Tämä kurssi luentoja yli 10 vuoden ajan Far Eastern State Universityn teoreettisen ja soveltavan matematiikan opiskelijoille. Vastaa näiden erikoisuuksien II sukupolven standardia. Suositellaan matematiikan erikoisalojen opiskelijoille ja ylioppilaille.

Cauchyn lause Cauchyn ongelman ratkaisun olemassaolosta ja ainutlaatuisuudesta ensimmäisen asteen yhtälölle.
Tässä osiossa asettamalla tietyt rajoitukset ensimmäisen asteen differentiaaliyhtälön oikealle puolelle, todistamme lähtötiedon (x0,y0) määrittämän ratkaisun olemassaolon ja ainutlaatuisuuden. Ensimmäinen todiste differentiaaliyhtälöiden ratkaisun olemassaolosta johtuu Cauchystä; alla olevan todisteen on Picard; se tuotetaan peräkkäisten approksimaatioiden menetelmällä.

SISÄLLYSLUETTELO
1. Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt
1.0. Johdanto
1.1. Erotettavissa olevat muuttujayhtälöt
1.2. Homogeeniset yhtälöt
1.3. Yleistetyt homogeeniset yhtälöt
1.4. Ensimmäisen asteen lineaariyhtälöt ja niiden pelkistykset
1.5. Bernoullin yhtälö
1.6. Riccatin yhtälö
1.7. Yhtälö sisään kokonaiserot
1.8 integroiva tekijä. Yksinkertaisimmat tapaukset integroivan tekijän löytämiseksi
1.9. Yhtälöitä ei ole ratkaistu derivaatan suhteen
1.10. Cauchyn lause Cauchyn ongelman ratkaisun olemassaolosta ja ainutlaatuisuudesta ensimmäisen asteen yhtälölle
1.11. Yksittäisiä pisteitä
1.12. Erikoisratkaisut
2. Korkeamman asteen yhtälöt
2.1. Peruskäsitteet ja määritelmät
2.2. N:nnen kertaluvun yhtälötyypit, jotka voidaan ratkaista kvadratuurissa
2.3. Väliintegraalit. Yhtälöt, jotka mahdollistavat vähennykset järjestyksessä
3. N:nnen kertaluvun lineaariset differentiaaliyhtälöt
3.1. Peruskonseptit
3.2. Lineaariset homogeeniset n:nnen kertaluvun differentiaaliyhtälöt
3.3. Lineaarisen laskeva järjestys homogeeninen yhtälö
3.4. Epähomogeeniset lineaariyhtälöt
3.5. Järjestyksen vähentäminen lineaarisessa epähomogeenisessa yhtälössä
4. Lineaariset yhtälöt vakiokertoimilla
4.1. Homogeeninen lineaarinen yhtälö vakiokertoimilla
4.2. Epähomogeeniset lineaariyhtälöt vakiokertoimilla
4.3. Toisen asteen lineaariyhtälöt värähtelevillä ratkaisuilla
4.4 Integrointi tehosarjojen kautta
5. Lineaariset järjestelmät
5.1. Heterogeeniset ja homogeeniset järjestelmät. Joitakin ratkaisujen ominaisuuksia lineaariset järjestelmät
5.2. Tarvittavat ja riittävät ehdot lineaarisen homogeenisen järjestelmän k ratkaisun lineaariselle riippumattomuudelle
5.3. Perusmatriisin olemassaolo. Lineaarisen homogeenisen järjestelmän yleisratkaisun rakentaminen
5.4 Lineaarisen homogeenisen järjestelmän perusmatriisien koko joukon rakentaminen
5.5. Heterogeeniset järjestelmät. Yleisen ratkaisun rakentaminen mielivaltaisten vakioiden vaihtelumenetelmällä
5.6. Lineaariset homogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla
5.7. Muutama tieto matriisien funktioteoriasta
5.8. Perusmatriisin rakentaminen lineaarisille homogeenisille yhtälöille, joissa on vakiokertoimet yleinen tapaus
5.9. Eksistensiolause ja lauseet ensimmäisen asteen differentiaaliyhtälöiden normaalijärjestelmien ratkaisujen toiminnallisista ominaisuuksista
6. Vakausteorian elementit
6.1
6.2. Yksinkertaisimmat lepopistetyypit
7. Yhtälöt 1. kertaluvun osittaisderivaataina
7.1. Lineaarinen homogeeninen 1. kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälö
7.2. Epähomogeeninen lineaarinen 1. kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälö
7.3. Kahden osittaisdifferentiaaliyhtälön järjestelmä, jossa on yksi tuntematon funktio
7.4 Pfaff-yhtälö
8. Vaihtoehdot ohjaustehtävistä
8.1. Testata №1
8.2. Koe nro 2
8.3 Koe nro 3
8.4 Koetyö nro 4
8.5 Koe nro 5
8.6. Testi nro 6
8.7 Koetyö nro 7
8.8 Valvontatyö numero 8.

Lataa ilmainen e-kirja kätevässä muodossa, katso ja lue:
Lataa kirja Luentojen kurssi tavallisista differentiaaliyhtälöistä, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, nopea ja ilmainen lataus.

Lataa pdf
Alta voit ostaa tämän kirjan parhaaseen alennettuun hintaan toimituksella koko Venäjälle.

"LUETOJA TAVANLISISTA DIFFERENTIAALIYHTÄLÖISTÄ OSA 1. YLEISEN TEORIAN OSIA Oppikirjassa esitetään säännökset, jotka muodostavat perustan tavallisten differentiaaliyhtälöiden teorialle: ..."

-- [ Sivu 1 ] --

A. E. Mamontov

YHTEISET LUENTOT

DIFFERENTIAALIYHTÄLÖT

YLEISEN TEORIAN OSIA

Koulutuskäsikirja sisältää säännökset, jotka muodostavat

tavallisten differentiaaliyhtälöiden teorian perusta: ratkaisujen käsite, niiden olemassaolo, ainutlaatuisuus,

riippuvuus parametreista. Myös (3 §:ssä) tiettyä huomiota annetaan tiettyjen yhtälöluokkien "eksplisiittiselle" ratkaisulle. Opas on tarkoitettu syvällinen tutkimus Novosibirskin valtion pedagogisen yliopiston matematiikan tiedekunnassa opiskelevien opiskelijoiden kurssi "Differentiaaliyhtälöt".

UDC 517.91 BBK B161.61 Esipuhe Opastus on tarkoitettu Novosibirskin valtion pedagogisen yliopiston matematiikan tiedekunnan opiskelijoille, jotka haluavat opiskella pakollista kurssia "Differentiaaliyhtälöt" laajennetussa osassa. Lukijoille tarjotaan peruskäsitteitä ja tuloksia, jotka muodostavat perustan tavallisten differentiaaliyhtälöiden teorialle: ratkaisukäsitteet, lauseet niiden olemassaolosta, ainutlaatuisuudesta ja parametririippuvuudesta. Kuvattu materiaali on esitetty loogisesti erottamattomana tekstinä §§ 1, 2, 4, 5. Lisäksi (pykälässä 3, joka eroaa hieman toisistaan ​​ja katkaisee tilapäisesti kurssin pääsäikeen), suosituimmat menetelmät "Eksplisiittisiä" ratkaisuja joihinkin yhtälöluokkiin tarkastellaan lyhyesti. Ensimmäisellä käsittelyllä § 3 voidaan ohittaa ilman, että kurssin looginen rakenne vahingoittuu merkittävästi.

Tärkeä rooli on harjoituksilla, joita tekstissä on suuri määrä. Lukijaa kehotetaan ratkaisemaan ne "haussa", mikä takaa materiaalin assimilaation ja toimii testinä. Lisäksi nämä harjoitukset usein täyttävät loogisen kudoksen, eli ilman niiden ratkaisemista kaikkia väitteitä ei voida tiukasti todistaa.

Hakasulkeissa tekstin keskelle tehdään huomautuksia, joilla on kommentin rooli (laajennetut tai sivuselitykset). Leksisesti nämä fragmentit katkaisevat päätekstin (eli johdonmukaisen lukemisen vuoksi ne on "jätettävä huomioimatta"), mutta niitä tarvitaan silti selityksiksi. Toisin sanoen nämä fragmentit tulisi nähdä ikään kuin ne olisi asetettu marginaaleihin.

Tekstissä on erikseen rubrikoituja "huomautuksia opettajalle" - ne voidaan jättää pois opiskelijoiden lukeessa, mutta niistä on hyötyä opettajalle, joka käyttää käsikirjaa esimerkiksi luennolla - ne auttavat ymmärtämään paremmin opetuksen logiikkaa. kurssin ja osoita kurssin mahdollisten parannusten (laajennusten) suunta . Kuitenkin opiskelijoiden näiden kommenttien kehittäminen on vain tervetullutta.

Samanlainen rooli on "syillä opettajalle" - ne tarjoavat erittäin tiiviissä muodossa todisteen joistakin lukijalle harjoituksina tarjotuista säännöistä.

Yleisimpiä (avain)termejä käytetään lyhenteinä, joiden lopussa on luettelo mukavuuden vuoksi. Siellä on myös luettelo matemaattisista merkinnöistä, joita tekstissä esiintyy, mutta jotka eivät ole yleisimpiä (ja/tai joita ei ymmärretä selvästi kirjallisuudessa).

Symboli tarkoittaa todisteen loppua, lausunnon muotoilua, huomautuksia jne. (tarvittaessa sekaannusten välttämiseksi).

Kaavat on numeroitu erikseen jokaisessa kappaleessa. Viitattaessa johonkin kaavan osaan käytetään indeksejä, esimerkiksi (2)3 tarkoittaa kaavan (2) kolmatta osaa (kaavan osien katsotaan olevan typografisella välilyönnillä erotettuja fragmentteja ja loogisesta paikasta - joukko "ja").

Tämä käsikirja ei voi täysin korvata aiheen syvällistä opiskelua, joka vaatii itsenäisiä harjoituksia ja esimerkiksi lisäkirjallisuuden lukemista, josta on luettelo käsikirjan lopussa. Kirjoittaja on kuitenkin pyrkinyt esittämään teorian pääkohdat melko ytimekkäästi luentokurssille sopivassa muodossa. Tässä yhteydessä tulee huomioida, että tämän oppaan luentokurssin lukemiseen kuluu noin 10 luentoa.

Suunnitelmissa on julkaista vielä 2 osaa (nidettä), jotka jatkavat tätä käsikirjaa ja täydentävät näin luentosarjaa aiheesta "tavalliset differentiaaliyhtälöt": osa 2 (lineaariyhtälöt), osa 3 (epälineaaristen yhtälöiden lisäteoria, osittaiset differentiaaliyhtälöt ensimmäisestä tilauksesta).

§ 1. Johdanto Differentiaaliyhtälö (DE) on muotoa u1 u1 un oleva relaatio, korkeammat derivaatat F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) missä y = (y1,. .., yk) Rk ovat riippumattomia muuttujia ja u = u(y) ovat tuntemattomia funktioita1, u = (u1,..., un). Näin ollen kohdassa (1) on n tuntematonta, joten tarvitaan n yhtälöä, eli F = (F1,..., Fn), joten (1) on yleisesti ottaen n yhtälöjärjestelmä. Jos on vain yksi tuntematon funktio (n = 1), yhtälö (1) on skalaari (yksi yhtälö).

Joten funktio(t) F on annettu(t), ja u:ta etsitään. Jos k = 1, niin (1) kutsutaan ODE:ksi ja muuten - PDE. Toinen tapaus koskee erityistä UMF-kurssia, joka on esitetty samannimisessä opetusohjelmasarjassa. Tässä käsikirjasarjassa (joka koostuu 3 osasta) tutkimme vain ODE:itä, lukuun ottamatta viimeisen osan (niteen) viimeistä kappaletta, jossa alamme tutkia joitain PDE:n erikoistapauksia.

2u u Esimerkki. 2 = 0 on PDE.

y1 y Tuntemattomat suureet u voivat olla todellisia tai kompleksisia, mikä ei ole olennaista, koska tämä hetki koskee vain yhtälöiden kirjoitusmuotoa: mikä tahansa monimutkainen merkintätapa voidaan muuttaa reaaliksi erottamalla reaali- ja imaginaariosa (mutta tietysti, kaksinkertaistamalla yhtälöiden ja tuntemattomien lukumäärän) ja päinvastoin, joissain tapauksissa on kätevää vaihtaa monimutkaiseen merkintään.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Tämä on 2 ODE:n järjestelmä Esimerkki.

dy dy dy riippumattoman muuttujan y kahdelle tuntemattomalle funktiolle.

Jos k = 1 (ODE), käytetään "suoraa" merkkiä d/dy.

u(y) du Esimerkki. exp(sin z)dz on ODE, koska sillä on esimerkki. = u(u(y)) arvolle n = 1 ei ole DE, vaan funktionaalinen differentiaaliyhtälö.

Tämä ei ole DE, vaan integro-differentiaaliyhtälö, emme tutki sellaisia ​​yhtälöitä. Erityisesti yhtälö (2) on kuitenkin helppo pelkistää ODE:ksi:

Harjoittele. Pienennä (2) ODE:ksi.

Mutta yleensä integraaliyhtälöt ovat monimutkaisempi kohde (se tutkitaan osittain funktionaalisen analyysin aikana), vaikka, kuten alla nähdään, niiden avulla saadaan joitain tuloksia ODE: lle.

DE:t syntyvät sekä sisäisistä matemaattisista tarpeista (esimerkiksi differentiaaligeometriassa) että sovelluksissa (historiallisesti ensimmäistä kertaa ja nyt pääasiassa fysiikassa). Yksinkertaisin DE on "differentiaalilaskennan perusongelma" funktion palauttamisesta sen derivaatasta: = h(y). Kuten analyysistä tiedetään, sen ratkaisu on muotoa u(y) = + h(s)ds. Yleisemmät DE vaativat erityisiä menetelmiä ratkaisuunsa. Kuitenkin, kuten alla nähdään, käytännöllisesti katsoen kaikki menetelmät ODE:iden ratkaisemiseksi "eksplisiittisessä muodossa" rajoittuvat olennaisesti osoitettuun triviaaliin tapaukseen.

Sovelluksissa ODE:t syntyvät useimmiten kuvattaessa ajassa kehittyviä prosesseja, jolloin riippumattoman muuttujan rooli on yleensä aika t.

siten ODE:n tarkoitus tällaisissa sovelluksissa on kuvata järjestelmän parametrien muutosta ajan myötä, joten se on kätevää rakennettaessa yleinen teoria ODE merkitsee riippumatonta muuttujaa t:llä (ja kutsuu sitä ajalla kaikkine terminologisine seurauksineen) ja tuntemattomia funktioita x = (x1,..., xn). Siten ODE:n (ODE-järjestelmän) yleinen muoto on seuraava:

jossa F = (F1,..., Fn) - eli tämä on n ODE:n järjestelmä n funktiolle x, ja jos n = 1, niin yksi ODE 1 funktiolle x.

Lisäksi x = x(t), t R ja x ovat yleensä kompleksiarvoisia (tämä on mukavuussyistä, koska silloin jotkut järjestelmät voidaan kirjoittaa kompaktimmin).

Järjestelmällä (3) sanotaan olevan m kertaluokkaa xm:n suhteen.

Johdannaisia ​​kutsutaan senioriksi, ja loput (mukaan lukien xm = itse) kutsutaan junioriksi. Jos kaikki m =, niin sanomme yksinkertaisesti, että järjestelmän järjestys on yhtä suuri.

Totta, lukua m kutsutaan usein järjestelmän järjestykseksi, mikä on myös luonnollista, kuten jäljempänä selviää.

Kysymys ODE:n ja niiden sovellusten tutkimisen tarpeesta katsotaan riittävän perustelluksi muilla tieteenaloilla (differentiaaligeometria, matemaattinen analyysi, teoreettinen mekaniikka jne.), ja se käsitellään osittain käytännön harjoituksissa tehtävien ratkaisemisessa (esimerkiksi ongelmakirjasta). Tällä kurssilla käsittelemme yksinomaan muodon (3) järjestelmien matemaattista tutkimusta, mikä tarkoittaa seuraaviin kysymyksiin vastaamista:

1. mitä tarkoittaa yhtälön (järjestelmän) "ratkaiseminen" (3);

2. miten se tehdään;

3. mitä ominaisuuksia näillä ratkaisuilla on, miten niitä tutkitaan.

Kysymys 1 ei ole niin ilmeinen kuin miltä näyttää - katso alla. Huomaa heti, että mikä tahansa järjestelmä (3) voidaan pelkistää ensimmäisen asteen järjestelmäksi, mikä tarkoittaa alempia derivaattoja uusina tuntemattomina funktioina. Helpoin tapa selittää tämä menettely on esimerkki:

5 yhtälöstä 5 tuntemattomalle. On helppo ymmärtää, että (4) ja (5) ovat ekvivalentteja siinä mielessä, että ratkaisu yhteen niistä (asianmukaisen uudelleennimeämisen jälkeen) on ratkaisu toiseen. Tässä tapauksessa pitäisi vain määrätä kysymys ratkaisujen sujuvuudesta - jatkamme tätä, kun kohtaamme korkeamman asteen (eli ei 1.) ODE: n.

Mutta nyt on selvää, että riittää, että tutkitaan vain ensimmäisen asteen ODE:itä, kun taas muita voidaan vaatia vain merkinnän mukavuuden vuoksi (sellainen tilanne syntyy joskus meidän tapauksessamme).

Ja nyt rajoitamme itsemme ensimmäisen asteen ODE:hen:

dimx = himmeä F = n.

Yhtälön (järjestelmän) (6) tutkiminen on hankalaa, koska se ei ole sallittu derivaattojen dx/dt suhteen. Kuten analyysistä (implisiittisen funktion lauseesta) tiedetään, yhtälö (6) voidaan tietyissä olosuhteissa ratkaista dx/dt:n suhteen ja kirjoittaa muodossa, jossa f: Rn+1 Rn on annettu ja x: R Rn on pakollinen. Sanotaan, että (7) on ODE, joka on ratkaistu suhteessa johdannaisiin (normaalimuotoinen ODE). Siirtyessä kohdasta (6) kohtaan (7) voi luonnollisesti syntyä vaikeuksia:

Esimerkki. Yhtälöä exp(x) = 0 ei voi kirjoittaa muotoon (7), eikä sillä ole lainkaan ratkaisuja, eli exp:ssä ei ole nollia edes kompleksitasossa.

Esimerkki. Yhtälö x 2 + x2 = 1 resoluutiolla kirjoitetaan kahdeksi normaaliksi ODE:ksi x = ± 1 x2. Sinun tulisi ratkaista jokainen niistä ja sitten tulkita tulos.

Kommentti. Pelkistäessä (3) arvoon (6) voi syntyä vaikeuksia, jos (3):lla on luokkaa 0 jonkin funktion tai funktioiden osan suhteen (eli tämä on funktionaalinen differentiaaliyhtälö). Mutta sitten nämä funktiot on suljettava pois implisiittisen funktiolauseen avulla.

Esimerkki. x = y, xy = 1 x = 1/x. Sinun on löydettävä x tuloksena olevasta ODE:stä ja sitten y funktionaalisesta yhtälöstä.

Mutta joka tapauksessa siirtymäongelma kohdasta (6) kohtaan (7) kuuluu enemmän matemaattisen analyysin alaan kuin DE:hen, emmekä käsittele sitä. Muodosta (6) olevia ODE:itä ratkottaessa voi kuitenkin syntyä mielenkiintoisia hetkiä ODE:n näkökulmasta, joten tätä asiaa kannattaa tutkia tehtäviä ratkaistaessa (kuten tehdään esim. kohdassa ) ja siitä tulee hieman käsitellään kohdassa 3. Mutta kurssin loppuosassa käsittelemme vain normaaleja järjestelmiä ja yhtälöitä. Joten harkitse ODE (ODE-järjestelmä) (7). Kirjoitetaan se kerran komponentti kerrallaan:

Käsite "ratkaise (7)" (ja yleensä mikä tahansa DE) on pitkään ymmärretty "selkeän kaavan" etsimiseksi ratkaisulle (eli alkeisfunktioiden, niiden antiderivaalien tai erikoisfunktioiden muodossa, jne.), painottamatta ratkaisun sujuvuutta ja sen määrittelyväliä. kuitenkin uusinta tekniikkaa ODE-teoria ja muut matematiikan osa-alueet (ja luonnontieteet yleensä) osoittavat, että tämä lähestymistapa on epätyydyttävä, jo pelkästään siksi, että se osa ODE:stä, joka voidaan mukauttaa tällaiseen "eksplisiittiseen integrointiin", on erittäin pieni (jopa yksinkertaisimmassa ODE x:ssä). = f (t) tiedetään, että ratkaisu alkeisfunktioissa on harvinainen, vaikka tässä on "eksplisiittinen kaava").

Esimerkki. Yhtälöllä x = t2 + x2 ei äärimmäisestä yksinkertaisuudestaan ​​huolimatta ole ratkaisuja alkeisfunktioissa (eikä tässä ole edes "kaavaa").

Ja vaikka on hyödyllistä tietää ne ODE-luokat, joille ratkaisun "eksplisiittinen" rakentaminen on mahdollista (samalla tavalla kuin on hyödyllistä pystyä "laskemaan integraalit", kun se on mahdollista, vaikka tämä on erittäin harvinaista), Tässä yhteydessä seuraavat termit kuulostavat tunnusomaiselta: "integroida ODE", "ODE integraali" (vanhentuneet analogit nykyaikaisille käsitteille "ratkaise ODE", "ratkaisu ODE"), jotka heijastavat ratkaisun aikaisempia käsitteitä. Kerromme nyt kuinka ymmärtää nykyaikaisia ​​termejä.

ja tätä kysymystä käsitellään § 3:ssa (ja myös perinteisesti suurta huomiota se annetaan, kun ratkaistaan ​​ongelmia käytännön tunneilla), mutta tältä lähestymistavalta ei pidä odottaa mitään universaalisuutta. Pääsääntöisesti ratkaisuprosessilla (7) tarkoitamme täysin erilaisia ​​vaiheita.

On syytä selventää, mitä funktiota x = x(t) voidaan kutsua funktion (7) ratkaisuksi.

Ensinnäkin toteamme, että ratkaisun käsitteen selkeä muotoilu on mahdotonta ilman, että määritellään joukko, jolle se määritellään, jos vain siksi, että ratkaisu on funktio ja mikä tahansa funktio (koulun määritelmän mukaan) on laki joka vastaa mitä tahansa tietyn joukon elementtiä (kutsutaan tämän funktion määritelmäalueeksi) jonkin toisen joukon elementtiä (funktioarvot). Näin ollen funktiosta puhuminen määrittelemättä sen laajuutta on määritelmän mukaan absurdia. Analyyttiset funktiot (laajemmin - alkeisfunktiot) toimivat tässä "poikkeuksena" (harhaanjohtavina) seuraavista syistä (ja joistakin muista), mutta DE:n tapauksessa tällaiset vapaudet eivät ole sallittuja.

ja yleensä määrittelemättä kaikkien (7) mukana olevien funktioiden määritelmäjoukkoja. Kuten seuraavasta selviää, on tarkoituksenmukaista tiukasti linkittää ratkaisun käsite sen määritelmän joukkoon ja pitää ratkaisuja erilaisina, jos niiden määritelmäjoukot ovat erilaisia, vaikka ratkaisut osuvatkin näiden joukkojen leikkauspisteeseen.

Useimmiten tietyissä tilanteissa tämä tarkoittaa sitä, että jos ratkaisut rakennetaan alkeisfunktioiden muodossa niin, että kahdella ratkaisulla on "sama kaava", on myös tarpeen selvittää, ovatko joukot, joihin nämä kaavat kirjoitetaan, yhtäpitäviä. Tässä kysymyksessä pitkään vallinnut hämmennys oli anteeksiannettavissa niin kauan kuin perusfunktioiden muodossa olevia ratkaisuja pohdittiin, koska analyyttiset funktiot voidaan yksilöllisesti laajentaa laajemmille aikaväleille.

Esimerkki. x1(t) = et on (0,2) ja x2(t) = et on (1,3) ovat yhtälön x = x eri ratkaisuja.

Samalla on luonnollista ottaa avoin intervalli (ehkä ääretön) minkä tahansa ratkaisun määritelmäksi, koska tämän joukon tulisi olla:

1. avoin, joten jossain vaiheessa on järkevää puhua johdannaisesta (kaksipuolinen);

2. kytketty niin, että ratkaisu ei hajoa irrotetuiksi paloiksi (tässä tapauksessa on kätevämpää puhua useista ratkaisuista) - katso edellinen esimerkki.

Siten ratkaisu (7) on pari (, (a, b)), jossa a b +, on määritelty kohdassa (a, b).

Huomautus opettajalle. Joissakin oppikirjoissa segmentin päät on sallittu sisällyttää ratkaisun alueeseen, mutta tämä ei ole tarkoituksenmukaista, koska se vain vaikeuttaa esitystä eikä anna todellista yleistystä (ks. § 4).

Jotta lisäpäättelyn ymmärtäminen olisi helpompaa, on hyödyllistä käyttää geometrista tulkintaa (7). Avaruudessa Rn+1 = ((t, x)) jokaisessa pisteessä (t, x), jossa f on määritelty, voidaan tarkastella vektoria f (t, x). Jos rakennamme tähän avaruuteen ratkaisun (7) graafin (tätä kutsutaan järjestelmän (7) integraalikäyräksi), niin se koostuu muotoa (t, x(t)) olevista pisteistä. Kun t (a, b) muuttuu, tämä piste liikkuu IC:tä pitkin. IC:n tangentti pisteessä (t, x(t)) on muotoa (1, x (t)) = (1, f (t, x(t)))). Siten IC:t ovat niitä ja vain niitä käyriä avaruudessa Rn+1, joilla jokaisessa pisteessään (t, x) on tangentti vektorin (1, f (t, x)) kanssa. Tähän ajatukseen perustuen ns isokliinimenetelmä IC:n likimääräiseen rakentamiseen, jota käytetään, kun näytetään kaavioita tiettyjen ODE:iden ratkaisuista (katso.

Esimerkiksi ). Esimerkiksi kun n = 1, konstruktiomme tarkoittaa seuraavaa: IC:n jokaisessa pisteessä sen kulmakertoimella t-akseliin on ominaisuus tg = f (t, x). On luonnollista olettaa, että ottamalla mikä tahansa piste määritelmäjoukosta f, voimme piirtää sen läpi IC:n. Tämä ajatus perustellaan tiukasti alla. Vaikka meiltä puuttuu tiukka muotoilu ratkaisujen sujuvuudesta, tämä tehdään alla.

Nyt meidän pitäisi tarkentaa joukkoa B, jossa f on määritelty. Tämä setti on luonnollista ottaa:

1. avoin (jotta IC voidaan rakentaa minkä tahansa pisteen läheisyyteen B:stä), 2. kytketty (muuten kaikki kytketyt palat voidaan tarkastella erikseen - joka tapauksessa IC (jatkuvan funktion kuvaajana) ei voi hypätä kappaleesta toiseen, joten tämä ei vaikuta ratkaisujen etsimisen yleisyyteen).

Tarkastellaan vain (7) klassisia ratkaisuja, eli sellaisia, että x itse ja sen x ovat jatkuvia kohdassa (a, b). Silloin on luonnollista vaatia, että f C(B). Seuraavassa tarkoitamme aina tätä vaatimusta. Joten, vihdoin saamme määritelmän. Olkoon B Rn+1 alue, f C(B).

Paria (, (a, b)), a b +, määritelty (a, b), kutsutaan ratkaisuksi (7), jos C(a, b), jokaiselle t (a, b) piste (t) , (t) ) B ja (t) on olemassa, ja (t) = f (t, (t)) (sitten automaattisesti C1(a, b)).

Geometrisesti on selvää, että (7) tulee olemaan monia ratkaisuja (joka on helppo ymmärtää graafisesti), koska jos piirretään IR:t alkaen muodon (t0, x0) pisteistä, joissa t0 on kiinteä, niin saadaan erilaisia ​​IR:itä. Lisäksi ratkaisun määritysvälin muuttaminen antaa määritelmämme mukaan erilaisen ratkaisun.

Esimerkki. x = 0. Ratkaisu: x = = const Rn. Jos kuitenkin valitaan jokin t0 ja kiinnitetään ratkaisun arvo x0 pisteeseen t0: x(t0) = x0, niin arvo määritetään yksiselitteisesti: = x0, eli ratkaisu on uniikki välin valintaan asti. (a, b) t0.

"Kasvottoman" ratkaisujoukon läsnäolo on hankalaa niiden kanssa työskentelyssä2 - ne on helpompi "numeroida" seuraavasti: lisää lisäehtoja kohtaan (7) siten, että se korostaa ainoaa (tietyssä mielessä). ) ratkaisu, ja sitten lajittelemalla näitä ehtoja, työskentele jokaisen ratkaisun kanssa erikseen (geometrisesti ratkaisuja voi olla yksi (IR), mutta kappaleita on monia - käsittelemme tämän haitan myöhemmin).

Määritelmä. Tehtävä (7) on (7) lisäehdoilla.

Itse asiassa olemme jo keksineet yksinkertaisimman ongelman - tämä on Cauchyn ongelma: (7) muodon ehdoilla (Cauchyn tiedot, lähtötiedot):

Sovellusten kannalta tämä ongelma on luonnollinen: jos esimerkiksi (7) kuvaa joidenkin parametrien x muutosta ajan t myötä, niin (8) tarkoittaa, että jonakin (alku)hetken parametrien arvo on tiedossa. . On tarpeen tutkia muita ongelmia, puhumme tästä myöhemmin, mutta nyt keskitymme Cauchyn ongelmaan. Luonnollisesti tämä ongelma on järkevä (t0, x0) B:lle. Vastaavasti ongelman (7), (8) ratkaisu on ratkaisu (7) (edellä annetun määritelmän merkityksessä) siten, että t0 (a, b) ), ja (8).

Seuraava tehtävämme on todistaa ratkaisun olemassaolo Cauchyn ongelmaan (7), (8) ja tietyille komplementeille Esimerkki on toisen asteen yhtälö, on parempi kirjoittaa x1 =..., x2 =... kuin x = b/2 ±...

tietyillä oletuksilla f - ja sen ainutlaatuisuudesta tietyssä mielessä.

Kommentti. Meidän on selvennettävä vektorin ja matriisin normin käsitettä (vaikka tarvitsemme matriiseja vain osassa 2). Koska äärellisulotteisessa avaruudessa kaikki normit ovat ekvivalentteja, tietyn normin valinnalla ei ole väliä, jos olemme kiinnostuneita vain arvioista, emme tarkoista määristä. Esimerkiksi |x|p = (|xi|p)1/p voidaan käyttää vektoreissa, p on Peano (Picard) -segmentti. Tarkastellaan kartiota K = (|x x0| F |t t0|) ja sen katkaistua osaa K1 = K (t IP ). On selvää, että vain K1 C.

Lause. (Peano). Olkoon ratkaisun määritelmässä määritellyt tehtävän (1) f:n vaatimukset täyttyvät, eli:

f C(B), jossa B on alue Rn+1:ssä. Sitten kaikille (t0, x0) B:lle Int(IP):llä on ratkaisu ongelmaan (1).

Todiste. Asetetaan (0, T0] mielivaltaisesti ja rakennetaan ns. Eulerin katkoviiva askeleella, nimittäin: se on katkoviiva kohdassa Rn+1, jossa jokaisella linkillä on projektio t pituusakselille, ensimmäinen linkki oikealle alkaa pisteestä (t0, x0) ja on sellainen, että siinä dx/dt = f (t0, x0), tämän linkin oikea pää (t1, x1) toimii toisen vasemmana päänä. , jossa dx/dt = f (t1, x1) jne., ja samalla tavalla vasemmalla. Tuloksena oleva moniviiva määrittää paloittain lineaarisen funktion x = (t). Niin kauan kuin t IP, polylinja pysyy K1:ssä (ja vielä enemmän C:ssä ja siten B), joten konstruktio on oikea - tälle itse asiassa se tehtiin apukonstruktioina ennen lausetta.

Todellakin, kaikkialla paitsi katkaisupisteitä on olemassa, ja sitten (s) (t) = (z)dz, jossa derivaatan mielivaltaiset arvot otetaan katkaisupisteissä.

Tässä tapauksessa (liikkuminen katkoviivaa pitkin induktion avulla) Erityisesti | (t)x0| F |t t0|.

Eli IP-toiminnoissa:

2. ovat tasajatkuvia, koska ne ovat Lipschitziä:

Tässä lukijan tulee tarvittaessa päivittää tietämystään sellaisista käsitteistä ja tuloksista, kuten tasajatkuvuus, tasainen konvergenssi, Artsela-Ascoli-lause jne.

Arzela-Ascoli-lauseen mukaan on olemassa sekvenssi k 0, jossa k on IP:llä, missä C(IP). Rakenteen mukaan (t0) = x0, joten on vielä tarkistettava, että Todistamme tämän s t:lle.

Harjoittele. Samoin harkitse s t.

Asetamme 0 ja etsimme 0 niin, että kaikille (t1, x1), (t2, x2) C on tosi Tämä voidaan tehdä, kun otetaan huomioon f:n tasainen jatkuvuus kompaktissa joukossa C. Etsi m N niin, että Fix t Int (IP) ja ota mikä tahansa s Int(IP) siten, että t s t +. Sitten kaikille z:lle on |k (z) k (t)| F, joten (4) |k (z) (t)| 2F.

Huomaa, että k (z) = k (z) = f (z, k (z)), missä z on pisteen (z, k (z)) sisältävän moniviivasegmentin vasemman pään abskissa. Mutta piste (z, k (z)) putoaa sylinteriin, jonka parametrit (, 2F) on rakennettu pisteen (t, (t)) päälle (itse asiassa jopa katkaistuksi kartioksi - katso kuva, mutta se ei t väliä nyt), joten (3) huomioon ottaen saadaan |k (z) f (t, (t))|. Katkoviivalle meillä on, kuten edellä mainittiin, kaava For k, tämä antaa (2).

Kommentti. Olkoon f C 1(B). Tällöin kohdassa (a, b) määritelty ratkaisu on luokkaa C 2(a, b). Todellakin, kohdassa (a, b): on olemassa f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (tässä on Jacobi matriisi ) on jatkuva funktio. Joten on myös 2 C(a, b). Voimme edelleen lisätä ratkaisun sileyttä, jos f on sileä. Jos f on analyyttinen, on mahdollista todistaa analyyttisen ratkaisun olemassaolo ja ainutlaatuisuus (tämä on ns. Cauchyn lause), vaikka tämä ei seuraa edellisestä päättelystä!

Tässä on muistettava, mikä analyyttinen funktio on. Ei pidä sekoittaa funktioon, jota edustaa potenssisarja (tämä on vain esitys analyyttisestä funktiosta yleisesti ottaen osalla sen määritelmäaluetta)!

Kommentti. Annetulle (t0, x0) voidaan yrittää maksimoida T0 vaihtelemalla T ja R. Tämä ei kuitenkaan pääsääntöisesti ole niin tärkeää, koska on olemassa erityisiä menetelmiä ratkaisun olemassaolon maksimivälin tutkimiseen (katso § 4).

Peanon lause ei kerro mitään ratkaisun ainutlaatuisuudesta. Ymmärryksessämme ratkaisusta se ei aina ole ainutlaatuinen, koska jos ratkaisu on olemassa, sen rajoitukset kapeampiin aikaväleihin ovat muita ratkaisuja. Käsittelemme tätä kohtaa tarkemmin myöhemmin (kohdassa 4), mutta toistaiseksi yksilöllisyydellä tarkoitamme minkä tahansa kahden ratkaisun yhteensopivuutta niiden määritelmän välien leikkauskohdassa. Tässäkään mielessä Peanon lause ei sano mitään ainutlaatuisuudesta, mikä ei ole sattumaa, koska sen ehdoilla ainutlaatuisuutta ei voida taata.

Esimerkki. n = 1, f(x) = 2 |x|. Cauchyn ongelmalla on triviaali ratkaisu: x1 0 ja lisäksi x2(t) = t|t|. Näistä kahdesta ratkaisusta voidaan koota kokonainen 2-parametrinen ratkaisuperhe:

jossa + (äärettömät arvot tarkoittavat, ettei vastaavaa haaraa). Jos katsomme koko R:n kaikkien näiden ratkaisujen määritelmäalueena, niin niitä on silti äärettömän paljon.

Huomaa, että jos tässä tehtävässä käytetään Peanon lauseen todistetta Eulerin katkoviivojen suhteen, saadaan vain nollaratkaisu. Toisaalta, jos pieni virhe sallitaan jokaisessa katkonaisten Euler-viivojen rakentamisvaiheessa, niin silloinkin, kun virheparametri pyrkii nollaan, kaikki ratkaisut säilyvät. Siten Peanon lause ja Eulerin katkoviivat ovat luonnollisia ratkaisujen konstruointimenetelmänä ja liittyvät läheisesti numeerisiin menetelmiin.

Esimerkissä havaittu ongelma johtuu siitä, että funktio f ei ole tasainen x:ssä. Osoittautuu, että jos asetamme lisävaatimuksia f:n säännöllisyydelle x:ssä, niin ainutlaatuisuus voidaan varmistaa, ja tämä vaihe on tietyssä mielessä välttämätön (katso alla).

Muistetaanpa joitain käsityksiä analyysistä. Funktiota (skalaari tai vektori) g kutsutaan Hölder-funktioksi, jonka eksponentti (0, 1] on joukossa, jos sitä kutsutaan Lipschitzin ehdoksi luvulle 1. 1:lle tämä on mahdollista vain vakiofunktioille. Segmentille määritetty funktio (jossa 0:n valinta ei ole välttämätön) kutsutaan jatkuvuusmoduuliksi, jos Sanotaan, että g täyttää yleistetyn Hölder-ehdon moduulilla, jos Tässä tapauksessa sitä kutsutaan g:n jatkuvuusmoduuliksi.

Voidaan osoittaa, että mikä tahansa jatkuvuusmoduuli on jonkin jatkuvan funktion jatkuvuusmoduuli.

Käänteinen tosiasia on meille tärkeä, nimittäin: millä tahansa jatkuvalla funktiolla kompaktissa joukossa on oma jatkuvuusmoduulinsa, eli se täyttää (5):n joitain. Todistetaan se. Muista, että jos on kompakti ja g on C(), niin g on välttämättä tasaisesti jatkuva, ts.

= (): |x y| = |g(x) g(y)|. Osoittautuu, että tämä vastaa ehtoa (5) joidenkin kanssa. Todellakin, jos se on olemassa, niin riittää, että muodostetaan jatkuvuusmoduuli siten, että (()) ja sitten |x y| = = () saamme Koska (ja) ovat mielivaltaisia, niin x ja y voivat olla mielivaltaisia.

Ja päinvastoin, jos (5) on tosi, niin riittää löytää sellainen, että (()), ja sitten |x y| = () saamme. On vielä perustella loogiset siirtymät:

Monotonisille ja käänteisfunktioille riittää, mutta yleensä on tarpeen käyttää ns. yleistetyt käänteisfunktiot. Niiden olemassaolo vaatii erillisen todisteen, jota emme anna, vaan vain idean (on hyödyllistä liittää lukemiseen piirustukset):

mille tahansa F:lle määritellään F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - nämä ovat monotonisia funktioita ja niillä on käänteisfunktio. On helppo tarkistaa, että x x F (F (x)), (F)1 (F (x)) x, F ((F)1 (x)) x.

Paras jatkuvuusmoduuli on lineaarinen (Lipschitzin ehto). Nämä ovat "melkein erotettavia" toimintoja. Tarkan merkityksen antaminen viimeiselle lauseelle vaatii jonkin verran vaivaa, ja rajoitamme vain kahteen huomautukseen:

1. Tarkkaan ottaen kaikki Lipschitz-funktiot eivät ole differentioitavissa, kuten esimerkki g(x) = |x| R:lle;

2. mutta erilaistuvuus edellyttää Lipschitziä, kuten seuraava väite osoittaa. Mikä tahansa funktio g, jolla on kaikki M kuperassa joukossa, täyttää Lipschitzin ehdon.

[Tällä hetkellä, lyhyyden vuoksi, harkitse skalaarifunktioita g.] Todistus. Kaikille x:ille, y:lle meillä on On selvää, että tämä väite pätee myös vektorifunktioille.

Kommentti. Jos f = f (t, x) (yleensä vektorifunktio), voidaan ottaa käyttöön käsite "f on Lipschitz x:ssä", eli |f (t, x) f (t, y)| C|x y| ja todista myös, että jos D on konveksi x:ssä kaikilla t:llä, niin f:n Lipschitzin ominaisuudelle D:n x:n suhteen riittää, että | kautta |x y|. Jos n = 1, se tehdään tavallisesti käyttämällä äärellistä lisäyskaavaa: g(x)g(y) = g (z)(xy) (jos g on vektorifunktio, niin z on erilainen jokaiselle komponentille). Arvolle n 1 on kätevää käyttää seuraavaa tämän kaavan analogia:

Lemma. (Adamara). Olkoon f C(D) (yleisesti sanottuna vektorifunktio), jossa D (t = t) on konveksi mille tahansa t:lle, ja f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), jossa A on jatkuva suorakaiteen muotoinen matriisi.

Todiste. Kaikille kiinteälle t:lle käytetään laskelmaa väitteen todistuksesta = D (t = t), g = fk. Saamme halutun esityksen, jossa A(t, x, y) = A on todellakin jatkuva.

Palataan kysymykseen ongelman (1) ratkaisun ainutlaatuisuudesta.

Esitetään kysymys näin: mikä pitäisi olla f:n jatkuvuusmoduulin x:n suhteen, jotta ratkaisu (1) on ainutlaatuinen siinä mielessä, että 2 samalle välille määriteltyä ratkaisua osuvat yhteen? Vastaus saadaan seuraavalla lauseella:

Lause. (Osgood). Olkoon Peanon lauseen ehdoilla f:n jatkuvuusmoduuli x:n suhteen B:ssä, ts. funktio epäyhtälössä täyttää ehdon (voimme olettaa C). Silloin ongelmalla (1) ei voi olla kahta erilaisia ​​ratkaisuja määritellään muodon yhdelle välille (t0 a, t0 + b).

Vertaa yllä olevaan ei-ainutlaatuisuusesimerkkiin.

Lemma. Jos z C 1(,), niin kokonaisuudessaan (,):

1. pisteissä, joissa z = 0, |z| on olemassa ja ||z| | |z|;

2. pisteissä, joissa z = 0, on yksipuoliset derivaatat |z|± ja ||z|± | = |z | (erityisesti jos z = 0, niin |z| = 0 on olemassa).

Esimerkki. n = 1, z(t) = t. Pisteessä t = 0 |z|:n derivaatta ei ole olemassa, mutta on olemassa yksipuolisia johdannaisia.

Todiste. (Lemmas). Niissä pisteissä, joissa z = 0, meillä on z z : olemassa |z| =, ja ||z| | |z|. Näissä pisteissä t, joissa z(t) = 0, meillä on:

Tapaus 1: z (t) = 0. Sitten saadaan |z| olemassaolo (t) = 0.

Tapaus 2: z (t) = 0. Sitten jos +0 tai 0 niin z(t +)| |z(t)| jonka moduuli on yhtä suuri kuin |z (t)|.

Oletuksena F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. Olkoon z1,2 kaksi (1):n ratkaisua, jotka on määritelty kohdassa (t0, t0 +). Merkitse z = z1 z2. Meillä on:

Oletetaan, että on olemassa t1 (määrityksellä t1 t0), jolloin z(t1) = 0. Joukko A = (t t1 | z(t) = 0 ) ei ole tyhjä (t0 A) ja se on ylhäältä päin rajattu. Siksi sillä on yläraja t1. Rakenteen mukaan z = 0 kohdassa (, t1), ja koska z on jatkuva, meillä on z() = 0.

Tekijä: Lemma |z| C 1(, t1), ja tällä välillä |z| |z | (|z|), joten integrointi yli (t, t1) (missä t (, t1)) antaa F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. Arvolle t + 0 saadaan ristiriita.

Johtopäätös 1. Jos Peanon lauseen ehdoilla f on Lipschitz x:ssä B:ssä, niin tehtävällä (1) on ainutlaatuinen ratkaisu Osgoodin lauseessa kuvatussa mielessä, koska tässä tapauksessa () = C täyttää kohdan (7).

Johtopäätös 2. Jos C(B) Peanon lauseen ehdoilla, niin Int(IP):ssä määritelty ratkaisu (1) on ainutlaatuinen.

Lemma. Jokaisen IP:lle määritetyn ratkaisun (1) on täytettävä arvio |x | = |f (t, x)| F, ja sen kuvaaja on K1:ssä ja vielä enemmän C:ssä.

Todiste. Oletetaan, että on t1 IP sellainen, että (t, x(t)) C. Olkoon t1 t0 tarkkuuden vuoksi. Sitten on t2 (t0, t1] siten, että |x(t) x0| = R. Osgoodin lauseen todistuksen päättelyn tapaan voidaan olettaa, että t2 on vasemmanpuoleisin sellainen piste, mutta meillä on (t, x (t)) C, joten |f (t, x(t))|F, ja siksi (t, x(t)) K1, joka on ristiriidassa |x(t2) x0| = R:n kanssa. Näin ollen (t, x(t) ) C kaikilla IP:illä ja sitten (toistamalla laskelmat) (t, x(t)) K1.

Todiste. (Seuraus 2). C on kompakti joukko, saadaan, että f on Lipschitz x:ssä C:ssä, missä kaikkien ratkaisujen kuvaajat ovat lemman takia. Seurauksena 1 saamme sen, mitä vaaditaan.

Kommentti. Ehto (7) tarkoittaa, että Lipschitzin ehtoa f:lle ei voida olennaisesti heikentää. Esimerkiksi Hölderin ehto 1:llä ei ole enää voimassa. Vain lineaarista lähellä olevat jatkuvuusmoduulit ovat sopivia - kuten "pahin":

Harjoittele. (melko monimutkaista). Todista, että jos se täyttää (7), niin on 1 tyydyttävä (7) siten, että 1/ on nollassa.

Yleisessä tapauksessa ei tarvitse vaatia täsmälleen jotain f:n x:n jatkuvuusmoduulista ainutlaatuisuuden vuoksi - kaikenlaiset erikoistapaukset ovat mahdollisia, esimerkiksi:

lausunto. Jos Peanon lauseen ehdoilla mitkä tahansa 2 kohdassa (9) määriteltyä ratkaisua (1) ovat tosia, on selvää, että x C 1(a, b) ja sitten differentiaatio (9) antaa (1)1, ja (1)2 on ilmeinen .

Toisin kuin (1), on luonnollista, että (9) muodostaa ratkaisun suljetulle aikavälille.

Picard ehdotti seuraavaa menetelmää peräkkäisten approksimaatioiden ratkaisemiseksi (1)=(9). Merkitään x0(t) x0 ja sitten induktiolla Lause. (Cauchy-Picara). Olkoon Peanon lauseen ehdoilla funktio f Lipschitz x:ssä missä tahansa kompaktissa joukossa K konveksi x:ssä alueella B, ts.

Sitten mille tahansa (t0, x0) B:lle Cauchyn ongelmalla (1) (alias (9)) on ainutlaatuinen ratkaisu Int(IP:ssä) ja xk x IP:ssä, missä xk on määritelty kohdassa (10).

Kommentti. On selvää, että lause pysyy voimassa, jos ehto (11) korvataan C(B), koska (11) seuraa tästä ehdosta.

Huomautus opettajalle. Itse asiassa kaikkia x:ssä kuperia kompakteja ei tarvita, vaan vain sylintereitä, mutta muotoilu on tehty tällä tavalla, koska § 5:ssä tarvitsemme yleisempiä kompakteja, ja sitä paitsi, juuri tällaisella muotoilulla huomautus näyttää. luonnollisin.

Todiste. Valitaan mielivaltaisesti (t0, x0) B ja tehdään sama apukonstruktio kuin ennen Peanon lausetta. Todistetaan induktiolla, että kaikki xk:t ovat määriteltyjä ja jatkuvia IP:llä ja niiden graafit ovat K1:ssä ja vielä enemmän C:ssä. Tämä on ilmeistä x0:lle. Jos tämä on totta xk1:lle, niin kohdasta (10) käy selväksi, että xk on määritelty ja jatkuva IP:ssä, ja tämä on K1:n jäsenyys.

Todistamme nyt IP-arvion induktiolla:

(C on kompakti joukko kupera x:ssä B:ssä, ja L(C) on määritelty sille). Kun k = 0, tämä on todistettu estimaatti (t, x1(t)) K1. Jos (12) on tosi k:= k 1:lle, niin kohdasta (10) on se, mitä vaadittiin. Siten sarja on pääsääntöisesti IP:ssä konvergentilla numeerisella sarjalla ja siksi (tätä kutsutaan Weierstrassin lauseeksi) konvergoi IP:ssä tasaisesti johonkin funktioon x C(IP). Mutta sitä xk x IP:llä tarkoittaa. Sitten kohdassa (10) IP:ssä siirrytään rajaan ja saadaan (9) IP:llä ja siten (1) Int(IP:llä).

Ainutlaatuisuus seuraa välittömästi Osgoodin lauseen johdosta 1, mutta se on hyödyllistä todistaa toisella tavalla, käyttämällä täsmällisesti yhtälöä (9). Olkoon Int(IP:llä) tehtävän (1) (eli (9)) 2 ratkaisua x1,2. Kuten edellä mainittiin, niiden graafit ovat välttämättä K1:ssä ja vielä enemmän C:ssä. Olkoon t I1 = (t0, t0 +), jossa on jokin positiivinen luku. Sitten = 1/(2L(C)). Sitten = 0. Siten x1 = x2 kohdassa I1.

Huomautus opettajalle. Ainutlaatuisuudesta on myös todiste Gronwall-lemman avulla, se on vielä luonnollisempaa, koska se kulkee välittömästi maailmanlaajuisesti, mutta toistaiseksi Gronwallin lemma ei ole kovin kätevä, koska sitä on vaikea havaita riittävästi lineaarisiin ODE: hin asti. .

Kommentti. Viimeinen todistus ainutlaatuisuudesta on opettavainen siinä mielessä, että se osoittaa jälleen eri valossa, kuinka paikallinen ainutlaatuisuus johtaa globaaliin ainutlaatuisuuteen (mikä ei pidä paikkaansa olemassaolon osalta).

Harjoittele. Todista ainutlaatuisuus kerralla kaikilla IP:llä väittäen päinvastoin, kuten Osgoodin lauseen todistuksessa.

Tärkeä erikoistapaus (1) ovat lineaariset ODE:t, eli ne, joissa arvo f (t, x) on lineaarinen x:ssä:

Tässä tapauksessa yleisen teorian ehtojen täyttämiseksi on vaadittava. Tässä tapauksessa B:n rooli on nauha, ja ehto olla Lipschitz (ja jopa differentioituva) x:n suhteen täyttyy automaattisesti: kaikille t (a, b), x, y Rn on |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Jos valitsemme väliaikaisesti kompaktin joukon (a, b), niin siitä saadaan |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, jossa L = max |A|.

Peanon ja Osgoodin tai Cauchy-Picardin lauseet viittaavat tehtävän (13) ainutlaatuiseen ratkaistavuuteen jollakin intervallilla (Peano-Picard), joka sisältää t0. Lisäksi tämän intervallin ratkaisu on peräkkäisten Picard-approksimaatioiden raja.

Harjoittele. Etsi tämä intervalli.

Mutta käy ilmi, että tässä tapauksessa kaikki nämä tulokset voidaan todistaa globaalisti kerralla, eli kaikessa (a, b):

Lause. Olkoon (14) totta. Sitten tehtävällä (13) on ainutlaatuinen ratkaisu kohdassa (a, b), ja peräkkäiset Picard-approksimaatiot konvergoivat siihen tasaisesti missä tahansa kompaktissa joukossa (a, b).

Todiste. Jälleen, kuten TK-P:ssä, rakennamme ratkaisun integraaliyhtälöön (9) käyttämällä peräkkäisiä approksimaatioita kaavan (10) avulla. Mutta nyt meidän ei tarvitse tarkistaa ehtoa, että kaavio putoaa kartioon ja sylinteriin, koska

f on määritelty kaikille x:ille niin kauan kuin t (a, b). Meidän tarvitsee vain tarkistaa, että kaikki xk ovat määriteltyjä ja jatkuvia kohdassa (a, b), mikä on ilmeistä induktiolla.

Kohdan (12) sijasta näytämme nyt samanlaisen arvion muodossa, jossa N on jokin luku valinnasta riippuen. Tämän estimaatin ensimmäinen induktiovaihe on erilainen (koska se ei liity K1:een): k = 0 |x1(t) x0| N johtuu x1:n jatkuvuudesta, ja seuraavat vaiheet ovat samanlaisia ​​kuin (12).

Tätä on mahdollista olla kuvailematta, koska se on ilmeistä, mutta voidaan jälleen merkitä xk x on , ja x on vastaavan (10) on ratkaisu. Mutta niin tehdessämme olemme rakentaneet ratkaisun kaikkeen (a, b), koska kompaktin joukon valinta on mielivaltainen. Ainutlaatuisuus seuraa Osgoodin tai Cauchy-Picardin lauseista (ja yllä olevasta keskustelusta globaalista ainutlaatuisuudesta).

Kommentti. Kuten edellä mainittiin, TC-P on muodollisesti tarpeeton Peanon ja Osgoodin lauseiden vuoksi, mutta se on hyödyllinen kolmesta syystä - se:

1. voit yhdistää ODE:n Cauchyn ongelman integraaliyhtälöön;

2. tarjoaa rakentavan menetelmän peräkkäisille approksimaatioille;

3. helpottaa lineaaristen ODE:iden globaalin olemassaolon todistamista.

[vaikka jälkimmäinen voidaan päätellä myös § 4:n perusteluista.] Seuraavassa viitataan useimmiten siihen.

Esimerkki. x = x, x(0) = 1. Peräkkäiset approksimaatiot Näin ollen x(t) = e on alkuperäisen ongelman ratkaisu koko R:lle.

Useimmiten sarjaa ei saada, mutta tietty rakentavuus säilyy. On myös mahdollista arvioida virhe x xk (katso ).

Kommentti. Peanon, Osgoodin ja Cauchy-Picardin teoreemoista on helppo saada vastaavat lauseet korkeamman asteen ODE:ille.

Harjoittele. Muotoile Cauchyn ongelman, järjestelmän ratkaisun ja Cauchyn ongelman käsitteet, kaikki lauseet korkeamman asteen ODE:ille käyttäen kohdassa 1 kuvattua pelkistystä ensimmäisen asteen järjestelmiin.

Hieman vastoin kurssin logiikkaa, mutta omaksuaksemme ja perustellaksemme ongelmien ratkaisumenetelmiä käytännön tunneilla, keskeytämme väliaikaisesti yleisen teorian esittelyn ja käsittelemme "ODE:iden eksplisiittisen ratkaisun" teknistä ongelmaa.

§ 3. Eräitä integrointimenetelmiä Tarkastellaan siis skalaariyhtälöä = f (t, x). Yksinkertaisin erikoistapaus, jonka olemme oppineet integroimaan, on ns. URP, eli yhtälö, jossa f (t, x) = a(t)b(x). ERP:n integroinnin muodollinen temppu on "erottaa" muuttujat t ja x (siis nimi): = a(t)dt ja ottaa sitten integraali:

missä x = B (A(t)). Tällainen muodollinen perustelu sisältää useita perusteluja vaativia kohtia.

1. Jako: b(x). Oletetaan, että f on jatkuva, joten a C(,), b C(,), eli B on suorakulmio (,) (,)(yleisesti sanottuna ääretön). Joukot (b(x) 0) ja (b(x) 0) ovat avoimia ja ovat siksi äärellisiä tai laskettavia intervallijoukkoja. Näiden välissä on pisteitä tai segmenttejä, joissa b = 0. Jos b(x0) = 0, niin Cauchyn ongelmalla on ratkaisu x x0. Ehkä tämä ratkaisu ei ole ainutlaatuinen, niin sen määritelmäalueella on intervalleja, joissa b(x(t)) = 0, mutta sitten ne voidaan jakaa b(x(t)). Huomaamme ohimennen, että funktio B on monotoninen näillä aikaväleillä, ja siksi voimme ottaa B 1:n. Jos b(x0) = 0, niin b(x(t)) = 0 t0:n läheisyydessä, ja menettely on laillinen. Siten kuvattua menettelyä tulisi yleisesti ottaen soveltaa jaettaessa ratkaisun määritelmäalue osiin.

2. Vasemman ja oikean osan integrointi eri muuttujien suhteen.

Menetelmä I. Halutaan löytää ratkaisu ongelmaan Kod(t) shi (1) x = (t). Meillä on: = a(t)b((t)), mistä - saimme tiukasti saman kaavan.

Menetelmä II. Yhtälö on ns. alkuperäisen ODE:n symmetrinen merkintä, eli sellainen, joka ei määrittele mikä muuttuja on riippumaton ja mikä riippuvainen. Tällainen muoto on järkevä juuri siinä tapauksessa, että tarkastelemme yhtä ensimmäisen asteen yhtälöä ensimmäisen differentiaalin muodon invarianssia koskevan lauseen valossa.

Tässä on tarkoituksenmukaista käsitellä differentiaalin käsitettä yksityiskohtaisemmin havainnollistaen sitä esimerkillä tasosta ((t, x)), siinä olevista käyristä, nousevista sidoksista, vapausasteista ja käyrällä olevasta parametrista.

Siten yhtälö (2) yhdistää differentiaalit t ja x haluttua IC:tä pitkin. Tällöin yhtälön (2) integrointi alussa esitetyllä tavalla on täysin laillista - se tarkoittaa, jos haluat, integrointia minkä tahansa itsenäiseksi valitun muuttujan päälle.

Menetelmässä I osoitimme tämän valitsemalla itsenäiseksi muuttujaksi t. Nyt näytämme tämän valitsemalla parametrin s IC:tä pitkin itsenäiseksi muuttujaksi (koska tämä osoittaa selvemmin t:n ja x:n yhtäläisyyden). Vastaako arvo s = s0 pistettä (t0, x0).

Sitten meillä on: = a(t(s))t (s)ds, joka sen jälkeen antaa Tässä kannattaa keskittyä symmetrisen merkinnän universaalisuuteen, esimerkiksi: ympyrää ei kirjoiteta x(t) tai t(x), mutta muodossa x(s), t(s).

Jotkut muut ensimmäisen asteen ODE:t pelkistetään URP:ksi, mikä näkyy ongelmia ratkaistaessa (esim. ongelmakirjan mukaan).

Toinen tärkeä tapaus on lineaarinen ODE:

Menetelmä I. Vakion vaihtelu.

Tämä on yleisemmän lähestymistavan erikoistapaus, jota käsitellään osassa 2. Asia on siinä, että ratkaisun löytäminen erityisessä muodossa alentaa yhtälön järjestystä.

Päätetään ensin. homogeeninen yhtälö:

Yksilöllisyyden perusteella joko x 0 tai kaikkialla x = 0. Jälkimmäisessä tapauksessa (olkoon x 0 definitioiksi) saadaan, että (4) antaa kaikki (3)0:n ratkaisut (mukaan lukien nolla ja negatiiviset).

Kaava (4) sisältää mielivaltaisen vakion C1.

Vakiovariaatiomenetelmä koostuu siitä, että ratkaisu (3) C1(t) = C0 + Nähdään (kuten algebrallisissa lineaarisissa järjestelmissä) rakenne ORNY=CHRNY+OROU (tästä lisää osassa 2).

Jos haluamme ratkaista Cauchyn ongelman x(t0) = x0, niin meidän on löydettävä Cauchyn datasta C0 - saamme helposti C0 = x0.

Menetelmä II. Etsitään IM, eli funktio v, jolla (3) pitäisi kertoa (kirjoitetaan siten, että kaikki tuntemattomat kerätään vasemmalle puolelle: x a(t)x = b(t)) niin, että derivaatta jostain kätevästä yhdistelmästä.

Meillä on: vx vax = (vx), jos v = av, eli (sellainen yhtälö, (3) vastaa yhtälöä, joka on jo helposti ratkaistava ja antaa (5). Jos Cauchyn ongelma on ratkaistu, niin in () 6) se on kätevä ottaa heti selvä integraali Jotkut muut on pelkistetty lineaariseksi ODE:ksi (3), kuten voidaan nähdä tehtäviä ratkaistaessa (esimerkiksi ongelmakirjan mukaan). Tärkeää lineaaristen ODE:iden tapausta (välittömästi mille tahansa n:lle) tarkastellaan yksityiskohtaisemmin osassa 2.

Molemmat tarkastelut tilanteet ovat erikoistapaus ns. UPD. Tarkastellaan ensimmäisen asteen ODE:tä (jos n = 1) symmetrisessä muodossa:

Kuten jo mainittiin, (7) määrittää IC:n (t, x)-tasossa määrittelemättä, mitä muuttujaa pidetään riippumattomana.

Jos kerromme (7):llä mielivaltainen toiminto M (t, x), niin saadaan vastaava muoto saman yhtälön kirjoittamiselle:

Näin ollen samalla ODE:llä on useita symmetrisiä merkintöjä. Niistä erityinen rooli on ns. tallentaa kokonaisdifferentiaaleihin, UPD:n nimi ei onnistu, koska tämä ominaisuus ei ole yhtälö, vaan sen tallennuksen muoto, eli sellainen, että (7):n vasen puoli on yhtä suuri kuin dF (t, x) jossain määrin F.

On selvää, että (7) on FTD silloin ja vain, jos A = Ft, B = Fx jossakin F. Kuten analyysistä tiedetään, jälkimmäinen on välttämätön ja riittävä. Emme perustele tiukasti teknisiä kohtia, esim. kaikkien toimintojen sujuvuus. Tosiasia on, että §:llä on toissijainen rooli - sitä ei tarvita lainkaan kurssin muissa osissa, enkä haluaisi käyttää liikaa vaivaa sen yksityiskohtaiseen esittelyyn.

Siten, jos (9) täyttyy, on olemassa F (se on uniikki additiiviseen vakioon asti) siten, että (7) kirjoitetaan uudelleen muotoon dF (t, x) = 0 (IR:tä pitkin), ts.

F (t, x) = const IC:tä pitkin, eli IC:t ovat funktion F tasoviivoja. Saatamme, että SPD:n integrointi on triviaali tehtävä, koska F:n haku A:lla ja B:llä tyydyttää (9 ) ei ole vaikeaa. Jos (9) ei ole tyytyväinen, tulee löytää ns. IM M (t, x) siten, että (8) on FDD, jolle on välttämätöntä ja riittävää suorittaa (9) analogi, joka on muotoa:

Kuten ensimmäisen asteen PDE-teoriasta seuraa (jota käsitellään osassa 3), yhtälöllä (10) on aina ratkaisu, joten IM on olemassa. Siten mikä tahansa muodon (7) yhtälö voidaan kirjoittaa FDD:n muotoon ja mahdollistaa siksi "eksplisiittisen" integroinnin. Mutta nämä pohdinnat eivät anna yleisessä tapauksessa rakentavaa menetelmää, koska (10) ratkaiseminen edellyttää yleisesti ottaen ratkaisun (7) löytämistä, jota etsimme. On kuitenkin olemassa useita pikaviestin hakutekniikoita, joita perinteisesti harkitaan käytännön tunneilla (katso esimerkiksi).

Huomaa, että yllä olevat menetelmät ERP:n ja lineaaristen ODE:iden ratkaisemiseksi ovat IM-ideologian erikoistapaus.

Todellakin, ERP dx/dt = a(t)b(x), joka on kirjoitettu symmetriseen muotoon dx = a(t)b(x)dt, ratkaistaan ​​kertomalla IM 1/b(x), koska tämän jälkeen muuttuu FDD:ksi dx/b(x) = a(t)dt, eli dB(x) = dA(t). Lineaarinen yhtälö dx/dt = a(t)x + b(t), joka on kirjoitettu symmetriseen muotoon dx a(t)xdt b(t)dt, ratkaistaan ​​kertomalla MI:llä

(Lineaarisiin järjestelmiin liittyvää suurta lohkoa lukuun ottamatta) ovat se, että käyttämällä erityisiä järjestyksen pienentämisen ja muuttujien muuttamisen menetelmiä ne pelkistetään ensimmäisen asteen ODE:iksi, jotka sitten pelkistetään FDD:ksi ja ne ratkaistaan ​​soveltamalla differentiaalilaskennan päälause: dF = 0 F = vakio. Kysymys järjestyksen alentamisesta on perinteisesti sisällytetty käytännön harjoituksiin (ks. esim.).

Sanotaanpa muutama sana ensimmäisen asteen ODE:istä, joita ei ole ratkaistu johdannaisen suhteen:

Kuten kohdassa 1 on käsitelty, voidaan yrittää ratkaista (11) x:n suhteen ja saada normaalimuoto, mutta tämä ei aina ole suositeltavaa. Usein on kätevämpää ratkaista (11) suoraan.

Tarkastellaan avaruutta ((t, x, p)), jossa p = x käsitellään väliaikaisesti itsenäisenä muuttujana. Sitten (11) määrittelee tässä avaruudessa pinnan (F (t, x, p) = 0), joka voidaan kirjoittaa parametrisesti:

On hyödyllistä muistaa, mitä tämä tarkoittaa, esimerkiksi pallon avulla R3:ssa.

Halutut ratkaisut vastaavat tällä pinnalla olevia käyriä: t = s, x = x(s), p = x (s) - yksi vapausaste menetetään, koska ratkaisuilla on yhteys dx = pdt. Kirjoitetaan tämä suhde parametrien suhteen pinnalle (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), ts.

Siten halutut ratkaisut vastaavat pinnalla (12) olevia käyriä, joissa parametrit liittyvät yhtälöön (13). Jälkimmäinen on ODE symmetrisessä muodossa, joka voidaan ratkaista.

Tapaus I. Jos jollain alueella (gu hfu) = 0, niin (12) niin t = f ((v), v), x = g((v), v) antaa parametrisen esityksen halutuista käyristä taso ( (t, x)) (eli projisoimme tälle tasolle, koska emme tarvitse p).

Tapaus II. Vastaavasti, jos (gv hfv) = 0.

Tapaus III. Joissakin kohdissa samanaikaisesti gu hfu = gv hfv = 0. Tässä tarvitaan erillinen analyysi, vastaako tämä joukko joitain ratkaisuja (niitä kutsutaan silloin singulaariksi).

Esimerkki. Clairaut'n yhtälö x = tx + x 2. Meillä on:

x = tp + p2. Parametrisoimme tämän pinnan: t = u, p = v, x = uv + v 2. Yhtälö (13) on muotoa (u + 2v)dv = 0.

Tapaus I. Ei toteutettu.

Tapaus II. u + 2v = 0, sitten dv = 0, eli v = C = vakio.

Näin ollen t = u, x = Cu + C 2 on IR:n parametrinen merkintä.

Se on helppo kirjoittaa eksplisiittisesti x = Ct + C 2.

Tapaus III. u + 2v = 0, eli v = u/2. Näin ollen t = u, x = u2/4 on "IC-ehdokkaan" parametrinen merkintä.

Tarkistaaksemme, onko tämä todella IR, kirjoitamme sen eksplisiittisesti x = t2/4. Kävi ilmi, että tämä on (erikois)ratkaisu.

Harjoittele. Osoita, että erikoisratkaisu koskee kaikkia muita.

Tämä on yleinen tosiasia - minkä tahansa erikoisratkaisun kaavio on kaikkien muiden ratkaisujen perheen verhokäyrä. Tämä on perusta toiselle singulaariratkaisun määritelmälle, nimenomaan kirjekuorena (katso ).

Harjoittele. Todista, että yleisemmällä Clairaut-yhtälöllä x = tx (x), jossa on kupera funktio, erikoisratkaisu on muotoa x = (t), missä on Legendren muunnos , eli = ()1 tai (t) = max (tv (v)). Vastaavasti yhtälölle x = tx + (x).

Kommentti. Pykälän 3 sisältö on kuvattu tarkemmin ja tarkemmin oppikirjassa.

Huomautus opettajalle. Luentokurssia pidettäessä voi olla hyödyllistä laajentaa § 3 ja antaa sille tiukempi muoto.

Palataanpa nyt kurssin pääpiirteisiin, jatketaan §§ 1,2 aloitettua esitystä.

§ 4. Cauchyn ongelman globaali ratkeavuus Kohdassa 2 todistimme Cauchyn ongelman ratkaisun paikallisen olemassaolon, eli vain jollain välillä, joka sisältää pisteen t0.

Joillakin f:n lisäoletuksilla todistimme myös ratkaisun ainutlaatuisuuden, ymmärtäen sen kahden samalla aikavälillä määritellyn ratkaisun sattumana. Jos f on lineaarinen x:ssä, saadaan globaali olemassaolo, eli koko aikavälillä, jossa yhtälön (järjestelmän) kertoimet on määritelty ja jatkuva. Kuitenkin, kuten yritys soveltaa yleistä teoriaa lineaariseen järjestelmään osoittaa, Peano-Picard-väli on yleensä pienempi kuin se, jolle ratkaisu voidaan rakentaa. Luonnollisia kysymyksiä herää:

1. miten määritetään maksimiväli, jolla ratkaisun (1) olemassaolo voidaan väittää?

2. onko tämä intervalli aina sama kuin maksimi, jolla se on edelleen järkevää oikea osa (1)1 ?

3. kuinka muotoilla ratkaisun ainutlaatuisuuden käsite tarkasti ilman rajoituksia sen määrittelyvälin suhteen?

Se, että vastaus kysymykseen 2 on yleensä kielteinen (tai pikemminkin vaatii suurta tarkkuutta), näkyy seuraavassa esimerkissä. x = x2, x(0) = x0. Jos x0 = 0, niin x 0 - Osgoodin lauseen mukaan ei ole muita ratkaisuja. Jos x0 = 0, niin päätämme, että on hyödyllistä tehdä piirustus). Ratkaisun olemassaolon väli ei voi olla suurempi kuin (, 1/x0) tai (1/x0, +) x0 0:lle ja x0 0:lle (hyperbolin toinen haara ei liity ratkaisuun! - tämä On tyypillinen virhe opiskelijat). Ensi silmäyksellä mikään alkuperäisessä ongelmassa "ennakoi tällaista tulosta". Kohdasta 4 löydämme selityksen tälle ilmiölle.

Yhtälön x = t2 + x2 esimerkissä on esitetty opiskelijoiden tyypillinen virhe ratkaisun olemassaolovälistä. Tässä se tosiasia, että "yhtälö on määritelty kaikkialla", ei tarkoita ollenkaan, että ratkaisu voidaan laajentaa koko riville. Tämä on selvää myös puhtaasti arkipäivän näkökulmasta, esimerkiksi lakien ja niiden nojalla kehittyvien prosessien yhteydessä: vaikka laki ei nimenomaisesti määrää yrityksen olemassaolon päättymistä vuonna 2015, se ei tarkoita ollenkaan, että tämä yritys ei mene konkurssiin tähän vuoteen mennessä By sisäiset syyt(tosin lain rajoissa).

Jotta voimme vastata kysymyksiin 1–3 (ja jopa muotoilla ne selkeästi), tarvitsemme käsitteen ei-pidennettävästä ratkaisusta. Käsittelemme (kuten yllä sovimme) yhtälön (1)1 ratkaisuja pareina (, (tl (),), tr ())).

Määritelmä. Ratkaisu (, (tl (),), tr ())) on jatkoa ratkaisulle (, (tl (),), tr ())) if (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), ja |(tl(),tr()) =.

Määritelmä. Ratkaisu (, (tl (),), tr ())) on ei-laajennettavissa, jos sillä ei ole ei-triviaaleja (eli erilaisia) laajennuksia. (katso esimerkki yllä).

On selvää, että juuri IS:t ovat erityisen arvokkaita, ja niiden olemassaolo ja ainutlaatuisuus on todistettava. Herää luonnollinen kysymys - onko aina mahdollista rakentaa IS johonkin paikalliseen ratkaisuun vai Cauchyn ongelmaan? Osoittautuu kyllä. Tämän ymmärtämiseksi esitellään käsitteet:

Määritelmä. Ratkaisujoukko ((, (tl (), tr ())) on johdonmukainen, jos mikä tahansa 2 ratkaisua tästä joukosta osuu yhteen määrityksensä välien leikkauskohdassa.

Määritelmä. Johdonmukaista ratkaisujoukkoa kutsutaan maksimaaliksi, jos siihen ei voida lisätä yhtä ratkaisua niin, että uusi joukko on johdonmukainen ja sisältää uusia pisteitä ratkaisujen alueiden liitossa.

On selvää, että INN:n rakentaminen vastaa IS:n rakentamista, nimittäin:

1. Jos IS on olemassa, mikä tahansa sen sisältävä INN voi olla vain joukko sen rajoituksia.

Harjoittele. Tarkistaa.

2. Jos INN on olemassa, HP (, (t, t+)) muodostetaan seuraavasti:

asetamme (t) = (t), missä on mikä tahansa tässä kohdassa määritelty INN-elementti. On selvää, että tällainen funktio määritellään yksiselitteisesti kokonaisuutena (t, t+) (yksilöllisyys seuraa joukon konsistenssista) ja joka pisteessä se osuu yhteen kaikkien tässä kohdassa määritellyn INN:n elementtien kanssa. Jokaiselle t:lle (t, t+) on jokin määritelty siinä ja siten sen ympäristössä, ja koska tässä naapurustossa on ratkaisu (1)1, niin myös. Siten on olemassa ratkaisu (1)1 kokonaisuutena (t, t+). Sitä ei voi jatkaa, koska muuten INN:ään voitaisiin lisätä ei-triviaali laajennus sen maksimaalisuudesta huolimatta.

ILS-ongelman (1) rakentaminen yleisessä tapauksessa (Peanon lauseen ehdoilla), kun paikallista ainutlaatuisuutta ei ole, on mahdollista (katso , ), mutta melko hankala - se perustuu askel-by- Peanon teoreeman askelsovellus pienemmällä estimaattilla laajennusvälin pituudelle. HP on siis aina olemassa. Perustelemme tämän vain siinä tapauksessa, että paikallista ainutlaatuisuutta on, jolloin INN:n (ja siten myös IR:n) rakentaminen on triviaalia. Esimerkiksi varmuuden vuoksi toimimme TC-P:n puitteissa.

Lause. Olkoon TK-P ehtojen täyttyminen alueella B Rn+1. Sitten mille tahansa (t0, x0) B-tehtävälle (1) on ainutlaatuinen IS.

Todiste. Tarkastellaan tehtävän (1) kaikkien ratkaisujen joukkoa (se ei ole tyhjä TK-P:n mukaan). Se muodostaa INN:n - johdonmukainen paikallisen ainutlaatuisuuden vuoksi ja maksimaalinen ottaen huomioon, että tämä on joukko Cauchyn ongelman ratkaisuja yleensä. NR on siis olemassa. Se on ainutlaatuinen paikallisen ainutlaatuisuuden vuoksi.

Jos IS on konstruoitava saatavilla olevan paikallisen ratkaisun (1)1 perusteella (eikä Cauchyn ongelmaan), niin tämä ongelma, paikallisen yksilöllisyyden tapauksessa, pelkistyy Cauchyn ongelmaksi: on valittava mikä tahansa piste olemassa oleva IR ja harkitse vastaavaa Cauchyn ongelmaa. Tämän ongelman IS on jatkoa alkuperäiselle ratkaisulle sen ainutlaatuisuuden vuoksi. Jos ainutlaatuisuutta ei ole, annetun ratkaisun jatkaminen suoritetaan edellä esitetyn menettelyn mukaisesti.

Kommentti. HP:tä ei voida laajentaa sen olemassaolovälin päissä (yksilöllisyysehdosta riippumatta) niin, että se on ratkaisu myös päätepisteissä. Perusteluksi on tarpeen selventää, mitä ODE:n ratkaisulla segmentin päissä tarkoitetaan:

1. Lähestymistapa 1. Olkoon välin ratkaisu (1)1 funktiona, joka toteuttaa yhtälön päissä yksipuolisen derivaatan merkityksessä. Silloin jonkin ratkaisun määritellyn laajennuksen mahdollisuus, esimerkiksi sen olemassaolovälin oikeassa päässä (t, t+], tarkoittaa, että IC:llä on loppupiste B:n sisällä ja C 1(t, t+]). sitten, kun on ratkaistu Cauchyn ongelma x(t+) = (t+) arvolle (1) ja löydetty sen ratkaisu, saadaan oikealle päälle t+ (pisteessä t+ on olemassa molemmat yksipuoliset derivaatat ja ne ovat yhtä kuin f (t+) , (t+)), mikä tarkoittaa, että on olemassa tavallinen derivaatta), eli ei ollut NR.

2. Lähestymistapa 2. Jos janan ratkaisulla (1)1 tarkoitamme funktiota, joka on jatkuva vain päissä, mutta sellainen, että IC:n päät ovat B:ssä (vaikka yhtälön ei tarvitse olla päissä tyydyttävä), saamme silti saman päättelyn, vain vastaavan integraaliyhtälön suhteen (katso yksityiskohdat).

Täten rajoittumalla välittömästi vain avoimiin intervalleihin ratkaisumääritelmien ryhminä emme rikkoneet yleisyyttä (mutta vain välttelimme turhaa meteliä yksipuolisilla johdannaisilla jne.).

Tämän seurauksena olemme vastanneet kysymykseen 3, joka esitettiin kohdan 4 alussa: ainutlaatuisuusehdon (esim. Osgood tai Cauchy-Picard) alla Cauchyn ongelman ratkaisu on ainutlaatuinen HP:ssä. Jos ainutlaatuisuusehtoa rikotaan, Cauchyn ongelmalla voi olla monia IS:iä, joista jokaisella on oma olemassaoloaikansa. Mikä tahansa ratkaisu (1) (tai yksinkertaisesti (1)1) voidaan laajentaa IS:ksi.

Kysymyksiin 1 ja 2 vastaamiseksi on tarpeen tarkastella ei muuttujaa t erikseen, vaan IC:n käyttäytymistä avaruudessa Rn+1. Kysymykseen, kuinka IC käyttäytyy "lähellä päitä", hän vastaa Huomaa, että olemassaolon aikavälillä on loppuja, mutta IC:llä ei välttämättä ole niitä (IC:n loppua B:ssä ei aina ole olemassa - katso yllä oleva huomautus, mutta loppua ei välttämättä ole B:ssä - katso alla).

Lause. (tiivistä jättämisestä).

muotoilemme sen paikallisen ainutlaatuisuuden olosuhteissa, mutta tämä ei ole välttämätöntä - katso , jossa TPK on muotoiltu NR:n kriteeriksi.

TC-P:n olosuhteissa minkä tahansa yhtälön (1)1 IS:n kuvaaja jättää minkä tahansa kompaktin joukon K B, eli K B (t, t+): (t, (t)) K pisteessä t.

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

Kommentti. Siten IS:n IC lähellä t± lähestyy B:tä: ((t, (t)), B) 0 t t± -ratkaisun jatkoprosessi ei voi päättyä tiukasti B:n sisälle.

Positiivisesti tässä harjoituksena on hyödyllistä osoittaa hajautettujen suljettujen joukkojen välisen etäisyyden positiivisuus, joista yksi on kompakti joukko.

Todiste. Korjaa K B. Ota mikä tahansa 0 (0, (K, B)). Jos B = Rn+1, niin määritelmän mukaan oletetaan (K, B) = +. Joukko K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) on myös kompakti B:ssä, joten on olemassa F = max |f |. Valitsemme luvut T ja R aina K asti riittävän pieniksi, jotta mikä tahansa muotoinen sylinteri riittää esim. T 2 + R2 2/4. Tällöin Cauchyn ongelmalla on TK-P:n mukaan ratkaisu aikavälillä, joka ei ole kapeampi kuin (t T0, t + T0), missä T0 = min(T, R/F) kaikille (t, x) K:lle.

Nyt halutuksi segmentiksi voit ottaa = . Meidän on todellakin osoitettava, että jos (t, (t)) K, niin t + T0 t t + T0. Otetaan esimerkiksi toinen epäyhtälö. Ratkaisu Cauchyn ongelmaan (2), jossa x = (t), on olemassa oikealla ainakin pisteeseen t + T0 asti, mutta se on saman ongelman IS, joka ainutlaatuisuutensa vuoksi on laajennus, joten t + T0 t+.

Siten IS-kaavio "pääsee aina B:n", joten IS:n olemassaolon aikaväli riippuu IC:n geometriasta.

Esimerkiksi:

lausunto. Olkoon B = (a, b)Rn (äärellinen tai ääretön väli), f täyttää TC-P-ehdot B:ssä, on tehtävän (1) IS, jossa t0 (a, b). Sitten joko t+ = b tai |(t)| + t t+:lle (ja vastaavasti t:lle).

Todiste. Olkoon siis t+ b, sitten t+ +.

Tarkastellaan kompaktia joukkoa K = B B. TPK:n mukaan mille tahansa R +:lle on (R) t+ sellainen, että t:lle ((R), t+) piste (t, (t)) K. Mutta koska t t+, tämä on mahdollista vain tilille |(t)| R. Mutta tämä tarkoittaa |(t)| + t t+:lle.

Tässä nimenomaisessa tapauksessa näemme, että jos f on määritelty "kaikille x", niin IS:n olemassaolon väli voi olla pienempi kuin suurin mahdollinen (a, b) vain johtuen IS:n taipumuksesta lähestyä välin (t, t+) päät (yleensä tapaus - rajalle B).

Harjoittele. Yleistä viimeinen väite tapaukseen, jossa B = (a, b), missä Rn on mielivaltainen alue.

Kommentti. On ymmärrettävä, että |(t)| + ei tarkoita mitään k(t).

Olemme siis vastanneet kysymykseen 2 (vrt. § 4:n alun esimerkki): IR saavuttaa B:n, mutta sen projektio t-akselilla ei välttämättä saavuta B:n projektion päitä t-akselilla. Kysymys 1 jää - onko olemassa merkkejä, joiden perusteella ilman ODE:n ratkaisemista voidaan arvioida mahdollisuutta jatkaa ratkaisua "mahdollisimman leveimmälle välille"? Tiedämme, että lineaarisille ODE:ille tämä laajennus on aina mahdollista, mutta kohdan 4 alun esimerkissä tämä on mahdotonta.

Tarkastellaan ensin esimerkkiä ERP:n erityistapauksesta, kun n = 1:

virheellisen integraalin h(s)ds konvergenssi (epänormaali johtuen = + tai h:n singulaarisuudesta pisteessä) ei riipu (,) valinnasta. Siksi alla kirjoitamme yksinkertaisesti h(s)ds, kun puhumme tämän integraalin konvergenssista tai divergenssistä.

tämä voitaisiin tehdä jo Osgoodin lauseessa ja siihen liittyvissä väitteissä.

lausunto. Olkoon a C(,), b C(, +), molemmat funktiot positiivisia intervalleillaan. Olkoon Cauchyn ongelmalla (missä t0 (,), x0) IS x = x(t) välillä (t, t+) (,). Sitten:

Seuraus. Jos a = 1, = +, niin t+ = + Todistus. (Väitteet). Huomaa, että x kasvaa monotonisesti.

Harjoittele. Todistaa.

Siksi x(t+) = lim x(t) + on olemassa. Meillä on tapaus 1. t+, x(t+) + - on mahdoton TPK:n mukaan, koska x on IS.

Molemmat integraalit ovat joko äärellisiä tai äärettömiä.

Harjoittele. Lisää todiste.

Perustelut opettajalle. Tuloksena saadaan, että tapauksessa 3: a(s)ds +, ja tapauksessa 4 (jos se ylipäätään toteutuu) sama.

Siten yksinkertaisimmille ODE:ille n = 1 muodossa x = f (x) ratkaisujen laajennettavuus arvoon asti määräytyy samankaltaisuuden perusteella.

autonomiset) yhtälöt, katso osa 3.

Esimerkki. Kun f (x) = x, 1 (erityisesti lineaarinen tapaus = 1) ja f (x) = x ln x, (positiivisten) ratkaisujen laajennettavuus +:ksi voidaan taata. Kun f(x) = x ja f(x) = x ln x kohdassa 1, ratkaisut "hajoavat äärellisessä ajassa".

Yleisesti ottaen tilanteen määräävät monet tekijät, eikä se ole niin yksinkertainen, mutta "f:n kasvunopeuden x x" merkitys säilyy. Arvolle n 1 on vaikea muotoilla laajennettavuuskriteerejä, mutta riittävät ehdot ovat olemassa. Pääsääntöisesti ne perustellaan ns. ennakkoarviot ratkaisuista.

Määritelmä. Olkoon h C(,), h 0. Sanotaan, että joidenkin ODE:n ratkaisuille AO |x(t)| h(t) on (,) jos jokin tämän ODE:n ratkaisu täyttää tämän arvion sillä välin (,) osassa, jossa se on määritelty (eli ei oletettavaa, että ratkaisut ovat välttämättä määriteltyjä koko välille (,) ).

Mutta käy ilmi, että AO:n läsnäolo takaa sen, että ratkaisut määritellään edelleen kaikilla (,) -kohdilla (ja siten täyttävät arvion koko aikavälillä), joten a priori -estimaatti muuttuu jälkikäteen:

Lause. Olkoon Cauchyn ongelma (1) täyttävä TK-P-ehdot ja sen ratkaisuille on AO välillä (,) jollain h C(,) ja kaareva sylinteri (|x| h(t), t (,)) B Sitten HP (1) on määritelty kaikissa (,) (ja siten täyttää AO:n).

Todiste. Osoitetaan, että t+ (t on samanlainen). Oletetaan t+. Tarkastellaan kompaktia joukkoa K = (|x| h(t), t ) B. TPK:lla, kuten t t+, graafin piste (t, x(t)) jättää K:n, mikä on mahdotonta AO:n vuoksi.

Siten ratkaisun laajenemisen toteen osoittamiseksi tietylle välille riittää, että ratkaisu estimoitiin muodollisesti koko vaaditulta väliltä.

Analogia: funktion mitattavuus Lebesguen mukaan ja integraalin muodollinen arviointi edellyttävät integraalin todellista olemassaoloa.

Tässä on esimerkkejä tilanteista, joissa tämä logiikka toimii. Aloitetaan havainnollistamalla yllä olevaa väitettä "f:n kasvu x:ssä on melko hidasta".

lausunto. Olkoon B = (,) Rn, f TK-P-ehdot B:ssä, |f (t, x)| a(t)b(|x|), missä a ja b täyttävät edellisen lauseen ehdot c = 0 ja = +. Tällöin tehtävän (1) IS on olemassa kohdassa (,) kaikille t0 (,), x0 Rn.

Lemma. Jos ja ovat jatkuvia, (t0) (t0); for t t Todistus. Huomaa, että naapurustossa (t0, t0 +): jos (t0) (t0), niin tämä on heti selvää, muuten (jos (t0) = (t0) = 0) meillä on (t0) = g(t0, 0) ) (t0), joka taas antaa vaaditun.

Oletetaan nyt, että on olemassa t1 t0 sellainen, että (t1). Ilmeisellä päättelyllä voidaan löytää (t1) t2 (t0, t1] siten, että (t2) = (t2) ja on (t0, t2), mutta sitten pisteessä t2 on =, - ristiriita.

g on mikä tahansa, ja itse asiassa tarvitaan vain C, ja missä =, siellä. Mutta jotta päätämme ei hukkuisi, katsotaanpa sitä Lemassa. Tässä on tiukka epäyhtälö, mutta epälineaarinen ODE, ja on myös ns.

Huomautus opettajalle. Tällaisia ​​epäyhtälöitä, kuten Lemassa, kutsutaan Chaplygin-tyyppisiksi epäyhtälöiksi (NC). On helppo nähdä, että Lemma ei tarvinnut ainutlaatuisuusehtoa, joten tällainen "tiukka NP" on totta myös Peanon lauseen puitteissa. "Ei-tiukka LF" on ilmeisesti väärä ilman ainutlaatuisuutta, koska tasa-arvo on ei-tiukan eriarvoisuuden erikoistapaus. Lopuksi "ei-tiukka NP" on totta ainutlaatuisuusehdon puitteissa, mutta se voidaan todistaa vain paikallisesti IM:n avulla.

Todiste. (Väitteet). Osoitetaan, että t+ = (t = samalla tavalla). Oletetaan t+, sitten edellä olevan väitteen mukaan |x(t)| + t t+:lle, joten voimme olettaa, että x = 0 on . Jos todistamme AO |x| h päällä ) (pallo on suljettu käyttömukavuuden vuoksi).

Cauchyn ongelmalla x(0) = 0 on yksilöllinen IS x = 0 R:ssä.

Osoitetaan f:lle riittävä ehto, jonka vallitessa IS:n olemassaolo R+:lla voidaan taata kaikille riittävän pienille x0 = x(0). Tätä varten oletetaan, että kohdassa (4) on ns Ljapunov-funktio, eli funktio V, joka:

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

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

Tarkastellaan ehtojen A ja B täyttymistä:

A. Tarkastellaan Cauchyn ongelmaa, jossa |x1| R/2. Muodostetaan sylinteri B = R B(0, R) - funktion f alue, jossa se on rajattu ja joka on luokkaa C 1, niin että on olemassa F = max |f |. TK-P:n mukaan välille (t1 T0, t1 + T0) on määritelty ratkaisu (5), jossa T0 = min(T, R/(2F)). Valitsemalla riittävän suuri T voidaan saavuttaa T0 = R/(2F). On tärkeää, että T0 ei riipu (t1, x1) valinnasta edellyttäen, että |x1| R/2.

B. Niin kauan kuin ratkaisu (5) on määritelty ja pysyy pallossa B(0, R), voimme esittää seuraavan argumentin. Meillä on:

V(x(t)) = f(x(t)) V(x(t)) 0, eli V(x(t)) V(x1) M(r) = max V(y) . On selvää, että m ja M eivät pienene; r ovat epäjatkuvia nollassa, m(0) = M (0) = 0 ja nollan ulkopuolella ne ovat positiivisia. Siksi on olemassa sellainen R°, että M(R) m(R/2). Jos |x1| R, sitten V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), josta |x(t)| R/2. Huomaa, että R R/2.

Nyt voimme muotoilla lauseen, joka Seksistä. A,B päättelee ratkaisujen maailmanlaajuisen olemassaolon (4):

Lause. Jos (4):llä on Ljapunov-funktio kohdassa B(0, R), niin kaikille x0 B(0, R) (jossa R on määritelty edellä) Cauchyn ongelman IS x(t0) = x0 järjestelmälle (4) (millä tahansa t0:lla) on määritelty +.

Todiste. Kohdalla A ratkaisu voidaan rakentaa , jossa t1 = t0 + T0 /2. Tämä ratkaisu on B(0, R):ssä ja siihen sovelletaan kohtaa B, jolloin |x(t1)| R/2. Käytämme jälleen kohtaa A ja saamme ratkaisun , jossa t2 = t1 + T0/2, eli nyt ratkaisu rakentuu . Käytämme kohtaa B tähän ratkaisuun ja saamme |x(t2)| R/2 jne. Laskettavassa määrässä vaiheita saadaan ratkaisu kohdasta 5. ODE-ratkaisujen riippuvuus Tarkastellaan Cauchyn ongelmaa, jossa Rk. Jos jollekin t0(), x0():lle tällä Cauchyn ongelmalla on IS, niin se on x(t,). Herää kysymys: kuinka tutkia x:n riippuvuutta? Tämä kysymys on tärkeä useiden sovellusten vuoksi (ja tulee esille erityisesti osassa 3), joista yksi (vaikka ei ehkä tärkein) on ODE:iden likimääräinen ratkaisu.

Esimerkki. Tarkastellaanpa Cauchyn ongelmaa, jonka IS on olemassa ja on ainutlaatuinen, kuten TC-P:stä seuraa, mutta sitä on mahdotonta ilmaista alkeisfunktioissa. Miten sen ominaisuuksia sitten tutkitaan? Yksi tavoista on seuraava: huomaa, että (2) on ”lähellä” tehtävää y = y, y(0) = 1, jonka ratkaisu löytyy helposti: y(t) = et. Voimme olettaa, että x(t) y(t) = et. Tämä ajatus on selkeästi muotoiltu seuraavasti: harkitse ongelmaa At = 1/100 tämä on (2), ja kohdassa = 0 tämä on y:n ongelma. Jos todistetaan, että x = x(t,) on jatkuva (tietyssä mielessä), niin saadaan x(t,) y(t) kohdassa 0, mikä tarkoittaa x(t, 1/100) y( t ) = et.

On totta, että jää epäselväksi kuinka lähellä x on y:tä, mutta sen todistaminen, että x on jatkuva suhteessa kohtaan, on ensimmäinen välttämätön askel, jota ilman jatkokehitys on mahdotonta.

Samoin on hyödyllistä tutkia lähtötietojen riippuvuutta parametreista. Kuten tulemme myöhemmin näkemään, tämä riippuvuus voidaan helposti pelkistää riippuvuudeksi yhtälön oikealla puolella olevasta parametrista, joten rajoitamme toistaiseksi ongelmaan, jonka muoto on Olkoon f C(D), jossa D on alue Rn+k+1:ssä; f on Lipschitz x:ssä missä tahansa kompaktissa joukossa D:ssä konveksi x:ssä (esimerkiksi C(D) riittää). Korjaamme (t0, x0). Merkitse M = Rk | (t0, x0,) D on sallittujen joukko (jolle tehtävä (4) on järkevä). Huomaa, että M on auki. Oletetaan, että (t0, x0) valitaan siten, että M =. TK-P:n mukaan kaikelle M:lle on yksi tehtävän (4) IS - funktio x = (t,) määritettynä välille t (t(), t+()).

Tarkkaan ottaen, koska se riippuu monista muuttujista, meidän on kirjoitettava (4) seuraavasti:

jossa (5)1 täyttyy joukossa G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Merkkien d / dt ja / t välinen ero on kuitenkin puhtaasti psykologinen (niiden käyttö riippuu samasta psykologisesta "korjaa" -käsitteestä). Siten joukko G on funktion määritelmän luonnollinen maksimijoukko, ja jatkuvuuskysymystä tulisi tutkia juuri G:llä.

Tarvitsemme aputuloksen:

Lemma. (Gronwall). Olkoon funktio C, 0, tyydyttävä kaikkien t:n estimaatti. Kun luet luentoa, et voi muistaa tätä kaavaa etukäteen, vaan jätä tilaa ja kirjoita se päätelmän jälkeen.

Mutta sitten pidä tämä kaava näkyvissä, koska se on tarpeen ToNZ:ssa.

h = A + B Ah + B, mistä saadaan vaadittu.

Tämän lemman merkitys: differentiaaliyhtälö ja epäyhtälö, niiden välinen yhteys, integraaliyhtälö ja epäyhtälö, yhteys niiden kaikkien välillä, Gronwallin differentiaali- ja integraalilemmat ja niiden välinen yhteys.

Kommentti. Tämä lemma on mahdollista todistaa yleisemmillä olettamuksilla A:sta ja B:stä, mutta emme vielä tarvitse tätä, vaan se tehdään UMF-kurssilla (siis on helppo nähdä, että emme käyttäneet A:n jatkuvuutta ja B jne.).

Olemme nyt valmiita ilmaisemaan tuloksen selvästi:

Lause. (ToNS) F:stä tehtyjen oletusten ja edellä esitetyn merkintätavan perusteella voimme väittää, että G on avoin, mutta C(G).

Kommentti. On selvää, että joukkoa M ei yleensä ole kytketty, joten G ei myöskään välttämättä ole kytkettynä.

Huomautus opettajalle. Jos kuitenkin sisällyttäisimme (t0, x0) parametrien määrään, yhteys olisi - tämä tehdään .

Todiste. Olkoon (t,) G. Meidän on todistettava, että:

Olkoon varmuuden vuoksi t t0. Meillä on: M, joten (t,) on määritelty kohdassa (t(), t+()) t, t0, mikä tarkoittaa, että jollakin segmentillä, jossa t piste (t, (t,),) kulkee kompakti käyrä D (samansuuntainen hypertasojen kanssa ( = 0)). Tämä tarkoittaa, että Definition-lomakejoukko on pidettävä silmiesi edessä koko ajan!

D:ssä on myös kompakti joukko riittävän pienille a:lle ja b:lle (kupera x:ssä), joten funktio f on Lipschitz x:ssä:

[Tämä arviointi on pidettävä silmien edessä koko ajan! ] ja on tasaisesti jatkuva kaikissa muuttujissa, ja vielä enemmän |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Tämä arviointi on pidettävä silmien edessä koko ajan! ] Tarkastellaan mielivaltaista 1:tä siten, että |1 | b ja vastaava ratkaisu (t, 1). Joukko ( = 1) on kompakti D:ssä ( = 1), ja arvolla t = t0 piste (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), ja TPK:n mukaan t t+(1):lle piste (t, (t, 1), 1) jättää ( = 1). Olkoon t2 t0 (t2 t+(1)) ensimmäinen arvo, johon mainittu piste saavuttaa.

Rakenteen mukaan t2 (t0, t1]. Tehtävämme on osoittaa, että t2 = t1 lisärajoituksilla. Olkoon nyt t3 . Meillä on (kaikille sellaisille t3:lle kaikki alla käytetyt suureet on määritelty konstruktion mukaan):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Yritetään todistaa, että tämä arvo on pienempi kuin a absoluuttisena arvona.

jossa integrandi arvioidaan seuraavasti:

±f (t, (t,),), ±f (t, (t,),) sijaan, koska ero |(t, 1) (t,)| vain ei ole vielä arviota, joten (t, (t, 1),) on epäselvä, mutta |1 | on olemassa, ja (t, (t,), 1) tunnetaan.

niin, että |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Siten funktio (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (tämä on jatkuva funktio) täyttää Gronwall-lemman ehdot, kun A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, joten tällä lemalla saamme [Tämän arvion on oltava aina silmien edessä! ] jos otamme |1 | 1 (t1). Oletetaan, että 1(t1) b. Kaikki päättelymme ovat oikein kaikille t3:lle.

Näin ollen tällaisella valinnalla 1, kun t3 = t2, silti |(t2, 1) (t2,)| a, sekä |1 | b. Näin ollen (t2, (t2, 1), 1) on mahdollista vain johtuen siitä, että t2 = t1. Mutta tämä tarkoittaa erityisesti sitä, että (t, 1) on määritelty koko janalle, eli t1 t+(1), ja kaikki muodon (t, 1) G pisteet, jos t , |1 | 1 (t1).

Eli vaikka t+ riippuu, mutta segmentti jää t+():n vasemmalle puolelle riittävän lähellä Kuvassa Samoin kohdassa t t0 esitetään lukujen t4 t0 ja 2(t4) olemassaolo. Jos t t0, niin piste (t,) B(, 1) G, samoin t t0:lle, ja jos t = t0, niin molemmat tapaukset ovat sovellettavissa, joten (t0,) B(, 3) G, missä 3 = min (12). On tärkeää, että kiinteälle (t,) voidaan löytää t1(t,) niin, että t1 t 0 (tai t4, vastaavasti) ja 1(t1) = 1(t,) 0 (tai 2, vastaavasti), niin, että valinta 0 = 0(t,) on selvä (koska pallo voidaan kirjoittaa tuloksena olevaan sylinterimäiseen ympäristöön).

itse asiassa on todistettu hienovaraisempi ominaisuus: jos IS määritellään tietyllä aikavälillä, niin kaikki IS:t, joilla on riittävän läheiset parametrit, määritellään sille (ts.

kaikki hieman häiriintyneet HP:t). Kuitenkin, ja päinvastoin, tämä ominaisuus seuraa G:n avoimuudesta, kuten alla esitetään, joten nämä ovat vastaavia formulaatioita.

Olemme siis todistaneet kohdan 1.

Jos olemme avaruudessa määritellyssä sylinterissä, arvio on tosi |1 |:lle 4(, t,). Samaan aikaan |(t3,) (t,)| for |t3 t| 5(, t,) jatkuvuuden vuoksi t:ssä. Tuloksena (t3, 1) B((t,),) saamme |(t3, 1) (t,)|, missä = min(4, 5). Tämä on kohta 2.

"Venäjän federaation opetus- ja tiedeministeriö Liittovaltion valtion budjettitaloudellinen korkea-asteen ammatillinen koulutuslaitos VALTION YLIOPISTO Hallintoyliopisto Tieteellisen, pedagogisen ja tieteellisen henkilöstön koulutuksen instituutti JOHDON ERIKOISOSIOLOGIAN ALAKOKEISTUSOHJELMA -120144. ORGANISAATIO- JA MENETELMÄOHJEET Tämä ohjelma on keskittynyt valmistautumaan pääsykokeisiin tutkijakouluun ..."

«Amurin osavaltion yliopiston psykologian ja pedagogian laitos Koulutus- ja metodologinen kompleksin kurinalaisuus Psykologia Pääkoulutusohjelma Kandidaatin tutkinnon 030300.62 Psykologia Blagoveshchensk 2012 UMKD kehitetty ja suositellaan psykologian ja pedagogisen protokollan laitoksen kokouksessa ..."

"autoteollisuus) Omsk - 2009 3 Liittovaltion koulutusvirasto GOU VPO Siperian valtion auto- ja tieakatemia (SibADI) Teknisen pedagogiikan laitos METODOLOGISET OHJEET tieteenalan opiskeluun Pedagogiset tekniikat erikoisalan opiskelijoille 050501 - Ammatillinen koulutus (autot ja autot. ."

"Sarjaoppikirja G.S. Rozenberg, F.N. Ryansky TEOREETTISEN JA SOVELLETTAVAN EKOLOGIAN oppikirja Klassisen yliopistokoulutuksen Educational and Methodological Associationin suosittelema Venäjän federaatio opetusvälineenä korkeakouluopiskelijoille koulutusinstituutiot ympäristöalan erikoisaloilla 2. painos Nizhnevartovsk Nizhnevartovsk Pedagogical Instituten kustantamo 2005 LBC 28.080.1ya73 P64 Arvostelijat: Dr. Biol. Tieteet, professori V.I. Popchenko (Ekologian instituutti...»

"VENÄJÄN FEDERAATION OPETUS- JA TIETEMISTERIÖ, liittovaltion valtion budjettitaloudellinen korkea-asteen ammatillinen oppilaitos, nimetty KRASNOYARSKIN PEDAGOGINEN YLIOPISTO. V.P. Astafieva E.M. Antipova PIENI KASVITIIKAN TYÖPAJA Elektroninen painos KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Arvostelijat: Vasiliev A.N. V.P. Astafjev; Yamskikh G.Yu., geologisten tieteiden tohtori, Siperian liittovaltion yliopiston professori Tretyakova I.N., biologisten tieteiden tohtori, professori, metsäinstituutin johtaja...»

"Venäjän federaation opetus- ja tiedeministeriö Liittovaltion valtion koulutusbudjetti korkea-asteen ammatillisen koulutuksen laitos Amurin osavaltioyliopisto Psykologian ja pedagogiikan laitos KOULUTUS- JA METODOLOGISET KOMPLEKSIA PEDIATRIAN JA HYGIEENIN PERUSTEET Pääkoulutusohjelma koulutuksen suunnassa. koulutus Blagoveshchensk 2012 1 UMKd kehitetty Arvosteltu ja suositeltu psykologian laitoksen kokouksessa ja ... "

"Tehtävien tarkastaminen yksityiskohtaisella vastauksella Oppilaitosten yhdeksännen luokan valmistuneiden valtion (lopullinen) todistus (in uusi muoto) 2013 MAANTIETE Moskova 2013 Tekijä-kääntäjä: Ambartsumova E.M. Yleisten oppilaitosten 9. luokan valmistuneiden valtion (lopullisen) sertifioinnin tulosten objektiivisuuden lisääminen (vuonna ... "

"Käytännön suosituksia viite-, informaatio- ja metodologisen sisällön käytöstä venäjän kielen opetuksessa Venäjän federaation valtionkielenä. Käytännön suosituksia on osoitettu venäjän kielen (mukaan lukien muuna kielenä) opettajille. Sisältö: Käytännön suosituksia ja ohjeet 1. venäjän kielen valtionkielenä toimimisen ongelmiin omistettujen opetus- ja opetustuntien materiaalin valinnassa ... "

«EVMURYUKINA OPPISKELIJAN KRIITTISEN AJATTELUJEN JA MEDIAOSAAMISEN KEHITTÄMINEN LEHDISTÖANALYYSIPROSESSESSA oppikirja yliopistoille Taganrog 2008 2 Muryukina Ye.V. Opiskelijoiden kriittisen ajattelun ja mediaosaamisen kehittäminen lehdistöanalyysin prosessissa. Oppikirja yliopistoille. Taganrog: NP Center for Personality Development, 2008. 298 s. Oppikirja käsittelee opiskelijoiden kriittisen ajattelun ja mediaosaamisen kehittymistä mediakasvatustuntien prosessissa. Koska lehdistö tänään…”

"NOIN. P. Golovtšenko IHMISEN FYYSILISEN AKTIIVISUUDEN MUODOSTUSTA Osa II MOOTTORIN TOIMINNAN PEDAGOGIIKKA 3 Opetuspainos Oleg Petrovitš Golovtšenko IHMISEN FYSIKAALISEN AKTIIVISUUDEN MUODOSTUMINEN Opinto-opas Osa II FYSIKAALISEN TOIMINNAN PEDAGOGIA*** Toinen painos. N:o korjattu. Kosenkova Tietokoneasettelun teki D.V. Smolyak ja S.V. Potapova *** Allekirjoitettu julkaistavaksi 23.11. Muoto 60 x 90/1/16. Kirjoituspaperi Headset Times Operatiivinen tulostusmenetelmä Sopimus. p.l...."

«Ammattikorkeakoulun osavaltion OPETUSLAITOS Kazanin osavaltion yliopisto N.A. IN JA. ULYANOVA-LENINA Tieteellisten ja koulutusresurssien elektroniset kirjastot. Koulutuksellinen Toolkit Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Digitaaliset kirjastot tieteelliset ja koulutusresurssit. Opetusapu sähköisten koulutusresurssien suuntaan. - Kazan: KSU, 2008. Koulutus- ja metodologinen käsikirja julkaistaan ​​päätöksellä ... "

"VENÄJÄN FEDERAATIOIN OPETUSMINISTERIÖ Valtion ammatillinen korkeakouluoppilaitos Orenburgin osavaltion yliopiston Akbulakin haara Pedagogian laitos V.A. TETSKOVA TAIDEOPETUSMENETTELY YLEISOPETUSKOULUN ALAKOULUN MENETELMÄT OHJEET Valtion Toimitus- ja julkaisutoimikunta suosittelee julkaistavaksi oppilaitos korkeampi ammatillinen koulutus Orenburgin osavaltion yliopisto...»

VENÄJÄN FEDERAATIOIN OPETUS- JA TIETEMINISTERIÖ Dzhegutanova OPPETUN KIELEEN MAIDEN LASTENKIRJALLISUUS KASVATUS- JA METODOLOGISET KOMPLEKSIA Stavropol 2010 1 Julkaistu päätöksellä LBC:n toimituksellisen ja julkaisuneuvoston UDC 82.0 83.3 (0) Stavro GOUpol Valtio V:POogical Institute Arvostelijat ...

”ASETUKSET uudesta koulun sisäisestä opetuksen laadun arviointijärjestelmästä MBOU Kamyshinskaya lukio 1. Yleiset määräykset 1.1. Koulujen sisäisestä koulutuksen laadun arviointijärjestelmästä annettu asetus (jäljempänä asetus) asettaa yhtenäiset vaatimukset koulun sisäisen koulutuksen laadun arviointijärjestelmän (jäljempänä SSEKO) toteuttamiselle kunnassa. Kamyshinin toisen asteen yleissivistävän koulun budjettikoulu (jäljempänä koulu). 1.2. SSOKO:n käytännön toteutus on rakennettu ... "

"UZBEKISTANIN TASAVALLAN TERVEYSMINISTERIÖ TAŠKENTIN LÄÄKEAKATEMIA LÄÄKIRJAN LAITOS KLIINISEN ALLERGOLOGIAN KANSSA Akateemisten asioiden vararehtori Prof. O.R. Teshaev _ 2012 SUOSITUKSET KOULUTUS- JA METODOLOGISTEN KEHITYSTEN KOOTTAMISEKSI KÄYTÄNNÖN TUTKIMUKSIIN YHTEISSÄ MENETELMÄJÄRJESTELMÄSSÄ Metodologiset ohjeet lääketieteellisten korkeakoulujen opettajille Tashkent-2012 VUOSIKERTOMUS 2012 KESKEYHTEENJÄRJESTELMÄN TERVEYSMINISTERIÖN LÄÄKETIETEELLINEN KOULUTUS TASHKENT MEDICAL...»

"Gorno-Altain osavaltion yliopiston liittovaltion koulutusvirasto A. P. Makoshev POLIITTINEN MAANTIETE JA GEOPOLITIIKKA Gorno-Altain osavaltion yliopiston Gorno-Altaisk RIO koulutus- ja metodologinen käsikirja 2006 Julkaistu Gorno-Altain osavaltion yliopiston P. Makoshev A:n toimitus- ja julkaisuneuvoston päätöksellä. POLIITTINEN MAANTIETE JA GEOPOLITIIKKA. Opetuksen apuväline. - Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 s. Opetusväline on kehitetty koulutuksen mukaisesti ... "

"A.V. Novitskaja, L.I. Nikolaeva TULEVAISUUDEN KOULUT MODERNI KOULUTUSOHJELMAN ELÄMÄVAIHEET LUOKKA 1 MENETELMÄOPAS ALUSKOULUN OPETTAJILLE Moskova 2009 UDC 371(075.8) LBC 74.00 N 68 Tekijänoikeudet ovat tekijänoikeuslain suojattuja. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 moderni koulutusohjelma Elämän askeleita. – M.: Avvallon, 2009. – 176 s. ISBN 978 5 94989 141 4 Tämä kirjanen on suunnattu ensisijaisesti kouluttajille, mutta varmasti sen tiedot..."

« Koulutus- ja metodologinen kompleksi VENÄJÄN LIIKETOIMINTA-OIKEUS 030500 - Oikeustiede Moskova 2013 Kirjoittaja - siviilioikeuden tieteenalojen osaston kääntäjä - Opetus- ja metodologinen kokonaisuus käsiteltiin ja hyväksyttiin siviilioikeuden tieteenalojen laitoksen kokouksessa pöytäkirjan nro _2013. Venäjän liikelaki: koulutus ja menetelmä ... "

"A. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin MORDOVIAN TASAVALLAN MAANTIETE Oppikirja SARANSK KUSTANTAJA OF MORDOVAN YLIOPISTO 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9(2R351–6Mo) Ya549 Geografian laitos, vodagroniikan laitos maantieteen tohtori professori A. M. Nosonov; Saransk A. V. Leontievin koulukompleksin nro 39 opettaja Julkaistu esi-yliopiston koulutus- ja toisen asteen tiedekunnan koulutus- ja metodologisen neuvoston päätöksellä ... "

Makarskaya E. V. Kirjassa: Opiskelijatieteen päivät. Kevät - 2011. M.: Moskovan valtion talous-, tilasto- ja informatiikkayliopisto, 2011. S. 135-139.

Kirjoittajat pitävät käytännön käyttöä lineaaristen differentiaaliyhtälöiden teoria tutkimusta varten talousjärjestelmät. Artikkelissa analysoidaan Keynesin ja Samuelson-Hicksin dynaamisia malleja etsimällä talousjärjestelmien tasapainotiloja.

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

Käsikirjassa tarkastellaan kvantitatiivisia menetelmiä henkilön hapenkulutuksen tutkimiseksi Venäjän federaation valtiontieteellisessä keskuksessa IBMP RAS:ssa suoritettujen annosteltujen fyysisten testien aikana. Käsikirja on tarkoitettu tutkijoille, fysiologeille ja lääkäreille, jotka työskentelevät ilmailun, vedenalaisen ja urheilulääketieteen alalla.

Mikheev A. V. Pietari: Operatiivisen painamisen laitos NRU HSE - Pietari, 2012.

Tämä kokoelma sisältää ongelmia differentiaaliyhtälöiden aikana, jotka kirjoittaja on lukenut Pietarin Kansallisen tutkimusyliopiston kauppakorkeakoulun kauppatieteellisessä tiedekunnassa. Jokaisen aiheen alussa esitetään lyhyt yhteenveto tärkeimmistä teoreettisista tosiseikoista ja analysoidaan esimerkkejä tyypillisten ongelmien ratkaisuista. Korkea-asteen koulutuksen opiskelijoille ja kuuntelijoille.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Moskovan valtionyliopiston mekaniikan ja matematiikan tiedekunnan johtokunnan kustantamo, 2012. Nro 2012.

Tämä oppikirja perustuu opiskelijan valitsemaan erityiskurssiin, jonka kirjoittaja lukee Moskovan valtionyliopiston mekaniikka-matematiikan tiedekunnassa. M.V. Lomonosov vuosina 2010-2012 lukuvuodet. Käsikirja tutustuttaa lukijaan parametrix-menetelmään ja sen erilliseen analogiin, jonka käsikirjan kirjoittaja ja hänen kirjoittajattoverinsa ovat viimeksi kehittäneet. Se kokoaa yhteen materiaalia, joka on aiemmin sisältynyt vain useisiin lehtiartikkeleihin. Pyrkimättä esityksen maksimaaliseen yleisyyteen tekijä pyrki havainnollistamaan menetelmän mahdollisuuksia osoittaa paikallisia rajalauseita Markov-ketjujen konvergenssista diffuusioprosessiin ja saada kaksipuolisia Aronson-tyyppisiä arvioita joillekin rappeutuneille diffuusioille.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Tämä julkaisu on kokoelma valittuja artikkeleita "Kolmannesta kansainvälisestä dynamiikkakonferenssista tietojärjestelmä”, joka pidettiin Floridan yliopistossa 16.-18.2.2011. Konferenssin tarkoituksena oli tuoda yhteen teollisuuden, hallituksen ja korkeakoulujen tutkijat ja insinöörit jakamaan uusia löytöjä ja tuloksia tietojärjestelmien dynamiikan teoriaan ja käytäntöön liittyvistä kysymyksistä. Information Systems Dynamics: Mathematical Discovery on huippuluokan tutkimus, joka on tarkoitettu jatko-opiskelijoille ja tutkijoille, jotka ovat kiinnostuneita uusimmista informaatioteorian ja dynaamisten järjestelmien löydöistä. Myös muiden tieteenalojen tutkijat voivat hyötyä uuden kehityksen soveltamisesta omilla aloillaan.

Palvelev R., Sergeev A. G. Proceedings of the Mathematical Institute. V.A. Steklov RAS. 2012. V. 277. S. 199-214.

Landau-Ginzburgin hyperbolisten yhtälöiden adiabaattista rajaa tutkitaan. Tätä rajaa käyttämällä muodostetaan vastaavuus Ginzburg-Landau-yhtälöiden ratkaisujen ja adiabaattisten lentoratojen välille staattisten ratkaisujen moduuliavaruudessa, jota kutsutaan pyörteiksi. Manton ehdotti heuristista adiabaattista periaatetta, jonka mukaan mikä tahansa Ginzburg-Landau-yhtälöiden ratkaisu, jolla on riittävän pieni kineettinen energia, voidaan saada jonkin adiabaattisen liikeradan häiriönä. Ensimmäinen kirjoittaja löysi äskettäin tarkan todisteen tästä tosiasiasta

Annamme eksplisiittisen kaavan kvasi-isomorfismille operadien Hycomm (stabiilien suvun 0 käyrien moduuliavaruuden homologia) ja BV/Δ (BV-operaattorin operoiman Batalin-Vilkovskyn homotoopiaosamäärä) välillä. Toisin sanoen johdetaan Hycomm-algebrojen ja BV-algebroiden ekvivalenssi, jota on tehostettu homotopialla, joka trivialisoi BV-operaattorin. Nämä kaavat on annettu Givental-kaavioiden avulla, ja ne on todistettu kahdella eri tavalla. Yksi todistus käyttää Givental-ryhmätoimintoa, ja toinen todistus käy läpi Hycommin ja BV:n päätöslauselmien eksplisiittisten kaavojen ketjun. Toinen lähestymistapa antaa erityisesti homologisen selityksen Givental-ryhmän toiminnasta Hycomm-algebroilla.

Tieteellisen alaisena toimittanut: A. Mikhailov Voi. 14. M.: Moskovan valtionyliopiston sosiologian tiedekunta, 2012.

Tämän kokoelman artikkelit on kirjoitettu Moskovan valtionyliopiston sosiologian tiedekunnassa vuonna 2011 tehtyjen raporttien perusteella. M.V. Lomonosov XIV:n vuosittaisen tieteidenvälisen tieteellisen seminaarin "Sosiaalisten prosessien matemaattinen mallintaminen" kokouksessa. Sosialistisen työväen sankari Akateemikko A.A. Samara.

Julkaisu on tarkoitettu tutkijoille, opettajille, yliopistojen ja Venäjän tiedeakatemian tiedelaitosten opiskelijoille, jotka ovat kiinnostuneita metodologian ongelmista, kehittämisestä ja toteutuksesta matemaattinen mallinnus sosiaalisia prosesseja.

Alexander Viktorovich Abrosimov Syntymäaika: 16. marraskuuta 1948 (1948 11 16) Syntymäpaikka: Kuibyshev Kuolinpäivä ... Wikipedia

I Differentiaaliyhtälöt, jotka sisältävät tarvittavat funktiot, niiden eri kertaluvun derivaatat ja riippumattomat muuttujat. Teoria D. klo. syntyi 1600-luvun lopulla. mekaniikan ja muiden luonnontieteiden tarpeiden vaikutuksesta, ... ... Suuri Neuvostoliiton tietosanakirja

Tavalliset differentiaaliyhtälöt (ODE) ovat differentiaaliyhtälö muotoa jossa on tuntematon funktio (mahdollisesti vektorifunktio, sitten yleensä myös vektorifunktio, jonka arvot ovat saman ulottuvuuden avaruudessa; tässä .. ... Wikipedia

Wikipediassa on artikkeleita muista ihmisistä, joilla on sama sukunimi, katso Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Syntymäaika: 4. lokakuuta 1934 (1934 10 04) Syntymäpaikka: Tbilisi, Neuvostoliitto Kuolinpäivä ... Wikipedia

Ero- (Differentiaali) Differentiaalin määrittely, funktion differentiaali, tasauspyörästön lukko Tietoja differentiaalin määrittelystä, funktion differentiaalista, tasauspyörästön lukko Sisältö Sisältö matemaattinen Epämuodollinen kuvaus… … Sijoittajan tietosanakirja

Yksi osittaisdifferentiaaliyhtälöiden teorian peruskäsitteistä. X:n rooli ilmenee näiden yhtälöiden oleellisissa ominaisuuksissa, kuten ratkaisujen paikallisissa ominaisuuksissa, erilaisten tehtävien ratkaistavissa, niiden oikeellisuudessa jne. Olkoon ... ... Matemaattinen tietosanakirja

Yhtälö, jossa tuntematon on yhden riippumattoman muuttujan funktio, ja tämä yhtälö ei sisällä vain itse tuntematonta funktiota, vaan myös sen eri asteisia johdannaisia. Termin differentiaaliyhtälöt ehdotti G. ... ... Matemaattinen tietosanakirja

Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin luennolla MISiS:ssä Syntymäaika ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin luennolla MISiS:ssä Syntymäaika: 1931 (1931) ... Wikipedia

Gauss-yhtälö, 2. asteen lineaarinen tavallinen differentiaaliyhtälö tai itseadjoint-muodossa Muuttujat ja parametrit voivat yleensä saada mitä tahansa kompleksisia arvoja. Korvauksen jälkeen saadaan seuraava lomake ... ... Matemaattinen tietosanakirja

VENÄJÄN FEDERAATIOIN OPETUS- JA TIEDETEEN MINISTERIÖ KANSALLINEN TUTKIMUS YDINYLIOPISTO "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Luentokurssi Moskovan tavallisista differentiaaliyhtälöistä 21 korkeakouluopiskelijoille Luentokurssi tavallisesta aiheesta differentiaaliyhtälöt : Opetusohjelma. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 s. Oppikirja syntyi Moskovan teknillisen fysiikan instituutissa useiden vuosien ajan pitämien tekijöiden luentokurssin perusteella. Se on tarkoitettu kaikkien tiedekuntien National Research Nuclear University MEPhI:n opiskelijoille sekä korkeakouluopiskelijoille, joilla on korkeampi matemaattinen koulutus. Käsikirja on laadittu NRNU MEPhI:n luomis- ja kehittämisohjelman puitteissa. Arvostelija: Phys.-Math. Tieteet N.A. Kudrjašov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University MEPhI, 2011 Sisältö Esipuhe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Johdatus tavallisten differentiaaliyhtälöiden teoriaan Peruskäsitteet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchyn ongelma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Ensimmäisen asteen yhtälön Cauchyn ongelman ratkaisun olemassaolo ja ainutlaatuisuus Ainutlaatuisuuslause ensimmäisen asteen OLE:lle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ratkaisun olemassaolo Cauchyn ongelmaan ensimmäisen asteen OLE:lle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jatkoa ensimmäisen asteen ODE:n ratkaisulle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchyn ongelma n:nnen kertaluvun normaalille systeemille Peruskäsitteet ja joitain vektorifunktioiden apuominaisuuksia. . . . Cauchyn ongelman ratkaisun ainutlaatuisuus normaalille järjestelmälle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Metrinen avaruuden käsite. Puristusmappauksen periaate. . . . . . Olemassaolo- ja ainutlaatuisuuslauseet Cauchyn ongelman ratkaisuun normaaleille järjestelmille. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Jotkut tavanomaisten differentiaaliyhtälöiden luokat, jotka on ratkaistu kvadratuuriyhtälöissä erotettavissa olevilla muuttujilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaariset ensimmäisen asteen OÄC:t. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeeniset yhtälöt. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoullin yhtälö. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yhtälö kokonaisdifferentiaaleina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Ensimmäisen kertaluvun yhtälöt, joita ei ole ratkaistu derivaatan suhteen Olemassaolo- ja yksilöllisyyslause ODE:n ratkaisulle, jota ei ole ratkaistu derivaatan suhteen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Erikoisratkaisu. Diskriminoiva käyrä. kirjekuori. . . . . . . . . . . . . . . . Parametrien käyttöönottomenetelmä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagrangen yhtälö. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Clairaut'n yhtälö. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Lineaariset ODE-järjestelmät Peruskäsitteet. Eksistenssin ja ainutlaatuisuuslauseen ongelman ratkaisu Lineaaristen ODE:iden homogeeniset järjestelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vronskin päättävä tekijä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeenisen järjestelmän kompleksiset ratkaisut. Siirtyminen todelliseen dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaaristen ODE:iden epähomogeeniset järjestelmät. Vakioiden vaihtelumenetelmä. . . . . Lineaaristen ODE:iden homogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matriisin eksponentiaalinen funktio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Lineaaristen ODE:iden epähomogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Korkealuokkaiset lineaariset ODE:t Pelkistys lineaaristen ODE:iden järjestelmäksi. Olemassaolo- ja ainutlaatuisuuslause Cauchyn ongelman ratkaisuun. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeeninen lineaarinen korkealuokkainen ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeenisen korkean asteen lineaarisen ODE:n kompleksisten ratkaisujen ominaisuudet. Siirtyminen monimutkaisesta ÔSR:stä todelliseen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Epähomogeeniset lineaariset korkealuokkaiset OÄD:t. Vakioiden vaihtelumenetelmä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeeniset lineaariset korkealuokkaiset OÄD:t vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Epähomogeeninen korkean asteen lineaarinen ODE vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Kestävän kehityksen teoria Kestävyyden peruskäsitteet ja määritelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaarisen järjestelmän ratkaisujen stabiilius. . . . . . Ljapunovin vakauden lauseet. . . . . . . . . . Vakaus ensimmäisellä likiarvolla. . . . . . . Vaihekulkureittien käyttäytyminen lepopisteen lähellä 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. ODE:iden järjestelmien ensimmäiset integraalit 198 Tavallisten differentiaaliyhtälöiden autonomisten järjestelmien ensimmäiset integraalit198 ODE:n ei-autonomiset järjestelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 OÄC-järjestelmien symmetrinen merkintä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Ensimmäisen kertaluvun osittaisdifferentiaaliyhtälöt Homogeeniset ensimmäisen kertaluvun lineaariset osittaisdifferentiaaliyhtälöt Cauchyn ongelma ensimmäisen kertaluvun lineaariselle osittaisdifferentiaaliyhtälölle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvasilineaariset yhtälöt ensimmäisen kertaluvun osittaisissa derivaatoissa. . . . Cauchyn ongelma ensimmäisen asteen kvasilineaariselle osittaisdifferentiaaliyhtälölle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 ESIPUHE Kirjaa valmistellessaan kirjoittajat asettivat tavoitteekseen kerätä yhteen paikkaan ja esittää helposti saatavilla olevaa tietoa useimmista tavallisten differentiaaliyhtälöiden teoriaan liittyvistä asioista. Siksi NRNU MEPhI:ssä (ja muissa yliopistoissa) opetettavan tavallisten differentiaaliyhtälöiden kurssin pakolliseen ohjelmaan sisältyvän materiaalin lisäksi käsikirja sisältää myös lisäkysymyksiä, joilla ei yleensä ole tarpeeksi aikaa luennoille, mutta josta on hyötyä aiheen ymmärtämisessä ja nykyisille opiskelijoille heidän tulevassa ammatillisessa toiminnassaan. Kaikille ehdotetun käsikirjan väitteille annetaan matemaattisesti tarkat todisteet. Nämä todisteet eivät pääsääntöisesti ole alkuperäisiä, vaan kaikki on tarkistettu MEPhI:n matematiikan kurssien esittämistavan mukaisesti. Opettajien ja tiedemiesten keskuudessa laajalti vallitsevan mielipiteen mukaan matemaattisia tieteenaloja tulisi tutkia täydellisin ja yksityiskohtaisin todistein, siirtyen asteittain yksinkertaisesta monimutkaiseen. Tämän käsikirjan kirjoittajat ovat samaa mieltä. Kirjassa annettua teoreettista tietoa tukee riittävän monien esimerkkien analysointi, jonka toivomme helpottavan lukijan aineiston tutkimista. Käsikirja on suunnattu korkeakouluopiskelijoille, joilla on korkeampi matemaattinen koulutus, ensisijaisesti National Research Nuclear University MEPhI:n opiskelijoille. Samalla se on hyödyllinen myös kaikille, jotka ovat kiinnostuneita differentiaaliyhtälöiden teoriasta ja käyttävät tätä matematiikan alaa työssään. -5- Luku I. Johdatus tavallisten differentiaaliyhtälöiden teoriaan 1. 1. Peruskäsitteet Tässä käsikirjassa ha, bi merkitsemme mitä tahansa joukoista (a, b), , (a, b], , x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Viimeisen epäyhtälön vahvistamisen ja (2.3) soveltamisen jälkeen meillä on 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 kaikille x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Näin ollen f täyttää Lipschitzin ehdon, jossa L = 1 , itse asiassa, vaikka L = sin 1 y:ssä. Derivaatta fy0 pisteissä (x, 0) 6= (0, 0) ei kuitenkaan ole olemassa. Seuraava, sinänsä mielenkiintoinen lause sallii Cauchyn ongelman ratkaisun ainutlaatuisuuden todistamiseksi: Lause 2.1 (Kahden ratkaisun eron estimaatista) Olkoon G alue 2 R:ssä ja olkoon f (x, y) 2 C G ja täyttyy G:n Lipschitzin ehto y:llä vakiolla L. Jos y1 , y2 ovat yhtälön y 0 = f (x, y) kaksi ratkaisua janalla , niin seuraava epäyhtälö (estimaatti) on voimassa: jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 kaikille x 2 . -19- y2 Todiste. Määritelmän 2. 2 yhtälön (2.1) ratkaisulla saadaan, että 8 x 2 pistettä x, y1 (x) ja x, y2 (x) 2 G. Kaikille t 2:lle meillä on oikeat yhtälöt y10 (t) = f t , y1 (t ) ja y20 (t) = f t, y2 (t) , jotka integroimme t:n päälle segmentillä , jossa x 2 . Integrointi on laillista, koska oikea ja vasen puoli ovat jatkuvat toiminnoissa. Saadaan yhtälöjärjestelmä Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Vähentämällä toinen toisesta saadaan jy1 (x) y2 (x)j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx h f t, y1 (t) i f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + ft, y1 (t) ft, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Merkitse C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L(x x0) y2 (t) > 0. kaikille x 2 . Lause on todistettu. Todistetun lauseen seurauksena saamme Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisulle ainutlaatuisuuslauseen. Johtopäätös 1. Olkoon funktio f (x, y) 2 C G ja toteuttaa Lipschitzin ehto y:ssä G:ssä, ja olkoon funktiot y1 (x) ja y2 (x) yhtälön (2.1) kaksi ratkaisua samalla välillä , jossa x0 2 . Jos y1 (x0) = y2 (x0), niin y1 (x) y2 (x) on . Todiste. Tarkastellaan kahta tapausta. -20- 1. Olkoon x > x0 , niin Lauseesta 2. 1 seuraa, että h i.e. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) kun x > x0 . 2. Olkoon x 6 x0 , tee muutos t = x, sitten yi (x) = yi (t) y~i (t) kun i = 1, 2. Koska x 2 , niin t 2 [ x0 , x1 ] ja yhtälö y~1 (x0) = y~2 (x0) pätee. Selvitetään mikä yhtälö y~i (t) täyttyy. Seuraava yhtälöiden ketju on tosi: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Tässä on käytetty kompleksisen funktion differentiaatiosääntöä ja sitä, että yi (x) ovat yhtälön (2.1) ratkaisuja. Koska funktio f~(t, y) f (t, y) on jatkuva ja täyttää Lipschitzin ehdon y:n suhteen, niin Lauseen 2.1 perusteella saadaan, että y~1 (t) y~2 (t) funktiolla [ x0 , x1 ], so. y1 (x) y2 (x) - . Yhdistämällä molemmat tarkastellut tapaukset, saamme väitteen seurauksesta. Seuraus 2. (jatkuvassa riippuvuudessa alkutiedoista) Olkoon funktio f (x, y) 2 C G ja toteutuu G:ssä Lipschitzin ehto y:llä vakiolla L, ja funktiot y1 (x) ja y2 (x) ovat ratkaisuja Yhtälö (2.1) määritelty . Merkitään l = x1 x0 ja δ = y1 (x0) y2 (x0) . Silloin 8 x 2:lle epäyhtälö y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l on tosi. Todistus seuraa välittömästi Lauseesta 2. 1. Epäyhtälöä johdosta 2 kutsutaan ratkaisun stabiiliuden estimaatiksi lähtötietojen suhteen. Sen merkitys on siinä, että jos kohdassa x = x0 ratkaisut ovat "lähellä", niin ne ovat "lähellä" myös viimeisellä segmentillä. Lause 2. 1 antaa sovelluksille tärkeän arvion kahden ratkaisun eron moduulista ja johtopäätös 1 antaa Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisun ainutlaatuisuuden. Ainutlaatuisuudelle on myös muita riittäviä edellytyksiä, joista esittelemme nyt yhden. Kuten edellä todettiin, Cauchyn ongelman ratkaisun geometrinen ainutlaatuisuus tarkoittaa, että yhtälön (2.1) integraalikäyrä voi kulkea alueen G pisteen (x0, y0) läpi. Lause 2.2 (Osgood ainutlaatuisuudesta). Olkoon funktio f (x, y) 2 C G ja funktiolle 8 (x, y1), (x, y2) 2 G epäyhtälö f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , missä ϕ ( u) > 0 kun u 2 (0, β], ϕ(u) on jatkuva, ja Zβ du ! +1 kun ε ! 0+. Sitten korkeintaan yksi integraalikäyrä (2.1).-21- Todistus. yhtälön (2.1) ratkaisut y1 (x) ja y2 (x) ovat olemassa siten, että y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , merkitse z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, eli silloin z dx 1 d epäyhtälö jzj2 6 ϕ jzj jzj, josta seuraa, että jzj:lle 6= 0 seuraa, että 2 laatu: dx double ine: Zjz2 j Zx2 dx 6 x 1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. Oletuksena z(x) 6 0 ja on lisäksi jatkuva, joten sellainen segmentti on olemassa, valitse se ja korjaa se. Tarkastellaan joukot n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 ja z(x) = 0. Ainakin yksi näistä joukoista ei ole tyhjä, koska z(x0) = 0 ja x0 62 . Olkoon esimerkiksi X1 6= ∅, se on ylhäältä rajattu, joten 9 α = sup X1 . Huomaa, että z(α) = 0, ts. α 2 X1 , koska jos oletetaan, että z(α) > 0, jatkuvuuden vuoksi meillä on z(x) > 0 jollain välillä α δ1 , α + δ1 , ja tämä on ristiriidassa α = sup X1 määritelmän kanssa. Ehdosta z(α) = 0 seuraa, että α< x1 . По построению z(x) > 0 kaikille x 2:lle (α, x2 ], ja koska z(x) ! 0+ on jatkuva x ! α + 0:lle. Toistetaan argumentit johdossa (2.5) integroimalla segmentin [α + δ, x2 ], jossa x2 on valittu edellä ja kiinteä, ja δ 2 (0, x2 α) on mielivaltainen, saadaan epäyhtälö: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 epäyhtälö, meillä on tapana δ ! 0+, sitten z (α+δ) ! z(α) = 0, Zjz2 j d jzj2 ! +1, jatkuvuusehdon z(x) mukaan ja sitten lauseen jz(α+ δ)j -22- integraali 2 jzjϕ jzj Epäyhtälön Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α oikeaa puolta rajoittaa α + δ ylhäältä äärellisellä arvolla, mikä on samanaikaisesti mahdotonta. että Cauchyn ongelma (2.1), (2.2) ymmärretään seuraavana ongelmana funktion y(x) löytämisestä: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, missä f (x, y) 2 C G ja (x0 , y0) 2 G, G on alue R2 Lemmassa 2. 2. Olkoon f (x, y) 2 C G Sitten seuraavat väitteet pätevät: 1 ) mikä tahansa yhtälön (2.1) ratkaisu ϕ(x) väli ha, bi, joka tyydyttää (2.2) x0 2 ha, bi on integraaliyhtälön Zx y(x) = y0 + f τ, y(τ ) dτ ratkaisu ha, bi; (2.6) x0 2) jos ϕ(x) 2 C ha, bi on integraaliyhtälön (2.6) ratkaisu ha, bi, 1 jossa x0 2 ha, bi, niin ϕ(x) 2 C ha, bi ja on (2.1 ), (2.2) liuos. Todiste. 1. Olkoon ϕ(x) ratkaisu (2.1), (2.2):lle ha, bi. Sitten huomautuksella 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi ja 8 τ 2 ha, bi saadaan yhtälö ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , jonka integroimalla x0:sta x:ään saadaan ( mille tahansa x 2 ha:lle bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ ja ϕ(x0) = y0, eli ϕ(x) on ratkaisu (2.6). x0 2. Olkoon y = ϕ(x) 2 C ha, bi ratkaisu (2.6). Koska f x, ϕ(x) on jatkuva oletuksena ha, bi, niin Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 integraalina jatkuvan muuttuvan ylärajan kanssa toiminto. Erottamalla viimeinen yhtälö x:n suhteen saadaan ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi ja ilmeisesti ϕ(x0) = y0 , ts. ϕ(x) on Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisu. (Kuten tavallista, segmentin lopussa oleva derivaatta ymmärretään vastaavaksi yksipuoliseksi derivaatta.) -23- Huomautus 2. 6. Lemmaa 2. 2 kutsutaan Cauchyn ongelman (2.1) ekvivalenssin lemmaksi. , (2.2) integraaliyhtälöön (2.6). Jos todistamme, että yhtälöön (2.6) on ratkaisu, saadaan Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaistavuus. Tämä suunnitelma toteutetaan seuraavassa lauseessa. Lause 2.3 (paikallinen olemassaololause). Olkoon suorakulmio P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β kokonaan funktion f (x, y) G-alueella. Funktio f (x, y) 2 C G ja täyttää Lipschitzin ehdon n y ov G:lle vakiolla L. Merkitään β M = max f (x, y) , h = min α, M . Sitten on olemassa ratkaisu Cauchyn ongelmalle (2.1), (2.2) välissä P. Todiste. Todistetaan integraaliyhtälön (2.6) ratkaisun olemassaolo välissä. Tätä varten harkitse seuraavaa funktiosarjaa: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ jne. x0 1. Osoitetaan, että 8 n 2 N funktiota yn (peräkkäiset approksimaatiot) on määritelty, ts. osoitetaan, että 8 x 2:lle epäyhtälö yn (x) y0 6 β pätee kaikille n = 1, 2, . . . Käytämme matemaattisen induktion (MMI) menetelmää: a) induktiokanta: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 missä M0 = max f(x, y0) arvolle jxx0 j6a, M06M; b) oletus ja induktioaskel. Olkoon epäyhtälö tosi yn 1:lle (x), todistetaan se yn:lle (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Eli jos jx x0 j 6 h , sitten yn (x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Tavoitteenamme on todistaa lähimmän 1 seuraajan yk (x) k=0 konvergenssi, jota varten se on kätevä esittää seuraavasti: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1, k=1 so. funktionaalisen sarjan osasummien sekvenssit. 2. Arvioi tämän sarjan ehdot todistamalla seuraavat epäyhtälöt 8 n 2 N ja 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Sovelletaan matemaattisen induktion menetelmää: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) induktioperuste: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, edellä todistettu; b) oletus ja induktioaskel. Olkoon epäyhtälö tosi n:lle, sanotaan se n:lle: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, aina dτ 6 x0 Zx i yn 6 mennessä Lipschitzin ehto 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 induktiohypoteesilla 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Tässä on käytetty sitä tosiasiaa, että integraali I = jτ x0 x:lle > x0 x:lle< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk kaikille k2N:lle; 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 pätee Todistetaan tämä apuväite tapaukselle A, B 2 R (eli A ja B ovat äärellisiä; jos A = 1 tai B =+1, niin samoin). Otetaan x A B x , mielivaltainen x 2 (A, B) ja δ(x) = min , δ(x) > 0. 2 2:lla luku δ konvergenssista Ak ! A ja Bk! B saa, että 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1 , A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >N. Sovellettaessa luvun 2.1 johtopäätöstä 1 (eli ainutlaatuisuuslausetta) saadaan, että ϕ(t) ψ(t) kaikille t 2:lle ja erityisesti t = x:lle. Koska x on mielivaltainen piste kohdassa (A, B), ratkaisun ainutlaatuisuus ja sen myötä seuraus on todistettu. Huomautus 2. 10. Juuri todistetussa seurauksessa törmäsimme ensin ajatukseen ratkaisun laajentamisesta laajempaan joukkoon. Seuraavassa kappaleessa tutkimme sitä tarkemmin. Annetaan muutamia esimerkkejä. p Esimerkki 2. 2. Selvitä yhtälölle y 0 = ejxj x2 + y 2, onko sen ratkaisu olemassa kokonaisuutena (A, B) = (1, +1). Tarkastellaan tätä yhtälöä "liuskassa" Q = R2, funktio p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Kappaleen 2.1 lauseen 2.1 mukaan funktio f (x, y) täyttää Lipschitzin ehdon y:n suhteen "vakiolla" L = L(x), x on kiinteä. Silloin kaikki seurauksen ehdot täyttyvät, ja mille tahansa lähtötiedolle (x0 , y0) 2 R2 Cauchyn ongelman ratkaisu on olemassa ja on lisäksi ainutlaatuinen kohdassa (1, +1). Huomaa, että yhtälöä ei voida ratkaista kvadratuurissa, mutta likimääräiset ratkaisut voidaan muodostaa numeerisesti. on määritelty ja jatkuva Q:ssa, -32- Esimerkki 2. 3. Selvitä yhtälölle y 0 = ex y 2, onko sen ratkaisuja määritelty R:llä. Jos tarkastellaan tätä yhtälöä uudelleen "liuskassa" Q = R2 , missä funktio ∂ f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j kaikille y1 , y2 2 R. Todellakin, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, ja lauseke jy2 + y1 j ei ole rajoitettu arvoille y1 , y2 2 R. Siten seuraus ei päde. Ratkaisemme tämän yhtälön "muuttujien erottelulla", saamme yhteinen päätös: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C Tarkkuuden vuoksi otamme x0 = 0, y0 2 R. Jos y0 = 0, niin y(x) 0 on Cauchyn ongelman ratkaisu on R. 1 – Cauchyn ongelman ratkaisu y0 2 [ 1, 0) ex se on määritelty kaikille x 2 R:lle ja y0 2 (1, 1) [ (0, +1) ratkaisu ei y0 + 1 voidaan jatkaa pisteen x = ln kautta Tarkemmin, jos x > 0, niin y0 1 ratkaisu y(x) = y0 +1 on määritelty x 2:lle (1, x), ja jos x< 0 x e y0 y0 < 1 , то решение определено при x 2 (x , +1). В первом случае lim y(x) = +1, а во втором – lim y(x) = 1. Если y0 6= 0, то y(x) = x!x 0 y0 +1 y0 x!x +0 -33- Для наглядности нарисуем интегральные кривые при соответствующих значениях y0 (рис. 2. 5). Рис. 2. 5. Интегральные кривые уравнения y 0 = ex y 2 Таким образом, для задачи Коши 0 y = ex y 2 , y(0) = y0 имеем следующее: 1) если y0 2 [ 1, 0], то решение существует при всех x 2 R; y0 + 1 2) если y0 < 1, то решение существует лишь при x 2 ln ; +1 ; y0 y0 + 1 . 3) если y0 > 0, niin ratkaisu on olemassa vain x 2 1; ln y0 Tämä esimerkki osoittaa, että edellä todistettu rajoitus funktion f (x, y) kasvulle Lauseen 2. 4:n seurauksena on olennainen ratkaisun laajentamiseksi kokonaisuuteen (A, B). Vastaavasti saadaan esimerkkejä funktiolla f (x, y) = f1 (x) y 1+ε mille tahansa ε > 0:lle; yllä olevassa esimerkissä ε = 1 on otettu vain esityksen helpottamiseksi. 2. 3. Jatkoa ensimmäisen asteen ODE-määritelmälle 2. 5. Tarkastellaan yhtälöä y 0 = f (x, y) ja olkoon y(x) sen ratkaisu ha:lla, bi:llä ja Y (x) sen ratkaisu ratkaisu hA , Bi, jossa ha, bi sisältyy hA, Bi ja Y (x) = y(x) ha, bi. Silloin Y(x):tä kutsutaan ratkaisun y(x) laajennukseksi arvoon hA, Bi, ja y(x):n sanotaan laajenevan arvoon hA, Bi. -34- Kohdassa 2.2 todistimme paikallisen olemassaololauseen Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisulle. Millä ehdoilla tätä ratkaisua voidaan laajentaa laajemmalle välille? Tämä osio on omistettu tälle kysymykselle. Sen päätulos on seuraava. Lause 2.5 (ratkaisun jatkosta rajoitetussa suljetussa tilassa). Olkoon funktio f (x, y) 2 C G ja toteuttaa Lipschitzin ehto y:n suhteen R2:ssa, ja (x0 , y0) rajatun suljetun alueen G G sisäpiste. Tällöin yhtälön y 0 = ratkaisu f (x, y) laajennettavissa G:n rajan ∂G:hen asti, ts. se voidaan laajentaa sellaiseksi janaksi, että pisteet a, y(a) ja b, y(b) ovat ∂G:llä. ∂f (x, y) on jatkuva rajoitetussa ∂y suljetussa domeenissa G konveksi y:ssä, jolloin funktio f (x, y) täyttää G:n Lipschitzin ehdon muuttujan y suhteen. Katso väite 2. 1 ∂f alajaksosta 2.1. Siksi tämä lause on tosi, jos se on jatkuva ∂y G:ssä. Huomautus 2. 11. Muista, että jos Todistus. Koska (x0 , y0) on G:n sisäpiste, on olemassa suljettu suorakulmio n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , joka on kokonaan G:ssä. Sitten Lauseen mukaan 2. 3 luvusta n 2.2 on olemassa h > 0 siten, että yhtälön y 0 = f (x, y) välillä on (ja ainutlaatuinen) ratkaisu y = ϕ(x). Jatketaan ensin tätä ratkaisua oikealle tason G rajaan saakka jakamalla todistus erillisiin vaiheisiin. 1. Tarkastellaan joukkoa E R: n o E = α > 0 ratkaisu y = ϕ(x) on laajennettavissa, on olemassa ratkaisu y = ϕ1 (x) yhtälölle y 0 = f (x, y), joka täyttää Cauchyn ehdot ϕ1 ~b = ϕ ~b . Siten ϕ(x) ja ϕ1 (x) ovat ratkaisuja saman yhtälön välillä ~b h1 , ~b, jotka ovat yhtäpitäviä pisteessä x = ~b, joten ne ovat yhtäpitäviä koko välissä ~b h1 , ~b ja , siksi ϕ1 (x) on ratkaisun ϕ(x) jatke janosta ~b h1 , ~b ~b h1 , ~b + h1 . Tarkastellaan funktiota ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , joka on yhtälön y 0 = f (x, y) ratkaisu ja täyttää Cauchyn ehdon ψ(x0) = y0 . Sitten luku α0 + h1 2 E, joka on ristiriidassa määritelmän α0 = sup E kanssa. Näin ollen tapaus 2 on mahdoton. Vastaavasti ratkaisu ϕ(x) ulottuu vasemmalle väliin , jossa piste on a, ϕ(a) 2 ∂G. Lause on täysin todistettu. -37- III luku. Cauchyn ongelma n:nnen kertaluvun normaalille järjestelmälle 3. 1. Vektorifunktioiden peruskäsitteet ja joitain apuominaisuuksia Tässä luvussa tarkastellaan normaalia n:nnen kertaluvun järjestelmää muotoa 8 > t, y , . . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n jossa tuntemattomat (etsivät) funktiot ovat y1 (t), . . . , yn (t), kun funktiot fi tunnetaan, i = 1, n, funktion yläpuolella oleva piste tarkoittaa derivaatta t:n suhteen. Oletetaan, että kaikki fi on määritelty alueella G Rn+1 . Systeemi (3.1) on kätevä kirjoittaa vektorimuodossa: y_ = f (t, y), missä y(t) y1 (t) . . . , yn(t) , f(t, y) f1(t, y) . . . , fn (t, y); Emme kirjoita nuolia vektoreiden nimeämiseen lyhyyden vuoksi. Tällaista merkintää merkitään myös (3.1). Olkoon piste t0 , y10 , . . . , yn0 on G:ssä. Cauchyn tehtävä (3.1) on löytää järjestelmän (3.1) ratkaisu ϕ(t), joka täyttää ehdon: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0, (3.2) tai vektorimuodossa ϕ(t0) = y 0 . Kuten luvussa 1 todettiin, järjestelmän (3.1) ratkaisulla välille ha, bi tarkoitamme vektorifunktiota ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t), joka täyttää seuraavat ehdot: 1) 8 t 2 ha, bi piste t, ϕ(t) on G:ssä; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) tyydyttää (3.1). Jos tällainen ratkaisu tyydyttää lisäksi (3.2), jossa t0 2 ha, bi, niin sitä kutsutaan Cauchyn ongelman ratkaisuksi. Ehtoja (3.2) kutsutaan alkuehdoksi tai Cauchyn ehdoiksi ja numeroita t0 , y10 , . . . , yn0 ovat Cauchyn tiedot (alkutiedot). Siinä erikoistapauksessa, jossa muuttujan vektorifunktio f (t, y) (n+1) riippuu y1:stä , . . . , yn lineaarisesti, eli on muotoa: f (t, y) = A(t) y + g(t), missä A(t) = aij (t) on n n matriisi, järjestelmää (3.1) kutsutaan lineaariseksi. Seuraavassa tarvitsemme vektorifunktioiden ominaisuuksia, jotka esittelemme tässä viittauksen helpottamiseksi. Vektorien yhteen- ja luvulla kertomisen säännöt tunnetaan lineaarialgebran kurssista, nämä perustoiminnot suoritetaan koordinaatistoittain. n Jos lisäämme skalaaritulon x R:ään, y = x1 y1 + . . . + xn yn , niin saadaan euklidinen avaruus, jota myös merkitään Rn:llä ja jonka pituus on s q n P vektorista jxj = x, x = x2k (tai euklidinen normi). Skalaarille k=1 tulolle ja pituudelle on kaksi pääepäyhtälöä: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (kolmio-epäyhtälö); y (Cauchy-Bunyakov-epäyhtälö - Toisen lukukauden matemaattisen analyysin perusteella tiedetään, että pistejonon (vektorien) konvergenssi euklidisessa avaruudessa (ääriulotteinen) vastaa koordinaattijonojen konvergenssia Näiden vektorien sanotaan vastaavan koordinaattikohtaista konvergenssia Tämä seuraa helposti epäyhtälöistä: q p max x 6 x21 + . . . + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n Samoin kuin skalaaritapauksessa, derivaatta ja vektorifunktion integraali määritellään, ja ominaisuudet on helppo todistaa siirtämällä koordinaatteihin. Esitetään muutama epäyhtälö vektorifunktioille, joita käytetään seuraavassa. 1. Jokaiselle vektorifunktiolle y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , integroitavissa (esim. jatkuva) on , seuraava epäyhtälö pätee: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) tai koordinaattimuodossa 0 Zb Zb y1 ( t) dt, @ y2 (t) dt, . . . , a1Zb a Zbqyn(t)dt A6y12(t)+. . . yn2 (t) dt . a Todistus. Huomaa ensin, että epäyhtälö ei sulje pois tapausta 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. rivi matriisi A, niin: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 Cauchyn-Áunyakovsky-epäyhtälöllä 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 1 josta seuraa (3.5). Määritelmä 3. 1. Sanotaan, että vektorifunktio f (t, y) täyttää Lipschitzin ehdon suhteessa vektorimuuttujaan y muuttujien joukossa (t, y) G, jos 9 L > 0 siten, että millä tahansa t:llä , y , 2 t, y 2 G epäyhtälö f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 täyttyy. Kuten kahden muuttujan funktion tapauksessa (katso väite 2.1), riittävä ehto Lipschitzin ominaisuudelle alueella G "konveksi y:ssä" on, että osittaiset derivaatat ovat rajattuja. Annetaan tarkka määritelmä. Määritelmä 3. 2. Muuttujien (t, y) aluetta G kutsutaan konveksiksi 1 2 y:ssä, jos millä tahansa kahdella G:ssä sijaitsevalla pisteellä t, y ja t, y nämä kaksi pistettä yhdistävä jana kuuluu kokonaan sille, ts. e. aseta n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , missä τ 2 . Lause 3. 1. Jos muuttujien (t, y) alue G on konveksi y:ssä ja osittaisderivaatat ∂fi ovat jatkuvia ja niitä rajoittaa vakio l G:ssä ∂yj kaikista i:stä, j = 1, n, silloin vektorifunktio f t, y toteutuu G:ssä Lipschitzin ehtoon y:llä vakiolla L = n l. 1 2 Todistus. Tarkastellaan mielivaltaisia ​​pisteitä t, y ja t, y G:stä ja 1 2 niitä yhdistävää janaa, ts. aseta t, y , missä y = y + τ y y1, t on kiinteä ja τ 2 . -41- Esitetään yhden skalaariargumentin vektorifunktio g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 sitten g(1) g(0) = f t, y f t, y ja toisaalta Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = johtuu y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 jossa A(τ) on matriisi, jossa on merkinnät ∂fi ja ∂yj y2 y 1 on vastaava sarake. Tässä on käytetty kompleksisen funktion differentiaatiosääntöä, eli kaikille i = 1, n, t on kiinteä, meillä on: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fit t , y(τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi , ..., y2 y1 . = ∂y1 ∂yn Kirjoittamalla tämä matriisimuotoon, saadaan: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y n n matriisin kanssa A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Käyttämällä integraaliestimaattia (3.3) ja epäyhtälöä (3.5) saadaan substituution jälkeen: f t, y 2 f t, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 n l 0 6 max A(τ) vuodesta 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 , 2 6 n2 l2 8 τ 2 :lle. Väite on todistettu. -42- 3. 2. Cauchyn ongelman ratkaisun ainutlaatuisuus normaalille systeemille Lause 3. 1 (kahden ratkaisun eron estimoinnista). Olkoon G jokin alue Rn+1 ja vektorifunktio f (x, y) jatkuva G:ssä ja toteuttaa Lipschitzin ehdon suhteessa vektorimuuttujaan y joukossa G vakiolla L. Jos y 1 , y 2 ovat kaksi normaalin järjestelmän (3.1) ratkaisua y_ = f (x, y) segmentillä , sitten estimaatti y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0) ) on voimassa kaikille t 2 . Todistus toistaa sanatarkasti luvun 2.1 Lauseen 2.1 todistuksen ottaen huomioon ilmeiset renotaatiot. 2 Tästä on helppo saada lause ratkaisun ainutlaatuisuudesta ja stabiilisuudesta lähtötietojen suhteen. Seuraus 3.1. Olkoon vektorifunktio f (t, y) jatkuva alueella G ja toteuttaa Lipschitzin ehto G:ssä y:ssä ja funktiot y 1 (t) ja y 2 (t) ovat kaksi normaalin järjestelmän (3.1) ratkaisua ) samalla aikavälillä ja t0 2 . Jos y 1 (t0) = y 2 (t0), niin y 1 (t) y 2 (t) on . Seuraus 3.2. (jatkuva riippuvuus lähtötiedoista). Olkoon vektorifunktio f (t, y) jatkuva alueella G ja täyttää Lipschitzin ehto y:llä vakiolla L > 0 G:ssä, ja vektorifunktiot y 1 (t) ja y 2 (t) ovat ratkaisuja normaali järjestelmä (3.1), joka on määritelty . Tällöin 8 t 2:lle epäyhtälö y 1 (t) pätee, missä δ = y 1 (t0) y 2 (t0) ja l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Johtolauseiden todistus toistaa sanatarkasti seuraamusten 2.1 ja 2.2 todistukset, ottaen huomioon ilmeiset renotaatiot. 2 Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) ratkaistavuuden tutkiminen, kuten yksiulotteisessa tapauksessa, pelkistyy integraali- (vektori)yhtälön ratkaistaviksi. Lemma 3. 1. Olkoon f (t, y) 2 C G; Rn 1. Tällöin pätevät seuraavat väitteet: 1) mikä tahansa yhtälön (3.1) ratkaisu ϕ(t) välillä ha, bi tyydyttää (3.2) t0 2 ha, bi on jatkuva ratkaisu ha, bi 1 C G:n kautta; H:lla on tapana merkitä kaikkien alueen G jatkuvien funktioiden joukkoa arvoilla avaruudessa H. Esimerkiksi f (t, y) 2 C G; Rn-komponentit) määritetty joukolle G. on kaikkien jatkuvien vektorifunktioiden joukko (n -43-integraaliyhtälöllä y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) jos vektorifunktio ϕ(t) 2 C ha, bi on integraaliyhtälön (3.6) jatkuva ratkaisu ha, bi, missä t0 2 ha, bi, niin ϕ(t) on jatkuva derivaatta ha, bi ja on (3.1), (3.2) ratkaisu. Todiste. 1. Täyttää 8 τ 2 ha, bi yhtälön dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Sitten integroimalla t0:sta t:hen, ottaen huomioon (3.2), saadaan dτ Rt 0, että ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, eli ϕ(t) täyttää yhtälön (3.6). t0 2. Täytyy jatkuva vektorifunktio ϕ(t) yhtälö (3.6) ha, bi:lla, silloin f t, ϕ(t) on jatkuva funktiolla ha, bi yhdistelmäfunktion jatkuvuuslauseen mukaan, ja siksi () 3. 6) (ja siten vasemmalla puolella) on jatkuva derivaatta suhteessa t:hen ha, bi. Jos t = t0, arvosta (3.6) ϕ(t0) = y 0, eli ϕ(t) on Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) ratkaisu. Huomaa, että kuten tavallista, segmentin lopussa oleva derivaatta (jos se kuuluu siihen) ymmärretään funktion yksipuoliseksi derivaataksi. Lemma on todistettu. Huomautus 3. 1. Käyttämällä analogiaa yksiulotteisen tapauksen kanssa (katso luku 2) ja edellä todistettuja väitteitä, voimme todistaa lauseen Cauchyn ongelman ratkaisun olemassaolosta ja laajentamisesta rakentamalla iteratiivisen sekvenssin, joka konvergoi integraaliyhtälön (3.6) ratkaisu jollain välillä t0 h, t0 + h . Tässä esitetään toinen todiste supistumismappausperiaatteeseen perustuvan ratkaisun olemassaolosta (ja ainutlaatuisuudesta). Teemme näin tutustuttaaksemme lukijaan nykyaikaisempiin teoriamenetelmiin, joita tullaan käyttämään jatkossa matemaattisen fysiikan integraaliyhtälöiden ja yhtälöiden kursseilla. Suunnitelmamme toteuttamiseksi tarvitsemme useita uusia käsitteitä ja apuväitteitä, joita tarkastelemme nyt. 3. 3. Metrinen avaruuden käsite. Supistumismappausten periaate Matematiikan tärkein rajakäsite perustuu pisteiden ”läheisyys”-käsitteeseen, ts. löytääkseen niiden välisen etäisyyden. Lukuakselilla etäisyys on kahden luvun välisen eron moduuli, tasossa se on tunnettu euklidinen etäisyyskaava ja niin edelleen. Monet analyysin tosiasiat eivät käytä elementtien algebrallisia ominaisuuksia, vaan perustuvat vain niiden välisen etäisyyden käsitteeseen. Tämän lähestymistavan kehittäminen, ts. rajan käsitteeseen liittyvän "olennon" erottaminen johtaa metrisen avaruuden käsitteeseen. -44- Määritelmä 3. 3. Olkoon X mielivaltainen joukko ja ρ(x, y) kahden muuttujan x, y 2 X reaalifunktio, jotka täyttävät kolme aksioomaa: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X ja ρ(x, y) = 0 vain, kun x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (symmetriaaksiooma); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (kolmio-epäyhtälö). Tässä tapauksessa joukkoa X tietyllä funktiolla ρ(x, y) kutsutaan metriavaruudeksi (ÌS), ja funktiota ρ(x, y) : X X 7! R tyydyttävä 1) – 3), – metrinen tai etäisyys. Annamme muutamia esimerkkejä metrisistä avaruuksista. Esimerkki 3. 1. Olkoon X = R etäisyydellä ρ(x, y) = x y, saadaan MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n on esimerkki 3. 2. Olkoon X = R = x1 , . . . , xn on n:n reaaliluvun järjestetyn joukon joukko s n 2 P x = x1 , . . . , xn etäisyydellä ρ(x, y) = xk yk , saadaan n1 k=1 n-ulotteinen euklidinen avaruus R . n Esimerkki 3. 3. Olkoon X = C a, b ; R on joukko a:lla, b:llä jatkuvia funktioita, joiden arvot ovat Rn:ssä, ts. jatkuvat vektorifunktiot, etäisyydellä ρ(f, g) = max f (t) g(t) , missä f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), . . . , gn(t) , fg = fk(t) gk(t) . k=1 Esimerkkejä 3. 1 –3. MP:n 3 aksioomaa varmistetaan suoraan, jätämme tämän harjoitukseksi tunnolliselle lukijalle. Kuten tavallista, jos jokainen luonnollinen n liittyy elementtiin xn 2 X, niin sanotaan, että pisteiden sarja xn MP X on annettu Määritelmä 3. 4. Pisteiden sarjan xn MP X sanotaan konvergoivan pisteeseen x 2 X jos lim ρ xn , x = 0. n!1 Määritelmä 3. 5. Jaksoa xn kutsutaan perustavanlaatuiseksi, jos mille tahansa ε > 0:lle on olemassa luonnollinen luku N (ε) siten, että kaikilla n > N ja m > N epäyhtälö ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n > N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 on sellainen luku N (ε), että kaikille n > N ja kaikille t 2 a, b epäyhtälö 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. Tarkastellaan B = Am , B: X 7! X, B - puristus. Lauseen 3.2 mukaan operaattorilla B on ainutlaatuinen kiinteä piste x . Koska A ja B liikennöivät AB = BA ja koska Bx = x , meillä on B Ax = A Bx = Ax , ts. y = Ax on myös B:n kiinteä piste, ja koska tällainen piste on Lauseen 3.2 mukaan yksikäsitteinen, niin y = x tai Ax = x . Siten x on operaattorin A kiinteä piste. Todistetaan ainutlaatuisuus. Oletetaan, että x~ 2 X ja A~ x = x~, sitten m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, eli x~ on myös kiinteä piste B:lle, josta x~ = x . Lause on todistettu. Metrinen avaruuden erikoistapaus on normoitu lineaarinen avaruus. Annetaan tarkka määritelmä. Määritelmä 3. 9. Olkoon X lineaarinen avaruus (reaali tai kompleksi), jolle on määritelty numeerinen funktio x, joka toimii X:stä R:ään ja täyttää aksioomit: 1) 8 x 2 X, x > 0 ja x = 0 vain kun x = θ; 2) 8 x 2 X ja 8 λ 2 R (tai C) 3) 8 x, y 2 X on nick). x+y 6 x + y λx = jλjx; (kolmio-epäyhtälö) Silloin X:ää kutsutaan normiavaruudeksi, x: X 7! R, joka tyydyttää 1) – 3), kutsutaan normiksi. ja funktio Normalavaruudessa voit syöttää elementtien välisen etäisyyden kaavalla ρ x, y = x y . MP-aksioomien toteutuminen on helposti todennettavissa. Jos tuloksena oleva metriavaruus on täydellinen, vastaavaa normiavaruutta kutsutaan Banax-avaruudeksi. Usein on mahdollista ottaa normi käyttöön eri tavoin samassa lineaariavaruudessa. Tämän seurauksena syntyy käsite. Määritelmä 3. 10. Olkoon X lineaarinen avaruus ja olkoon ja kaksi siihen tuotua 1 2 -normia. Normeja ja kutsutaan vastaaviksi 1 2 normeiksi, jos 9 C1 > 0 ja C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Huomautus 3. 3. Jos ja ovat kaksi ekvivalenttia normia X:llä ja 1 2 avaruus X on täydellinen toisessa, niin se on täydellinen myös toisessa normissa. Tämä seuraa helposti siitä tosiasiasta, että sekvenssi xn X, joka on perustavanlaatuinen suhteessa, on myös perustavanlaatuinen suhteessa 1 2 ja suppenee siihen 1 2 samaa elementtiä x 2 X. käytetään kun tämän tilan suljettu pallo otetaan täydellinen n-avaruus o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , missä r > 0 ja a 2 X ovat kiinteitä. Huomaa, että suljettu pallo PMP:ssä on itse PMP, jolla on sama etäisyys. Jätämme tämän tosiasian todistamisen lukijalle harjoituksena. Huomautus 3. 5. Yllä avaruuden täydellisyys määritettiin esimerkistä n mitta 3. 3. Huomaa, että lineaariseen avaruuteen X = C 0, T , R voidaan ottaa käyttöön normi kxk = max x(t) niin että tuloksena oleva normalisointi on Banach. Samalle avaruudessa 0, T jatkuvalle vektorifunktioiden joukolle voidaan ottaa käyttöön ekvivalenttinormi kaavalla kxkα = max e αt x(t) mille tahansa α 2 R:lle. Jos α > 0, ekvivalenssi seuraa epäyhtälöistä e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) kaikille t 2 0, T , josta e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Käytämme tätä ekvivalenttien normien ominaisuutta todistaessamme lauseen Cauchyn ongelman ainutlaatuisesta ratkaistavuudesta lineaarisille (normaaleille) järjestelmille. 3. 4. Eksistanssi- ja ainutlaatuisuuslauseet Cauchyn ongelman ratkaisuun normaaleille järjestelmille. Tarkastellaan Cauchyn ongelmaa (3.1) – (3.2), jossa alkudata t0 , y 0 2 G, G Rn+1 on järjestelmän verkkoalue. vektorifunktio f (t, y ). Tässä osiossa oletetaan, että G:llä on – osa n:stä muotoa G = a, b o , jossa alue on Rn ja pallo on BR (y 0) = Lause pätee. y 2 Rn y y0 6 R on kokonaan sisällä. Lause 3. 4. Olkoon f (t, y) 2 C G vektorifunktio; Rn ja 9 M > 0 ja L > 0 siten, että seuraavat ehdot täyttyvät: 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Kiinnitä luku δ 2 (0, 1) ja olkoon t0 2 (a, b). Sitten R1 δ 9 h = min; ; t0 a; b t0 > 0 M L siten, että on olemassa myös ainutlaatuinen ratkaisu Cauchyn ongelmalle (3.1), (3.2) y(t) välillä Jh = t0 h, t0 + h ja y(t) y 0 6 R kaikki t 2 Jh. -48- Todiste. Lemman 3.1 mukaan Cauchyn ongelma (3.1), (3.2) vastaa integraaliyhtälöä (3.6) välillä , ja siten myös Jh , jossa h on valittu yllä. Tarkastellaan Banach-avaruutta X = C (Jh ; Rn), vektorifunktioiden joukkoa x(t), jatkuva janalla Jh normilla kxk = max x(t), ja sisällytetään X:ään suljettu joukko: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X y y(t) o 0 6R = o 0 y 6R on suljettu pallo X:ssä. Säännön määrittelemä operaattori A : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 ottaa SR y 0:n itseensä, koska y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 lauseen ehdon 1 ja h:n määritelmän mukaan. Osoitetaan, että A on SR:n supistusoperaattori. Otetaan mielivaltainen 0 1 2 ja arvioidaan arvo: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, missä q = h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 valitaan R:n mukaan kaavasta h = min M ; 1L 8; b a , ja kaikkialla on otettava -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h janaksi Jh. Kaikki muut lauseen ehdot eivät muutu, sen todistus, uudelleennimeäminen huomioon ottaen, R säilyy. Tapauksessa t0 = b, samoin, h = min M ; 1L 8; b a ja Jh = b h, b . n Huomautus 3. 7. Lauseen 3. 4 ehto f (t, y) 2 C G; R , jossa G = a, b D, voidaan heikentää korvaamalla se vaatimuksella, että f (t, y) on jatkuva muuttujan t suhteen kullekin y 2:lle ehtojen 1 ja 2 säilyessä. sama. Huomautus 3. 8. Riittää, että Lauseen 3. 4 ehdot 1 ja 2 pätevät 0 kaikille t, y 2 a, b BR y , kun taas vakiot M ja L riippuvat yleisesti ottaen y:stä ja R:stä. vektorifunktio f t, y , kuten Lauseen 2.4, olemassaolo- ja uniikiteettilause Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) ratkaisulle koko välillä a, b pätee. n Lause 3. 5. Olkoon vektorifunktio f x, y 2 C G, R , jossa G = a, b Rn , ja on olemassa L > 0 siten, että ehto 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Sitten mille tahansa t0 2:lle ja y 0 2 Rn:lle on olemassa Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) ainutlaatuinen ratkaisu. Todiste. Otetaan mielivaltaiset t0 2 ja y 0 2 Rn ja korjataan ne. Esitetään joukkoa G = a, b Rn seuraavasti: G = G [ G+ , missä Rn , ja G+ = t0 , b Rn , olettaen, että t0 2 a, b , muuten yksi G = a, t0 todisteet puuttuvat. Tarkastellaanpa nauhaa G+ . Välillä t0 , b Cauchyn ongelma (3.1), (3.2) vastaa yhtälöä (3.6). Esittelemme operaattorin integraalille n A: X 7! X, jossa X = Ct0, b; R, kaavan Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ mukaisesti. t0 Tällöin integraaliyhtälö (3.6) voidaan kirjoittaa operaattoriyhtälöksi Ay = y. (3.8) Jos todistetaan, että operaattoriyhtälöllä (3.8) on ratkaisu PMP X:ssä, saadaan Cauchyn ongelman ratkaistavuus t0 , b tai a, t0 G :lle. Jos tämä ratkaisu on ainutlaatuinen, niin ekvivalenssin perusteella myös Cauchyn ongelman ratkaisu on ainutlaatuinen. Esitämme kaksi todistetta yhtälön (3.8) ainutlaatuisesta ratkaistavuudesta. Todistus 1. Tarkastellaan mielivaltaisia ​​vektorifunktioita 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , niin arviot ovat voimassa mille tahansa -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt h f τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . Muista, että X:n normi otetaan käyttöön seuraavasti: kxk = max x(τ) . Saadusta epäyhtälöstä saadaan ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Jatkamalla tätä prosessia, voimme todistaa induktiolla, että 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . Siten lopuksi saadaan arvio Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1 . k Koska α(k) = ! 0 k:lle! 1, silloin on k0 sellainen, että k! että α(k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α >0 (katso huomautus 3. 5) kaavalla: x α = max e αt x(t) . -51- Osoitetaan, että on mahdollista valita α siten, että operaattori A avaruudessa X normin α > L kanssa on supistuva. Todellakin, α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) α y 2 (τ) α y 2 L max e αt Koska α > L, niin q = L α 1 1 αt e α e e αt0< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с 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. Kohdan (4.18) perusteella meillä on Rx Zx K dξ y(x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK(x x0) Zx +M x0 = y0 e K(x x0) eK(x ξ ) dξ = x0M + K eK(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0eKjxx0jM Kjx + eKx0j1. Anna nyt 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, niin ilmeisesti funktio y(x) 0 on yhtälön (4.24) ratkaisu. Bernoullin yhtälön (4.24) α 6= 0, α 6= 1 ratkaisemiseksi jaamme yhtälön molemmat puolet y α :lla. Kun α > 0, on huomioitava, että huomautuksen 4. 4 perusteella funktio y(x) 0 on yhtälön (4.24) ratkaisu, joka häviää tällaisessa jaossa. Siksi se on tulevaisuudessa lisättävä yleiseen ratkaisuun. Jaon jälkeen saadaan relaatio y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Esitetään uusi haluttu funktio z = y 1 α, jolloin z 0 = (1, joten saadaan yhtälö z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0 ja (4.25) Yhtälö (4.25) on lineaarinen yhtälö. Tällaisia ​​yhtälöitä tarkastellaan luvussa 4.2, jossa saadaan yleisen ratkaisun kaava, jonka ansiosta yhtälön (4.25) ratkaisu z(x) kirjoitetaan z(x) = Ce R (α 1) a( x) dx + + (1 α ) e R (α 1) a(x) dx 1 Z b(x) e R (α 1) a(x) dx dx. (4.26) Tällöin funktio y(x) = z 1 α (x), jossa z(x) on määritelty kohdassa (4.26), on Bernoullin yhtälön (4.24) ratkaisu. -64- Lisäksi, kuten edellä mainittiin, α > 0:lle ratkaisu on myös funktio y(x) 0. Esimerkki 4. 4. Ratkaistaan ​​yhtälö y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Jaa yhtälö (4.27) y 2:lla ja tee muutos z = saadaan lineaarinen epähomogeeninen yhtälö 1 y. Tuloksena z 0 + 2z = ex . (4.28) Ratkaisemme ensin homogeenisen yhtälön: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Epähomogeenisen yhtälön (4.28) ratkaisua etsitään mielivaltaisen vakion variaatiomenetelmällä: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , josta zin = ex , ja yhtälön (4.28) yleinen ratkaisu z(x) = Ce2x + ex . Siksi Bernoullin yhtälön (4.24) ratkaisu voidaan kirjoittaa muodossa y(x) = 1 . ex + Ce2x Lisäksi yhtälön (4.24) ratkaisu on myös funktio y(x) Menetimme tämän ratkaisun, kun jaamme tämän yhtälön y 2:lla. 0. 4. 5. Yhtälö täydellisissä differentiaaleissa. Tarkastellaan yhtälöä differentiaaleissa M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G on jokin alue R2:ssa . Tällaista yhtälöä kutsutaan täydelliseksi differentiaaliyhtälöksi, jos on olemassa funktio F (x, y) 2 C 1 (G), jota kutsutaan potentiaaliksi siten, että dF (x, y) = M (x, y) dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. Oletetaan yksinkertaisuuden vuoksi, että M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) ja alue G on yksinkertaisesti yhdistetty. Näillä olettamuksilla matemaattisen analyysin (katso esimerkiksi ) aikana todistetaan, että yhtälön (4.29) potentiaali F (x, y) on olemassa (eli (4.29) on yhtälö kokonaisdifferentiaaleissa) jos ja vain jos Oma (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Lisäksi (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0 , y0) jossa piste (x0 , y0) on jokin kiinteä piste G:stä, (x, y) on G:n nykyinen piste, ja kaareva integraali otetaan mitä tahansa käyrää pitkin, joka yhdistää pisteet (x0, y0) ja (x, y) ja sijaitsee kokonaan alueella G. Jos yhtälö ( 4.29) on yhtälö