ, 0, bu erda A (τ) elementsfi elementlari bo'lgan matritsa va jyj y2 y 1 mos keladigan ustun. Bu erda biz kompleks funktsiyani differentsiatsiya qilish qoidasini qo'lladik, ya'ni barcha i \u003d 1, n, t uchun qat'iy - biz quyidagilarga egamiz: 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 Buni matritsa shaklida yozib quyidagilarni olamiz: 0 2 1 g (τ) \u003d A (τ) y y n n matritsa bilan A (τ) \u003d aij (τ) ∂fi ∂yj. Integral (3.3) va tengsizlik (3.5) uchun smetadan foydalanib, almashtirishdan so'ng quyidagilarni olamiz: 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) chunki 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi \u003d i, j \u003d 8 τ 2 da 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2. Bayonot isbotlangan. -42- 3. 2. Normal tizim uchun Koshi muammosi echimining o'ziga xosligi 3. 1 teoremasi (ikkita eritma orasidagi farqni baholash bo'yicha). G ba'zi bir Rn + 1 domeni bo'lsin va f (x, y) vektor funktsiyasi G da uzluksiz va doimiy L ga ega bo'lgan G to'plamdagi y vektor o'zgaruvchisiga nisbatan Lipschits shartini qondiradi. Agar y 1, y 2 bo'lsa normal tizimning ikkita echimi (3.1) y_ \u003d f (x, y) oraliqda, keyin y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) ) barcha t 2 uchun ushlab turiladi. Dalil so'zma-so'z takrorlanadi, aniq o'zgarishlarni hisobga olgan holda, 2.1-bo'limdagi 2.1-teoremaning isboti. 2 Bundan dastlabki ma'lumotlarga nisbatan eritmaning o'ziga xosligi va barqarorligi teoremasini olish oson. Xulosa 3.1. F (t, y) vektor funktsiyasi G domenida uzluksiz va G da Lipschits shartini qondirsin va y 1 (t) va y 2 (t) funktsiyalar normal tizimning ikkita echimi (3.1) xuddi shu intervalda va t0 2. Agar y 1 (t0) \u003d y 2 (t0) bo'lsa, u holda y 1 (t) y 2 (t) yoqiladi. Xulosa 3.2. (dastlabki ma'lumotlarga doimiy bog'liqlik haqida). F (t, y) vektor funktsiyasi G domenida uzluksiz bo'lsin va G da Lipschitz shartini doimiy L\u003e 0 bilan qondirsin, va vektor funktsiyalari y 1 (t) va y 2 (t) ning echimlari belgilangan normal tizim (3.1). Keyin 8 t 2 uchun y 1 (t) tengsizlik bajariladi, bu erda δ \u003d y 1 (t0) y 2 (t0) va l \u003d t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Natija isboti aniq qayta rejalashtirishlarni hisobga olgan holda 2.1 va 2.2 natijalarning dalillarini so'zma-so'z takrorlaydi. 2 Koshi muammosining (3.1), (3.2) echimliligini o'rganish, bir o'lchovli holatda bo'lgani kabi, integral tenglamaning (vektor) echimliligiga tushiriladi. Lemma 3. 1. f (t, y) 2 C G bo'lsin; Rn 1. Quyidagi tasdiqlar mavjud bo'lganda: 1) (3.1) tenglama (ha) oralig'idagi har qanday ha (t) yechim, bi (3.2) t0 2 ga qoniqtiruvchi, bi ha bo'yicha doimiy echim, bi 1 orqali C G; H G sohasidagi barcha uzluksiz funktsiyalar to'plamini H bo'shliqdagi qiymatlar bilan belgilash odatiy holdir. Masalan, f (t, y) 2 C G; G. to'plamida aniqlangan Rn komponentlari) barcha uzluksiz vektor funktsiyalarining to'plamidir (n -43- integral tenglama bilan y (t) \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2)) vektor -funktsiya ha (t) 2 C ha, bi (3.6) integral tenglamaning ha, bi bo'yicha uzluksiz echimidir, bu erda t0 2 ga, bi, keyin ϕ (t) ha, bi va uzluksiz hosilaga ega (3.1), (3.2) ga yechimdir. Dalillar. 1. 8 τ 2 ga, bi tenglik dϕ (τ) \u003d f τ, ϕ (τ) tenglikka ega bo'lsin. Keyin (3.2) ni hisobga olgan holda t0 dan t ga integrallanib, biz dτ Rt 0 ni olamiz va biz ϕ (t) \u003d y + f τ, ϕ (τ) dτ ni olamiz, ya'ni ϕ (t) (3.6) tenglamani qondiradi. t0 2. Uzluksiz vektor funktsiyasi ϕ (t) ha, bi bo'yicha (3.6) tenglamani qondirsin, keyin ft, ϕ (t) ha, bi da kompozitsion funktsiya uchun davomiylik teoremasi bo'yicha uzluksiz, shuning uchun o'ng- (3.6) ning (va shuning uchun chap tomonning) yon tomoni t on ha, bi ga nisbatan doimiy hosilaga ega. T \u003d t0 uchun (3.6) ϕ (t0) \u003d y 0 dan, ya'ni ph (t) - Koshi muammosining echimi (3.1), (3.2). E'tibor bering, odatdagidek, segment oxiridagi hosila (agar u unga tegishli bo'lsa) funktsiyani bir tomonlama hosilasini anglatadi. Lemma isbotlangan. Izoh 3. 1. Bir o'lchovli holat bilan o'xshashlikni (2-bobga qarang) va yuqorida tasdiqlangan bayonotlardan foydalanib, Koshi muammosiga echimning borligi va davomi haqidagi teoremani takrorlanadigan ketma-ketlikni tuzish orqali isbotlash mumkin. (3.6) integral tenglamani t0 h, t0 + h oralig'ida echish. Bu erda biz qisqarishni xaritalash printsipiga asoslangan echim uchun mavjudlik (va o'ziga xoslik) teoremasining yana bir dalilini keltiramiz. Buni o'quvchini matematik fizikaning integral tenglamalari va tenglamalari kurslarida kelajakda qo'llaniladigan zamonaviyroq nazariya usullari bilan tanishtirish uchun qilamiz. Rejamizni amalga oshirish uchun bir qator yangi kontseptsiyalar va yordamchi bayonotlar talab qilinadi, ularni endi ko'rib chiqamiz. 3. 3. Metrik makon haqida tushuncha. Shartnomani xaritalash printsipi Matematikadagi chegara haqidagi eng muhim tushuncha nuqtalarning "yaqinligi" tushunchasiga asoslanadi, ya'ni ular orasidagi masofani topish qobiliyati. Raqam o'qida masofa ikki raqam orasidagi farqning moduli, tekislikda bu Evklid masofasining taniqli formulasi va boshqalar. Ko'pgina tahlil faktlari elementlarning algebraik xususiyatlaridan foydalanmaydi, faqat ular orasidagi masofa tushunchasiga tayanadi. Ushbu yondashuvni ishlab chiqish, ya'ni. chegara tushunchasi bilan bog'liq bo'lgan "mavjudot" ning taqsimlanishi metrik bo'shliq tushunchasiga olib keladi. -44- Ta'rif 3. 3. X o'zboshimchalik tabiat to'plami bo'lsin, r (x, y) ikkita aksiyomni qondiradigan x, y 2 X ikkita o'zgaruvchining haqiqiy funktsiyasi bo'lsin: 1) r (x, y)\u003e 0 8 x, y 2 X va r (x, y) \u003d 0 faqat x \u003d y uchun; 2) r (x, y) \u003d r (y, x) (simmetriya aksiomasi); 3) r (x, z) 6 r (x, y) + r (y, z) (uchburchak tengsizligi). Bunday holda, berilgan r (x, y) funktsiyasi bilan X to'plam metrik bo'shliq (dp), r (x, y) funktsiya: X X 7! Rni qondiradigan 1) - 3) metrik yoki masofa. Metrik bo'shliqlarga bir nechta misollar. 3-misol. 1. R \u003d (x, y) \u003d x y masofada X \u003d R bo'lsin, biz MP olamiz R. n o n xi 2 R, i \u003d 1, n 3-misol. 2. X \u003d R \u003d x1 ,. ... ... , xn - n haqiqiy sonlarning tartiblangan to'plamlari to'plami s n 2 P x \u003d x1 ,. ... ... , xn masofa r (x, y) \u003d xk yk bilan n1 k \u003d 1 n o'lchovli evklid fazosi R ga erishamiz. n Misol 3. 3. X \u003d C a, b bo'lsin; R - Rn qiymatiga ega bo'lgan a, b funktsiyalar bo'yicha barcha doimiylarning to'plami, ya'ni. uzluksiz vektor funktsiyalari, masofa r (f, g) \u003d max f (t) g (t), bu erda f \u003d f (t) \u003d f1 (t),. ... ... , fn (t), t2 s n 2 P g \u003d g (t) g1 (t) ,. ... ... , gn (t), f g \u003d fk (t) gk (t). k \u003d 1 3. misollar uchun. 1 –3. MP ning 3 aksiomasi to'g'ridan-to'g'ri tekshiriladi, biz buni vijdonli o'quvchi uchun mashq sifatida qoldiramiz. Odatdagidek har bir tabiiy n xn 2 X element bilan bog'langan bo'lsa, u holda xn ÌP X nuqtalar ketma-ketligi berilgan deymiz.3-ta'rif. 4. MP X ning xn nuqtalar ketma-ketligi nuqtaga o'tish deyiladi. x 2 X, agar lim r xn bo'lsa, x \u003d 0. n! 1 Ta'rif 3. 5. Agar har qanday ε\u003e 0 uchun tabiiy n (n) n mavjud bo'lsa, xn ketma-ketlik n (n) va m uchun n (m) mavjud bo'lsa, asosiy deb nomlanadi. \u003e N tengsizlik r 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 N (ε) raqami borki, hamma n\u003e N uchun va hamma t 2 a, b uchun tengsizlik 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. B \u003d Am, B: X 7 ni ko'rib chiqing! X, B - siqilish. 3.2-teorema bo'yicha B operatori noyob sobit nuqtaga ega x. A va B yo'nalish AB \u003d BA va Bx \u003d x bo'lgani uchun bizda B Ax \u003d A Bx \u003d Ax, ya'ni. y \u003d Ax, shuningdek, B ning sobit nuqtasidir va bunday nuqta 3.2-teorema bilan noyob bo'lgani uchun, u holda y \u003d x yoki Ax \u003d x bo'ladi. Demak, x operatorning A sobit nuqtasi bo'lib, o'ziga xosligini isbotlaylik. Faraz qilaylik x ~ 2 X va A ~ x \u003d x ~, keyin m m 1 B x ~ \u003d A x ~ \u003d A x ~ \u003d. ... ... \u003d x ~, ya'ni x ~ shuningdek B uchun sobit nuqta, bu erda x ~ \u003d x. Teorema isbotlangan. Metrik bo'shliqning alohida holati - bu normalangan chiziqli bo'shliq. Keling, aniq ta'rif beraylik. Ta'rif 3. 9. X chiziqli bo'shliq bo'lsin (haqiqiy yoki murakkab), u erda X dan R gacha harakat qiladigan va aksiomalarni qondiradigan sonli funktsiya x aniqlangan: 1) 8 x 2 X, x\u003e 0 va x \u003d 0 faqat x \u003d for uchun; 2) 8 x 2 X va 8 λ 2 uchun R (yoki C) 3) 8 x, y 2 X taxallusga ega). x + y 6 x + y -x \u003d jλj x; (uchburchak tengsizlik - U holda X normalangan fazo deb ataladi, x: X 7! R, qoniqtiruvchi 1) - 3), bu norma. va funktsiya Normalizatsiya qilingan bo'shliqda elementlar orasidagi masofani r x, y \u003d x y formula bo'yicha kiritishingiz mumkin. MP aksiomalarining bajarilishi osongina tekshiriladi. Natijada paydo bo'lgan metrik bo'shliq to'liq bo'lsa, unda tegishli normalangan bo'shliq Banach fazosi deb ataladi. Ko'pincha bir xil chiziqli maydonda normani turli yo'llar bilan kiritish mumkin. Shu munosabat bilan bunday tushuncha paydo bo'ladi. Ta'rif 3. 10. X chiziqli bo'shliq, u esa unga kiritilgan ikkita 1 2 norma bo'lsin. Normlar va agar ular 9 C1\u003e 0 va C2\u003e 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 bo'lsa, ekvivalent 1 2 norma deb nomlanadi. Izoh 3. 3. Agar X bo'yicha ikkita ekvivalent me'yor bo'lsa va 1 2 X bo'shliq ulardan birida to'liq bo'lsa, u holda u boshqa normada ham to'liq bo'ladi. Bu osonlik bilan kelib chiqadiki, xn X ketma-ketligi, bu jihatdan ham asosli va 1 2 ga bir xil x 2 X elementiga yaqinlashadi. -47- Izoh 3. 4. Ko'pincha teorema 3.2 ( yoki 3.3) bu bo'shliqning yopiq to'pi to'liq n bo'shliq sifatida qabul qilinganda qo'llaniladi o Br (a) \u003d x 2 X r x, a 6 r, bu erda r\u003e 0 va a 2 X aniqlanadi. SMPdagi yopiq to'pning o'zi bir xil masofaga ega SMP ekanligini unutmang. Ushbu faktning isbotini o'quvchi uchun mashq sifatida qoldiramiz. Izoh 3. 5. Yuqorida biz n o'lchov 3 dan bo'shliqning to'liqligini o'rnatdik. 3. X \u003d C 0, T, R chiziqli bo'shliqda kxk \u003d max x (t) normani kiritish mumkinligiga e'tibor bering. natijada normalizatsiya Banach bo'ladi. 0 bo'shliqdagi uzluksiz vektor funktsiyalarining bir xil to'plamida T har qanday a 2 R uchun kxka \u003d max e at x (t) formula bo'yicha ekvivalent normani kiritishi mumkin. A\u003e 0 uchun ekvivalentlik e tengsizliklardan kelib chiqadi a t x (t) 6 e at x (t) 6 x (t) barcha t 2 0, T uchun, bu erdan e aT kxk 6 kxka 6 kxk. Biz ekvivalent me'yorlarning ushbu xususiyatidan chiziqli (normal) tizimlar uchun Koshi muammosining noyob echuvchanligi haqidagi teoremani isbotlash uchun foydalanamiz. 3. 4. Normal tizimlar uchun Koshi masalasini echish uchun mavjudlik va o'ziga xoslik teoremalari Koshi (3.1) - (3.2) masalasini ko'rib chiqing, bu erda dastlabki ma'lumotlar t0, y 0 2 G, G Rn + 1 aniqlanish sohasi f (t, y) vektor funktsiyasi. Ushbu bo'limda biz $ G $ - ba'zi bir n $ G \u003d a, b o $ shakli mavjud deb taxmin qilamiz, bu erda domen $ R_n $ va BR (y 0) \u003d to'pi mavjud. y 2 Rn y y0 6 R butunlay yotadi. Teorema 3. 4. Vektorli funktsiya f (t, y) 2 C G bo'lsin; Rn, va 9 M\u003e 0 va L\u003e 0 shundayki, 1) 8 (t, y) 2 G \u003d a, b f (t, y) 6 M shartlar bajariladi; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Δ 2 (0, 1) sonini tuzamiz va t0 2 (a, b) ga yo'l qo'yamiz. Keyin R 1-9 h \u003d min; ; t0 a; b t0\u003e 0 ML shunday bo'lishi kerakki, bundan tashqari Jh \u003d t0 h, t0 + h va y (t) y 0 oralig'ida Doshi muammosi (3.1), (3.2) y (t) uchun yagona echim mavjud. Barcha t 2 Jh uchun 6 R. -48- Isbot. Lemma 3.1 ga binoan Koshi muammosi (3.1), (3.2) intervaldagi integral tenglamaga (3.6) teng keladi va shu sababli yuqorida h tanlangan Jh ga teng. Banax fazosini ko'rib chiqing X \u003d C (Jh; Rn), xx (t) vektor funktsiyalarining to'plami Jh segmentida norma kxk \u003d max x (t) bilan va yopiq to'plamni X: t2Jh SR y 0 ga kiriting. 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 - bu X-dagi yopiq to'p, qoidada belgilangan A operatori: Ay \u003d y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 SR y 0 ni o'ziga yuboradi, chunki y 0 \u003d max Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h \u200b\u200bM 6 R t0 teoremaning 1-sharti va h ning ta'rifi bo'yicha. A ning SR da qisqarish operatori ekanligini isbotlaylik. 0 1 2 ni o'zboshimchalik bilan olamiz va qiymatini baholaymiz: y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 \u003d max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ), agar 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, bu erda 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 biz R formulasi bo'yicha h \u003d min M ni tanlaymiz; 1L δ; b a, va hamma joyda Jh segmenti sifatida -49- Jh \u003d t0, t0 + h \u003d a, a + h ni olishimiz kerak. Teoremaning boshqa barcha shartlari o'zgarmaydi, qayta tuzilishini hisobga olgan holda uning isboti saqlanib qoladi. T0 \u003d \u200b\u200bb holati uchun h \u003d min M; 1L δ; b a, va Jh \u003d b h, b. n Izoh 3. 7. 3. teoremada f (t, y) shart 2 C G; R, bu erda G \u003d a, b D, uni har bir y 2 uchun t o'zgaruvchisidagi f (t, y) uzluksizlik talablari bilan almashtirish bilan kuchsizlantirish mumkin, bunda 1 va 2 shartlar saqlanib qoladi. Izoh 3. 8. Teoremaning 1 va 2 shartlari barcha t, y 2 a, b BR y uchun 0 bajarilishi kifoya qiladi va M va L konstantalari, odatda 0 va y ga bog'liq R ga bog'liq. 2.4 teoremasiga o'xshash ft, y vektor funktsiyasiga qat'iy cheklovlar, butun a, b oralig'ida Koshi muammosi (3.1), (3.2) echimining mavjudligi va o'ziga xosligi teoremasi mavjud. n Teorema 3. 5. Vektor funktsiyasi fx, y 2 CG, R bo'lsin, bu erda G \u003d a, b Rn va u erda L\u003e 0 mavjudki, shart 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft, y 2 fut, y 1 6 L y 2 y 1. Agar har qanday t0 2 va y 0 2 Rn uchun a, b mavjud bo'lsa va bundan tashqari, (3.1), (3.2) ioshi muammosining yagona echimi mavjud. Dalillar. Ixtiyoriy t0 2 va y 0 2 Rn ni oling va ularni tuzating. Biz G \u003d a, b Rn to'plamini quyidagicha ifodalaymiz: G \u003d G [G +, bu erda Rn va G + \u003d t0, b Rn, t0 2 a, b, aks holda bitta G \u003d a, t0 isbotlash bosqichlari yo'q bo'ladi. Keling, G + chizig'i uchun mulohaza yuritamiz. T0, b oralig'ida Koshi masalasi (3.1), (3.2) (3.6) tenglamaga teng. N A: X 7 integral operatorini tanishtiramiz! X, bu erda X \u003d C t0, b; R, formulalar bo'yicha Ay \u003d y 0 + Zt f τ, y (the) dτ. t0 Keyin integral (3.6) tenglamani operator tenglamasi Ay \u003d y shaklida yozish mumkin. (3.8) Agar operator tenglamasi (3.8) ning SMP X da yechimi borligini isbotlasak, u holda Koshi masalaning t0, b yoki a, t0 da yechuvchanligini G ga erishamiz. Agar bu yechim noyob bo'lsa, unda ekvivalentlik tufayli Koshi muammosining echimi ham o'ziga xos bo'ladi. Biz (3.8) tenglamaning noyob echuvchanligi to'g'risida ikkita dalil keltiramiz. Isbot 1. Ixtiyoriy vektor funktsiyalarini ko'rib chiqing 1 2 n y, y 2 X \u003d C t0, b; R, keyin har qanday -50- t 2 t0, b Ay 2 uchun taxminlar bajariladi: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) \u003d 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (() 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. Eslatib o'tamiz, Xdagi norma quyidagicha kiritiladi: kxk \u003d max x (τ). Olingan tengsizlikdan biz quyidagilarga egamiz: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) \u003d 1 i-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. Ushbu jarayonni davom ettirsak, induktsiya orqali 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Demak, nihoyat, biz 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 a (k) \u003d bo'lgani uchun! 0 uchun k! 1, unda k0 shunday, k! a (k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α > 0 (3.5-izohga qarang) formulasi bo'yicha: x a \u003d max e at x (t). -51- A\u003e L uchun norma bo'lgan X fazoda A operatori qisqaradigan qilib a ni tanlash mumkinligini ko'rsatamiz. Darhaqiqat, a Ay 2 Ay 1 a Zt hf τ, y 2 (τ) at \u003d max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e at Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ \u003d t0 \u003d L max e Zt at e a y y 2 (τ) eaτ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e att Zt eaτ dτ max e a y 2 (τ) y 1 (() \u003d y2 a t0 \u003d L max e at a\u003e L bo'lgani uchun q \u003d L a 1 1 at e a e e att0 L \u003d a a b b00 2 2 y1 y 1 a \u003d 1 e a b t0 bo'ladi.< 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. (4.18) asosida 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. Endi 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, demak y (x) 0 funktsiyasi (4.24) tenglamaning echimi. Ernoulli tenglamasini echish uchun (4.24) a 6 \u003d 0, a 6 \u003d 1 tenglamaning ikkala tomonini y a ga ajratamiz. A\u003e 0 uchun shuni hisobga olish kerakki, Remark 4. 4 asosida y (x) 0 funktsiyasi (4.24) tenglamaning echimi bo'lib, u bunday bo'linishda yo'qoladi. Shuning uchun, kelajakda uni umumiy echimga qo'shish kerak bo'ladi. Bo'linishdan keyin biz y a y 0 \u003d a (x) y 1 a + b (x) munosabatni olamiz. Yangi talab qilinadigan z \u003d y 1 a funktsiyani kiriting, keyin z 0 \u003d (1 shuning uchun biz z z 0 \u003d (1 a) a (x) z + (1 a) y a) b (x) tenglamaga kelamiz. a y 0, va (4.25) tenglama (4.25) chiziqli tenglama. Bunday tenglamalar 4.2-bo'limda ko'rib chiqiladi, bu erda umumiy eritma formulasi olinadi, shu tufayli (4.25) tenglamaning z (x) eritmasi z (x) \u003d Ce R (a 1) a (x) shaklida yoziladi ) dx + + (1 a) e R (a 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (a 1) a (x) dx dx. (4.26) U holda (4.26) da z (x) aniqlangan y (x) \u003d z 1 a (x) funktsiya, ernoulli tenglamasining echimi (4.24). -64- Bundan tashqari, yuqorida ko'rsatilgandek, a\u003e 0 uchun yechim ham y (x) funktsiyadir. 4-misol. 4. y 0 + 2y \u003d y 2 tenglamani eching. (4.27) (4.27) tenglamani y 2 ga bo'ling va z \u003d o'zgarishini amalga oshiring, biz bir xil bo'lmagan 1 y tengsiz tenglamani olamiz. Natijada z 0 + 2z \u003d ex. (4.28) Avval bir hil tenglamani echamiz: z 0 + 2z \u003d 0, dz \u003d 2dx, z ln jzj \u003d 2x + c, z \u003d Ce2x, C 2 R1. Bir hil bo'lmagan tenglamani (4.28) echimini ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usuli bilan izlaymiz: zpn \u003d C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x \u003d ex, C 0 \u003d ex, C (x) \u003d ex, qaerdan zpn \u003d ex, va (4.28) tenglamaning umumiy echimi z (x) \u003d Ce2x + ex. Shuning uchun, Ernulli tenglamasining echimi (4.24) y (x) \u003d 1 shaklida yoziladi. ex + Ce2x Bundan tashqari, (4.24) tenglamaning echimi ham funktsiya y (x) Ushbu tenglamani y 2 ga bo'lishda biz ushbu echimni yo'qotdik. 0. 4. 5. To'liq differentsialdagi tenglama M (x, y) dx + N (x, y) dy \u003d 0, (x, y) 2 G, (4.29) G differentsiallarda tenglamani ko'rib chiqamiz R2. DF (x, y) \u003d M (x, y) dx ga teng bo'lgan potentsial deb nomlangan F (x, y) 2 C 1 (G) funktsiyasi mavjud bo'lsa, bunday tenglama x ning umumiy differentsialidagi tenglama deb ataladi. + N (x, y) dy, (x, y) 2 G. Oddiylik uchun M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) va G sohasi shunchaki bog'langan deb hisoblaymiz. . Ushbu taxminlar asosida matematik tahlil jarayonida (masalan, qarang) (4.29) tenglama uchun F (x, y) potentsiali mavjud ekanligi isbotlangan (ya'ni (4.29) umumiy differentsialdagi tenglama) va agar agar Mening (x, y) \u003d Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Bundan tashqari, (x, Z y) F (x, y) \u003d M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0) bu erda (x0, y0) nuqta bir oz sobit. G dan nuqta, (x, y) G ning joriy nuqtasidir va egri chiziqli integral (x0, y0) va (x, y) nuqtalarni bog'laydigan va butunlay G sohada yotgan har qanday egri chiziq bo'yicha olinadi. 4.29) tenglama

Ushbu ma'ruza kursi Uzoq Sharq davlat universiteti nazariy va amaliy matematikasi talabalari uchun 10 yildan ortiq vaqt davomida o'qib kelinmoqda. Ushbu mutaxassisliklar uchun 2-avlod standartiga mos keladi. Matematik mutaxassisliklar talabalari va magistrantlari uchun tavsiya etiladi.

Koshi masalasini birinchi darajali tenglama uchun echimining mavjudligi va o'ziga xosligi haqidagi Koshi teoremasi.
Ushbu bo'limda, birinchi darajali differentsial tenglamaning o'ng tomoniga ma'lum cheklovlarni qo'yish orqali biz dastlabki ma'lumotlar (x0, y0) bilan aniqlangan eritmaning mavjudligini va o'ziga xosligini isbotlaymiz. Differentsial tenglamalar echimi mavjudligining birinchi isboti Koshi bilan bog'liq; quyidagi dalil Picard tomonidan berilgan; u ketma-ket yaqinlashuv usuli yordamida amalga oshiriladi.

MUNDARIJA
1. Birinchi darajadagi tenglamalar
1.0. Kirish
1.1. Alohida tenglamalar
1.2. Bir hil tenglamalar
1.3. Umumlashtirilgan bir hil tenglamalar
1.4. Birinchi darajali va ularga qisqartirilgan chiziqli tenglamalar
1.5. Bernulli tenglamasi
1.6. Rikkati tenglamasi
1.7. Umumiy differentsial tenglama
1.8. Integratsion omil. Integral omilni topishning eng oddiy holatlari
1.9. Hosil uchun echilmagan tenglamalar
1.10. Koshi muammosini birinchi darajali tenglama uchun echimining mavjudligi va o'ziga xosligi haqidagi Koshi teoremasi
1.11. Maxsus fikrlar
1.12. Maxsus echimlar
2. Yuqori darajadagi tenglamalar
2.1. Asosiy tushunchalar va ta'riflar
2.2. Kvadratlar bilan echiladigan n tartibli tenglamalarning turlari
2.3. Oraliq integrallar. Buyurtmani kamaytirishni tan olgan tenglamalar
3. n-tartibli chiziqli differentsial tenglamalar
3.1. Asosiy tushunchalar
3.2. N-tartibli chiziqli bir hil differentsial tenglamalar
3.3. Chiziqli bir hil tenglamaning tartibini tushirish
3.4. Bir hil bo'lmagan chiziqli tenglamalar
3.5. Chiziqli bir hil bo'lmagan tenglamada tartibni kamaytirish
4. Doimiy koeffitsientli chiziqli tenglamalar
4.1. Doimiy koeffitsientli bir hil chiziqli tenglama
4.2. Doimiy koeffitsientli bir hil bo'lmagan chiziqli tenglamalar
4.3. Tebranuvchi echimlarga ega ikkinchi darajali chiziqli tenglamalar
4.4. Quvvat seriyalari bo'yicha integratsiya
5. Chiziqli tizimlar
5.1. Bir hil bo'lmagan va bir hil tizimlar. Lineer tizimlarga echimlarning ba'zi xususiyatlari
5.2. Chiziqli bir hil tizim echimlarining chiziqli mustaqilligi uchun zarur va etarli shartlar
5.3. Asosiy matritsaning mavjudligi. Chiziqli bir hil tizimning umumiy echimini qurish
5.4. Chiziqli bir hil tizimning barcha asosiy matritsalarini qurish
5.5. Bir hil bo'lmagan tizimlar. Ixtiyoriy doimiylarning o'zgarishi usuli bilan umumiy echimni qurish
5.6. Doimiy koeffitsientli chiziqli bir hil tizimlar
5.7. Matritsalar funktsiyalari nazariyasidan ba'zi ma'lumotlar
5.8. Umumiy holatda doimiy koeffitsientli chiziqli bir hil tenglamalar tizimining asosiy matritsasini qurish
5.9. Birinchi darajali differentsial tenglamalar normal tizimlari echimlarining funktsional xususiyatlari bo'yicha mavjudlik teoremasi va teoremalari
6. Barqarorlik nazariyasining elementlari
6.1
6.2. Dam olish punktlarining eng oddiy turlari
7. 1-tartibli qisman differentsial tenglamalar
7.1. 1-tartibli chiziqli bir hil qisman differentsial tenglama
7.2. 1-tartibli bir hil bo'lmagan chiziqli qisman differentsial tenglama
7.3. 1 noma'lum funktsiyasi bo'lgan ikkita qisman differentsial tenglamalar tizimi
7.4. Pfaff tenglamasi
8. Nazorat vazifalarining variantlari
8.1. Ekspertiza ishi №1
8.2. Ekspertiza № 2
8.3. 3-sonli imtihon ishi
8.4. Ekspertiza №4
8.5. Ekspertiza №5
8.6. 6-sonli imtihon ishi
8.7. Ekspertiza №7
8.8. 8-sonli imtihon ishi.

Elektron kitobni qulay formatda bepul yuklab oling, tomosha qiling va o'qing:
Kitobni yuklab oling Oddiy differentsial tenglamalar bo'yicha ma'ruzalar kursi, Shepeleva R.P., 2006 yil - fileskachat.com, tezkor va bepul yuklab olish.

PDF-ni yuklab oling
Quyida ushbu kitobni butun Rossiya bo'ylab etkazib berish bilan eng yaxshi chegirmali narxda sotib olishingiz mumkin.

"Oddiy differentsial tenglamalar haqidagi ma'ruzalar. 1-QISM. UMUMIY NAZARIYa elementlari. Darslikda oddiy differentsial tenglamalar nazariyasining asosini tashkil etuvchi qoidalar keltirilgan: ..."

- [1-sahifa] -

A. E. Mamontov

Odatiy ma'ruzalar

DIFFERENTIAL Tenglamalar

UMUMIY Nazariyaning elementlari

O'quv qo'llanma tarkibiga kiradigan qoidalarni belgilaydi

oddiy differentsial tenglamalar nazariyasining asoslari: echimlar tushunchasi, ularning mavjudligi, o'ziga xosligi,

parametrlarga bog'liqlik. Shuningdek, (§ 3 da) ba'zi bir tenglamalar sinflarining "aniq" echimiga e'tibor qaratiladi. Uslubiy qo'llanma Novosibirsk davlat pedagogika universitetining matematika fakultetida tahsil olayotgan talabalar tomonidan "Diferensial tenglamalar" kursini chuqur o'rganish uchun mo'ljallangan.

UDC 517.91 BBK V161.61 Kirish so'zi "Differentsial tenglamalar" majburiy kursini kengaytirilgan hajmda o'rganishni istagan Novosibirsk davlat pedagogika universiteti matematika fakulteti talabalari uchun mo'ljallangan. O'quvchilarga oddiy differentsial tenglamalar nazariyasining asosini tashkil etuvchi asosiy tushunchalar va natijalar taklif etiladi: echimlar kontseptsiyasi, ularning mavjudligi teoremalari, o'ziga xosligi, parametrlarga bog'liqligi. Ta'riflangan material mantiqan ajratib bo'lmaydigan matn shaklida 1, 2, 4, 5-§§ da keltirilgan. Shuningdek, (3-§da, bir oz ajralib turadi va darsning asosiy mavzusini vaqtincha to'xtatadi), eng mashhur usullar ba'zi bir tenglamalar sinflarining "aniq" topish echimlari qisqacha ko'rib chiqiladi. Birinchi o'qishda § 3 kursning mantiqiy tuzilishiga jiddiy zarar etkazmasdan o'tkazib yuborilishi mumkin.

Matnda katta sonlarga kiritilgan mashqlar muhim rol o'ynaydi. O'quvchiga ularni "izdan chiqqan holda" hal qilish tavsiya etiladi, bu esa materialning assimilyatsiya qilinishini kafolatlaydi va sinov vazifasini o'taydi. Bundan tashqari, ko'pincha ushbu mashqlar mantiqiy matoni to'ldiradi, ya'ni ularni hal qilmasdan, barcha takliflar qat'iy isbotlanmaydi.

Matnning o'rtasidagi to'rtburchak qavslarda sharhlar rolini o'ynaydigan izohlar mavjud (kengaytirilgan yoki yonma-yon tushuntirishlar). Leksik jihatdan bu qismlar asosiy matnni to'xtatadi (ya'ni izchil o'qish uchun ularni "e'tiborsiz qoldirish" kerak), ammo ular hali ham tushuntirish sifatida kerak. Boshqacha qilib aytganda, bu parchalar xuddi dalalarga olib chiqilganidek qabul qilinishi kerak.

Matnda alohida "o'qituvchi uchun eslatmalar" tasniflangan - ular talabalar o'qiyotganda qoldirilishi mumkin, ammo qo'llanmani ishlatadigan o'qituvchi uchun foydalidir, masalan, ma'ruzalar o'qiyotganda - ular dars mantig'ini yaxshiroq tushunishga yordam beradi. va kursni mumkin bo'lgan takomillashtirish (kengaytmalari) yo'nalishini ko'rsating ... Biroq, talabalar tomonidan ushbu eslatmalarning o'zlashtirilishini faqat mamnuniyat bilan kutib olish mumkin.

Shunga o'xshash rolni "murabbiy uchun mulohaza yuritish" o'ynaydi - ular o'quvchiga mashq sifatida taqdim etilgan ba'zi takliflarni o'ta ixcham shaklda isbotlaydi.

Eng keng tarqalgan (asosiy) atamalar qisqartirish shaklida ishlatiladi, ularning ro'yxati qulaylik uchun oxirida berilgan. Matnda topilgan, ammo eng keng tarqalgan (va / yoki adabiyotda aniq tushunilmagan) bilan bog'liq bo'lmagan matematik yozuvlar ro'yxati ham mavjud.

Belgida dalilning oxiri, bayonotning bayonoti, izohlar va boshqalar tushuniladi (bu erda chalkashliklarga yo'l qo'ymaslik kerak).

Formulalar har bir xatboshida mustaqil ravishda raqamlanadi. Formulaning bir qismiga ishora qilganda indekslardan foydalaniladi, masalan (2) 3 formulaning (2) 3-qismini anglatadi (formulaning qismlari tipografik bo'shliq bilan ajratilgan qismlar, mantiqiy pozitsiyalardan esa - bir guruh "va").

Ushbu qo'llanma mavzuni chuqur o'rganishni to'liq o'rnini bosa olmaydi, bu mustaqil mashqlar va qo'shimcha adabiyotlarni o'qishni talab qiladi, masalan, qo'llanmaning oxirida keltirilgan. Biroq, muallif nazariyaning asosiy qoidalarini ma'ruza kursiga mos keladigan qisqacha shaklda taqdim etishga harakat qildi. Shu nuqtai nazardan ta'kidlash kerakki, ushbu qo'llanma bo'yicha ma'ruza kursini o'qiyotganda 10 ga yaqin ma'ruza talab etiladi.

Ushbu qo'llanmani davom ettirgan holda va yana "oddiy differentsial tenglamalar" mavzusidagi ma'ruzalar tsiklini yakunlagan holda yana 2 qism (jildlar) nashr etilishi rejalashtirilgan: 2-qism (chiziqli tenglamalar), 3-qism (chiziqli bo'lmagan tenglamalar nazariyasi, qisman differentsial birinchi darajadagi tenglamalar).

§ 1. Kirish Diferensial tenglama (DE) - bu u1 u1 un shaklidagi munosabat, undan yuqori hosilalar F y, u (y), ..., \u003d 0, y1 y2 yk (1) bu erda y \u003d (y1,. .., yk) Rk mustaqil o'zgaruvchilar, u \u003d u (y) esa noma'lum funktsiyalar1, u \u003d (u1, ..., un). Shunday qilib, (1) n noma'lumni o'z ichiga oladi, shuning uchun n tenglamalar talab qilinadi, ya'ni F \u003d (F1, ..., Fn), shuning uchun (1), umuman aytganda, n tenglamalar tizimi. Agar bitta noma'lum funktsiya bo'lsa (n \u003d 1), unda (1) tenglama skaler (bitta tenglama) bo'ladi.

Shunday qilib, F funktsiya (lar) berilgan (berilgan) va u qidirilmoqda. Agar k \u003d 1 bo'lsa, u holda (1) ODE, aks holda PDE deyiladi. Ikkinchi holat - shu nomdagi bir qator o'quv qo'llanmalarida bayon etilgan maxsus MMT kursining mavzusi. Ushbu o'quv qo'llanmalar seriyasida (3 qismdan iborat), biz PDE ning ba'zi bir maxsus holatlarini o'rganishni boshlagan oxirgi qism (jild) ning oxirgi xatboshisi bundan mustasno, faqat ODElarni o'rganamiz.

2u u Misol. 2 \u003d 0 PDE.

y1 y u ning noma'lum qiymatlari haqiqiy yoki murakkab bo'lishi mumkin, bu ahamiyatsiz, chunki bu lahza faqat tenglamalarni yozish shakliga ishora qiladi: har qanday murakkab yozuv haqiqiy va xayoliy qismlarni ajratib haqiqiyga aylantirilishi mumkin (lekin, albatta , tenglamalar va noma'lumlar sonini ikki baravar ko'paytirish) va aksincha, ba'zi hollarda murakkab yozuvga o'tish qulay.

du d2v dv 2 \u003d uv; u3 \u003d 2. Bu 2 ta ODE tizimidir.

y mustaqil mustaqil o'zgaruvchisidagi 2 ta noma'lum funktsiya uchun dy dy dy.

Agar k \u003d 1 (ODE) bo'lsa, unda "to'g'ri" belgi d / dy ishlatiladi.

u (y) du Misol. exp (sin z) dz - bu ODE, chunki u Misolga ega. \u003d u (u (y)) n \u003d 1 uchun differentsial tenglama emas, balki funktsional differentsial tenglama.

Bu DE emas, balki integral-differentsial tenglama; biz bunday tenglamalarni o'rganmaymiz. Ammo, xususan, (2) tenglama ODE ga osonlikcha qisqartiriladi:

Jismoniy mashqlar. (2) ni ODE ga kamaytiring.

Ammo umuman olganda, integral tenglamalar yanada murakkab ob'ektdir (u qisman funktsional tahlil jarayonida o'rganiladi), garchi quyida ko'rib turganimizdek, ularning yordami bilan ODElar uchun ba'zi natijalar olinadi.

DE lar matematikaning ichki ehtiyojlaridan kelib chiqadi (masalan, differentsial geometriyada) va qo'llanmalarda (tarixiy jihatdan birinchi marta, hozir esa asosan fizikada). Eng sodda DE - funktsiyani hosilasidan tiklash bo'yicha "differentsial hisoblashning asosiy muammosi": \u003d h (y). Tahlildan ma'lumki, uning echimi u (y) \u003d + h (s) ds shaklga ega. Ko'proq umumiy DE lar uni hal qilish uchun maxsus usullarni talab qiladi. Biroq, quyida ko'rib turganimizdek, ODElarni "aniq shaklda" hal qilishning deyarli barcha usullari ko'rsatilgan arzimas holatga qisqartirildi.

Ilovalarda ODE ko'pincha o'z vaqtida rivojlanayotgan jarayonlarni tavsiflashda paydo bo'ladi, shuning uchun mustaqil o'zgaruvchining rolini odatda t vaqti o'ynaydi.

shunday qilib, bunday dasturlarda ODE ning ma'nosi tizim parametrlarining vaqt o'tishi bilan o'zgarishini tavsiflashdan iborat, shuning uchun ODE ning umumiy nazariyasini tuzishda mustaqil o'zgaruvchini t bilan belgilash qulay (va uni vaqt bilan chaqirish kelib chiqadigan barcha terminologik oqibatlar) va noma'lum funktsiyalar (lar) - x \u003d (x1, ..., xn) orqali. Shunday qilib, ODE (ODE tizimi) ning umumiy ko'rinishi quyidagicha:

bu erda F \u003d (F1, ..., Fn) - bu n funktsiya x uchun n ODE tizimidir va agar n \u003d 1 bo'lsa, u holda 1 x uchun bitta ODE bo'ladi.

Bundan tashqari, x \u003d x (t), t R va x, umuman aytganda, murakkab qiymatga ega (bu qulaylik uchun, chunki ba'zi tizimlar ixchamroq yozilgan).

Tizim (3) xm funktsiyaga nisbatan m tartibda deyiladi.

Hosilalar katta, qolganlari (shu jumladan xm \u003d o'zlari) past deb nomlanadi. Agar hamma m \u003d bo'lsa, ular shunchaki tizimning tartibi teng deyishadi.

To'g'ri, m soni ko'pincha tizimning tartibi deb ataladi, bu ham tabiiydir, quyida aniq bo'ladi.

ODE va \u200b\u200bularni qo'llashni boshqa fanlarning (differentsial geometriya, matematik tahlil, nazariy mexanika va boshqalar) tomonidan etarli darajada asoslanishi kerakligi masalasini ko'rib chiqamiz va bu masalalarni echishda amaliy mashg'ulotlar jarayonida qisman yoritilgan ( masalan, muammolar kitobidan). Ushbu kursda biz faqat (3) shakldagi tizimlarni matematik o'rganish bilan shug'ullanamiz, bu quyidagi savollarga javobni anglatadi:

1. tenglamani (tizimni) "echish" nimani anglatadi (3);

2. buni qanday qilish kerak;

3. ushbu echimlar qanday xususiyatlarga ega, ularni qanday tekshirish kerak.

Savol 1 ko'rinadigan darajada ravshan emas - quyida ko'rib chiqing. Darhol e'tiborga olingki, har qanday tizim (3) pastki hosilalarni yangi noma'lum funktsiyalar sifatida belgilab, birinchi darajali tizimga tushirilishi mumkin. Ushbu protsedurani tushuntirishning eng oson usuli quyidagicha:

5 ta noma'lum bo'lgan 5 ta tenglamadan. (4) va (5) birining echimi (tegishli qayta tuzilgandan keyin) ikkinchisining echimi degan ma'noda ekvivalent ekanligini anglash oson. Bunday holda, faqat echimlarning silliqligi to'g'risida savol berish kerak - biz buni yanada yuqori darajadagi ODE (ya'ni birinchisi emas) bilan duch kelganda qilamiz.

Ammo endi aniqki, faqat birinchi darajali ODElarni o'rganish kifoya, boshqalari esa faqat yozuvlar qulayligi uchun talab qilinishi mumkin (bunday holat ba'zida bizning holatlarimizda paydo bo'ladi).

Hozircha biz birinchi tartibdagi ODE bilan cheklanib qolamiz:

dimx \u003d dimF \u003d n.

Tenglama (tizim) (6) ni o'rganish dx / dt hosilalariga nisbatan hal qilinmaganligi sababli noqulay. Tahlildan ma'lum bo'lganidek (yopiq funktsiya teoremasidan), ba'zi bir sharoitlarda F, (6) tenglama bo'yicha dx / dt ga nisbatan echilishi va f: Rn + 1 Rn berilgan va x shaklida yozilishi mumkin. : R Rn kerakli. Ular (7) - bu derivativlarga (normal shakldagi ODE) nisbatan hal qilingan ODE. (6) dan (7) gacha o'tishda, tabiiyki, quyidagi muammolar paydo bo'lishi mumkin:

Misol. Exp (x) \u003d 0 tenglamani (7) shaklda yozib bo'lmaydi va umuman echimlarga ega emas, ya'ni exp kompleks tekislikda ham nolga ega emas.

Misol. Qarorda x 2 + x2 \u003d 1 tenglama ikkita oddiy ODE x \u003d ± 1 x2 sifatida yoziladi. Siz ularning har birini echib, so'ngra natijani sharhlashingiz kerak.

Izoh. (3) ni (6) ga kamaytirganda, (3) ba'zi funktsiyalarda yoki funktsiyalarning bir qismida 0 tartibiga ega bo'lsa (ya'ni, bu funktsional differentsial tenglama) bo'lsa, murakkablik paydo bo'lishi mumkin. Ammo keyinchalik bu funktsiyalar yopiq funktsiya teoremasi tomonidan yo'q qilinishi kerak.

Misol. x \u003d y, xy \u003d 1 x \u003d 1 / x. Hosil bo'lgan ODE dan x, so'ngra funktsional tenglamadan y ni toping.

Ammo har qanday holatda (6) dan (7) ga o'tish muammosi DE ga emas, balki matematik tahlil sohasiga tegishli va biz u bilan shug'ullanmaymiz. Ammo (6) shakldagi ODElarni echishda ODE nuqtai nazaridan qiziqish momentlari paydo bo'lishi mumkin, shuning uchun bu masala muammolarni echishda o'rganilishi maqsadga muvofiq (masalan, ichida) va u biroz bo'ladi § 3 ga to'xtaldi. Ammo qolgan darsda biz faqat normal tizimlar va tenglamalar bilan shug'ullanamiz. Shunday qilib, ODE (ODE tizimi) ni ko'rib chiqing (7). Komponent shaklida 1 marta yozamiz:

"Eritmoq (7)" (va umuman, har qanday DE) tushunchasi uzoq vaqtdan beri yechim uchun "aniq formulani" izlash (ya'ni elementar funktsiyalar, ularning antidivivativlari yoki maxsus ko'rinishida) sifatida tushunilgan. funktsiyalar va boshqalar), echimning silliqligi va uning ta'rifi oralig'iga e'tibor bermasdan. Ammo ODE va \u200b\u200bboshqa matematik sohalar (umuman tabiiy fanlar) nazariyasining hozirgi holati shuni ko'rsatadiki, bunday "aniq integratsiya" ga qarz beradigan ODElarning ulushi juda kichik bo'lsa (hatto eng oddiy ODE uchun ham x \u003d f (t) ma'lumki, "aniq formulasi" mavjud bo'lsa ham, elementar funktsiyalardagi yechim kamdan-kam uchraydi).

Misol. X \u003d t2 + x2 tenglamasi, o'ta soddaligiga qaramay, elementar funktsiyalarda echimlarga ega emas (va hatto "bu erda formula yo'q").

Va echimning "aniq" konstruktsiyasi mumkin bo'lgan ODE sinflarini bilish foydalidir (iloji boricha "integrallarni hisoblash" foydali bo'lganidek, bu juda mumkin bo'lsa ham Shu nuqtai nazardan, echimning eski tushunchalarini aks ettiruvchi "ODE-ni integratsiya qilish", "ODE integral" (zamonaviy "tushunchalarning echimi", "ODE yechimi" tushunchalarining eskirgan analoglari). Zamonaviy atamalarni qanday tushunish kerak, endi biz tushuntiramiz.

va bu masala § 3-da ko'rib chiqiladi (shuningdek, amaliy mashg'ulotlarda muammolarni hal qilishda an'anaviy ravishda unga katta e'tibor beriladi), ammo bu yondashuvdan hech qanday universallikni kutmaslik kerak. Qoida tariqasida, (7) echish jarayoni deganda biz butunlay boshqa bosqichlarni nazarda tutamiz.

X \u003d x (t) qaysi funktsiyani (7) yechim deb atash mumkinligi aniqlanishi kerak.

Avvalo, biz shuni ta'kidlaymizki, echim kontseptsiyasini aniq shakllantirish, uning aniqlangan to'plamini ko'rsatmasdan mumkin emas, agar bu yechim funktsiya va har qanday funktsiya (maktab ta'rifiga ko'ra) qonun bo'lsa to'plamning istalgan elementini taqqoslaydigan (bu funktsiya ta'rifi sohasi deb ataladi) boshqa to'plamning ba'zi elementlarini (funktsiya qiymatlari). Shunday qilib, funktsiya haqida uning ta'rifi doirasini ko'rsatmasdan gapirish, ta'rifga ko'ra bema'nilikdir. Analitik funktsiyalar (kengroq, boshlang'ich funktsiyalar) bu erda quyida ko'rsatilgan sabablarga ko'ra "istisno" (chalg'ituvchi) bo'lib xizmat qiladi (va boshqalari), ammo DE holatlarida bunday erkinliklar qabul qilinishi mumkin emas.

va umuman olganda (7) ga tegishli barcha funktsiyalarning ta'riflari to'plamlarini ko'rsatmasdan. Quyidagilardan ko'rinib turibdiki, eritma tushunchasini uning ta'rifi to'plami bilan qattiq bog'lash va ularning ta'riflari to'plamlari boshqacha bo'lsa, echimlarni kesishish joyiga to'g'ri keladigan bo'lsa ham echimlarni har xil deb hisoblash maqsadga muvofiqdir. ushbu to'plamlardan.

Ko'pincha, muayyan vaziyatlarda bu degani, agar echimlar elementar funktsiyalar shaklida tuzilgan bo'lsa, shuning uchun 2 ta echim "bir xil formulaga" ega bo'lsa, unda ushbu formulalar yozilgan to'plamlar bir-biriga to'g'ri keladimi-yo'qligini aniqlab olish kerak. Ushbu masalada uzoq vaqt davomida mavjud bo'lgan chalkashliklar kechirimli edi, echimlar elementar funktsiyalar ko'rinishida ko'rib chiqildi, chunki analitik funktsiyalar aniqroq kengroq oraliqlarga tarqaldi.

Misol. x1 (t) \u003d et on (0,2) va x2 (t) \u003d et on (1,3) x \u003d x tenglamaning har xil echimlari.

Bunday holda, har qanday echim uchun ta'riflar to'plami sifatida ochiq intervalni (ehtimol cheksiz) olish tabiiydir, chunki bu to'plam quyidagicha bo'lishi kerak:

1. oching, shunda istalgan vaqtda lotin haqida gapirish mantiqiy (ikki tomonlama);

2. eritma uzilib qolgan qismlarga bo'linmasligi uchun ulangan (bu holda bir nechta echimlar haqida gapirish qulayroq) - avvalgi Misolga qarang.

Shunday qilib, (7) yechim (a, b) da a b + aniqlangan juftlik (, \u200b\u200b(a, b)) dir.

O'qituvchiga eslatma. Ba'zi darsliklarda segmentning uchlarini echimning aniqlanish sohasiga kiritishga ruxsat beriladi, ammo bu taqdimotni shunchaki murakkablashtirishi va haqiqiy umumlashtirishga olib kelmasligi nuqtai nazaridan bu noo'rin ).

Keyingi mulohazalarni tushunishni osonlashtirish uchun geometrik talqindan foydalanish foydalidir (7). Fn aniqlangan har bir nuqtada (t, x) Rn + 1 \u003d ((t, x)) bo'shliqda f (t, x) vektorni ko'rib chiqishimiz mumkin. Agar biz bu bo'shliqda (7) eritma grafigini tuzsak (u (7) tizimning ajralmas egri chizig'i deb ataladi), u holda u (t, x (t)) shaklidagi nuqtalardan iborat. T (a, b) o'zgarganda, bu nuqta IC bo'ylab harakatlanadi. (T, x (t)) nuqtadagi ICga teguvchi (1, x (t)) \u003d (1, f (t, x (t))) shaklga ega. Shunday qilib, IK har bir nuqtada (t, x) vektorga (1, f (t, x)) parallel teginishga ega bo'lgan Rn + 1 bo'shliqdagi egri chiziqlardir. Ushbu g'oya bo'yicha so'zda. ICni taxminiy tuzilishi uchun izoklin usuli, bu maxsus ODE eritmalarining grafikalarini namoyish qilishda qo'llaniladi (qarang.

masalan). Masalan, n \u003d 1 uchun bizning qurilishimiz quyidagilarni anglatadi: IQ ning har bir nuqtasida uning t o'qiga moyilligi tg \u003d f (t, x) xususiyatiga ega. F ning ta'rifi to'plamidan istalgan nuqtani olib, u orqali ICni chizishimiz mumkin deb taxmin qilish tabiiydir. Ushbu fikr quyida qat'iy asoslanadi. Hozircha bizda echimlarning silliqligini qat'iy shakllantirish yo'q - bu quyida amalga oshiriladi.

Endi $ f $ aniqlangan $ B $ to'plamini aniqlashtirish kerak. Ushbu to'plamni olish tabiiy:

1. oching (shuning uchun IC B ning istalgan nuqtasi atrofida qurilishi mumkin), 2. bog'langan (aks holda, barcha bog'langan qismlar alohida ko'rib chiqilishi mumkin - barchasi bir xil, IC (doimiy funktsiya grafigi sifatida) bir qismdan ikkinchisiga sakray olmaydi, shuning uchun bu echimlarni izlashning umumiyligiga ta'sir qilmaydi).

Biz faqat klassik echimlarni (7) ko'rib chiqamiz, ya'ni x ning o'zi va uning x (a, b) ustida uzluksiz bo'lishi kerak. Keyin f C (B) ni talab qilish tabiiydir. Bundan buyon ushbu talab har doim biz tomonimizdan tushuniladi. Shunday qilib, biz nihoyat ta'rifni olamiz. B Rn + 1 domen bo'lsin, f C (B).

(A, b) da aniqlangan (, (a, b)), ab + juftligi, agar C (a, b) bo'lsa, har bir t (a, b) nuqta uchun (t) (7) ga yechim deyiladi. , (t)) B va (t), va (t) \u003d f (t, (t)) mavjud (keyin avtomatik ravishda C 1 (a, b)).

Geometrik ravishda, (7) juda ko'p echimlarga ega bo'lishi aniq (ularni grafik jihatdan tushunish oson), chunki agar biz IQni t0 sobit bo'lgan (t0, x0) shakl nuqtalaridan boshlasak, biz boshqacha bo'ladi IQ. Bundan tashqari, eritmani aniqlash uchun intervalni o'zgartirish, bizning ta'rifimizga ko'ra, boshqa echimni beradi.

Misol. x \u003d 0. Yechish: x \u003d \u003d const Rn. Ammo, agar biz t0 ni tanlasak va eritmaning x0 qiymatini t0: x (t0) \u003d x0 nuqtada aniqlasak, u holda qiymat noyob tarzda aniqlanadi: \u003d x0, ya'ni echim tanlashgacha noyobdir interval (a, b) t0.

"Yuzsiz" echimlar to'plamining mavjudligi ular bilan ishlash uchun noqulaydir2 - ularni quyidagicha "sanab chiqish" qulayroq: bitta (ma'lum ma'noda) echimni tanlash uchun (7) ga qo'shimcha shartlar qo'shing, va keyin, ushbu shartlarni saralab, har bir eritma bilan alohida ishlang (geometrik ravishda bitta echim bo'lishi mumkin (IC), lekin ko'plab qismlar mavjud - biz bu noqulaylikni keyinroq ko'rib chiqamiz).

Ta'rif. (7) uchun muammo (7) qo'shimcha shartlarga ega.

Aslida biz allaqachon eng oddiy muammoni ixtiro qildik - bu Koshi muammosi: (7) shakl shartlari bilan (Koshi ma'lumotlari, dastlabki ma'lumotlar):

Ilovalar nuqtai nazaridan bu muammo tabiiydir: masalan, (7) t parametrlari bilan ba'zi bir x parametrlarning o'zgarishini tavsiflasa, u holda (8) vaqtning ba'zi (boshlang'ich) momentlarida parametrlarning qiymati ma'lum. Boshqa muammolarni ham o'rganishga ehtiyoj bor, bu haqda keyinroq gaplashamiz, ammo hozircha Koshi muammosiga to'xtalib o'tamiz. Tabiiyki, bu muammo (t0, x0) B uchun mantiqan to'g'ri keladi, shunga ko'ra (7), (8) masalaning echimi (7) (yuqorida berilgan ta'rif ma'nosida) t0 (a, b) echimidir. ) va (8).

Bizning dolzarb vazifamiz - Koshi muammosi (7), (8) echimining mavjudligini isbotlash va ba'zi bir qo'shimcha misol uchun - kvadrat tenglama, x1 \u003d ..., x2 \u003d ... ni yozgandan ko'ra yaxshiroqdir x \u003d b / 2 ± ...

f - haqidagi taxminlar va uning ma'lum ma'noda o'ziga xosligi.

Izoh. Biz vektor va matritsa normasi tushunchasini aniqlashtirishimiz kerak (garchi bizga matritsalar faqat 2-qismda kerak bo'lsa). Barcha me'yorlar cheklangan o'lchovli kosmosda ekvivalenti bo'lganligi sababli, aniq qiymatlarni emas, balki faqat taxminlar bizni qiziqtiradigan bo'lsa, ma'lum bir me'yorni tanlash muhim emas. Masalan, vektorlar uchun | x | p \u003d (| xi | p) 1 / p dan foydalanishingiz mumkin, p Peano (Picard) segmentidir. K \u003d (| x x0 | F | t t0 |) konusini va uning K1 \u003d K (t IP) kesilgan qismini ko'rib chiqing. Faqat K1 S ekanligi aniq.

Teorema. (Peano). Qarorning ta'rifida ko'rsatilgan (1) masalada f ga qo'yilgan talablar qondirilsin, ya'ni:

f C (B), bu erda B Rn + 1 dagi domen. So'ngra Int (IP) da hamma (t0, x0) B uchun (1) masalani echimi mavjud.

Dalillar. Keling, o'zboshimchalik bilan (0, T0) aniqlaymiz va Eyler polilinasi deb nomlangan qadamni quramiz, ya'ni: har bir bog'lanish uzunlikning t o'qiga proyeksiyasiga ega bo'lgan Rn + 1 dagi ko'pburchak, birinchi bo'g'in o'ng tomon (t0, x0) nuqtadan boshlanadi va undagi dx / dt \u003d f (t0, x0); bu bog'lanishning o'ng uchi (t1, x1) ikkinchisi uchun chap uchi bo'lib xizmat qiladi, bunda dx / dt \u003d f (t1, x1) va hokazo va shunga o'xshash chapga. Natijada paydo bo'lgan singan chiziq qismli chiziqli funktsiyani x \u003d (t) belgilaydi. t IP ekan, singan chiziq K1 da qoladi ( va undan ham ko'proq C, va shuning uchun B), shuning uchun qurilish to'g'ri - buning uchun biz teorema oldidan yordamchi qurilish qildik.

Darhaqiqat, hamma to'xtash nuqtalaridan tashqari hamma joyda mavjud va keyin (s) (t) \u003d (z) dz, bu erda hosil bo'lishning ixtiyoriy qiymatlari to'xtash nuqtalarida olinadi.

Bundan tashqari (induksiya bo'yicha singan chiziq bo'ylab harakatlanish) Xususan, | (t) x0 | F | t t0 |.

Shunday qilib, IP funktsiyasida:

2. ikki qavatli, chunki Lipschits:

Bu erda, agar kerak bo'lsa, o'quvchi quyidagi tushunchalar va natijalar haqidagi bilimlarini yangilashi kerak: tenglik, bir xillikdagi yaqinlik, Arzela-Askoli teoremasi va boshqalar.

Arzela-Askoli teoremasi bo'yicha k 0 ketma-ketlik mavjud bo'lib, k IP-da, bu erda C (IP). Tuzilishi bo'yicha, (t0) \u003d x0, shuning uchun biz buni s t uchun isbotlashimizni tekshirish qoladi.

Jismoniy mashqlar. Shunga o'xshash tarzda s t ni ko'rib chiqing.

0 (0) ni o'rnatamiz va 0 ni topamiz, shunda hammasi (t1, x1), (t2, x2) C uchun to'g'ri bo'ladi Bu S ning ixcham to'plamida f ning bir xil davomiyligini hisobga olgan holda amalga oshirilishi mumkin. t Int (IP) ni tuzatish va tst + ga teng har qanday s Int (IP) ni olish. Keyin hamma z uchun bizda | k (z) k (t) | mavjud Shuning uchun $ F (4) | k (z) (t) | | 2F.

K (z) \u003d k (z) \u003d f (z, k (z)) ga e'tibor bering, bu erda z - (z, k (z)) nuqtani o'z ichiga olgan chiziq segmentining chap uchi abstsissasi. Ammo nuqta (z, k (z)) ((t, (t))) nuqtada o'rnatilgan (, 2F) parametrlarga ega silindrga tushadi (aslida, hatto kesilgan konusga ham - rasmga qarang, lekin u ishlamaydi Endi bu muhim emas), shuning uchun (3) ni hisobga olgan holda | k (z) f (t, (t)) | | Buzilgan chiziq uchun bizda, yuqorida aytib o'tilganidek, At k formulasi mavjud (2).

Izoh. F C 1 (B) bo'lsin. Unda (a, b) da aniqlangan eritma C 2 (a, b) sinf bo'ladi. Darhaqiqat, (a, b) da bizda mavjud: f (t, x (t)) \u003d ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (bu erda Jakobi matritsa) - doimiy funktsiya. Cheat-ni biling, shuningdek, 2 C (a, b) mavjud. Agar eritma silliq bo'lsa, eritmaning silliqligini yanada oshirish mumkin. Agar $ f $ analitik bo'lsa, unda analitik eritmaning mavjudligini va o'ziga xosligini isbotlash mumkin (bu Koshi teoremasi deb ataladi), garchi bu avvalgi fikrlardan kelib chiqmasa!

Bu erda analitik funktsiya nima ekanligini esga olish kerak. Quvvat qatori bilan ifodalanadigan funktsiya bilan aralashmaslik kerak (bu faqat analitik funktsiyani, umuman aytganda, uning aniqlanish sohasining bir qismidir)!

Izoh. Berilgan (t0, x0) uchun T va R ni o'zgartirib, T0ni maksimal darajaga ko'tarishga harakat qilish mumkin. Biroq, bu, qoida tariqasida, unchalik muhim emas, chunki eritmaning mavjud bo'lishining maksimal oralig'ini o'rganish uchun maxsus usullar mavjud (qarang: § 4).

Peano teoremasida eritmaning o'ziga xosligi haqida hech narsa aytilmagan. Yechim haqidagi tushunchamizda bu har doim ham o'ziga xos emas, chunki agar yechim bo'lsa, uning tor oraliqdagi cheklovlari boshqa echimlar bo'ladi. Biz ushbu fikrni keyinroq batafsilroq ko'rib chiqamiz (§ 4da), ammo hozircha o'ziga xoslik deganda istalgan ikkita echimning ularning ta'rifi intervallari kesishmasidagi tasodifini tushunamiz. Hatto shu ma'noda ham Peano teoremasi o'ziga xoslik haqida hech narsa demaydi, bu tasodifiy emas, chunki uning sharoitida o'ziga xoslikni kafolatlab bo'lmaydi.

Misol. n \u003d 1, f (x) \u003d 2 | x |. Koshi muammosi ahamiyatsiz echimga ega: x1 0 va bundan tashqari, x2 (t) \u003d t | t |. Ushbu ikkita echimdan butun 2 parametrli echimlar oilasi tuzilishi mumkin:

bu erda + (cheksiz qiymatlar mos keladigan filial yo'qligini anglatadi). Agar biz butun R ni ushbu echimlarning ta'rifi sohasi deb hisoblasak, unda ularning soni hali ham cheksiz ko'p.

E'tibor bering, agar biz ushbu masalada Eyroning singan chiziqlari nuqtai nazaridan Peano teoremasining isbotini qo'llasak, u holda biz faqat nolinchi echimni qo'lga kiritamiz. Boshqa tomondan, Eyler ko'pburchak chiziqlarini qurish jarayonida har bir qadamda kichik xatolikka yo'l qo'yilsa, u holda xato parametri nolga intilgandan keyin ham barcha echimlar qoladi. Shunday qilib, Peano teoremasi va Eyler ko'pburchak chiziqlari echimlarni qurish usuli sifatida tabiiydir va raqamli usullar bilan chambarchas bog'liqdir.

Misolda kuzatilgan noqulaylik, $ f $ funktsiyasi $ x $ da bir xil bo'lmaganligi bilan bog'liq. Agar biz $ f $ ning muntazamligiga qo'shimcha talablar qo'yadigan bo'lsak, unda o'ziga xoslik ta'minlanishi mumkin va bu qadam ma'lum ma'noda zarur (pastga qarang).

Tahlildan ba'zi tushunchalarni eslaylik. Agar funktsiya (skalyar yoki vektorli) g Lipschits sharti bilan to'g'ri bo'lsa, to'plamda ko'rsatkichi (0, 1] bo'lgan Xölder deb nomlanadi.1 uchun bu faqat doimiy funktsiyalar uchun mumkin bo'ladi. 0 tanlovi befarq) uzluksizlik moduli deb ataladi, agar g umumlashtirilgan Xylder sharoitida modul bilan qondiriladi deyilgan bo'lsa, agar bu holda g in uzluksizlik moduli deb atalsa.

Har qanday uzluksizlik moduli ba'zi bir uzluksiz funktsiyalarning uzluksizligi moduli ekanligini ko'rsatish mumkin.

Biz uchun teskari fakt muhim, ya'ni: ixcham to'plamdagi har qanday uzluksiz funktsiya uning uzluksizlik moduliga ega, ya'ni (5) ba'zilarini qondiradi. Keling, buni isbotlaylik. Esingizda bo'lsa, agar ixcham va g C () bo'lsa, u holda g muttasil uzluksiz bo'ladi, ya'ni

\u003d (): | x y | \u003d | g (x) g (y) |. Ko'rinib turibdiki, bu ba'zi birlari bilan (5) shartga teng. Darhaqiqat, agar mavjud bo'lsa, unda (()), keyin | x y | uchun davomiylik modulini yaratish kifoya. \u003d \u003d () ni qo'lga kiritamiz (va) ixtiyoriy, u holda x va y o'zboshimchalik bilan bo'lishi mumkin.

Va aksincha, agar (5) to'g'ri bo'lsa, unda (()) ni topish kifoya, keyin | x y | \u003d () biz mantiqiy o'tishni asoslash uchun qoladi:

Monoton uchun teskari funktsiyalarni bajarish kifoya, ammo umuman olganda so'zda ishlatish kerak umumlashtirilgan teskari funktsiyalar. Ularning mavjudligi uchun biz alohida dalilni talab qilamiz, biz buni bermaymiz, lekin shunchaki fikr (o'qishda rasmlar bilan birga borish foydalidir):

har qanday F uchun biz F (x) \u003d min F (y), F (x) \u003d max F (y) ni aniqlaymiz - bu monoton funktsiyalar va ular teskari. F da x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x ekanligini tekshirish oson.

Uzluksizlikning eng yaxshi moduli - bu chiziqli (Lipschits holati). Bu "deyarli farqlanadigan" funktsiyalar. Oxirgi bayonotga qat'iy ma'no berish uchun biroz kuch sarflash kerak va biz faqat ikkita izoh bilan cheklanamiz:

1. To'liq aytganda, har bir Lipschits funktsiyasini farqlash mumkin emas, chunki misol g (x) \u003d | x | Rda;

2. lekin differentsiallik Lipschitz xususiyatini nazarda tutadi, bu quyidagi Tasdiqdan ko'rinib turibdi. Qavariq to'plamdagi barcha M ga ega bo'lgan har qanday g funktsiya undagi Lipschits shartini qondiradi.

[Hozircha qisqartirish uchun skalar funktsiyalarini ko'rib chiqing.] Isbot. Barcha x, y uchun bizda bu so'z vektor funktsiyalari uchun ham to'g'ri ekanligi aniq.

Izoh. Agar f \u003d f (t, x) bo'lsa (umuman aytganda, vektor funktsiyasi), unda biz "f - bu Lipschits x" degan tushunchani kiritishimiz mumkin, ya'ni | f (t, x) f (t, y) | $ C | xy | $ va shuningdek, agar $ D $ $ t $ uchun $ x $ ichida konveks bo'lsa, $ f $ uchun $ L $ ichida Lipschitz bo'lishi uchun $ x $ bilan chegaralangan $ f $ ning hosilalari etarli ekanligini tasdiqlaymiz. taxmin qilish | g (x) g (y) | orqali | x y |. N \u003d 1 uchun odatda cheklangan o'sish formulasi yordamida amalga oshiriladi: g (x) g (y) \u003d g (z) (xy) (agar g vektor funktsiyasi bo'lsa, u holda z har bir komponent uchun har xil bo'ladi). N 1 uchun ushbu formulaning quyidagi analogidan foydalanish qulay:

Lemma. (Hadamard). F C (D) bo'lsin (umuman aytganda, vektor funktsiyasi), bu erda D (t \u003d t) har qanday t uchun qavariq bo'ladi va f (t, x) f (t, y) \u003d A (t, x, y) (xy), bu erda A doimiy to'rtburchaklar matritsa.

Dalillar. Har qanday sobit t uchun biz dalil bo'yicha hisob-kitobni qo'llaymiz, \u003d D (t \u003d t), g \u003d fk uchun bayonot. Biz kerakli tasavvurni A (t, x, y) \u003d A bilan olamiz, albatta, uzluksiz.

Muammoni hal qilishning o'ziga xosligi haqidagi savolga qaytaylik (1).

Keling, savolni quyidagicha qo'yaylik: bir xil intervalda aniqlangan 2 ta echim bir-biriga to'g'ri keladigan ma'noda (1) yechim noyob bo'lishi uchun f ning x ga nisbatan uzluksizligi moduli qanday bo'lishi kerak? Javob quyidagi teorema bilan berilgan:

Teorema. (Osgood). Peano teoremasi sharoitida f ning x ning B ga nisbatan uzluksizligi moduli bo'lsin, ya'ni tengsizlikdagi funktsiya shartni qondiradi (biz C ni qabul qilishimiz mumkin). Unda (1) masala (t0 a, t0 + b) shaklning bir xil oralig'ida aniqlangan ikki xil echimga ega bo'lolmaydi.

Yuqoridagi o'ziga xos bo'lmagan misol bilan solishtiring.

Lemma. Agar z C 1 (,) bo'lsa, unda hamma (,) da:

1. z \u003d 0 bo'lgan nuqtalarda | z |, va || z | mavjud | | z |;

2. z \u003d 0 bo'lgan nuqtalarda bir tomonlama hosilalar mavjud | z | ± va || z | ± | \u003d | z | (xususan, agar z \u003d 0 bo'lsa, u holda | z | \u003d 0 mavjud).

Misol. n \u003d 1, z (t) \u003d t. T \u003d 0 nuqtada | z | hosilasi mavjud emas, lekin bir tomonlama lotinlar mavjud.

Dalillar. (Lemmas). Z \u003d 0 bo'lgan nuqtalarda, agar z · z em: mavjud bo'lsa | z | \u003d, va || z | | | z |. Z (t) \u003d 0 bo'lgan t nuqtalarda biz quyidagilarga egamiz:

1-holat: z (t) \u003d 0. Keyin | z | ning mavjudligini olamiz (t) \u003d 0.

2-holat: z (t) \u003d 0. Keyin +0 yoki 0 uchun z (t +) | | z (t) | uning moduli | z (t) | ga teng.

Taxminlarga ko'ra, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) \u003d +. Z1,2 (t0, t0 +) da aniqlangan (1) ga ikkita echim bo'lsin. Biz z \u003d z1 z2 ni o'rnatdik. Bizda ... bor:

Faraz qilaylik, z (t1) \u003d 0 bo'ladigan t1 (aniq bo'lishi kerak, t1 t0) bo'lsa, A \u003d (t t1 | z (t) \u003d 0) to'plami bo'sh emas (t0 A) va yuqorida chegaralangan. Demak, uning yuqori chegarasi t1 mavjud. Qurilish yo'li bilan z, 0 (, t1) ga teng va z uzluksiz bo'lgani uchun bizda z () \u003d 0 bo'ladi.

Lemma tomonidan, | z | C 1 (, t1) va shu oraliqda | z | | z | (| z |), shuning uchun (t, t1) (bu erda t (, t1)) bo'yicha integratsiya F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t beradi. T + 0 uchun biz ziddiyatni olamiz.

Xulosa 1. Agar Peano teoremasi sharoitida f ning x ning B dagi Lipschits bo'lsa, unda (1) masala Osgood teoremasida tasvirlangan ma'noda o'ziga xos echimga ega, chunki bu holda () \u003d C (7) ni qondiradi.

Xulosa 2. Agar Peano teoremasi sharoitida C (B) bo'lsa, unda Int (IP) da aniqlangan (1) eritma noyobdir.

Lemma. IP-da aniqlangan har qanday echim (1) | x | bahoga javob berishi kerak \u003d | f (t, x) | F, va uning grafigi K1da, hattoki S da.

Dalillar. (T, x (t)) C ga teng bo'lgan t1 IP bo'lsa, aniqlik uchun t1 t0 bo'lsin. Keyin t2 (t0, t1] mavjud, shunday qilib | x (t) x0 | \u003d R. Osgood teoremasining isbotidagi fikrga o'xshab, biz t2 shunday eng chap nuqta deb taxmin qilishimiz mumkin, ammo bizda (t, x (t)) C, shuning uchun | f (t, x (t)) | F va shuning uchun (t, x (t)) K1, bu | x (t2) x0 | \u003d R. ga zid keladi. Demak, (t, butun IP bo'yicha x (t)) C, so'ngra (hisob-kitoblarni takrorlash) (t, x (t)) K1.

Dalillar. (Xulosa 2). C - biz ixcham to'plam, f ning L in Lipschitsni xdagi C ga, bu erda barcha echimlarning grafikalari Lemma ko'rinishida joylashganligiga aminmiz. 1-xulosa bo'yicha biz kerakli narsani olamiz.

Izoh. Vaziyat (7) shuni anglatadiki, f uchun Lipschits sharti sezilarli darajada zaiflasha olmaydi. Masalan, Xolderning 1 bilan sharti endi haqiqiy emas. Faqatgina chiziqqa yaqin davomiylik modullari mos keladi, masalan, "eng yomon":

Jismoniy mashqlar. (etarlicha qiyin). Agar (7) ni qondiradigan bo'lsa, unda 1 / nolga teng bo'ladigan 1 ta qoniqarli (7) mavjudligini isbotlang.

Umuman olganda, o'ziga xoslik uchun $ f $ davomiyligi modulidan aniq bir narsani talab qilish shart emas - turli xil maxsus holatlar mumkin, masalan:

Bayonot. Agar Peano teoremasi sharoitida (9) dan aniqlangan (1) ning har qanday 2 ta echimi aniq bo'lsa, x C 1 (a, b), keyin (9) differentsiatsiya (1) 1, va ( 1) 2 aniq ...

(1) dan farqli o'laroq, (9) uchun yopiq segmentda eritma qurish tabiiydir.

Pikard (1) \u003d (9) echish uchun ketma-ket yaqinlashuvlarning quyidagi usulini taklif qildi. Biz x0 (t) x0 ni, keyin esa induksiya bilan belgilaymiz.Teorema. (Koshi-Pikard). Faraz qilaylik, Peano teoremasi sharoitida $ f $ funktsiyasi $ L $ dagi Lipschits $ x $ har qanday ixcham $ K $ domenidagi $ B $ konveks $ x $, ya'ni

Keyin har qanday (t0, x0) B uchun Koshi muammosi (1) (aka (9)) Int (IP) va xk x IP-da yagona echimga ega, bu erda xk (10) da aniqlanadi.

Izoh. Agar (11) shart C (B) bilan almashtirilsa, teorema o'z kuchini saqlab qolishi aniq, chunki bu shart (11) ni anglatadi.

O'qituvchiga eslatma. Darhaqiqat, x-dagi barcha ixcham to'plamlar emas, balki faqat silindrlar kerak, ammo formulalar aynan shu tarzda amalga oshiriladi, chunki 5-§da yana umumiy ixcham to'plamlar talab qilinadi va bundan tashqari, Remark shu formuladan foydalanadi eng tabiiy.

Dalillar. Biz o'zboshimchalik bilan (t0, x0) B ni tanlaymiz va Peano teoremasidan oldingi kabi yordamchi qurilishni amalga oshiramiz. IP-da barcha xk aniqlangan va uzluksiz ekanligini induksiya bilan isbotlaylik va ularning grafikalari K1da, hattoki S da joylashgan. Bu x0 uchun aniq. Agar bu xk1 uchun to'g'ri bo'lsa, u holda (10) dan aniqki, xk IP-da aniqlangan va uzluksiz bo'ladi va bu K1 a'zosi.

Endi biz IP uchun taxminiy indüksiyani isbotlaymiz:

(C - x ning B dagi ixcham konveksi va u uchun L (C) aniqlangan). K \u003d 0 uchun bu allaqachon tasdiqlangan taxmin (t, x1 (t)) K1. Agar (12) k: \u003d k 1 uchun to'g'ri bo'lsa, unda (10) dan biz kerakli darajada bo'lamiz. Shunday qilib, ketma-ket IP-ga yaqinlashadigan raqamli qator tomonidan kattalashtiriladi va shuning uchun (bu Veyerstrass teoremasi deb ataladi) IP-da ba'zi funktsiyalarga teng ravishda yaqinlashadi x (IP). Ammo bu IP-da xk x degan ma'noni anglatadi. Keyin IP-da (10) biz chegaraga o'tamiz va IP-da (9) olamiz, shuning uchun Int (IP) da (1).

Noyoblik darhol Osgood teoremasining 1-xulosasidan kelib chiqadi, ammo uni (9) tenglamadan foydalanib, boshqa yo'l bilan isbotlash foydalidir. Int (IP) da (1) (ya'ni (9)) masalaga x1,2 ta 2 ta echim bo'lsin. Yuqorida ko'rsatilgandek, ularning grafikalari K1 da, undan ham ko'proq Sda joylashgan bo'lishi kerak, t I1 \u003d (t0, t0 +) bo'lsin, bu erda ijobiy son. Keyin \u003d 1 / (2L (C)). Keyin \u003d 0. Shunday qilib, I1 bo'yicha x1 \u003d x2.

O'qituvchiga eslatma. Gronuol lemmasi yordamida o'ziga xoslikning isboti ham bor, bu tabiiyroq, chunki u darhol global miqyosda ishlaydi, ammo hozircha Gronwall lemmasi unchalik qulay emas, chunki uni chiziqli ODE ga qadar etarli darajada idrok etish qiyin.

Izoh. Noyoblikning so'nggi isboti ibratlidir, chunki u yana bir bor mahalliy o'ziga xoslikning global o'ziga xoslikka qanday olib borishini boshqacha ko'rinishda namoyish etadi (bu mavjudlik uchun haqiqiy emas).

Jismoniy mashqlar. Osgood teoremasining isboti kabi qarama-qarshilik bilan bahslashib, barcha IP-larda bir vaqtning o'zida noyobligini isbotlang.

Muhim maxsus holat (1) - chiziqli ODElar, ya'ni f (t, x) qiymati x ga to'g'ri keladigan holatlar:

Bunday holda, umumiy nazariya shartlariga o'tish uchun quyidagilarni talab qilish kerak, shuning uchun bu holda B chiziq bo'lib, L ga nisbatan Lipschitsning holati (va hatto farqlanishi) avtomatik ravishda qondiriladi: hamma uchun t ( a, b), x, y Rn bizda | f (t, x) f (t, y) | mavjud \u003d | A (t) (x y) | | A (t) | | (X y) |.

Agar biz (a, b) ixcham to'plamni vaqtincha tanlasak, unda biz | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, bu erda L \u003d max | A |

Peano va Osgood yoki Koshi-Pikard teoremalari ba'zi bir (Peano-Pikard) t0 oralig'ida (13) masalaning (13) noyob echuvchanligini anglatadi. Bundan tashqari, ushbu intervaldagi yechim Picardning ketma-ket yaqinlashish chegarasi hisoblanadi.

Jismoniy mashqlar. Ushbu intervalni toping.

Ammo shuni ko'rsatadiki, bu holda ushbu natijalarning barchasi global miqyosda darhol isbotlanishi mumkin, ya'ni (a, b) bo'yicha:

Teorema. (14) to'g'ri bo'lsin. Keyin (13) masala (a, b) bo'yicha noyob echimga ega va ketma-ket Picard yaqinlashmalari unga har qanday ixcham to'plamda (a, b) teng ravishda yaqinlashadi.

Dalillar. Shunga qaramay, TK-P da bo'lgani kabi, (10) formuladan foydalanib ketma-ket yaqinlashishlar yordamida integral tenglamaga (9) yechim tuzamiz. Ammo endi biz konus va silindrga urilgan grafik holatini tekshirishga hojat yo'q, chunki.

t (a, b) ekan, barcha x lar uchun aniqlanadi. Barcha xk (a, b) da aniqlangan va uzluksizligini tekshirish kerak, bu induksiya bilan aniq.

(12) o'rniga, endi biz tanlovga qarab N ba'zi sonlar bo'lgan shaklning o'xshash bahosini ko'rsatamiz. Ushbu taxmin uchun indüksiyaning birinchi bosqichi boshqacha (chunki u K1 bilan bog'liq emas): k \u003d 0 | x1 (t) x0 | X1 uzluksizligi tufayli N, keyingi bosqichlar esa (12) ga o'xshaydi.

Buni ta'riflash mumkin va mumkin emas, chunki bu aniq, lekin bu mumkin Biz yana xk x ni sezamiz va x mos keladigan (10) onning echimi. Ammo shu bilan biz hamma uchun qaror qildik (a, b), chunki ixcham tanlov ixtiyoriydir. Noyoblik Osgood yoki Koshi-Pikard teoremalaridan kelib chiqadi (va yuqoridagi global noyoblik haqida fikr).

Izoh. Yuqorida aytib o'tganimizdek, TC-P Peano va Osgood teoremalari mavjudligi sababli rasmiy ravishda ortiqcha, ammo bu 3 sababga ko'ra foydalidir - bu:

1. ODElar uchun Koshi masalasini integral tenglama bilan bog'lashga imkon beradi;

2. ketma-ket yaqinlashuvlarning konstruktiv usulini taklif qiladi;

3. chiziqli ODE uchun global mavjudligini isbotlashni osonlashtiradi.

[garchi ikkinchisini § 4 dagi fikrdan ham xulosa qilish mumkin bo'lsa-da.] Keyinchalik, biz ko'pincha unga murojaat qilamiz.

Misol. x \u003d x, x (0) \u003d 1. Ketma-ket yaqinlashishlar k Demak, x (t) \u003d e - bu butun R ning asl muammosining echimi.

Ko'pincha, ketma-ket ishlamaydi, lekin ma'lum bir konstruktivlik saqlanib qoladi. Siz shuningdek x xk xatosini taxmin qilishingiz mumkin (qarang).

Izoh. Peano, Osgood va Koshi-Pikard teoremalaridan yuqori darajadagi ODElar uchun mos teoremalarni olish oson.

Jismoniy mashqlar. § 1-bandda keltirilgan birinchi darajali tizimlarga qisqartirishni qo'llagan holda Koshi muammosi, tizim echimlari va Koshi muammosi, yuqori darajadagi ODE uchun barcha teoremalarni tuzing.

Kurs mantig'ini biroz buzgan, ammo amaliy mashg'ulotlarda muammolarni hal qilish usullarini yaxshiroq o'zlashtirish va asoslash uchun biz umumiy nazariyaning taqdimotini vaqtincha to'xtatib, "ODElarning aniq echimi" ning texnik muammosi bilan shug'ullanamiz.

§ 3. Integratsiyaning ba'zi usullari Shunday qilib, \u003d f (t, x) skalar tenglamasini ko'rib chiqing. Dt Integratsiyalashni o'rgangan eng sodda hodisa deb ataladi. ERP, ya'ni f (t, x) \u003d a (t) b (x) bo'lgan tenglama. ERPni birlashtirishning rasmiy usuli t va x o'zgaruvchilarni "ajratish" (shu sababli nom): \u003d a (t) dt va keyin integralni olish:

x \u003d B (A (t)). Ushbu rasmiy mulohaza asoslashni talab qiladigan bir nechta fikrlarni o'z ichiga oladi.

1. b (x) ga bo'linish. Biz $ f $ doimiy, shuning uchun $ C (,), b C (,) $, ya'ni $ B $ to'rtburchak (,) (,)(umuman aytganda, cheksiz). To'plamlar (b (x) 0) va (b (x) 0) ochiq va shu sababli intervallarning cheklangan yoki hisoblanadigan to'plamlari. Ushbu intervallar orasida nuqta yoki segment mavjud, b \u003d 0. Agar b (x0) \u003d 0 bo'lsa, unda Koshi muammosi x x0 echimga ega. Ehtimol, bu echim noyob emas, keyin uning aniqlanish sohasidagi intervallar mavjud, bu erda b (x (t)) \u003d 0, lekin keyin uni b (x (t)) ga bo'lish mumkin. Ushbu intervallarda B funktsiyasi monoton ekanligi va shuning uchun biz B 1 ni olishimiz mumkinligiga e'tibor bering. Ammo agar b (x0) \u003d 0 bo'lsa, u holda t0 yaqinida b (x (t)) \u003d 0 bo'ladi va protsedura qonuniydir. . Shunday qilib, ta'riflangan protsedura, umuman aytganda, eritmaning ta'rifi sohasini qismlarga ajratishda qo'llanilishi kerak.

2. Turli xil o'zgaruvchilar uchun chap va o'ng tomonlarning integratsiyasi.

Birinchi usul. Deylik, biz Kod (t) wi (1) x \u003d (t) muammoning echimini topmoqchimiz. Bizda: \u003d a (t) b ((t)), qaerdan - biz qat'iy ravishda bir xil formulani oldik.

II usul. Tenglama deyiladi. asl ODE ning nosimmetrik yozuvi, ya'ni qaysi o'zgaruvchining mustaqil va qaysi biriga bog'liq ekanligi aniqlanmagan. Bunday shakl birinchi differentsial shaklining o'zgarmasligi haqidagi teoremani hisobga olgan holda ko'rib chiqilayotgan bitta birinchi darajali tenglamada aniq ma'noga ega.

Bu erda differentsial tushunchasini batafsilroq tushunish, uni tekislik ((t, x)), uning egri chiziqlari, paydo bo'layotgan cheklovlar, erkinlik darajalari, egri chiziqdagi parametrlar misolida tasvirlab beramiz.

Shunday qilib, (2) tenglama t va x differentsiallarni kerakli IC bo'yicha bog'laydi. Keyin (2) tenglamani boshida ko'rsatilgan tarzda birlashtirish mutlaqo qonuniydir - bu, agar xohlasangiz, mustaqil deb tanlangan har qanday o'zgaruvchiga integratsiyani anglatadi.

I usulida biz buni mustaqil o'zgaruvchi sifatida t ni tanlab ko'rsatdik. Keling, buni mustaqil o'zgaruvchi sifatida IK bo'yicha s parametrini tanlab ko'rsatamiz (chunki bu $ t $ va $ x $ tengligini aniqroq ko'rsatadi). S \u003d s0 qiymati (t0, x0) nuqtaga mos kelsin.

Keyin bizda: \u003d a (t (s)) t (s) ds bor, u keyin beradi Bu erda biz simmetrik yozuvlarning universalligiga e'tibor qaratishimiz kerak, masalan: doira x (t) yoki t ( x), lekin x (s), t (s) sifatida.

Birinchi darajadagi ba'zi boshqa ODElar ERP ga qisqartiriladi, bu muammolarni hal qilishda ko'rish mumkin (masalan, muammoli kitobdan foydalanish).

Yana bir muhim holat - bu chiziqli ODE:

I. usul. O'zgarish doimiydir.

bu 2-qismda ko'rib chiqiladigan yanada umumiy yondashuvning alohida holati. Gap shundaki, echimni maxsus shaklda topish tenglama tartibini pasaytiradi.

Keling, birinchi deb nomlangan narsani hal qilaylik. bir hil tenglama:

O'ziga xoslik tufayli x 0, yoki hamma joyda x \u003d 0. Ikkinchi holatda (aniqlik uchun, x 0 bo'lsin), biz (4) barcha echimlarni (3) 0 ga (nol va salbiy qo'shib) beradi.

Formulada (4) o'zboshimchalik bilan C1 doimiysi mavjud.

Doimiylikni o'zgartirish usuli shundan iboratki (3) C1 (t) \u003d C0 + tuzilishi ORNU \u003d CRNU + OPROU ko'rinadigan (algebraik chiziqli tizimlarga nisbatan) (bu haqda 2-qismda).

Agar biz Koshi x (t0) \u003d x0 masalasini echishni istasak, Koshi ma'lumotlaridan C0 ni topishimiz kerak - biz osongina C0 \u003d x0 ni olishimiz mumkin.

II usul. IMni topamiz, ya'ni v (3) ni ko'paytirishimiz kerak bo'lgan funktsiyani topamiz (barcha noma'lumlar chap tomonda to'planishi uchun yozilgan: xa (t) x \u003d b (t)), shuning uchun chap tomonda tomoni biz ba'zi bir qulay kombinatsiyaning hosilasini olamiz.

Bizda: vx vax \u003d (vx) bo'lsa, v \u003d av, ya'ni (bunday tenglama, (3) allaqachon osonlik bilan echilgan va (5) beradigan tenglamaga teng. Agar Koshi masalasi echilgan bo'lsa, unda (6) da darhol aniq integralni olish qulaydir Boshqalar chiziqli ODE (3) ga qisqartiriladi, masalan, masalalarni echishda ko'rish mumkin (masalan, muammolar kitobidan foydalanish). har qanday n) 2-qismda batafsil ko'rib chiqiladi.

Ikkala ko'rib chiqilgan vaziyat ham, bu alohida holatlardir. UPD. Nosimmetrik shaklda birinchi darajali ODE (n \u003d 1 uchun) ni ko'rib chiqing:

Yuqorida aytib o'tilganidek, (7) ICni (t, x) tekislikda qaysi o'zgaruvchining mustaqil deb hisoblanishini ko'rsatmasdan belgilaydi.

Agar (7) ixtiyoriy M (t, x) funktsiya bilan ko'paytirsak, u holda biz bir xil tenglamani yozishning ekvivalent shaklini olamiz:

Shunday qilib, xuddi shu ODE ko'plab nosimmetrik yozuvlarga ega. Ularning orasida, deb nomlangan. Umumiy differentsialdagi yozuv, UPD nomi afsuski, chunki bu xususiyat tenglama emas, balki uning yozilish shakli, ya'ni (7) ning chap tomoni dF (t, x) ga teng. bir oz F. bilan

(7) ning UPD ekanligi aniq, agar faqat biron bir F. bilan A \u003d Ft, B \u003d Fx bo'lsa, ikkinchisi uchun bu zarur va etarli, chunki biz aniq texnik jihatlarni asoslamaymiz. , barcha funktsiyalarning silliqligi. Haqiqat shundaki, § ikkinchi darajali rol o'ynaydi - bu kursning boshqa qismlari uchun umuman kerak emas va men uni batafsil namoyish qilish uchun ortiqcha kuch sarflashni xohlamayman.

Shunday qilib, agar (9) qoniqtirilsa, unda (7) dF (t, x) \u003d 0 (IR bo'ylab) sifatida qayta yozilishi mumkin bo'lgan F (u qo'shimcha doimiysigacha noyob) mavjud, ya'ni,

F (t, x) \u003d const IC bo'yicha, ya'ni IC - bu F funktsiyasining darajadagi chiziqlari. UPD ning integratsiyasi ahamiyatsiz muammo ekanligini aniqlaymiz, chunki A va B orqali F ni qidirish qoniqarli ( 9) qiyin emas. Agar (9) qoniqtirilmasa, unda siz so'zda topishingiz kerak. IM M (t, x) shunday (8) UPD bo'ladi, buning uchun analogni (9) bajarish zarur va etarli bo'ladi, u quyidagi shaklni oladi:

Birinchi darajali PDE nazariyasidan kelib chiqadigan bo'lsak (biz uni 3-qismda muhokama qilamiz), tenglama (10) har doim echimga ega, shuning uchun IM mavjud. Shunday qilib, (7) shaklning har qanday tenglamasi UPD shaklida yozuvga ega va shuning uchun "aniq" integratsiyaga imkon beradi. Ammo bu dalillar umumiy holatda konstruktiv usul bermaydi, chunki (10) yechim uchun, umuman aytganda, biz izlayotgan echimni (7) topish talab etiladi. Shunga qaramay, MIni izlashning bir qator usullari mavjud bo'lib, ular an'anaviy ravishda amaliy mashg'ulotlarda ko'rib chiqiladi (masalan, qarang).

E'tibor bering, ERP va chiziqli ODElarni hal qilishning yuqoridagi usullari IM mafkurasining alohida hodisasidir.

Darhaqiqat, dx \u003d a (t) b (x) dt nosimmetrik shaklda yozilgan URS dx / dt \u003d a (t) b (x) IM 1 / b (x) ga ko'paytirish orqali hal qilinadi, chunki keyin bu UPD ga aylanadi dx / b (x) \u003d a (t) dt, ya'ni dB (x) \u003d dA (t). Dx a (t) xdt b (t) dt nosimmetrik shaklda yozilgan dx / dt \u003d a (t) x + b (t) chiziqli tenglama, MI ga ko'paytirish yo'li bilan hal qilinadi, deyarli barcha ODE echimlari. "aniq shaklda"

(chiziqli tizimlar bilan bog'liq bo'lgan katta blok bundan mustasno), tartibni qisqartirish va o'zgaruvchilarni o'zgartirishning maxsus usullaridan foydalangan holda, ular birinchi darajali ODE-larga qisqartirilib, keyinchalik UPD ga tushiriladi va ular differentsial hisoblashning asosiy teoremasi: dF \u003d 0 F \u003d const. Buyurtmani pasaytirish masalasi an'anaviy ravishda amaliy mashg'ulotlarga kiritilgan (masalan, qarang).

Keling, lotin uchun ruxsat berilmagan birinchi darajali ODE haqida bir necha so'z aytaylik:

1-bo'limda aytib o'tilganidek, (11) ni x ga nisbatan echishga va normal shaklni olishga harakat qilish mumkin, ammo bu har doim ham tavsiya etilmaydi. Ko'pincha (11) to'g'ridan-to'g'ri hal qilish qulayroq.

P \u003d x vaqtincha mustaqil o'zgaruvchi sifatida qaraladigan bo'shliqni ((t, x, p)) ko'rib chiqing. Keyin (11) bu bo'shliqda parametrli ravishda yozilishi mumkin bo'lgan sirtni (F (t, x, p) \u003d 0) belgilaydi:

Buning ma'nosini eslab qolish foydalidir, masalan, R3 dagi shar bilan.

Izlanayotgan echimlar ushbu sirtdagi egri chiziqlarga to'g'ri keladi: t \u003d s, x \u003d x (s), p \u003d x (s) - bir daraja erkinlik yo'qoladi, chunki eritmalarda dx \u003d pdt ulanish mavjud. Ushbu ulanishni sirtdagi parametrlar bo'yicha yozamiz (12): gu du + gv dv \u003d h (fudu + fv dv), ya'ni.

Shunday qilib, izlanayotgan echimlar parametrlar (13) tenglama bilan bog'liq bo'lgan sirt (12) egri chiziqlariga to'g'ri keladi. Ikkinchisi nosimmetrik shaklda ODE bo'lib, uni echish mumkin.

Masala I. Agar biron bir mintaqada (gu hfu) \u003d 0 bo'lsa, unda (12) u holda t \u003d f ((v), v), x \u003d g ((v), v)) qidirilayotgan egri chiziqlarning parametrli ko'rinishini beradi. tekislik ((t, x)) (ya'ni, biz ushbu tekislikka proyeksiyalaymiz, chunki p kerak emas).

II holat. Xuddi shunday, agar (gv hfv) \u003d 0 bo'lsa.

III holat. Bir vaqtning o'zida ba'zi nuqtalarda gu hfu \u003d gv hfv \u003d 0. Bu erda, ushbu to'plam ba'zi echimlarga mos keladimi-yo'qligini alohida tahlil qilish kerak (ular keyinchalik maxsus deb nomlanadi).

Misol. Klerodning tenglamasi x \u003d tx + x 2. Bizda:

x \u003d tp + p2. Ushbu sirtni parametrlashtiramiz: t \u003d u, p \u003d v, x \u003d uv + v 2. (13) tenglama (u + 2v) dv \u003d 0 shaklini oladi.

Ish I. Amalga oshirilmagan.

II holat. u + 2v \u003d 0, keyin dv \u003d 0, ya'ni v \u003d C \u003d const.

Demak, t \u003d u, x \u003d Cu + C 2 bu ICning parametrli yozuvi.

Uni x \u003d Ct + C 2 aniq yozish oson.

III holat. u + 2v \u003d 0, ya'ni v \u003d u / 2. Demak, t \u003d u, x \u003d u2 / 4 - "IC nomzodi" ning parametrik yozuvi.

Buning haqiqatan ham IC ekanligini tekshirish uchun uni x \u003d t2 / 4 deb aniq yozamiz. Bu (maxsus) echim bo'lib chiqdi.

Jismoniy mashqlar. Maxsus qaror boshqalarga ham tegishli ekanligini isbotlang.

Bu umumiy haqiqat - har qanday aniq echimning grafigi boshqa barcha echimlar oilasining konvertidir. Bu maxsus echimning konvert sifatida aniqlangan yana bir ta'rifi uchun asosdir (qarang).

Jismoniy mashqlar. Qavariq funktsiyaga ega bo'lgan x \u003d tx (x) umumiyroq Klerod tenglamasi uchun yagona yechim x \u003d (t) shaklga ega ekanligini isbotlang, bu erda Legendre konvertatsiyasi, ya'ni \u003d () 1, yoki (t) \u003d max (tv (v)). Xuddi shunday x \u003d tx + (x) tenglama uchun.

Izoh. § 3 mazmuni darslikda batafsilroq va aniqroq tasvirlangan.

O'qituvchiga eslatma. Ma'ruzalar kursini o'qiyotganda § 3 ni yanada aniqroq shaklga berib kengaytirish kerak.

Endi §§1, 2 da boshlangan ekspozitsiyani davom ettirib, kursning asosiy rejasiga qaytamiz.

§ 4. Koshi muammosining global hal etuvchanligi § 2 da biz Koshi muammosiga echimning mahalliy mavjudligini, ya'ni faqat t0 nuqtani o'z ichiga olgan ba'zi bir oraliqda isbotladik.

$ F $ ga oid ba'zi qo'shimcha taxminlarga ko'ra, biz bir xil intervalda aniqlangan ikkita echimning tasodifiyligi sifatida tushunib, echimning o'ziga xosligini ham isbotladik. Agar $ f $ x $ ichida chiziqli bo'lsa, unda global mavjudlik, ya'ni tenglama (tizim) koeffitsientlari aniqlangan va uzluksiz butun oraliqda olinadi. Biroq, umumiy nazariyani chiziqli tizimga tatbiq etishga urinish ko'rsatilgandek, Peano-Pikard oralig'i, umuman aytganda, echim tuzilishi mumkin bo'lganidan kamroq. Tabiiy savollar tug'iladi:

1. (1) eritmaning mavjudligini tasdiqlashi mumkin bo'lgan maksimal oraliqni qanday aniqlash mumkin?

2. Ushbu oraliq har doim maksimal (1) 1 bilan mantiqiy bo'lgan maksimalga to'g'ri keladimi?

3. Eritmaning o'ziga xosligi kontseptsiyasini uning ta'rifi oralig'iga zaxirasiz qanday qilib to'g'ri shakllantirish mumkin?

2-savolga javobning umuman salbiy ekanligi (aniqrog'i, juda ehtiyotkorlikni talab qiladi) quyidagi misolda ko'rsatilgan. x \u003d x2, x (0) \u003d x0. Agar x0 \u003d 0 bo'lsa, u holda x 0 - Osgood teoremasi bo'yicha boshqa echimlar yo'q. Agar x0 \u003d 0 bo'lsa, unda biz chizilgan rasmni foydali qilishga qaror qilamiz). Eritmaning mavjud bo'lish oralig'i mos ravishda (, 1 / x0) yoki (1 / x0, +) dan katta bo'lishi mumkin emas, x0 0 va x0 0 uchun (giperbolaning ikkinchi shoxchasi eritma bilan hech qanday aloqasi yo'q!) bu talabalarning odatdagi xatosi). Bir qarashda, asl muammoda hech narsa "bunday natijani oldindan tasavvur qilmagan". § 4da biz ushbu hodisaning izohini topamiz.

X \u003d t2 + x2 tenglama misoli yechim mavjudligi oralig'idagi odatiy talabalar xatosini ochib beradi. Bu erda "tenglama hamma joyda aniqlanadi" degan haqiqat umuman butun chiziqning echimini davom ettirishni anglatmaydi. Bu hatto kundalik nuqtai nazardan ham aniq, masalan, qonuniy qonunlar va ular asosida rivojlanayotgan jarayonlar bilan bog'liq: hatto qonunda 2015 yilda biron bir kompaniyaning mavjudligini tugatish aniq belgilanmagan bo'lsa ham, bu bu degani emas bu kompaniya ichki sabablarga ko'ra bu yilga qadar bankrot bo'lmasligi (garchi qonun doirasida harakat qilsa ham).

1-3 savollarga javob berish uchun (va hattoki ularni aniq ifoda etish uchun) davom etmaydigan echim tushunchasi zarur. Biz (yuqorida kelishganimizdek) (1) 1 tenglamaning echimlarini (, (tl (), tr ())) juftlari sifatida ko'rib chiqamiz.

Ta'rif. Eritma (, (tl (), tr ())) eritmaning kengaytmasi (, (tl (), tr ())), agar (tl (), tr ()) (tl (), tr ( )) va | (tl (), tr ()) \u003d.

Ta'rif. Yechim (, (tl (), tr ())) agar u ahamiyatsiz bo'lmagan (ya'ni, undan farq qiladigan) kengaytmalarga ega bo'lmasa, uni kengaytirish mumkin emas. (yuqoridagi misolga qarang).

Aynan NR-lar alohida ahamiyatga ega ekanligi aniq va ularning so'zlari bilan mavjudligini va o'ziga xosligini isbotlash zarur. Tabiiy savol tug'iladi - har doim ham mahalliy echim asosida yoki Koshi muammosiga asoslanib, ISni qurish mumkinmi? Ha, chiqadi. Buni tushunish uchun quyidagi tushunchalarni tanishtiramiz:

Ta'rif. ((, (Tl (), tr ()))) echimlar to'plami, agar ushbu to'plamning har qanday 2 ta echimi ularning ta'rifi oraliqlari kesishmasiga to'g'ri kelsa.

Ta'rif. Yechimlarning izchil to'plami, agar unga yangi echim qo'shilishi mumkin bo'lmasa, yangi to'plam izchil bo'lishi va echimlar domenlarining birlashmasida yangi fikrlarni o'z ichiga olishi mumkin bo'lsa, maksimal deb nomlanadi.

INN qurilishi ISning qurilishiga teng ekani aniq, ya'ni:

1. Agar IS mavjud bo'lsa, unda o'z ichiga olgan har qanday INN faqat uning cheklovlari to'plami bo'lishi mumkin.

Jismoniy mashqlar. Tekshiring.

2. Agar INN bo'lsa, unda IS (, (t, t +)) quyidagicha tuziladi:

(t) \u003d (t) ni qo'yamiz, bu erda har qanday INN elementi aniqlanadi. Shubhasiz, bunday funktsiya hamma (t, t +) bo'yicha yagona aniqlanadi (o'ziga xoslik to'plamning izchilligidan kelib chiqadi) va har bir nuqtada u shu nuqtada aniqlangan INN ning barcha elementlariga to'g'ri keladi. Har qanday $ t (t, t +) $ uchun unda aniqlangan va shuning uchun uning mahallasida mavjud, va bu mahallada (1) 1 echimi mavjud, keyin ham. Shunday qilib, (t, t +) ning barchasida (1) 1 yechim mavjud. Bu kengaytirilmaydi, chunki aks holda INNga uning maksimalligiga qaramay, nodavlat davomiyligi qo'shilishi mumkin.

Muammoning (1) INN-ni umumiy holda (Peano teoremasi sharoitida), mahalliy o'ziga xoslik bo'lmagan holda qurish mumkin (qarang,), lekin juda og'ir - bu bosqichma-bosqich asoslanadi davom etish oralig'ining pastki chegarasi bilan Peano teoremasini bosqichma-bosqich qo'llash. Shunday qilib, HP har doim mavjud. Biz buni faqatgina mahalliy o'ziga xoslik mavjud bo'lganda oqlaymiz, agar INN (va shuning uchun IS) qurilishi ahamiyatsiz bo'lsa. Masalan, aniqlik uchun biz TC-P doirasida harakat qilamiz.

Teorema. B Rn + 1 domenida TK-P shartlari bajarilsin. So'ngra, har qanday (t0, x0) B muammo uchun (1) yagona IS mavjud.

Dalillar. Muammoning barcha echimlari to'plamini ko'rib chiqing (1) (u TK-P tomonidan bo'sh emas). U mahalliy o'ziga xosligi tufayli izchil, maksimal darajada esa Koshi muammosining barcha echimlari to'plami bo'lganligi sababli INN hosil qiladi. Bu HP mavjudligini anglatadi. Bu mahalliy o'ziga xoslik tufayli noyobdir.

Agar mavjud bo'lgan mahalliy echim (1) 1 (va Koshi muammosi emas) asosida ISHni qurish zarur bo'lsa, u holda mahalliy o'ziga xoslik mavjud bo'lgan bu muammo Koshi muammosiga qadar kamayadi: mavjud bo'lgan har qanday nuqtani tanlashingiz kerak IC va tegishli Koshi muammosini ko'rib chiqing. Ushbu muammoning MS o'ziga xosligi sababli asl echimning davomi bo'ladi. Agar o'ziga xoslik bo'lmasa, unda berilgan eritmaning davomi yuqorida ko'rsatilgan protsedura bo'yicha amalga oshiriladi.

Izoh. NR mavjud bo'lish oralig'ining oxirida (o'ziga xoslik holatidan qat'i nazar) uzaytirilishi mumkin emas, shuning uchun u so'nggi nuqtalarda ham echim bo'ladi. Buni oqlash uchun segmentning oxirida ODE echimi nimani anglatishini aniqlashtirish kerak:

1. Yondashuv 1. (1) 1 eritma bilan intervalda biz bir tomonlama lotin ma'nosida uchlarida tenglamani qondiradigan funktsiyani nazarda tutaylik. Keyin ba'zi bir echimning ta'rifini, masalan, uning mavjud bo'lish oralig'ining o'ng oxirida (t, t +] ko'rsatilgan kengaytma ehtimoli IC ning B va C 1 (t, Ammo keyin (1) uchun Koshi x (t +) \u003d (t +) masalasini echib, uning echimini topsak, to'g'ri tugatish nuqtasi uchun t + (t + nuqtada ikkala tomon ham) olinadi. hosilalar mavjud va ular f (t +, (t +)) ga teng, ya'ni oddiy hosilalar mavjud), ya'ni HP bo'lmagan.

2. Yondashuv 2. Agar segmentdagi (1) 1 yechimi bilan biz faqat uchlarida uzluksiz, lekin IK uchlari B ga to'g'ri keladigan funktsiyani nazarda tutsak (tenglamaga kerak bo'lmasa ham oxirida bajarilgan), keyin xuddi shu integral faqat tegishli integral tenglama nuqtai nazaridan chiqadi (batafsil ma'lumotga qarang).

Shunday qilib, o'zimizni darhol echimlarning ta'riflari to'plami sifatida faqat ochiq oraliqlarni cheklash bilan biz umumiylikni buzmadik (lekin faqat bir tomonlama lotinlar bilan keraksiz xayolparastlikdan va hokazolardan qochdik).

Natijada biz 4-bo'lim boshida berilgan 3-savolga javob berdik: o'ziga xoslik sharti (masalan, Osgood yoki Koshi-Pikard) qondirilganda, Koshi muammosi echimining IS ning o'ziga xosligi sodir bo'ladi. Agar o'ziga xoslik sharti buzilgan bo'lsa, unda Koshi muammosining ko'pgina ISlari bo'lishi mumkin, ularning har biri o'z mavjud bo'lish oralig'iga ega. Har qanday echim (1) (yoki shunchaki (1) 1) HP uchun davom ettirilishi mumkin.

1, 2-savollarga javob berish uchun t o'zgaruvchini emas, balki IC ning Rn + 1 bo'shliqdagi xatti-harakatlarini alohida ko'rib chiqish kerak. IC qanday qilib "uchlari yaqinida" o'zini tutishi haqidagi savolga, u javob beradi, mavjudlik oralig'i tugagan, ammo ICda ular bo'lmasligi mumkin (ICdagi B har doim ham mavjud emas - yuqoridagi Izohga qarang, lekin oxiriga Bda mavjud bo'lmasligi mumkin - pastga qarang).

Teorema. (ixchamni tark etish haqida).

biz uni mahalliy o'ziga xoslik sharoitida shakllantiramiz, ammo bu zarur emas - qarang, u erda TPK NR mezonlari sifatida shakllangan.

TK-P sharoitida har qanday NR tenglamasining grafigi (1) 1 har qanday ixcham K B to'plamini qoldiradi, ya'ni K B (t, t +): (t, (t)) K t da.

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

Izoh. Shunday qilib, t ± ± ga yaqin bo'lgan IQ IR B ga yaqinlashadi: ((t, (t)), B) 0 t t ± da - eritmani davom ettirish jarayoni B ichida qat'iyan tugata olmaydi.

ijobiy, bu erda mashq sifatida bittasi ixcham bo'lgan yopiq to'plamlar orasidagi masofa ijobiy ekanligini isbotlash foydalidir.

Dalillar. Biz har qanday 0 (0, (K, B)) ni oling. Agar B \u003d Rn + 1 bo'lsa, unda biz ta'rifga ko'ra (K, B) \u003d + ni qabul qilamiz. K1 \u003d ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) to'plam ham B da ixcham to'plamdir, shuning uchun F \u003d max | f | mavjud. Masalan, T va R sonlarini etarlicha kichik qilib tanlaymiz, shunda har qanday shakldagi silindr, masalan, T 2 + R2 2/4 ni olish kifoya. Keyin shaklning Koshi masalasi (t T0, t + T0) dan tor bo'lmagan intervalda TK-P echimiga ega, bu erda hamma (t, x) K uchun T0 \u003d min (T, R / F).

Endi biz kerakli segment sifatida \u003d olishimiz mumkin. Darhaqiqat, agar (t, (t)) K bo'lsa, u holda t + T0 t t + T0 ekanligini ko'rsatish kerak. Masalan, ikkinchi tengsizlikni ko'rsataylik. Koshi muammosining (2) x \u003d (t) bilan echimi hech bo'lmaganda t + T0 nuqtaga qadar o'ng tomonda mavjud, ammo u o'ziga xosligi sababli kengaytma bo'lgan xuddi shu muammoning HPsi. t + T0 t +.

Shunday qilib, HP grafigi har doim "B" ga etadi, shuning uchun HP mavjud bo'lish oralig'i IC geometriyasiga bog'liq.

Masalan; misol uchun:

Bayonot. B \u003d (a, b) Rn (interval cheklangan yoki cheksiz) bo'lsin, f Bdagi TK-P shartlarini qondiradi, t0 (a, b) bilan (1) masala IS bo'lsin. Keyin t + \u003d b yoki | (t) | + t t uchun + (va shunga o'xshash t uchun).

Dalillar. Shunday qilib t + b, keyin t + + bo'lsin.

K \u003d B B ixcham to'plamini ko'rib chiqing. Har qanday R + uchun TPK uchun (R) t + mavjud, shunda t ((R), t +) uchun nuqta (t, (t)) K bo'ladi. Ammo tt + dan , bu faqat | (t) | hisobidan keyin mumkin R. Ammo bu shuningdek | (t) | degan ma'noni anglatadi + t t + uchun.

Bunday holda, agar biz f "hamma x" uchun aniqlangan bo'lsa, u holda ISning mavjud bo'lish oralig'i maksimal darajadan (a, b) dan kam bo'lishi mumkin, faqat IS ga yaqinlashganda oralig'ining uchlari (t, t +) (umuman olganda - B chegarasiga qadar).

Jismoniy mashqlar. B \u003d (a, b) bo'lgan holatdagi oxirgi bayonotni umumlashtiring, bu erda Rn o'zboshimchalik domeni.

Izoh. Shuni tushunish kerakki, | (t) | + har qanday k (t) degani emas.

Shunday qilib, biz 2-savolga javob berdik (qarang. § 4 boshidagi misol): IC B ga etadi, lekin uning t o'qiga proektsiyasi B o'qining t o'qiga proyeksiyasining uchlariga etmasligi mumkin. 1-savol qolmoqda - ODE-ni hal qilmasdan, "iloji boricha kengroq intervalgacha" echimini davom ettirish imkoniyatini baholash uchun biron bir belgi bormi? Biz bilamizki, chiziqli ODE uchun bu kengaytma har doim ham mumkin, ammo § 4 boshidagi misolda bu mumkin emas.

Keling, misol uchun URS ning n \u003d 1 uchun ma'lum bir holatini ko'rib chiqaylik:

noto'g'ri integral (h) lar ds ning yaqinlashuvi (\u003d + yoki h ning nuqtadagi o'ziga xosligi sababli noto'g'ri) (,) ning tanlanishiga bog'liq emas. Shuning uchun, quyidagi integralda ushbu integralning yaqinlashuvi yoki divergensiyasi haqida gap ketganda shunchaki h (s) ds yozamiz.

buni allaqachon Osgood teoremasida va tegishli bayonotlarda bajarish mumkin edi.

Bayonot. A C (,), b C (, +) bo'lsin, ikkala funktsiya ham intervallari bo'yicha musbat. Koshi masalasi (bu erda t0 (,), x0) (t, t +) (,) oralig'ida IS x \u003d x (t) bo'lsin. Keyin:

Natijada. Agar a \u003d 1, \u003d + bo'lsa, u holda t + \u003d + Isbot. (Tasdiqlar). $ X $ monotonik ravishda ko'payishiga e'tibor bering.

Jismoniy mashqlar. Isbotlang.

Shuning uchun x (t +) \u003d lim x (t) + mavjud. Bizda Case 1. t +, x (t +) + - TPK tomonidan imkonsiz, chunki x IS.

Ikkala integral ham cheklangan yoki cheksizdir.

Jismoniy mashqlar. To'liq dalil.

O'qituvchi uchun asos. Natijada, biz 3 holatida quyidagilarga erishamiz: a (s) ds + va 4 holatda (agar u umuman amalga oshirilsa) xuddi shu narsa.

Shunday qilib, x \u003d f (x) shakldagi n \u003d 1 bo'lgan eng oddiy ODE lar uchun eritmalarning kengayuvchanligi ko bilan aniqlanadi.

avtonom) tenglamalari 3-qismga qarang.

Misol. F (x) \u003d x, 1 (xususan, chiziqli holat \u003d 1) va f (x) \u003d x ln x uchun (ijobiy) echimlarni + ga davom ettirishga kafolat beramiz. $ F (x) \u003d x $ va $ f (x) \u003d x ln x $ uchun echimlar "cheklangan vaqt ichida yo'q qilinadi".

Umumiy holatda, vaziyat ko'pgina omillar bilan belgilanadi va unchalik oddiy emas, ammo "f ning x bo'ylab o'sish tezligi" ning ahamiyati saqlanib qoladi. N 1 uchun kengayish mezonlarini shakllantirish qiyin, ammo etarli shartlar mavjud. Qoida tariqasida, ular deb atalmish yordamida joylashadilar. echimlarning apriori taxminlari.

Ta'rif. H C (,), h 0. bo'lsin. Ba'zi ODE eritmalari uchun AO | x (t) | h (t) on (,), agar ushbu ODE ning biron bir echimi (()) aniqlangan () intervalning ushbu qismidagi bahoni qondirsa (ya'ni, echimlar (()) butun intervalda aniqlangan deb taxmin qilinmasa) .

Ammo AO mavjudligi, echimlarning baribir (()) bo'yicha aniqlanishini kafolatlaydi (va shuning uchun butun oraliqdagi taxminni qondiradi), shuning uchun apriori taxmin orqaga aylanadi:

Teorema. Koshi masalasi (1) TK-P shartlarini qondirsin va uning echimlari uchun (,) oralig'ida bir oz h C (,) bo'lgan egri chiziqli silindr (| x | h (t), t (,)) B. Keyin NR (1) hamma (,) da aniqlanadi (va shuning uchun AO ni qondiradi).

Dalillar. T + (t o'xshash) ekanligini isbotlaylik. Keling, t +. K \u003d (| x | h (t), t) B ixcham to'plamini ko'rib chiqing. TPK ga binoan, t t + da, grafik nuqtasi (t, x (t)) K ni qoldiradi, bu AO tufayli mumkin emas.

Shunday qilib, eritmaning biron bir intervalgacha kengayishini isbotlash uchun eritmani barcha kerakli oraliqda rasmiy ravishda baholash kifoya.

Analogiya: Lebesga ko'ra funktsiyani o'lchovliligi va integralning rasmiy bahosi integralning haqiqiy mavjudligini anglatadi.

Ushbu mantiq qanday ishlashiga oid ba'zi bir misollar. Yuqorida keltirilgan "f ning x ichida o'sishi juda sekin" degan tezisni tasvirlab beramiz.

Bayonot. B \u003d (,) Rn, f B-dagi TK-P shartlarini qondirsin, | f (t, x) | a (t) b (| x |), bu erda a va b oldingi bayonotning shartlarini qondiradi c \u003d 0 va \u003d +. U holda (1) masala IS (), t0 (,), x0 Rn uchun hamma uchun mavjud.

Lemma. Agar va doimiy bo'lsa, (t0) (t0); t t uchun Isbot. E'tibor bering (t0, t0 +): agar (t0) (t0) bo'lsa, bu darhol aniq bo'ladi, aks holda (agar (t0) \u003d (t0) \u003d 0) bo'lsa (t0) \u003d g (t0) , 0) (t0), bu yana kerakli narsani beradi.

Endi t1 t0 mavjud (masalan, t1). Aniq mulohazalar bilan biz (t1) t2 (t0, t1] ni topamiz (t2) \u003d (t2), va (t0, t2) da, lekin keyin t2 nuqtada bizda \u003d, - ziddiyat mavjud.

$ g $ har qanday, aslida, faqat $ C $ kerak, va qaerda \u003d, u erda. Ammo boshimizni bolg'amaslik uchun, biz buni Lemmadagi kabi ko'rib chiqamiz. Bu erda qat'iy tengsizlik, ammo chiziqli bo'lmagan ODE mavjud va u ham mavjud.

O'qituvchiga eslatma. Lemmadagi kabi bunday tengsizliklar Chapligin tipidagi tengsizliklar (NP) deb ataladi. Lemmada o'ziga xoslik sharti kerak emasligini ko'rish oson, shuning uchun bunday "qat'iy NP" Peano teoremasi doirasida ham to'g'ri keladi. "Zaif LF" shubhasiz o'ziga xosliksiz noto'g'ri, chunki tenglik zaif tengsizlikning alohida holatidir. Va nihoyat, "nodavlat NP" o'ziga xoslik sharti doirasida haqiqatdir, ammo buni faqat mahalliy - IM yordamida isbotlash mumkin.

Dalillar. (Tasdiqlar). T + \u003d (t \u003d shunga o'xshash) ekanligini isbotlaylik. Faraz qilaylik t +, keyin yuqoridagi bayonot bilan | x (t) | t t + uchun x, 0 ni qabul qilishimiz uchun. Agar biz AO | x | ni isbotlasak h on) (qulaylik uchun to'p yopiq).

Koshi muammosi x (0) \u003d 0 Rda yagona IS x \u003d 0 ga ega.

$ F $ uchun etarli shartni ko'rsatib o'tamiz, unda R + da ISning mavjudligi barcha kichik x0 \u003d x (0) uchun kafolatlanishi mumkin. Buning uchun (4) so'zda bor deb taxmin qilamiz. Lyapunov funktsiyasi, ya'ni V funktsiyasi quyidagicha:

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

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

Keling, A va B shartlarining bajarilishini tekshirib ko'ramiz:

A. | x1 | bo'lgan Koshi muammosini ko'rib chiqing R / 2. B \u003d R B (0, R) - f \u003d funktsiya sohasi bo'lgan silindrni quramiz, u erda u chegaralangan va C 1 sinfga kiradi, shunda F \u003d max | f | mavjud bo'ladi. TK-P ga binoan (t1 T0, t1 + T0) oralig'ida aniqlangan (5) eritma mavjud, bu erda T0 \u003d min (T, R / (2F)). Etarli darajada katta T ni tanlab, T0 \u003d R / (2F) ga erishish mumkin. | X1 | ekan, T0 (t1, x1) ning tanlanishiga bog'liq emasligi muhimdir R / 2.

B. (5) eritma aniqlanib, B (0, R) to'pda qolganda, biz quyidagi mulohazalarni amalga oshirishimiz mumkin. Bizda ... bor:

V (x (t)) \u003d f (x (t)) V (x (t)) 0, ya'ni V (x (t)) V (x1) M (r) \u003d max V (y) ... M va M kamaymaydigan, doimiy | ekanligi aniq r nolda uzluksiz, m (0) \u003d M (0) \u003d 0, noldan tashqarida esa ular musbat. Shuning uchun M (R) m (R / 2) bo'ladigan R 0 mavjud. Agar | x1 | R, keyin V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), qaerdan | x (t) | R / 2. R R / 2 ekanligini unutmang.

Endi biz teoremani shakllantirishimiz mumkin, bu sek. A, B echimlarning global mavjudligini aniqlaydi (4):

Teorema. Agar (4) B (0, R) da Lyapunov funktsiyasiga ega bo'lsa, u holda barcha x0 B (0, R) uchun (bu erda R yuqorida aniqlangan), sistema uchun Koshi muammosining HP (t0) \u003d x0 ) (har qanday t0 bilan) + dan oldin aniqlangan.

Dalillar. A elementi asosida yechim tuzilishi mumkin, bu erda t1 \u003d t0 + T0 / 2. Ushbu yechim B (0, R) da yotadi va biz unga B elementini qo'llaymiz, shunday qilib | x (t1) | R / 2. Biz yana A elementini qo'llaymiz va yechimni olamiz, bu erda t2 \u003d t1 + T0 / 2, ya'ni endi yechim qurilgan. Biz ushbu elementga B elementini qo'llaymiz va | x (t2) | ni qo'lga kiritamiz R / 2 va hokazo. Hisoblanadigan sonli bosqichlarda biz § 5-sonli yechimni olamiz. Eritmalarning ODE ga bog'liqligi Rk bo'lgan Koshi muammosini ko'rib chiqing. Agar ba'zi birlari uchun t0 (), x0 () bo'lsa, bu Koshi muammosida HP bo'lsa, u x (t,) bo'ladi. Savol tug'iladi: x ning bog'liqligini qanday o'rganish mumkin? Bu savol turli xil ilovalar tufayli juda muhimdir (va ayniqsa, 3-qismda paydo bo'ladi), ulardan biri (ehtimol bu eng muhim emas) ODE uchun taxminiy echimdir.

Misol. Koshi muammosini ko'rib chiqing, uning HP-si TK-P-dan kelib chiqqan holda mavjud va noyobdir, ammo uni elementar funktsiyalarda ifodalash mumkin emas. Qanday qilib uning xususiyatlarini tekshirish kerak? Yo'llardan biri quyidagicha: (2) y \u003d y, y (0) \u003d 1 masalaga "yaqin" ekanligiga e'tibor bering, uning echimini topish oson: y (t) \u003d et. X (t) y (t) \u003d et deb taxmin qilishimiz mumkin. Ushbu g'oya quyidagicha aniq shakllangan: $ At \u003d 1/100 $ bu (2) $, \u003d 0 $ da $ y $ uchun muammo. Agar biz x \u003d x (t,) ning (ma'lum ma'noda) uzluksiz ekanligini isbotlasak, u holda x (t,) y (t) ni 0 ga olamiz va bu x (t, 1/100) y ( t) \u003d va boshqalar.

To'g'ri, x ning y ga qanchalik yaqin ekanligi noma'lum bo'lib qolmoqda, ammo x ning davomiyligini isbotlash birinchi zarur qadam bo'lib, u holda oldinga siljish mumkin emas.

Xuddi shunday, dastlabki ma'lumotlarda parametrlarga bog'liqlikni o'rganish foydalidir. Keyinchalik ko'rib turganimizdek, bu bog'liqlik tenglamaning o'ng tomonidagi parametrga bog'liqlikka osonlikcha kamayadi, shuning uchun hozir biz o'zimizni Let f C (D) shaklidagi muammo bilan cheklaymiz, bu erda D Rn + k + 1 dagi domen; f - har qanday ixcham to'plamdagi x dagi Lipschits x (masalan, C (D) etarli). Biz tuzatamiz (t0, x0). M \u003d Rk | ni o'rnatdik (t0, x0,) D - bu qabul qilinadiganlar to'plami (bu uchun (4) masala mantiqan to'g'ri keladi). M ochiq ekanligini unutmang. Biz (t0, x0) M \u003d tanlanadigan qilib tanlangan deb taxmin qilamiz. TK-P ga binoan, hamma M uchun (4) masalaning o'ziga xos IS - t (t (), t + ()) oralig'ida aniqlangan x \u003d (t,) funktsiyasi mavjud.

To'liq aytganda, bu juda ko'p o'zgaruvchiga bog'liq bo'lgani uchun (4) ni quyidagicha yozish kerak:

bu erda (5) 1 G \u003d ((t,) | M, t (t (), t + ())) to'plamda ushlaydi. Biroq, d / dt va / t belgilarining farqi faqat psixologik (ulardan foydalanish xuddi shu "tuzatish" psixologik tushunchasiga bog'liq). Shunday qilib, G to'plam funktsiya ta'rifining tabiiy maksimal to'plami bo'lib, uzluksizlik masalasi aynan G bo'yicha tekshirilishi kerak.

Bizga yordamchi natija kerak:

Lemma. (Gronvalla). C, 0 funktsiyasi hamma t uchun bahoni qanoatlantirsin.Unda hamma uchun bu to'g'ri.O'qituvchiga eslatma. Ma'ruzani o'qiyotganda siz ushbu formulani oldindan yodlab qo'yishingiz shart emas, lekin bo'sh joy qoldiring va xulosadan keyin yozing.

Ammo keyin ushbu formulani ko'z o'ngida saqlang, chunki bu ToNZda kerak bo'ladi.

h \u003d A + B Ah + B, biz kerakli narsani qaerdan olamiz.

Ushbu lemmaning ma'nosi: differentsial tenglama va tengsizlik, ular orasidagi bog'liqlik, integral tenglama va tengsizlik, ularning barchasi o'rtasidagi bog'liqlik, Gronuolning differentsial va integral lemmalari va ular orasidagi bog'liqlik.

Izoh. Ushbu lemmani A va B haqida umumiy taxminlar asosida isbotlash mumkin, ammo bu bizga hali kerak emas, lekin MFM kursida amalga oshiriladi (masalan, biz uzluksizlikdan foydalanmaganligimizni ko'rish oson A va B va boshqalar).

Endi biz natijani aniq bayon qilishga tayyormiz:

Teorema. (ToHZ) $ f $ va yuqorida keltirilgan yozuvlarda olingan taxminlar asosida $ G $ ochiq va $ C (G) $ ekanligini tasdiqlashimiz mumkin.

Izoh. M to'plami, umuman aytganda, ulanmaganligi aniq, shuning uchun G ham uzilishi mumkin.

O'qituvchiga eslatma. Ammo, agar biz (t0, x0) parametrlar soniga kiritgan bo'lsak, unda ulanish bo'lar edi - bu amalga oshiriladi.

Dalillar. $ (T,) G. $ ga ruxsat bering:

Aniqlik uchun t t0 bo'lsin. Bizda: M, shuning uchun (t,) (t (), t + ()) t, t0 da aniqlanadi va shuning uchun t nokta (t, (t,),) ixcham o'tadigan ba'zi bir oraliqda egri chiziq D (parallel giper tekisliklar (\u003d 0)). Bu shuni anglatadiki, turlarning ta'rifi doimo sizning ko'zingiz oldida turishi kerak!

bundan tashqari, Dda etarlicha kichik a va b (qavariq x) uchun ixchamdir, shuning uchun f funktsiyasi x da Lipschits bo'ladi:

[Ushbu baho doimo sizning ko'zingiz oldida saqlanishi kerak! ] va barcha o'zgaruvchilarda bir xilda uzluksiz va bundan ham ko'proq | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Ushbu baho doimo sizning ko'zingiz oldida saqlanishi kerak! ] Ixtiyoriy 1 ni ko'rib chiqing, shunday qilib | 1 | b va tegishli eritma (t, 1). To'plam (\u003d 1) D (\u003d 1) da ixchamdir va t \u003d t0 uchun nuqta (t, (t, 1), 1) \u003d (t0, x0, 1) \u003d (t0, (t0,), 1) (\u003d 1) va TPK bo'yicha t t + (1) nuqtada (t, (t, 1), 1) nuqta (\u003d 1) chiqadi. T2 t0 (t2 t + (1)) bu ko'rsatilgan nuqtaga o'tadigan birinchi qiymat bo'lsin.

Qurilish bo'yicha t2 (t0, t1]. Bizning vazifamiz shundan iboratki, t2 \u003d t1 qo'shimcha cheklovlar ostida. Endi t3 bo'lsin. Bizda (shunday barcha t3 uchun quyida keltirilgan barcha miqdorlar qurilish bilan belgilanadi):

(t3, 1) (t3,) \u003d f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, bu qiymat mutlaq qiymatda a dan kichik ekanligini isbotlashga harakat qilaylik.

bu erda integral quyidagicha baholanadi:

± f (t, (t,),), lekin ± f (t, (t,),) emas, chunki bu farq | (t, 1) (t,) | hali taxmin yo'q, shuning uchun (t, (t, 1),) aniq emas, lekin | 1 | uchun bo'ladi va (t, (t,), 1) ma'lum.

shunday qilib oxirida | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Shunday qilib, funktsiya (t3) \u003d | (t3, 1) (t3,) | (bu doimiy funktsiya) Gronuoll lemmasining shartlarini A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T \u003d t2, \u003d 0 bilan qondiradi, shuning uchun biz ushbu lemma bilan olamiz [Ushbu taxminni saqlash kerak doimo sizning ko'zingiz oldida! ] agar biz | 1 | ni olsak 1 (t1). Biz 1 (t1) b ni qabul qilamiz. Bizning fikrimiz barcha t3 uchun to'g'ri.

Shunday qilib, 1 ni tanlash bilan t3 \u003d t2 bo'lganda, baribir | (t2, 1) (t2,) | a va shuningdek | 1 | b. Demak, (t2, (t2, 1), 1) faqat t2 \u003d t1 bo'lganligi sababli mumkin. Ammo bu, xususan, (t, 1) butun intervalda aniqlanganligini anglatadi, ya'ni t1 t + (1) va (t, 1) G ning barcha nuqtalari t bo'lsa, | 1 | 1 (t1).

Ya'ni, t + ga bog'liq bo'lsa-da, segment t + () ning chap tomonida etarlicha yaqin turadi, rasmda t4 t0 va 2 (t4) raqamlarining mavjudligi t t0 uchun xuddi shunday tarzda ko'rsatilgan. Agar t t0 bo'lsa, u holda t t0 uchun (t,) B (, 1) G nuqta va agar t \u003d t0 bo'lsa, unda ikkala holat ham amal qiladi, shuning uchun (t0,) B (, 3) G, bu erda 3 \u003d min (12). Ruxsat etilgan (t,) uchun t1 (t,) ni topish mumkin, shunda t1 t 0 (yoki, mos ravishda, t4) va 1 (t1) \u003d 1 (t,) 0 (yoki mos ravishda, 2) ), shuning uchun tanlov 0 \u003d 0 (t,) aniq bo'lishi kerak (chunki hosil bo'lgan silindrsimon mahallaga shar yozilishi mumkin).

aslida, yanada nozik xususiyat isbotlangan: agar IS ma'lum bir oraliqda aniqlangan bo'lsa, unda parametrlari etarlicha yaqin bo'lgan barcha ISlar aniqlanadi (ya'ni,

barchasi HP tomonidan biroz g'azablangan). Biroq, va aksincha, bu xususiyat G ning ochiqligidan kelib chiqadi, chunki quyida ko'rsatilgandek, bular ekvivalent formulalardir.

Shunday qilib, biz 1-bandni isbotladik.

Agar biz kosmosda ko'rsatilgan silindrda bo'lsak, unda | 1 | uchun taxmin 4 (, t,). Shu bilan birga | (t3,) (t,) | uchun | t3 t | T-dagi davomiylikni hisobga olgan holda 5 (, t,). Natijada, (t3, 1) B ((t,),) uchun bizda | (t3, 1) (t,) | mavjud, bu erda \u003d min (4, 5). Bu 2-band.

"Rossiya Federatsiyasi Ta'lim va fan vazirligi Oliy kasb-hunar ta'limi federal davlat byudjet o'quv muassasasi DAVLAT BOSHQARUV UNIVERSITETI BOSHQARMASI Ilmiy, pedagogik va ilmiy kadrlar tayyorlash instituti. MASHKURNING MAXSUS intizom sotsiologiyasi bo'yicha kirish testlari DASTURI - 2014 TIBBIY TAShKILOT. Kirish yilda aspiranturaga imtihonlar ... "

"Amur davlat universiteti psixologiya va pedagogika kafedrasi intizom konsultativ psixologiyasi ta'limi-uslubiy kompleksi" 030300.62 psixologiya bakalavriat yo'nalishi bo'yicha asosiy ta'lim dasturi Blagoveshchensk 2012 UMKd psixologiya kafedrasi tomonidan ko'rib chiqilgan va tavsiya etilgan ... "

"Avtomobil iqtisodiyoti) Omsk - 2009 yil 3 Federal ta'lim agentligi GOU VPO Sibir davlat avtomobil va magistral akademiyasi (SibADI) muhandislik pedagogikasi kafedrasi 050501 - kasbiy tayyorgarlik (avtomobillar va avtomobilsozlik ..." ixtisosligi talabalari uchun pedagogik texnologiyalar.

«Seriyali o'quv qo'llanma G.S.Rozenberg, FN Ryanskiy NAZARIY VA QO'LLANILGAN EKOLOGIYA O'quv qo'llanma Rossiya Federatsiyasining klassik universitet ta'limi uchun o'quv-uslubiy birlashmasi tomonidan ekologik mutaxassisliklar bo'yicha oliy o'quv yurtlari talabalari uchun darslik sifatida tavsiya etilgan 2-nashr Nijnevartovsk nashriyoti Nijnevartovsk pedagogika instituti 2005 y. LBC 28.080.1ya73 P64 sharhlovchilari: Biol doktori. Fanlar, professor V.I.Popchenko (Ekologiya instituti ... "

"ROSSIYA FEDERATSIYASI TA'LIM VA FAN VAZIRLIGI KRASNOYARSK DAVLAT PEDAGOGIKA UNIVERSITETI Oliy kasb-hunar ta'limi federal davlat byudjet ta'lim muassasasi. V.P. Astafieva E.M. Antipova BOTANIKA UChUN AMALIYAT KRASNOYARSK 2013 elektron nashrining 28.5 A 721 elektron nashri Taqrizchilar: Vasilev AN, biologiya fanlari doktori, nomidagi KSPU professori V.P. Astafiyeva; Yamskix G.Yu., geologiya fanlari doktori, Sibir Federal universiteti professori Tretyakova I.N., biologiya fanlari doktori, professor, O'rmon institutining etakchi xodimi ... "

"Rossiya Federatsiyasi Ta'lim va fan vazirligi, Amur davlat universiteti Oliy kasbiy ta'lim federal davlat byudjet muassasasi. Psixologiya va pedagogika kafedrasi PEDIATRIKA VA GIGIYA ASOSIDA TARBIYa-METODOLOGIK KOMPLEKSI 050400.62 o'qitish yo'nalishidagi asosiy ta'lim dasturi. Blagoveshchensk psixologik-pedagogik ta'limi 2012 yil 1-sonli psixologiya va ... kafedrasi yig'ilishida ishlab chiqilgan. "

«Vazifalarni batafsil javob bilan tekshirish Ta'lim muassasalarining 9-sinf bitiruvchilarining davlat (yakuniy) attestatsiyasi (yangi shaklda) 2013 GEOGRAFIYA Moskva 2013 Muallif-kompilyator: Ambartsumova E.M. Ta'lim muassasalarining 9 ta sinf bitiruvchilarini davlat (yakuniy) attestatsiyasi natijalarining ob'ektivligini oshirish (yilda ... "

«Rossiya Federatsiyasining davlat tili sifatida rus tilini o'qitish uchun ma'lumotnoma va axborot-uslubiy tarkibdan foydalanish bo'yicha amaliy tavsiyalar. Amaliy tavsiyalar rus tili (shu jumladan ona tili bo'lmagan) o'qituvchilariga yuboriladi. Tarkibi: 1. Rus tilining davlat tili sifatida ishlash muammolariga bag'ishlangan o'quv va o'quv mashg'ulotlari uchun materiallarning mazmunini tanlash bo'yicha amaliy tavsiyalar va ko'rsatmalar ... "

EV MURYUKINA TANQIDIY O'YLANISH VA O'QUVCHILARNING O'QITIShNING O'QUVCHILARNING PRESS ISHLAB CHIQARISh UChUN ISHLAB CHIQARISHI OTMLAR TAGANOG 2008 2 Muryukina E.V. Matbuotni tahlil qilish jarayonida talabalarning tanqidiy fikrlashi va media-kompetensiyasini rivojlantirish. Universitetlar uchun darslik. Taganrog: Shaxsiy rivojlanish bo'yicha NP markazi, 2008.298 p. Darslikda media ta'limi jarayonida talabalarning tanqidiy fikrlashi va media-kompetensiyasining rivojlanishi tekshiriladi. Bugungi matbuot beri ... "

"HAQIDA. P. Golovchenko INSON JISMONIY FAOLIYATINING TUG'ILIShI HAQIDA II qism P ED AG OGIK A DVI GAT ELN OY ASSET VN OSTI 3 Ta'lim nashrlari Oleg Petrovich Golovchenko INSON JISMONIY FAOLIYATNING TUZILISHI Darslik II qism Lokomotor faoliyat pedagogikasi Ikkinchi nashr, qayta ishlangan N. ... Kosenkova D.V.Smolyak va S.V. Potapova *** 23.11-da chop etish uchun imzolandi. 60 x 90 / 1/16 formati. Times Headset qog'ozini yozish. Konv. Bosib chiqarishning operatsion usuli. nl .... "

“YO'Q KASBIY TA'LIMNING DAVLAT TA'LIM MAKTABI NOMIDA QAZON DAVLAT UNIVERSITETI IN va. ULYANOVA-LENINA Ilmiy va o'quv resurslarining elektron kutubxonalari. O'quv qo'llanma Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Qozon 2008 Ilmiy va o'quv resurslarining elektron kutubxonalari. Elektron ta'lim resurslari yo'nalishi bo'yicha o'quv qo'llanma. - Qozon: KDU, 2008. O'quv qo'llanma qaror bilan nashr etilgan ... "

«ROSSIYA FEDERATSIYASI TA'LIM VAZIRLIGI Orenburg davlat universiteti oliy kasb-hunar ta'limi muassasasi Oqbuloq filiali Pedagogika kafedrasi V.A. TETSKOVA UMUMIY TA'LIM MAKTABI METROSIDAGI SANATNI O'QITISH METODOLOGIYASI METODOLOGIK KO'RIShLAR Orenburg davlat universiteti Oliy kasb-hunar ta'limi davlat tahririyati va nashriyot kengashi tomonidan nashrga tavsiya etilgan ... "

ROSSIYA FEDERATSIYASI TA'LIM VA FAN VAZIRLIGI STAVROPOL VILOYATI TA'LIM VAZIRLIGI OLIY KASBIY TA'LIMNING DAVLAT TA'LIM TAShKILOTI STAVROPOL DAVLAT INSTITUTIONSI N.D. Jhegutanova O'QUV TILINI O'QITISH VA METODOLOGIK KOMPLEKSI MARKAZIDA BOLALAR ADABIYOTI Stavropol 2010 1 LBC 83.3 (0) tahrir va nashriyot kengashining UDC 82.0 qarori bilan nashr etilgan Stavropol davlat pedagogika instituti sharhlovchilari: ... "

"Maktab ichidagi ta'lim sifatini baholashning yangi tizimi to'g'risidagi Qoidalar MBOU Kamishinskaya o'rta maktab 1. Umumiy qoidalar 1.1. Ta'lim sifatini baholashning maktab ichidagi tizimi to'g'risidagi nizom (bundan buyon matnda reglament) shaharda ta'lim sifatini baholashning maktab ichi tizimini (keyingi o'rinlarda SHSOCO deb yuritiladi) amalga oshirish uchun yagona talablarni belgilaydi. Kamishin nomidagi o'rta maktab (keyingi o'rinlarda maktab deb yuritiladi) byudjet ta'lim muassasasi. 1.2. SHSOCO ning amaliy tadbiri ... ga muvofiq qurilgan. "

“O'ZBEKISTON RESPUBLIKASI Sog'liqni saqlash vazirligi TOSHKENT TIBBIY AKADEMIYASI SALOMATLIQ ALERGOLOGIYASI KASALLIK SALOMATLIK KAFEDRASI MA'LUMOTI BOSHLADI O'quv ishlari bo'yicha prorektor prof. O.R. Teshaev _ 2012 yil O'ZBEKISTON RESPUBLIKASI Sog'liqni saqlash vazirligi tibbiyot oliy o'quv yurtlari o'qituvchilari uchun uslubiy ko'rsatmalar "2012-yil.

"Gorno-Altay Davlat Universiteti Ta'lim bo'yicha Federal Agentligi AP Makoshev SIYOSIY GEOGRAFIYASI VA GEOPOLITIKASI O'quv qo'llanma Gorno-Altay State University of Gorno-Altaysk RIO of Gorno-Altay State University Gorno-Altay State University of Editorial and Publishing Council of Gorno-Altay State University. Makoshev AP SIYOSIY GEOGRAFIYA VA GEOPOLITIKA. O'quv qo'llanma. - Gorno-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 b. O'quv qo'llanmasi ta'limga muvofiq ishlab chiqilgan ... "

"A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva KELAJAK MAKTABI ZAMONIY TA'LIM DASTURI Hayotiy bosqichlar 1-SINF O'QITUVCHILARNI O'QITISh UChUN MASHXURA SINFLAR MULKI Moskva 2009 UDC 371 (075.8) LBC 74.00 N 68 Mualliflik huquqi qonuniy himoyalangan, mualliflarga havola qilish talab qilinadi. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. N 68 Zamonaviy ta'lim dasturi Hayotiy bosqichlar. - M.: Avvallon, 2009. - 176 p. ISBN 978 5 94989 141 4 Ushbu risola asosan o'qituvchilarga qaratilgan, ammo, shubhasiz, uning ma'lumotlari uchun ... "

"O'quv-uslubiy majmuasi RUSSIAN BUSINESS LAW 030500 - Yurisprudentsiya Moskva 2013 Muallif - Fuqarolik huquqi intizomlari bo'limining muallifi - sharhlovchi - O'quv-uslubiy majmua Fuqarolik huquqi intizomlari kafedrasi majlisida _2013 yildagi Protokol ko'rib chiqildi va tasdiqlandi. Rossiya biznes qonunchiligi: o'quv va uslubiy ... "

"VA. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin MORDOVIYA RESPUBLIKASI GEOGRAFIYASI Darslik SARANSK MORDOVSK UNIVERSITETINING NASRIY UYI 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2R351-6Mo) Ya549 sharhlovchilari: Voronej davlat pedagogika universiteti fizik geografiya kafedrasi; Geografiya fanlari doktori, professor A. M. Nosonov; Saransk shahridagi 39-sonli maktab-majmuasi o'qituvchisi A. V. Leontiev universitetga qadar tayyorgarlik va o'rta maktab fakulteti o'quv-uslubiy kengashining qarori bilan nashr etilgan ... "

Aleksandr Viktorovich Abrosimov Tug'ilgan sanasi: 1948 yil 16-noyabr (1948 11 16) Tug'ilgan joyi: Kuybishev O'lim kuni ... Vikipediya

I Kerakli funktsiyalarni o'z ichiga olgan differentsial tenglamalar, ularning turli darajadagi hosilalari va mustaqil o'zgaruvchilar. D. at nazariyasi. 17-asrning oxirida paydo bo'lgan. mexanika va boshqa tabiiy fanlar ehtiyojlari ta'sirida, ... ... Buyuk Sovet Entsiklopediyasi

Oddiy differentsial tenglamalar (ODE) - bu noma'lum funktsiya (ehtimol vektor funktsiyasi, keyin, qoida tariqasida, xuddi shu o'lchamdagi bo'shliqda qiymatlari bo'lgan vektor funktsiyasi) bo'lgan shaklning differentsial tenglamasi; ... Vikipediya

Vikipediyada ushbu familiya bilan boshqa odamlar haqida maqolalar mavjud, qarang Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Tug'ilgan sanasi: 1934 yil 4 oktyabr (1934 10 04) Tug'ilgan joyi: Tbilisi, SSSR O'lim kuni ... Vikipediya

Differentsial - (Differentsial) Differentsial ta'rif, funktsiya differentsial, differentsial blokirovka Diferensial ta'rif, funktsiya differentsial, differentsial blokirovka haqida ma'lumot Mundarija matematik Norasmiy tavsif ... ... Investorlar entsiklopediyasi

Qisman differentsial tenglamalar nazariyasidagi asosiy tushunchalardan biri. X ning roli ushbu tenglamalarning ajralmas xususiyatlarida, masalan, echimlarning lokal xususiyatlari, har xil masalalarni echuvchanligi, ularning to'g'riligi va boshqalarda namoyon bo'ladi ... ... Matematika entsiklopediyasi

Noma'lum bitta mustaqil o'zgaruvchining funktsiyasi bo'lgan tenglama va bu tenglama nafaqat noma'lum funktsiyani o'zi, balki uning turli tartibdagi hosilalarini ham o'z ichiga oladi. Differentsial tenglamalar atamasi G. tomonidan taklif qilingan ... ... Matematika entsiklopediyasi

Trenogin Vladilen Aleksandrovich VA Trenogin MISiS-da ma'ruzada Tug'ilgan sanasi ... Vikipediya

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich VA Trenogin MISiS-dagi ma'ruzasida Tug'ilgan sanasi: 1931 (1931) ... Vikipediya

Gauss tenglamasi, ikkinchi darajali chiziqli oddiy differentsial tenglama yoki o'z-o'ziga qo'shilgan shaklda o'zgaruvchilar va parametrlar umumiy holatda har qanday murakkab qiymatlarni qabul qilishi mumkin. O'zgartirgandan so'ng biz qisqartirilgan shaklni olamiz ... ... Matematika entsiklopediyasi