Dette kurset forelesninger i mer enn 10 år for studenter i teoretisk og anvendt matematikk ved Far Eastern State University. Tilsvarer II-generasjonsstandarden for disse spesialitetene. Anbefales for studenter og studenter med matematiske spesialiteter.

Cauchys teorem om eksistensen og unikheten til en løsning på Cauchy-problemet for en førsteordens ligning.
I denne delen, ved å pålegge visse begrensninger på høyre side av førsteordens differensialligning, vil vi bevise eksistensen og unikheten til en løsning bestemt av de innledende dataene (x0,y0). Det første beviset på eksistensen av en løsning på differensialligninger skyldes Cauchy; beviset nedenfor er gitt av Picard; den er produsert ved hjelp av metoden for suksessive tilnærminger.

INNHOLDSFORTEGNELSE
1. Første ordens ligninger
1.0. Introduksjon
1.1. Separerbare variabellikninger
1.2. Homogene ligninger
1.3. Generaliserte homogene ligninger
1.4. Første ordens lineære ligninger og deres reduksjoner
1.5. Bernoulli-ligningen
1.6. Riccati-ligningen
1.7. Ligning i totale forskjeller
1.8. integrerende faktor. De enkleste tilfellene for å finne den integrerende faktoren
1.9. Ligninger ikke løst med hensyn til den deriverte
1.10. Cauchys teorem om eksistensen og unikheten til en løsning på Cauchy-problemet for en førsteordens ligning
1.11. Enkeltpunkter
1.12. Spesialløsninger
2. Ligninger av høyere orden
2.1. Grunnleggende begreper og definisjoner
2.2. Typer av ligninger av n-te orden, løsbare i kvadraturer
2.3. Mellomintegraler. Ligninger som tillater reduksjoner i rekkefølge
3. Lineære differensialligninger av n. orden
3.1. Enkle konsepter
3.2. Lineære homogene differensialligninger av n-te orden
3.3. Avtagende rekkefølge av lineær homogen ligning
3.4. Inhomogene lineære ligninger
3.5. Redusere rekkefølgen i en lineær inhomogen ligning
4. Lineære ligninger med konstante koeffisienter
4.1. Homogen lineær ligning med konstante koeffisienter
4.2. Inhomogene lineære ligninger med konstante koeffisienter
4.3. Andre ordens lineære ligninger med oscillerende løsninger
4.4. Integrasjon via strømserier
5. Lineære systemer
5.1. Heterogene og homogene systemer. Noen egenskaper ved løsninger lineære systemer
5.2. Nødvendige og tilstrekkelige betingelser for lineær uavhengighet av k løsninger av et lineært homogent system
5.3. Eksistensen av en grunnleggende matrise. Konstruksjon av en generell løsning av et lineært homogent system
5.4. Konstruksjon av hele settet med grunnleggende matriser til et lineært homogent system
5.5. Heterogene systemer. Konstruksjon av en generell løsning ved hjelp av metoden for variasjon av vilkårlige konstanter
5.6. Lineære homogene systemer med konstante koeffisienter
5.7. Litt informasjon fra teorien om funksjoner til matriser
5.8. Konstruksjon av grunnmatrisen til et system av lineære homogene ligninger med konstante koeffisienter i generell sak
5.9. Eksistensteorem og teoremer om funksjonelle egenskaper til løsninger av normale systemer av førsteordens differensialligninger
6. Elementer i stabilitetsteorien
6.1
6.2. De enkleste typene hvilepunkter
7. Ligninger i partielle deriverte av 1. orden
7.1. Lineær homogen partiell differensialligning av 1. orden
7.2. Inhomogen lineær partiell differensialligning av 1. orden
7.3. System av to partielle differensialligninger med 1 ukjent funksjon
7.4. Pfaff ligning
8. Varianter av kontrolloppgaver
8.1. Test №1
8.2. Eksamen nr. 2
8.3. Eksamen nr. 3
8.4. Prøvearbeid nr. 4
8.5. Eksamen nr. 5
8.6. Test nr. 6
8.7. Prøvearbeid nr. 7
8.8. Kontrollarbeid nummer 8.

Gratis nedlasting av e-bok i et praktisk format, se og les:
Last ned boken Course of lectures on ordinary differential equations, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, rask og gratis nedlasting.

Last ned pdf
Nedenfor kan du kjøpe denne boken til den beste rabatterte prisen med levering i hele Russland.

"FORELESNINGER OM VANLIGE DIFFERENSIALLIGNINGER DEL 1. ELEMENTER I DEN GENERELLE TEORIEN Læreboken skisserer bestemmelsene som ligger til grunn for teorien om vanlige differensiallikninger: ..."

-- [ Side 1 ] --

A. E. Mamontov

FOREDRAG OM FELLES

DIFFERENSIALLIKNINGER

ELEMENTER I DEN GENERELLE TEORIEN

Opplæringshåndboken angir bestemmelsene som utgjør

grunnlaget for teorien om vanlige differensialligninger: konseptet med løsninger, deres eksistens, unikhet,

avhengighet av parametere. Også (i § 3) viss oppmerksomhet er gitt til den "eksplisitte" løsningen av visse klasser av ligninger. Veiledningen er beregnet på dybdestudie kurs "Differensiallikninger" av studenter som studerer ved det matematiske fakultetet ved Novosibirsk State Pedagogical University.

UDC 517.91 BBK B161.61 Forord Opplæringen er beregnet på studenter ved det matematiske fakultetet ved Novosibirsk State Pedagogical University som ønsker å studere det obligatoriske kurset "Differensialligninger" i et utvidet volum. Leserne tilbys de grunnleggende konseptene og resultatene som danner grunnlaget for teorien om vanlige differensialligninger: konsepter av løsninger, teoremer om deres eksistens, unikhet og avhengighet av parametere. Det beskrevne materialet er presentert i form av en logisk uatskillelig tekst i §§ 1, 2, 4, 5. Også (i § 3, som skiller seg noe fra hverandre og midlertidig avbryter hovedtråden i kurset), er de mest populære metodene for "eksplisitt" finne løsninger på noen klasser av ligninger vurderes kort. Ved første gangs lesing kan § 3 hoppes over uten vesentlig skade på den logiske strukturen i kurset.

En viktig rolle spilles av øvelser, som er inkludert i et stort antall i teksten. Leseren anbefales på det sterkeste å løse dem "i forfølgelse", som garanterer assimilering av materialet og vil tjene som en test. Dessuten fyller disse øvelsene ofte det logiske stoffet, det vil si at uten å løse dem, vil ikke alle forslag bli strengt bevist.

I hakeparentes midt i teksten er det gjort merknader som har rollen som kommentarer (utvidede eller sideforklaringer). Leksisk sett avbryter disse fragmentene hovedteksten (dvs. for en sammenhengende lesning må de "ignoreres"), men de er fortsatt nødvendige som forklaringer. Disse fragmentene skal med andre ord oppfattes som om de var plassert på kantene.

Det er separat rubriserte "merknader for læreren" i teksten - de kan utelates ved lesing av studenter, men er nyttige for læreren som skal bruke manualen, for eksempel når han holder forelesninger - de bidrar til å bedre forstå logikken i kurset og angi retningen for mulige forbedringer (utvidelser) av kurset. Utviklingen av disse kommentarene fra studentene kan imidlertid bare hilses velkommen.

En lignende rolle spilles av "grunner for læreren" - de gir i en ekstremt kortfattet form beviset på noen av bestemmelsene som tilbys leseren som øvelser.

De vanligste (nøkkel) termene brukes som forkortelser, en liste over disse er gitt på slutten for enkelhets skyld. Det er også en liste over matematiske notasjoner som forekommer i teksten, men som ikke er blant de vanligste (og/eller ikke klart forstått i litteraturen).

Symbolet betyr slutten på beviset, formuleringen av utsagnet, bemerkninger osv. (der det er nødvendig for å unngå forvirring).

Formler nummereres uavhengig i hvert avsnitt. Når det refereres til en del av formelen, brukes indekser, for eksempel betyr (2)3 den tredje delen av formelen (2) (deler av formelen anses å være fragmenter atskilt med et typografisk mellomrom, og fra en logisk posisjon - en haug med "og").

Denne håndboken kan ikke fullstendig erstatte dybdestudiet av emnet, som krever uavhengige øvelser og lesing av tilleggslitteratur, for eksempel, listen over som er gitt på slutten av håndboken. Forfatteren har imidlertid forsøkt å presentere teoriens hovedbestemmelser i en ganske kortfattet form egnet for et forelesningskurs. I denne forbindelse bør det bemerkes at når du leser et forelesningskurs om denne håndboken, tar det omtrent 10 forelesninger.

Det er planlagt å publisere ytterligere 2 deler (bind) som fortsetter denne håndboken og dermed fullføre syklusen med forelesninger om emnet "ordinære differensialligninger": del 2 (lineære ligninger), del 3 (videre teori om ikke-lineære ligninger, partielle differensialligninger av første rekkefølge).

§ 1. Innledning En differensialligning (DE) er en relasjon av formen u1 u1 un, høyere deriverte F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) hvor y = (y1,. .., yk) Rk er uavhengige variabler, og u = u(y) er ukjente funksjoner1, u = (u1,..., un). Dermed er det n ukjente i (1), så det kreves n ligninger, dvs. F = (F1,..., Fn), slik at (1) generelt sett er et system av n ligninger. Hvis det bare er én ukjent funksjon (n = 1), så er ligning (1) skalar (én ligning).

Så funksjonen(e) F er gitt(er), og u søkes. Hvis k = 1, kalles (1) ODE, og ellers - PDE. Det andre tilfellet er gjenstand for et spesielt UMF-kurs som er satt opp i den eponyme serien med opplæringsprogrammer. I denne serien med manualer (bestående av 3 deler-bind) vil vi kun studere ODE-er, med unntak av siste avsnitt i siste del (volum), der vi vil begynne å studere noen spesielle tilfeller av PDE.

2u u Eksempel. 2 = 0 er PDE.

y1 y De ukjente størrelsene u kan være reelle eller komplekse, noe som ikke er avgjørende, siden dette øyeblikket bare refererer til formen for å skrive ligninger: enhver kompleks notasjon kan gjøres om til reell ved å skille de reelle og imaginære delene (men, selvfølgelig, dobling av antall ligninger og ukjente), og omvendt, i noen tilfeller er det praktisk å bytte til kompleks notasjon.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Dette er et system med 2 ODE-er. Eksempel.

dy dy dy for 2 ukjente funksjoner av den uavhengige variabelen y.

Hvis k = 1 (ODE), så brukes "direkte"-tegnet d/dy.

u(y) du Eksempel. exp(sin z)dz er en ODE fordi den har et eksempel. = u(u(y)) for n = 1 er ikke en DE, men en funksjonell differensialligning.

Dette er ikke en DE, men en integro-differensialligning, vi vil ikke studere slike ligninger. Imidlertid reduseres spesifikt ligning (2) lett til ODE:

Trening. Reduser (2) til en ODE.

Men generelt er integralligninger et mer komplekst objekt (det blir delvis studert i løpet av funksjonell analyse), selv om det, som vi vil se nedenfor, er med deres hjelp at noen resultater for ODE-er oppnås.

DE-er oppstår både fra intra-matematiske behov (for eksempel i differensialgeometri) og i applikasjoner (historisk for første gang, og nå hovedsakelig i fysikk). Den enkleste DE er det "grunnleggende problemet med differensialregning" om å gjenopprette en funksjon fra dens deriverte: = h(y). Som kjent fra analysen har løsningen formen u(y) = + h(s)ds. Mer generelt DE krever spesielle metoder for deres løsning. Imidlertid, som vi vil se nedenfor, er praktisk talt alle metoder for å løse ODE-er "i eksplisitt form" i hovedsak redusert til det angitte trivielle tilfellet.

I applikasjoner oppstår ODE-er oftest når man beskriver prosesser som utvikler seg over tid, slik at rollen som en uavhengig variabel vanligvis spilles av tiden t.

dermed er meningen med ODE i slike applikasjoner å beskrive endringen i parameterne til systemet over tid. Derfor er det praktisk når du konstruerer generell teori ODE angir den uavhengige variabelen med t (og kaller det tid med alle påfølgende terminologiske konsekvenser), og den ukjente funksjonen(e) med x = (x1,..., xn). Dermed er den generelle formen for ODE (ODE-systemet) som følger:

hvor F = (F1,..., Fn) - dvs. dette er et system med n ODE for n funksjoner x, og hvis n = 1, så en ODE for 1 funksjon x.

Dessuten er x = x(t), t R og x generelt komplekst verdsatt (dette er for enkelhets skyld, siden noen systemer kan skrives mer kompakt).

Systemet (3) sies å ha orden m i forhold til xm.

Derivatene kalles senior, og resten (inkludert xm = seg selv) kalles junior. Hvis alle m =, så sier vi ganske enkelt at rekkefølgen til systemet er lik.

Riktignok kalles tallet m ofte systemets rekkefølge, som også er naturlig, som det vil bli klart nedenfor.

Spørsmålet om behovet for å studere ODE-er og deres anvendelser, vil vi vurdere tilstrekkelig underbygget av andre disipliner (differensialgeometri, matematisk analyse, teoretisk mekanikk, etc.), og det dekkes delvis i løpet av praktiske øvelser når du løser problemer (for eksempel fra en oppgavebok). I dette kurset vil vi utelukkende behandle matematisk studie av systemer av formen (3), som betyr å svare på følgende spørsmål:

1. hva betyr det å "løse" ligningen (systemet) (3);

2. hvordan gjøre det;

3. hvilke egenskaper disse løsningene har, hvordan undersøke dem.

Spørsmål 1 er ikke så åpenbart som det ser ut til - se nedenfor. Vi legger umiddelbart merke til at ethvert system (3) kan reduseres til et førsteordens system, og betegner lavere deriverte som nye ukjente funksjoner. Den enkleste måten å forklare denne prosedyren på er med et eksempel:

av 5 ligninger for 5 ukjente. Det er lett å forstå at (4) og (5) er likeverdige i den forstand at løsningen på en av dem (etter passende omdøping) er løsningen til den andre. I dette tilfellet bør man bare stille spørsmålet om løsningenes smidighet - vi vil gjøre dette videre når vi møter høyere ordens (dvs. ikke 1.) ODE-er.

Men nå er det klart at det er tilstrekkelig å studere bare førsteordens ODE-er, mens andre kan være nødvendige bare for å gjøre notasjonen lettere (en slik situasjon vil noen ganger oppstå i vårt tilfelle).

Og nå begrenser vi oss til førsteordens ODE:

dimx = dim F = n.

Studiet av ligningen (systemet) (6) er upraktisk på grunn av at det ikke er tillatt med hensyn til de deriverte dx/dt. Som kjent fra analysen (fra den implisitte funksjonsteoremet), kan ligning (6) under visse betingelser på F løses med hensyn til dx/dt og skrives på formen hvor f: Rn+1 Rn er gitt og x: R Rn er den nødvendige. Det sies at (7) er en ODE løst med hensyn til derivater (en ODE av normal form). Når du går fra (6) til (7), kan det naturligvis oppstå vanskeligheter:

Eksempel. Ligningen exp(x) = 0 kan ikke skrives på formen (7), og har ingen løsninger i det hele tatt, dvs. exp har ingen nuller selv i det komplekse planet.

Eksempel. Ligningen x 2 + x2 = 1 med oppløsning er skrevet som to normale ODE-er x = ± 1 x2. Du bør løse hver av dem og deretter tolke resultatet.

Kommentar. Når du reduserer (3) til (6), kan det oppstå vanskeligheter hvis (3) har orden 0 med hensyn til en funksjon eller en del av funksjonene (dvs. dette er en funksjonell differensialligning). Men da må disse funksjonene ekskluderes av den implisitte funksjonsteoremet.

Eksempel. x = y, xy = 1 x = 1/x. Du må finne x fra den resulterende ODE, og deretter y fra den funksjonelle ligningen.

Men uansett hører problemet med overgang fra (6) til (7) mer til feltet matematisk analyse enn til DE, og vi skal ikke behandle det. Men når du løser ODE-er av formen (6), kan det oppstå interessante øyeblikk fra synspunktet til ODE-er, så det er hensiktsmessig å studere dette problemet når du løser problemer (som det for eksempel gjøres i ), og det vil være litt berørt i § 3. Men i resten av kurset skal vi kun behandle normale systemer og ligninger. Så tenk på ODE (ODE-systemet) (7). La oss skrive det en gang i komponent-for-komponent-form:

Konseptet "løse (7)" (og generelt enhver DE) har lenge blitt forstått som søket etter en "eksplisitt formel" for løsningen (dvs. i form av elementære funksjoner, deres antiderivater eller spesielle funksjoner, etc.), uten vekt på glattheten til løsningen og intervallet for dens definisjon. derimot toppmoderne teori om ODE-er og andre grener av matematikk (og naturvitenskap generelt) viser at denne tilnærmingen er utilfredsstillende, om ikke annet fordi andelen av ODE-er som kan være mottagelig for slik "eksplisitt integrasjon" er ekstremt liten (selv for den enkleste ODE x = f (t) det er kjent at løsning i elementære funksjoner er sjelden, selv om det er en "eksplisitt formel" her).

Eksempel. Ligningen x = t2 + x2 har, til tross for sin ekstreme enkelhet, ingen løsninger i elementære funksjoner (og det er ikke engang en "formel" her).

Og selv om det er nyttig å kjenne de klassene av ODE-er der en "eksplisitt" konstruksjon av en løsning er mulig (i likhet med hvor nyttig det er å kunne "beregne integraler" når det er mulig, selv om dette er ekstremt sjeldent), I denne forbindelse høres følgende begreper karakteristisk ut: "integrer ODE", "ODE integral" (foreldede analoger av moderne konsepter "løs ODE", "løsning av ODE"), som gjenspeiler de tidligere konseptene for løsningen. Hvordan forstå moderne termer, skal vi nå skissere.

og dette spørsmålet vil bli vurdert i § 3 (og også tradisjonelt stor oppmerksomhet er gitt til det når du løser problemer i praktiske klasser), men man bør ikke forvente noen universalitet fra denne tilnærmingen. Som regel mener vi med prosessen med å løse (7) helt andre trinn.

Det bør avklares hvilken funksjon x = x(t) som kan kalles en løsning på (7).

Først og fremst bemerker vi at en klar formulering av begrepet en løsning er umulig uten å spesifisere mengden den er definert på. Om bare fordi en løsning er en funksjon, og enhver funksjon (ifølge skolens definisjon) er en lov. som samsvarer med ethvert element i et bestemt sett (kalt definisjonsdomenet denne funksjonen) et element i et annet sett (funksjonsverdier). Derfor er det absurd per definisjon å snakke om en funksjon uten å spesifisere dens omfang. Analytiske funksjoner (mer bredt - elementære) tjener her som et "unntak" (villedende) av følgende grunner (og noen andre), men i tilfelle DE er slike friheter ikke tillatt.

og generelt uten å spesifisere definisjonssettene for alle funksjoner involvert i (7). Som det vil fremgå av det følgende, er det hensiktsmessig å strengt koble begrepet en løsning med settet av dens definisjon, og vurdere løsninger annerledes hvis deres definisjonssett er forskjellige, selv om løsningene sammenfaller i skjæringspunktet mellom disse settene.

Oftest, i spesifikke situasjoner, betyr dette at hvis løsninger er konstruert i form av elementære funksjoner, slik at 2 løsninger har "samme formel", så er det også nødvendig å avklare om settene som disse formlene er skrevet på, er sammenfallende. Forvirringen som hersket i dette spørsmålet i lang tid var unnskyldelig så lenge løsninger i form av elementære funksjoner ble vurdert, siden analytiske funksjoner unikt kan utvides til bredere intervaller.

Eksempel. x1(t) = et på (0,2) og x2(t) = et på (1,3) er forskjellige løsninger av ligningen x = x.

I dette tilfellet er det naturlig å ta et åpent intervall (kanskje uendelig) som settet med definisjoner av enhver løsning, siden dette settet skal være:

1. åpen, slik at det på ethvert tidspunkt er fornuftig å snakke om en derivat (tosidig);

2. koblet til slik at løsningen ikke brytes opp i frakoblede stykker (i dette tilfellet er det mer praktisk å snakke om flere løsninger) - se forrige eksempel.

Dermed er løsning (7) et par (, (a, b)), hvor a b +, er definert på (a, b).

Merknad til læreren. I noen lærebøker er det tillatt å inkludere endene av segmentet i løsningens domene, men dette er uhensiktsmessig fordi det bare kompliserer presentasjonen, og ikke gir en reell generalisering (se § 4).

For å gjøre det lettere å forstå det videre resonnementet er det nyttig å bruke den geometriske tolkningen (7). I rommet Rn+1 = ((t, x)) i hvert punkt (t, x) hvor f er definert, kan vi vurdere vektoren f (t, x). Hvis vi konstruerer en graf av løsningen (7) i dette rommet (det kalles integralkurven til system (7)), så består den av punkter på formen (t, x(t)). Når t (a, b) endres, beveger dette punktet seg langs IC. Tangenten til IC i punktet (t, x(t)) har formen (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Dermed er IC-er de og bare de kurvene i rommet Rn+1 som i hvert av punktene deres (t, x) har en tangent parallell med vektoren (1, f (t, x)). Basert på denne ideen, den såkalte isoklinmetoden for den omtrentlige konstruksjonen av IC, som brukes når du viser grafer av løsninger til spesifikke ODE-er (se.

For eksempel ). For eksempel, for n = 1, betyr vår konstruksjon følgende: ved hvert punkt av IC har skråningen til t-aksen egenskapen tg = f (t, x). Det er naturlig å anta at, med et hvilket som helst poeng fra definisjonssettet f, kan vi tegne en IC gjennom den. Denne ideen vil bli strengt begrunnet nedenfor. Selv om vi mangler en streng formulering av glattheten til løsninger, vil dette bli gjort nedenfor.

Nå bør vi avgrense mengden B som f er definert på. Dette settet er naturlig å ta:

1. åpen (slik at IC-en kan bygges i nærheten av et hvilket som helst punkt fra B), 2. tilkoblet (ellers kan alle tilkoblede deler vurderes separat - uansett, IC-en (som en graf for en kontinuerlig funksjon) kan ikke hoppe fra ett stykke til et annet, så dette vil ikke påvirke det generelle søket etter løsninger).

Vi vil kun vurdere klassiske løsninger av (7), dvs. slik at x selv og dens x er kontinuerlige på (a, b). Da er det naturlig å kreve at f C(B). I det følgende vil dette kravet alltid være underforstått av oss. Så vi får endelig definisjonen. La B Rn+1 være et domene, f C(B).

Et par (, (a, b)), a b +, definert på (a, b), kalles en løsning til (7) hvis C(a, b), for hver t (a, b) punktet (t) , (t) ) B og (t) eksisterer, og (t) = f (t, (t)) (da automatisk C 1(a, b)).

Det er geometrisk klart at (7) vil ha mange løsninger (som er lett å forstå grafisk), siden hvis vi tegner IR-er med utgangspunkt i punktene på formen (t0, x0), hvor t0 er fast, vil vi få forskjellige IR-er. I tillegg vil endring av intervallet for å bestemme løsningen gi en annen løsning, i henhold til vår definisjon.

Eksempel. x = 0. Løsning: x = = konst Rn. Men hvis vi velger noen t0 og fikserer verdien x0 til løsningen til punktet t0: x(t0) = x0, så bestemmes verdien unikt: = x0, dvs. løsningen er unik opp til valget av intervallet (a, b) t0.

Tilstedeværelsen av et "ansiktsløst" sett med løsninger er upraktisk for å jobbe med dem2 - det er mer praktisk å "nummerere" dem som følger: legg til ytterligere betingelser til (7) på en slik måte at de fremhever den eneste (i en viss forstand). ) løsning, og deretter, sortere gjennom disse forholdene, arbeid med hver løsning separat (geometrisk kan det være én løsning (IR), men det er mange deler - vi vil ta for oss denne ulempen senere).

Definisjon. Oppgaven for (7) er (7) med tilleggsbetingelser.

Faktisk har vi allerede oppfunnet det enkleste problemet - dette er Cauchy-problemet: (7) med betingelser for formen (Cauchy-data, innledende data):

Fra et applikasjonssynspunkt er dette problemet naturlig: for eksempel, hvis (7) beskriver endringen i noen parametere x med tiden t, betyr (8) at verdien til parameterne på et eller annet tidspunkt er kjent . Det er behov for å studere andre problemer, vi vil snakke om dette senere, men foreløpig vil vi fokusere på Cauchy-problemet. Naturligvis gir dette problemet mening for (t0, x0) B. Følgelig er en løsning på problem (7), (8) en løsning (7) (i betydningen av definisjonen gitt ovenfor) slik at t0 (a, b) ), og (8).

Vår neste oppgave er å bevise at det finnes en løsning på Cauchy-problemet (7), (8), og for visse komplementer. Eksempel er en andregradsligning, det er bedre å skrive x1 =..., x2 =... enn x = b/2 ±...

under visse forutsetninger om f - og dens egenart i en viss forstand.

Kommentar. Vi må avklare begrepet normen til en vektor og en matrise (selv om vi bare trenger matriser i del 2). På grunn av det faktum at i et endelig-dimensjonalt rom er alle normer likeverdige, spiller valget av en spesifikk norm ingen rolle hvis vi kun er interessert i estimater, og ikke i eksakte mengder. For eksempel kan |x|p = (|xi|p)1/p brukes for vektorer, p er Peano (Picard)-segmentet. Betrakt kjeglen K = (|x x0| F |t t0|) og dens avkortede del K1 = K (t IP ). Det er klart at bare K1 C.

Teorem. (Peano). La kravene til f i oppgave (1) spesifisert i definisjonen av løsningen være tilfredsstilt, dvs.:

f C(B), hvor B er en region i Rn+1. Så for alle (t0, x0) B på Int(IP) finnes det en løsning på problem (1).

Bevis. La oss sette (0, T0] vilkårlig og konstruere den såkalte Euler stiplede linjen med et trinn, nemlig: det er en stiplet linje i Rn+1, der hvert ledd har en projeksjon på lengdeaksen t, den første lenken til høyre starter ved punktet (t0, x0) og er slik at dx/dt = f (t0, x0) på den, den høyre enden av denne lenken (t1, x1) fungerer som venstre ende av den andre , hvor dx/dt = f (t1, x1), etc., og tilsvarende til venstre. Den resulterende polylinjen definerer en stykkevis lineær funksjon x = (t). Så lenge t IP, forblir polylinjen i K1 (og enda mer i C, og dermed i B), så konstruksjonen er riktig - for dette ble det faktisk gjort hjelpekonstruksjon før teoremet.

Faktisk eksisterer det overalt unntatt bruddpunkter, og deretter (s) (t) = (z)dz, hvor vilkårlige verdier av den deriverte tas ved bruddpunktene.

I dette tilfellet (beveger seg langs den stiplede linjen ved induksjon) Spesielt | (t)x0| F |t t0|.

På IP-funksjoner:

2. er likekontinuerlige, siden de er Lipschitz:

Her bør leseren om nødvendig friske opp kunnskapen om slike begreper og resultater som: ekvikontinuitet, enhetlig konvergens, Artsela-Ascoli-teoremet, etc.

Ved Arzela-Ascoli-teoremet er det en sekvens k 0 slik at k er på IP, hvor C(IP). Ved konstruksjon, (t0) = x0, så gjenstår det å bekrefte at Vi beviser dette for s t.

Trening. På samme måte vurdere s t.

Vi setter 0 og finner 0 slik at for alle (t1, x1), (t2, x2) er C sann Dette kan gjøres med tanke på den jevne kontinuiteten til f på det kompakte settet C. Finn m N slik at Fix t Int (IP) og ta hvilken som helst s Int(IP) slik at t s t +. Så for alle z har vi |k (z) k (t)| F, så i lys av (4) |k (z) (t)| 2F.

Legg merke til at k (z) = k (z) = f (z, k (z)), hvor z er abscissen til venstre ende av polylinjesegmentet som inneholder punktet (z, k (z)). Men punktet (z, k (z)) faller inn i en sylinder med parametere (, 2F) bygget på punktet (t, (t)) (faktisk til og med inn i en avkortet kjegle - se figuren, men det gjør det' t betyr noe nå), så i lys av (3) får vi |k (z) f (t, (t))|. For en stiplet linje har vi, som nevnt ovenfor, formelen For k vil dette gi (2).

Kommentar. La f C 1(B). Da vil løsningen definert på (a, b) være av klasse C 2(a, b). Faktisk, på (a, b) har vi: det eksisterer f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (her er Jacobi matrise) er en kontinuerlig funksjon. Så det er også 2 C(a, b). Vi kan øke jevnheten til løsningen ytterligere hvis f er jevn. Hvis f er analytisk, så er det mulig å bevise eksistensen og unikheten til en analytisk løsning (dette er det såkalte Cauchy-teoremet), selv om dette ikke følger av det forrige resonnementet!

Her er det nødvendig å huske hva en analytisk funksjon er. Ikke å forveksle med en funksjon representert av en potensserie (dette er bare en representasjon av en analytisk funksjon på, generelt sett, en del av dens definisjonsdomene)!

Kommentar. For gitt (t0, x0), kan man prøve å maksimere T0 ved å variere T og R. Men som regel er dette ikke så viktig, siden det er spesielle metoder for å studere det maksimale intervallet for eksistens av en løsning (se § 4).

Peano-teoremet sier ingenting om det unike ved løsningen. Med vår forståelse av løsningen er den alltid ikke unik, siden hvis det finnes en løsning, vil dens begrensninger til smalere intervaller være andre løsninger. Vi vil vurdere dette punktet mer detaljert senere (i § 4), men foreløpig mener vi med unikhet tilfeldighetene av to løsninger i skjæringspunktet mellom intervallene til deres definisjon. Selv i denne forstand sier ikke Peanos teorem noe om unikhet, noe som ikke er tilfeldig, for under dens forhold kan unikhet ikke garanteres.

Eksempel. n = 1, f (x) = 2 |x|. Cauchy-problemet har en triviell løsning: x1 0, og dessuten x2(t) = t|t|. Fra disse to løsningene kan en hel 2-parameter familie av løsninger kompileres:

hvor + (uendelige verdier betyr ingen tilsvarende gren). Hvis vi betrakter hele R som definisjonsdomenet til alle disse løsningene, så er det fortsatt uendelig mange av dem.

Legg merke til at hvis vi bruker beviset for Peanos teorem i form av Eulers stiplede linjer i denne oppgaven, vil bare nullløsningen fås. På den annen side, hvis en liten feil er tillatt på hvert trinn i prosessen med å konstruere brutte Euler-linjer, så gjenstår alle løsninger selv etter at feilparameteren har en tendens til null. Dermed er Peanos teorem og Eulers stiplede linjer naturlige som metode for å konstruere løsninger og er nært knyttet til numeriske metoder.

Problemet som er observert i eksemplet skyldes det faktum at funksjonen f ikke er jevn i x. Det viser seg at hvis vi stiller ytterligere krav til regelmessigheten til f i x, kan unikhet sikres, og dette trinnet er nødvendig i en viss forstand (se nedenfor).

La oss huske noen forestillinger fra analysen. En funksjon (skalar eller vektor) g kalles en Hölder-funksjon med eksponent (0, 1] på settet hvis den kalles Lipschitz-betingelsen for 1. For 1 er dette kun mulig for konstante funksjoner. En funksjon definert på et segment (hvor valget av 0 ikke er vesentlig) kalles kontinuitetsmodulen, hvis Det sies at g tilfredsstiller den generaliserte Hölder-betingelsen med modul, hvis I dette tilfellet kalles gs kontinuitetsmodul.

Det kan vises at enhver kontinuitetsmodul er kontinuitetsmodulen til en eller annen kontinuerlig funksjon.

Det omvendte faktum er viktig for oss, nemlig: enhver kontinuerlig funksjon på et kompakt sett har sin egen kontinuitetsmodul, dvs. tilfredsstiller (5) med noen. La oss bevise det. Husk at hvis er kompakt og g er C(), så er g nødvendigvis jevnt kontinuerlig i, dvs.

= (): |x y| = |g(x)g(y)|. Det viser seg at dette tilsvarer tilstand (5) med noen. Faktisk, hvis den eksisterer, er det tilstrekkelig å konstruere en kontinuitetsmodul slik at (()), og deretter for |x y| = = () får vi Siden (og) er vilkårlige, så kan x og y være vilkårlige.

Og omvendt, hvis (5) er sann, så er det tilstrekkelig å finne slik at (()), og deretter for |x y| = () vi får Det gjenstår å rettferdiggjøre de logiske overgangene:

For monotone og det er nok å ta inverse funksjoner, men i det generelle tilfellet er det nødvendig å bruke den såkalte. generaliserte inverse funksjoner. Deres eksistens krever et eget bevis, som vi ikke vil gi, men bare en idé (det er nyttig å følge lesingen med tegninger):

for enhver F definerer vi F(x) = min F (y), F (x) = maks F (y) - dette er monotone funksjoner og de har invers. Det er lett å sjekke at x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Den beste kontinuitetsmodulen er lineær (Lipschitz-tilstand). Dette er "nesten differensierbare" funksjoner. Å gi en streng mening til det siste utsagnet krever litt innsats, og vi vil begrense oss til bare to bemerkninger:

1. Strengt tatt er ikke alle Lipschitz-funksjoner differensierbare, da eksemplet g(x) = |x| til R;

2. men differensierbarhet innebærer Lipschitz, som følgende påstand viser. Enhver funksjon g som har hele M på et konveks sett, tilfredsstiller Lipschitz-betingelsen på den.

[For øyeblikket, for korthets skyld, vurder skalarfunksjonene g.] Bevis. For alle x, y vi har. Det er klart at denne setningen også gjelder for vektorfunksjoner.

Kommentar. Hvis f = f (t, x) (generelt sett, en vektorfunksjon), kan vi introdusere begrepet "f er Lipschitz i x", dvs. |f (t, x) f (t, y)| C|x y|, og bevis også at hvis D er konveks i x for alle t, så for Lipschitz-egenskapen til f med hensyn til x i D, er det tilstrekkelig at | gjennom |x y|. For n = 1 gjøres det vanligvis ved å bruke den endelige inkrementformelen: g(x)g(y) = g (z)(xy) (hvis g er en vektorfunksjon, så er z forskjellig for hver komponent). For n 1 er det praktisk å bruke følgende analog av denne formelen:

Lemma. (Adamara). La f C(D) (generelt sett, en vektorfunksjon), der D (t = t) er konveks for enhver t, og f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), hvor A er en kontinuerlig rektangulær matrise.

Bevis. For enhver fast t bruker vi beregningen fra beviset for påstanden for = D (t = t), g = fk. Vi får den ønskede representasjonen med A(t, x, y) = A er faktisk kontinuerlig.

La oss gå tilbake til spørsmålet om det unike ved løsningen på problemet (1).

La oss stille spørsmålet slik: hva skal være kontinuitetsmodulen til f i forhold til x, slik at løsning (1) er unik i den forstand at 2 løsninger definert på samme intervall faller sammen? Svaret er gitt av følgende teorem:

Teorem. (Osgood). La, under betingelsene til Peano-setningen, kontinuitetsmodulen til f med hensyn til x i B, dvs. funksjonen i ulikheten tilfredsstiller betingelsen (vi kan anta C). Da kan ikke problem (1) ha to ulike løsninger definert på ett intervall av skjemaet (t0 a, t0 + b).

Sammenlign med ikke-unikt eksempelet ovenfor.

Lemma. Hvis z C 1(,), så i det hele tatt (,):

1. i punkter der z = 0, |z| eksisterer, og ||z| | |z|;

2. i punkter der z = 0, er det ensidige deriverte |z|±, og ||z|± | = |z | (spesielt hvis z = 0, så eksisterer |z| = 0).

Eksempel. n = 1, z(t) = t. I punktet t = 0, den deriverte av |z| finnes ikke, men det finnes ensidige derivater.

Bevis. (Lemmas). På de punktene der z = 0, har vi z z : det finnes |z| =, og ||z| | |z|. På de punktene t, hvor z(t) = 0, har vi:

Tilfelle 1: z (t) = 0. Da får vi eksistensen av |z| (t) = 0.

Tilfelle 2: z (t) = 0. Så hvis +0 eller 0 så z(t +)| |z(t)| hvis modul er lik |z (t)|.

Ved å anta, F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. La z1,2 være to løsninger av (1) definert på (t0, t0 +). Angi z = z1 z2. Vi har:

Anta at det er t1 (for bestemthet t1 t0) slik at z(t1) = 0. Mengden A = ( t t1 | z(t) = 0 ) er ikke tom (t0 A) og er avgrenset ovenfra. Derfor har den en øvre grense t1. Ved konstruksjon er z = 0 på (, t1), og siden z er kontinuerlig, har vi z() = 0.

Av Lemma |z| C 1(, t1), og på dette intervallet |z| |z | (|z|), så Integrasjon over (t, t1) (hvor t (, t1)) gir F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. For t + 0 får vi en motsetning.

Konsekvens 1. Hvis, under betingelsene til Peanos teorem, f er Lipschitz i x i B, så har oppgave (1) en unik løsning i den forstand som er beskrevet i Osgoods teorem, fordi i dette tilfellet () = C tilfredsstiller (7).

Konsekvens 2. Hvis C(B) under betingelsene i Peanos teorem, så er løsning (1) definert på Int(IP) unik.

Lemma. Enhver løsning (1) definert på IP må tilfredsstille estimatet |x | = |f (t, x)| F, og dens graf ligger i K1, og enda mer i C.

Bevis. Anta at det er t1 IP slik at (t, x(t)) C. For bestemthet, la t1 t0. Så er det t2 (t0, t1] slik at |x(t) x0| = R. På samme måte som resonnementet i beviset for Osgoods teorem, kan vi anta at t2 er det punktet lengst til venstre, men vi har (t, x (t)) C, slik at |f (t, x(t))|F, og derfor (t, x(t)) K1, som motsier |x(t2) x0| = R. Derfor, (t, x(t) ) C på alle IP, og deretter (gjentatte beregninger) (t, x(t)) K1.

Bevis. (Konsekvens 2). C er et kompakt sett, får vi at f er Lipschitz i x i C, der grafene til alle løsninger ligger på grunn av Lemma. Ved konklusjon 1 får vi det som kreves.

Kommentar. Betingelse (7) betyr at Lipschitz-betingelsen for f ikke kan svekkes vesentlig. For eksempel er Hölders tilstand med 1 ikke lenger gyldig. Bare kontinuitetsmoduler nær lineær er egnet - for eksempel den "verste":

Trening. (ganske komplisert). Bevis at hvis den tilfredsstiller (7), så er det en 1 som tilfredsstiller (7) slik at 1/ er null.

I det generelle tilfellet er det ikke nødvendig å kreve nøyaktig noe fra kontinuitetsmodulen til f i x for unikhet - alle slags spesielle tilfeller er mulige, for eksempel:

Uttalelse. Hvis, under betingelsene i Peano-teoremet, så alle 2 løsninger (1) definert på (9) er sanne, er det klart at x C 1(a, b), og da gir differensiering (9) (1)1, og (1)2 er åpenbart.

I motsetning til (1) er det naturlig for (9) å konstruere en løsning på et lukket intervall.

Picard foreslo følgende metode for suksessive tilnærminger for å løse (1)=(9). Betegn x0(t) x0, og deretter ved induksjon.Setning. (Cauchy-Picara). La, under betingelsene til Peano-teoremet, funksjonen f være Lipschitz i x i et hvilket som helst kompakt sett K konveks i x i domenet B, dvs.

Så for enhver (t0, x0) B har Cauchy-problemet (1) (aka (9)) en unik løsning på Int(IP), og xk x på IP, der xk er definert i (10).

Kommentar. Det er klart at teoremet forblir gyldig dersom betingelse (11) erstattes med C(B), siden (11) følger av denne betingelsen.

Merknad til læreren. Faktisk er det ikke nødvendig med alle compacta konvekse i x, men kun sylindre, men formuleringen er laget på denne måten, for i § 5 vil vi trenge mer generelle compacta, og dessuten er det nettopp med en slik formulering at Bemerkningen ser ut. mest naturlig.

Bevis. Vi velger vilkårlig (t0, x0) B og lager samme hjelpekonstruksjon som før Peanos teorem. La oss bevise ved induksjon at alle xk er definerte og kontinuerlige på IP, og deres grafer ligger i K1, og enda mer i C. Dette er åpenbart for x0. Hvis dette er sant for xk1, så er det klart fra (10) at xk er definert og kontinuerlig på IP, og dette er medlemskapet til K1.

Vi beviser nå estimatet på IP ved induksjon:

(C er et kompakt sett konveks i x i B, og L(C) er definert for det). For k = 0 er dette det påviste estimatet (t, x1(t)) K1. Hvis (12) er sant for k:= k 1, så har vi fra (10) det som kreves. Dermed er serien majorisert på IP av en konvergent numerisk serie og derfor (dette kalles Weierstrass-teoremet) konvergerer jevnt på IP til en eller annen funksjon x C(IP). Men det er det xk x på IP betyr. Så i (10) på IP går vi til grensen og oppnår (9) på IP, og dermed (1) på Int(IP).

Unikhet følger umiddelbart av følge 1 av Osgoods teorem, men det er nyttig å bevise det på en annen måte, ved å bruke nøyaktig ligning (9). La det være 2 løsninger x1,2 av problem (1) (dvs. (9)) på Int(IP). Som nevnt ovenfor, så ligger grafene deres nødvendigvis i K1, og enda mer i C. La t I1 = (t0, t0 +), hvor er et positivt tall. Da = 1/(2L(C)). Da = 0. Dermed er x1 = x2 på I1.

Merknad til læreren. Det er også et bevis på unikhet ved hjelp av Gronwall-lemmaet, det er enda mer naturlig, siden det passerer umiddelbart globalt, men så langt er Gronwall-lemmaet ikke særlig praktisk, siden det er vanskelig å oppfatte det tilstrekkelig opp til lineære ODE-er .

Kommentar. Det siste beviset på unikhet er lærerikt ved at det nok en gang viser i et annet lys hvordan lokal unikhet fører til global unikhet (som ikke er sant for eksistensen).

Trening. Bevis unikhet på en gang på all IP, argumenter fra det motsatte, som i beviset for Osgoods teorem.

Et viktig spesialtilfelle (1) er lineære ODE-er, dvs. de der verdien f (t, x) er lineær i x:

I dette tilfellet, for å falle innenfor betingelsene for den generelle teorien, bør man kreve. I dette tilfellet er rollen til B en stripe, og betingelsen om å være Lipschitz (og til og med differensierbar) med hensyn til x oppfylles automatisk: for alle t (a, b), x, y Rn har vi |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Hvis vi midlertidig velger et kompakt sett (a, b), så får vi |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, hvor L = maks |A|.

Peano- og Osgood- eller Cauchy-Picard-setningene antyder den unike løsbarheten til problem (13) på et eller annet intervall (Peano-Picard) som inneholder t0. Dessuten er løsningen på dette intervallet grensen for suksessive Picard-tilnærminger.

Trening. Finn dette intervallet.

Men det viser seg at i dette tilfellet kan alle disse resultatene bevises globalt på en gang, det vil si på alt (a, b):

Teorem. La (14) være sann. Da har problem (13) en unik løsning på (a, b), og påfølgende Picard-tilnærminger konvergerer til det jevnt på et hvilket som helst kompakt sett (a, b).

Bevis. Igjen, som i TK-P, konstruerer vi en løsning til integralligningen (9) ved å bruke suksessive tilnærminger ved å bruke formel (10). Men nå trenger vi ikke sjekke tilstanden for at grafen skal falle inn i kjeglen og sylinderen, siden

f er definert for alle x så lenge t (a, b). Vi trenger bare å sjekke at alle xk er definert og kontinuerlig på (a, b), noe som er åpenbart ved induksjon.

I stedet for (12), viser vi nå et lignende estimat av formen der N er et eller annet tall avhengig av valget av . Det første induksjonstrinnet for dette estimatet er annerledes (fordi det ikke er relatert til K1): for k = 0 |x1(t) x0| N på grunn av kontinuiteten til x1, og de neste trinnene ligner på (12).

Det er mulig å ikke beskrive dette, siden det er åpenbart, men vi kan igjen notere xk x på , og x er løsningen av tilsvarende (10) på . Men ved å gjøre det har vi konstruert en løsning på alt (a, b), siden valget av det kompakte settet er vilkårlig. Unikhet følger av Osgood- eller Cauchy-Picard-setningene (og diskusjonen ovenfor om global unikhet).

Kommentar. Som nevnt ovenfor er TC-P formelt overflødig på grunn av Peano- og Osgood-setningene, men det er nyttig av 3 grunner - det:

1. lar deg koble Cauchy-problemet for ODE med en integralligning;

2. tilbyr en konstruktiv metode for suksessive tilnærminger;

3. gjør det enkelt å bevise den globale eksistensen for lineære ODE-er.

[selv om det siste også kan utledes av argumentene i § 4.] I det følgende vil vi oftest vise til det.

Eksempel. x = x, x(0) = 1. Suksessive approksimasjoner Derfor er x(t) = e løsningen av det opprinnelige problemet på hele R.

Oftest vil en serie ikke oppnås, men en viss konstruktivitet gjenstår. Det er også mulig å estimere feilen x xk (se ).

Kommentar. Fra Peano-, Osgood- og Cauchy-Picard-setningene er det enkelt å få de tilsvarende teoremene for høyere ordens ODE-er.

Trening. Formuler konseptene til Cauchy-problemet, løsningen av systemet og Cauchy-problemet, alle teoremer for høyere ordens ODE-er, ved å bruke reduksjonen til førsteordenssystemer beskrevet i § 1.

Noe i strid med kursets logikk, men for å bedre assimilere og rettferdiggjøre metodene for å løse problemer i praktiske timer, vil vi midlertidig avbryte presentasjonen av den generelle teorien og behandle det tekniske problemet med "eksplisitt løsning av ODEs".

§ 3. Noen metoder for integrasjon. Vi vurderer derfor skalarligningen = f (t, x). Det enkleste spesialtilfellet som vi har lært å integrere er det såkalte. URP, dvs. en ligning der f (t, x) = a(t)b(x). Det formelle trikset med å integrere ERP er å "separere" variablene t og x (derav navnet): = a(t)dt, og deretter ta integralet:

hvor x = B (A(t)). Et slikt formelt resonnement inneholder flere punkter som krever begrunnelse.

1. Divisjon med b(x). Vi antar at f er kontinuerlig, så a C(,), b C(,), dvs. B er et rektangel (,) (,)(generelt sett, uendelig). Settene (b(x) 0) og (b(x) 0) er åpne og er derfor endelige eller tellbare sett med intervaller. Mellom disse intervallene er det punkter eller segmenter hvor b = 0. Hvis b(x0) = 0, så har Cauchy-problemet en løsning x x0. Kanskje denne løsningen ikke er unik, da er det i dens definisjonsdomene intervaller der b(x(t)) = 0, men da kan de deles på b(x(t)). Vi bemerker i forbifarten at funksjonen B er monoton på disse intervallene, og derfor kan vi ta B 1. Hvis b(x0) = 0, så er b(x(t)) = 0 i et nabolag til t0, og fremgangsmåten er lovlig. Den beskrevne prosedyren bør derfor generelt sett brukes når man deler opp definisjonsdomenet til en løsning i deler.

2. Integrasjon av venstre og høyre del med hensyn til forskjellige variabler.

Metode I. La oss finne en løsning på problemet Kod(t) shi (1) x = (t). Vi har: = a(t)b((t)), hvorfra - vi fikk den samme formelen strengt tatt.

Metode II. Ligningen er såkalt. en symmetrisk notasjon av den opprinnelige ODE, dvs. en som ikke spesifiserer hvilken variabel som er uavhengig og hvilken som er avhengig. En slik form gir mening bare i tilfelle vi vurderer en førsteordens ligning i lys av teoremet om invariansen til formen til den første differensialen.

Her er det hensiktsmessig å behandle konseptet med en differensial mer detaljert, og illustrere det ved eksemplet med planet ((t, x)), kurver på det, nye bindinger, frihetsgrader og en parameter på kurven.

Således forbinder ligning (2) differensialene t og x langs den ønskede IC. Da er integrering av ligning (2) på måten vist i begynnelsen helt lovlig - det betyr, om du vil, å integrere over en hvilken som helst variabel valgt som uavhengig.

I metode I viste vi dette ved å velge t som uavhengig variabel. Nå skal vi vise dette ved å velge parameteren s langs IC som en uavhengig variabel (fordi denne tydeligere viser likheten mellom t og x). La verdien s = s0 tilsvare punktet (t0, x0).

Da har vi: = a(t(s))t (s)ds, som etter gir Her bør vi fokusere på universaliteten til den symmetriske notasjonen, for eksempel: sirkelen skrives verken som x(t), eller som t(x), men som x(s), t(s).

Noen andre ODE-er av første orden er redusert til URP, som kan sees når du løser problemer (for eksempel i henhold til problemboken).

Et annet viktig tilfelle er den lineære ODE:

Metode I. Variasjon av konstanten.

dette er et spesielt tilfelle av en mer generell tilnærming, som vil bli diskutert i del 2. Poenget er at å finne en løsning i en spesiell form senker rekkefølgen på ligningen.

La oss bestemme først. homogen ligning:

I kraft av unikheten, enten x 0 eller overalt x = 0. I sistnevnte tilfelle (la x 0 for bestemthet), får vi at (4) gir alle løsninger av (3)0 (inkludert null og negative).

Formel (4) inneholder en vilkårlig konstant C1.

Konstantvariasjonsmetoden består i at løsningen (3) C1(t) = C0 + Man kan se (som for algebraiske lineære systemer) strukturen ORNY=CHRNY+OROU (mer om dette i del 2).

Hvis vi vil løse Cauchy-problemet x(t0) = x0, må vi finne C0 fra Cauchy-dataene - vi får lett C0 = x0.

Metode II. La oss finne en IM, dvs. en funksjon v som (3) skal multipliseres med (skrevet på en slik måte at alle ukjente er samlet på venstre side: x a(t)x = b(t)) slik at den deriverte av en praktisk kombinasjon.

Vi har: vx vax = (vx), hvis v = av, dvs. (en slik ligning, (3) er ekvivalent med en ligning som allerede er lett løst og gir (5). Hvis Cauchy-problemet er løst, så i ( 6) det er praktisk å ta umiddelbart bestemt integral Noen andre er redusert til lineære ODE-er (3), som man kan se når man løser problemer (for eksempel ifølge oppgaveboken). Det viktige tilfellet med lineære ODE-er (umiddelbart for enhver n) vil bli vurdert mer detaljert i del 2.

Begge vurderte situasjoner er et spesialtilfelle av den såkalte. UPD. Tenk på en førsteordens ODE (for n = 1) i en symmetrisk form:

Som allerede nevnt spesifiserer (7) IC i (t, x)-planet uten å spesifisere hvilken variabel som anses som uavhengig.

Hvis vi ganger (7) med vilkårlig funksjon M (t, x), så får vi en ekvivalent form for å skrive den samme ligningen:

Dermed har den samme ODE mange symmetriske oppføringer. Blant dem spilles en spesiell rolle av den såkalte. poster i totale differensialer, er navnet på UPD mislykket, fordi denne egenskapen ikke er en ligning, men formen på registreringen, dvs. slik at venstre side av (7) er lik dF (t, x) med noen F.

Det er klart at (7) er en FTD hvis og bare hvis A = Ft, B = Fx med noen F. Som kjent fra analyse er sistnevnte nødvendig og tilstrekkelig. Vi underbygger ikke strengt tekniske punkter, f.eks. jevnhet av alle funksjoner. Faktum er at § spiller en sekundær rolle - det er ikke nødvendig i det hele tatt for andre deler av kurset, og jeg vil ikke bruke for mye innsats på den detaljerte presentasjonen.

Således, hvis (9) er tilfredsstilt, så er det en F (den er unik opp til en additiv konstant) slik at (7) omskrives som dF (t, x) = 0 (langs IR), dvs.

F (t, x) = const langs IC, dvs. IC-ene er nivålinjene til funksjonen F. Vi får at integrasjonen av SPD er en triviell oppgave, siden søket etter F ved A og B tilfredsstiller (9 ) er ikke vanskelig. Hvis (9) ikke er fornøyd, bør man finne den såkalte. IM M (t, x) slik at (8) er en FDD, som det er nødvendig og tilstrekkelig for å utføre en analog av (9), som har formen:

Som følger av førsteordens PDE-teori (som vi skal dekke i del 3), har ligning (10) alltid en løsning, så IM eksisterer. Dermed kan enhver ligning av formen (7) skrives i form av en FDD og tillater derfor "eksplisitt" integrasjon. Men disse betraktningene gir ikke en konstruktiv metode i det generelle tilfellet, fordi for å løse (10), generelt sett, kreves det å finne en løsning (7), som er det vi ser etter. Imidlertid er det en rekke IM-søketeknikker som tradisjonelt vurderes i praktiske klasser (se for eksempel).

Merk at metodene ovenfor for å løse ERP og lineære ODE-er er et spesialtilfelle av IM-ideologien.

Faktisk er ERP dx/dt = a(t)b(x), skrevet i den symmetriske formen dx = a(t)b(x)dt, løst ved å multiplisere med IM 1/b(x), fordi etter dette blir til FDD dx/b(x) = a(t)dt, dvs. dB(x) = dA(t). Den lineære ligningen dx/dt = a(t)x + b(t), skrevet på den symmetriske formen dx a(t)xdt b(t)dt, løses ved å multiplisere med MI

(med unntak av den store blokken knyttet til lineære systemer) er at ved bruk av spesielle metoder for ordensreduksjon og endring av variabler, reduseres de til førsteordens ODE-er, som deretter reduseres til FDD, og ​​de løses ved å bruke hovedsetning for differensialregning: dF = 0 F = konst. Spørsmålet om å senke rekkefølgen inngår tradisjonelt i løpet av praktiske øvelser (se for eksempel).

La oss si noen ord om førsteordens ODE-er som ikke er løst med hensyn til den deriverte:

Som omtalt i § 1 kan man prøve å løse (11) med hensyn til x og få en normalform, men dette er ikke alltid tilrådelig. Det er ofte mer praktisk å løse (11) direkte.

Tenk på rommet ((t, x, p)), hvor p = x midlertidig behandles som en uavhengig variabel. Deretter definerer (11) en overflate (F (t, x, p) = 0) i dette rommet, som kan skrives parametrisk:

Det er nyttig å huske hva dette betyr, for eksempel ved hjelp av en kule i R3.

De ønskede løsningene vil tilsvare kurver på denne flaten: t = s, x = x(s), p = x (s) - en frihetsgrad går tapt fordi det er en sammenheng dx = pdt på løsningene. La oss skrive denne sammenhengen i form av parametere på overflaten (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), dvs.

Dermed tilsvarer de ønskede løsningene kurver på overflaten (12), hvor parametrene er relatert med ligning (13). Sistnevnte er en ODE i symmetrisk form som kan løses.

Tilfelle I. Hvis i et område (gu hfu) = 0, så gir (12) så t = f ((v), v), x = g((v), v) en parametrisk representasjon av de ønskede kurvene i plan ((t, x)) (dvs. vi projiserer på dette planet, siden vi ikke trenger p).

Sak II. På samme måte, hvis (gv hfv) = 0.

Sak III. På noen punkter samtidig gu hfu = gv hfv = 0. Her kreves det en egen analyse, om dette settet samsvarer med noen løsninger (de kalles da entall).

Eksempel. Clairauts ligning x = tx + x 2. Vi har:

x = tp + p2. Vi parametriserer denne overflaten: t = u, p = v, x = uv + v 2. Ligning (13) har formen (u + 2v)dv = 0.

Case I. Ikke gjennomført.

Sak II. u + 2v = 0, så dv = 0, dvs. v = C = konst.

Derfor er t = u, x = Cu + C 2 den parametriske notasjonen til IR.

Det er lett å skrive det eksplisitt x = Ct + C 2.

Sak III. u + 2v = 0, dvs. v = u/2. Derfor er t = u, x = u2/4 den parametriske notasjonen til "IC-kandidaten".

For å sjekke om dette virkelig er en IR, skriver vi det eksplisitt x = t2/4. Det viste seg at dette er en (spesiell) løsning.

Trening. Bevis at spesialløsningen gjelder alle de andre.

Dette er et generelt faktum - grafen til enhver spesiell løsning er konvolutten til familien til alle andre løsninger. Dette er grunnlaget for en annen definisjon av en entallsløsning, nettopp som en konvolutt (se ).

Trening. Bevis at for en mer generell Clairaut-ligning x = tx (x) med en konveks funksjon, har spesialløsningen formen x = (t), hvor er Legendre-transformasjonen av , dvs. = ()1, eller (t) = maks. (tv (v)). Tilsvarende for ligningen x = tx + (x).

Kommentar. Innholdet i § 3 er nærmere og mer nøyaktig beskrevet i læreboka.

Merknad til læreren. Ved forelesningskurs kan det være nyttig å utvide § 3, slik at den får en strengere form.

La oss nå gå tilbake til hovedlinjen av kurset, og fortsette utstillingen startet i §§ 1,2.

§ 4. Global løsbarhet av Cauchy-problemet I § 2 beviste vi den lokale eksistensen av en løsning på Cauchy-problemet, dvs. bare på et eller annet intervall som inneholder punktet t0.

Under noen ekstra forutsetninger på f, beviste vi også det unike ved løsningen, og forsto det som sammentreffet av to løsninger definert på samme intervall. Hvis f er lineær i x, oppnås en global eksistens, dvs. på hele intervallet hvor koeffisientene til ligningen (systemet) er definert og kontinuerlig. Imidlertid, som et forsøk på å anvende den generelle teorien på et lineært system viser, er Peano-Picard-intervallet generelt mindre enn det en løsning kan konstrueres på. Naturlige spørsmål dukker opp:

1. hvordan bestemme det maksimale intervallet som eksistensen av en løsning (1) kan hevdes på?

2. om dette intervallet alltid sammenfaller med maksimum, som det fortsatt gir mening høyre del (1)1 ?

3. hvordan formulere begrepet unikhet til en løsning nøyaktig uten forbehold om intervallet for dens definisjon?

Det faktum at svaret på spørsmål 2 generelt er negativt (eller rettere sagt krever stor nøyaktighet) vises av følgende eksempel. x = x2, x(0) = x0. Hvis x0 = 0, så er x 0 - det er ingen andre løsninger etter Osgoods teorem. Hvis x0 = 0, bestemmer vi at det er nyttig å lage en tegning). Eksistensintervallet til en løsning kan ikke være større enn henholdsvis (, 1/x0) eller (1/x0, +) for x0 0 og x0 0 (den andre grenen av hyperbelen er ikke relatert til løsningen! - dette er typisk feil studenter). Ved første øyekast var det ingenting i det opprinnelige problemet som "varslet et slikt utfall." I § ​​4 finner vi en forklaring på dette fenomenet.

På eksempelet med likningen x = t2 + x2 vises en typisk feil for elever om eksistensintervallet til løsningen. Her betyr ikke det faktum at "ligningen er definert overalt" at løsningen kan utvides til hele linjen. Dette er tydelig også fra et rent dagligdags ståsted, for eksempel i forbindelse med juridiske lover og prosesser som utvikler seg under disse: selv om loven ikke eksplisitt foreskriver opphør av eksistensen av et selskap i 2015, betyr ikke dette kl. alt at dette selskapet ikke vil gå konkurs innen i år By interne årsaker(riktignok innenfor lovens rammer).

For å svare på spørsmål 1–3 (og til og med formulere dem klart), er forestillingen om en ikke-utvidbar løsning nødvendig. Vi vil (som vi ble enige om ovenfor) vurdere løsninger av ligning (1)1 som par (, (tl (), tr ())).

Definisjon. Løsningen (, (tl (), tr ())) er fortsettelsen av løsningen (, (tl (), tr ())) if (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), og |(tl(),tr()) =.

Definisjon. En løsning (, (tl (), tr ())) er ikke-utvidbar hvis den ikke har ikke-trivielle (dvs. forskjellige) utvidelser. (se eksempel ovenfor).

Det er klart at det er IS-er som er av spesiell verdi, og i deres termer er det nødvendig å bevise eksistensen og unikheten. Et naturlig spørsmål dukker opp - er det alltid mulig å konstruere en IS basert på en lokal løsning, eller på Cauchy-problemet? Det viser seg ja. For å forstå dette, la oss introdusere konseptene:

Definisjon. Et sett med løsninger ((, (tl (), tr ()))) er konsistent hvis noen 2 løsninger fra dette settet faller sammen i skjæringspunktet mellom intervallene i definisjonen deres.

Definisjon. Et konsistent sett med løsninger kalles maksimalt hvis en løsning til ikke kan legges til det slik at det nye settet er konsistent og inneholder nye punkter i foreningen av domenene til løsningene.

Det er klart at byggingen av INN tilsvarer byggingen av IS, nemlig:

1. Hvis det er en IS, kan ethvert INN som inneholder det bare være et sett med restriksjoner.

Trening. Kryss av.

2. Hvis det er en INN, er HP (, (t, t+)) konstruert som følger:

vi setter (t) = (t), hvor er et hvilket som helst INN-element definert på dette punktet. Det er åpenbart at en slik funksjon vil være unikt definert på det hele (t, t+) (unikhet følger av konsistensen til settet), og på hvert punkt faller den sammen med alle elementer i INN definert på dette punktet. For enhver t (t, t+) er det en definert i den, og dermed i dens nabolag, og siden det er en løsning (1)1 i dette nabolaget, så er det også det. Det er altså en løsning (1)1 i det hele tatt (t, t+). Den er ikke-utvidbar, siden ellers en ikke-triviell utvidelse kan legges til INN til tross for dens maksimalitet.

Konstruksjonen av ILS-problemet (1) i det generelle tilfellet (under betingelsene i Peano-teoremet), når det ikke er noen lokal unikhet, er mulig (se , ), men ganske tungvint - den er basert på en trinnvis- trinnvis anvendelse av Peano-teoremet med et lavere estimat for lengden på utvidelsesintervallet. Dermed eksisterer HP alltid. Vi vil begrunne dette kun i tilfelle det er lokal egenart, da er konstruksjonen av INN (og dermed også IR) triviell. For eksempel, for bestemthets skyld, vil vi handle innenfor rammen av TC-P.

Teorem. La TK-P-betingelsene være oppfylt i domenet B Rn+1. For ethvert (t0, x0) har B-problem (1) en unik IS.

Bevis. Vurder settet med alle løsninger på problem (1) (det er ikke tomt av TK-P). Det danner INN - konsistent på grunn av lokal unikhet, og maksimal i lys av det faktum at dette er settet med alle løsninger på Cauchy-problemet generelt. Så NR eksisterer. Det er unikt på grunn av lokal egenart.

Hvis det er nødvendig å konstruere en IS basert på den tilgjengelige lokale løsningen (1)1 (i stedet for Cauchy-problemet), reduseres dette problemet, i tilfelle lokal unikhet, til Cauchy-problemet: man må velge et hvilket som helst punkt på eksisterende IR og vurdere det tilsvarende Cauchy-problemet. IS av dette problemet vil være en fortsettelse av den opprinnelige løsningen på grunn av dets unike. Hvis det ikke er unikt, utføres fortsettelsen av den gitte løsningen i henhold til prosedyren angitt ovenfor.

Kommentar. HP kan ikke forlenges ved endene av eksistensintervallet (uavhengig av unikhetstilstanden), slik at det også er en løsning på endepunktene. For begrunnelse er det nødvendig å klargjøre hva som menes med løsningen av en ODE i enden av et segment:

1. Tilnærming 1. La løsningen (1)1 på intervallet forstås som en funksjon som tilfredsstiller likningen i endene i betydningen en ensidig derivert. Da betyr muligheten for den spesifiserte utvidelsen av en løsning, for eksempel i den høyre enden av intervallet av dens eksistens (t, t+] at IC har et endepunkt inne i B, og C 1(t, t+]. Men så, etter å ha løst Cauchy-problemet x(t+) = (t+) for (1) og funnet løsningen, oppnår vi, for den høyre enden t+ (ved punktet t+ eksisterer begge ensidige deriverte og er lik f (t+) , (t+)), som betyr at det er en vanlig derivert), dvs. ikke var NR.

2. Tilnærming 2. Hvis løsningen (1)1 på intervallet forstås som en funksjon som bare er kontinuerlig i endene, men slik at endene av IC ligger i B (selv om ligningen ikke kreves tilfredsstilt på slutten), så får vi fortsatt samme resonnement, bare når det gjelder den tilsvarende integralligningen (se detaljer).

Ved å umiddelbart begrense oss til kun åpne intervaller som sett med definisjoner av løsninger, krenket vi altså ikke generaliteten (men unngikk bare unødvendig oppstyr med ensidige derivater osv.).

Som et resultat har vi svart på spørsmål 3, stilt i begynnelsen av § 4: under unikhetsbetingelsen (for eksempel Osgood eller Cauchy-Picard), er løsningen av Cauchy-problemet unik i HP. Hvis unikhetsbetingelsen brytes, kan det være mange IS av Cauchy-problemet, hver med sitt eget eksistensintervall. Enhver løsning (1) (eller ganske enkelt (1)1) kan utvides til en IS.

For å svare på spørsmål 1 og 2, er det nødvendig å vurdere ikke variabelen t separat, men oppførselen til IC i rommet Rn+1. På spørsmålet om hvordan IC-en oppfører seg "nær endene", svarer han Merk at eksistensintervallet har ender, men IC-en har kanskje ikke dem (enden av IC-en i B eksisterer alltid ikke - se bemerkningen ovenfor, men slutten kan ikke eksistere på B - se nedenfor).

Teorem. (om å forlate kompakten).

vi formulerer det under forhold med lokal egenart, men dette er ikke nødvendig - se , hvor TPK er formulert som et kriterium for NR.

Under betingelsene for TC-P forlater grafen til enhver IS i ligning (1)1 ethvert kompakt sett KB, dvs. K B (t, t+): (t, (t)) K ved t .

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

Kommentar. Dermed nærmer IC-en til IS nær t± seg B: ((t, (t)), B) 0 som t t± - løsningens fortsettelsesprosess kan ikke avsluttes strengt tatt inne i B.

positivt, her som en øvelse er det nyttig å bevise positiviteten til avstanden mellom usammenhengende lukkede sett, hvorav ett er et kompakt sett.

Bevis. Fiks K B. Ta en hvilken som helst 0 (0, (K, B)). Hvis B = Rn+1, så antar vi per definisjon (K, B) = +. Mengden K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) er også kompakt i B, så det eksisterer F = maks |f |. Vi velger tallene T og R opp til K tilstrekkelig små til at enhver sylinder av formen For eksempel er det nok å ta T 2 + R2 2/4. Da, ifølge TK-P, har Cauchy-problemet en løsning på et intervall som ikke er smalere enn (t T0, t + T0), der T0 = min(T, R/F) for alle (t, x) K.

Nå, som ønsket segment, kan du ta = . Faktisk må vi vise at hvis (t, (t)) K, så t + T0 t t + T0. La oss for eksempel vise den andre ulikheten. En løsning på Cauchy-problemet (2) med x = (t) eksisterer til høyre i det minste opp til punktet t + T0, men er en IS for det samme problemet, som på grunn av sin unikhet er en utvidelse, derfor t + T0 t+.

Dermed "når IS plottet alltid B", slik at eksistensintervallet til IS avhenger av geometrien til IC.

For eksempel:

Uttalelse. La B = (a, b)Rn (endelig eller uendelig intervall), f tilfredsstiller TC-P betingelsene i B, er en IS av problem (1) med t0 (a, b). Da er enten t+ = b eller |(t)| + for t t+ (og tilsvarende for t).

Bevis. Så la t+ b, så t+ +.

Tenk på et kompakt sett K = B B. For enhver R +, i henhold til TPK, er det (R) t+ slik at for t ((R), t+) punktet (t, (t)) K. Men siden t t+, dette er kun mulig for kontoen |(t)| R. Men dette betyr |(t)| + for t t+.

I dette spesielle tilfellet ser vi at hvis f er definert "for alle x", så kan eksistensintervallet til IS være mindre enn det maksimalt mulige (a, b) bare på grunn av tendensen til IS når man nærmer seg ender av intervallet (t, t+) (vanligvis tilfelle - til grensen B).

Trening. Generaliser den siste påstanden til tilfellet når B = (a, b), der Rn er et vilkårlig område.

Kommentar. Det skal forstås at |(t)| + betyr ikke noen k(t).

Dermed har vi besvart spørsmål 2 (jf. eksemplet i begynnelsen av § 4): IR når B, men dens projeksjon på t-aksen når kanskje ikke enden av projeksjonen av B på t-aksen. Spørsmål 1 gjenstår - er det noen tegn som uten å løse ODE kan bedømme muligheten for å fortsette løsningen til "videst mulig intervall"? Vi vet at for lineære ODE-er er denne utvidelsen alltid mulig, men i eksemplet i begynnelsen av § 4 er dette umulig.

La oss først vurdere, for illustrasjon, et spesielt tilfelle av ERP for n = 1:

konvergensen av det uekte integralet h(s)ds (upassende på grunn av = + eller på grunn av singulariteten til h ved punktet) avhenger ikke av valget av (,). Derfor vil vi nedenfor ganske enkelt skrive h(s)ds når vi snakker om konvergensen eller divergensen til dette integralet.

dette kan gjøres allerede i Osgoods teorem og relaterte påstander.

Uttalelse. La a C(,), b C(, +), begge funksjonene være positive på sine intervaller. La Cauchy-problemet (hvor t0 (,), x0) ha en IS x = x(t) på intervallet (t, t+) (,). Deretter:

Konsekvens. Hvis a = 1, = +, så er t+ = + Bevis. (påstander). Merk at x øker monotont.

Trening. Bevise.

Derfor eksisterer x(t+) = lim x(t) +. Vi har tilfelle 1. t+, x(t+) + - er umulig av TPK, siden x er en IS.

Begge integralene er enten endelige eller uendelige.

Trening. Legg til bevis.

Begrunnelse for læreren. Som et resultat får vi det i tilfelle 3: a(s)ds +, og i tilfelle 4 (hvis det i det hele tatt er realisert) det samme.

For de enkleste ODE-ene for n = 1 av formen x = f (x), bestemmes utvidbarheten av løsninger opp til av likheten.

autonome) ligninger, se del 3.

Eksempel. For f (x) = x, 1 (spesielt det lineære tilfellet = 1), og f (x) = x ln x, kan utvidelsen av (positive) løsninger til + garanteres. For f(x) = x og f(x) = x ln x ved 1, "dekomponerer løsningene i begrenset tid".

I det generelle tilfellet bestemmes situasjonen av mange faktorer og er ikke så enkel, men viktigheten av "veksthastigheten til f i x" gjenstår. For n 1 er det vanskelig å formulere utvidelseskriterier, men tilstrekkelige betingelser foreligger. Som regel er de rettferdiggjort ved hjelp av den såkalte. a priori estimater av løsninger.

Definisjon. La h C(,), h 0. Det sies at for løsninger av noen ODE er AO |x(t)| h(t) på (,) hvis en løsning av denne ODE tilfredsstiller dette estimatet på den delen av intervallet (,) der det er definert (dvs. det antas ikke at løsningene nødvendigvis er definert på hele intervallet (,) ).

Men det viser seg at tilstedeværelsen av AO garanterer at løsningene fortsatt vil være definert på alle (,) (og derfor tilfredsstiller estimatet på hele intervallet), slik at a priori-estimatet blir til et posteriori:

Teorem. La Cauchy-problemet (1) tilfredsstille betingelsene til TK-P, og for dets løsninger er det en AO på intervallet (,) med noe h C(,), og den krumlinjede sylinderen (|x| h(t), t (,)) B Da er HP (1) definert på alle (,) (og tilfredsstiller dermed AO).

Bevis. La oss bevise at t+ (t er lik). La oss si t+. Tenk på et kompakt sett K = (|x| h(t), t ) B. Ved TPK, som t t+, forlater punktet på grafen (t, x(t)) K, noe som er umulig på grunn av AO.

For å bevise utvidelsen av en løsning til et visst intervall, er det således tilstrekkelig å formelt estimere løsningen på hele det nødvendige intervallet.

Analogi: målbarheten til en funksjon i henhold til Lebesgue og den formelle evalueringen av integralet innebærer den virkelige eksistensen av integralet.

Her er noen eksempler på situasjoner der denne logikken fungerer. La oss starte med å illustrere oppgaven ovenfor om "veksten av f i x er ganske langsom."

Uttalelse. La B = (,) Rn, f tilfredsstille TK-P-betingelsene i B, |f (t, x)| a(t)b(|x|), hvor a og b tilfredsstiller betingelsene i forrige proposisjon c = 0, og = +. Da eksisterer IS for problem (1) på (,) for alle t0 (,), x0 Rn.

Lemma. Hvis og er kontinuerlige, (t0) (t0); for t t Bevis. Merk at i nabolaget (t0, t0 +): hvis (t0) (t0), så er dette umiddelbart åpenbart, ellers (hvis (t0) = (t0) = 0) har vi (t0) = g(t0, 0 ) (t0), som igjen gir det som kreves.

Anta nå at det er t1 t0 slik at (t1). Ved åpenbare resonnementer kan man finne (t1) t2 (t0, t1] slik at (t2) = (t2), og på (t0, t2) Men så på punktet t2 har vi =, - en motsetning.

g er hvilken som helst, og faktisk er det bare C som trengs, og uansett hvor =, der. Men for ikke å overvelde hodene våre, la oss vurdere det som i Lemma. Det er en streng ulikhet her, men en ikke-lineær ODE, og det er også den såkalte.

Merknad til læreren. Ulikheter av denne typen som i Lemma kalles Chaplygin type ulikheter (NC). Det er lett å se at Lemmaet ikke trengte en unikhetsbetingelse, så en slik "streng NP" er også sant innenfor rammen av Peanos teorem. «Ikke-streng LF» er åpenbart falsk uten egenart, siden likhet er et spesialtilfelle av ikke-streng ulikhet. Endelig er den "ikke-strenge NP" sann innenfor rammen av unikhetsbetingelsen, men den kan bare bevises lokalt, ved hjelp av IM.

Bevis. (påstander). La oss bevise at t+ = (t = tilsvarende). Anta t+, deretter ved påstanden over |x(t)| + for t t+, så vi kan anta at x = 0 på . Hvis vi beviser AO |x| h på ) (ballen er lukket for enkelhets skyld).

Cauchy-problemet x(0) = 0 har en unik IS x = 0 på R.

La oss indikere en tilstrekkelig betingelse på f der eksistensen av en IS på R+ kan garanteres for alle tilstrekkelig små x0 = x(0). For å gjøre dette, anta at (4) har den såkalte en Lyapunov-funksjon, dvs. en funksjon V slik at:

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

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

La oss sjekke oppfyllelsen av betingelsene A og B:

A. Tenk på Cauchy-problemet der |x1| R/2. La oss konstruere en sylinder B = R B(0, R) - domenet til funksjonen f, der den er avgrenset og av klasse C 1, slik at det eksisterer F = max |f |. I følge TK-P er det en løsning til (5) definert på intervallet (t1 T0, t1 + T0), hvor T0 = min(T, R/(2F)). Ved å velge en tilstrekkelig stor T kan man oppnå T0 = R/(2F). Det er viktig at T0 ikke er avhengig av valget av (t1, x1), forutsatt at |x1| R/2.

B. Så lenge løsningen (5) er definert og forblir i kulen B(0, R), kan vi lage følgende argument. Vi har:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0, dvs. V (x(t)) V (x1) M (r) = maks V (y) . Det er tydelig at m og M ikke reduseres; r er diskontinuerlige ved null, m(0) = M (0) = 0, og utenfor null er de positive. Derfor er det R 0 slik at M (R) m(R/2). Hvis |x1| R, deretter V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), hvorav |x(t)| R/2. Merk at R R/2.

Nå kan vi formulere et teorem, som fra Secs. A,B utleder den globale eksistensen av løsninger (4):

Teorem. Hvis (4) har en Lyapunov-funksjon i B(0, R), så for alle x0 B(0, R) (der R er definert ovenfor) er IS for Cauchy-problemet x(t0) = x0 for system (4) (med hvilken som helst t0) definert til +.

Bevis. Ved punkt A kan løsningen konstrueres på , hvor t1 = t0 + T0 /2. Denne løsningen ligger i B(0, R) og vi bruker element B på den, slik at |x(t1)| R/2. Vi bruker igjen punkt A og får en løsning på , hvor t2 = t1 + T0/2, dvs. nå bygges løsningen på . Vi bruker element B på denne løsningen og får |x(t2)| R/2 osv. I et tellbart antall trinn får vi en løsning i § 5. Avhengighet av ODE-løsninger på Tenk på Cauchy-problemet hvor Rk. Hvis for noen t0(), x0() dette Cauchy-problemet har en IS, så er det x(t,). Spørsmålet oppstår: hvordan studere avhengigheten til x av? Dette spørsmålet er viktig på grunn av ulike applikasjoner (og vil oppstå spesielt i del 3), hvorav en (selv om kanskje ikke den viktigste) er den omtrentlige løsningen av ODE-er.

Eksempel. La oss se på Cauchy-problemet: Dets IS eksisterer og er unikt, som følger av TC-P, men det er umulig å uttrykke det i elementære funksjoner. Hvordan undersøke dens egenskaper? En av måtene er som følger: merk at (2) er "nær" problemet y = y, y(0) = 1, hvis løsning er lett å finne: y(t) = et. Vi kan anta at x(t) y(t) = et. Denne ideen er tydelig formulert som følger: tenk på problemet At = 1/100 er dette (2), og ved = 0 er dette problemet for y. Hvis vi beviser at x = x(t,) er kontinuerlig i (i en viss forstand), så får vi at x(t,) y(t) ved 0, som betyr x(t, 1/100) y( t ) = et.

Riktignok er det fortsatt uklart hvor nær x er y, men å bevise at x er kontinuerlig i forhold til er det første nødvendige trinnet uten hvilket videre fremgang er umulig.

På samme måte er det nyttig å studere avhengigheten av parametere i de første dataene. Som vi skal se senere kan denne avhengigheten lett reduseres til en avhengighet av en parameter på høyre side av ligningen, så foreløpig begrenser vi oss til et problem på formen La f C(D), hvor D er et område i Rn+k+1; f er Lipschitz i x i ethvert kompakt sett i D konveks i x (for eksempel er C(D) tilstrekkelig). Vi fikser (t0, x0). Angi M = Rk | (t0, x0,) D er settet av tillatte (som problem (4) gir mening). Merk at M er åpen. Vi antar at (t0, x0) er valgt slik at M =. I følge TK-P er det for alle M en enkelt IS av problem (4) - funksjonen x = (t,) definert på intervallet t (t(), t+()).

Strengt tatt, siden det avhenger av mange variabler, må vi skrive (4) som følger:

hvor (5)1 er tilfredsstilt på settet G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Imidlertid er forskjellen mellom tegnene d / dt og / t rent psykologisk (bruken deres avhenger av det samme psykologiske konseptet "fiks"). Dermed er settet G det naturlige maksimale settet av definisjonen av en funksjon, og spørsmålet om kontinuitet bør undersøkes nøyaktig på G.

Vi trenger et hjelperesultat:

Lemma. (Gronwall). La funksjonen C, 0, tilfredsstille anslaget for alle t. Så for alle, sant Merknad for læreren. Når du leser en forelesning, kan du ikke huske denne formelen på forhånd, men la plass, og skriv den inn etter konklusjonen.

Men hold da denne formelen i sikte, fordi den vil være nødvendig i ToNZ.

h = A + B Ah + B, hvorfra får vi det som kreves.

Betydningen av dette lemmaet: differensialligning og ulikhet, sammenheng mellom dem, integralligning og ulikhet, sammenheng mellom dem alle, Gronwalls differensial- og integrale lemmas og sammenheng mellom dem.

Kommentar. Det er mulig å bevise dette lemmaet under mer generelle forutsetninger om, A og B, men vi trenger ikke dette ennå, men vil bli gjort i UMF-kurset (dermed er det lett å se at vi ikke brukte kontinuiteten til A og B, etc.).

Vi er nå klare til å si klart resultatet:

Teorem. (ToNS) Under forutsetningene gjort om f og i notasjonen introdusert ovenfor, kan vi hevde at G er åpen, men C(G).

Kommentar. Det er klart at settet M generelt ikke er tilkoblet, så G er kanskje heller ikke tilkoblet.

Merknad til læreren. Imidlertid, hvis vi inkluderte (t0, x0) i antall parametere, ville forbindelsen være - dette gjøres i .

Bevis. La (t,) G. Vi må bevise at:

La, for bestemthetens skyld, t t0. Vi har: M, slik at (t,) er definert på (t(), t+()) t, t0, som betyr at på et eller annet segment slik at t går punktet (t, (t,),) gjennom kompakt kurve D (parallell med hyperplan ( = 0)). Dette betyr at settet med skjemaet Definisjon må holdes foran øynene dine hele tiden!

det er også et kompakt sett i D for tilstrekkelig små a og b (konveks i x), slik at funksjonen f er Lipschitz i x:

[Denne vurderingen må holdes foran øynene dine hele tiden! ] og er jevnt kontinuerlig i alle variabler, og enda mer |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Denne vurderingen må holdes foran øynene dine hele tiden! ] Betrakt en vilkårlig 1 slik at |1 | b og den tilsvarende løsningen (t, 1). Settet ( = 1) er kompakt i D ( = 1), og for t = t0 er punktet (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), og i henhold til TPK, for t t+(1) forlater punktet (t, (t, 1), 1) ( = 1). La t2 t0 (t2 t+(1)) være den aller første verdien som det nevnte punktet når.

Ved konstruksjon, t2 (t0, t1]. Vår oppgave er å vise at t2 = t1 under ytterligere begrensninger på. La nå t3 . Vi har (for alle slike t3 er alle størrelser som brukes nedenfor definert av konstruksjon):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, La oss prøve å bevise at denne verdien er mindre enn a i absolutt verdi.

hvor integranden vurderes som følger:

±f (t, (t,),), i stedet for ±f (t, (t,),), siden forskjellen |(t, 1) (t,)| bare det er ikke noe estimat ennå, så (t, (t, 1),) er uklart, men for |1 | eksisterer, og (t, (t,), 1) er kjent.

slik at |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Dermed er funksjonen (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (dette er en kontinuerlig funksjon) tilfredsstiller betingelsene til Gronwall-lemmaet med A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, så ved dette lemmaet får vi [Dette anslaget må være holdes foran øynene til enhver tid! ] hvis vi tar |1 | 1 (tl). Vi antar at 1(t1) b. Alle resonnementene våre er riktige for alle t3.

Dermed, med et slikt valg av 1, når t3 = t2, fortsatt |(t2, 1) (t2,)| a, samt |1 | b. Derfor er (t2, (t2, 1), 1) bare mulig på grunn av det faktum at t2 = t1. Men dette betyr spesielt at (t, 1) er definert på hele intervallet , dvs. t1 t+(1), og alle punktene på formen (t, 1) G hvis t , |1 | 1 (tl).

Det vil si, selv om t+ avhenger av, men segmentet forblir til venstre for t+() ved tilstrekkelig nærhet i. På figur På samme måte, ved t t0, er eksistensen av tallene t4 t0 og 2(t4) vist. Hvis t t0, så er punktet (t,) B(, 1) G, på samme måte for t t0, og hvis t = t0, er begge tilfellene gjeldende, slik at (t0,) B(, 3) G, hvor 3 = min (12). Det er viktig at man for en fast (t,) kan finne t1(t,) slik at t1 t 0 (hhv. t4), og 1(t1) = 1(t,) 0 (eller 2, henholdsvis), slik at valget av 0 = 0(t,) er klart (siden en ball kan skrives inn i det resulterende sylindriske området).

faktisk har en mer subtil egenskap blitt bevist: hvis en IS er definert på et visst intervall, er alle IS-er med tilstrekkelig nære parametere definert på den (dvs.

alle de litt forstyrrede HP-ene). Imidlertid, og omvendt, følger denne egenskapen av åpenheten til G, som vil bli vist nedenfor, så dette er ekvivalente formuleringer.

Dermed har vi bevist punkt 1.

Hvis vi er i den spesifiserte sylinderen i rommet, er estimatet sant for |1 | 4(, t,). Samtidig |(t3,) (t,)| for |t3 t| 5(, t,) på grunn av kontinuitet i t. Som et resultat, for (t3, 1) B((t,),) har vi |(t3, 1) (t,)|, hvor = min(4, 5). Dette er punkt 2.

"Den russiske føderasjonens utdannings- og vitenskapsdepartement Federal State Budgetary Education Institute of Higher Professional Education STATE UNIVERSITY OF MANAGEMENT Institutt for opplæring av vitenskapelig, pedagogisk og vitenskapelig personell PROGRAM FOR OPPTAKSTESTER I SPESIALDISPLINE SOSIOLOGI FOR LEDELSE MOSKVA - 14444. ORGANISASJONELLE OG METODOLOGISKE INSTRUKSJONER Dette programmet er fokusert på forberedelse til leveringsopptaksprøver til forskerskolen i ... "

« Amur State University Institutt for psykologi og pedagogikk UTDANNINGS- OG METODOLOGISK KOMPLEKS DISSIPLINER KONSULTATIV PSYKOLOGI Det viktigste utdanningsprogrammet i retning av bachelorgrad 030300.62 Psykologi Blagoveshchensk 2012 UMKd utviklet Vurdert og anbefalt på et møte med psykologiavdelingen ...

"bilindustrien) Omsk - 2009 3 Federal Agency for Education GOU VPO Siberian State Automobile and Road Academy (SibADI) Institutt for ingeniørpedagogikk METODOLOGISKE INSTRUKSJONER for å studere faget Pedagogiske teknologier for studenter av spesialiteten 050501 - Yrkesopplæring (biler og bilindustrien. ."

"Serie lærebok G.S. Rozenberg, F.N. Ryansky TEORETISK OG ANVENDT ØKOLOGI Lærebok Anbefalt av Educational and Methodological Association for Classical University Education Den russiske føderasjonen som læremiddel for studenter på høyere nivå utdanningsinstitusjoner i miljøspesialiteter 2. utgave Nizhnevartovsk Forlag ved Nizhnevartovsk Pedagogical Institute 2005 LBC 28.080.1ya73 P64 Anmeldere: Dr. Biol. Sciences, professor V.I. Popchenko (Institute of Ecology...»

"UTDANNINGS- OG VITENSKAPSMINISTERIET I DEN RUSSISKE FØDERASJON føderale statlige budsjettutdannelsesinstitusjon for høyere profesjonsutdanning KRASNOYARSK STATE PEDAGOGICAL UNIVERSITY oppkalt etter. V.P. Astafieva E.M. Antipova LITEN VERKSTED OM BOTANIKK Elektronisk utgave KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Anmeldere: Vasiliev A.N. V.P. Astafiev; Yamskikh G.Yu., doktor i geologiske vitenskaper, professor ved Siberian Federal University Tretyakova I.N., doktor i biologiske vitenskaper, professor, ledende stipendiat ved Forest Institute...»

"Den russiske føderasjonens utdannings- og vitenskapsdepartement Federal State Educational Budgetary Institution of Higher Professional Education Amur State University Institutt for psykologi og pedagogikk EDUCATIONAL OG METODOLOGICAL COMPLEX DISCIPLINE OF PEDIATRICS AND HYGIENE Det viktigste utdanningsprogrammet i retning av opplæring 050400.62. utdanning Blagoveshchensk 2012 1 UMKd utviklet Gjennomgått og anbefalt på et møte i Institutt for psykologi og ... "

"Sjekke oppgaver med et detaljert svar Oppgi (endelig) sertifisering av nyutdannede fra niende klasse av utdanningsinstitusjoner (i ny form) 2013 GEOGRAFI Moskva 2013 Forfatter-kompilator: Ambartsumova E.M. Å øke objektiviteten til resultatene av den statlige (endelige) sertifiseringen av nyutdannede fra 9. klasse av generelle utdanningsinstitusjoner (i ... "

"Praktiske anbefalinger om bruk av referanse, informasjon og metodisk innhold for å undervise i russisk som statsspråket i Den russiske føderasjonen. Praktiske anbefalinger er rettet til lærere i russisk (inkludert som et ikke-morsmål). Innhold: Praktiske anbefalinger og retningslinjer for valg 1. av innholdet i materialet for utdannings- og utdanningsklasser viet problemene med det russiske språkets funksjon som statsspråk ... "

«EVMURYUKINA UTVIKLING AV KRITISK TENKNING OG MEDIEKOMPETANSE TIL STUDENTER I PROSESSEN MED PRESSEANALYSE lærebok for universiteter Taganrog 2008 2 Muryukina Ye.V. Utvikling av kritisk tenkning og mediekompetanse hos studenter i prosessen med presseanalyse. Lærebok for universiteter. Taganrog: NP Senter for personlighetsutvikling, 2008. 298 s. Læreboken omhandler utvikling av kritisk tenkning og mediekompetanse hos elever i prosessen med medieopplæringstimer. Fordi pressen i dag ..."

"OM. P. Golovchenko OM DANNING AV MENNESKELIG FYSISK AKTIVITET Del II PEDAGOGICS OF MOTOR ACTIVITITES 3 Educational edition Oleg Petrovich Golovchenko FORMATION OF MENNESKE FYSISK AKTIVITET Studieveiledning Del II PEDAGOGY OF FYSICAL ACTIVITY, korrigert Andre .***edition. Kosenkova Datamaskinlayout ble laget av D.V. Smolyak og S.V. Potapova *** Signert for publisering 23.11. Format 60 x 90/1/16. Skrivepapir Headset Times Driftsutskriftsmetode Konvensjon. p.l...."

«State EDUCATIONAL INSTITUTION OF HIGHER PROFESSIONAL EDUCATION Kazan State University N.A. I OG. ULYANOVA-LENINA Elektroniske biblioteker med vitenskapelige og pedagogiske ressurser. Pedagogisk Verktøysett Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Digitale biblioteker vitenskapelige og pedagogiske ressurser. Læremiddel i retning av Elektroniske utdanningsressurser. - Kazan: KSU, 2008. Den pedagogiske og metodiske håndboken er publisert ved beslutning ... "

"DET RUSSISKE FØDERASJONS UDDANNINGSDEPARTEMENT Statens utdanningsinstitusjon for høyere profesjonsutdanning Orenburg State University Akbulak filial Institutt for pedagogikk V.A. TETSKOVA METODOLOGY FOR UNDERVISNING KUNST I GRUNNSKOLEN AV EN GENERELT EDUCATIONAL SCHOOL METODOLOGISKE INSTRUKSJONER Anbefalt for publisering av Redaksjons- og publiseringsrådet i staten utdanningsinstitusjon høyere yrkesopplæring Orenburg State University...»

UDDANNELSES- OG VITENSKAPSMINISTERIET I DEN RUSSISKE FØDERASJON Dzhegutanova BARNELITTERATUR I LANDENE I DET LÆRTE SPRÅKET UTDANNINGS- OG METODOLOGISKE KOMPLEKS Stavropol 2010 1 Publisert ved vedtak UDC 82.0 fra redaksjons- og publiseringsrådet til LBC 83.3 (0) GOU VPO Stavropol-instituttet " ...

“REGLER om det nye systemet for intra-skole vurdering av kvaliteten på utdanning MBOU Kamyshinskaya videregående skole 1. Generelle bestemmelser 1.1. Forskrift om skoleinternt system for vurdering av utdanningskvalitet (heretter kalt forskriften) fastsetter enhetlige krav til gjennomføring av skoleinternt system for vurdering av utdanningskvalitet (heretter kalt SSEKO) i det kommunale. budsjettutdanningsinstitusjon ved Kamyshin videregående allmennutdanningsskole (heretter referert til som skolen). 1.2. Den praktiske implementeringen av SSOKO er bygget i samsvar med ... "

"HELSEDEMINISTIET I REPUBLIKKEN UZBEKISTAN TASHKENT MEDICINAL ACADEMY AVDELING AV GP MED KLINISK ALLERGOLOGI GODKJENT av viserektor for akademiske anliggender Prof. O.R. Teshaev _ 2012 ANBEFALINGER FOR SAMMENSETNING AV UTDANNINGS- OG METODOLOGISK UTVIKLING FOR PRAKTISKE KLASSER OM ET ENHELT METODOLOGISK SYSTEM Metodologiske instruksjoner for lærere ved medisinske universiteter Tashkent-2012 HELSEDEMINISTRET I REPUBLIKK UDVIKLINGEN I UZKENTET FOR MEDISINSKJENTET. MEDISINSK...»

"Federal Agency for Education Gorno-Altai State University A. P. Makoshev POLITISK GEOGRAFI OG GEOPOLITIKK Utdannings- og metodologisk håndbok Gorno-Altaisk RIO ved Gorno-Altai State University 2006 Publisert etter vedtak fra redaksjons- og publiseringsrådet ved Gorno-Altai State University Makoshev A. POLITISK GEOGRAFI OG GEOPOLITIKK. Læremiddel. - Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 s. Læremidlet ble utviklet i henhold til pedagogisk ... "

«A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva SKOLE FOR FREMTIDENS MODERNE UTDANNINGSPROGRAM LEVENS STADIER KLASSE 1 METODOLOGISK HÅNDBOK FOR GRUNNSKOLELÆRERE Moskva 2009 UDC 371(075.8) LBC 74.00 N 68 Opphavsrett er obligatorisk referanse til forfatterne. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 Moderne utdanningsprogram Livets trinn. – M.: Avvallon, 2009. – 176 s. ISBN 978 5 94989 141 4 Dette heftet henvender seg først og fremst til lærere, men absolutt med informasjon..."

« Utdannings- og metodologisk kompleks RUSSIAN BUSINESS LAW 030500 - Jurisprudence Moskva 2013 Forfatter - kompilator av Institutt for sivilrettsdisipliner Reviewer - Det utdannings- og metodologiske komplekset ble vurdert og godkjent på et møte i Institutt for sivilrettsdisipliner protokoll nr. _2013. Russisk forretningslov: pedagogisk og metodisk ... "

"EN. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin GEOGRAFI AV REPUBLIKKEN MORDOVIA Lærebok SARANSK PUBLISHING HOUSE OF MORDOVIAN UNIVERSITY 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9(2R351–6Mo) Ya549 Revisorer: Department of Physical University Geography; doktor i geografi professor A. M. Nosonov; lærer ved skolekomplekset nr. 39 av Saransk A. V. Leontiev Publisert ved beslutning fra det pedagogiske og metodologiske rådet ved fakultetet for førskoleopplæring og videregående ... "

Makarskaya E. V. I boken: Days of student science. Vår - 2011. M.: Moscow State University of Economics, Statistics and Informatics, 2011. S. 135-139.

Forfatterne vurderer praktisk bruk teori om lineære differensialligninger for forskning økonomiske systemer. Oppgaven analyserer de dynamiske modellene til Keynes og Samuelson-Hicks med å finne likevektstilstandene til økonomiske systemer.

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

Håndboken vurderer kvantitative metoder for å studere oksygenforbruk av en person under tester med dosert fysisk aktivitet, utført ved Statens vitenskapelige senter i den russiske føderasjonen - IBMP RAS. Håndboken er ment for forskere, fysiologer og leger som arbeider innen romfart, undervanns- og idrettsmedisin.

Mikheev A. V. St. Petersburg: Institutt for operasjonell utskrift NRU HSE - St. Petersburg, 2012.

Denne samlingen inneholder problemer i løpet av differensialligninger, lest av forfatteren ved Fakultet for økonomi ved National Research University Higher School of Economics - St. Petersburg. I begynnelsen av hvert emne gis en kort oppsummering av de viktigste teoretiske fakta og eksempler på løsninger på typiske problemer analyseres. For studenter og lyttere til programmer for høyere profesjonsutdanning.

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

Denne læreboken er basert på et spesialkurs etter studentens valg, lest av forfatteren ved fakultetet for mekanikk og matematikk ved Moscow State University. M.V. Lomonosov i 2010-2012 akademiske år. Manualen gjør leseren kjent med parametrix-metoden og dens diskrete analog, utviklet sist av forfatteren av manualen og hans medforfattere. Den samler materiale som tidligere bare var inneholdt i en rekke tidsskriftartikler. Uten å strebe etter maksimal generell presentasjon, hadde forfatteren som mål å demonstrere metodens muligheter for å bevise lokale grensesetninger om konvergens av Markov-kjeder til en diffusjonsprosess og for å oppnå tosidige estimater av Aronson-typen for noen degenererte diffusjoner.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Denne publikasjonen er en samling utvalgte artikler fra "Third International Conference on Dynamics informasjonssystemer”, som ble holdt ved University of Florida, 16.–18. februar 2011. Hensikten med denne konferansen var å bringe sammen forskere og ingeniører fra industri, myndigheter og akademia for å dele nye oppdagelser og resultater om spørsmål knyttet til teori og praksis for informasjonssystemdynamikk. Information Systems Dynamics: Mathematical Discovery er et topp moderne studie og er beregnet på hovedfagsstudenter og forskere som er interessert i de siste oppdagelsene innen informasjonsteori og dynamiske systemer. Forskere fra andre disipliner kan også dra nytte av anvendelsen av nye utviklinger innen deres fagfelt.

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

Den adiabatiske grensen i Landau-Ginzburg hyperbolske ligninger studeres. Ved å bruke denne grensen etableres en samsvar mellom løsningene av Ginzburg-Landau-ligningene og adiabatiske baner i modulrommet til statiske løsninger, kalt virvler. Manton foreslo et heuristisk adiabatisk prinsipp som postulerte at enhver løsning av Ginzburg-Landau-ligningene med tilstrekkelig liten kinetisk energi kan oppnås som en forstyrrelse av en eller annen adiabatisk bane. Et strengt bevis på dette faktum ble nylig funnet av førsteforfatteren

Vi gir en eksplisitt formel for en kvasi-isomorfisme mellom operadene Hycomm (homologien til modulrommet til stabile genus 0-kurver) og BV/Δ (homotopikvotienten til Batalin-Vilkovisky operad av BV-operatøren). Med andre ord, vi utleder en ekvivalens av Hycomm-algebraer og BV-algebraer forbedret med en homotopi som bagatelliserer BV-operatoren. Disse formlene er gitt i form av Givental-grafene, og er bevist på to forskjellige måter. Ett bevis bruker Givental-gruppehandlingen, og det andre beviset går gjennom en kjede av eksplisitte formler på resolusjoner fra Hycomm og BV. Den andre tilnærmingen gir spesielt en homologisk forklaring av Givental-gruppehandlingen på Hycomm-algebraer.

Under vitenskapelig redigert av: A. Mikhailov Vol. 14. M.: Sosiologisk fakultet ved Moscow State University, 2012.

Artiklene i denne samlingen er skrevet på grunnlag av rapporter laget i 2011 ved Sosiologisk fakultet ved Moscow State University. M.V. Lomonosov på møtet til det XIV tverrfaglige årlige vitenskapelige seminaret "Matematisk modellering av sosiale prosesser" oppkalt etter. Helt fra sosialistisk arbeidsakademiker A.A. Samara.

Publikasjonen er beregnet på forskere, lærere, studenter ved universiteter og vitenskapelige institusjoner ved det russiske vitenskapsakademiet som er interessert i problemene, utviklingen og implementeringen av metodikk matematisk modellering sosiale prosesser.

Alexander Viktorovich Abrosimov Fødselsdato: 16. november 1948 (1948 11 16) Fødested: Kuibyshev Dødsdato ... Wikipedia

I Differensialligninger som inneholder de nødvendige funksjonene, deres deriverte av forskjellige rekkefølger og uavhengige variabler. Teori om D. kl. oppsto på slutten av 1600-tallet. påvirket av behovene til mekanikk og annen naturvitenskap, ... ... Stor sovjetisk leksikon

Vanlige differensialligninger (ODEs) er en differensialligning av formen hvor er en ukjent funksjon (muligens en vektorfunksjon, da som regel også en vektorfunksjon med verdier i et rom av samme dimensjon; i denne .. ... Wikipedia

Wikipedia har artikler om andre personer med det etternavnet, se Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Fødselsdato: 4. oktober 1934 (1934 10 04) Fødested: Tbilisi, USSR Dødsdato ... Wikipedia

Differensial- (Differensial) Differensialdefinisjon, funksjonsdifferensial, differensialsperre Informasjon om differensialdefinisjon, funksjonsdifferensial, differensialsperre Innhold Innhold matematisk Uformell beskrivelse... … Encyclopedia of investor

Et av grunnbegrepene i teorien om partielle differensialligninger. Rollen til X. manifesteres i de essensielle egenskapene til disse ligningene, slik som de lokale egenskapene til løsninger, løsbarheten til ulike problemer, deres korrekthet, etc. La ... ... Matematisk leksikon

En ligning der det ukjente er en funksjon av én uavhengig variabel, og denne ligningen inkluderer ikke bare selve den ukjente funksjonen, men også dens deriverte av forskjellige rekkefølger. Begrepet differensialligninger ble foreslått av G. ... ... Matematisk leksikon

Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin på en forelesning på MISiS Fødselsdato ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin på en forelesning på MISiS Fødselsdato: 1931 (1931) ... Wikipedia

Gauss-ligning, 2. ordens lineær ordinær differensialligning eller, i selvadjoint form, Variabler og parametere i det generelle tilfellet kan ha alle komplekse verdier. Etter utskifting oppnås følgende skjema ... ... Matematisk leksikon

UDDANNELSES- OG VITENSKAPSMINISTERIET I DEN RUSSISKE FØDERASJONEN NATIONAL RESEARCH NUCLEAR UNIVERSITY "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Kurs med forelesninger om ordinære differensialligninger for studenter ved høyere utdanning i Moscow a10 Kurs med forelesninger på ordinær differensiallikninger : Opplæringen. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 s. Læreboken ble laget på grunnlag av et kurs med forelesninger gitt av forfatterne ved Moscow Engineering Physics Institute i mange år. Den er beregnet på studenter ved National Research Nuclear University MEPhI ved alle fakulteter, så vel som for universitetsstudenter med avansert matematisk opplæring. Manualen er utarbeidet innenfor rammen av Program for etablering og utvikling av NRNU MEPhI. Anmelder: Doctor of Phys.-Math. Sciences N.A. Kudryashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University MEPhI, 2011 Innhold Forord. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Innføring i teorien om ordinære differensialligninger Grunnleggende begreper. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchy-problemet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Eksistens og unikhet av en løsning på Cauchy-problemet for en førsteordens ligning Unikhetsteorem for førsteordens OLE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eksistensen av en løsning på Cauchy-problemet for OLE av første orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Videreføring av løsningen for førsteordens ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchy-problemet for et normalt system av n. orden Grunnleggende begreper og noen hjelpeegenskaper til vektorfunksjoner. . . . Unikhet ved løsningen av Cauchy-problemet for et normalt system. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Konseptet med et metrisk rom. Prinsippet for komprimerende kartlegginger. . . . . . Eksistens- og unikhetsteoremer for løsning av Cauchy-problemet for normale systemer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Noen klasser av vanlige differensialligninger løst i kvadraturligninger med separerbare variabler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineære OÄC-er av første orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene ligninger. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoulli ligning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ligning i totale differensialer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Førsteordensligninger ikke løst med hensyn til den deriverte Eksistens- og unikhetsteoremet for en løsning av en ODE som ikke er løst med hensyn til den deriverte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Spesialløsning. Diskriminerende kurve. konvolutt. . . . . . . . . . . . . . . . Parameter introduksjonsmetode. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagranges ligning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Clairauts ligning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Lineære ODE-systemer Grunnleggende konsepter. Eksistens- og unikhetsteorem for løsning av problemet Homogene systemer av lineære ODE-er. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vronskys determinant. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komplekse løsninger av et homogent system. Overgang til ekte dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ikke-homogene systemer av lineære ODE-er. Metoden for variasjon av konstanter. . . . . Homogene systemer av lineære ODE-er med konstante koeffisienter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . En eksponentiell funksjon av en matrise. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87. . . 91. . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Ikke-homogene systemer av lineære ODE-er med konstante koeffisienter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Høy orden lineære ODEs Reduksjon til et system av lineære ODEs. Eksistens- og unikhetsteorem for løsning av Cauchy-problemet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogen lineær høyordens ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egenskaper til komplekse løsninger av en homogen høyordens lineær ODE. Overgang fra kompleks ÔSR til ekte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ikke-homogene lineære høyordens OÄD-er. Metoden for variasjon av konstanter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene lineære OÄD-er av høy orden med konstante koeffisienter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ikke-homogen høyordens lineær ODE med konstante koeffisienter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Bærekraftsteori Grunnleggende begreper og definisjoner knyttet til bærekraft. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabilitet av løsninger av et lineært system. . . . . . Lyapunovs teoremer om stabilitet. . . . . . . . . . Stabilitet ved første tilnærming. . . . . . . Oppførsel av fasebaner nær hvilepunktet 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Første integraler av ODE-systemer 198 Første integraler av autonome systemer av ordinære differensialligninger198 Ikke-autonome ODE-systemer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Symmetrisk notasjon av OÄC-systemer. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Førsteordens partielle differensialligninger Homogene førsteordens lineære partielle differensialligninger Cauchy-problemet for en førsteordens lineær partiell differensialligning. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvasilineære ligninger i partielle deriverte av første orden. . . . Cauchy-problemet for en kvasilineær partiell differensialligning av første orden. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 FORORD Ved utarbeidelsen av boken satte forfatterne seg som mål å samle på ett sted og i en tilgjengelig form presentere informasjon om de fleste problemstillinger knyttet til teorien om vanlige differensiallikninger. Derfor, i tillegg til materialet som er inkludert i det obligatoriske programmet for kurset med ordinære differensialligninger som undervises ved NRNU MEPhI (og andre universiteter), inneholder manualen også tilleggsspørsmål, som som regel ikke har nok tid i forelesninger, men som vil være nyttig for en bedre forståelse av faget og vil være nyttig for nåværende studenter i deres fremtidige faglige aktiviteter. Matematisk strenge bevis er gitt for alle utsagnene i den foreslåtte håndboken. Disse bevisene er som regel ikke originale, men alle har blitt revidert i samsvar med stilen for å presentere matematiske kurs ved MEPhI. I følge den oppfatning som er utbredt blant lærere og forskere, bør matematiske disipliner studeres med fullstendige og detaljerte bevis, og gradvis gå fra enkle til komplekse. Forfatterne av denne håndboken er av samme oppfatning. Den teoretiske informasjonen gitt i boken støttes av analysen av et tilstrekkelig antall eksempler, som vi håper vil gjøre det lettere for leseren å studere materialet. Håndboken er rettet til universitetsstudenter med avansert matematisk opplæring, primært til studenter ved National Research Nuclear University MEPhI. Samtidig vil det også være nyttig for alle som er interessert i teorien om differensialligninger og bruker denne grenen av matematikk i sitt arbeid. -5- Kapittel I. Introduksjon til teorien om vanlige differensialligninger 1. 1. Grunnleggende begreper Gjennom hele denne håndboken, med ha, bi, betegner vi noen av mengdene (a, b), , (a, b], , vi får x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Etter å potensere den siste ulikheten og bruke (2.3), har vi 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 for alle x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Dermed tilfredsstiller f Lipschitz-betingelsen med L = 1 , faktisk selv med L = sin 1 i y. Imidlertid eksisterer ikke den deriverte fy0 i punktene (x, 0) 6= (0, 0) engang Følgende teorem, som er interessant i seg selv, tillater oss for å bevise det unike ved løsningen av Cauchy-problemet: Teorem 2.1 (På et estimat for forskjellen på to løsninger) La G være et domene 2 i R og la f (x, y) 2 C G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen i G ved y med konstant L. Hvis y1 , y2 er to løsninger av ligningen y 0 = f (x, y) på segmentet , så er følgende ulikhet (estimat) gyldig: jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 for alle x 2 . -19- y2 Bevis. Per definisjon 2. 2 løsninger av ligning (2.1), får vi at 8 x 2 poeng x, y1 (x) og x, y2 (x) 2 G. For alle t 2 har vi de riktige likhetene y10 (t) = f t , y1 (t ) og y20 (t) = f t, y2 (t) , som vi vil integrere over t på segmentet , hvor x 2 . Integrasjonen er lovlig, siden høyre og venstre side er kontinuerlige på funksjoner. Vi får systemet med likheter Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Hvis vi trekker det ene fra det andre, har vi jy1 (x) y2 (x)j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx h f t, y1 (t) i f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + f t, y1 (t) f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Betegn 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. for alle x 2 . Teoremet er bevist. Som en følge av det beviste teoremet får vi en unikhetsteorem for løsning av Cauchy-problemet (2.1), (2.2). Konsekvens 1. La en funksjon f (x, y) 2 C G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen i y i G, og la funksjonene y1 (x) og y2 (x) være to løsninger av ligning (2.1) på samme intervall , med x0 2 . Hvis y1 (x0) = y2 (x0), så y1 (x) y2 (x) på . Bevis. La oss vurdere to tilfeller. -20- 1. La x > x0 , så følger det av setning 2. 1 at h i.e. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0), y2 (x) for x > x0. 2. La x 6 x0 , gjør endringen t = x, så yi (x) = yi (t) y~i (t) for i = 1, 2. Siden x 2, så gjelder t 2 [ x0 , x1 ] og likheten y~1 (x0) = y~2 (x0). La oss finne ut hvilken ligning y~i (t) tilfredsstiller. Følgende kjede av likheter er sann: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Her har vi brukt differensieringsregelen for en kompleks funksjon og det faktum at yi (x) er løsninger av ligning (2.1). Siden funksjonen f~(t, y) f (t, y) er kontinuerlig og tilfredsstiller Lipschitz-betingelsen med hensyn til y, så har vi ved teorem 2.1 at y~1 (t) y~2 (t) på [ x0 , xl], dvs. y1 (x) y2 (x) til . Ved å kombinere begge vurderte tilfellene får vi påstanden om konsekvensen. Konsekvens 2. (på kontinuerlig avhengighet av initialdata) La en funksjon f (x, y) 2 C G og tilfredsstille i G Lipschitz-betingelsen på y med konstant L, og funksjonene y1 (x) og y2 (x) er løsninger av Ekv. (2.1) definert på . Angi l = x1 x0 og δ = y1 (x0) y2 (x0) . Så for 8 x 2 er ulikheten y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l sann. Beviset følger umiddelbart av setning 2. 1. Ulikheten fra Corollary 2 kalles estimatet for stabiliteten til løsningen med hensyn til de initiale dataene. Betydningen ligger i det faktum at hvis ved x = x0 er løsningene "nære", så er de også "nære" på det siste segmentet. Teorem 2. 1 gir et estimat, som er viktig for applikasjoner, for differansmodulen til to løsninger, og Corollary 1 gir unikheten til løsningen på Cauchy-problemet (2.1), (2.2). Det er også andre tilstrekkelige betingelser for unikhet, en av dem presenterer vi nå. Som nevnt ovenfor betyr den geometriske unike egenskapen til løsningen på Cauchy-problemet at ikke mer enn én integralkurve av ligning (2.1) kan passere gjennom punktet (x0, y0) til domenet G. Teorem 2.2 (Osgood på unikhet). La en funksjon f (x, y) 2 C G og for 8 (x, y1), (x, y2) 2 G ulikheten f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , hvor ϕ ( u) > 0 for u 2 (0, β], ϕ(u) er kontinuerlig, og Zβ du ! +1 når ε ! 0+. Da høyst én integralkurve (2.1).-21- Bevis.La det være eksisterer to løsninger y1 (x) og y2 (x) av ligning (2.1), slik at y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , angir z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, dvs. så z dx 1 d ulikheten jzj2 6 ϕ jzj jzj, hvorfra, for jzj 6= 0, følger det at 2 dx dobbel ulikhet: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2,5) x1 jz1 j i = 1, 2. Ved antagelse er z(x) 6 0 og dessuten kontinuerlig, så det er et slikt segment, velg det og fiks det. Tenk på mengdene n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 og z(x) = 0 . Minst ett av disse settene er ikke tomt, siden z(x0) = 0 og x0 62 . La for eksempel X1 6= ∅, den er avgrenset ovenfra, så 9 α = sup X1 . Merk at z(α) = 0, dvs. α 2 X1, siden vi antar at z(α) > 0, på grunn av kontinuitet, vil ha z(x) > 0 på et eller annet intervall α δ1 , α + δ1 , og dette motsier definisjonen av α = sup X1 . Fra betingelsen z(α) = 0 følger det at α< x1 . По построению z(x) > 0 for alle x 2 (α, x2 ], og siden z(x) ! 0+ er kontinuerlig for x ! α + 0. La oss gjenta argumentene i å derivere (2.5), integrere over segmentet [α + δ, x2 ], hvor x2 er valgt ovenfor og fast, og δ 2 (0, x2 α) er vilkårlig, får vi ulikheten: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 ulikhet, vi har en tendens til δ ! 0+, deretter z (α+δ) ! z(α) = 0, fra Zjz2 j d jzj2 ! +1, ved kontinuitetsbetingelsen z(x), og deretter integralet 2 jzjϕ jzj til teoremet jz(α+ δ)j -22- Høyre side av ulikheten Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α er avgrenset av α + δ ovenfra av en endelig verdi, som samtidig er umulig at Cauchy-problemet (2.1), (2.2) forstås som følgende problem for å finne funksjonen y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, hvor f (x, y) 2 C G og (x0 , y0) 2 G, G er et domene i R2 Lemma 2. 2. La f (x, y) 2 C G Da gjelder følgende påstander: 1 ) enhver løsning ϕ(x) av ligning (2.1) på intervallet ha, bi tilfredsstiller (2.2) x0 2 ha, bi er en løsning på ha, bi av integralligningen Zx y(x) = y0 + f τ, y(τ ) dτ ; (2.6) x0 2) hvis ϕ(x) 2 C ha, bi er en løsning av integralligningen (2.6) på ha, bi, 1 hvor x0 2 ha, bi, så ϕ(x) 2 C ha, bi og er en løsning av (2.1), (2.2). Bevis. 1. La ϕ(x) være en løsning på (2.1), (2.2) på ha, bi. Så, ved bemerkning 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi og 8 τ 2 ha, bi, har vi likheten ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , ved å integrere hvilken fra x0 til x, vi oppnår ( for enhver x 2 ha, bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, og ϕ(x0) = y0 , dvs. ϕ(x) er løsningen (2.6). x0 2. La y = ϕ(x) 2 C ha, bi være en løsning på (2.6). Siden f x, ϕ(x) er kontinuerlig på ha, bi ved antakelse, så Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 som et integral med en variabel øvre grense for en kontinuerlig funksjon. Ved å differensiere den siste likheten med hensyn til x, får vi ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi og åpenbart ϕ(x0) = y0 , dvs. ϕ(x) er løsningen på Cauchy-problemet (2.1), (2.2). (Som vanlig forstås en derivert på slutten av et segment å være den tilsvarende ensidige deriverte.) -23- Merknad 2. 6. Lemma 2. 2 kalles lemmaet om ekvivalensen til Cauchy-problemet (2.1) , (2.2) til integralligningen (2.6). Hvis vi beviser at en løsning på ligning (2.6) eksisterer, får vi løsbarheten til Cauchy-problemet (2.1), (2.2). Denne planen er implementert i følgende teorem. Teorem 2.3 (Lokal eksistensteorem). La rektangelet P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β ligge helt i G-domenet til funksjonen f (x, y). Funksjon f (x, y) 2 C G og tilfredsstiller Lipschitz-betingelsen for n y ov G med konstant L. Angi β M = max f (x, y), h = min α, M . Da finnes det en løsning på Cauchy-problemet (2.1), (2.2) på intervallet P. Bevis. La oss fastslå eksistensen av en løsning av integralligningen (2.6) på intervallet. For å gjøre dette, vurder følgende sekvens av funksjoner: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, osv. x0 1. La oss vise at de 8 n 2 N funksjonene yn (påfølgende tilnærminger) er definert, dvs. la oss vise at for 8 x 2 gjelder ulikheten yn (x) y0 6 β for alle n = 1, 2, . . . Vi bruker metoden for matematisk induksjon (MMI): a) induksjonsgrunnlag: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 hvor M0 = maks. f (x, y0) for jx x 0 j6a, M06M; b) antakelse og induksjonstrinn. La ulikheten være sann for yn 1 (x), la oss bevise den for yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Så hvis jx x0 j 6 h , deretter yn (x) y06 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Målet vårt er å bevise konvergensen til nærmeste 1 etterfølger yk (x) k=0 , for dette er det praktisk å representere det som: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 dvs. sekvenser av delsummer av en funksjonell serie. 2. Estimer vilkårene for denne serien ved å bevise følgende ulikheter 8 n 2 N og 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! La oss bruke metoden for matematisk induksjon: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) induksjonsgrunnlag: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, bevist ovenfor; b) antakelse og induksjonstrinn. La ulikheten være sann for n, la oss si det for n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, opp til dτ 6 x0 Zx i yn 6 ved Lipschitz-tilstanden 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 ved induksjonshypotesen 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 Her har vi brukt det faktum at integralet I = jτ x0 for x > x0 for x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk for alle k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N gjelder La oss bevise denne hjelpepåstanden for tilfellet A, B 2 R (det vil si at A og B er endelige; hvis A = 1 eller B =+1, så på samme måte). Ta x A B x , vilkårlig x 2 (A, B) og δ(x) = min , δ(x) > 0. Ved 2 2 tallet δ fra konvergensen Ak ! A og Bk! B får vi at 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. Ved å bruke konsekvens 1 i avsnitt 2.1 (dvs. unikhetsteoremet), får vi at ϕ(t) ψ(t) for alle t 2 og spesielt for t = x. Siden x er et vilkårlig punkt i (A, B), bevises det unike med løsningen, og med den konsekvensen. Anmerkning 2. 10. I konsekvensen som nettopp er bevist, møtte vi først ideen om å utvide en løsning til et bredere sett. I neste avsnitt vil vi studere det mer detaljert. La oss gi noen eksempler. p Eksempel 2. 2. For ligningen y 0 = ejxj x2 + y 2 finn ut om løsningen eksisterer i det hele tatt (A, B) = (1, +1). Betrakt denne ligningen i «stripen» Q = R2 , funksjonen p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 I henhold til utsagn 2.1 fra avsnitt 2.1, tilfredsstiller funksjonen f (x, y) Lipschitz-betingelsen med hensyn til y med "konstanten" L = L(x), x er fast. Da er alle betingelsene for konsekvensen oppfylt, og for alle innledende data (x0 , y0) 2 R2 eksisterer løsningen av Cauchy-problemet og er dessuten unik på (1, +1). Merk at selve ligningen ikke kan løses i kvadraturer, men omtrentlige løsninger kan konstrueres numerisk. er definert og kontinuerlig i Q, -32- Eksempel 2. 3. For ligningen y 0 = ex y 2 finn ut om dens løsninger eksisterer definert på R. Hvis vi vurderer denne ligningen igjen i "stripen" Q = R2 , hvor funksjonen ∂ f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j for alle y1 , y2 2 R. Faktisk, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, og uttrykket jy2 + y1 j er ikke avgrenset for y1 , y2 2 R. Dermed gjelder ikke konsekvensen. Vi løser denne ligningen ved "separasjon av variabler", får vi felles vedtak: " y(x) = 0, y(x) = 1. ex + C For bestemthet tar vi x0 = 0, y0 2 R. Hvis y0 = 0, så er y(x) 0 en løsning på Cauchy-problemet på R. 1 – løsning av Cauchy-problemet For y0 2 [ 1, 0) ex er det definert for alle x 2 R, og for y0 2 (1, 1) [ (0, +1) er løsningen ikke y0 + 1 kan fortsettes gjennom punktet x = ln Mer presist, hvis x > 0, så er y0 1 løsningen y(x) = y0 +1 definert for x 2 (1, x), og hvis 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, da eksisterer løsningen bare for x 2 1; ln y0 Dette eksemplet viser at begrensningen på veksten av funksjonen f (x, y) i følgen av setning 2. 4 vist ovenfor er avgjørende for å utvide løsningen til helheten (A, B). På lignende måte oppnås eksempler med funksjonen f (x, y) = f1 (x) y 1+ε for enhver ε > 0; i eksemplet ovenfor er ε = 1 bare tatt for å gjøre presentasjonen lettere. 2. 3. Fortsettelse av løsningen for første ordens ODE Definisjon 2. 5. Tenk på ligningen y 0 = f (x, y) og la y(x) være løsningen på ha, bi og Y (x) dens løsning på hA, Bi, hvor ha, bi er inneholdt i hA, Bi og Y (x) = y(x) på ha, bi. Da kalles Y (x) en utvidelse av løsningen y(x) til hA, Bi, og y(x) sies å utvides til hA, Bi. -34- I seksjon 2.2 beviste vi en lokal eksistensteorem for en løsning på Cauchy-problemet (2.1), (2.2). Under hvilke forhold kan denne løsningen utvides til et bredere intervall? Det er dette spørsmålet denne delen er viet. Hovedresultatet er som følger. Teorem 2.5 (om fortsettelsen av løsningen i et avgrenset lukket domene). La en funksjon f (x, y) 2 C G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen med hensyn til y i R2, og (x0, y0) være et indre punkt i et avgrenset lukket domene G G. Da er løsningen av ligningen y 0 = f (x, y) kan utvides opp til ∂G av grensen til G, dvs. den kan utvides til et slikt segment at punktene a, y(a) og b, y(b) ligger på ∂G. ∂f (x, y) er kontinuerlig i et avgrenset ∂y lukket domene G konveks i y, så tilfredsstiller funksjonen f (x, y) Lipschitz-betingelsen i G med hensyn til variabelen y. Se konsekvensen av påstand 2. 1 ∂f fra underavsnitt 2.1. Derfor vil dette teoremet være sant hvis det er kontinuerlig i ∂y G. Merknad 2. 11. Husk at hvis Bevis. Siden (x0, y0) er et indre punkt i G, så er det et lukket rektangel n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , som ligger helt i G. Deretter, ved setning 2. 3 av n 2.2 eksisterer det h > 0 slik at det er en (og unik) løsning y = ϕ(x) av ligningen y 0 = f (x, y) på intervallet. La oss først fortsette denne løsningen til høyre opp til grensen til domenet G, og dele beviset i separate trinn. 1. Tenk på mengden E R: n o E = α > 0 løsningen y = ϕ(x) kan utvides, det finnes en løsning y = ϕ1 (x) av ligningen y 0 = f (x, y) som tilfredsstiller Cauchy-betingelsene ϕ1 ~b = ϕ ~b . Dermed er ϕ(x) og ϕ1 (x) løsninger på intervallet ~b h1 , ~b av samme ligning som sammenfaller i punktet x = ~b, så de faller sammen på hele intervallet ~b h1 , ~b og ϕ1 (x) er derfor en forlengelse av løsningen ϕ(x) fra segmentet ~b h1 , ~b til ~b h1 , ~b + h1 . Tenk på funksjonen ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , som er en løsning av ligningen y 0 = f (x, y) og tilfredsstiller Cauchy-betingelsen ψ(x0) = y0 . Da er tallet α0 + h1 2 E, som motsier definisjonen α0 = sup E. Derfor er Case 2 umulig. På samme måte strekker løsningen ϕ(x) seg til venstre, til intervallet , der punktet er a, ϕ(a) 2 ∂G. Teoremet er fullstendig bevist. -37- Kapittel III. Cauchy-problemet for et normalt system av n-te orden 3. 1. Grunnleggende begreper og noen hjelpeegenskaper til vektorfunksjoner I dette kapittelet vil vi vurdere et normalt system av n-te orden av formen 8 > t, y , . . . , åå _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n hvor ukjente (søkte) funksjoner er y1 (t), . . . , yn (t), mens funksjonene fi er kjente, i = 1, n, angir prikken over funksjonen den deriverte med hensyn til t. Det antas at alle fi er definert i domenet G Rn+1 . Det er praktisk å skrive system (3.1) i vektorform: y_ = f (t, y), hvor y(t) y1 (t) . . . , yn (t), f (t, y) fl (t, y). . . fn (t, y); Vi vil ikke skrive piler i betegnelsen av vektorer for korthets skyld. En slik notasjon vil også være betegnet med (3.1). La punktet t0 , y10 , . . . , yn0 ligger i G. Cauchy-problemet for (3.1) er å finne en løsning ϕ(t) av system (3.1) som tilfredsstiller betingelsen: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) eller i vektorform ϕ(t0) = y 0 . Som nevnt i kapittel 1, med løsningen av system (3.1) på intervallet ha, bi mener vi vektorfunksjonen ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) som tilfredsstiller følgende betingelser: 1) 8 t 2 ha, bi punktet t, ϕ(t) ligger i G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) tilfredsstiller (3.1). Hvis en slik løsning i tillegg tilfredsstiller (3.2), hvor t0 2 ha, bi, så kalles det en løsning av Cauchy-problemet. Betingelser (3.2) kalles startbetingelser eller Cauchy-betingelser, og tallene t0 , y10 , . . . , yn0 er Cauchy-dataene (initielle data). I det spesielle tilfellet når vektorfunksjonen f (t, y) (n+1) til variabelen avhenger av y1 , . . . , yn lineært, dvs. har formen: f (t, y) = A(t) y + g(t), hvor A(t) = aij (t) er en n n matrise, system (3.1) kalles lineært. I det følgende vil vi trenge egenskapene til vektorfunksjoner, som vi presenterer her for referanse. Reglene for addisjon og multiplikasjon med et tall for vektorer er kjent fra det lineære algebrakurset, disse grunnleggende operasjonene utføres koordinatvis. n Hvis vi introduserer skalarproduktet x i R, er y = x1 y1 + . . . + xn yn , da får vi et euklidisk rom, også betegnet med Rn , med lengden s q n P av vektoren jxj = x, x = x2k (eller den euklidiske normen). For et skalært k=1 produkt og lengde er to hovedulikheter sanne: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (trekantulikhet); y (Cauchy-Bunyakov-ulikheten - Fra løpet av matematisk analyse av andre semester er det kjent at konvergensen av en sekvens av punkter (vektorer) i det euklidiske rom (endelig dimensjonalt) er ekvivalent med konvergensen av koordinatsekvenser av disse vektorene, sier de, er ekvivalent med koordinat-vis konvergens.Dette følger lett av ulikhetene: q p max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n På samme måte som i det skalære tilfellet, er den deriverte og integral av en vektorfunksjon er definert, og egenskapene kan enkelt bevises ved å overføre til koordinater. La oss presentere noen ulikheter for vektorfunksjoner, som vil bli brukt i det følgende. 1. For enhver vektorfunksjon y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , integrerbar (for eksempel kontinuerlig) på , gjelder følgende ulikhet: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) eller i koordinatformen 0 Zb Zb y1 ( t) dt, @ y2 (t) dt, . . . , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) +. . . yn2 (t) dt . et bevis. Merk først at ulikheten ikke utelukker tilfellet 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-te linje matrise A, da: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 av Cauchy-Áunyakovsky-ulikheten 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 1 hvorav (3.5) følger. Definisjon 3. 1. La oss si at vektorfunksjonen f (t, y) tilfredsstiller Lipschitz-betingelsen med hensyn til vektorvariabelen y på settet G av variabler (t, y) hvis 9 L > 0 slik at for enhver t , y , 2 t, y 2 G ulikheten f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 er tilfredsstilt. Som i tilfellet med en funksjon av to variabler (se påstand 2.1), er en tilstrekkelig betingelse for Lipschitz-egenskap i et domene G «konveks i y» at partielle deriverte er avgrenset. La oss gi en presis definisjon. Definisjon 3. 2. Et domene G av variabler (t, y) kalles konveks 1 2 i y hvis for to punkter t, y og t, y som ligger i G, det segmentet som forbinder disse to punktene tilhører det, dvs. e. sett n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , hvor τ 2 . Utsagn 3. 1. Hvis domenet G til variablene (t, y) er konveks i y, og partialderivertene ∂fi er kontinuerlige og avgrenset av en konstant l i G for ∂yj av alle i, j = 1, n, da tilfredsstiller vektorfunksjonen f t, y i G til Lipschitz-betingelsen på y med konstanten L = n l. 1 2 Bevis. Tenk på vilkårlige punkter t, y og t, y fra G og 1 2 segmentet som forbinder dem, dvs. sett t, y, hvor y = y + τ y y1, t er fast, og τ 2. -41- La oss introdusere en vektorfunksjon av ett skalarargument g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 så g(1) g(0) = f t, y f t, y , og på den annen side Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = på grunn av y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 hvor A(τ) er en matrise med oppføringer ∂fi og ∂yj y2 y 1 er den tilsvarende kolonnen. Her har vi brukt differensieringsregelen for en kompleks funksjon, nemlig for alle i = 1, n, t er fast, har vi: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t , y(τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi , ..., y2 y1 . = ∂y1 ∂yn Ved å skrive dette i matriseform får vi: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y med n n matrise A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Ved å bruke integralestimatet (3.3) og ulikheten (3.5) får vi etter substitusjon: 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) siden 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 for 8 τ 2 . Påstanden er bevist. -42- 3. 2. Unikhet ved løsningen av Cauchy-problemet for et normalt system Teorem 3. 1 (om å estimere forskjellen på to løsninger). La G være et eller annet domene Rn+1 , og vektorfunksjonen f (x, y) være kontinuerlig i G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen med hensyn til vektorvariabelen y på settet G med konstant L. Hvis y 1 , y 2 er to løsninger av normalsystemet (3.1) y_ = f (x, y) på segmentet , deretter estimatet y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) er gyldig for alle t 2 . Beviset gjentar ordrett beviset for teorem 2.1 fra avsnitt 2.1, med hensyn til åpenbare renotasjoner. 2 Herfra er det lett å få teoremet om unikhet og stabilitet til løsningen med hensyn til de opprinnelige dataene. Konsekvens 3.1. La vektorfunksjonen f (t, y) være kontinuerlig i domenet G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen i y i G, og la funksjonene y 1 (t) og y 2 (t) være to løsninger av normalsystemet (3.1) ) på samme intervall , og t0 2 . Hvis y 1 (t0) = y 2 (t0), så y 1 (t) y 2 (t) på . Konsekvens 3.2. (på kontinuerlig avhengighet av innledende data). La vektorfunksjonen f (t, y) være kontinuerlig i domenet G og tilfredsstille Lipschitz-betingelsen på y med konstant L > 0 i G, og la vektorfunksjonene y 1 (t) og y 2 (t) være løsninger av det normale systemet (3.1) definert på . Så, for 8 t 2, gjelder ulikheten y 1 (t), der δ = y 1 (t0) y 2 (t0) og l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Beviset for konsekvensene gjentar ordrett bevisene i konsekvensene 2.1 og 2.2, med hensyn til åpenbare renotasjoner. 2 Studiet av løsbarheten til Cauchy-problemet (3.1), (3.2), som i det endimensjonale tilfellet, reduserer til løsbarheten til en integral (vektor)ligning. Lemma 3. 1. La f (t, y) 2 C G; Rn 1. Da gjelder følgende påstander: 1) enhver løsning ϕ(t) av ligning (3.1) på intervallet ha, bi tilfredsstiller (3.2) t0 2 ha, bi er en kontinuerlig løsning på ha, bi 1 Gjennom C G; H er vanlig å betegne settet med alle funksjoner kontinuerlig i domenet G med verdier i rommet H. For eksempel f (t, y) 2 C G; Rn-komponenter) definert på settet G. er settet av alle kontinuerlige vektorfunksjoner (med n -43-integralligning y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) hvis vektoren -funksjonen ϕ(t) 2 C ha, bi er en kontinuerlig løsning av integralligningen (3.6) på ha, bi, hvor t0 2 ha, bi, så har ϕ(t) en kontinuerlig derivert på ha, bi og er en løsning av (3.1), (3.2). Bevis. 1. La 8 τ 2 ha, bi tilfredsstille likheten dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Deretter, ved å integrere fra t0 til t, under hensyntagen til (3.2), får vi dτ Rt 0 at ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, dvs. ϕ(t) tilfredsstiller ligning (3.6). t0 2. La en kontinuerlig vektorfunksjon ϕ(t) tilfredsstille ligning (3.6) på ha, bi; da er f t, ϕ(t) kontinuerlig på ha, bi av den sammensatte funksjonskontinuitetsteoremet, og derfor høyre side av ( 3. 6) (og dermed venstre side) har en kontinuerlig derivert med hensyn til t på ha, bi. For t = t0, fra (3.6) ϕ(t0) = y 0 , dvs. ϕ(t) er løsningen på Cauchy-problemet (3.1), (3.2). Merk at som vanlig forstås den deriverte på slutten av segmentet (hvis den hører til det) som den ensidige deriverte av funksjonen. Lemmaet er bevist. Merknad 3. 1. Ved å bruke analogien med det endimensjonale tilfellet (se kapittel 2) og påstandene bevist ovenfor, kan vi bevise teoremet om eksistensen og utvidelsen av en løsning på Cauchy-problemet ved å konstruere en iterativ sekvens som konvergerer til løsning av integralligningen (3.6) på et eller annet intervall t0 h, t0 + h . Her presenterer vi nok et bevis på eksistens (og unikhet) teoremet for en løsning basert påippet. Vi gjør dette for å gjøre leseren kjent med mer moderne teorimetoder, som vil bli brukt i fremtiden, i kursene for integralligninger og ligninger i matematisk fysikk. For å gjennomføre planen vår trenger vi en rekke nye konsepter og hjelpepåstander, som vi nå skal vurdere. 3. 3. Konseptet med et metrisk rom. Prinsippet om sammentrekningskartlegginger Det viktigste grensebegrepet i matematikk er basert på begrepet «nærhet» av punkter, dvs. for å kunne finne avstanden mellom dem. På tallaksen er avstand modulen til differansen mellom to tall, på planet er det den velkjente euklidiske avstandsformelen, og så videre. Mange analysefakta bruker ikke de algebraiske egenskapene til elementene, men stoler bare på konseptet om avstanden mellom dem. Utviklingen av denne tilnærmingen, dvs. separasjonen av "vesenet" knyttet til konseptet om en grense fører til konseptet om et metrisk rom. -44- Definisjon 3. 3. La X være et sett av vilkårlig natur, og ρ(x, y) være en reell funksjon av to variable x, y 2 X, som tilfredsstiller tre aksiomer: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X og ρ(x, y) = 0 bare for x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (symmetriaksiom); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (trekantulikhet). I dette tilfellet kalles mengden X med en gitt funksjon ρ(x, y) et metrisk rom (ÌS), og funksjonen ρ(x, y) : X X 7! R som tilfredsstiller 1) – 3), – metrisk eller avstand. La oss gi noen eksempler på metriske rom. Eksempel 3. 1. La X = R med avstand ρ(x, y) = x y, vi får MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n er Eksempel 3. 2. La X = R = x1, . . . , xn er settet med ordnede samlinger av n reelle tall s n 2 P x = x1 , . . . , xn med avstand ρ(x, y) = xk yk , får vi n1 k=1 n dimensjonalt euklidisk rom R . n Eksempel 3. 3. La X = C a, b; R er settet av alle funksjoner kontinuerlig på a, b med verdier i Rn , dvs. kontinuerlige vektorfunksjoner, med avstand ρ(f, g) = maks f (t) g(t) , hvor f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t), t2 s n 2 Pg = g(t) g1 (t), . . . , gn (t) , f g = fk (t) gk (t) . k=1 For eksempel 3. 1 –3. De 3 aksiomene til MP er direkte verifisert, vi lar dette være en øvelse for den samvittighetsfulle leser. Som vanlig, hvis hver naturlig n er assosiert med et element xn 2 X, så sier vi at det er gitt en sekvens av punkter xn MP X. Definisjon 3. 4. En sekvens av punkter xn MP X sies å konvergere til et punkt x 2 X hvis lim ρ xn , x = 0. n!1 Definisjon 3. 5. En sekvens xn kalles fundamental hvis det for noen ε > 0 eksisterer et naturlig tall N (ε) slik at for alle n > N og m > N ulikheten 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 =) maks 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 er det et tall N (ε) slik at for alle n > N og for alle t 2 a, b ulikheten 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. Tenk på B = Am , B: X 7! X, B - kompresjon. Ved teorem 3.2 har operatoren B et unikt fikspunkt x . Siden A og B pendler AB = BA og siden Bx = x , har vi B Ax = A Bx = Ax , dvs. y = Ax er også et fast punkt av B, og siden et slikt punkt er unikt av setning 3.2, så er y = x eller Ax = x . Derfor er x et fast punkt for operatoren A. La oss bevise unikhet. Anta at x~ 2 X og A~ x = x~, så m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, dvs. x~ er også et fast punkt for B, hvorav x~ = x . Teoremet er bevist. Et spesielt tilfelle av et metrisk rom er et normert lineært rom. La oss gi en presis definisjon. Definisjon 3. 9. La X være et lineært rom (reelt eller komplekst) der en numerisk funksjon x er definert, som virker fra X til R og tilfredsstiller aksiomene: 1) 8 x 2 X, x > 0, og x = 0 bare for x = θ; 2) 8 x 2 X og for 8 λ 2 R (eller C) 3) 8 x, y 2 X er nick). x+y 6 x + y λx = jλj x; (trekantulikheten) Da kalles X et normert rom, x: X 7! R som tilfredsstiller 1) – 3), kalles en norm. og funksjon I et normert rom kan du angi avstanden mellom elementene med formelen ρ x, y = x y . Oppfyllelsen av MP-aksiomene er lett verifisert. Hvis det resulterende metriske rommet er komplett, kalles det tilsvarende normerte rommet et Banax-rom. Det er ofte mulig å innføre en norm på forskjellige måter på samme lineære rom. Som et resultat oppstår et konsept. Definisjon 3. 10. La X være et lineært rom, og la og være to 1 2 normer introdusert på det. Normer og kalles ekvivalente 1 2 normer hvis 9 C1 > 0 og C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. Merknad 3. 3. Hvis og er to ekvivalente normer på X, og 1 2 mellomrommet X er komplett i en av dem, så er det også komplett i den andre normen. Dette følger lett av det faktum at sekvensen xn X, som er fundamental med hensyn til, også er fundamental med hensyn til, og konvergerer til 1 2, det samme elementet x 2 X. brukes når en lukket ball av dette rommet tas som et komplett n rom o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , hvor r > 0 og a 2 X er faste. Merk at en lukket ball i en PMP i seg selv er en PMP med samme avstand. Vi overlater beviset på dette faktum til leseren som en øvelse. Merknad 3. 5. Ovenfor ble fullstendigheten av rommet fastslått fra eksempelet n mål 3. 3. Merk at i det lineære rommet X = C 0, T , R kan man innføre normen kxk = max x(t) slik at den resulterende normaliseringen blir Banach. På det samme settet med vektorfunksjoner kontinuerlig på rommet 0, T, kan vi introdusere en ekvivalent norm med formelen kxkα = max e αt x(t) for enhver α 2 R. For α > 0 følger ekvivalensen av ulikhetene e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) for alle t 2 0, T , hvorav e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Vi bruker denne egenskapen til ekvivalente normer for å bevise teoremet om den unike løseligheten til Cauchy-problemet for lineære (normale) systemer. 3. 4. Eksistens- og unikhetsteoremer for løsning av Cauchy-problemet for normale systemer Tenk på Cauchy-problemet (3.1) – (3.2), hvor startdataene t0 , y 0 2 G, G Rn+1 er domenet til vektorfunksjon f (t, y ). I dette avsnittet vil vi anta at G har – noen n formen G = a, b o , hvor domenet er Rn og ballen er BR (y 0) = Teoremet holder. y 2 Rn y y0 6 R ligger helt i. Teorem 3. 4. La f (t, y) 2 C G være en vektorfunksjon; Rn, og 9 M > 0 og L > 0 slik at følgende betingelser er tilfredsstilt: 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. Fest et tall δ 2 (0, 1) og la t0 2 (a, b). Da er R1 8 9 h = min; ; t0a; b t0 > 0 M L slik at det også finnes en unik løsning av Cauchy-problemet (3.1), (3.2) y(t) på intervallet Jh = t0 h, t0 + h , og y(t) y 0 6 R for alle t 2 Jh. -48- Bevis. Ved Lemma 3.1 er Cauchy-problemet (3.1), (3.2) ekvivalent med integralligningen (3.6) på intervallet , og dermed også på Jh , hvor h er valgt ovenfor. Betrakt Banach-rommet X = C (Jh ; Rn), settet med vektorfunksjoner x(t) kontinuerlig på segmentet Jh med normen kxk = maks x(t), og introduser et lukket sett i X: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X y y(t) o 0 6R = o 0 y 6R er en lukket ball i X. Operatøren A definert av regelen : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 tar SR y 0 inn i seg selv, siden y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h​M 6 R t0 etter betingelse 1 i teoremet og definisjonen av h. La oss bevise at A er en kontraksjonsoperatør på SR. La oss ta en vilkårlig 0 1 2 og beregne verdien: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , hvor 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 er valgt i henhold til R ved formelen h = min M; 1L 5; b a , og overalt må vi ta -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h som segmentet Jh. Alle andre betingelser for teoremet endres ikke, beviset, tatt i betraktning omdøpingen, er R bevart. For tilfellet t0 = b, tilsvarende, h = min M; 1L 5; b a, og Jh = b h, b. n Merknad 3. 7. I setning 3. 4 er betingelsen f (t, y) 2 C G; R , hvor G = a, b D, kan svekkes ved å erstatte det med kravet om at f (t, y) skal være kontinuerlig i forhold til variabelen t for hver y 2, med bevart betingelse 1 og 2. Beviset forblir samme. Merknad 3. 8. Det er tilstrekkelig at betingelsene 1 og 2 i setning 3. 4 holder 0 for alle t, y 2 a, b BR y , mens konstantene M og L avhenger, 0 generelt sett, av y og R. restriksjoner på vektorfunksjonen f t, y , i likhet med setning 2.4, er eksistens- og unikhetsteoremet for løsning av Cauchy-problemet (3.1), (3.2) på hele intervallet a, b gyldig. n Teorem 3. 5. La en vektor fungere f x, y 2 C G, R , hvor G = a, b Rn , og det eksisterer L > 0 slik at betingelsen 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Så, for enhver t0 2 og y 0 2 Rn, eksisterer det på a og b en unik løsning på Cauchy-problemet (3.1), (3.2). Bevis. La oss ta vilkårlige t0 2 og y 0 2 Rn og fikse dem. Vi representerer mengden G = a, b Rn som følger: G = G [ G+ , hvor Rn , og G+ = t0 , b Rn , forutsatt at t0 2 a, b , ellers en G = a, t0 fra stadiene i bevis vil være fraværende. La oss begrunne stripen G+. På intervallet t0, b er Cauchy-problemet (3.1), (3.2) ekvivalent med ligning (3.6). Vi introduserer en operator for integralet n A: X 7! X, hvor X = Cto, b; R , i henhold til formelen Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Da kan integralligningen (3.6) skrives som en operatorligning Ay = y. (3.8) Hvis vi beviser at operatorligningen (3.8) har en løsning i PMP X, får vi løsbarheten til Cauchy-problemet på t0 , b eller på a, t0 for G . Hvis denne løsningen er unik, vil løsningen av Cauchy-problemet i kraft av ekvivalens også være unik. Vi presenterer to bevis på den unike løsbarheten til likning (3.8). Bevis 1. Betrakt vilkårlige vektorfunksjoner 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , da er estimatene gyldige for enhver -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 maks y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. Husk at normen i X er introdusert som følger: kxk = max x(τ) . Fra den oppnådde ulikheten vil vi ha ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . Ved å fortsette denne prosessen kan vi bevise ved induksjon at 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Til slutt får vi derfor anslaget Ak y 2 Ak y 1 = maks Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1. k Siden α(k) = ! 0 for k! 1, så er det k0 slik at k! at 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 (se merknad 3. 5) ved formelen: x α = maks e αt x(t) . -51- La oss vise at det er mulig å velge α på en slik måte at operatoren A i rommet X med normen for α > L vil være kontraktiv. Faktisk, 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 maks e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 = τ) = 02 L max e αt Siden α > L, så er 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. I kraft av (4.18) har vi Rx Zx K dξ y(x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK(x x0) Zx +M x0 = y0 e K(x x0) eK(x ξ) ) dξ = x0 M + K e K(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1 . La nå 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, så er funksjonen y(x) 0 åpenbart en løsning på ligning (4.24). For å løse Bernoulli-ligningen (4.24) α 6= 0, α 6= 1, deler vi begge sider av ligningen med y α . For α > 0 må vi ta i betraktning at i kraft av merknad 4. 4 er funksjonen y(x) 0 en løsning av ligning (4.24), som vil gå tapt i en slik divisjon. Derfor vil det i fremtiden måtte legges til den generelle løsningen. Etter deling får vi relasjonen y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). La oss introdusere en ny ønsket funksjon z = y 1 α , så z 0 = (1 derav kommer vi til en ligning for z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0, og (4.25) Ligning (4.25) er en lineær ligning. Slike ligninger er vurdert i avsnitt 4.2, hvor en formel for den generelle løsningen er oppnådd, på grunn av hvilken løsningen z(x) av ligning (4.25) skrives som 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) Da er funksjonen y(x) = z 1 α (x), hvor z(x) er definert i (4.26), en løsning av Bernoulli-ligningen (4.24). -64- I tillegg, som indikert ovenfor, for α > 0, er løsningen også funksjonen y(x) 0. Eksempel 4. 4. La oss løse ligningen y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Del likning (4.27) med y 2 og gjør endringen z = vi får en lineær inhomogen likning 1 y. Som et resultat er z 0 + 2z = eks. (4.28) Vi løser først den homogene ligningen: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Løsningen av den inhomogene ligningen (4.28) søkes etter metoden for variasjon av en vilkårlig konstant: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , hvorfra zin = ex , og den generelle løsningen av ligningen (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Derfor kan løsningen av Bernoulli-ligningen (4.24) skrives som y(x) = 1 . ex + Ce2x I tillegg er løsningen av ligning (4.24) også funksjonen y(x) Vi mistet denne løsningen da vi delte denne ligningen med y 2 . 0. 4. 5. Ligning i komplette differensialer Tenk på ligningen i differensialer M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G er et eller annet domene i R2 . En slik ligning kalles en fullstendig differensialligning hvis det finnes en funksjon F (x, y) 2 C 1 (G), kalt et potensial, slik at dF (x, y) = M (x, y)dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. La oss for enkelhets skyld anta at M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), og domenet G er ganske enkelt koblet sammen. Under disse forutsetningene, i løpet av matematisk analyse (se for eksempel ) er det bevist at potensialet F (x, y) for ligning (4.29) eksisterer (dvs. (4.29) er en ligning i totale differensialer) hvis og bare hvis My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Dessuten, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0, y0) hvor punktet (x0, y0) er noe fast punkt fra G, (x, y) er det nåværende punktet i G, og det krumlinjede integralet er tatt langs en hvilken som helst kurve som forbinder punktene (x0, y0) og (x, y) og ligger helt i domenet G. Hvis ligning ( 4.29) er ligningen