หลักสูตรนี้การบรรยายมากกว่า 10 ปีสำหรับนักศึกษาคณิตศาสตร์เชิงทฤษฎีและประยุกต์ที่ Far Eastern State University สอดคล้องกับมาตรฐานรุ่น II สำหรับความเชี่ยวชาญพิเศษเหล่านี้ แนะนำสำหรับนักศึกษาและนักศึกษาระดับปริญญาตรีสาขาพิเศษทางคณิตศาสตร์

ทฤษฎีบทของคอชีเกี่ยวกับการมีอยู่และลักษณะเฉพาะของการแก้โจทย์ปัญหาคอชีสำหรับสมการอันดับหนึ่ง
ในส่วนนี้ เราจะพิสูจน์การมีอยู่และไม่ซ้ำกันของคำตอบที่กำหนดโดยข้อมูลตั้งต้น (x0,y0) โดยกำหนดข้อจำกัดบางประการไว้ทางด้านขวาของสมการเชิงอนุพันธ์อันดับหนึ่ง การพิสูจน์ครั้งแรกของการมีอยู่ของการแก้สมการเชิงอนุพันธ์นั้นเนื่องมาจาก Cauchy; หลักฐานด้านล่างได้รับจาก Picard; มันถูกผลิตขึ้นโดยใช้วิธีการประมาณต่อเนื่องกัน

สารบัญ
1. สมการอันดับหนึ่ง
1.0. การแนะนำ
1.1. สมการตัวแปรแบบแยกส่วนได้
1.2. สมการเอกพันธ์
1.3. สมการเอกพันธ์ทั่วไป
1.4. สมการเชิงเส้นลำดับที่หนึ่งและการลดลง
1.5. สมการเบอร์นูลลี
1.6. สมการริคคาติ
1.7. สมการใน ส่วนต่างทั้งหมด
1.8. ปัจจัยการบูรณาการ กรณีที่ง่ายที่สุดในการค้นหาตัวประกอบการอินทิเกรต
1.9. สมการไม่ได้รับการแก้ไขด้วยความเคารพต่ออนุพันธ์
1.10. ทฤษฎีบทของคอชีเกี่ยวกับการมีอยู่และลักษณะเฉพาะของการแก้โจทย์ปัญหาคอชีสำหรับสมการอันดับหนึ่ง
1.11. จุดเอกพจน์
1.12. โซลูชั่นพิเศษ
2. สมการลำดับที่สูงกว่า
2.1. แนวคิดพื้นฐานและคำจำกัดความ
2.2. ประเภทของสมการลำดับที่ n แก้ได้ในรูปสี่เหลี่ยมจัตุรัส
2.3. อินทิกรัลระดับกลาง สมการที่ยอมให้ลดตามลำดับ
3. สมการเชิงอนุพันธ์เชิงเส้นของลำดับที่ n
3.1. แนวคิดพื้นฐาน
3.2. สมการเชิงอนุพันธ์เอกพันธ์เชิงเส้นของลำดับที่ n
3.3. ลำดับที่ลดลงของเส้นตรง สมการเอกพันธ์
3.4. สมการเชิงเส้นแบบไม่เอกพันธ์
3.5. การลดลำดับในสมการแบบไม่เอกพันธ์เชิงเส้น
4. สมการเชิงเส้นที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่
4.1. เป็นเนื้อเดียวกัน สมการเชิงเส้นโดยมีค่าสัมประสิทธิ์คงที่
4.2. สมการเชิงเส้นแบบไม่เอกพันธ์ที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่
4.3. สมการเชิงเส้นอันดับสองพร้อมคำตอบการสั่น
4.4. บูรณาการผ่านอนุกรมกำลัง
5. ระบบเชิงเส้น
5.1. ระบบที่แตกต่างและเป็นเนื้อเดียวกัน คุณสมบัติบางประการของโซลูชั่น ระบบเชิงเส้น
5.2. เงื่อนไขที่จำเป็นและเพียงพอสำหรับความเป็นอิสระเชิงเส้นของสารละลาย k ของระบบเอกพันธ์เชิงเส้น
5.3. การดำรงอยู่ของเมทริกซ์พื้นฐาน การสร้างสารละลายทั่วไปของระบบเอกพันธ์เชิงเส้น
5.4. การสร้างเมทริกซ์พื้นฐานทั้งชุดของระบบเอกพันธ์เชิงเส้น
5.5. ระบบที่แตกต่างกัน การสร้างวิธีแก้ปัญหาทั่วไปโดยวิธีการแปรผันของค่าคงที่ตามอำเภอใจ
5.6. ระบบเอกพันธ์เชิงเส้นที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่
5.7. ข้อมูลบางส่วนจากทฤษฎีฟังก์ชันของเมทริกซ์
5.8. การสร้างเมทริกซ์พื้นฐานของระบบสมการเอกพันธ์เชิงเส้นที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่ใน กรณีทั่วไป
5.9. ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และทฤษฎีบทเกี่ยวกับสมบัติเชิงฟังก์ชันของคำตอบของระบบปกติของสมการเชิงอนุพันธ์อันดับหนึ่ง
6. องค์ประกอบของทฤษฎีความมั่นคง
6.1
6.2. จุดพักประเภทที่ง่ายที่สุด
7. สมการอนุพันธ์ย่อยของลำดับที่ 1
7.1. สมการเชิงอนุพันธ์ย่อยบางส่วนเนื้อเดียวกันเชิงเส้นของลำดับที่ 1
7.2. สมการเชิงอนุพันธ์ย่อยเชิงเส้นแบบไม่เอกพันธ์ของลำดับที่ 1
7.3. ระบบสมการเชิงอนุพันธ์ย่อย 2 ฟังก์ชันพร้อมฟังก์ชันที่ไม่รู้จัก 1 ฟังก์ชัน
7.4. สมการพัฟ
8. งานควบคุมที่หลากหลาย
8.1. ทดสอบ №1
8.2. การสอบครั้งที่ 2
8.3. การสอบครั้งที่ 3
8.4. งานทดสอบหมายเลข 4
8.5. การสอบครั้งที่ 5
8.6. การทดสอบหมายเลข 6
8.7. งานทดสอบหมายเลข 7
8.8. ควบคุมงานหมายเลข 8

ดาวน์โหลดฟรี e-book ในรูปแบบที่สะดวก รับชมและอ่าน:
ดาวน์โหลดหนังสือ หลักสูตรการบรรยายเรื่องสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com ดาวน์โหลดฟรีรวดเร็วและฟรี

ดาวน์โหลดไฟล์ PDF
ด้านล่างนี้คุณสามารถซื้อหนังสือเล่มนี้ได้ในราคาลดพิเศษพร้อมจัดส่งทั่วรัสเซีย

"การบรรยายเรื่องสมการเชิงอนุพันธ์สามัญส่วนที่ 1 องค์ประกอบของทฤษฎีทั่วไปตำราเรียนสรุปบทบัญญัติที่เป็นพื้นฐานของทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ: ... "

-- [ หน้า 1 ] --

เอ.อี. มามอนตอฟ

การบรรยายเรื่องสามัญ

สมการเชิงอนุพันธ์

องค์ประกอบของทฤษฎีทั่วไป

คู่มือการฝึกอบรมกำหนดบทบัญญัติที่ประกอบขึ้น

พื้นฐานของทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ: แนวคิดของการแก้, การดำรงอยู่, เอกลักษณ์,

การพึ่งพาพารามิเตอร์ นอกจากนี้ (ในมาตรา 3) ความสนใจบางอย่างมอบให้กับคำตอบ "ชัดเจน" ของสมการบางคลาส คู่มือนี้มีไว้เพื่อ การศึกษาเชิงลึกหลักสูตร "สมการเชิงอนุพันธ์" โดยนักศึกษาที่กำลังศึกษาอยู่ที่คณะคณิตศาสตร์ของ Novosibirsk State Pedagogical University

UDC 517.91 BBK B161.61 คำนำ บทช่วยสอนมีไว้สำหรับนักศึกษาคณะคณิตศาสตร์ของ Novosibirsk State Pedagogical University ที่ต้องการเรียนหลักสูตรภาคบังคับ "สมการเชิงอนุพันธ์" ในปริมาณที่ขยาย ผู้อ่านจะได้รับแนวคิดพื้นฐานและผลลัพธ์ที่เป็นรากฐานของทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ: แนวคิดของการแก้โจทย์ทฤษฎีบทเกี่ยวกับการดำรงอยู่เอกลักษณ์และการพึ่งพาพารามิเตอร์ เนื้อหาที่อธิบายไว้ถูกนำเสนอในรูปแบบของข้อความที่แยกไม่ออกอย่างมีเหตุผลใน §§ 1, 2, 4, 5 นอกจากนี้ (ใน § 3 ซึ่งค่อนข้างแยกจากกันและขัดจังหวะหัวข้อหลักของหลักสูตรชั่วคราว) ซึ่งเป็นวิธีการที่ได้รับความนิยมมากที่สุด การค้นหาคำตอบแบบ "ชัดเจน" สำหรับสมการบางคลาสได้รับการพิจารณาโดยสังเขป ในการอ่านครั้งแรก สามารถข้ามมาตรา 3 ได้โดยไม่เกิดความเสียหายอย่างมีนัยสำคัญต่อโครงสร้างเชิงตรรกะของหลักสูตร

แบบฝึกหัดมีบทบาทสำคัญซึ่งรวมอยู่ในข้อความจำนวนมาก ผู้อ่านขอแนะนำอย่างยิ่งให้แก้ไขปัญหา "ในการแสวงหาอย่างร้อนแรง" ซึ่งรับประกันการดูดซึมของวัสดุและจะทำหน้าที่เป็นการทดสอบ ยิ่งไปกว่านั้น แบบฝึกหัดเหล่านี้มักจะเติมเต็มโครงสร้างเชิงตรรกะ กล่าวคือ หากไม่มีการแก้ปัญหา ข้อเสนอทั้งหมดจะไม่สามารถพิสูจน์ได้อย่างเข้มงวด

ในวงเล็บเหลี่ยมตรงกลางข้อความ ข้อสังเกตที่มีบทบาทในการแสดงความคิดเห็น (คำอธิบายเพิ่มเติมหรือด้านข้าง) ในทางคำศัพท์ ส่วนย่อยเหล่านี้ขัดจังหวะข้อความหลัก (เช่น หากต้องการอ่านที่สอดคล้องกัน จะต้อง "ละเว้น") แต่ก็ยังจำเป็นต้องใช้เพื่ออธิบาย กล่าวอีกนัยหนึ่ง ชิ้นส่วนเหล่านี้ควรถูกรับรู้ราวกับว่าพวกมันถูกวางไว้ที่ขอบ

ในข้อความมี "คำพูดสำหรับครู" แบบแยกส่วน - สามารถละเว้นได้เมื่อนักเรียนอ่าน แต่จะมีประโยชน์สำหรับครูที่จะใช้คู่มือเช่นเมื่อบรรยาย - ช่วยให้เข้าใจตรรกะของ หลักสูตรและระบุทิศทางการปรับปรุงที่เป็นไปได้ (ส่วนขยาย) ของหลักสูตร อย่างไรก็ตาม การพัฒนาความคิดเห็นเหล่านี้โดยนักเรียนสามารถทำได้เพียงเท่านั้น

"เหตุผลของครู" มีบทบาทที่คล้ายกัน - พวกเขาจัดเตรียมหลักฐานบทบัญญัติบางประการที่เสนอให้ผู้อ่านในรูปแบบแบบฝึกหัดที่กระชับอย่างยิ่ง

คำ (สำคัญ) ที่พบบ่อยที่สุดจะใช้เป็นตัวย่อ ซึ่งมีรายการอยู่ท้ายรายการเพื่อความสะดวก นอกจากนี้ยังมีรายการสัญกรณ์ทางคณิตศาสตร์ที่มีอยู่ในข้อความ แต่ไม่ได้อยู่ในกลุ่มที่พบมากที่สุด (และ / หรือไม่เข้าใจอย่างชัดเจนในวรรณกรรม)

สัญลักษณ์ หมายถึง การสิ้นสุดการพิสูจน์ การจัดทำข้อความ หมายเหตุ ฯลฯ (ในกรณีที่จำเป็นเพื่อหลีกเลี่ยงความสับสน)

สูตรจะมีหมายเลขแยกกันในแต่ละย่อหน้า เมื่อพูดถึงส่วนหนึ่งของสูตร จะใช้ดัชนี เช่น (2)3 หมายถึงส่วนที่ 3 ของสูตร (2) (ส่วนของสูตรถือเป็นส่วนย่อยที่คั่นด้วยช่องว่างในการพิมพ์ และจากตำแหน่งเชิงตรรกะ - พวงของ "และ")

คู่มือนี้ไม่สามารถทดแทนการศึกษาเชิงลึกในหัวข้อนี้ได้อย่างสมบูรณ์ ซึ่งจำเป็นต้องมีแบบฝึกหัดอิสระและการอ่านวรรณกรรมเพิ่มเติม เช่น รายการที่มีให้ไว้ท้ายคู่มือ อย่างไรก็ตามผู้เขียนได้พยายามนำเสนอบทบัญญัติหลักของทฤษฎีในรูปแบบที่ค่อนข้างกระชับเหมาะกับรายวิชาบรรยาย ทั้งนี้ควรสังเกตด้วยว่าเมื่ออ่านรายวิชาบรรยายตามคู่มือเล่มนี้ใช้เวลาประมาณ 10 บรรยาย

มีการวางแผนที่จะเผยแพร่อีก 2 ส่วน (เล่ม) ที่ดำเนินการต่อในคู่มือนี้และทำให้วงจรการบรรยายในหัวข้อ "สมการเชิงอนุพันธ์สามัญ" เสร็จสมบูรณ์: ตอนที่ 2 (สมการเชิงเส้น), ตอนที่ 3 (ทฤษฎีเพิ่มเติมของสมการไม่เชิงเส้น, สมการเชิงอนุพันธ์ย่อยบางส่วน ของลำดับแรก)

§ 1. บทนำ สมการเชิงอนุพันธ์ (DE) คือความสัมพันธ์ของรูปแบบ u1 u1 un อนุพันธ์ที่สูงกว่า F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) โดยที่ y = (y1,. .., yk) Rk เป็นตัวแปรอิสระ และ u = u(y) ไม่ใช่ฟังก์ชันที่ไม่รู้จัก1, u = (u1,..., un) ดังนั้นจึงไม่มีสิ่งที่ไม่ทราบใน (1) ดังนั้นจึงจำเป็นต้องมีสมการ n ตัว เช่น F = (F1,..., Fn) ดังนั้น (1) โดยทั่วไปแล้วคือระบบของสมการ n ตัว หากมีฟังก์ชันที่ไม่รู้จักเพียงฟังก์ชันเดียว (n = 1) สมการ (1) จะเป็นสเกลาร์ (หนึ่งสมการ)

ดังนั้น ฟังก์ชัน F ถูกกำหนดไว้ และคุณถูกค้นหา ถ้า k = 1 ดังนั้น (1) จะเรียกว่า ODE มิฉะนั้น - PDE กรณีที่สองเป็นหัวข้อของหลักสูตร UMF พิเศษที่กำหนดไว้ในชุดบทช่วยสอนที่มีชื่อเดียวกัน ในชุดคู่มือนี้ (ประกอบด้วย 3 ส่วน-เล่ม) เราจะศึกษาเฉพาะ ODE ยกเว้นย่อหน้าสุดท้ายของส่วนสุดท้าย (เล่ม) ซึ่งเราจะเริ่มศึกษากรณีพิเศษบางกรณีของ PDE

2u คุณตัวอย่าง 2 = 0 คือ PDE

y1 y ปริมาณที่ไม่ทราบค่า คุณสามารถเป็นจำนวนจริงหรือจำนวนเชิงซ้อนได้ ซึ่งไม่จำเป็น เนื่องจากช่วงเวลานี้อ้างอิงถึงรูปแบบของการเขียนสมการเท่านั้น สัญกรณ์ที่ซับซ้อนใดๆ สามารถแปลงให้เป็นจริงได้โดยการแยกส่วนจริงและส่วนจินตภาพ (แต่ แน่นอน เพิ่มจำนวนสมการและไม่ทราบค่าเป็นสองเท่า) และในทางกลับกัน ในบางกรณี สะดวกในการเปลี่ยนไปใช้สัญกรณ์ที่ซับซ้อน

ดู่ d2v dv 2 = ยูวี; u3 = 2 นี่คือระบบ 2 ODE ตัวอย่าง

dy dy dy สำหรับ 2 ฟังก์ชันที่ไม่รู้จักของตัวแปรอิสระ y

ถ้า k = 1 (ODE) จะใช้เครื่องหมาย "โดยตรง" d/dy

คุณ (y) du ตัวอย่าง exp(sin z)dz เป็น ODE เนื่องจากมีตัวอย่าง = u(u(y)) สำหรับ n = 1 ไม่ใช่ DE แต่เป็นสมการเชิงอนุพันธ์เชิงฟังก์ชัน

นี่ไม่ใช่ DE แต่เป็นสมการอินทิโกร-ดิฟเฟอเรนเชียล เราจะไม่ศึกษาสมการดังกล่าว อย่างไรก็ตาม โดยเฉพาะสมการ (2) สามารถลดลงเป็น ODE ได้อย่างง่ายดาย:

ออกกำลังกาย. ลด (2) เป็น ODE

แต่โดยทั่วไป สมการอินทิกรัลเป็นวัตถุที่ซับซ้อนกว่า (มีการศึกษาบางส่วนในหลักสูตรการวิเคราะห์เชิงฟังก์ชัน) แม้ว่าดังที่เราจะเห็นด้านล่าง แต่ก็ได้รับความช่วยเหลือบางส่วนจาก ODE

DE เกิดขึ้นทั้งจากความต้องการทางคณิตศาสตร์ (เช่น ในเรขาคณิตเชิงอนุพันธ์) และในการใช้งาน (เป็นครั้งแรกในประวัติศาสตร์ และตอนนี้ส่วนใหญ่ในฟิสิกส์) DE ที่ง่ายที่สุดคือ “ปัญหาพื้นฐานของแคลคูลัสเชิงอนุพันธ์” เกี่ยวกับการคืนค่าฟังก์ชันจากอนุพันธ์ของมัน: = h(y) ดังที่ทราบจากการวิเคราะห์ ผลเฉลยของมันมีรูปแบบ u(y) = + h(s)ds DE โดยทั่วไปต้องการวิธีการพิเศษสำหรับการแก้ปัญหา อย่างไรก็ตาม ดังที่เราจะเห็นด้านล่างนี้ ในทางปฏิบัติทุกวิธีในการแก้ไข ODE "ในรูปแบบที่ชัดเจน" จะถูกลดเหลือเพียงกรณีเล็กน้อยที่ระบุไว้เท่านั้น

ในแอปพลิเคชัน ODE มักเกิดขึ้นเมื่ออธิบายกระบวนการที่พัฒนาตามเวลา ดังนั้นบทบาทของตัวแปรอิสระมักจะเล่นตามเวลา t

ดังนั้นความหมายของ ODE ในการใช้งานดังกล่าวคือการอธิบายการเปลี่ยนแปลงพารามิเตอร์ของระบบในช่วงเวลาหนึ่ง ๆ ดังนั้นจึงสะดวกในการก่อสร้าง ทฤษฎีทั่วไป ODE แสดงถึงตัวแปรอิสระด้วย t (และเรียกมันว่าเวลาพร้อมกับผลที่ตามมาทางคำศัพท์ทั้งหมด) และฟังก์ชันที่ไม่รู้จักด้วย x = (x1,..., xn) ดังนั้นรูปแบบทั่วไปของ ODE (ระบบ ODE) จึงเป็นดังนี้:

โดยที่ F = (F1,..., Fn) - นั่นคือ นี่คือระบบของ n ODE สำหรับ n ฟังก์ชัน x และถ้า n = 1 ดังนั้นหนึ่ง ODE สำหรับ 1 ฟังก์ชัน x

ยิ่งไปกว่านั้น x = x(t), t R และ x โดยทั่วไปมีค่าเชิงซ้อน (เพื่อความสะดวก เนื่องจากบางระบบสามารถเขียนให้กะทัดรัดกว่านี้ได้)

กล่าวกันว่าระบบ (3) มีลำดับ m เทียบกับ xm

อนุพันธ์เรียกว่ารุ่นพี่ และที่เหลือ (รวมทั้ง xm = ตัวมันเองด้วย) เรียกว่ารุ่นจูเนียร์ ถ้า m = ทั้งหมด เราก็บอกว่าลำดับของระบบเท่ากัน

จริงอยู่ ตัวเลข m มักเรียกว่าลำดับของระบบ ซึ่งเป็นไปตามธรรมชาติเช่นกัน ดังจะชัดเจนด้านล่าง

สำหรับคำถามเกี่ยวกับความจำเป็นในการศึกษา ODE และการประยุกต์ เราจะพิจารณาการพิสูจน์อย่างเพียงพอจากสาขาวิชาอื่นๆ (เรขาคณิตเชิงอนุพันธ์ การวิเคราะห์ทางคณิตศาสตร์ กลศาสตร์เชิงทฤษฎีฯลฯ) และครอบคลุมบางส่วนในแบบฝึกหัดภาคปฏิบัติเมื่อแก้ไขปัญหา (เช่น จากหนังสือปัญหา) ในหลักสูตรนี้ เราจะศึกษาเฉพาะการศึกษาทางคณิตศาสตร์ของระบบรูปแบบ (3) ซึ่งหมายถึงการตอบคำถามต่อไปนี้:

1. "แก้" สมการ (ระบบ) หมายความว่าอย่างไร (3);

2. ทำอย่างไร;

3. โซลูชั่นเหล่านี้มีคุณสมบัติอะไรบ้าง จะตรวจสอบได้อย่างไร

คำถามที่ 1 ไม่ชัดเจนเท่าที่ควร - ดูด้านล่าง เราทราบทันทีว่าระบบใดๆ (3) สามารถถูกรีดิวซ์เป็นระบบลำดับที่หนึ่งได้ โดยระบุว่าอนุพันธ์ที่ต่ำกว่านั้นเป็นฟังก์ชันใหม่ที่ไม่รู้จัก วิธีที่ง่ายที่สุดในการอธิบายขั้นตอนนี้คือการใช้ตัวอย่าง:

ของ 5 สมการสำหรับ 5 ไม่ทราบ เป็นเรื่องง่ายที่จะเข้าใจว่า (4) และ (5) เทียบเท่ากันในแง่ที่ว่าวิธีแก้ปัญหาของหนึ่งในนั้น (หลังจากการเปลี่ยนชื่อที่เหมาะสม) จะเป็นวิธีแก้ปัญหาของอีกวิธีหนึ่ง ในกรณีนี้ เราควรกำหนดคำถามเกี่ยวกับความราบรื่นของการแก้ปัญหาเท่านั้น เราจะดำเนินการต่อไปเมื่อเราพบ ODE ที่มีลำดับสูงกว่า (เช่น ไม่ใช่อันดับที่ 1)

แต่ตอนนี้เป็นที่ชัดเจนว่าการศึกษาเฉพาะ ODE ลำดับแรกเท่านั้นก็เพียงพอแล้ว ในขณะที่อย่างอื่นอาจจำเป็นเพื่อความสะดวกในการจดบันทึกเท่านั้น (บางครั้งสถานการณ์ดังกล่าวจะเกิดขึ้นในกรณีของเรา)

และตอนนี้เราจำกัดตัวเองอยู่แค่ ODE ลำดับที่หนึ่ง:

dimx = สลัว F = n

การศึกษาสมการ (ระบบ) (6) ไม่สะดวกเนื่องจากไม่อนุญาตให้ใช้อนุพันธ์ dx/dt ดังที่ทราบจากการวิเคราะห์ (จากทฤษฎีบทฟังก์ชันโดยนัย) ภายใต้เงื่อนไขบางประการของ F สมการ (6) สามารถแก้ไขได้ด้วยความเคารพต่อ dx/dt และเขียนในรูปแบบโดยให้ f: Rn+1 Rn และ x: R Rn เป็นสิ่งที่จำเป็น ว่ากันว่า (7) เป็น ODE ที่ได้รับการแก้ไขด้วยความเคารพต่ออนุพันธ์ (ODE ในรูปแบบปกติ) เมื่อผ่านจาก (6) ถึง (7) ย่อมเกิดปัญหา:

ตัวอย่าง. สมการ exp(x) = 0 ไม่สามารถเขียนในรูปแบบ (7) ได้ และไม่มีทางแก้ได้เลย กล่าวคือ exp ไม่มีเลขศูนย์แม้แต่ในระนาบเชิงซ้อนก็ตาม

ตัวอย่าง. สมการ x 2 + x2 = 1 ที่มีความละเอียดจะเขียนเป็น ODE ปกติสองตัว x = ± 1 x2 คุณควรแก้แต่ละข้อแล้วตีความผลลัพธ์

ความคิดเห็น เมื่อลด (3) ลง (6) อาจเกิดปัญหาขึ้นได้หาก (3) มีลำดับ 0 เทียบกับฟังก์ชันบางส่วนหรือบางส่วนของฟังก์ชัน (นั่นคือ นี่คือสมการเชิงอนุพันธ์เชิงฟังก์ชัน) แต่ฟังก์ชันเหล่านี้ต้องถูกแยกออกจากทฤษฎีบทฟังก์ชันโดยนัย

ตัวอย่าง. x = y, xy = 1 x = 1/x คุณต้องค้นหา x จาก ODE ที่ได้ จากนั้นจึงหา y จากสมการเชิงฟังก์ชัน

แต่ไม่ว่าในกรณีใด ปัญหาการเปลี่ยนจาก (6) เป็น (7) เป็นของการวิเคราะห์ทางคณิตศาสตร์มากกว่า DE และเราจะไม่จัดการกับมัน อย่างไรก็ตาม เมื่อแก้ไข ODE ในรูปแบบ (6) ช่วงเวลาที่น่าสนใจจากมุมมองของ ODE อาจเกิดขึ้นได้ ดังนั้นจึงเหมาะสมที่จะศึกษาปัญหานี้เมื่อแก้ไขปัญหา (เช่นที่ทำเสร็จแล้ว เช่น ใน ) และมันจะเล็กน้อย ที่ได้กล่าวไปแล้วในข้อ 3 แต่ในวิชาที่เหลือเราจะพูดถึงเฉพาะระบบและสมการปกติเท่านั้น ดังนั้นให้พิจารณา ODE (ระบบ ODE) (7) มาเขียนมันครั้งเดียวในรูปแบบส่วนประกอบต่อองค์ประกอบ:

แนวคิดของ "การแก้ (7)" (และโดยทั่วไปคือ DE ใดๆ) เป็นที่เข้าใจกันมานานแล้วว่าเป็นการค้นหา "สูตรที่ชัดเจน" สำหรับคำตอบ (เช่น ในรูปแบบของฟังก์ชันพื้นฐาน แอนติเดริเวทีฟ หรือฟังก์ชันพิเศษ ฯลฯ) โดยไม่เน้นความเรียบของสารละลายและช่วงเวลาของคำจำกัดความ อย่างไรก็ตาม ทันสมัยทฤษฎีของ ODE และสาขาอื่นๆ ของคณิตศาสตร์ (และวิทยาศาสตร์ธรรมชาติโดยทั่วไป) แสดงให้เห็นว่าแนวทางนี้ไม่น่าพอใจ หากเพียงเพราะเศษส่วนของ ODE ที่สามารถคล้อยตาม "การบูรณาการที่ชัดเจน" นั้นมีขนาดเล็กมาก (แม้แต่ ODE ที่ง่ายที่สุด x = f (t) เป็นที่ทราบกันว่าคำตอบในฟังก์ชันพื้นฐานหาได้ยาก แม้ว่าจะมี "สูตรที่ชัดเจน" อยู่ที่นี่ก็ตาม)

ตัวอย่าง. สมการ x = t2 + x2 แม้จะเรียบง่ายมาก แต่ก็ไม่มีคำตอบในฟังก์ชันพื้นฐาน (และที่นี่ไม่มีแม้แต่ "สูตร" ด้วยซ้ำ)

และแม้ว่าจะเป็นประโยชน์ที่จะรู้ว่าคลาสของ ODE เหล่านั้นสามารถสร้างโซลูชันที่ "ชัดเจน" ได้ (คล้ายกับว่าการ "คำนวณอินทิกรัล" มีประโยชน์เพียงใดเมื่อเป็นไปได้ แม้ว่าจะหายากมากก็ตาม) ในการเชื่อมต่อนี้คำศัพท์ต่อไปนี้มีลักษณะเสียง: "รวม ODE", "อินทิกรัล ODE" (อะนาล็อกที่ล้าสมัยของแนวคิดสมัยใหม่ "แก้ปัญหา ODE", "โซลูชันของ ODE") ซึ่งสะท้อนถึงแนวคิดก่อนหน้าของการแก้ปัญหา เราจะเข้าใจคำศัพท์สมัยใหม่ได้อย่างไรตอนนี้เราจะสรุปกัน

และคำถามนี้จะได้รับการพิจารณาในมาตรา 3 (และตามธรรมเนียมด้วย ความสนใจอย่างมากจะได้รับเมื่อแก้ไขปัญหาในชั้นเรียนภาคปฏิบัติ) แต่ไม่ควรคาดหวังความเป็นสากลจากแนวทางนี้ ตามกฎแล้วกระบวนการแก้ไข (7) เราหมายถึงขั้นตอนที่แตกต่างอย่างสิ้นเชิง

ควรชี้แจงให้ชัดเจนว่าฟังก์ชันใด x = x(t) ที่สามารถเรียกได้ว่าเป็นคำตอบของ (7)

ประการแรก เราทราบว่าการกำหนดแนวคิดของการแก้ปัญหาอย่างชัดเจนนั้นเป็นไปไม่ได้หากไม่ได้ระบุชุดที่ถูกกำหนดไว้ ถ้าเพียงเพราะว่าโซลูชันคือฟังก์ชัน และฟังก์ชันใด ๆ (ตามคำจำกัดความของโรงเรียน) ถือเป็นกฎหมาย ที่ตรงกับองค์ประกอบใดๆ ของชุดบางชุด (เรียกว่าโดเมนของคำจำกัดความของฟังก์ชันนี้) องค์ประกอบบางส่วนของชุดอื่น (ค่าฟังก์ชัน) ดังนั้นการพูดถึงฟังก์ชันโดยไม่ระบุขอบเขตจึงเป็นเรื่องไร้สาระตามคำจำกัดความ ฟังก์ชั่นการวิเคราะห์ (ในวงกว้างมากขึ้น - ระดับประถมศึกษา) ทำหน้าที่เป็น "ข้อยกเว้น" (ทำให้เข้าใจผิด) ด้วยเหตุผลดังต่อไปนี้ (และอื่น ๆ บางส่วน) แต่ในกรณีของ DE เสรีภาพดังกล่าวจะไม่ได้รับอนุญาต

และโดยทั่วไปไม่ได้ระบุชุดคำจำกัดความของฟังก์ชันทั้งหมดที่เกี่ยวข้องกับ (7) ดังที่จะชัดเจนจากสิ่งต่อไปนี้ เป็นการสมควรที่จะเชื่อมโยงแนวคิดของวิธีแก้ปัญหากับชุดของคำจำกัดความอย่างเคร่งครัด และพิจารณาวิธีแก้ปัญหาที่แตกต่างกันหากชุดคำจำกัดความต่างกัน แม้ว่าวิธีแก้ปัญหาจะตรงกันที่จุดตัดของชุดเหล่านี้ก็ตาม

บ่อยครั้งในสถานการณ์เฉพาะหมายความว่าหากมีการสร้างคำตอบในรูปแบบของฟังก์ชันพื้นฐานเพื่อให้ 2 คำตอบมี "สูตรเดียวกัน" ก็จำเป็นต้องชี้แจงด้วยว่าชุดที่เขียนสูตรเหล่านี้ตรงกันหรือไม่ ความสับสนที่ครอบงำอยู่ในคำถามนี้มาเป็นเวลานานนั้นสามารถแก้ตัวได้ตราบใดที่มีการพิจารณาวิธีแก้ปัญหาในรูปแบบของฟังก์ชันพื้นฐาน เนื่องจากฟังก์ชันการวิเคราะห์สามารถขยายออกไปโดยเฉพาะในช่วงเวลาที่กว้างขึ้น

ตัวอย่าง. x1(t) = et บน (0,2) และ x2(t) = et บน (1,3) เป็นคำตอบที่ต่างกันของสมการ x = x

ในกรณีนี้ เป็นเรื่องปกติที่จะใช้ช่วงเปิด (อาจเป็นอนันต์) เป็นชุดคำจำกัดความของโซลูชันใดๆ เนื่องจากชุดนี้ควรเป็น:

1. เปิด เพื่อให้เมื่อถึงจุดใดก็สมเหตุสมผลที่จะพูดคุยเกี่ยวกับอนุพันธ์ (สองด้าน)

2. เชื่อมต่อเพื่อให้โซลูชันไม่แตกออกเป็นชิ้น ๆ (ในกรณีนี้จะสะดวกกว่าที่จะพูดถึงวิธีแก้ปัญหาต่างๆ) - ดูตัวอย่างก่อนหน้านี้

ดังนั้น คำตอบ (7) คือคู่ (, (a, b)) โดยที่ a b + ถูกกำหนดไว้บน (a, b)

หมายเหตุถึงอาจารย์. ในหนังสือเรียนบางเล่ม อนุญาตให้รวมส่วนท้ายของส่วนในโดเมนของการแก้ปัญหาได้ แต่วิธีนี้ไม่สะดวกเพราะจะทำให้การนำเสนอซับซ้อนเท่านั้น และไม่ได้ให้ภาพรวมที่แท้จริง (ดู§ 4)

เพื่อให้เข้าใจเหตุผลเพิ่มเติมได้ง่ายขึ้น การใช้การตีความทางเรขาคณิต (7) จะเป็นประโยชน์ ในปริภูมิ Rn+1 = ((t, x)) ที่แต่ละจุด (t, x) โดยที่ f ถูกกำหนดไว้ เราสามารถพิจารณาเวกเตอร์ f (t, x) ได้ หากเราสร้างกราฟของสารละลาย (7) ในพื้นที่นี้ (เรียกว่าเส้นโค้งอินทิกรัลของระบบ (7)) มันจะประกอบด้วยจุดในรูปแบบ (t, x(t)) เมื่อ t (a, b) เปลี่ยนไป จุดนี้เคลื่อนที่ไปตาม IC แทนเจนต์ของไอซีที่จุด (t, x(t)) มีรูปแบบ (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))) ดังนั้น ไอซีคือเส้นโค้งเหล่านั้นและมีเพียงเส้นโค้งเหล่านั้นในปริภูมิ Rn+1 ที่แต่ละจุด (t, x) มีเส้นสัมผัสขนานกับเวกเตอร์ (1, f (t, x)) จากแนวคิดนี้จึงเรียกว่า วิธีไอโซไคลน์สำหรับการสร้าง IC โดยประมาณ ซึ่งใช้ในการแสดงกราฟของสารละลายไปยัง ODE เฉพาะ (ดู

ตัวอย่างเช่น ). ตัวอย่างเช่น สำหรับ n = 1 โครงสร้างของเราหมายถึงสิ่งต่อไปนี้: ที่แต่ละจุดของ IC ความชันของมันไปยังแกน t จะมีคุณสมบัติ tg = f (t, x) เป็นเรื่องปกติที่จะสรุปได้ว่าเมื่อนำจุดใดๆ จากนิยามเซต f แล้ว เราก็สามารถวาด IC ผ่านจุดนั้นได้ แนวคิดนี้จะได้รับการพิสูจน์อย่างเคร่งครัดด้านล่าง แม้ว่าเราจะขาดการกำหนดสูตรที่เข้มงวดในเรื่องความเรียบเนียนของสารละลาย แต่เราจะดำเนินการด้านล่างนี้

ตอนนี้เราควรปรับแต่งเซต B ที่ f ถูกกำหนดไว้ ชุดนี้เป็นธรรมชาติที่จะใช้:

1. เปิด (เพื่อให้สามารถสร้าง IC ในบริเวณใกล้จุดใดก็ได้จาก B) 2. เชื่อมต่อ (มิฉะนั้น สามารถพิจารณาชิ้นส่วนที่เชื่อมต่อทั้งหมดแยกกัน - อย่างไรก็ตาม IC (เป็นกราฟของฟังก์ชันต่อเนื่อง) ไม่สามารถกระโดดได้ จากชิ้นหนึ่งไปอีกชิ้นหนึ่งดังนั้นจะไม่ส่งผลกระทบต่อการค้นหาวิธีแก้ไขโดยทั่วไป)

เราจะพิจารณาเฉพาะคำตอบแบบคลาสสิกของ (7) เท่านั้น นั่นคือ x เองและ x ของมันต่อเนื่องกันบน (a, b) ดังนั้นจึงเป็นเรื่องปกติที่จะต้องมี f C(B) ในกรณีต่อไปนี้ เราจะบังคับใช้ข้อกำหนดนี้โดยนัยเสมอ ในที่สุดเราก็ได้คำจำกัดความแล้ว ให้ B Rn+1 เป็นโดเมน f C(B)

คู่ (, (a, b)) a b + ที่กำหนดบน (a, b) เรียกว่าคำตอบของ (7) ถ้า C(a, b) สำหรับแต่ละ t (a, b) จุด (t , (t) ) B และ (t) มีอยู่ และ (t) = f (t, (t)) (จากนั้น C 1(a, b)) โดยอัตโนมัติ)

เป็นที่ชัดเจนทางเรขาคณิตว่า (7) จะมีวิธีแก้ปัญหามากมาย (ซึ่งเข้าใจได้ง่ายในรูปแบบกราฟิก) เนื่องจากหากเราวาด IR โดยเริ่มจากจุดต่างๆ ในรูปแบบ (t0, x0) โดยที่ t0 ได้รับการแก้ไข เราก็จะได้ IR ที่แตกต่างกัน นอกจากนี้ การเปลี่ยนช่วงเวลาในการกำหนดวิธีแก้ปัญหาจะให้วิธีแก้ปัญหาที่แตกต่างกันตามคำจำกัดความของเรา

ตัวอย่าง. x = 0 วิธีแก้: x = = const Rn อย่างไรก็ตาม หากเราเลือก t0 บางตัวและแก้ไขค่า x0 ของโซลูชันที่จุด t0: x(t0) = x0 ดังนั้นค่าจะถูกกำหนดโดยไม่ซ้ำกัน: = x0 กล่าวคือ โซลูชันจะไม่ซ้ำกันขึ้นอยู่กับการเลือกช่วงเวลา (ก, ข) t0

การมีอยู่ของชุดโซลูชัน "ไร้หน้า" นั้นไม่สะดวกสำหรับการทำงานกับพวกเขา2 - จะสะดวกกว่าในการ "นับจำนวน" โซลูชันดังต่อไปนี้: เพิ่มเงื่อนไขเพิ่มเติมให้กับ (7) ในลักษณะที่จะเน้นเฉพาะ (ในแง่หนึ่ง) ) จากนั้นเมื่อเรียงลำดับตามเงื่อนไขเหล่านี้ ทำงานกับแต่ละโซลูชันแยกกัน (ในเชิงเรขาคณิต อาจมีโซลูชันเดียว (IR) แต่มีหลายส่วน - เราจะจัดการกับความไม่สะดวกนี้ในภายหลัง)

คำนิยาม. งานสำหรับ (7) คือ (7) โดยมีเงื่อนไขเพิ่มเติม

ในความเป็นจริงเราได้คิดค้นปัญหาที่ง่ายที่สุดแล้ว - นี่คือปัญหา Cauchy: (7) พร้อมเงื่อนไขของแบบฟอร์ม (ข้อมูล Cauchy ข้อมูลเริ่มต้น):

จากมุมมองของแอปพลิเคชัน ปัญหานี้เป็นเรื่องปกติ: ตัวอย่างเช่น ถ้า (7) อธิบายการเปลี่ยนแปลงในพารามิเตอร์บางตัว x ตามเวลา t ดังนั้น (8) หมายความว่าในบางเวลา (เริ่มต้น) ค่าของพารามิเตอร์เป็นที่รู้จัก . จำเป็นต้องศึกษาปัญหาอื่น ๆ เราจะพูดถึงเรื่องนี้ในภายหลัง แต่ตอนนี้เราจะเน้นไปที่ปัญหาคอชี่ โดยธรรมชาติแล้ว ปัญหานี้สมเหตุสมผลสำหรับ (t0, x0) B ดังนั้น วิธีแก้ปัญหา (7), (8) จึงเป็นวิธีแก้ปัญหา (7) (ตามความหมายของคำจำกัดความที่ให้ไว้ข้างต้น) โดยที่ t0 (a, b ) และ (8)

ภารกิจต่อไปของเราคือการพิสูจน์การมีอยู่ของวิธีแก้ปัญหาคอชี (7), (8) และส่วนเสริมบางตัว ตัวอย่างคือ สมการกำลังสอง เขียน x1 =..., x2 =... กว่า x = b/2 ±...

ภายใต้สมมติฐานบางประการเกี่ยวกับ f - และความเป็นเอกลักษณ์ของมันในแง่หนึ่ง

ความคิดเห็น เราจำเป็นต้องชี้แจงแนวคิดเรื่องบรรทัดฐานของเวกเตอร์และเมทริกซ์ (แม้ว่าเราจะต้องการเมทริกซ์เฉพาะในส่วนที่ 2 เท่านั้น) เนื่องจากข้อเท็จจริงที่ว่าในปริภูมิมิติจำกัด บรรทัดฐานทั้งหมดเท่าเทียมกัน การเลือกบรรทัดฐานเฉพาะไม่สำคัญว่าเราสนใจเพียงการประมาณค่าเท่านั้น ไม่ใช่ปริมาณที่แน่นอน ตัวอย่างเช่น |x|p = (|xi|p)1/p สามารถใช้กับเวกเตอร์ได้ โดย p คือส่วนของ Peano (Picard) พิจารณากรวย K = (|x x0| F |t t0|) และส่วนที่ตัดปลาย K1 = K (t IP ) ชัดเจนว่ามีเพียง K1 C

ทฤษฎีบท. (พีโน่). ปล่อยให้ข้อกำหนดเกี่ยวกับ f ในปัญหา (1) ที่ระบุในคำจำกัดความของการแก้ปัญหาเป็นไปตามนั้น เช่น:

f C(B) โดยที่ B คือขอบเขตใน Rn+1 จากนั้นสำหรับทั้งหมด (t0, x0) B บน Int(IP) มีวิธีแก้ไขปัญหา (1)

การพิสูจน์. ให้เราตั้งค่า (0, T0) ตามอำเภอใจ และสร้างสิ่งที่เรียกว่าเส้นขาดออยเลอร์ด้วยขั้นตอน กล่าวคือ มันเป็นเส้นขาดใน Rn+1 โดยแต่ละลิงก์มีเส้นโครงไปยังแกน t ของความยาว เส้นแรก ลิงค์ทางขวาเริ่มต้นที่จุด (t0, x0) และดังนั้น dx/dt = f (t0, x0) ที่อยู่ตรงนั้น ทางด้านขวาสุดของลิงค์นี้ (t1, x1) ทำหน้าที่เป็นปลายซ้ายของลิงค์ที่สอง โดยที่ dx/dt = f (t1, x1) ฯลฯ และในทำนองเดียวกันทางด้านซ้าย เส้นโพลีไลน์ที่ได้จะกำหนดฟังก์ชันเชิงเส้นแบบแยกส่วน x = (t) ตราบใดที่ t IP เส้นโพลีไลน์จะยังคงอยู่ใน K1 (และ ยิ่งไปกว่านั้นใน C และด้วยเหตุนี้ใน B) ดังนั้นการก่อสร้างจึงถูกต้อง - ด้วยเหตุนี้ อันที่จริง จึงมีการก่อสร้างเสริมก่อนทฤษฎีบท

อันที่จริงมีทุกที่ยกเว้นเบรกพอยต์แล้ว (s) (t) = (z)dz โดยที่ค่าอนุพันธ์ของอนุพันธ์จะถูกนำไปที่เบรกพอยต์

ในกรณีนี้ (เคลื่อนที่ไปตามเส้นขาดโดยการเหนี่ยวนำ) โดยเฉพาะ | (t)x0| ฉ |t t0|.

ดังนั้นในฟังก์ชัน IP:

2. มีความเสมอภาคกัน เนื่องจากเป็น Lipschitz:

หากจำเป็น ผู้อ่านควรทบทวนความรู้เกี่ยวกับแนวคิดและผลลัพธ์ต่างๆ เช่น ความเสมอภาค การบรรจบกันที่สม่ำเสมอ ทฤษฎีบท Artsela-Ascoli เป็นต้น

ตามทฤษฎีบทอาร์เซลา-อัสโคลี มีลำดับ k 0 โดยที่ k อยู่บน IP โดยที่ C(IP) โดยการสร้าง (t0) = x0 ดังนั้นจึงยังคงต้องตรวจสอบว่า เราพิสูจน์สิ่งนี้สำหรับ s t

ออกกำลังกาย. ในทำนองเดียวกันให้พิจารณา s t

เราตั้งค่า 0 และค้นหา 0 ดังนั้นสำหรับทุก (t1, x1), (t2, x2) C เป็นจริง ซึ่งสามารถทำได้โดยคำนึงถึงความต่อเนื่องสม่ำเสมอของ f บนเซตกะทัดรัด C ค้นหา m N เพื่อให้ Fix t Int (IP) และใช้ s Int (IP) ใด ๆ เช่นนั้น t s t + จากนั้นสำหรับ z ทั้งหมด เรามี |k (z) k (t)| F ดังนั้นเมื่อพิจารณาถึง (4) |k (z) (t)| 2F.

โปรดทราบว่า k (z) = k (z) = f (z, k (z)) โดยที่ z คือจุดหักมุมของด้านซ้ายสุดของเส้นโพลีไลน์ที่มีจุด (z, k (z)) แต่จุด (z, k (z)) ตกลงไปในทรงกระบอกโดยมีพารามิเตอร์ (, 2F) สร้างขึ้นบนจุด (t, (t)) (อันที่จริง แม้จะอยู่ในกรวยที่ถูกตัดทอน - ดูรูปนี้ แต่มันไม่ได้' ตอนนี้ไม่สำคัญแล้ว) ดังนั้นเมื่อพิจารณาจาก (3) เราจะได้ |k (z) f (t, (t))| สำหรับเส้นขาด ตามที่กล่าวไว้ข้างต้น เรามีสูตรสำหรับ k ซึ่งจะได้ค่า (2)

ความคิดเห็น ให้ f C 1(B) จากนั้นวิธีแก้ปัญหาที่กำหนดบน (a, b) จะเป็นคลาส C 2(a, b) อันที่จริง บน (a, b) เรามี: มีอยู่จริง f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (นี่คือจาโคบี เมทริกซ์ ) เป็นฟังก์ชันต่อเนื่อง จึงมี 2 C(a, b) ด้วย เราสามารถเพิ่มความเรียบของสารละลายได้อีกหาก f เรียบ ถ้า f เป็นการวิเคราะห์ ก็เป็นไปได้ที่จะพิสูจน์การมีอยู่และความเป็นเอกลักษณ์ของโซลูชันการวิเคราะห์ (นี่คือสิ่งที่เรียกว่าทฤษฎีบท Cauchy) แม้ว่าสิ่งนี้จะไม่เป็นไปตามเหตุผลก่อนหน้านี้ก็ตาม!

ที่นี่จำเป็นต้องจำไว้ว่าฟังก์ชันการวิเคราะห์คืออะไร อย่าสับสนกับฟังก์ชันที่แสดงโดยอนุกรมกำลัง (นี่เป็นเพียงการนำเสนอฟังก์ชันวิเคราะห์ซึ่งโดยทั่วไปแล้ว เป็นส่วนหนึ่งของขอบเขตคำจำกัดความ)!

ความคิดเห็น สำหรับค่าที่กำหนด (t0, x0) เราสามารถลองเพิ่ม T0 ให้สูงสุดโดยการเปลี่ยน T และ R อย่างไรก็ตามตามกฎแล้วสิ่งนี้ไม่สำคัญนักเนื่องจากมีวิธีการพิเศษในการศึกษาช่วงเวลาสูงสุดของการแก้ปัญหา (ดู§ 4)

ทฤษฎีบทพีอาโนไม่ได้บอกอะไรเกี่ยวกับความเป็นเอกลักษณ์ของคำตอบเลย ด้วยความเข้าใจในการแก้ปัญหาของเรา มันจึงไม่ได้มีลักษณะเฉพาะเสมอไป เนื่องจากหากมีวิธีแก้ปัญหา ข้อจำกัดของช่วงเวลาที่แคบลงก็จะเป็นวิธีแก้ปัญหาอื่น เราจะพิจารณาประเด็นนี้โดยละเอียดยิ่งขึ้นในภายหลัง (ในมาตรา 4) แต่สำหรับตอนนี้ โดยความเป็นเอกลักษณ์แล้ว เราหมายถึงความบังเอิญของคำตอบทั้งสองที่จุดตัดของช่วงเวลาของคำจำกัดความ แม้แต่ในแง่นี้ ทฤษฎีบทของ Peano ไม่ได้พูดอะไรเกี่ยวกับเอกลักษณ์ ซึ่งไม่ใช่เรื่องบังเอิญ เพราะภายใต้เงื่อนไขของมัน ไม่สามารถรับประกันความมีเอกลักษณ์ได้

ตัวอย่าง. n = 1, ฉ (x) = 2 |x| ปัญหาคอชีมีวิธีแก้ปัญหาเล็กน้อย: x1 0 และยิ่งกว่านั้น x2(t) = t|t| จากโซลูชันทั้งสองนี้ สามารถรวบรวมกลุ่มโซลูชันที่มี 2 พารามิเตอร์ทั้งหมดได้:

โดยที่ + (ค่าอนันต์หมายถึงไม่มีสาขาที่สอดคล้องกัน) หากเราถือว่า R ทั้งหมดเป็นโดเมนของนิยามของคำตอบเหล่านี้ทั้งหมด ก็ยังมีอีกหลายค่าอนันต์

โปรดทราบว่าหากเราใช้การพิสูจน์ทฤษฎีบทของพีอาโนในรูปเส้นประของออยเลอร์ในปัญหานี้ ก็จะได้เพียงคำตอบที่เป็นศูนย์เท่านั้น ในทางกลับกัน หากอนุญาตให้มีข้อผิดพลาดเล็กน้อยในแต่ละขั้นตอนในกระบวนการสร้างเส้นออยเลอร์ที่เสียหาย แม้ว่าพารามิเตอร์ข้อผิดพลาดจะมีแนวโน้มเป็นศูนย์แล้ว วิธีแก้ปัญหาทั้งหมดจะยังคงอยู่ ดังนั้นทฤษฎีบทของพีอาโนและเส้นขาดของออยเลอร์จึงเป็นวิธีธรรมชาติในการสร้างคำตอบและมีความเกี่ยวข้องอย่างใกล้ชิดกับวิธีเชิงตัวเลข

ปัญหาที่พบในตัวอย่างเกิดจากการที่ฟังก์ชัน f ไม่ราบรื่นใน x ปรากฎว่าถ้าเรากำหนดข้อกำหนดเพิ่มเติมเกี่ยวกับความสม่ำเสมอของ f ใน x ก็จะสามารถรับประกันความเป็นเอกลักษณ์ได้ และขั้นตอนนี้จำเป็นในแง่หนึ่ง (ดูด้านล่าง)

ให้เรานึกถึงแนวคิดบางประการจากการวิเคราะห์ ฟังก์ชัน (สเกลาร์หรือเวกเตอร์) g เรียกว่าฟังก์ชันโฮลเดอร์ที่มีเลขชี้กำลัง (0, 1] บนเซต ถ้าเรียกว่าเงื่อนไขลิปชิตซ์สำหรับ 1 สำหรับ 1 สิ่งนี้เป็นไปได้สำหรับฟังก์ชันคงที่เท่านั้น ฟังก์ชันที่กำหนดบนเซ็กเมนต์ (โดยที่การเลือก 0 ไม่จำเป็น) เรียกว่า โมดูลัสของความต่อเนื่อง ถ้าว่ากันว่า g เป็นไปตามเงื่อนไขของโฮลเดอร์ทั่วไปด้วยโมดูลัส ถ้าในกรณีนี้เรียกว่า โมดูลัสของความต่อเนื่องของ g

แสดงให้เห็นว่าโมดูลัสของความต่อเนื่องใดๆ คือโมดูลัสของความต่อเนื่องของฟังก์ชันต่อเนื่องบางอย่าง

ข้อเท็จจริงผกผันเป็นสิ่งสำคัญสำหรับเรา กล่าวคือ ฟังก์ชันต่อเนื่องใดๆ บนชุดขนาดกะทัดรัดจะมีโมดูลัสของความต่อเนื่องในตัวเอง กล่าวคือ พอใจ (5) ในบางส่วน มาพิสูจน์กัน ระลึกไว้ว่า if มีขนาดกะทัดรัดและ g คือ C() ดังนั้น g จำเป็นต้องมีความต่อเนื่องสม่ำเสมอสม่ำเสมอ กล่าวคือ

= (): |xy| = |ก.(x)ก.(ย)|. ปรากฎว่านี่เทียบเท่ากับเงื่อนไข (5) กับบางข้อ อันที่จริง หากมีอยู่ ก็เพียงพอที่จะสร้างโมดูลัสของความต่อเนื่องเช่นนั้น (()) แล้วสำหรับ |x y| = = () เราได้รับ เนื่องจาก (และ) เป็นไปโดยอำเภอใจ ดังนั้น x และ y จึงสามารถเป็นไปโดยอำเภอใจได้

และในทางกลับกัน ถ้า (5) เป็นจริง ก็เพียงพอที่จะหา (()) แล้วสำหรับ |x y| = () เราได้รับ มันยังคงพิสูจน์ให้เห็นถึงการเปลี่ยนแปลงเชิงตรรกะ:

สำหรับโมโนโทนิกก็เพียงพอที่จะใช้ฟังก์ชันผกผัน แต่ในกรณีทั่วไปจำเป็นต้องใช้สิ่งที่เรียกว่า ฟังก์ชันผกผันทั่วไป การดำรงอยู่ของพวกเขาต้องการหลักฐานแยกต่างหากซึ่งเราจะไม่ให้ แต่เป็นเพียงความคิด (มีประโยชน์เมื่ออ่านพร้อมภาพวาด):

สำหรับ F ใดๆ เราให้คำจำกัดความว่า F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - ฟังก์ชันเหล่านี้เป็นฟังก์ชันแบบโมโนโทนิกและฟังก์ชันเหล่านี้มีการผกผัน มันง่ายที่จะตรวจสอบว่า x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

โมดูลัสของความต่อเนื่องที่ดีที่สุดคือเชิงเส้น (เงื่อนไขลิปชิตซ์) เหล่านี้เป็นฟังก์ชันที่ "แทบจะหาความแตกต่างได้" เพื่อให้ความหมายที่เข้มงวดกับข้อความสุดท้ายต้องใช้ความพยายาม และเราจะจำกัดตัวเองไว้เพียงสองข้อสังเกต:

1. พูดอย่างเคร่งครัด ไม่ใช่ทุกฟังก์ชันของ Lipschitz ที่จะหาอนุพันธ์ได้ ดังตัวอย่าง g(x) = |x| ถึง R;

2. แต่ความแตกต่างหมายถึง Lipschitz ดังที่แสดงการยืนยันต่อไปนี้ ฟังก์ชัน g ใดๆ ที่มี M ทั้งหมดบนเซตนูนจะเป็นไปตามเงื่อนไขของลิปชิตซ์

[สำหรับช่วงเวลาสั้นๆ ให้พิจารณาฟังก์ชันสเกลาร์ g.] พิสูจน์ สำหรับ x, y ทุกตัวที่เรามี เห็นได้ชัดว่าข้อความนี้เป็นจริงสำหรับฟังก์ชันเวกเตอร์ด้วย

ความคิดเห็น ถ้า f = f (t, x) (โดยทั่วไปคือฟังก์ชันเวกเตอร์) เราก็สามารถแนะนำแนวคิด “f คือ Lipschitz ใน x” ได้ กล่าวคือ |f (t, x) f (t, y)| C|x y| และยังพิสูจน์ว่าถ้า D นูนออกมาใน x สำหรับ t ทั้งหมด ดังนั้นสำหรับคุณสมบัติของ Lipschitz ของ f เทียบกับ x ใน D ก็เพียงพอแล้วที่ | ผ่าน |xy|. สำหรับ n = 1 โดยปกติจะทำโดยใช้สูตรการเพิ่มอันจำกัด: g(x)g(y) = g (z)(xy) (ถ้า g เป็นฟังก์ชันเวกเตอร์ แล้ว z จะแตกต่างกันในแต่ละองค์ประกอบ) สำหรับ n 1 จะสะดวกในการใช้อะนาล็อกต่อไปนี้ของสูตรนี้:

เล็มมา (อาดามารา). กำหนดให้ f C(D) (โดยทั่วไปคือฟังก์ชันเวกเตอร์) โดยที่ D (t = t) นูนออกมาสำหรับ t ใดๆ และ f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y) โดยที่ A คือเมทริกซ์สี่เหลี่ยมต่อเนื่อง

การพิสูจน์. สำหรับค่าคงที่ t ใดๆ เราใช้การคำนวณจากการพิสูจน์การยืนยันสำหรับ = D (t = t), g = fk เราได้การเป็นตัวแทนที่ต้องการโดย A(t, x, y) = A มีความต่อเนื่องแน่นอน

ให้เรากลับไปสู่คำถามเกี่ยวกับเอกลักษณ์ของการแก้ปัญหา (1)

ลองตั้งคำถามแบบนี้: ค่ามอดุลัสของความต่อเนื่องของ f เทียบกับ x ควรเป็นเท่าใด ดังนั้นคำตอบ (1) จึงไม่ซ้ำกันในแง่ที่ว่าคำตอบ 2 ข้อที่กำหนดในช่วงเวลาเดียวกันตรงกัน คำตอบได้มาจากทฤษฎีบทต่อไปนี้:

ทฤษฎีบท. (ออสกู๊ด). สมมุติว่าภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทพีอาโน โมดูลัสของความต่อเนื่องของ f เทียบกับ x ใน B กล่าวคือ ฟังก์ชันในอสมการเป็นไปตามเงื่อนไข (เราสามารถสมมติได้ว่า C) ดังนั้นปัญหา (1) ไม่สามารถมีสองได้ โซลูชั่นต่างๆกำหนดไว้ในช่วงเวลาหนึ่งของแบบฟอร์ม (t0 a, t0 + b)

เปรียบเทียบกับตัวอย่างที่ไม่ซ้ำกันข้างต้น

เล็มมา ถ้า z C 1(,) ดังนั้นโดยรวม (,):

1. ณ จุดที่ z = 0, |z| มีอยู่ และ ||z| | |z|;

2. ณ จุดที่ z = 0 จะมีอนุพันธ์ด้านเดียว |z|± และ ||z|± | = |z | (โดยเฉพาะถ้า z = 0 ดังนั้น |z| = 0 จึงมีอยู่)

ตัวอย่าง. n = 1, z(t) = t ณ จุด t = 0 อนุพันธ์ของ |z| ไม่มีอยู่จริง แต่มีอนุพันธ์ด้านเดียว

การพิสูจน์. (บทแทรก). ณ จุดเหล่านั้นโดยที่ z = 0 เรามี z z : มีอยู่จริง |z| =, และ ||z| | |z|. ที่จุดเหล่านั้น t โดยที่ z(t) = 0 เราจะได้:

กรณีที่ 1: z (t) = 0 จากนั้นเราจะได้การมีอยู่ของ |z| (เสื้อ) = 0.

กรณีที่ 2: z (t) = 0 แล้วถ้า +0 หรือ 0 แล้ว z(t +)| |z(t)| ซึ่งมีโมดูลัสเท่ากับ |z (t)|

โดยสมมุติว่า F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = + ให้ z1,2 เป็นสองคำตอบของ (1) ที่กำหนดบน (t0, t0 +) แสดงว่า z = z1 z2 เรามี:

สมมติว่ามี t1 (สำหรับความแน่นอน t1 t0) โดยที่ z(t1) = 0 เซต A = ( t t1 | z(t) = 0 ) ไม่ว่างเปล่า (t0 A) และมีขอบเขตจากด้านบน ดังนั้น มันมีขอบเขตบน t1 โดยการสร้าง z = 0 บน (, t1) และเนื่องจาก z มีความต่อเนื่อง เราจึงได้ z() = 0

By เล็มมา |z| C 1(, t1) และในช่วงเวลานี้ |z| |z | (|z|) ดังนั้นอินทิเกรตโอเวอร์ (t, t1) (โดยที่ t (, t1)) ให้ F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t สำหรับ t + 0 เราจะได้ความขัดแย้ง

ข้อพิสูจน์ 1 ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทของพีอาโน ถ้า f คือลิปชิตซ์ใน x ใน B แล้วปัญหา (1) จะมีคำตอบเฉพาะในแง่ที่อธิบายไว้ในทฤษฎีบทของออสกู๊ด เพราะในกรณีนี้ () = C เป็นไปตาม (7)

ข้อพิสูจน์ 2 ถ้า C(B) อยู่ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทของพีอาโน แล้วคำตอบ (1) ที่กำหนดบน Int(IP) จะไม่ซ้ำกัน

เล็มมา โซลูชันใดๆ (1) ที่กำหนดบน IP ต้องเป็นไปตามค่าประมาณ |x | = |ฉ(t, x)| F และกราฟของมันอยู่ที่ K1 และยิ่งกว่านั้นใน C

การพิสูจน์. สมมติว่ามี t1 IP ที่ (t, x(t)) C เพื่อความแน่นอน ให้ t1 t0 จากนั้นจะมี t2 (t0, t1] ที่ทำให้ |x(t) x0| = R ในทำนองเดียวกันกับการให้เหตุผลในการพิสูจน์ทฤษฎีบทของออสกู๊ด เราสามารถสรุปได้ว่า t2 เป็นจุดดังกล่าวซ้ายสุด แต่เรามี (t, x (t)) C ดังนั้น |f (t, x(t))|F ดังนั้น (t, x(t)) K1 ซึ่งขัดแย้งกับ |x(t2) x0| = R ดังนั้น (t, x(t) ) C บน IP ทั้งหมด จากนั้น (คำนวณซ้ำ) (t, x(t)) K1.

การพิสูจน์. (ข้อพิสูจน์ที่ 2) C เป็นเซตที่มีขนาดกะทัดรัด เราได้ f คือ Lipschitz ใน x ใน C โดยที่กราฟของคำตอบทั้งหมดอยู่เนื่องจากบทแทรก ตามข้อพิสูจน์ที่ 1 เราได้รับสิ่งที่จำเป็น

ความคิดเห็น เงื่อนไข (7) หมายความว่าเงื่อนไข Lipschitz สำหรับ f ไม่สามารถลดลงได้อย่างมีนัยสำคัญ ตัวอย่างเช่น เงื่อนไขของโฮลเดอร์ที่มี 1 ไม่ถูกต้องอีกต่อไป โมดูลัสของความต่อเนื่องใกล้กับเส้นตรงเท่านั้นที่เหมาะสม - เช่นโมดูลที่ "แย่ที่สุด":

ออกกำลังกาย. (ค่อนข้างซับซ้อน) พิสูจน์ว่าถ้า (7) เป็นไปตามที่กำหนด แล้วจะมี 1 ที่ทำให้พอใจ (7) โดยที่ 1/ มีค่าเท่ากับศูนย์

ในกรณีทั่วไป ไม่จำเป็นต้องมีค่าบางอย่างจากโมดูลัสของความต่อเนื่องของ f ใน x เพื่อความเป็นเอกลักษณ์ - มีกรณีพิเศษได้ทุกประเภท เช่น

คำแถลง. ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทพีอาโน ถ้าคำตอบ 2 ข้อ (1) ที่กำหนดบน (9) เป็นจริง ก็ชัดเจนว่า x C 1(a, b) แล้วหาอนุพันธ์ (9) ให้ (1)1 และ (1)2 ชัดเจน

ตรงกันข้ามกับ (1) เป็นเรื่องปกติที่ (9) จะสร้างคำตอบในช่วงเวลาปิด

Picard เสนอวิธีการประมาณค่าต่อเนื่องสำหรับการแก้โจทย์ (1)=(9) ดังต่อไปนี้ แสดง x0(t) x0 แล้วตามด้วยอุปนัย ทฤษฎีบท (คอชี-ปิการา). กำหนดให้ ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทพีอาโน ฟังก์ชัน f เป็นลิปชิตซ์ใน x ในเซตกะทัดรัดใดๆ K นูนใน x ในโดเมน B กล่าวคือ

ดังนั้นสำหรับ (t0, x0) B ใด ๆ ปัญหา Cauchy (1) (aka (9)) มีวิธีแก้ปัญหาเฉพาะบน Int (IP) และ xk x บน IP โดยที่ xk ถูกกำหนดไว้ใน (10)

ความคิดเห็น เห็นได้ชัดว่าทฤษฎีบทยังคงใช้ได้หากเงื่อนไข (11) ถูกแทนที่ด้วย C(B) เนื่องจาก (11) ตามมาจากเงื่อนไขนี้

หมายเหตุถึงอาจารย์. ในความเป็นจริงไม่จำเป็นต้องใช้ Compacta นูนทั้งหมดใน x แต่มีเพียงกระบอกสูบเท่านั้น แต่สูตรนี้ทำในลักษณะนี้เพราะในมาตรา 5 เราจะต้องมี Compacta ทั่วไปมากกว่านี้และยิ่งไปกว่านั้น มันเป็นสูตรที่ Remark ดูอย่างแม่นยำ เป็นธรรมชาติที่สุด

การพิสูจน์. เราเลือกตามอำเภอใจ (t0, x0) B และทำโครงสร้างเสริมแบบเดียวกับก่อนหน้าทฤษฎีบทของพีอาโน ให้เราพิสูจน์โดยการเหนี่ยวนำว่า xk ทั้งหมดถูกกำหนดและต่อเนื่องกันบน IP และกราฟของพวกมันอยู่ใน K1 และยิ่งกว่านั้นใน C ซึ่งเห็นได้ชัดสำหรับ x0 หากสิ่งนี้เป็นจริงสำหรับ xk1 ก็ชัดเจนจาก (10) ว่า xk ถูกกำหนดและต่อเนื่องกันบน IP และนี่คือสมาชิกของ K1

ตอนนี้เราพิสูจน์การประมาณค่า IP โดยการเหนี่ยวนำ:

(C คือเซตกะทัดรัดนูนใน x ใน B และ L(C) ถูกกำหนดไว้สำหรับเซตนั้น) สำหรับ k = 0 นี่คือค่าประมาณที่พิสูจน์แล้ว (t, x1(t)) K1 ถ้า (12) เป็นจริงสำหรับ k:= k 1 แล้วจาก (10) เราก็จะได้สิ่งที่จำเป็น ดังนั้น อนุกรมนี้จึงถูกทำให้ใหญ่บน IP โดยอนุกรมตัวเลขมาบรรจบกัน ดังนั้น (ซึ่งเรียกว่าทฤษฎีบทไวเออร์สตราส) จึงมาบรรจบกันบน IP อย่างสม่ำเสมอกับบางฟังก์ชัน x C(IP) แต่นั่นคือสิ่งที่ xk x บน IP หมายถึง จากนั้นใน (10) บน IP เราส่งผ่านถึงขีดจำกัดและรับ (9) บน IP และด้วยเหตุนี้ (1) บน Int(IP)

ความเป็นเอกลักษณ์ตามมาจากข้อพิสูจน์ข้อที่ 1 ของทฤษฎีบทของออสกู๊ดทันที แต่จะมีประโยชน์ในการพิสูจน์ด้วยวิธีอื่น โดยใช้สมการที่แม่นยำ (9) ให้มี 2 วิธี x1,2 ของปัญหา (1) (เช่น (9)) บน Int(IP) ตามที่กล่าวไว้ข้างต้น กราฟของพวกมันจำเป็นต้องอยู่ใน K1 และยิ่งกว่านั้นใน C ให้ t I1 = (t0, t0 +) โดยที่จะมีจำนวนบวกอยู่บ้าง จากนั้น = 1/(2L(C)) จากนั้น = 0 ดังนั้น x1 = x2 บน I1

หมายเหตุถึงอาจารย์. นอกจากนี้ยังมีข้อพิสูจน์ถึงความเป็นเอกลักษณ์ด้วยความช่วยเหลือของบทแทรก Gronwall ซึ่งดูเป็นธรรมชาติมากยิ่งขึ้น เนื่องจากมันผ่านไปทั่วโลกทันที แต่จนถึงขณะนี้บทแทรก Gronwall ยังไม่สะดวกนัก เนื่องจากเป็นการยากที่จะรับรู้ถึง ODE เชิงเส้นอย่างเพียงพอ .

ความคิดเห็น ข้อพิสูจน์สุดท้ายของความเป็นเอกลักษณ์นั้นให้ความรู้โดยแสดงให้เห็นอีกครั้งในแง่มุมที่ต่างออกไปว่าเอกลักษณ์ของท้องถิ่นนำไปสู่เอกลักษณ์ระดับโลกได้อย่างไร (ซึ่งไม่เป็นความจริงสำหรับการดำรงอยู่)

ออกกำลังกาย. พิสูจน์เอกลักษณ์ในทันทีบน IP ทั้งหมดโดยโต้แย้งในทางตรงกันข้ามดังในการพิสูจน์ทฤษฎีบทของออสกู๊ด

กรณีพิเศษที่สำคัญ (1) คือ ODE เชิงเส้น เช่น ค่า f (t, x) เป็นเชิงเส้นใน x:

ในกรณีนี้ เพื่อให้ตกอยู่ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีทั่วไป เราควรกำหนดให้ ดังนั้นในกรณีนี้ บทบาทของ B ก็คือแถบ และเงื่อนไขของการเป็น Lipschitz (และแม้กระทั่งหาอนุพันธ์ได้) เมื่อเทียบกับ x จะเป็นที่น่าพอใจโดยอัตโนมัติ: สำหรับทุก t (a, b), x, y Rn เรามี |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(xy)| |ก(ท)| · |(xy)|.

หากเราเลือกเซตคอมแพค (a, b) ชั่วคราว เราก็จะได้ |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)| โดยที่ L = สูงสุด |A|

ทฤษฎีบทของ Peano และ Osgood หรือ Cauchy-Picard บอกเป็นนัยถึงความสามารถในการแก้ปัญหาเฉพาะ (13) ในช่วงเวลาหนึ่ง (Peano-Picard) ที่มี t0 ยิ่งกว่านั้น คำตอบในช่วงเวลานี้คือขีดจำกัดของการประมาณค่า Picard ที่ต่อเนื่องกัน

ออกกำลังกาย. ค้นหาช่วงเวลานี้

แต่ปรากฎว่าในกรณีนี้ ผลลัพธ์ทั้งหมดเหล่านี้สามารถพิสูจน์ได้ทั่วโลกในคราวเดียว นั่นคือ ในทุก ๆ สิ่ง (a, b):

ทฤษฎีบท. ให้ (14) เป็นจริง จากนั้น ปัญหา (13) ก็มีคำตอบเฉพาะบน (a, b) และการประมาณค่า Picard ที่ต่อเนื่องกันมาบรรจบกันบนเซตขนาดกะทัดรัดใดๆ (a, b)

การพิสูจน์. เช่นเดียวกับใน TK-P เราสร้างคำตอบของสมการอินทิกรัล (9) โดยใช้การประมาณต่อเนื่องกันโดยใช้สูตร (10) แต่ตอนนี้เราไม่จำเป็นต้องตรวจสภาพกราฟให้ตกลงไปในกรวยและทรงกระบอกอีกต่อไปแล้ว

f ถูกกำหนดให้กับ x ทั้งหมดตราบเท่าที่ t (a, b) เราเพียงแต่ต้องตรวจสอบว่า xk ทั้งหมดถูกกำหนดไว้และต่อเนื่องบน (a, b) ซึ่งเห็นได้ชัดจากการเหนี่ยวนำ

แทนที่จะเป็น (12) ตอนนี้เราแสดงค่าประมาณที่คล้ายกันของแบบฟอร์ม โดยที่ N เป็นตัวเลขจำนวนหนึ่ง ขึ้นอยู่กับตัวเลือกของ ขั้นตอนการเหนี่ยวนำขั้นแรกสำหรับการประมาณนี้แตกต่างออกไป (เนื่องจากไม่เกี่ยวข้องกับ K1): สำหรับ k = 0 |x1(t) x0| N เนื่องจากความต่อเนื่องของ x1 และขั้นตอนถัดไปคล้ายกับ (12)

เป็นไปไม่ได้ที่จะไม่อธิบายสิ่งนี้ เนื่องจากเห็นได้ชัด แต่เราสามารถสังเกต xk x on ได้อีกครั้ง และ x คือคำตอบของสมการ (10) บน แต่ในการทำเช่นนั้น เราได้สร้างวิธีแก้ปัญหาสำหรับทุกสิ่ง (a, b) เนื่องจากการเลือกชุดขนาดกะทัดรัดนั้นขึ้นอยู่กับอำเภอใจ ความเป็นเอกลักษณ์ตามมาจากทฤษฎีบท Osgood หรือ Cauchy-Picard (และการอภิปรายข้างต้นเกี่ยวกับเอกลักษณ์ระดับโลก)

ความคิดเห็น ดังที่ได้กล่าวไว้ข้างต้น TC-P นั้นไม่จำเป็นอย่างเป็นทางการเนื่องจากทฤษฎีบท Peano และ Osgood แต่มันมีประโยชน์ด้วยเหตุผล 3 ประการ - มัน:

1. อนุญาตให้คุณเชื่อมต่อปัญหา Cauchy สำหรับ ODE กับสมการอินทิกรัล

2. เสนอวิธีการเชิงสร้างสรรค์ของการประมาณต่อเนื่อง

3. ทำให้ง่ายต่อการพิสูจน์การมีอยู่ทั่วโลกของ ODE เชิงเส้น

[แม้ว่าข้อหลังสามารถอนุมานได้จากข้อโต้แย้งของมาตรา 4 ก็ตาม] ต่อไปนี้ เราจะกล่าวถึงข้อโต้แย้งนั้นบ่อยที่สุด

ตัวอย่าง. x = x, x(0) = 1 การประมาณค่าต่อเนื่อง ดังนั้น x(t) = e คือคำตอบของปัญหาเดิมของ R ทั้งหมด

ส่วนใหญ่มักจะไม่ได้รับซีรีส์ แต่ยังคงมีโครงสร้างบางอย่างอยู่ นอกจากนี้ยังสามารถประมาณค่าข้อผิดพลาด x xk ได้ (ดู )

ความคิดเห็น จากทฤษฎีบท Peano, Osgood และ Cauchy-Picard เป็นเรื่องง่ายที่จะได้ทฤษฎีบทที่สอดคล้องกันสำหรับ ODE ที่มีลำดับสูงกว่า

ออกกำลังกาย. กำหนดแนวความคิดของปัญหาคอชี วิธีแก้ปัญหาของระบบและปัญหาคอชี ทฤษฎีบททั้งหมดสำหรับ ODE ที่มีลำดับสูงกว่า โดยใช้การลดเป็นระบบลำดับที่หนึ่งที่อธิบายไว้ใน § 1

ค่อนข้างจะละเมิดตรรกะของหลักสูตร แต่เพื่อที่จะซึมซับและพิสูจน์วิธีการแก้ปัญหาในชั้นเรียนภาคปฏิบัติได้ดีขึ้น เราจะระงับการนำเสนอทฤษฎีทั่วไปชั่วคราวและจัดการกับปัญหาทางเทคนิคของ "วิธีแก้ปัญหาที่ชัดเจนของ ODE"

§ 3. วิธีการอินทิเกรตบางวิธี ดังนั้นเราจึงพิจารณาสมการสเกลาร์ = f (t, x) กรณีพิเศษที่ง่ายที่สุดที่เราได้เรียนรู้ในการบูรณาการคือสิ่งที่เรียกว่า URP คือสมการที่ f (t, x) = a(t)b(x) เคล็ดลับอย่างเป็นทางการของการรวม ERP คือการ "แยก" ตัวแปร t และ x (จึงเป็นชื่อ): = a(t)dt จากนั้นนำอินทิกรัล:

โดยที่ x = B (A(t)) การใช้เหตุผลอย่างเป็นทางการดังกล่าวมีหลายประเด็นที่ต้องอาศัยเหตุผล

1. หารด้วย b(x) เราถือว่า f เป็นค่าต่อเนื่อง ดังนั้น C(,), b C(,) กล่าวคือ B เป็นรูปสี่เหลี่ยมผืนผ้า (,) (,)(โดยทั่วไปคืออนันต์) เซต (b(x) 0) และ (b(x) 0) เป็นแบบเปิด ดังนั้นจึงเป็นเซตของช่วงที่มีขอบเขตจำกัดหรือนับได้ ระหว่างช่วงเหล่านี้ จะมีจุดหรือส่วนที่ b = 0 ถ้า b(x0) = 0 แสดงว่าปัญหาคอชีจะมีคำตอบ x x0 บางทีผลเฉลยนี้อาจไม่ซ้ำกัน ดังนั้นในโดเมนของคำจำกัดความ จึงมีช่วงต่างๆ โดยที่ b(x(t)) = 0 แต่จากนั้นก็สามารถหารด้วย b(x(t)) ได้ เราสังเกตในการส่งผ่านว่าฟังก์ชัน B เป็นแบบโมโนโทนิกในช่วงเวลาเหล่านี้ ดังนั้น เราจึงสามารถหา B 1 ได้ ถ้า b(x0) = 0 แล้ว b(x(t)) = 0 ในย่านใกล้เคียงของ t0 และขั้นตอนคือ ถูกกฎหมาย. ดังนั้น โดยทั่วไปแล้วขั้นตอนที่อธิบายไว้ควรนำไปใช้เมื่อแบ่งขอบเขตคำจำกัดความของโซลูชันออกเป็นส่วนๆ

2. การบูรณาการส่วนซ้ายและขวาโดยคำนึงถึงตัวแปรต่างๆ

วิธีที่ 1 ให้เราหาวิธีแก้ปัญหา Kod(t) shi (1) x = (t) เรามี: = a(t)b((t)) ดังนั้น - เราได้สูตรเดียวกันอย่างเคร่งครัด

วิธีที่ 2 สมการนี้เรียกว่า สัญกรณ์สมมาตรของ ODE ดั้งเดิม เช่น ค่าที่ไม่ได้ระบุว่าตัวแปรใดเป็นอิสระและตัวใดขึ้นอยู่กับ รูปแบบดังกล่าวสมเหตุสมผลในกรณีที่เรากำลังพิจารณาสมการลำดับที่หนึ่งโดยคำนึงถึงทฤษฎีบทเรื่องค่าคงที่ของรูปแบบของดิฟเฟอเรนเชียลแรก

ในที่นี้ เป็นการเหมาะสมที่จะจัดการกับแนวคิดเรื่องดิฟเฟอเรนเชียลโดยละเอียดมากขึ้น โดยแสดงตัวอย่างด้วยระนาบ ((t, x)) เส้นโค้งบนระนาบนั้น พันธะที่เกิดขึ้น องศาอิสระ และพารามิเตอร์บนเส้นโค้ง

ดังนั้นสมการ (2) เชื่อมต่อส่วนต่าง t และ x ตาม IC ที่ต้องการ จากนั้นการอินทิเกรตสมการ (2) ในลักษณะที่แสดงไว้ตอนต้นนั้นถูกต้องตามกฎหมายอย่างสมบูรณ์ หมายความว่าถ้าคุณต้องการ การอินทิเกรตกับตัวแปรใดๆ ที่เลือกเป็นอิสระ

ในวิธีที่ 1 เราแสดงสิ่งนี้โดยเลือก t เป็นตัวแปรอิสระ ตอนนี้เราจะแสดงสิ่งนี้โดยเลือกพารามิเตอร์ s ตามแนว IC เป็นตัวแปรอิสระ (เพราะนี่แสดงให้เห็นความเท่าเทียมกันของ t และ x ได้ชัดเจนยิ่งขึ้น) ให้ค่า s = s0 ตรงกับจุด (t0, x0)

จากนั้นเราก็มี: = a(t(s))t (s)ds ซึ่งหลังจากให้ ที่นี่เราควรมุ่งเน้นไปที่ความเป็นสากลของสัญกรณ์สมมาตร ตัวอย่างเช่น วงกลมไม่ได้เขียนเป็น x(t) หรือเป็น t(x) แต่เป็น x(s), t(s)

ODE อื่นๆ ของลำดับแรกจะลดลงเหลือ URP ซึ่งสามารถเห็นได้เมื่อแก้ไขปัญหา (เช่น ตามหนังสือปัญหา)

อีกกรณีที่สำคัญคือ ODE เชิงเส้น:

วิธีที่ 1 การแปรผันของค่าคงที่

นี่เป็นกรณีพิเศษของแนวทางทั่วไป ซึ่งจะกล่าวถึงในส่วนที่ 2 ประเด็นก็คือการหาคำตอบในรูปแบบพิเศษจะทำให้ลำดับของสมการลดลง

มาตัดสินใจกันก่อน สมการเอกพันธ์:

โดยอาศัยเอกลักษณ์ x 0 หรือทุกที่ x = 0 ในกรณีหลัง (ให้ x 0 เพื่อความแน่นอน) เราพบว่า (4) ให้คำตอบทั้งหมดของ (3)0 (รวมทั้งศูนย์และค่าลบด้วย)

สูตร (4) มีค่าคงที่ตามอำเภอใจ C1

วิธีการแปรผันคงที่ประกอบด้วยข้อเท็จจริงที่ว่าสารละลาย (3) C1(t) = C0 + เราสามารถเห็นโครงสร้าง (สำหรับระบบเชิงเส้นพีชคณิต) ORNY=CHRNY+OROU (เพิ่มเติมเกี่ยวกับเรื่องนี้ในส่วนที่ 2)

หากเราต้องการแก้ปัญหาคอชี x(t0) = x0 เราต้องค้นหา C0 จากข้อมูลคอชี เราจะได้ C0 = x0 อย่างง่ายดาย

วิธีที่ 2 ให้เราค้นหา IM นั่นคือฟังก์ชัน v ที่ควรคูณ (3) (เขียนในลักษณะที่จะรวบรวมสิ่งที่ไม่ทราบทั้งหมดทางด้านซ้าย: x a(t)x = b(t)) เพื่อให้อนุพันธ์ ของการผสมผสานที่สะดวกสบาย

เรามี: vx vax = (vx) ถ้า v = av เช่น (สมการดังกล่าว (3) เทียบเท่ากับสมการที่แก้ไขได้ง่ายอยู่แล้วและให้ (5) หากปัญหา Cauchy ได้รับการแก้ไขแล้วใน ( 6) สะดวกในการรับทันที อินทิกรัลที่แน่นอนบางส่วนลดลงเป็น ODE เชิงเส้น (3) ดังที่เห็นได้เมื่อแก้ไขปัญหา (เช่น ตามหนังสือปัญหา) กรณีสำคัญของ ODE เชิงเส้น (ทันทีสำหรับ n ใดๆ) จะได้รับการพิจารณาโดยละเอียดเพิ่มเติมในส่วนที่ 2

สถานการณ์ที่พิจารณาทั้งสองกรณีเป็นกรณีพิเศษของสิ่งที่เรียกว่า รปภ. พิจารณา ODE ลำดับแรก (สำหรับ n = 1) ในรูปแบบสมมาตร:

ดังที่ได้กล่าวไปแล้ว (7) ระบุไอซีในระนาบ (t, x) โดยไม่ระบุว่าตัวแปรใดที่ถือว่าเป็นอิสระ

ถ้าเราคูณ (7) ด้วย ฟังก์ชั่นตามอำเภอใจ M (t, x) จากนั้นเราจะได้รูปแบบที่เทียบเท่าในการเขียนสมการเดียวกัน:

ดังนั้น ODE เดียวกันจึงมีรายการสมมาตรหลายรายการ ในหมู่พวกเขามีบทบาทพิเศษที่เรียกว่า บันทึกในส่วนต่างรวม ชื่อของ UPD ไม่สำเร็จ เนื่องจากคุณสมบัตินี้ไม่ใช่สมการ แต่เป็นรูปแบบของการบันทึก เช่น ด้านซ้ายของ (7) เท่ากับ dF (t, x) โดยมีบางส่วน เอฟ

เป็นที่ชัดเจนว่า (7) เป็น FTD ก็ต่อเมื่อ A = Ft, B = Fx โดยมี F บางส่วน ดังที่ทราบจากการวิเคราะห์ ค่าอย่างหลังมีความจำเป็นและเพียงพอ เราไม่ยืนยันประเด็นทางเทคนิคอย่างเคร่งครัด เช่น ความเรียบเนียนทุกฟังก์ชั่น ความจริงก็คือ § มีบทบาทรอง - ไม่จำเป็นเลยสำหรับส่วนอื่นๆ ของหลักสูตร และฉันไม่ต้องการใช้ความพยายามมากเกินไปในการนำเสนอโดยละเอียด

ดังนั้น หากเป็นไปตาม (9) ก็จะได้ค่า F (ซึ่งเป็นเอกลักษณ์เฉพาะของค่าคงที่การบวก) โดยที่ (7) จะถูกเขียนใหม่เป็น dF (t, x) = 0 (ตามแนว IR) กล่าวคือ

F (t, x) = const ตลอด IC กล่าวคือ ไอซีคือเส้นระดับของฟังก์ชัน F เราพบว่าการรวม SPD นั้นเป็นงานที่ไม่สำคัญ เนื่องจากการค้นหา F ด้วย A และ B น่าพอใจ (9 ) ไม่ใช่เรื่องยาก ถ้า (9) ไม่พอใจก็ควรหาสิ่งที่เรียกว่า IM M (t, x) โดยที่ (8) เป็น FDD ซึ่งจำเป็นและเพียงพอที่จะดำเนินการอะนาล็อกของ (9) ซึ่งอยู่ในรูปแบบ:

ต่อไปนี้จากทฤษฎี PDE ลำดับที่หนึ่ง (ซึ่งเราจะกล่าวถึงในส่วนที่ 3) สมการ (10) มักจะมีคำตอบเสมอ ดังนั้น IM จึงมีอยู่ ดังนั้นสมการใดๆ ในรูปแบบ (7) จึงสามารถเขียนในรูปแบบของ FDD ได้ และดังนั้นจึงอนุญาตให้มีการรวม "ชัดเจน" ได้ แต่การพิจารณาเหล่านี้ไม่ได้ให้วิธีการที่สร้างสรรค์ในกรณีทั่วไป เพราะเพื่อที่จะแก้ (10) โดยทั่วไปแล้ว จำเป็นต้องค้นหาวิธีแก้ไข (7) ซึ่งเป็นสิ่งที่เรากำลังมองหา อย่างไรก็ตาม มีเทคนิคการค้นหา IM หลายประการที่มักพิจารณาในชั้นเรียนภาคปฏิบัติ (ดูตัวอย่าง)

โปรดทราบว่าวิธีการข้างต้นในการแก้ปัญหา ERP และ ODE เชิงเส้นเป็นกรณีพิเศษของอุดมการณ์ IM

อันที่จริง ERP dx/dt = a(t)b(x) ซึ่งเขียนในรูปแบบสมมาตร dx = a(t)b(x)dt ได้รับการแก้ไขโดยการคูณด้วย IM 1/b(x) เพราะหลังจากนี้ เปลี่ยนเป็น FDD dx/b(x) = a(t)dt เช่น dB(x) = dA(t) สมการเชิงเส้น dx/dt = a(t)x + b(t) ซึ่งเขียนในรูปแบบสมมาตร dx a(t)xdt b(t)dt แก้ได้โดยการคูณด้วย MI

(ยกเว้นบล็อกขนาดใหญ่ที่เกี่ยวข้องกับระบบเชิงเส้น) คือการใช้วิธีการพิเศษในการลดลำดับและการเปลี่ยนแปลงตัวแปร พวกมันจะถูกรีดิวซ์เป็น ODE ลำดับที่หนึ่ง ซึ่งจากนั้นจึงลดเป็น FDD และแก้ไขได้โดยการใช้ ทฤษฎีบทหลักของแคลคูลัสเชิงอนุพันธ์: dF = 0 F = const คำถามของการลดลำดับนั้นรวมอยู่ในการฝึกภาคปฏิบัติ (ดูตัวอย่าง)

สมมติว่ามีคำสองสามคำเกี่ยวกับ ODE ลำดับที่หนึ่งที่ไม่ได้รับการแก้ไขด้วยความเคารพต่ออนุพันธ์:

ตามที่กล่าวไว้ใน § 1 เราสามารถลองแก้ (11) ด้วยความเคารพต่อ x และได้รับรูปแบบปกติ แต่ก็ไม่แนะนำให้เลือกเสมอไป มักจะสะดวกกว่าที่จะแก้โจทย์ (11) โดยตรง

พิจารณาปริภูมิ ((t, x, p)) โดยที่ p = x ถือเป็นตัวแปรอิสระชั่วคราว จากนั้น (11) ให้นิยามพื้นผิว (F (t, x, p) = 0) ในปริภูมินี้ ซึ่งสามารถเขียนแบบพาราเมตริกได้:

การจำความหมายของสิ่งนี้จะมีประโยชน์ เช่น ด้วยความช่วยเหลือของทรงกลมใน R3

คำตอบที่ต้องการจะสอดคล้องกับเส้นโค้งบนพื้นผิวนี้: t = s, x = x(s), p = x (s) - ความเป็นอิสระหนึ่งระดับจะหายไปเนื่องจากมีการเชื่อมต่อ dx = pdt บนคำตอบ ให้เราเขียนความสัมพันธ์นี้ในรูปของพารามิเตอร์บนพื้นผิว (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv) เช่น

ดังนั้นวิธีแก้ปัญหาที่ต้องการจึงสอดคล้องกับเส้นโค้งบนพื้นผิว (12) ซึ่งพารามิเตอร์สัมพันธ์กันด้วยสมการ (13) อย่างหลังคือ ODE ในรูปแบบสมมาตรที่สามารถแก้ไขได้

กรณีที่ I หากในบางภูมิภาค (gu hfu) = 0 แล้ว (12) แล้ว t = f ((v), v), x = g((v), v) ให้การแสดงค่าพาราเมตริกของเส้นโค้งที่ต้องการใน เครื่องบิน ( (t, x)) (เช่น เรากำลังฉายภาพลงบนระนาบนี้ เนื่องจากเราไม่ต้องการ p)

กรณีที่ 2 ในทำนองเดียวกัน ถ้า (gv hfv) = 0

กรณีที่ 3 ที่จุดหนึ่งพร้อมกัน gu hfu = gv hfv = 0 ในที่นี้จำเป็นต้องมีการวิเคราะห์แยกต่างหาก ไม่ว่าเซตนี้จะสอดคล้องกับคำตอบบางอย่างหรือไม่ (จากนั้นเรียกว่าเอกพจน์)

ตัวอย่าง. สมการของแคลรอต์ x = tx + x 2 เรามี:

x = ทีพี + p2 เรากำหนดพารามิเตอร์ให้กับพื้นผิวนี้: t = u, p = v, x = uv + v 2 สมการ (13) อยู่ในรูปแบบ (u + 2v)dv = 0

กรณีที่ 1. ไม่ได้ดำเนินการ

กรณีที่ 2 u + 2v = 0 จากนั้น dv = 0 เช่น v = C = const

ดังนั้น t = u, x = Cu + C 2 คือสัญกรณ์พาราเมตริกของ IR

มันง่ายที่จะเขียนอย่างชัดเจน x = Ct + C 2

กรณีที่ 3 u + 2v = 0 เช่น v = u/2 ดังนั้น t = u, x = u2/4 คือสัญกรณ์พาราเมตริกของ “ผู้สมัคร IC”

เพื่อตรวจสอบว่านี่คือ IR จริงหรือไม่ เราจะเขียนมันอย่างชัดเจน x = t2/4 ปรากฎว่านี่เป็นวิธีแก้ปัญหา (พิเศษ)

ออกกำลังกาย. พิสูจน์ว่าวิธีแก้ปัญหาพิเศษเกี่ยวข้องกับวิธีอื่นๆ ทั้งหมด

นี่เป็นข้อเท็จจริงทั่วไป - กราฟของโซลูชันพิเศษใดๆ ถือเป็นกลุ่มผลิตภัณฑ์อื่นๆ ทั้งหมด นี่เป็นพื้นฐานสำหรับคำจำกัดความอีกประการหนึ่งของวิธีแก้ปัญหาเอกพจน์ เหมือนกับซองจดหมาย (ดู )

ออกกำลังกาย. พิสูจน์ว่าสำหรับสมการแคลรอต์ทั่วไป x = tx (x) ที่มีฟังก์ชันนูน คำตอบพิเศษจะมีรูปแบบ x = (t) โดยที่การแปลงเลเจนเดรคือ = ()1 หรือ (t) = สูงสุด (ทีวี (วี)). ในทำนองเดียวกันสำหรับสมการ x = tx + (x)

ความคิดเห็น เนื้อหาของ§ 3 ได้รับการอธิบายอย่างละเอียดและแม่นยำยิ่งขึ้นในตำราเรียน

หมายเหตุถึงอาจารย์. เมื่อจะบรรยายหลักสูตรอาจขยายความมาตรา ๓ ให้เป็นรูปธรรมมากขึ้นก็ได้

ตอนนี้ให้เรากลับมาที่โครงร่างหลักของหลักสูตร โดยอธิบายต่อที่เริ่มต้นใน §§ 1,2

§ 4. ความสามารถในการแก้ไขทั่วโลกของปัญหาคอชี ในมาตรา 2 เราได้พิสูจน์การมีอยู่ในท้องถิ่นของวิธีแก้ปัญหาคอชี กล่าวคือ เฉพาะบางช่วงที่มีจุด t0 เท่านั้น

ภายใต้สมมติฐานเพิ่มเติมบางประการเกี่ยวกับ f เรายังพิสูจน์เอกลักษณ์ของคำตอบ โดยเข้าใจว่ามันเป็นความบังเอิญของคำตอบทั้งสองที่กำหนดในช่วงเวลาเดียวกัน ถ้า f เป็นเส้นตรงใน x แสดงว่ามีการมีอยู่ทั่วโลก นั่นคือ ตลอดช่วงเวลาที่สัมประสิทธิ์ของสมการ (ระบบ) ถูกกำหนดและต่อเนื่องกัน อย่างไรก็ตาม เนื่องจากความพยายามที่จะประยุกต์ใช้ทฤษฎีทั่วไปกับระบบเชิงเส้น โดยทั่วไปช่วงพีอาโน-พิการ์ดจะน้อยกว่าช่วงที่สามารถสร้างสารละลายได้ คำถามธรรมชาติเกิดขึ้น:

1. จะกำหนดช่วงเวลาสูงสุดที่สามารถยืนยันการมีอยู่ของโซลูชัน (1) ได้อย่างไร?

2. ช่วงเวลานี้เกิดขึ้นพร้อมกับค่าสูงสุดเสมอหรือไม่ ซึ่งยังสมเหตุสมผลอยู่ ส่วนที่ถูกต้อง (1)1 ?

3. จะกำหนดแนวคิดเกี่ยวกับเอกลักษณ์ของโซลูชันได้อย่างไรโดยไม่ต้องจองช่วงเวลาของคำจำกัดความ

ความจริงที่ว่าคำตอบของคำถามที่ 2 โดยทั่วไปนั้นเป็นเชิงลบ (หรือค่อนข้างจะต้องแม่นยำมาก) แสดงไว้ในตัวอย่างต่อไปนี้ x = x2, x(0) = x0 ถ้า x0 = 0 ดังนั้น x 0 - ไม่มีคำตอบอื่นใดตามทฤษฎีบทของออสกู๊ด ถ้า x0 = 0 แสดงว่าการวาดภาพมีประโยชน์) ช่วงเวลาของการมีอยู่ของสารละลายต้องไม่มากกว่า (, 1/x0) หรือ (1/x0, +) ตามลำดับ สำหรับ x0 0 และ x0 0 (กิ่งที่สองของไฮเปอร์โบลาไม่เกี่ยวข้องกับคำตอบ! - นี่ เป็น ข้อผิดพลาดทั่วไปนักเรียน). เมื่อมองแวบแรก ไม่มีสิ่งใดในปัญหาเดิมที่ "คาดเดาถึงผลลัพธ์ดังกล่าวได้" ในมาตรา 4 เราจะพบคำอธิบายสำหรับปรากฏการณ์นี้

ในตัวอย่างของสมการ x = t2 + x2 จะแสดงข้อผิดพลาดทั่วไปของนักเรียนเกี่ยวกับช่วงเวลาของการมีอยู่ของวิธีแก้ปัญหา ข้อเท็จจริงที่ว่า "สมการถูกกำหนดไว้ทุกหนทุกแห่ง" ไม่ได้หมายความว่าสามารถขยายคำตอบไปจนครบทุกบรรทัดได้ สิ่งนี้ชัดเจนแม้จากมุมมองในชีวิตประจำวันล้วนๆ ตัวอย่างเช่น เกี่ยวข้องกับกฎหมายทางกฎหมายและกระบวนการที่กำลังพัฒนาภายใต้กฎหมายเหล่านั้น แม้ว่ากฎหมายจะไม่ได้กำหนดอย่างชัดเจนถึงการยุติการดำรงอยู่ของบริษัทในปี 2558 แต่ก็ไม่ได้หมายความว่า ได้เลยว่าบริษัทนี้จะไม่ล้มละลายภายในปีนี้ครับ เหตุผลภายใน(แม้จะอยู่ในขอบเขตของกฎหมายก็ตาม)

เพื่อที่จะตอบคำถามข้อ 1–3 (และกำหนดอย่างชัดเจน) เราจำเป็นต้องมีแนวคิดของวิธีแก้ปัญหาที่ไม่สามารถขยายได้ เราจะ (ตามที่เราตกลงไว้ข้างต้น) พิจารณาคำตอบของสมการ (1)1 เป็นคู่ (, (tl (), tr ()))

คำนิยาม. การแก้ปัญหา (, (tl (), tr ())) คือความต่อเนื่องของการแก้ปัญหา (, (tl (), tr ())) ถ้า (tl (), tr ()) (tl (), tr () ) และ |(tl(),tr()) =

คำนิยาม. วิธีแก้ไข (, (tl (), tr ())) ไม่สามารถขยายได้ หากไม่มีส่วนขยายที่ไม่สำคัญ (เช่น ต่างกัน) (ดูตัวอย่างด้านบน)

เห็นได้ชัดว่า IS มีคุณค่าเป็นพิเศษ และในแง่นี้ จำเป็นต้องพิสูจน์การมีอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะตัว คำถามธรรมชาติเกิดขึ้น - เป็นไปได้ไหมที่จะสร้าง IS โดยอาศัยวิธีแก้ปัญหาในท้องถิ่นหรือจากปัญหา Cauchy? ปรากฎว่าใช่ เพื่อทำความเข้าใจสิ่งนี้ เรามาแนะนำแนวคิด:

คำนิยาม. ชุดของคำตอบ ((, (tl (), tr ()))) จะสอดคล้องกันถ้าคำตอบ 2 รายการจากชุดนี้ตรงกันที่จุดตัดของช่วงของคำจำกัดความ

คำนิยาม. ชุดโซลูชันที่สอดคล้องกันจะเรียกว่าสูงสุดหากไม่สามารถเพิ่มโซลูชันอีกหนึ่งรายการเข้าไปได้ เพื่อให้ชุดใหม่มีความสอดคล้องกันและมีจุดใหม่ในการรวมโดเมนของโซลูชัน

เป็นที่แน่ชัดว่าการก่อสร้าง INN เทียบเท่ากับการก่อสร้าง IS กล่าวคือ

1. หากมี IS INN ใดๆ ก็ตามที่มี IS จะเป็นได้เพียงชุดข้อจำกัดเท่านั้น

ออกกำลังกาย. ตรวจสอบ.

2. หากมี INN ดังนั้น HP (, (t, t+)) จะถูกสร้างขึ้นดังนี้:

เรากำหนดให้ (t) = (t) โดยที่องค์ประกอบ INN ใดๆ ถูกกำหนด ณ จุดนี้ เห็นได้ชัดว่าฟังก์ชันดังกล่าวจะถูกกำหนดอย่างไม่ซ้ำกันบนทั้งหมด (t, t+) (ความเป็นเอกลักษณ์ตามมาจากความสอดคล้องของเซต) และในแต่ละจุดจะสอดคล้องกับองค์ประกอบทั้งหมดของ INN ที่กำหนดไว้ ณ จุดนี้ สำหรับ t (t, t+) ใดๆ จะมีค่ากำหนดอยู่ในนั้น และด้วยเหตุนี้จึงอยู่ในละแวกนั้น และเนื่องจากมีวิธีแก้ปัญหา (1)1 ในย่านนี้ ก็ต้องเป็นเช่นนั้นด้วย ดังนั้นจึงมีวิธีแก้ไข (1)1 ทั้งหมด (t, t+) ไม่สามารถขยายได้ เนื่องจากมิฉะนั้น ส่วนขยายที่ไม่สำคัญสามารถเพิ่มลงใน INN ได้ แม้ว่าจะมีการขยายสูงสุดก็ตาม

การสร้างปัญหา ILS (1) ในกรณีทั่วไป (ภายใต้เงื่อนไขของทฤษฎีบทพีอาโน) เมื่อไม่มีเอกลักษณ์เฉพาะท้องถิ่น ก็เป็นไปได้ (ดู , ) แต่ค่อนข้างยุ่งยาก - ขึ้นอยู่กับทีละขั้นตอน การประยุกต์ทฤษฎีบทพีอาโนแบบขั้นตอนด้วยค่าประมาณที่ต่ำกว่าสำหรับความยาวของช่วงส่วนขยาย ดังนั้น HP จึงมีอยู่เสมอ เราจะให้เหตุผลเฉพาะในกรณีที่มีเอกลักษณ์ในท้องถิ่น ดังนั้นการก่อสร้าง INN (และด้วยเหตุนี้ IR ด้วย) จึงเป็นเรื่องเล็กน้อย ตัวอย่างเช่น เพื่อความชัดเจน เราจะดำเนินการภายในกรอบของ TC-P

ทฤษฎีบท. ปล่อยให้เงื่อนไข TK-P เป็นไปในโดเมน B Rn+1 ดังนั้นสำหรับปัญหา (t0, x0) B ใดๆ (1) จะมี IS ที่ไม่ซ้ำกัน

การพิสูจน์. พิจารณาชุดวิธีแก้ปัญหาทั้งหมด (1) (ไม่ว่างเปล่าตาม TK-P) มันเป็นรูปแบบ INN - สอดคล้องกันเนื่องจากเอกลักษณ์เฉพาะของท้องถิ่น และสูงสุดเมื่อพิจารณาจากข้อเท็จจริงที่ว่านี่คือชุดของการแก้ปัญหาทั้งหมดของปัญหา Cauchy โดยทั่วไป NR จึงมีอยู่ มีเอกลักษณ์เฉพาะตัวเนื่องจากเอกลักษณ์ของท้องถิ่น

ถ้าจำเป็นต้องสร้าง IS โดยอิงจากวิธีแก้ปัญหาเฉพาะที่ที่มีอยู่ (1)1 (แทนที่จะเป็นปัญหา Cauchy) ปัญหานี้ ในกรณีของเอกลักษณ์เฉพาะท้องถิ่น ก็ลดปัญหาลงเหลือแค่ปัญหา Cauchy: เราจะต้องเลือกจุดใดก็ได้บน IR ที่มีอยู่และพิจารณาปัญหา Cauchy ที่เกี่ยวข้อง IS ของปัญหานี้จะเป็นความต่อเนื่องของวิธีแก้ปัญหาดั้งเดิมเนื่องจากมีเอกลักษณ์เฉพาะตัว หากไม่มีลักษณะเฉพาะให้ดำเนินการแก้ปัญหาต่อไปตามขั้นตอนที่ระบุไว้ข้างต้น

ความคิดเห็น HP ไม่สามารถขยายได้เมื่อสิ้นสุดช่วงเวลาที่มีอยู่ (โดยไม่คำนึงถึงเงื่อนไขที่ไม่ซ้ำกัน) เพื่อให้เป็นวิธีแก้ปัญหาที่จุดสิ้นสุดเช่นกัน เพื่อเหตุผล จำเป็นต้องชี้แจงความหมายของคำตอบของ ODE ที่ส่วนท้ายของเซ็กเมนต์:

1. แนวทางที่ 1. ให้เข้าใจว่าคำตอบ (1)1 ในช่วงเวลานั้นเป็นฟังก์ชันที่เป็นไปตามสมการที่ส่วนท้ายในแง่ของอนุพันธ์ด้านเดียว จากนั้น ความเป็นไปได้ของการขยายที่ระบุของสารละลายบางอย่าง ตัวอย่างเช่น ที่ปลายด้านขวาของช่วงการมีอยู่ของมัน (t, t+] หมายความว่า IC มีจุดสิ้นสุดอยู่ภายใน B และ C 1(t, t+] แต่ จากนั้น เมื่อแก้ไขปัญหาคอชีแล้ว x(t+) = (t+) สำหรับ (1) และหาคำตอบของมัน เราก็ได้คำตอบสำหรับฝั่งขวา t+ (ณ จุด t+ อนุพันธ์ด้านเดียวมีอยู่ทั้งคู่และเท่ากับ f (t+ , (t+)) ซึ่งหมายความว่ามีอนุพันธ์สามัญ) กล่าวคือ ไม่ใช่ NR

2. แนวทางที่ 2 ถ้าตามวิธีแก้ปัญหา (1)1 บนเซกเมนต์ เราหมายถึงฟังก์ชันที่ต่อเนื่องที่ปลายเท่านั้น แต่ทำให้ปลายของ IC อยู่ใน B (แม้ว่าจะไม่จำเป็นต้องสมการก็ตาม พอใจในตอนท้าย) เราก็ยังได้เหตุผลเหมือนเดิม เฉพาะในรูปของสมการอินทิกรัลที่สอดคล้องกันเท่านั้น (ดูรายละเอียด)

ดังนั้น ด้วยการจำกัดตัวเองให้เปิดเฉพาะช่วงเวลาเป็นชุดของคำจำกัดความของการแก้ปัญหาในทันที เราไม่ได้ละเมิดลักษณะทั่วไป (แต่เพียงหลีกเลี่ยงความยุ่งยากที่ไม่จำเป็นกับอนุพันธ์ด้านเดียว ฯลฯ)

ด้วยเหตุนี้ เราได้ตอบคำถามข้อ 3 ที่ถูกตั้งไว้ที่ตอนต้นของ § 4: ภายใต้เงื่อนไขเอกลักษณ์ (เช่น Osgood หรือ Cauchy-Picard) วิธีแก้ปัญหาของ Cauchy นั้นมีลักษณะเฉพาะใน HP หากเงื่อนไขความเป็นเอกลักษณ์ถูกละเมิด ก็อาจมีปัญหา IS ของ Cauchy จำนวนมาก โดยแต่ละ IS มีช่วงเวลาดำรงอยู่ของตัวเอง วิธีแก้ปัญหาใดๆ (1) (หรือเพียงแค่ (1)1) สามารถขยายไปยัง IS ได้

ในการตอบคำถามที่ 1 และ 2 จำเป็นต้องพิจารณาไม่ใช่ตัวแปร t แยกกัน แต่พิจารณาพฤติกรรมของไอซีในพื้นที่ Rn+1 สำหรับคำถามที่ว่า IC มีพฤติกรรม "ใกล้จุดสิ้นสุด" อย่างไร เขาตอบ โปรดทราบว่าช่วงเวลาของการดำรงอยู่สิ้นสุดลงแล้ว แต่ IC อาจไม่มี (จุดสิ้นสุดของ IC ใน B จะไม่มีอยู่เสมอ - ดูหมายเหตุด้านบน แต่จุดสิ้นสุดอาจไม่มีอยู่บน B - ดูด้านล่าง)

ทฤษฎีบท. (เกี่ยวกับการออกจากคอมแพค)

เรากำหนดไว้ภายใต้เงื่อนไขของเอกลักษณ์เฉพาะของท้องถิ่น แต่ไม่จำเป็น - ดู โดยที่ TPK ได้รับการกำหนดเป็นเกณฑ์สำหรับ NR

ภายใต้เงื่อนไขของ TC-P กราฟของ IS ใดๆ ของสมการ (1)1 จะเหลือเซตกะทัดรัดใดๆ K B เช่น K B (t, t+): (t, (t)) K ที่ t

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

ความคิดเห็น ดังนั้น IC ของ IS ใกล้ t± เข้าใกล้ B: ((t, (t)), B) 0 เป็น t t± - กระบวนการต่อเนื่องของสารละลายไม่สามารถยุติภายใน B อย่างเคร่งครัด

ในทางบวก แบบฝึกหัดนี้เป็นประโยชน์ในการพิสูจน์ความเป็นบวกของระยะห่างระหว่างเซตปิดที่ไม่ต่อเนื่อง ซึ่งหนึ่งในนั้นคือเซตที่มีขนาดกะทัดรัด

การพิสูจน์. แก้ไข KB เอา 0 ใดๆ (0, (K, B)) ถ้า B = Rn+1 ดังนั้นตามนิยาม เราจะถือว่า (K, B) = + เซต K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) ก็มีขนาดกะทัดรัดเช่นกันใน B ดังนั้นจึงมี F = max |f | เราเลือกตัวเลข T และ R จนถึง K เพียงเล็กน้อยเพื่อให้ทรงกระบอกใด ๆ ในรูปแบบ ตัวอย่างเช่นก็เพียงพอที่จะเอา T 2 + R2 2/4 จากนั้น ปัญหาคอชีของแบบฟอร์มตาม TK-P จะมีวิธีแก้ปัญหาในช่วงเวลาไม่แคบกว่า (t T0, t + T0) โดยที่ T0 = min(T, R/F) สำหรับทั้งหมด (t, x) เค.

ตอนนี้คุณสามารถใช้ = ได้ตามส่วนที่ต้องการ อันที่จริง เราต้องแสดงว่าถ้า (t, (t)) K แล้ว t + T0 t t + T0 ให้เราแสดงตัวอย่าง อสมการที่สอง วิธีแก้ไขปัญหาคอชี (2) ที่มี x = (t) มีอยู่ทางด้านขวาอย่างน้อยจนถึงจุด t + T0 แต่เป็น IS ของปัญหาเดียวกัน ซึ่งเนื่องจากลักษณะเฉพาะของมัน จึงเป็นส่วนขยาย ดังนั้น เสื้อ + T0 เสื้อ+.

ดังนั้นโครงเรื่อง IS จะ "ถึง B" เสมอ ดังนั้นช่วงเวลาของการดำรงอยู่ของ IS ขึ้นอยู่กับเรขาคณิตของ IC

ตัวอย่างเช่น:

คำแถลง. ให้ B = (a, b)Rn (ช่วงจำกัดหรือช่วงอนันต์), f เป็นไปตามเงื่อนไข TC-P ใน B คือ IS ของปัญหา (1) โดยมี t0 (a, b) จากนั้น t+ = b หรือ |(t)| + สำหรับ t t+ (และในทำนองเดียวกันสำหรับ t)

การพิสูจน์. ให้ t+ b แล้วก็ t+ +

พิจารณาเซตที่มีขนาดกะทัดรัด K = B B สำหรับ R + ใดๆ ตาม TPK จะมี (R) t+ โดยที่สำหรับ t ((R), t+) จุด (t, (t)) K แต่เนื่องจาก t t+ เป็นไปได้สำหรับบัญชีเท่านั้น |(t)| อาร์ แต่นี่หมายถึง |(t)| + สำหรับ เสื้อ เสื้อ+

ในกรณีนี้ เราจะเห็นว่าถ้า f ถูกกำหนดเป็น "สำหรับ x ทั้งหมด" ดังนั้นช่วงเวลาของการดำรงอยู่ของ IS อาจน้อยกว่าค่าสูงสุดที่เป็นไปได้ (a, b) เพียงเพราะแนวโน้มของ IS เมื่อเข้าใกล้ สิ้นสุดช่วงเวลา (t, t+) (โดยทั่วไปคือกรณี - ถึงขอบเขต B)

ออกกำลังกาย. สรุปการยืนยันครั้งสุดท้ายสำหรับกรณีเมื่อ B = (a, b) โดยที่ Rn เป็นขอบเขตที่กำหนดเอง

ความคิดเห็น ควรเข้าใจว่า |(t)| + ไม่ได้หมายถึง k(t) ใดๆ

ดังนั้นเราจึงได้ตอบคำถามที่ 2 แล้ว (อ้างอิงจากตัวอย่างตอนต้นของ § 4): IR ไปถึง B แต่เส้นโครงบนแกน t อาจไปไม่ถึงจุดสิ้นสุดของเส้นโครง B บนแกน t มีคำถามที่ 1 เหลืออยู่ - มีสัญญาณใดบ้างที่เราสามารถตัดสินความเป็นไปได้ของการแก้ปัญหาต่อไปใน "ช่วงเวลาที่กว้างที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้" โดยไม่ต้องแก้ไข ODE เรารู้ว่าสำหรับ ODE เชิงเส้น ส่วนขยายนี้เป็นไปได้เสมอ แต่ในตัวอย่างที่ตอนต้นของ § 4 นี่เป็นไปไม่ได้

ก่อนอื่นให้เราพิจารณากรณีเฉพาะของ ERP สำหรับ n = 1 เพื่อเป็นตัวอย่าง:

การบรรจบกันของอินทิกรัลที่ไม่เหมาะสม h(s)ds (ไม่เหมาะสมเนื่องจาก = + หรือเนื่องจากเอกภาวะของ h ที่จุด) ไม่ได้ขึ้นอยู่กับการเลือกของ (,) ดังนั้น ด้านล่างนี้เราจะเขียน h(s)ds เมื่อเรากำลังพูดถึงการลู่เข้าหรือลู่ออกของอินทิกรัลนี้

สิ่งนี้สามารถทำได้แล้วในทฤษฎีบทของออสกู๊ดและการยืนยันที่เกี่ยวข้อง

คำแถลง. ให้ C(,), b C(, +) ทั้งสองฟังก์ชันเป็นบวกในช่วงเวลาของมัน ปล่อยให้ปัญหาคอชี (โดยที่ t0 (,), x0) มี IS x = x(t) ในช่วงเวลา (t, t+) (,) แล้ว:

ผลที่ตามมา ถ้า a = 1, = + แล้ว t+ = + พิสูจน์ (คำยืนยัน). โปรดทราบว่า x กำลังเพิ่มขึ้นอย่างซ้ำซากจำเจ

ออกกำลังกาย. พิสูจน์.

ดังนั้น x(t+) = lim x(t) + จึงมีอยู่ เรามีกรณีที่ 1 t+, x(t+) + - เป็นไปไม่ได้โดย TPK เนื่องจาก x เป็น IS

อินทิกรัลทั้งสองมีขอบเขตจำกัดหรืออนันต์

ออกกำลังกาย. เพิ่มหลักฐาน

เหตุผลสำหรับครู เป็นผลให้เราได้รับสิ่งนั้นในกรณีที่ 3: a(s)ds + และในกรณีที่ 4 (หากเป็นจริง) ก็เหมือนกัน

ดังนั้น สำหรับ ODE ที่ง่ายที่สุดสำหรับ n = 1 ในรูปแบบ x = f (x) ความสามารถในการขยายของสารละลายจนถึงจะถูกกำหนดโดยความคล้ายคลึงกัน

อิสระ) ดูส่วนที่ 3

ตัวอย่าง. สำหรับ f (x) = x, 1 (โดยเฉพาะ กรณีเชิงเส้น = 1) และ f (x) = x ln x สามารถรับประกันความสามารถในการขยายของสารละลาย (บวก) ไปยัง + ได้ สำหรับ f(x) = x และ f(x) = x ln x ที่ 1 คำตอบจะ "สลายตัวในเวลาอันจำกัด"

ในกรณีทั่วไป สถานการณ์ถูกกำหนดโดยปัจจัยหลายประการ และไม่ง่ายอย่างนั้น แต่ความสำคัญของ "อัตราการเติบโตของ f ใน x" ยังคงอยู่ สำหรับ n 1 เป็นการยากที่จะกำหนดเกณฑ์ความสามารถในการขยายได้ แต่มีเงื่อนไขที่เพียงพออยู่ ตามกฎแล้วพวกเขาได้รับการพิสูจน์ด้วยความช่วยเหลือของสิ่งที่เรียกว่า การประมาณค่าเบื้องต้นของการแก้ปัญหา

คำนิยาม. ให้ h C(,), h 0 ว่ากันว่าสำหรับคำตอบของ ODE บางตัว AO |x(t)| h(t) บน (,) ถ้าคำตอบใด ๆ ของ ODE นี้เป็นไปตามการประมาณการนี้ในส่วนนั้นของช่วง (,) ที่ถูกกำหนดไว้ (กล่าวคือ ไม่ถือว่าวิธีแก้ปัญหานั้นจำเป็นต้องถูกกำหนดไว้ตลอดช่วง (,) ).

แต่ปรากฎว่าการมีอยู่ของ AO รับประกันได้ว่าคำตอบจะยังคงถูกกำหนดไว้บนทั้งหมด (,) (และดังนั้นจึงเป็นไปตามการประมาณค่าในช่วงเวลาทั้งหมด) เพื่อให้การประมาณค่านิรนัยกลายเป็นค่าหลัง:

ทฤษฎีบท. ปล่อยให้ปัญหาคอชี (1) เป็นไปตามเงื่อนไข TK-P และสำหรับคำตอบ จะมี AO ในช่วงเวลา (,) โดยมี h C(,) อยู่บ้าง และทรงกระบอกส่วนโค้ง (|x| h(t), t (,)) B จากนั้น HP (1) ถูกกำหนดไว้บนทั้งหมด (,) (และด้วยเหตุนี้จึงเป็นไปตาม AO)

การพิสูจน์. ให้เราพิสูจน์ว่า t+ (t คล้ายกัน) สมมุติว่า t+ พิจารณาเซตที่มีขนาดกะทัดรัด K = (|x| h(t), t ) B โดย TPK เมื่อ t t+ จุดของกราฟ (t, x(t)) ออกจาก K ซึ่งเป็นไปไม่ได้เนื่องจาก AO

ดังนั้น เพื่อพิสูจน์การขยายวิธีแก้ปัญหาในช่วงระยะเวลาหนึ่ง การประมาณค่าการแก้ปัญหาอย่างเป็นทางการในช่วงเวลาที่ต้องการทั้งหมดก็เพียงพอแล้ว

การเปรียบเทียบ: ความสามารถในการวัดของฟังก์ชันตาม Lebesgue และการประเมินอย่างเป็นทางการของอินทิกรัลทำให้เกิดการมีอยู่จริงของอินทิกรัล

ต่อไปนี้คือตัวอย่างบางส่วนของสถานการณ์ที่ตรรกะนี้ใช้งานได้ เริ่มต้นด้วยการแสดงวิทยานิพนธ์ข้างต้นเกี่ยวกับ "การเติบโตของ f ใน x ค่อนข้างช้า"

คำแถลง. ให้ B = (,) Rn, f เป็นไปตามเงื่อนไข TK-P ใน B, |f (t, x)| a(t)b(|x|) โดยที่ a และ b ตรงตามเงื่อนไขของข้อเสนอก่อนหน้า c = 0 และ = + ดังนั้น IS ของปัญหา (1) มีอยู่บน (,) สำหรับ t0 (,), x0 Rn ทั้งหมด

เล็มมา ถ้า และ ต่อเนื่องกัน (t0) (t0); เพื่อเป็นการพิสูจน์ โปรดทราบว่าในบริเวณใกล้เคียง (t0, t0 +): ถ้า (t0) (t0) สิ่งนี้จะเห็นได้ชัดทันที ไม่เช่นนั้น (ถ้า (t0) = (t0) = 0) เรามี (t0) = g(t0, 0 ) (t0) ซึ่งให้สิ่งที่จำเป็นอีกครั้ง

สมมติว่าตอนนี้มี t1 t0 แบบนั้น (t1) ด้วยเหตุผลที่ชัดเจน เราสามารถหา (t1) t2 (t0, t1] โดยที่ (t2) = (t2) และบน (t0, t2) แต่เมื่อถึงจุด t2 เรามี =, - ความขัดแย้ง

g เป็นค่าอะไรก็ได้ และจริงๆ แล้วต้องใช้ C เท่านั้น และที่ไหนก็ได้ = ตรงนั้น แต่เพื่อไม่ให้ครอบงำเรา ลองพิจารณาเหมือนบทแทรก มีความไม่เท่าเทียมกันที่เข้มงวดที่นี่ แต่เป็น ODE ที่ไม่ใช่เชิงเส้น และมีสิ่งที่เรียกว่าเช่นกัน

หมายเหตุถึงอาจารย์. อสมการประเภทนี้เช่นเดียวกับบทแทรกเรียกว่าความไม่เท่าเทียมกันแบบ Chaplygin (NC) ง่ายที่จะเห็นว่าเลมมาไม่ต้องการเงื่อนไขที่เป็นเอกลักษณ์ ดังนั้น "NP ที่เข้มงวด" ดังกล่าวก็เป็นจริงในกรอบทฤษฎีบทของพีอาโนเช่นกัน "LF ที่ไม่เข้มงวด" เห็นได้ชัดว่าเป็นเท็จโดยไม่มีเอกลักษณ์ เนื่องจากความเท่าเทียมกันเป็นกรณีพิเศษของความไม่เท่าเทียมกันที่ไม่เข้มงวด ในที่สุด “NP ที่ไม่เข้มงวด” ก็เป็นจริงภายในกรอบของเงื่อนไขเอกลักษณ์ แต่สามารถพิสูจน์ได้เฉพาะในพื้นที่เท่านั้น ด้วยความช่วยเหลือของ IM

การพิสูจน์. (คำยืนยัน). ให้เราพิสูจน์ว่า t+ = (t = ในทำนองเดียวกัน) สมมติว่า t+ แล้วตามด้วยการยืนยันข้างบน |x(t)| + สำหรับ t t+ ดังนั้นเราจึงสรุปได้ว่า x = 0 บน ถ้าเราพิสูจน์ AO |x| h บน ) (ลูกบอลถูกปิดเพื่อความสะดวก)

ปัญหา Cauchy x(0) = 0 มี IS x = 0 เฉพาะบน R

ให้เราระบุเงื่อนไขที่เพียงพอบน f ภายใต้การรับประกันการมีอยู่ของ IS บน R+ สำหรับ x0 = x(0) ที่มีขนาดเล็กเพียงพอทั้งหมด เมื่อต้องการทำเช่นนี้ สมมติว่า (4) มีสิ่งที่เรียกว่า ฟังก์ชัน Lyapunov เช่น ฟังก์ชัน V ที่:

1. วี ซี 1(บี(0, ร));

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

ตรวจสอบการปฏิบัติตามเงื่อนไข A และ B:

A. พิจารณาปัญหา Cauchy โดยที่ |x1| ร/2. ให้เราสร้างทรงกระบอก B = R B(0, R) - โดเมนของฟังก์ชัน f โดยที่มันถูกผูกไว้และของคลาส C 1 เพื่อให้มี F = max |f | จากข้อมูลของ TK-P มีวิธีแก้ไขสำหรับ (5) ที่กำหนดในช่วงเวลา (t1 T0, t1 + T0) โดยที่ T0 = min(T, R/(2F)) เมื่อเลือก T ที่มีขนาดใหญ่เพียงพอ เราก็จะได้ T0 = R/(2F) สิ่งสำคัญคือ T0 จะไม่ขึ้นอยู่กับตัวเลือกของ (t1, x1) โดยที่ |x1| ร/2.

B. ตราบใดที่คำตอบ (5) ถูกกำหนดไว้และยังคงอยู่ในลูกบอล B(0, R) เราก็สามารถสร้างอาร์กิวเมนต์ต่อไปนี้ได้ เรามี:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0 เช่น V (x(t)) V (x1) M (r) = สูงสุด V (y) . เป็นที่ชัดเจนว่า m และ M ไม่ลดลง r ไม่ต่อเนื่องที่ศูนย์ m(0) = M (0) = 0 และภายนอกศูนย์เป็นบวก ดังนั้นจึงมี R 0 เท่ากับ M (R) m(R/2) ถ้า |x1| R แล้ว V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2) โดยที่ |x(t)| ร/2. โปรดทราบว่า R R/2

ตอนนี้เราสามารถกำหนดทฤษฎีบทได้ ซึ่งมาจาก Secs A,B อนุมานการมีอยู่ของโซลูชันทั่วโลก (4):

ทฤษฎีบท. ถ้า (4) มีฟังก์ชันเลียปูนอฟอยู่ใน B(0, R) แล้วสำหรับ x0 B(0, R) ทั้งหมด (โดยที่ R ถูกกำหนดไว้ข้างต้น) IS ของปัญหาคอชี x(t0) = x0 สำหรับระบบ (4) (โดยมี t0 ใดๆ) กำหนดเป็น +

การพิสูจน์. ตามรายการ A สามารถสร้างคำตอบได้บน โดยที่ t1 = t0 + T0 /2 คำตอบนี้อยู่ใน B(0, R) และเราใช้รายการ B กับมัน ดังนั้น |x(t1)| ร/2. เราใช้รายการ A อีกครั้งและรับวิธีแก้ปัญหาบน โดยที่ t2 = t1 + T0/2 นั่นคือตอนนี้โซลูชันถูกสร้างขึ้นบน เราใช้รายการ B กับโซลูชันนี้และรับ |x(t2)| R/2 เป็นต้น ในขั้นตอนจำนวนนับได้ เราได้คำตอบใน § 5 การขึ้นต่อกันของคำตอบของ ODE ในการพิจารณาปัญหา Cauchy โดยที่ Rk ถ้า t0(), x0() ปัญหา Cauchy มี IS ก็จะเป็น x(t,) คำถามเกิดขึ้น: จะศึกษาการพึ่งพา x ได้อย่างไร? คำถามนี้มีความสำคัญเนื่องจากมีการใช้งานที่หลากหลาย (และจะเกิดขึ้นโดยเฉพาะในส่วนที่ 3) ซึ่งหนึ่งในนั้น (แม้ว่าอาจจะไม่ใช่คำถามที่สำคัญที่สุดก็ตาม) ก็คือวิธีแก้ปัญหาโดยประมาณของ ODE

ตัวอย่าง. ลองพิจารณาปัญหา Cauchy กันก่อน IS ของมันมีอยู่และมีลักษณะเฉพาะ ดังต่อไปนี้จาก TC-P แต่เป็นไปไม่ได้ที่จะแสดงออกมาในฟังก์ชันเบื้องต้น แล้วจะตรวจสอบคุณสมบัติของมันได้อย่างไร? วิธีหนึ่งมีดังนี้: โปรดทราบว่า (2) “ใกล้เคียง” กับปัญหา y = y, y(0) = 1 ซึ่งเป็นวิธีแก้ปัญหาที่หาได้ง่าย: y(t) = et เราสามารถสรุปได้ว่า x(t) y(t) = et แนวคิดนี้มีสูตรไว้อย่างชัดเจนดังนี้ พิจารณาปัญหาที่ = 1/100 นี่คือ (2) และที่ = 0 นี่คือปัญหาสำหรับ y ถ้าเราพิสูจน์ว่า x = x(t,) มีความต่อเนื่องใน (ในแง่หนึ่ง) เราจะได้ x(t,) y(t) ที่ 0 ซึ่งหมายถึง x(t, 1/100) y( t ) = และ

จริงอยู่ ยังไม่ชัดเจนว่า x ใกล้ y แค่ไหน แต่การพิสูจน์ว่า x มีความต่อเนื่องด้วยความเคารพนั้นเป็นขั้นตอนแรกที่จำเป็น หากปราศจากความคืบหน้าต่อไปแล้วก็จะเป็นไปไม่ได้

ในทำนองเดียวกัน การศึกษาการพึ่งพาพารามิเตอร์ในข้อมูลเริ่มต้นก็มีประโยชน์เช่นกัน ดังที่เราจะได้เห็นในภายหลัง การพึ่งพานี้สามารถลดลงได้อย่างง่ายดายโดยขึ้นอยู่กับพารามิเตอร์ทางด้านขวาของสมการ ดังนั้นในขณะนี้เราจำกัดตัวเองอยู่เฉพาะปัญหาในรูปแบบ ให้ f C(D) โดยที่ D คือ ภูมิภาคใน Rn+k+1; f คือ Lipschitz ใน x ในชุดกะทัดรัดใดๆ ใน D นูนใน x (เช่น C(D) ก็เพียงพอแล้ว) เราแก้ไข (t0, x0) แสดงว่า M = Rk | (t0, x0,) D คือเซตของค่าที่ยอมรับได้ (ซึ่งปัญหา (4) สมเหตุสมผล) โปรดทราบว่า M เปิดอยู่ เราถือว่า (t0, x0) ถูกเลือก ดังนั้น M = จากข้อมูลของ TK-P สำหรับ M ทั้งหมด จะมี IS เดียวของปัญหา (4) - ฟังก์ชัน x = (t,) ที่กำหนดไว้ในช่วงเวลา t (t(), t+())

พูดอย่างเคร่งครัด เนื่องจากมันขึ้นอยู่กับตัวแปรหลายตัว เราจึงต้องเขียน (4) ดังนี้

โดยที่ (5)1 เป็นไปตามเซต G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ) อย่างไรก็ตามความแตกต่างระหว่างเครื่องหมาย d / dt และ / t นั้นเป็นเรื่องทางจิตวิทยาล้วนๆ (การใช้งานขึ้นอยู่กับแนวคิดทางจิตวิทยาเดียวกันของ "แก้ไข") ดังนั้น เซต G จึงเป็นเซตสูงสุดตามธรรมชาติของคำจำกัดความของฟังก์ชัน และคำถามเรื่องความต่อเนื่องควรได้รับการตรวจสอบอย่างแม่นยำบน G

เราต้องการผลลัพธ์เสริม:

เล็มมา (กรอนวอลล์). ปล่อยให้ฟังก์ชัน C, 0 เป็นไปตามค่าประมาณของ t ทั้งหมด จากนั้น ให้หมายเหตุจริงสำหรับครูทุกคน เมื่ออ่านการบรรยายคุณไม่สามารถจำสูตรนี้ล่วงหน้าได้ แต่เว้นที่ว่างแล้วป้อนหลังจากสรุป

แต่ให้เก็บสูตรนี้ไว้ให้ชัดเจนเพราะมันจำเป็นใน ToNZ

h = A + B Ah + B ซึ่งเราได้สิ่งที่ต้องการแล้ว

ความหมายของบทแทรกนี้: สมการเชิงอนุพันธ์และอสมการ ความสัมพันธ์ระหว่างสมการอินทิกรัลและอสมการ การเชื่อมต่อระหว่างสิ่งเหล่านั้นทั้งหมด บทแทรกอนุพันธ์และอินทิกรัลของกรอนวอลล์ และการเชื่อมต่อระหว่างสิ่งเหล่านั้น

ความคิดเห็น เป็นไปได้ที่จะพิสูจน์บทแทรกนี้ภายใต้สมมติฐานทั่วไปเกี่ยวกับ A และ B แต่ตอนนี้เรายังไม่ต้องการสิ่งนี้ แต่จะต้องทำในหลักสูตร UMF (ดังนั้นจึงเห็นได้ง่ายว่าเราไม่ได้ใช้ความต่อเนื่องของ A และข เป็นต้น)

ตอนนี้เราพร้อมจะแถลงผลให้ชัดเจนแล้ว:

ทฤษฎีบท. (ToNS) ภายใต้สมมติฐานที่ทำเกี่ยวกับ f และในรูปแบบที่แนะนำข้างต้น เราสามารถยืนยันได้ว่า G เปิดอยู่ แต่ C(G)

ความคิดเห็น เป็นที่ชัดเจนว่าโดยทั่วไปแล้วชุด M ไม่ได้เชื่อมต่ออยู่ ดังนั้น G อาจไม่สามารถเชื่อมต่อได้เช่นกัน

หมายเหตุถึงอาจารย์. อย่างไรก็ตาม หากเรารวม (t0, x0) ไว้ในจำนวนพารามิเตอร์ การเชื่อมต่อก็จะเป็น - ซึ่งจะเสร็จสิ้นใน .

การพิสูจน์. ให้ (t,) G. เราต้องพิสูจน์ว่า:

อนุญาตเพื่อความชัดเจน t t0 เรามี: M ดังนั้น (t,) จึงถูกกำหนดบน (t(), t+()) t, t0 ซึ่งหมายความว่าบนบางเซกเมนต์ที่ t จุด (t, (t,),) วิ่งผ่าน เส้นโค้งขนาดกะทัดรัด D (ขนานกับไฮเปอร์เพลน ( = 0)) นั่นแปลว่าชุดของฟอร์ม นิยาม จะต้องถูกเก็บไว้ต่อหน้าต่อตาคุณตลอดเวลา!

นอกจากนี้ยังมีชุดกะทัดรัดใน D สำหรับ a และ b ขนาดเล็กเพียงพอ (นูนเป็น x) ดังนั้นฟังก์ชัน f คือ Lipschitz ใน x:

[การประเมินนี้จะต้องเก็บไว้ต่อหน้าต่อตาคุณตลอดเวลา! ] และมีความต่อเนื่องสม่ำเสมอในทุกตัวแปร และยิ่งไปกว่านั้น |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2)

[การประเมินนี้จะต้องเก็บไว้ต่อหน้าต่อตาคุณตลอดเวลา! ] พิจารณา 1 ตามอำเภอใจโดยที่ |1 | b และวิธีแก้ปัญหาที่เกี่ยวข้อง (t, 1) เซต ( = 1) มีขนาดกะทัดรัดใน D ( = 1) และสำหรับ t = t0 จุด (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1) และตาม TPK สำหรับ t t+(1) จุด (t, (t, 1), 1) ออกไป ( = 1) ให้ t2 t0 (t2 t+(1)) เป็นค่าแรกที่จุดดังกล่าวไปถึง

โดยการก่อสร้าง t2 (t0, t1] งานของเราคือแสดงว่า t2 = t1 ภายใต้ข้อจำกัดเพิ่มเติม อนุญาตตอนนี้ t3 เรามี (สำหรับ t3 ดังกล่าวทั้งหมด ปริมาณทั้งหมดที่ใช้ด้านล่างถูกกำหนดโดยการก่อสร้าง):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt ลองพิสูจน์ว่าค่านี้น้อยกว่า a ในค่าสัมบูรณ์

โดยที่ปริพันธ์ได้รับการประเมินดังนี้:

±f (t, (t,),) มากกว่า ±f (t, (t,)) เนื่องจากความแตกต่าง |(t, 1) (t,)| เพียงแต่ยังไม่มีค่าประมาณ ดังนั้น (t, (t, 1)) จึงไม่ชัดเจน แต่สำหรับ |1 | มีอยู่ และ (t, (t,), 1) เป็นที่รู้จัก

ดังนั้น |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) ดต.

ดังนั้น ฟังก์ชัน (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (นี่เป็นฟังก์ชันต่อเนื่อง) เป็นไปตามเงื่อนไขของบทแทรกกรอนวอลล์ด้วย A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0 ดังนั้นจากบทแทรกนี้ เราจะได้ [การประมาณนี้ต้องเป็น ไว้ต่อหน้าต่อตาตลอดเวลา! ] ถ้าเราเอา |1 | 1 (t1) เราสมมุติว่า 1(t1) b การให้เหตุผลของเราทั้งหมดถูกต้องสำหรับทั้งหมด t3

ดังนั้น เมื่อเลือก 1 เมื่อ t3 = t2 ยังคงเป็น |(t2, 1) (t2,)| a เช่นเดียวกับ |1 | ข. ดังนั้น (t2, (t2, 1), 1) เป็นไปได้เพียงเพราะว่า t2 = t1 แต่นี่หมายถึงโดยเฉพาะอย่างยิ่งว่า (t, 1) ถูกกำหนดบนทั้งเซ็กเมนต์ นั่นคือ t1 t+(1) และจุดทั้งหมดของรูปแบบ (t, 1) G ถ้า t , |1 | 1 (t1)

นั่นคือ แม้ว่าจะขึ้นอยู่กับ t+ แต่เซ็กเมนต์ยังคงอยู่ทางด้านซ้ายของ t+() โดยอยู่ใกล้พอสมควร ในรูป ในทำนองเดียวกัน ที่ t t0 ก็จะแสดงการมีอยู่ของตัวเลข t4 t0 และ 2(t4) ถ้า t t0 แล้วจุด (t,) B(, 1) G ในทำนองเดียวกันสำหรับ t t0 และถ้า t = t0 แล้วทั้งสองกรณีก็ใช้ได้ ดังนั้น (t0,) B(, 3) G โดยที่ 3 = นาที (12) สิ่งสำคัญคือสำหรับค่าคงที่ (t,) เราสามารถหา t1(t,) ได้ ดังนั้น t1 t 0 (หรือ t4 ตามลำดับ) และ 1(t1) = 1(t,) 0 (หรือ 2 ตามลำดับ) เพื่อให้ตัวเลือกของ 0 = 0(t,) มีความชัดเจน (เนื่องจากสามารถเขียนลูกบอลไว้ในบริเวณรอบๆ ทรงกระบอกที่เกิดขึ้นได้)

ในความเป็นจริง คุณสมบัติที่ละเอียดอ่อนกว่านี้ได้รับการพิสูจน์แล้ว: หากมีการกำหนด IS ในช่วงเวลาหนึ่ง ดังนั้น IS ทั้งหมดที่มีพารามิเตอร์ที่ใกล้เคียงกันอย่างเพียงพอจะถูกกำหนดไว้ (เช่น

HP ที่ถูกรบกวนเล็กน้อยทั้งหมด) อย่างไรก็ตาม และในทางกลับกัน คุณสมบัตินี้ตามมาจากการเปิดของ G ดังที่แสดงด้านล่าง ดังนั้น สิ่งเหล่านี้จึงเป็นสูตรที่เทียบเท่ากัน

ดังนั้นเราจึงได้พิสูจน์ข้อ 1 แล้ว

หากเราอยู่ในทรงกระบอกที่ระบุในอวกาศ การประมาณค่าจะเป็นจริงสำหรับ |1 | 4(, ที,). ในเวลาเดียวกัน |(t3,) (t,)| สำหรับ |t3 t| 5(, t,) เนื่องจากความต่อเนื่องใน t ผลก็คือ สำหรับ (t3, 1) B((t,)) เรามี |(t3, 1) (t,)| โดยที่ = min(4, 5) นี่คือจุดที่ 2

"กระทรวงศึกษาธิการและวิทยาศาสตร์ของสหพันธรัฐรัสเซียสถาบันการศึกษางบประมาณของรัฐบาลกลางของการศึกษาวิชาชีพชั้นสูงมหาวิทยาลัยของรัฐของสถาบันการจัดการเพื่อการฝึกอบรมหลักสูตรบุคลากรทางวิทยาศาสตร์การสอนและวิทยาศาสตร์ของการทดสอบเข้าในสังคมวิทยาวินัยพิเศษของการจัดการมอสโก - 2014 1. คำแนะนำในการจัดองค์กรและระเบียบวิธี โปรแกรมนี้เน้นการเตรียมสอบเข้าศึกษาต่อระดับบัณฑิตศึกษาใน ... "

« มหาวิทยาลัยแห่งรัฐอามูร์ ภาควิชาจิตวิทยาและการสอน การศึกษาและระเบียบวิธีที่ซับซ้อน จิตวิทยาการปรึกษาหารือทางวินัย โปรแกรมการศึกษาหลักในระดับปริญญาตรี 030300.62 จิตวิทยา Blagoveshchensk 2555 UMKd พัฒนา พิจารณาและแนะนำในการประชุมของภาควิชาจิตวิทยาและพิธีสารการสอน ... "

"อุตสาหกรรมยานยนต์) Omsk - 2009 3 หน่วยงานกลางเพื่อการศึกษา GOU VPO สถาบันรถยนต์และถนนแห่งรัฐไซบีเรีย (SibADI) ภาควิชาวิศวกรรมศาสตร์การสอนวิธีการสอนระเบียบวิธีเพื่อการศึกษาสาขาวิชาเทคโนโลยีการสอนสำหรับนักศึกษาสาขาพิเศษ 050501 - การฝึกอบรมสายอาชีพ (รถยนต์และยานยนต์ .. . "

"หนังสือเรียนซีรีส์ G.S. Rozenberg, F.N. หนังสือเรียนนิเวศวิทยาทางทฤษฎีและประยุกต์ของ Ryansky แนะนำโดยสมาคมการศึกษาและระเบียบวิธีเพื่อการศึกษามหาวิทยาลัยคลาสสิก สหพันธรัฐรัสเซียเพื่อเป็นเครื่องช่วยสอนสำหรับนักศึกษาระดับอุดมศึกษา สถาบันการศึกษาในสาขาพิเศษด้านสิ่งแวดล้อม ฉบับที่ 2 สำนักพิมพ์ Nizhnevartovsk ของ Nizhnevartovsk Pedagogical Institute 2005 LBC 28.080.1ya73 P64 ผู้ตรวจสอบ: Dr. Biol วิทยาศาสตร์ Professor V.I. Popchenko (Institute of Ecology...»

“ กระทรวงศึกษาธิการและวิทยาศาสตร์ของสหพันธรัฐรัสเซียสถาบันการศึกษางบประมาณของรัฐบาลกลางของการศึกษาวิชาชีพระดับสูง KRASNOYARSK STATE PEDAGOGICAL UNIVERSITY ตั้งชื่อตาม วี.พี. อัสตาเฟียวา อี.เอ็ม. การประชุมเชิงปฏิบัติการขนาดเล็ก Antipova เกี่ยวกับพฤกษศาสตร์ฉบับอิเล็กทรอนิกส์ KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 ผู้ตรวจสอบ: Vasiliev A.N. วี.พี. แอสตาเฟียฟ; Yamskikh G.Yu., Doctor of Geological Sciences, ศาสตราจารย์ของ Siberian Federal University Tretyakova I.N., Doctor of Biological Sciences, Professor, Leading Fellow of the Forest Institute...»

"กระทรวงศึกษาธิการและวิทยาศาสตร์ของสหพันธรัฐรัสเซียสถาบันการศึกษางบประมาณของรัฐบาลกลางการศึกษาวิชาชีพชั้นสูงมหาวิทยาลัยแห่งรัฐอามูร์ภาควิชาจิตวิทยาและการสอนที่ซับซ้อนด้านการศึกษาและระเบียบวิธีของพื้นฐานวินัยของกุมารเวชศาสตร์และสุขอนามัย โปรแกรมการศึกษาหลักในทิศทางของการฝึกอบรม 050400.62 จิตวิทยาและ การศึกษาการสอน Blagoveshchensk 2012 1 UMKd ได้รับการพัฒนา พิจารณาและแนะนำในการประชุมของภาควิชาจิตวิทยาและ ... "

“การตรวจสอบการมอบหมายงานพร้อมคำตอบโดยละเอียด การรับรองสถานะ (ขั้นสุดท้าย) ของผู้สำเร็จการศึกษาชั้นประถมศึกษาปีที่ 9 ของสถาบันการศึกษา (ใน แบบฟอร์มใหม่) 2013 GEOGRAPHY มอสโก 2013 ผู้แต่งและเรียบเรียง: Ambartsumova E.M. เพิ่มความเป็นกลางของผลการรับรองของรัฐ (ขั้นสุดท้าย) ของผู้สำเร็จการศึกษาเกรด 9 ของสถาบันการศึกษาทั่วไป (ใน ... "

“คำแนะนำเชิงปฏิบัติเกี่ยวกับการใช้เนื้อหาอ้างอิง ข้อมูล และระเบียบวิธีในการสอนภาษารัสเซียในฐานะภาษาประจำชาติของสหพันธรัฐรัสเซีย คำแนะนำการปฏิบัติส่งถึงครูผู้สอนภาษารัสเซีย (รวมถึงภาษาที่ไม่ใช่เจ้าของภาษา) เนื้อหา: คำแนะนำการปฏิบัติและแนวทางการคัดเลือก 1. เนื้อหาของเนื้อหาสำหรับชั้นเรียนการศึกษาและการศึกษาที่เกี่ยวข้องกับปัญหาการทำงานของภาษารัสเซียเป็นภาษาประจำชาติ ... "

«EVMURYUKINA การพัฒนาการคิดอย่างมีวิจารณญาณและความสามารถของสื่อของนักเรียนในกระบวนการวิเคราะห์ข่าว หนังสือเรียนสำหรับมหาวิทยาลัย Taganrog 2008 2 Muryukina Ye.V. การพัฒนาการคิดเชิงวิพากษ์และความสามารถด้านสื่อของนักศึกษาในกระบวนการวิเคราะห์สื่อ หนังสือเรียนสำหรับมหาวิทยาลัย Taganrog: ศูนย์ NP เพื่อการพัฒนาบุคลิกภาพ, 2551. 298 หน้า หนังสือเรียนเกี่ยวข้องกับการพัฒนาการคิดเชิงวิพากษ์และความสามารถด้านสื่อของนักเรียนในกระบวนการชั้นเรียนสื่อศึกษา เพราะสื่อวันนี้…”

"เกี่ยวกับ. P. Golovchenko เกี่ยวกับการก่อตัวของกิจกรรมทางกายภาพของมนุษย์ส่วนที่ II การสอนของกิจกรรมมอเตอร์ 3 ฉบับการศึกษา Oleg Petrovich Golovchenko การก่อตัวของกิจกรรมทางกายภาพของมนุษย์ คู่มือการศึกษาส่วนที่ II การสอนของกิจกรรมทางกายภาพ ฉบับที่สอง แก้ไขแล้ว *** บรรณาธิการ N.I. . เค้าโครงคอมพิวเตอร์ Kosenkova จัดทำโดย D.V. Smolyak และ S.V. Potapova *** ลงนามเพื่อเผยแพร่เมื่อวันที่ 23.11.2019 รูปแบบ 60 x 90/1/16. กระดาษเขียน เวลาของชุดหูฟัง วิธีการพิมพ์แบบปฏิบัติการ ปล..."

«สถาบันการศึกษาของรัฐของการศึกษาวิชาชีพชั้นสูงมหาวิทยาลัยแห่งรัฐคาซาน N.A. ในและ ULYANOVA-LENINA ห้องสมุดอิเล็กทรอนิกส์ของแหล่งข้อมูลทางวิทยาศาสตร์และการศึกษา เกี่ยวกับการศึกษา ชุดเครื่องมืออโบรซิมอฟ เอ.จี. Lazareva Yu.I. คาซาน 2008 ห้องสมุดดิจิทัลทรัพยากรทางวิทยาศาสตร์และการศึกษา เครื่องช่วยสอนในทิศทางของทรัพยากรการศึกษาอิเล็กทรอนิกส์ - คาซาน: KSU, 2008 คู่มือการศึกษาและระเบียบวิธีจัดพิมพ์ตามการตัดสินใจ ... "

“ กระทรวงศึกษาธิการของสหพันธรัฐรัสเซีย สถาบันการศึกษาของรัฐที่มีการศึกษาวิชาชีพชั้นสูง มหาวิทยาลัยแห่งรัฐ Orenburg สาขา Akbulak ภาควิชาการสอน V.A. วิธีการสอนศิลปะของ TETSKOVA ในโรงเรียนประถมศึกษาของคำแนะนำด้านระเบียบวิธีการศึกษาของโรงเรียนทั่วไป แนะนำสำหรับการตีพิมพ์โดยสภาบรรณาธิการและสำนักพิมพ์แห่งรัฐ สถาบันการศึกษาสูงกว่า อาชีวศึกษามหาวิทยาลัยแห่งรัฐโอเรนเบิร์ก...»

กระทรวงศึกษาธิการและวิทยาศาสตร์ของสหพันธรัฐรัสเซีย Dzhegutanova วรรณกรรมเด็กของประเทศของประเทศการเรียนรู้ภาษาที่ซับซ้อนและระเบียบวิธี Stavropol 2010 1 จัดพิมพ์โดยการตัดสินใจ UDC 82.0 ของสภาบรรณาธิการและสำนักพิมพ์ของ LBC 83.3 (0) GOU VPO Stavropol State Pedagogical Institute ผู้ตรวจสอบ: ... "

“ข้อบังคับเกี่ยวกับระบบใหม่ของการประเมินคุณภาพการศึกษาภายในโรงเรียน โรงเรียนมัธยม MBOU Kamyshinskaya 1. บทบัญญัติทั่วไป 1.1. กฎระเบียบเกี่ยวกับระบบภายในโรงเรียนเพื่อประเมินคุณภาพการศึกษา (ต่อไปนี้จะเรียกว่ากฎระเบียบ) กำหนดข้อกำหนดที่เหมือนกันสำหรับการดำเนินการตามระบบภายในโรงเรียนเพื่อประเมินคุณภาพการศึกษา (ต่อไปนี้จะเรียกว่า SSEKO) ในเขตเทศบาล สถาบันการศึกษางบประมาณของโรงเรียนการศึกษาทั่วไประดับมัธยมศึกษา Kamyshin (ต่อไปนี้จะเรียกว่าโรงเรียน) 1.2. การใช้งานจริงของ SSOKO นั้นถูกสร้างขึ้นตาม ... "

“ กระทรวงสาธารณสุขของสาธารณรัฐอุซเบกิสถานทาชเคนต์สถาบันการแพทย์แผนก GP พร้อมโรคภูมิแพ้ทางคลินิกได้รับการอนุมัติโดยรองอธิการบดีฝ่ายวิชาการศ. อ. Teshaev _ 2012 คำแนะนำสำหรับการรวบรวมการพัฒนาด้านการศึกษาและระเบียบวิธีสำหรับชั้นเรียนภาคปฏิบัติบนระบบระเบียบวิธีแบบครบวงจร คำแนะนำด้านระเบียบวิธีสำหรับอาจารย์ของมหาวิทยาลัยการแพทย์ ทาชเคนต์-2012 กระทรวงสาธารณสุขของสาธารณรัฐอุซเบกิสถาน ศูนย์เพื่อการพัฒนาการศึกษาทางการแพทย์ ทาชเคนต์การแพทย์...»

"หน่วยงานของรัฐบาลกลางเพื่อการศึกษา Gorno-Altai State University A. P. Makoshev ภูมิศาสตร์การเมืองและภูมิศาสตร์การเมือง คู่มือการศึกษาและระเบียบวิธี Gorno-Altaisk RIO ของ Gorno-Altai State University 2549 จัดพิมพ์โดยการตัดสินใจของสภาบรรณาธิการและสำนักพิมพ์ของ Gorno-Altai State University Makoshev A. P. ภูมิศาสตร์การเมืองและภูมิศาสตร์การเมือง เครื่องช่วยสอน. - กอร์โน-อัลไตสก์: RIO GAGU, 2549.-103 หน้า สื่อการสอนได้รับการพัฒนาตามหลักวิชาการ ... "

“เอ.วี. Novitskaya, L.I. Nikolaeva SCHOOL OF THE FUTURE MODERN EDUCATIONAL PROGRAM STAGES OF LIFE CLASS 1 METHODOLOGICAL MANUAL FOR PRIMARY SCHOOL TEACHERS Moscow 2009 UDC 371(075.8) LBC 74.00 N 68 ลิขสิทธิ์ได้รับการคุ้มครองตามกฎหมาย การอ้างอิงถึงผู้เขียนถือเป็นข้อบังคับ Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. เอช 68 โมเดิร์น โปรแกรมการศึกษาก้าวชีวิต. – อ.: อาฟวัลลอน, 2552. – 176 หน้า ISBN 978 5 94989 141 4 หนังสือเล่มนี้จ่าหน้าถึงนักการศึกษาเป็นหลัก แต่แน่นอนว่ามีข้อมูล...”

« ความซับซ้อนด้านการศึกษาและระเบียบวิธี กฎหมายธุรกิจรัสเซีย 030500 - นิติศาสตร์มอสโก 2013 ผู้แต่ง - ผู้เรียบเรียงของแผนกกฎหมายแพ่ง ผู้ตรวจสอบวินัย - ความซับซ้อนทางการศึกษาและระเบียบวิธีได้รับการพิจารณาและอนุมัติในการประชุมของระเบียบวินัยของกรมกฎหมายแพ่งหมายเลข _2013 กฎหมายธุรกิจของรัสเซีย: การศึกษาและมีระเบียบวิธี ... "

“ก. A. Yamashkin V.V. Ruzhenkov อัล. A. Yamashkin ภูมิศาสตร์ของสาธารณรัฐมอร์โดเวีย ตำราเรียน SARANSK สำนักพิมพ์ของมหาวิทยาลัยมอร์โดเวียน 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9 (2R351–6Mo) Ya549 ผู้ตรวจสอบ: ภาควิชาภูมิศาสตร์กายภาพของมหาวิทยาลัยน้ำท่วมทุ่ง Voronezh State; ศาสตราจารย์วิชาภูมิศาสตร์วิทยาศาสตรดุษฎีบัณฑิต A. M. Nosonov; ครูของโรงเรียนที่ซับซ้อนหมายเลข 39 ของ Saransk A. V. Leontiev จัดพิมพ์โดยการตัดสินใจของสภาการศึกษาและระเบียบวิธีของคณะการฝึกอบรมก่อนเข้ามหาวิทยาลัยและมัธยมศึกษา ... "

Makarskaya E.V. ในหนังสือ: Days of Student Science ฤดูใบไม้ผลิ - 2554 M.: มหาวิทยาลัยเศรษฐศาสตร์, สถิติและสารสนเทศแห่งรัฐมอสโก, 2554 หน้า 135-139

ผู้เขียนพิจารณา การใช้งานจริงทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์เชิงเส้นเพื่อการวิจัย ระบบเศรษฐกิจ. บทความนี้วิเคราะห์แบบจำลองพลวัตของเคนส์และซามูเอลสัน-ฮิกส์ด้วยการค้นหาสภาวะสมดุลของระบบเศรษฐกิจ

Ivanov A.I. , Isakov I. , Demin A.V. และคณะ ตอนที่ 5 M .: Slovo, 2012

คู่มือนี้พิจารณาวิธีการเชิงปริมาณในการศึกษาปริมาณการใช้ออกซิเจนของบุคคลระหว่างการทดสอบกับการออกกำลังกายในปริมาณที่กำหนด ซึ่งดำเนินการที่ศูนย์วิทยาศาสตร์แห่งสหพันธรัฐรัสเซีย - IBMP RAS คู่มือนี้จัดทำขึ้นสำหรับนักวิทยาศาสตร์ นักสรีรวิทยา และแพทย์ที่ทำงานในสาขาการบินและอวกาศ ใต้น้ำ และเวชศาสตร์การกีฬา

Mikheev A.V. เซนต์ปีเตอร์สเบิร์ก: แผนกปฏิบัติการการพิมพ์ NRU HSE - เซนต์ปีเตอร์สเบิร์ก, 2012

คอลเลกชันนี้มีปัญหาในหลักสูตรสมการเชิงอนุพันธ์ อ่านโดยผู้เขียนคณะเศรษฐศาสตร์ของ National Research University Higher School of Economics - เซนต์ปีเตอร์สเบิร์ก ในตอนต้นของแต่ละหัวข้อจะมีการสรุปข้อเท็จจริงทางทฤษฎีหลักโดยย่อและวิเคราะห์ตัวอย่างวิธีแก้ไขปัญหาทั่วไป สำหรับนักศึกษาและผู้ฟังหลักสูตรการศึกษาวิชาชีพขั้นสูง

โคนาคอฟ วี.ดี.โรคติดต่อทางเพศสัมพันธ์ ดับบลิวพี บีอาร์พี. สำนักพิมพ์ของคณะกรรมาธิการคณะกลศาสตร์และคณิตศาสตร์มหาวิทยาลัยแห่งรัฐมอสโก พ.ศ. 2555 ลำดับที่ พ.ศ. 2555

หนังสือเรียนเล่มนี้จัดทำขึ้นจากหลักสูตรพิเศษที่นักเรียนเลือก อ่านโดยผู้เขียนคณะกลศาสตร์และคณิตศาสตร์ของ Moscow State University เอ็มวี โลโมโนซอฟในปี 2553-2555 ปีการศึกษา. คู่มือนี้จะทำให้ผู้อ่านคุ้นเคยกับวิธีพาราเมตริกซ์และอะนาล็อกแบบแยกส่วน ซึ่งพัฒนาขึ้นล่าสุดโดยผู้เขียนคู่มือและเพื่อนผู้ร่วมเขียน เป็นการรวบรวมเนื้อหาที่ก่อนหน้านี้มีเฉพาะในบทความวารสารจำนวนหนึ่งเท่านั้น ผู้เขียนมุ่งเป้าที่จะสาธิตความเป็นไปได้ของวิธีการในการพิสูจน์ทฤษฎีบทลิมิตเฉพาะที่เกี่ยวกับการบรรจบกันของสายโซ่มาร์คอฟกับกระบวนการแพร่ และในการหาค่าประมาณแบบสองด้านของอารอนสันสำหรับการแพร่กระจายที่เสื่อมถอย โดยไม่ได้พยายามนำเสนอแบบทั่วไปสูงสุด

เกาะ 20. นิวยอร์ก: สปริงเกอร์, 2012.

เอกสารเผยแพร่นี้เป็นการรวบรวมเอกสารที่ได้รับการคัดเลือกจาก "การประชุมนานาชาติครั้งที่ 3 ว่าด้วย Dynamics" ระบบข้อมูล” ซึ่งจัดขึ้นที่มหาวิทยาลัยฟลอริดา ระหว่างวันที่ 16-18 กุมภาพันธ์ 2554 วัตถุประสงค์ของการประชุมครั้งนี้คือเพื่อรวบรวมนักวิทยาศาสตร์และวิศวกรจากภาคอุตสาหกรรม รัฐบาล และสถาบันการศึกษา เพื่อแบ่งปันการค้นพบใหม่และผลลัพธ์ในประเด็นที่เกี่ยวข้องกับทฤษฎีและการปฏิบัติของพลวัตของระบบสารสนเทศ Information Systems Dynamics: Mathematical Discovery เป็นการศึกษาที่ล้ำสมัยและมีไว้สำหรับนักศึกษาระดับบัณฑิตศึกษาและนักวิจัยที่สนใจการค้นพบล่าสุดในทฤษฎีสารสนเทศและระบบไดนามิก นักวิทยาศาสตร์จากสาขาวิชาอื่นอาจได้รับประโยชน์จากการประยุกต์ใช้การพัฒนาใหม่ๆ ในสาขาการศึกษาของตน

Palvelev R. , Sergeev A. G. การดำเนินการของสถาบันคณิตศาสตร์ วีเอ สเตคลอฟ อาร์เอเอส. 2555 V. 277 ส. 199-214.

มีการศึกษาขีดจำกัดอะเดียแบติกในสมการไฮเปอร์โบลิกของลันเดา-กินซ์บูร์ก การใช้ขีดจำกัดนี้ จะทำให้เกิดความสอดคล้องกันระหว่างคำตอบของสมการกินซ์บวร์ก-ลันเดาและวิถีอะเดียแบติกในปริภูมิโมดูลัสของสารละลายคงที่ เรียกว่ากระแสน้ำวน แมนตันเสนอหลักการฮิวริสติกอะเดียแบติกโดยตั้งสมมติฐานว่าการแก้สมการกินซบวร์ก-ลันเดาที่มีพลังงานจลน์เพียงเล็กน้อยสามารถหามาได้โดยการรบกวนวิถีอะเดียแบติกบางอย่าง ผู้เขียนคนแรกพบข้อพิสูจน์อันเข้มงวดเกี่ยวกับข้อเท็จจริงนี้

เราให้สูตรที่ชัดเจนสำหรับกึ่งสัณฐานวิทยาระหว่างโอเปอเรเตอร์ Hycomm (ความคล้ายคลึงของสเปซโมดูลัสของเส้นโค้งสกุล 0 ที่เสถียร) และ BV/Δ (ผลหารโฮโมโทพีของโอเปอเรเตอร์ Batalin-Vilkovisky โดยผู้ดำเนินการ BV) กล่าวอีกนัยหนึ่ง เราได้รับความเท่าเทียมกันของ Hycomm-algebras และ BV-algebras ที่ได้รับการปรับปรุงด้วยโฮโมโทพีที่ทำให้ตัวดำเนินการ BV ไม่สำคัญ สูตรเหล่านี้ให้มาในรูปของกราฟจิวองตัล และได้รับการพิสูจน์ด้วยสองวิธีที่แตกต่างกัน หลักฐานหนึ่งใช้การกระทำของกลุ่มของจิวองทัล และอีกหลักฐานหนึ่งต้องผ่านสายโซ่ของสูตรที่ชัดเจนเกี่ยวกับมติของ Hycomm และ BV แนวทางที่สองให้ โดยเฉพาะอย่างยิ่ง คำอธิบายที่คล้ายคลึงกันของการกระทำของกลุ่มจิวองตัลเกี่ยวกับ Hycomm-algebras

ภายใต้วิทยาศาสตร์ เรียบเรียงโดย: A. Mikhailov Vol. 14. ม.: คณะสังคมวิทยามหาวิทยาลัยแห่งรัฐมอสโก, 2555

บทความในคอลเลกชันนี้เขียนขึ้นบนพื้นฐานของรายงานที่จัดทำขึ้นในปี 2554 ที่คณะสังคมวิทยาของมหาวิทยาลัยแห่งรัฐมอสโก เอ็มวี Lomonosov ในการประชุมสัมมนาวิทยาศาสตร์ประจำปีที่ XIV สหวิทยาการ "การสร้างแบบจำลองทางคณิตศาสตร์ของกระบวนการทางสังคม" ตั้งชื่อตาม วีรบุรุษแห่งนักวิชาการแรงงานสังคมนิยม A.A. ซามารา.

สิ่งพิมพ์นี้มีไว้สำหรับนักวิจัย ครู นักศึกษามหาวิทยาลัยและสถาบันวิทยาศาสตร์ของ Russian Academy of Sciences ที่สนใจปัญหา การพัฒนา และการนำวิธีการไปใช้ การสร้างแบบจำลองทางคณิตศาสตร์กระบวนการทางสังคม

Alexander Viktorovich Abrosimov วันเดือนปีเกิด: 16 พฤศจิกายน 2491 (2491 11 16) สถานที่เกิด: Kuibyshev วันเดือนปีเกิด ... Wikipedia

I สมการเชิงอนุพันธ์ประกอบด้วยฟังก์ชันที่ต้องการ อนุพันธ์ของลำดับต่างๆ และตัวแปรอิสระ ทฤษฎี ด.ณ. เกิดขึ้นในช่วงปลายศตวรรษที่ 17 ได้รับอิทธิพลจากความต้องการของกลศาสตร์และวิทยาศาสตร์ธรรมชาติอื่นๆ ... ... สารานุกรมผู้ยิ่งใหญ่แห่งสหภาพโซเวียต

สมการเชิงอนุพันธ์สามัญ (ODE) เป็นสมการเชิงอนุพันธ์ของรูปแบบโดยที่ฟังก์ชันที่ไม่รู้จัก (อาจเป็นฟังก์ชันเวกเตอร์ จากนั้นตามกฎแล้วยังเป็นฟังก์ชันเวกเตอร์ที่มีค่าในปริภูมิที่มีมิติเดียวกัน ในนี้ .. . ... วิกิพีเดีย

Wikipedia มีบทความเกี่ยวกับบุคคลอื่นที่มีนามสกุลนั้น ดูที่ Yudovich Viktor Iosifovich Yudovich วันเกิด: 4 ตุลาคม 2477 (2477 10 04) สถานที่เกิด: ทบิลิซีสหภาพโซเวียตวันแห่งความตาย ... Wikipedia

ดิฟเฟอเรนเชียล- (ดิฟเฟอเรนเชียล) นิยามดิฟเฟอเรนเชียล, ดิฟเฟอเรนเชียลฟังก์ชัน, ล็อคดิฟเฟอเรนเชียล ข้อมูลเกี่ยวกับคำจำกัดความดิฟเฟอเรนเชียล, ดิฟเฟอเรนเชียลฟังก์ชัน, ดิฟเฟอเรนเชียลล็อค สารบัญ สารบัญ คณิตศาสตร์ คำอธิบายอย่างไม่เป็นทางการ… … สารานุกรมของนักลงทุน

แนวคิดพื้นฐานประการหนึ่งในทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์ย่อย บทบาทของ X. ปรากฏในคุณสมบัติที่สำคัญของสมการเหล่านี้เช่นคุณสมบัติเฉพาะของการแก้ปัญหาความสามารถในการแก้ปัญหาต่าง ๆ ความถูกต้อง ฯลฯ ให้ ... ... สารานุกรมคณิตศาสตร์

สมการที่ค่าไม่ทราบนั้นเป็นฟังก์ชันของตัวแปรอิสระตัวหนึ่ง และสมการนี้ไม่เพียงแต่รวมถึงฟังก์ชันที่ไม่ทราบเท่านั้น แต่ยังรวมไปถึงอนุพันธ์ของลำดับต่างๆ ด้วย คำว่าสมการเชิงอนุพันธ์ถูกเสนอโดย G. ... ... สารานุกรมคณิตศาสตร์

Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin ในการบรรยายที่ MISiS วันเกิด ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin ในการบรรยายที่ MISiS วันเกิด: 1931 (1931) ... Wikipedia

สมการเกาส์ สมการเชิงอนุพันธ์สามัญเชิงเส้นลำดับที่ 2 หรือในรูปแบบที่อยู่ติดกันเอง ตัวแปรและพารามิเตอร์ในกรณีทั่วไปสามารถรับค่าที่ซับซ้อนได้ หลังจากทดแทนจะได้แบบฟอร์มต่อไปนี้ ... ... สารานุกรมคณิตศาสตร์

กระทรวงศึกษาธิการและวิทยาศาสตร์ของสหพันธรัฐรัสเซีย การวิจัยแห่งชาติ มหาวิทยาลัยนิวเคลียร์ "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko หลักสูตรการบรรยายเรื่องสมการเชิงอนุพันธ์สามัญเพื่อเป็นเครื่องช่วยสอนสำหรับนักเรียนของสถาบันอุดมศึกษา มอสโก 2554 หลักสูตรการบรรยายเรื่องสามัญ สมการเชิงอนุพันธ์ : บทช่วยสอน - อ.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 น. หนังสือเรียนนี้สร้างขึ้นบนพื้นฐานของหลักสูตรการบรรยายของผู้เขียนที่สถาบันฟิสิกส์วิศวกรรมมอสโกเป็นเวลาหลายปี มีไว้สำหรับนักศึกษาของ National Research Nuclear University MEPhI ของทุกคณะ รวมถึงนักศึกษามหาวิทยาลัยที่มีการฝึกอบรมทางคณิตศาสตร์ขั้นสูง คู่มือนี้จัดทำขึ้นภายในกรอบของโครงการสำหรับการสร้างและพัฒนา NRNU MEPhI ผู้ตรวจทาน: แพทย์ ฟิสิกส์.-คณิต. วิทยาศาสตร์ N.A. คุดรียาชอฟ ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University MEPhI, 2011 สารบัญ คำนำ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. ทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญเบื้องต้น แนวคิดพื้นฐาน . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ปัญหาคอชี่. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 ครั้งที่สอง การมีอยู่และความเป็นเอกลักษณ์ของวิธีแก้ปัญหาคอชีสำหรับสมการลำดับที่หนึ่ง ทฤษฎีบทเอกลักษณ์สำหรับ OLE ลำดับที่หนึ่ง . . . . . . . . . . . . . . . . . . การมีอยู่ของวิธีแก้ไขปัญหา Cauchy สำหรับ OLE ของลำดับแรก . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ความต่อเนื่องของการแก้ปัญหาสำหรับ ODE ลำดับแรก . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สาม. ปัญหาคอชีสำหรับระบบปกติของลำดับที่ n แนวคิดพื้นฐานและคุณสมบัติเสริมบางประการของฟังก์ชันเวกเตอร์ . . . ความเป็นเอกลักษณ์ของการแก้ปัญหาคอชีสำหรับระบบปกติ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . แนวคิดของปริภูมิเมตริก หลักการของการแมปแบบบีบอัด . . . . . ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ปัญหาคอชีสำหรับระบบปกติ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. สมการเชิงอนุพันธ์สามัญบางคลาสที่แก้ได้ในสมการกำลังสองพร้อมตัวแปรที่แยกได้ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . OÂC เชิงเส้นของลำดับที่หนึ่ง . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการเอกพันธ์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการเบอร์นูลลี . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการในผลต่างรวม . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 สมการอันดับหนึ่งที่ไม่ได้รับการแก้ไขด้วยความเคารพต่ออนุพันธ์ ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ ODE ที่ไม่ได้รับการแก้ไขด้วยอนุพันธ์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . โซลูชั่นพิเศษ เส้นโค้งจำแนก ซองจดหมาย. . . . . . . . . . . . . . . . วิธีการแนะนำพารามิเตอร์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการลากรองจ์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการของแคลโรต์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . วี. ระบบ ODE เชิงเส้น แนวคิดพื้นฐาน ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ปัญหาระบบที่เป็นเนื้อเดียวกันของ ODE เชิงเส้น . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ดีเทอร์มิแนนต์ของวรอนสกี . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . วิธีแก้ปัญหาที่ซับซ้อนของระบบที่เป็นเนื้อเดียวกัน การเปลี่ยนไปใช้ dsr จริง . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ระบบ ODE เชิงเส้นที่ไม่เป็นเนื้อเดียวกัน วิธีการแปรผันของค่าคงที่ . . . . ระบบที่เป็นเนื้อเดียวกันของ ODE เชิงเส้นที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ฟังก์ชันเลขชี้กำลังของเมทริกซ์ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 คอชี่ 85 . . . 87 . . . 91. . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 ระบบ ODE เชิงเส้นที่ไม่เป็นเนื้อเดียวกันที่มีค่าสัมประสิทธิ์คงที่ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 ปกเกล้าเจ้าอยู่หัว ODE เชิงเส้นที่มีลำดับสูง การลดเป็นระบบ ODE เชิงเส้น ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ปัญหาคอชี . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ODE ลำดับสูงเชิงเส้นที่เป็นเนื้อเดียวกัน . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . คุณสมบัติของสารละลายเชิงซ้อนของ ODE เชิงเส้นลำดับสูงที่เป็นเนื้อเดียวกัน การเปลี่ยนจากเชิงซ้อน ÔSR ไปสู่ความเป็นจริง . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . OÅD ลำดับสูงเชิงเส้นที่ไม่เป็นเนื้อเดียวกัน วิธีการแปรผันของค่าคงที่ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . OÅD เชิงเส้นที่เป็นเนื้อเดียวกันในลำดับสูงโดยมีค่าสัมประสิทธิ์คงที่ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ODE เชิงเส้นลำดับสูงที่ไม่เป็นเนื้อเดียวกันพร้อมค่าสัมประสิทธิ์คงที่ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. ทฤษฎีความยั่งยืน แนวคิดพื้นฐานและคำจำกัดความที่เกี่ยวข้องกับความยั่งยืน . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ความเสถียรของคำตอบของระบบเชิงเส้น . . . . . ทฤษฎีบทของเลียปูนอฟเกี่ยวกับเสถียรภาพ . . . . . . . . . ความเสถียรในการประมาณครั้งแรก . . . . . . พฤติกรรมของวิถีเฟสใกล้กับจุดพัก 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 ทรงเครื่อง. อินทิกรัลแรกของระบบของ ODE 198 อินทิกรัลแรกของระบบอิสระของสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ198 ระบบไม่เป็นอิสระของ ODE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 สัญกรณ์สมมาตรของระบบOÅC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. สมการเชิงอนุพันธ์บางส่วนลำดับที่หนึ่ง สมการเชิงอนุพันธ์บางส่วนเชิงเส้นลำดับที่หนึ่งที่เป็นเนื้อเดียวกัน ปัญหาคอชีสำหรับสมการเชิงอนุพันธ์บางส่วนเชิงเส้นลำดับที่หนึ่ง . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . สมการเสมือนในอนุพันธ์ย่อยของลำดับแรก . . . ปัญหาคอชีสำหรับสมการเชิงอนุพันธ์ย่อยกึ่งเสมือนของลำดับแรก . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . บรรณานุกรม. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 คำนำ ในการจัดทำหนังสือ ผู้เขียนตั้งเป้าหมายที่จะรวบรวมไว้ในที่เดียวและนำเสนอในรูปแบบข้อมูลที่เข้าถึงได้เกี่ยวกับประเด็นส่วนใหญ่ที่เกี่ยวข้องกับทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญ ดังนั้น นอกเหนือจากเนื้อหาที่รวมอยู่ในโปรแกรมบังคับของหลักสูตรสมการเชิงอนุพันธ์สามัญที่สอนที่ NRNU MEPhI (และมหาวิทยาลัยอื่น ๆ) แล้ว คู่มือยังรวมถึงคำถามเพิ่มเติมซึ่งตามกฎแล้วไม่มีเวลาเพียงพอในการบรรยาย แต่จะมีประโยชน์ในการทำความเข้าใจวิชามากขึ้นและจะเป็นประโยชน์กับนักศึกษาปัจจุบันในกิจกรรมวิชาชีพในอนาคต มีการพิสูจน์อย่างเข้มงวดทางคณิตศาสตร์สำหรับข้อความทั้งหมดของคู่มือที่นำเสนอ ตามกฎแล้วการพิสูจน์เหล่านี้ไม่ใช่ต้นฉบับ แต่ทั้งหมดได้รับการแก้ไขตามรูปแบบการนำเสนอหลักสูตรคณิตศาสตร์ที่ MEPhI ตามความคิดเห็นที่แพร่หลายในหมู่ครูและนักวิทยาศาสตร์ สาขาวิชาคณิตศาสตร์ควรได้รับการศึกษาด้วยการพิสูจน์ที่มีรายละเอียดครบถ้วน โดยค่อยๆ ค่อยๆ เริ่มจากง่ายไปสู่ซับซ้อน ผู้เขียนคู่มือนี้มีความเห็นแบบเดียวกัน ข้อมูลทางทฤษฎีที่ให้ไว้ในหนังสือเล่มนี้ได้รับการสนับสนุนโดยการวิเคราะห์ตัวอย่างในจำนวนที่เพียงพอ ซึ่งเราหวังว่าจะช่วยให้ผู้อ่านศึกษาเนื้อหาได้ง่ายขึ้น คู่มือนี้จัดทำขึ้นสำหรับนักศึกษามหาวิทยาลัยที่มีการฝึกอบรมทางคณิตศาสตร์ขั้นสูง โดยเฉพาะสำหรับนักศึกษาของ National Research Nuclear University MEPhI ในขณะเดียวกันก็จะเป็นประโยชน์สำหรับทุกคนที่สนใจทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์และใช้คณิตศาสตร์สาขานี้ในการทำงาน -5- บทที่ 1 ทฤษฎีสมการเชิงอนุพันธ์สามัญเบื้องต้น 1. 1. แนวคิดพื้นฐาน ตลอดคู่มือนี้ โดย ha, bi เราแทนเซตใดๆ (a, b), , (a, b], เราได้รับ x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 หลังจากเพิ่มค่าอสมการสุดท้ายแล้วใช้ (2.3) เราจะได้ 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 สำหรับ x 2 ทั้งหมด [ 1, 1]. , y) 2 G ดังนั้น f จึงเป็นไปตามเงื่อนไขของ Lipschitz โดยที่ L = 1 ที่จริงแล้ว แม้ว่า L = sin 1 ใน y ก็ตาม อย่างไรก็ตาม อนุพันธ์ fy0 ที่จุด (x, 0) 6= (0, 0) ไม่มีด้วยซ้ำ ทฤษฎีบทต่อไปนี้ซึ่งมีความน่าสนใจในตัวมันเองช่วยให้เรา เพื่อพิสูจน์ความเป็นเอกลักษณ์ของคำตอบของปัญหาคอชี: ทฤษฎีบท 2.1 (จากการประมาณผลต่างของสองคำตอบ) ให้ G เป็นโดเมน 2 ใน R และให้ f (x, y) 2 C G และเป็นไปตามเงื่อนไข Lipschitz ใน G โดย y ด้วยค่าคงที่ L ถ้า y1 , y2 เป็นคำตอบสองข้อของสมการ y 0 = f (x, y) บนเซกเมนต์ ดังนั้นความไม่เท่าเทียมกัน (การประมาณค่า) ต่อไปนี้จะใช้ได้: jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j ประสบการณ์ L(x x0) 6 y1 สำหรับทั้งหมด x 2 -19- y2 หลักฐาน ตามคำจำกัดความ 2 คำตอบของสมการ 2 ข้อ (2.1) เราได้ 8 x 2 จุด x, y1 (x) และ x, y2 (x) 2 G สำหรับ t 2 ทั้งหมด เรามีความเท่าเทียมกันที่ถูกต้อง y10 (t) = f t , y1 (t ) และ y20 (t) = f t, y2 (t) ซึ่งเราอินทิเกรตด้วยความเคารพต่อ t บนเซ็กเมนต์ โดยที่ x 2 การบูรณาการนั้นถูกกฎหมาย เนื่องจากด้านขวาและด้านซ้ายมีความต่อเนื่องในฟังก์ชัน เราได้ระบบความเท่าเทียมกัน Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt x0 ลบอันหนึ่งออกจากอีกอัน เราจะได้ 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 หมายถึง 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. สำหรับทั้งหมด x 2 . ทฤษฎีบทได้รับการพิสูจน์แล้ว จากข้อพิสูจน์ของทฤษฎีบทที่ได้รับการพิสูจน์แล้ว เราได้รับทฤษฎีบทเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ปัญหาคอชี (2.1), (2.2) ข้อพิสูจน์ 1. กำหนดให้ฟังก์ชัน f (x, y) 2 C G และเป็นไปตามเงื่อนไขลิปชิตซ์ใน y ใน G และให้ฟังก์ชัน y1 (x) และ y2 (x) เป็นคำตอบของสมการ (2.1) สองคำตอบในช่วงเวลาเดียวกัน ด้วย x0 2 . ถ้า y1 (x0) = y2 (x0) แล้ว y1 (x) y2 (x) บน การพิสูจน์. ลองพิจารณาสองกรณี -20- 1. ให้ x > x0 แล้วเป็นไปตามทฤษฎีบท 2 1 ว่า h i.e. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 ประสบการณ์ L(x x0) , y2 (x) สำหรับ x > x0 . 2. ให้ x 6 x0 ทำการเปลี่ยนแปลง t = x แล้ว yi (x) = yi (t) y~i (t) สำหรับ i = 1, 2 เนื่องจาก x 2 ดังนั้น t 2 [ x0 , x1 ] และความเท่าเทียมกัน y~1 (x0) = y~2 (x0) ยังคงอยู่ ให้เราดูว่าสมการใดที่ y~i (t) เป็นไปตาม ห่วงโซ่ความเท่าเทียมกันต่อไปนี้เป็นจริง: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) ที่นี่เราได้ใช้กฎการหาอนุพันธ์ของฟังก์ชันที่ซับซ้อนและข้อเท็จจริงที่ว่า yi (x) เป็นคำตอบของสมการ (2.1) เนื่องจากฟังก์ชัน f~(t, y) f (t, y) มีความต่อเนื่องและเป็นไปตามเงื่อนไขของ Lipschitz เทียบกับ y ดังนั้นตามทฤษฎีบท 2.1 เราจะได้ y~1 (t) y~2 (t) บน [ x0 , x1 ] เช่น y1 (x) y2 (x) ถึง . เมื่อนำทั้งสองกรณีมารวมกัน เราจึงได้รับการยืนยันข้อพิสูจน์ ข้อพิสูจน์ 2. (ขึ้นอยู่กับข้อมูลเริ่มต้นอย่างต่อเนื่อง) กำหนดให้ฟังก์ชัน f (x, y) 2 C G และเป็นไปตามเงื่อนไข G ของลิปชิตซ์บน y โดยมีค่าคงที่ L และฟังก์ชัน y1 (x) และ y2 (x) เป็นคำตอบของ สมการ (2.1) กำหนดไว้บน . แสดงว่า l = x1 x0 และ δ = y1 (x0) y2 (x0) จากนั้นสำหรับ 8 x 2 อสมการ y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l เป็นจริง การพิสูจน์จะตามมาทันทีจากทฤษฎีบท 2 1. อสมการจากข้อพิสูจน์ที่ 2 เรียกว่าการประมาณเสถียรภาพของสารละลายโดยสัมพันธ์กับข้อมูลเริ่มต้น ความหมายของมันอยู่ที่ว่าถ้าที่ x = x0 คำตอบคือ "ปิด" คำตอบก็จะ "ปิด" ในส่วนสุดท้ายด้วย ทฤษฎีบท 2 1 ให้ค่าประมาณซึ่งเป็นสิ่งสำคัญสำหรับการประยุกต์ สำหรับมอดุลัสของผลต่างของคำตอบทั้งสอง และข้อพิสูจน์ที่ 1 ให้ค่าเอกลักษณ์ของคำตอบสำหรับปัญหาคอชี (2.1), (2.2) ยังมีเงื่อนไขอื่นๆ ที่เพียงพอสำหรับความมีเอกลักษณ์ ซึ่งเงื่อนไขหนึ่งที่เรานำเสนอในตอนนี้ เอกลักษณ์ทางเรขาคณิตของการแก้ปัญหาคอชีหมายความว่าเส้นโค้งอินทิกรัลของสมการ (2.1) ไม่เกินหนึ่งเส้นสามารถผ่านจุด (x0, y0) ของโดเมน G ได้ ทฤษฎีบท 2.2 (ออสกู๊ดเรื่องเอกลักษณ์) ปล่อยให้ฟังก์ชัน f (x, y) 2 C G และสำหรับ 8 (x, y1), (x, y2) 2 G ความไม่เท่าเทียมกัน f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j โดยที่ ϕ ( u) > 0 สำหรับ u 2 (0, β], ϕ(u) ต่อเนื่องกัน และ Zβ du ! +1 เมื่อ ε ! 0+ จากนั้นจะมีเส้นโค้งอินทิกรัลมากที่สุดหนึ่งเส้น (2.1).-21- พิสูจน์ ปล่อยให้มี มีสองคำตอบ y1 (x) และ y2 (x) ของสมการ (2.1) โดยที่ y1 (x0) = y2 (x0) = y0 แสดงว่า z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj นั่นคือ จากนั้น z dx 1 d อสมการ jzj2 6 ϕ jzj jzj ซึ่งสำหรับ jzj 6= 0 จะตามมาด้วย 2 dx อสมการสองเท่า: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2 ตามสมมติฐาน z(x) 6 0 และยิ่งไปกว่านั้นคือต่อเนื่อง ดังนั้นจึงมีเซ็กเมนต์ดังกล่าว เลือกมันแล้วแก้ไข พิจารณาเซต n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 และ z(x) = 0 . อย่างน้อยหนึ่งชุดเหล่านี้ไม่ว่างเปล่า เนื่องจาก z(x0) = 0 และ x0 62 ตัวอย่างเช่น สมมุติว่า X1 6= ∅ มีขอบเขตจากด้านบน ดังนั้น 9 α = sup X1 โปรดทราบว่า z(α) = 0 กล่าวคือ α 2 X1 เนื่องจากสมมติว่า z(α) > 0 เนื่องจากความต่อเนื่อง เราจะมี z(x) > 0 ในบางช่วง α δ1 , α + δ1 และสิ่งนี้ขัดแย้งกับคำจำกัดความของ α = sup X1 จากเงื่อนไข z(α) = 0 จะได้ว่า α< x1 . По построению z(x) > 0 สำหรับทั้งหมด x 2 (α, x2 ] และเนื่องจาก z(x) ! 0+ ต่อเนื่องกันสำหรับ x ! α + 0 ให้เราทำซ้ำข้อโต้แย้งในการหาค่า (2.5) โดยบูรณาการบนส่วน [α + δ, x2 ] โดยที่ x2 ถูกเลือกไว้ด้านบนและคงที่ และ δ 2 (0, x2 α) เป็นแบบใดก็ได้ เราจะได้อสมการต่อไปนี้: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 อสมการ เรามักจะ δ ! 0+ จากนั้น z(α+δ) ! z(α) = 0 จาก Zjz2 j d jzj2 ! +1 โดยเงื่อนไขความต่อเนื่อง z(x) แล้วอินทิกรัล 2 jzjϕ jzj ของทฤษฎีบท jz(α+ δ)j -22 - ด้านขวาของอสมการ Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α ถูกล้อมรอบด้วย α + δ จากด้านบนด้วยค่าจำกัดซึ่งเป็นไปไม่ได้พร้อมๆ กัน เข้าใจว่าปัญหาคอชี (2.1), (2.2) มีดังต่อไปนี้ ปัญหาการหาฟังก์ชัน y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G โดยที่ f (x, y) 2 C G และ (x0 , y0) 2 G, G เป็นโดเมนใน R2 เล็มมา 2 2. ให้ f (x, y) 2 C G จากนั้นการยืนยันต่อไปนี้จะเป็น: 1 ) ผลเฉลยใดๆ ϕ(x) ของสมการ (2.1) ในช่วงเวลา ฮ่า, bi พอใจ (2.2) x0 2 ฮ่า, bi คือคำตอบของฮ่า, bi ของสมการอินทิกรัล Zx y(x) = y0 + f τ, y(τ ) dτ ; (2.6) x0 2) ถ้า ϕ(x) 2 C ha, bi คือคำตอบของสมการอินทิกรัล (2.6) บน ha, bi, 1 โดยที่ x0 2 ha, bi แล้ว ϕ(x) 2 C ha, bi และ เป็นคำตอบของ (2.1 ), (2.2) การพิสูจน์. 1. ให้ ϕ(x) เป็นคำตอบของ (2.1), (2.2) บน ha, bi จากนั้น โดยหมายเหตุ 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi และ 8 τ 2 ha, bi เรามีความเท่าเทียมกัน ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) เมื่ออินทิเกรตซึ่งจาก x0 ถึง x เราจะได้ ( สำหรับ x 2 ฮ่า , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ และ ϕ(x0) = y0 ใดๆ นั่นคือ ϕ(x) คือคำตอบ (2.6) x0 2. ให้ y = ϕ(x) 2 C ha, bi เป็นคำตอบของ (2.6) เนื่องจาก f x, ϕ(x) มีความต่อเนื่องบน ha, bi โดยสมมุติฐาน จากนั้น Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 เป็นปริพันธ์ที่มีขีดจำกัดบนของตัวแปรที่ต่อเนื่อง การทำงาน. การหาความแตกต่างของความเท่าเทียมกันสุดท้ายด้วยความเคารพต่อ x เราจะได้ ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 เฮกตาร์, bi และเห็นได้ชัดว่า ϕ(x0) = y0 นั่นคือ ϕ(x) คือคำตอบของปัญหาคอชี (2.1), (2.2) (ตามปกติแล้ว อนุพันธ์ที่ส่วนท้ายของเซ็กเมนต์จะเข้าใจว่าเป็นอนุพันธ์ด้านเดียวที่สอดคล้องกัน) -23- หมายเหตุ 2 6. บทแทรก 2. 2 เรียกว่าบทแทรกเรื่องความสมมูลของปัญหาคอชี (2.1) , (2.2) ถึงสมการอินทิกรัล (2.6) หากเราพิสูจน์ได้ว่ามีวิธีแก้สมการ (2.6) อยู่แล้ว เราจะได้ความสามารถในการแก้โจทย์คอชี (2.1), (2.2) แผนนี้ดำเนินการตามทฤษฎีบทต่อไปนี้ ทฤษฎีบท 2.3 (ทฤษฎีบทการดำรงอยู่ในท้องถิ่น) ปล่อยให้สี่เหลี่ยม P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β อยู่ในโดเมน G ของฟังก์ชัน f (x, y) ทั้งหมด ฟังก์ชัน f (x, y) 2 C G และเป็นไปตามเงื่อนไข Lipschitz สำหรับ n y ov G โดยมีค่าคงที่ L แสดงว่า β M = สูงสุด f (x, y) , h = min α, M จากนั้นจะมีวิธีแก้ปัญหาคอชี (2.1), (2.2) ในช่วงเวลา P การพิสูจน์. ให้เราสร้างการมีอยู่ของการแก้สมการอินทิกรัล (2.6) ในช่วงเวลา เมื่อต้องการทำสิ่งนี้ ให้พิจารณาลำดับของฟังก์ชันต่อไปนี้: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ ฯลฯ x0 1. ขอให้เราแสดงว่าฟังก์ชัน 8 n 2 N yn (การประมาณต่อเนื่อง) ถูกกำหนดไว้แล้ว กล่าวคือ ให้เราแสดงว่าสำหรับ 8 x 2 อสมการ yn (x) y0 6 β คงไว้สำหรับทั้งหมด n = 1, 2, . . เราใช้วิธีการเหนี่ยวนำทางคณิตศาสตร์ (MMI): a) พื้นฐานการเหนี่ยวนำ: n = 1 Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 โดยที่ M0 = สูงสุด f (x , y0) สำหรับ jx x 0 j 6 α , M0 6 M ; b) สมมติฐานและขั้นตอนการเหนี่ยวนำ ให้อสมการเป็นจริงสำหรับ yn 1 (x) ให้เราพิสูจน์มันสำหรับ yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 ดังนั้น ถ้า jx x0 j 6 h จากนั้น yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M ชั่วโมง 6 β เป้าหมายของเราคือการพิสูจน์การบรรจบกันของตัวตายตัวแทน 1 ตัวที่ใกล้ที่สุด yk (x) k=0 สำหรับสิ่งนี้ มันสะดวกที่จะแทนมันเป็น: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 เช่น ลำดับผลรวมบางส่วนของอนุกรมฟังก์ชัน 2. ประมาณเงื่อนไขของอนุกรมนี้โดยการพิสูจน์อสมการต่อไปนี้ 8 n 2 N และ 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! ลองใช้วิธีอุปนัยทางคณิตศาสตร์: jx n 1 1 hn . มะ! (2.7) a) พื้นฐานการเหนี่ยวนำ: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, พิสูจน์แล้วข้างต้น; b) สมมติฐานและขั้นตอนการเหนี่ยวนำ ให้อสมการเป็นจริงสำหรับ n สมมุติว่าสำหรับ n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, จนถึง dτ 6 x0 Zx i yn 6 โดย เงื่อนไขของลิปชิตซ์ 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 โดยสมมุติฐานการเหนี่ยวนำ 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)! ไม่นะ! 1 x0 Rx ที่นี่เราใช้ข้อเท็จจริงที่ว่าอินทิกรัล I = jτ x0 สำหรับ x > x0 สำหรับ 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 >เอ, บี1< 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 สำหรับ k 2 N ทั้งหมด; 1) ก< 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 ถือ ขอให้เราพิสูจน์การยืนยันเสริมนี้สำหรับกรณี A, B 2 R (นั่นคือ A และ B มีจำนวนจำกัด ถ้า A = 1 หรือ B =+1 ก็เช่นเดียวกัน) รับ x A B x , โดยพลการ x 2 (A, B) และ δ(x) = min , δ(x) > 0 โดย 2 2 จำนวน δ จากการลู่เข้า Ak ! เอ และ บีเค! B เราได้ 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 >เอ็น. เมื่อใช้ข้อพิสูจน์ 1 ของส่วนที่ 2.1 (นั่นคือ ทฤษฎีบทเอกลักษณ์) เราได้ ϕ(t) ψ(t) สำหรับ t 2 ทั้งหมด และโดยเฉพาะอย่างยิ่งสำหรับ t = x เนื่องจาก x เป็นจุดใดก็ได้ใน (A, B) ความเป็นเอกลักษณ์ของคำตอบจึงได้รับการพิสูจน์แล้ว หมายเหตุ 2 10. ในข้อพิสูจน์ที่เพิ่งได้รับการพิสูจน์ อันดับแรกเราพบแนวคิดในการขยายวิธีแก้ปัญหาไปยังชุดที่กว้างขึ้น ในย่อหน้าถัดไปเราจะศึกษารายละเอียดเพิ่มเติม ลองยกตัวอย่างบ้าง p ตัวอย่างที่ 2 2. สำหรับสมการ y 0 = ejxj x2 + y 2 ค้นหาว่าคำตอบนั้นมีอยู่ทั้งหมดหรือไม่ (A, B) = (1, +1) พิจารณาสมการนี้ใน “แถบ” Q = R2 ฟังก์ชัน p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x) ∂y x2 + y 2 ตามข้อความที่ 2.1 จากส่วนที่ 2.1 ฟังก์ชัน f (x, y) เป็นไปตามเงื่อนไข Lipschitz เทียบกับ y โดยมี “ค่าคงที่” L = L(x) x ได้รับการแก้ไขแล้ว จากนั้นเงื่อนไขทั้งหมดของข้อพิสูจน์จะเป็นที่พอใจ และสำหรับข้อมูลเริ่มต้นใดๆ (x0 , y0) 2 R2 มีวิธีแก้ไขปัญหา Cauchy อยู่ และยิ่งไปกว่านั้น มีลักษณะเฉพาะบน (1, +1) โปรดทราบว่าสมการนั้นไม่สามารถแก้ได้ในสมการกำลังสอง แต่สามารถสร้างคำตอบโดยประมาณเป็นตัวเลขได้ ถูกกำหนดและต่อเนื่องใน Q, -32- ตัวอย่างที่ 2 3. สำหรับสมการ y 0 = ex y 2 ค้นหาว่าคำตอบของมันถูกกำหนดไว้บน R หรือไม่ หากเราพิจารณาสมการนี้อีกครั้งใน “แถบ” Q = R2 โดยที่ ฟังก์ชัน ∂ f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j สำหรับทั้งหมด y1 , y2 2 R แท้จริงแล้ว f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j และนิพจน์ jy2 + y1 j ไม่ได้จำกัดขอบเขตสำหรับ y1 , y2 2 R ดังนั้น ข้อพิสูจน์จึงใช้ไม่ได้ เราแก้สมการนี้โดย "การแยกตัวแปร" เราได้ การตัดสินใจร่วมกัน: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C เพื่อความชัดเจน เราใช้ x0 = 0, y0 2 R ถ้า y0 = 0 แล้ว y(x) 0 คือคำตอบของปัญหาคอชี บน R 1 – คำตอบของปัญหาคอชี สำหรับ y0 2 [ 1, 0) ex มันถูกกำหนดไว้สำหรับ x 2 R ทั้งหมด และสำหรับ y0 2 (1, 1) [ (0, +1) คำตอบไม่ใช่ y0 + 1 สามารถดำเนินต่อไปจนถึงจุด x = ln หาก x > 0 แล้ว y0 1 ผลเฉลย y(x) = y0 +1 ถูกกำหนดไว้สำหรับ x 2 (1, x) และถ้า 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 ดังนั้นคำตอบจะมีอยู่เฉพาะสำหรับ x 2 1 เท่านั้น ln y0 ตัวอย่างนี้แสดงให้เห็นว่าข้อจำกัดในการเติบโตของฟังก์ชัน f (x, y) ในข้อพิสูจน์ของทฤษฎีบท 2 4 ที่พิสูจน์แล้วข้างต้นเป็นสิ่งจำเป็นสำหรับการขยายคำตอบให้ครอบคลุมทั้งหมด (A, B) ในทำนองเดียวกัน ตัวอย่างจะได้รับด้วยฟังก์ชัน f (x, y) = f1 (x) y 1+ε สำหรับ ε > 0 ใดๆ ในตัวอย่างข้างต้น ε = 1 ถูกนำมาใช้เพื่อความสะดวกในการนำเสนอเท่านั้น 2. 3. ความต่อเนื่องของคำตอบสำหรับคำจำกัดความ ODE ลำดับแรก 2. 5. พิจารณาสมการ y 0 = f (x, y) และให้ y(x) เป็นคำตอบของมันบน ha, bi และ Y (x) ของมัน สารละลายบน hA , Bi โดยที่ ha, bi มีอยู่ใน hA, Bi และ Y (x) = y(x) บน ha, bi จากนั้น Y (x) เรียกว่าส่วนขยายของสารละลาย y(x) ถึง hA, Bi ในขณะที่ y(x) ถูกเรียกว่าขยายเป็น hA, Bi -34- ในส่วนที่ 2.2 เราได้พิสูจน์ทฤษฎีบทการดำรงอยู่เฉพาะที่สำหรับการแก้ปัญหาคอชี (2.1), (2.2) โซลูชันนี้สามารถขยายไปยังช่วงที่กว้างขึ้นได้ภายใต้เงื่อนไขใด สำหรับคำถามนี้เองที่ส่วนนี้อุทิศ ผลลัพธ์หลักมีดังนี้ ทฤษฎีบท 2.5 (เรื่องความต่อเนื่องของคำตอบในโดเมนปิดที่มีขอบเขต) ปล่อยให้ฟังก์ชัน f (x, y) 2 C G และเป็นไปตามเงื่อนไข Lipschitz เทียบกับ y ใน R2 และ (x0 , y0) เป็นจุดภายในของโดเมนปิดที่มีขอบเขต G G จากนั้นผลเฉลยของสมการ y 0 = f (x , y) ขยายได้ถึง ∂G ของขอบเขตของ G นั่นคือ มันสามารถขยายไปยังส่วนที่จุด a, y(a) และ b, y(b) อยู่บน ∂G ∂f (x, y) มีความต่อเนื่องในโดเมนปิดที่มีขอบเขต ∂y G นูนใน y จากนั้นฟังก์ชัน f (x, y) เป็นไปตามเงื่อนไข Lipschitz ใน G เทียบกับตัวแปร y ดูผลที่ตามมาของการยืนยัน 2 1 ∂f จากหัวข้อย่อย 2.1 ดังนั้นทฤษฎีบทนี้จะเป็นจริงหากมีความต่อเนื่องใน ∂y G หมายเหตุที่ 2 11. จงจำไว้ว่า ถ้าพิสูจน์ เนื่องจาก (x0 , y0) เป็นจุดภายในของ G ดังนั้นจะมีสี่เหลี่ยมปิด n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β ซึ่งอยู่ใน G ทั้งหมด จากนั้นตามทฤษฎีบท 2. 3 ของ n 2.2 มี h > 0 จึงมีคำตอบ (และไม่ซ้ำกัน) y = ϕ(x) ของสมการ y 0 = f (x, y) ในช่วงเวลา ก่อนอื่นให้เราดำเนินการแก้ปัญหานี้ต่อทางด้านขวาจนถึงขอบเขตของโดเมน G โดยแบ่งการพิสูจน์ออกเป็นขั้นตอนต่างๆ 1. พิจารณาเซต E R: n o E = α > 0 วิธีแก้ปัญหา y = ϕ(x) สามารถขยายได้ มีวิธีแก้ y = ϕ1 (x) ของสมการ y 0 = f (x, y) ที่เป็นไปตามเงื่อนไขคอชี่ ϕ1 ~b = ϕ ~b . ดังนั้น ϕ(x) และ ϕ1 (x) จึงเป็นคำตอบในช่วงเวลา ~b h1 , ~b ของสมการเดียวกันที่ตรงกับจุด x = ~b ดังนั้นจึงเกิดขึ้นพร้อมกันตลอดช่วง ~b h1 , ~b และ ดังนั้น ϕ1 (x) จึงเป็นส่วนขยายของสารละลาย ϕ(x) จากช่วงเวลา ~b h1 , ~b ถึง ~b h1 , ~b + h1 พิจารณาฟังก์ชัน ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , ซึ่งเป็นคำตอบของสมการ y 0 = f (x, y) และเป็นไปตามเงื่อนไขคอชี ψ(x0) = y0 จากนั้นตัวเลข α0 + h1 2 E ซึ่งขัดแย้งกับคำจำกัดความ α0 = sup E ดังนั้นกรณีที่ 2 จึงเป็นไปไม่ได้ ในทำนองเดียวกัน ผลเฉลย ϕ(x) จะขยายไปทางซ้าย จนถึงช่วง โดยที่จุดคือ a, ϕ(a) 2 ∂G ทฤษฎีบทนี้ได้รับการพิสูจน์อย่างสมบูรณ์แล้ว -37- บทที่ 3 ปัญหาคอชีสำหรับระบบปกติของลำดับที่ n 3 1. แนวคิดพื้นฐานและคุณสมบัติเสริมบางประการของฟังก์ชันเวกเตอร์ ในบทนี้ เราจะพิจารณาระบบปกติของลำดับที่ n ในรูปแบบ 8 > t, y , . . , ปปป _ = ฉ 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f เสื้อ, y , . . . , y , n n 1 n โดยที่ฟังก์ชันที่ไม่รู้จัก (ต้องการ) คือ y1 (t), . . , yn (t) ในขณะที่ทราบฟังก์ชัน fi แต่ i = 1, n จุดเหนือฟังก์ชันแสดงถึงอนุพันธ์เทียบกับ t สันนิษฐานว่า fi ทั้งหมดถูกกำหนดไว้ในโดเมน G Rn+1 สะดวกในการเขียนระบบ (3.1) ในรูปแบบเวกเตอร์: y_ = f (t, y) โดยที่ y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); เราจะไม่เขียนลูกศรในการกำหนดเวกเตอร์เพื่อความกระชับ สัญกรณ์ดังกล่าวจะแสดงด้วย (3.1) ให้จุด t0 , y10 , . . . , yn0 อยู่ใน G ปัญหา Cauchy สำหรับ (3.1) คือการหาคำตอบ ϕ(t) ของระบบ (3.1) ที่ตรงตามเงื่อนไข: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) หรือในรูปแบบเวกเตอร์ ϕ(t0) = y 0 ดังที่กล่าวไว้ในบทที่ 1 โดยคำตอบของระบบ (3.1) ในช่วงเวลา ha, bi เราหมายถึงฟังก์ชันเวกเตอร์ ϕ(t) = ϕ1 (t), . . , ϕn (t) เป็นไปตามเงื่อนไขต่อไปนี้: 1) 8 t 2 เฮกตาร์, สองจุด t, ϕ(t) อยู่ใน G; 2) 8 t 2 เฮกตาร์, สอง 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 เฮกตาร์, bi ϕ(t) เป็นไปตาม (3.1) หากวิธีแก้ปัญหาดังกล่าวเป็นไปตาม (3.2) เพิ่มเติม โดยที่ t0 2 ฮ่า, ไบ จะเรียกว่าวิธีแก้ปัญหาคอชี เงื่อนไข (3.2) เรียกว่า เงื่อนไขเริ่มต้น หรือ เงื่อนไขคอชี และตัวเลข t0 , y10 , . . , yn0 คือข้อมูล Cauchy (ข้อมูลเริ่มต้น) ในกรณีพิเศษเมื่อฟังก์ชันเวกเตอร์ f (t, y) (n+1) ของตัวแปรขึ้นอยู่กับ y1 , . . , yn เชิงเส้น กล่าวคือ มีรูปแบบ: f (t, y) = A(t) y + g(t) โดยที่ A(t) = aij (t) คือเมทริกซ์ n n ระบบ (3.1) เรียกว่าเชิงเส้น ต่อไปนี้ เราจำเป็นต้องมีคุณสมบัติของฟังก์ชันเวกเตอร์ ซึ่งเรานำเสนอไว้ที่นี่เพื่อความสะดวกในการอ้างอิง กฎของการบวกและการคูณด้วยตัวเลขสำหรับเวกเตอร์นั้นทราบจากหลักสูตรพีชคณิตเชิงเส้น การดำเนินการพื้นฐานเหล่านี้ดำเนินการแบบพิกัด n ถ้าเราแนะนำผลคูณสเกลาร์ x ลงใน R, y = x1 y1 + . . + xn yn จากนั้นเราจะได้ปริภูมิแบบยุคลิด ซึ่งเขียนแทนด้วย Rn ด้วยความยาว s q n P ของเวกเตอร์ jxj = x, x = x2k (หรือบรรทัดฐานแบบยุคลิด) สำหรับผลคูณสเกลาร์ k=1 และความยาว จะมีอสมการหลักสองประการที่เป็นจริง: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (อสมการสามเหลี่ยม); y (ความไม่เท่าเทียมกันของคอชี-บุนยาคอฟ - จากหลักสูตรการวิเคราะห์ทางคณิตศาสตร์ของภาคการศึกษาที่สอง เป็นที่ทราบกันดีว่าการบรรจบกันของลำดับของจุด (เวกเตอร์) ในปริภูมิยุคลิด (มิติจำกัด) เทียบเท่ากับการบรรจบกันของลำดับของพิกัด พวกเขากล่าวว่าเวกเตอร์เหล่านี้เทียบเท่ากับการลู่เข้าแบบพิกัด ซึ่งตามมาจากอสมการอย่างง่ายดาย: q p max x 6 x21 + . . . + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n ในทำนองเดียวกันกับกรณีสเกลาร์ อนุพันธ์ และอินทิกรัลของฟังก์ชันเวกเตอร์ถูกกำหนดไว้ และคุณสมบัติต่างๆ สามารถพิสูจน์ได้อย่างง่ายดายโดยส่งผ่านไปยังพิกัด ให้เรานำเสนอความไม่เท่าเทียมกันบางประการสำหรับฟังก์ชันเวกเตอร์ ซึ่งจะใช้ในสิ่งต่อไปนี้ 1. สำหรับฟังก์ชันเวกเตอร์ใดๆ y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , บูรณาการได้ (เช่น ต่อเนื่อง) บน , อสมการต่อไปนี้คงอยู่: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) หรือในรูปแบบพิกัด 0 Zb Zb y1 ( เสื้อ) dt, @ y2 (t) dt, . . . , 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) + . . . yn2 (t) dt หลักฐาน โปรดทราบก่อนว่าความไม่เท่าเทียมกันไม่ได้ยกเว้นกรณี 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 – เส้นที่ i เมทริกซ์ A แล้ว: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 โดยอสมการคอชี-อาอุนยาคอฟสกี้ 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 1 โดยที่ (3.5) ตามมา คำจำกัดความ 3. 1. สมมติว่าฟังก์ชันเวกเตอร์ f (t, y) เป็นไปตามเงื่อนไขลิพชิตซ์โดยคำนึงถึงตัวแปรเวกเตอร์ y บนเซต G ของตัวแปร (t, y) ถ้า 9 L > 0 โดยที่สำหรับ t ใดๆ , y , 2 t, y 2 G ความไม่เท่าเทียมกัน f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 พอใจ เช่นเดียวกับในกรณีของฟังก์ชันของตัวแปรสองตัว (ดูข้อยืนยันที่ 2.1) เงื่อนไขที่เพียงพอสำหรับคุณสมบัติของลิปชิตซ์ในโดเมน G “นูนใน y” คืออนุพันธ์ย่อยบางส่วนมีขอบเขต เรามาให้คำจำกัดความที่ชัดเจนกันดีกว่า คำจำกัดความ 3 2. โดเมน G ของตัวแปร (t, y) เรียกว่านูน 1 2 ใน y ถ้าสองจุดใด ๆ t, y และ t, y อยู่ใน G ส่วนที่เชื่อมต่อสองจุดนี้จะเป็นของมันทั้งหมด เช่น จ. ตั้งไม่มี y y = y 1 + τ y 2 y 1 โดยที่ τ 2 ข้อความที่ 3 1. ถ้าโดเมน G ของตัวแปร (t, y) นูนออกมาใน y และอนุพันธ์ย่อย ∂fi มีความต่อเนื่องและล้อมรอบด้วยค่าคงที่ l ใน G สำหรับ ∂yj ของ i, j = 1, n ทั้งหมด จากนั้นฟังก์ชันเวกเตอร์ f t, y เป็นไปตามเงื่อนไข G ถึงเงื่อนไข Lipschitz บน y โดยมีค่าคงที่ L = n l 1 2 หลักฐาน พิจารณาคะแนนโดยพลการ t, y และ t, y จาก G และ 1 2 ส่วนที่เชื่อมต่อเข้าด้วยกันเช่น ตั้ง t, y โดยที่ y = y + τ y y1 , t ได้รับการแก้ไขแล้ว และ τ 2 -41- ให้เราแนะนำฟังก์ชันเวกเตอร์ของอาร์กิวเมนต์สเกลาร์หนึ่งตัว g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 จากนั้น g(1) g(0) = f t, y f t, y และในทางกลับกัน Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = เนื่องจาก y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 โดยที่ A(τ) คือเมทริกซ์ที่มีรายการ ∂fi และ ∂yj y2 y 1 คือคอลัมน์ที่สอดคล้องกัน ในที่นี้เราได้ใช้กฎการหาอนุพันธ์ของฟังก์ชันที่ซับซ้อน กล่าวคือ สำหรับ i = 1, n, t ทั้งหมดได้รับการแก้ไข เรามี: 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 เมื่อเขียนในรูปแบบเมทริกซ์ เราจะได้: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y ด้วย n n เมทริกซ์ A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj โดยใช้การประมาณค่าอินทิกรัล (3.3) และอสมการ (3.5) หลังจากการทดแทนเราจะได้: 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 สูงสุด A(τ) ตั้งแต่ 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 , 2 6 n2 l2 สำหรับ 8 τ 2 . การยืนยันได้รับการพิสูจน์แล้ว -42- 3. 2. ความเป็นเอกลักษณ์ของคำตอบของปัญหาคอชีสำหรับทฤษฎีบทระบบปกติ 3. 1 (ในการประมาณค่าความแตกต่างของสองคำตอบ) ให้ G เป็นโดเมน Rn+1 และฟังก์ชันเวกเตอร์ f (x, y) มีความต่อเนื่องใน G และเป็นไปตามเงื่อนไขลิปชิตซ์เทียบกับตัวแปรเวกเตอร์ y บนเซต G ด้วยค่าคงที่ L ถ้า y 1 , y 2 คือ คำตอบสองประการของระบบปกติ (3.1) y_ = f (x, y) บนเซ็กเมนต์ จากนั้นค่าประมาณ y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) ใช้ได้กับ t 2 ทั้งหมด การพิสูจน์จะทำซ้ำทุกคำของการพิสูจน์ทฤษฎีบท 2.1 จากมาตรา 2.1 โดยคำนึงถึงการอธิบายซ้ำที่ชัดเจน 2 จากจุดนี้ เป็นเรื่องง่ายที่จะได้ทฤษฎีบทของความเป็นเอกลักษณ์และความเสถียรของโซลูชันที่เกี่ยวข้องกับข้อมูลเริ่มต้น ข้อพิสูจน์ 3.1. ปล่อยให้ฟังก์ชันเวกเตอร์ f (t, y) ต่อเนื่องกันในโดเมน G และเป็นไปตามเงื่อนไขลิปชิตซ์ใน y ใน G และให้ฟังก์ชัน y 1 (t) และ y 2 (t) เป็นสองคำตอบของระบบปกติ (3.1 ) ในส่วนเดียวกัน และ t0 2 ถ้า y 1 (t0) = y 2 (t0) ดังนั้น y 1 (t) y 2 (t) บน ข้อพิสูจน์ 3.2. (ขึ้นอยู่กับการพึ่งพาข้อมูลเริ่มต้นอย่างต่อเนื่อง) ปล่อยให้ฟังก์ชันเวกเตอร์ f (t, y) ต่อเนื่องกันในโดเมน G และเป็นไปตามเงื่อนไขลิปชิตซ์บน y ด้วยค่าคงที่ L > 0 ใน G และปล่อยให้ฟังก์ชันเวกเตอร์ y 1 (t) และ y 2 (t) เป็นคำตอบของ ระบบปกติ (3.1) ที่กำหนดไว้ใน . จากนั้น สำหรับ 8 t 2 ความไม่เท่าเทียมกัน y 1 (t) ยังคงอยู่ โดยที่ δ = y 1 (t0) y 2 (t0) และ l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 ข้อพิสูจน์ของข้อพิสูจน์ข้อพิสูจน์ข้อพิสูจน์ข้อ 2.1 และ 2.2 ซ้ำคำต่อคำ โดยคำนึงถึงการอธิบายซ้ำที่ชัดเจน 2 การศึกษาความสามารถในการแก้ปัญหาของปัญหาคอชี (3.1), (3.2) เช่นเดียวกับในกรณีมิติเดียว จะช่วยลดความสามารถในการแก้สมการอินทิกรัล (เวกเตอร์) ได้ บทแทรก 3. 1. ให้ f (t, y) 2 C G; ร.1. จากนั้นการยืนยันต่อไปนี้จะคงอยู่: 1) วิธีแก้ปัญหาใดๆ ϕ(t) ของ Eq. (3.1) ในช่วงเวลา ha, bi ที่น่าพอใจ (3.2) t0 2 ha, bi เป็นวิธีแก้ปัญหาต่อเนื่องบน ha, bi 1 ถึง C G; H เป็นธรรมเนียมที่จะแสดงชุดของฟังก์ชันทั้งหมดที่ต่อเนื่องกันในโดเมน G โดยมีค่าอยู่ในช่องว่าง H ตัวอย่างเช่น f (t, y) 2 C G; องค์ประกอบ Rn) ที่นิยามบนเซต G คือเซตของฟังก์ชันเวกเตอร์ต่อเนื่องทั้งหมด (โดยมีสมการปริพันธ์ n -43 y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) ถ้า เวกเตอร์ -ฟังก์ชัน ϕ(t) 2 C ha, bi คือผลเฉลยต่อเนื่องของสมการอินทิกรัล (3.6) บน ha, bi โดยที่ t0 2 ha, bi จากนั้น ϕ(t) มีอนุพันธ์ต่อเนื่องของ ha, bi และ คือคำตอบของ (3.1), (3.2) การพิสูจน์. 1. ให้ 8 τ 2 ฮ่า, bi เป็นไปตามความเท่าเทียมกัน dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) จากนั้น เมื่ออินทิเกรตจาก t0 ถึง t โดยคำนึงถึง (3.2) เราจะได้ dτ Rt 0 โดยที่ ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ คือ ϕ(t) เป็นไปตามสมการ (3.6) t0 2. ปล่อยให้ฟังก์ชันเวกเตอร์ต่อเนื่อง ϕ(t) เป็นไปตามสมการ (3.6) บน ha, bi; จากนั้น f t, ϕ(t) มีความต่อเนื่องบน ha, bi ด้วยทฤษฎีบทความต่อเนื่องของฟังก์ชันประกอบ ดังนั้น จึงเป็นด้านขวามือของ ( 3. 6) (และด้วยเหตุนี้ทางซ้ายมือ) มีอนุพันธ์ต่อเนื่องเทียบกับ t บน ha, bi สำหรับ t = t0 จาก (3.6) ϕ(t0) = y 0 กล่าวคือ ϕ(t) คือคำตอบของปัญหาคอชี (3.1), (3.2) โปรดทราบว่าตามปกติอนุพันธ์ที่ส่วนท้ายของเซกเมนต์ (หากเป็นของมัน) จะถูกเข้าใจว่าเป็นอนุพันธ์ด้านเดียวของฟังก์ชัน บทแทรกได้รับการพิสูจน์แล้ว หมายเหตุ 3 1. การใช้ความคล้ายคลึงกับกรณีมิติเดียว (ดูบทที่ 2) และข้อยืนยันที่พิสูจน์แล้วข้างต้น เราสามารถพิสูจน์ทฤษฎีบทเกี่ยวกับการมีอยู่และการขยายวิธีแก้ปัญหาของคอชีได้โดยการสร้างลำดับวนซ้ำมาบรรจบกันที่ การแก้สมการอินทิกรัล (3.6) ในบางช่วง t0 h, t0 + h . ในที่นี้เราจะนำเสนอทฤษฎีบทการพิสูจน์การดำรงอยู่ (และความเป็นเอกลักษณ์) อีกประการหนึ่งสำหรับวิธีแก้ปัญหาตามหลักการทำแผนที่การหดตัว เราทำสิ่งนี้เพื่อให้ผู้อ่านได้รู้จักกับวิธีการทางทฤษฎีที่ทันสมัยกว่าซึ่งจะใช้ในอนาคตในหลักสูตรสมการอินทิกรัลและสมการฟิสิกส์คณิตศาสตร์ เพื่อดำเนินการตามแผนของเรา เราจำเป็นต้องมีแนวคิดใหม่และการยืนยันเสริมจำนวนหนึ่ง ซึ่งเราจะพิจารณาในตอนนี้ 3. 3. แนวคิดเรื่องปริภูมิเมตริก หลักการของการแมปการหดตัว แนวคิดที่สำคัญที่สุดของขีดจำกัดในคณิตศาสตร์นั้นขึ้นอยู่กับแนวคิดเรื่อง "ความใกล้เคียง" ของจุด เช่น เพื่อให้สามารถหาระยะห่างระหว่างพวกเขาได้ บนแกนจำนวน ระยะทางคือโมดูลัสของความแตกต่างระหว่างตัวเลขสองตัว บนระนาบคือสูตรระยะทางแบบยุคลิดที่รู้จักกันดี และอื่นๆ ข้อเท็จจริงหลายประการของการวิเคราะห์ไม่ได้ใช้คุณสมบัติพีชคณิตขององค์ประกอบ แต่อาศัยแนวคิดเรื่องระยะห่างระหว่างองค์ประกอบเหล่านั้นเท่านั้น การพัฒนาแนวทางนี้ได้แก่ การแยก "ความเป็นอยู่" ที่เกี่ยวข้องกับแนวคิดเรื่องขีดจำกัดนำไปสู่แนวคิดเรื่องปริภูมิเมตริก -44- คำจำกัดความ 3 3. ให้ X เป็นเซตของธรรมชาติใดๆ และ ρ(x, y) เป็นฟังก์ชันจริงของตัวแปรสองตัว x, y 2 X ซึ่งเป็นไปตามสัจพจน์สามประการ: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X และ ρ(x, y) = 0 สำหรับ x = y เท่านั้น; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (สัจพจน์ของสมมาตร); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (อสมการสามเหลี่ยม) ในกรณีนี้ เซต X ที่มีฟังก์ชัน ρ(x, y) เรียกว่าปริภูมิเมตริก (ÌS) และฟังก์ชัน ρ(x, y) : X X 7! R น่าพอใจ 1) – 3) – หน่วยเมตริกหรือระยะทาง ให้เรายกตัวอย่างบางส่วนของปริภูมิเมตริก ตัวอย่างที่ 3 1. ให้ X = R โดยมีระยะห่าง ρ(x, y) = x y เราจะได้ MT R n o n xi 2 R, i = 1, n คือตัวอย่างที่ 3 2. ให้ X = R = x1 , . . . , xn คือเซตของการเรียงลำดับของจำนวนจริง n จำนวน s n 2 P x = x1 , . . , xn โดยมีระยะทาง ρ(x, y) = xk yk เราจะได้ n1 k=1 n มิติปริภูมิแบบยุคลิด R n ตัวอย่างที่ 3. 3. ให้ X = C a, b ; R คือเซตของฟังก์ชันทั้งหมดต่อเนื่องบน a, b โดยมีค่าเป็น Rn เช่น ฟังก์ชันเวกเตอร์ต่อเนื่อง โดยมีระยะ ρ(f, g) = สูงสุด f (t) g(t) โดยที่ f = f (t) = f1 (t), . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), . . . , gn (t) , f g = fk (t) gk (t) . k=1 ตัวอย่างเช่น 3. 1 –3. สัจพจน์ 3 ข้อของ MP ได้รับการตรวจสอบโดยตรง เราปล่อยให้นี่เป็นแบบฝึกหัดสำหรับผู้อ่านที่มีมโนธรรม ตามปกติ หาก n ตามธรรมชาติแต่ละตัวเชื่อมโยงกับองค์ประกอบ xn 2 X เราจะบอกว่าได้รับลำดับของจุด xn MP X คำจำกัดความ 3 4. ลำดับของจุด xn MP X กล่าวกันว่ามาบรรจบกันที่จุด x 2 X ถ้า lim ρ xn , x = 0 n!1 คำจำกัดความ 3 5. ลำดับ xn เรียกว่ามูลฐาน ถ้าสำหรับ ε > 0 ใดๆ มีจำนวนธรรมชาติ N (ε) ในลักษณะที่ว่าสำหรับ n > N และ m > ทั้งหมด N อสมการ 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 =) fm สูงสุด (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 มีจำนวน N (ε) โดยที่สำหรับทุก n > N และสำหรับ t 2 a ทั้งหมด b จะเป็นอสมการ 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. พิจารณา B = Am , B: X 7! X, B - การบีบอัด ตามทฤษฎีบท 3.2 ตัวดำเนินการ B มีจุดคงที่เฉพาะ x เนื่องจาก A และ B เดินทาง AB = BA และเนื่องจาก Bx = x เรามี B Ax = A Bx = Ax เช่น y = Ax ก็เป็นจุดคงที่ของ B และเนื่องจากจุดดังกล่าวไม่ซ้ำกันในทฤษฎีบท 3.2 ดังนั้น y = x หรือ Ax = x ดังนั้น x จึงเป็นจุดคงที่ของตัวดำเนินการ A ขอให้เราพิสูจน์ความเป็นเอกลักษณ์กัน สมมติว่า x~ 2 X และ A~ x = x~ จากนั้น ม. 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~ เช่น x~ ก็เป็นจุดคงที่สำหรับ B ด้วยเหตุนี้ x~ = x ทฤษฎีบทได้รับการพิสูจน์แล้ว กรณีพิเศษของปริภูมิเมตริกคือปริภูมิเชิงเส้นบรรทัดฐาน ให้เราให้คำจำกัดความที่ชัดเจน คำจำกัดความ 3. 9. ให้ X เป็นปริภูมิเชิงเส้น (จำนวนจริงหรือเชิงซ้อน) ซึ่งมีการกำหนดฟังก์ชันตัวเลข x โดยทำหน้าที่จาก X ถึง R และเป็นไปตามสัจพจน์: 1) 8 x 2 X, x > 0 และ x = 0 สำหรับ x = θ เท่านั้น; 2) 8 x 2 X และสำหรับ 8 แลม 2 R (หรือ C) 3) 8 x, y 2 X คือนิค) x+y 6 x + y แลม = jแลจ x ; (อสมการสามเหลี่ยม) จากนั้น X เรียกว่าปริภูมิบรรทัดฐาน x: X 7! R เป็นไปตาม 1) – 3) เรียกว่าบรรทัดฐาน และฟังก์ชัน ในพื้นที่บรรทัดฐาน คุณสามารถป้อนระยะห่างระหว่างองค์ประกอบต่างๆ ด้วยสูตร ρ x, y = x y การปฏิบัติตามสัจพจน์ MP นั้นได้รับการตรวจสอบอย่างง่ายดาย ถ้าพื้นที่เมตริกที่ได้เสร็จสมบูรณ์แล้ว พื้นที่บรรทัดฐานที่สอดคล้องกันจะเรียกว่าพื้นที่ Banax มักจะเป็นไปได้ที่จะแนะนำบรรทัดฐานในรูปแบบที่แตกต่างกันบนปริภูมิเชิงเส้นเดียวกัน จึงมีแนวคิดเกิดขึ้น คำจำกัดความ 3. 10. ให้ X เป็นปริภูมิเชิงเส้น และให้ และ เป็นบรรทัดฐาน 1 2 สองบรรทัด บรรทัดฐานและเรียกว่าเทียบเท่า 1 2 บรรทัดฐานถ้า 9 C1 > 0 และ C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 หมายเหตุ 3 3. ถ้า และ เป็นสองบรรทัดฐานที่เท่ากันบน X และ 1 2 ช่องว่าง X สมบูรณ์ในหนึ่งในนั้น มันก็จะเสร็จสมบูรณ์ในอีกบรรทัดฐานหนึ่งด้วย สิ่งนี้ตามมาจากข้อเท็จจริงที่ว่าลำดับ xn X ซึ่งเป็นลำดับพื้นฐานด้วยความเคารพ ยังเป็นลำดับพื้นฐานด้วย และมาบรรจบกันที่ 1 2 องค์ประกอบเดียวกัน x 2 X. ถูกใช้เมื่อลูกบอลปิดของปริภูมินี้ถูกใช้เป็น พื้นที่ n ที่สมบูรณ์ o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r โดยที่ r > 0 และ 2 X ได้รับการแก้ไขแล้ว โปรดทราบว่าลูกบอลปิดใน PMP ก็คือ PMP ที่มีระยะห่างเท่ากัน เราฝากหลักฐานข้อเท็จจริงนี้ไว้กับผู้อ่านเพื่อเป็นแบบฝึกหัด หมายเหตุ 3. 5. ข้างต้น ความสมบูรณ์ของปริภูมิถูกสร้างขึ้นจากตัวอย่าง n หน่วยวัดที่ 3 3. โปรดทราบว่าในปริภูมิเชิงเส้น X = C 0, T , R เราสามารถแนะนำบรรทัดฐาน kxk = max x(t) ดังนั้นการทำให้เป็นมาตรฐานที่ได้จะเป็น Banach บนชุดฟังก์ชันเวกเตอร์ชุดเดียวกันที่ต่อเนื่องกันบนปริภูมิ 0, T เราสามารถแนะนำบรรทัดฐานที่เทียบเท่าได้ด้วยสูตร kxkα = max e αt x(t) สำหรับ α 2 R ใดๆ สำหรับ α > 0 ความสมมูลจะตามมาจากอสมการ e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) สำหรับทั้งหมด t 2 0, T ดังนั้น e αT kxk 6 kxkα 6 kxk เราใช้คุณสมบัติของบรรทัดฐานที่เทียบเท่าในการพิสูจน์ทฤษฎีบทเกี่ยวกับความสามารถในการแก้ปัญหาเฉพาะของปัญหาคอชีสำหรับระบบเชิงเส้น (ปกติ) 3. 4. ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์เฉพาะสำหรับการแก้ปัญหาคอชีสำหรับระบบปกติ พิจารณาปัญหาคอชี (3.1) – (3.2) โดยที่ข้อมูลเริ่มต้น t0 , y 0 2 G, G Rn+1 เป็นโดเมนของ ฟังก์ชันเวกเตอร์ f (t, y ) ในส่วนนี้ เราจะสมมติว่า G มี n อยู่ในรูปแบบ G = a, b o โดยที่โดเมนคือ Rn และลูกบอลคือ BR (y 0) = ทฤษฎีบทมีอยู่ y 2 Rn y y0 6 R อยู่ในนั้นทั้งหมด ทฤษฎีบท 3 4. ให้ f (t, y) 2 C G เป็นฟังก์ชันเวกเตอร์ Rn และ 9 M > 0 และ L > 0 โดยเป็นไปตามเงื่อนไขต่อไปนี้: 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 ft, y 1 6 L ปี 2 ปี 1 . แก้ไขตัวเลข δ 2 (0, 1) และให้ t0 2 (a, b) จากนั้น R 1 δ 9 ชั่วโมง = นาที ; ; เสื้อ 0 ก; b t0 > 0 ML โดยที่ยังมีวิธีแก้ปัญหา Cauchy อยู่ (3.1), (3.2) y(t) ในช่วงเวลา Jh = t0 h, t0 + h และ y(t) y 0 6 R สำหรับ ทั้งหมด 2 Jh -48- พิสูจน์แล้ว ตามบทแทรก 3.1 ปัญหาคอชี (3.1), (3.2) เทียบเท่ากับสมการอินทิกรัล (3.6) ในช่วงเวลา และด้วยเหตุนี้กับ Jh ด้วย โดยที่ h ถูกเลือกไว้ด้านบน พิจารณาปริภูมิ Banach X = C (Jh ; Rn) ซึ่งเป็นเซตของฟังก์ชันเวกเตอร์ x(t) ที่ต่อเนื่องกันบนเซกเมนต์ Jh ด้วยบรรทัดฐาน kxk = max x(t) และกำหนดเซตปิดลงใน 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 เป็นลูกบอลปิดใน X ตัวดำเนินการ A ที่กำหนดโดยกฎ : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 นำ SR y 0 เข้าไปในตัวมันเอง เนื่องจาก y 0 = สูงสุด Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 ตามเงื่อนไข 1 ของทฤษฎีบทและคำจำกัดความของ h ให้เราพิสูจน์ว่า A เป็นตัวดำเนินการหดตัวบน SR ให้เราหาค่าตามอำเภอใจ 0 1 2 และประมาณค่า: Zt 6 สูงสุด t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 โดยที่ 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 ถูกเลือกตาม R โดยสูตร h = min M ; 1L δ ; b a และทุกที่ที่เราต้องใช้ -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h เป็นส่วน Jh เงื่อนไขอื่นๆ ทั้งหมดของทฤษฎีบทไม่เปลี่ยนแปลง การพิสูจน์ของมัน เมื่อคำนึงถึงการเปลี่ยนชื่อ R จะยังคงอยู่ สำหรับกรณี t0 = b ในทำนองเดียวกัน h = min M ; 1L δ ; ข ก และ Jh = ข ชั่วโมง ข . n หมายเหตุ 3. 7. ในทฤษฎีบท 3. 4 เงื่อนไข f (t, y) 2 C G; R โดยที่ G = a, b D สามารถอ่อนลงได้โดยการแทนที่ด้วยข้อกำหนดที่ว่า f (t, y) ต้องต่อเนื่องกันด้วยความเคารพต่อตัวแปร t สำหรับแต่ละ y 2 โดยคงเงื่อนไข 1 และ 2 ไว้ หลักฐานยังคงเป็น เดียวกัน. หมายเหตุ 3 8. ก็เพียงพอแล้วที่เงื่อนไข 1 และ 2 ของทฤษฎีบท 3 4 จะถือเป็น 0 สำหรับ t, y 2 a, b BR y ทั้งหมด ในขณะที่ค่าคงที่ M และ L ขึ้นอยู่กับ 0 โดยทั่วไปแล้ว ตามข้อจำกัด y และ R ฟังก์ชันเวกเตอร์ f t, y คล้ายกับทฤษฎีบท 2.4 ทฤษฎีบทการดำรงอยู่และเอกลักษณ์สำหรับการแก้ปัญหาคอชี (3.1), (3.2) ตลอดช่วง a, b ใช้ได้ n ทฤษฎีบท 3 5. กำหนดให้เวกเตอร์ฟังก์ชัน f x, y 2 C G, R โดยที่ G = a, b Rn และมี L > 0 โดยมีเงื่อนไข 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , ปี 2 ฟุต, ปี 1 6 L ปี 2 ปี 1 . จากนั้น สำหรับ t0 2 และ y 0 2 Rn ใดๆ จะมีวิธีแก้ปัญหาคอชี (3.1), (3.2) บน a และ b การพิสูจน์. ลองใช้ t0 2 และ y 0 2 Rn ตามใจชอบแล้วแก้ไข เราแทนเซต G = a, b Rn ดังต่อไปนี้: G = G [ G+ โดยที่ Rn และ G+ = t0 , b Rn สมมติว่า t0 2 a, b มิฉะนั้นหนึ่ง G = a, t0 จากระยะของ หลักฐานก็จะขาดไป ให้เรามีเหตุผลสำหรับแถบ G+ ในช่วง t0 , b ปัญหาคอชี (3.1), (3.2) เทียบเท่ากับสมการ (3.6) เราแนะนำโอเปอเรเตอร์สำหรับอินทิกรัล n A: X 7! X โดยที่ X = C t0 , ข ; R ตามสูตร Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ t0 จากนั้นสมการอินทิกรัล (3.6) สามารถเขียนเป็นสมการตัวดำเนินการ Ay = y ได้ (3.8) ถ้าเราพิสูจน์ว่าสมการโอเปอเรเตอร์ (3.8) มีคำตอบใน PMP X แล้วเราจะได้ความสามารถในการแก้ปัญหา Cauchy บน t0 , b หรือบน a, t0 สำหรับ G หากวิธีแก้ปัญหานี้ไม่ซ้ำกัน ดังนั้นด้วยความเท่าเทียมกัน คำตอบของปัญหาคอชีก็จะไม่เหมือนใครเช่นกัน เรานำเสนอข้อพิสูจน์สองประการเกี่ยวกับความสามารถในการแก้สมการที่ไม่เหมือนใคร (3.8) พิสูจน์ 1. พิจารณาฟังก์ชันเวกเตอร์ใดๆ 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R ดังนั้นการประมาณค่านั้นใช้ได้สำหรับ -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 สูงสุด y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . จำได้ว่ามีการแนะนำบรรทัดฐานใน X ดังนี้: kxk = max x(τ) จากความไม่เท่าเทียมกันที่ได้รับเราจะได้ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 ปี2 ปี1 . ดำเนินกระบวนการนี้ต่อไป เราสามารถพิสูจน์ได้โดยการเหนี่ยวนำว่า 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . ดังนั้น ในที่สุด เราก็จะได้ค่าประมาณ Ak y 2 Ak y 1 = สูงสุด Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1 . k เนื่องจาก α(k) = ! 0 สำหรับเค! 1 แล้วมี k0 แบบนั้น k! นั่น 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 (ดูหมายเหตุ 3.5) โดยสูตร: x α = max e αt x(t) -51- ขอให้เราแสดงว่ามันเป็นไปได้ที่จะเลือก α ในลักษณะที่ตัวดำเนินการ A ในปริภูมิ X ที่มีบรรทัดฐานสำหรับ α > L จะหดตัว อันที่จริง α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = สูงสุด 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 สูงสุด e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L สูงสุด e αt Zt eατ dτ สูงสุด e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt เนื่องจาก α > L ดังนั้น 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 . โดยอาศัยอำนาจตาม (4.18) เรามี 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 . ทีนี้ให้ 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 เห็นได้ชัดว่าฟังก์ชัน y(x) 0 เป็นคำตอบของสมการ (4.24) ในการแก้สมการเบอร์นูลลี (4.24) α 6= 0, α 6= 1 เราจะหารทั้งสองข้างของสมการด้วย y α สำหรับ α > 0 เราต้องคำนึงว่าด้วยเหตุที่ 4 ฟังก์ชัน y(x) 0 จึงเป็นคำตอบของสมการ (4.24) ซึ่งจะสูญหายไปในการหารดังกล่าว ดังนั้นในอนาคตจะต้องเพิ่มโซลูชั่นทั่วไปเข้าไปด้วย หลังจากการหาร เราจะได้ความสัมพันธ์ y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x) ให้เราแนะนำฟังก์ชันใหม่ที่ต้องการ z = y 1 α จากนั้น z 0 = (1 ด้วยเหตุนี้เราจึงได้สมการสำหรับ z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0 และ (4.25) สมการ (4.25) เป็นสมการเชิงเส้น สมการดังกล่าวได้รับการพิจารณาในข้อ 4.2 โดยที่ได้สูตรสำหรับการแก้ปัญหาทั่วไป เนื่องจากสารละลาย z(x) ของ Eq. (4.25) เขียนเป็น 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) จากนั้นฟังก์ชัน y(x) = z 1 α (x) โดยที่ z(x) ถูกกำหนดไว้ใน (4.26) จะเป็นคำตอบของสมการเบอร์นูลลี (4.24) -64- นอกจากนี้ ตามที่ระบุข้างต้น สำหรับ α > 0 ผลลัพธ์ก็คือฟังก์ชัน y(x) 0 เช่นกัน ตัวอย่างที่ 4 4. ลองแก้สมการ y 0 + 2y = y 2 ex กัน (4.27) หารสมการ (4.27) ด้วย y 2 และทำการเปลี่ยนแปลง z = เราได้สมการแบบไม่เอกพันธ์เชิงเส้น 1 y เป็นผลให้ z 0 + 2z = อดีต (4.28) ก่อนอื่นเราแก้สมการเอกพันธ์: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 วิธีแก้สมการเอกพันธ์ (4.28) หาได้จากวิธีการแปรผันของค่าคงที่ใดๆ ก็ตาม: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , โดยที่ zin = ex และคำตอบทั่วไปของสมการ (4.28) z(x) = Ce2x + ex ดังนั้นการแก้สมการเบอร์นูลลี (4.24) จึงสามารถเขียนได้เป็น y(x) = 1 ex + Ce2x นอกจากนี้ ผลเฉลยของสมการ (4.24) ก็เป็นฟังก์ชัน y(x) เช่นกัน เราสูญเสียคำตอบนี้ไปเมื่อหารสมการนี้ด้วย y 2 . 0. 4. 5. สมการในดิฟเฟอเรนเชียลสมบูรณ์ พิจารณาสมการในดิฟเฟอเรนเชียล M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G คือโดเมนบางส่วนใน R2 . สมการดังกล่าวเรียกว่าสมการเชิงอนุพันธ์ที่สมบูรณ์หากมีฟังก์ชัน F (x, y) 2 C 1 (G) เรียกว่าศักย์ดังนั้น dF (x, y) = M (x, y)dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G ให้เราสมมติให้เรียบง่ายว่า M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) และโดเมน G เชื่อมต่อกันง่ายๆ ภายใต้สมมติฐานเหล่านี้ ในระหว่างการวิเคราะห์ทางคณิตศาสตร์ (ดูตัวอย่าง ) ได้รับการพิสูจน์ว่าศักยภาพ F (x, y) สำหรับสมการ (4.29) มีอยู่ (เช่น (4.29) เป็นสมการในผลต่างรวม) ถ้าและเท่านั้น ถ้า My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. ยิ่งไปกว่านั้น (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) โดยที่จุด (x0 , y0) คงที่อยู่บางส่วน จุดจาก G, (x, y) คือจุดปัจจุบันใน G และอินทิกรัลส่วนโค้งจะถูกลากไปตามเส้นโค้งใดๆ ที่เชื่อมต่อจุด (x0, y0) และ (x, y) และนอนอยู่ในโดเมน G ทั้งหมด ถ้าสมการ ( 4.29) คือสมการ