MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RF NACIONALNOG ISTRAŽIVAČKOG NUKLEARNOG SVEUČILIŠTA "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Tečaj predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama Preporučeno od strane obrazovne obrazovne ustanove “Nuklearna fizika i tehnologije” kao nastavna pomoć za studenti visokoškolskih ustanova Moskva 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 Bukharova T.I., Kamynin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Tijek predavanja iz običnih diferencijalnih jednadžbi: Tutorial . – M.: Nacionalno istraživačko nuklearno sveučilište MEPhI, 2011. – 228 str. Udžbenik je nastao na temelju niza predavanja koje su autori godinama držali na Moskovskom inženjersko-fizičkom institutu. Dizajniran za studente Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI svih fakulteta, kao i za sveučilišne studente s naprednim matematičkim obrazovanjem. Priručnik je izrađen u okviru Programa za stvaranje i razvoj Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI. Recenzent: doktor fiziko-matematičkih znanosti. znanosti N.A. Kudrjašov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nacionalno istraživačko nuklearno sveučilište "MEPhI", 2011. Sadržaj Predgovor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi Osnovni pojmovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchyjev problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Postojanje i jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu 1. reda Teorem o jedinstvenosti za ODE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Postojanje rješenja Cauchyjevog problema za ODE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nastavak rješenja za ODE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchyjev problem za normalni sustav n-tog reda Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija. . . . Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalni sustav. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Pojam metričkog prostora. Princip kompresibilnih preslikavanja. . . . . . Teoremi egzistencije i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za normalne sustave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Neke klase običnih diferencijalnih jednadžbi rješivih u kvadraturama. Jednadžbe sa separabilnim varijablama. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linearni OÄA prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene jednadžbe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoullijeva jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jednadžba u potpunim diferencijalima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Jednadžbe prvog reda koje nisu riješene s obzirom na derivaciju Teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja ODE-a koji nije riješen s obzirom na derivaciju. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Posebno rješenje. Diskriminantna krivulja. Omotnica. . . . . . . . . . . . . . . . Način unosa parametra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagranova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Clairautova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Sustavi linearnih ODE Osnovni pojmovi. Teorem egzistencije i jedinstvenosti za rješenje problema Homogeni sustavi linearnih ODA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wronskijeva odrednica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Složena rješenja homogenog sustava. Prijelaz na pravi FSR. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni sustavi linearnih ODU. Metoda varijacije konstanti. . . . . Homogeni sustavi linearnih ODA s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eksponencijalna funkcija iz matrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100 . . . 111 Nehomogeni sustavi linearnih ODA s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Linearni ODE visokog reda Redukcija na sustav linearnih ODE. Teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogena linearna OÄA visokog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva kompleksnih rješenja homogenog linearnog OEA visokog reda. Prijelaz sa složenog FSR na pravi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogene linearne ODAs visokog reda. Metoda varijacije konstanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene linearne ODA-e visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni linearni OAL visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Teorija stabilnosti Osnovni pojmovi i definicije vezane uz održivost. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabilnost rješenja linearnog sustava. . . . . . Ljapunovljevi teoremi o stabilnosti. . . . . . . . . . Stabilnost prve aproksimacije. . . . . . . Ponašanje faznih putanja u blizini točke mirovanja 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Prvi integrali ODE sustava 198 Prvi integrali autonomni sustavi obične diferencijalne jednadžbe198 Neautonomni OÄU sustavi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Simetrično snimanje OÄA sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Homogene linearne parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Cauchyjev problem za linearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvazilinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda. . . . Cauchyjev problem za kvazilinearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4- 210 (prikaz, stručni). . . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 PREDGOVOR Autori su pri izradi knjige postavili za cilj prikupiti na jednom mjestu i u pristupačnom obliku prikazati informacije o većini pitanja vezanih uz teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi. Stoga, uz materijal koji je uključen u obvezni program kolegija običnih diferencijalnih jednadžbi koji se predaje na Nacionalnom istraživačkom nuklearnom sveučilištu MEPhI (i na drugim sveučilištima), priručnik također uključuje dodatna pitanja , za koje u pravilu nema dovoljno vremena na predavanjima, ali će biti od koristi za bolje razumijevanje predmeta te će koristiti sadašnjim studentima u njihovim budućim profesionalnim aktivnostima. Sve izjave u predloženom priručniku imaju matematički rigorozne dokaze. Ovi dokazi, u pravilu, nisu originalni, ali su svi prerađeni u skladu sa stilom prezentacije matematičkih kolegija na MEPhI. Prema raširenom mišljenju među nastavnicima i znanstvenicima, matematičke discipline treba proučavati uz potpune i detaljne dokaze, postupno krećući se od jednostavnog prema složenom. Autori ovog priručnika dijele isto mišljenje. Teorijski podaci izneseni u knjizi potkrijepljeni su analizom dovoljnog broja primjera, što će, nadamo se, čitatelju olakšati proučavanje gradiva. Priručnik je namijenjen studentima sveučilišta s naprednim matematičkim obrazovanjem, prvenstveno studentima Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI. Ujedno će biti od koristi i svima koji se zanimaju za teoriju diferencijalnih jednadžbi i koriste ovu granu matematike u svom radu. -5- Poglavlje I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi 1. 1. Osnovni pojmovi U cijelom priručniku ćemo sa ha, bi označavati bilo koji od skupova (a, b), , (a, b], , mi dobiti x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt ln C 6 x0 x0 Nakon potenciranja posljednje nejednakosti i primjene (2.3) imamo 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 za sve x 2 [ 1, 1]. Procijenimo razliku jf (x, y2) f (x, y1)j = sin x y1 y2 6 za sve (x , y) 2 G. Dakle, f zadovoljava Lipschitzov uvjet s L = 1 zapravo čak i s L = sin 1 u y. Međutim, derivacija fy0 u točkama (x, 0 ) 6= (0, 0) niti ne postoji. Sljedeći teorem, sam po sebi zanimljiv, omogućit će nam da dokažemo jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema. Teorem 2. 1 (O procjeni razlike dvaju rješenja). Neka je G domena 2 u R i f (x, y) 2 C G i neka zadovoljava Lipschitzov uvjet u G y s konstantom L. Ako su y1, y2 dva rješenja jednadžbe y 0 = f (x, y) na interval , tada vrijedi nejednakost (procjena): jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 za sve x 2 . -19- y2 Dokaz. Po definiciji 2. 2 rješenja jednadžbe (2.1) dobivamo da je 8 x 2 točaka x, y1 (x) i x, y2 (x) 2 G. Za sve t 2 imamo točne jednakosti y10 (t) = f t, y1 (t ) i y20 (t) = f t, y2 (t) , koje integriramo preko t na segmentu , gdje je x 2 . Integracija je legalna, budući da su desna i lijeva strana kontinuirane funkcije. Dobivamo sustav jednakosti Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Oduzimajući jedno od drugog, imamo 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 Označimo C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) Tada pomoću Gronwall–Áellmanove nejednakosti dobivamo procjenu: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) y2 (t) > 0. za sve x 2 . Teorem je dokazan. Kao korolar dokazanog teorema, dobivamo teorem jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Korolar 1. Neka funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y u G, a funkcije y1 (x) i y2 (x) su dva rješenja jednadžbe (2.1) na istom intervalu, i x0 2 . Ako je y1 (x0) = y2 (x0), tada je y1 (x) y2 (x) na . Dokaz. Razmotrimo dva slučaja. -20- 1. Neka je x > x0, tada iz teorema 2.1 slijedi h i tj. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) za x > x0 . 2. Neka je x 6 x0, napravimo promjenu t = x, tada yi (x) = yi (t) y~i (t) za i = 1, 2. Budući da je x 2, tada je t 2 [ x0 , x1 ] i zadovoljena jednakost y~1 (x0) = y~2 (x0). Pronađimo koja jednadžba y~i (t) zadovoljava. Sljedeći lanac jednakosti je istinit: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)). Ovdje smo upotrijebili pravilo za diferenciranje složene funkcije i činjenicu da su yi (x) rješenja jednadžbe (2.1). Budući da je funkcija f~(t, y) f (t, y) neprekidna i zadovoljava Lipschitzov uvjet za y, tada prema teoremu 2.1 imamo da je y~1 (t) y~2 (t) na [ x0 , x1 ], tj. y1 (x) y2 (x) na . Kombinirajući oba razmatrana slučaja, dobivamo iskaz korolara. Korolar 2. (o kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima) Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y s konstantom L u G, a funkcije y1 (x) i y2 (x) su rješenja jednadžbe (2.1) , definirana na . Označimo l = x1 x0 i δ = y1 (x0) y2 (x0) . Tada za 8 x 2 vrijedi nejednakost y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l. Dokaz slijedi neposredno iz teorema 2. 1. Nejednadžba iz korolara 2 naziva se procjena stabilnosti rješenja na temelju početnih podataka. Njegovo značenje je da ako su pri x = x0 rješenja “blizu”, onda su i na konačnom segmentu “blizu”. Teorem 2.1 daje procjenu modula razlike dvaju rješenja, što je važno za primjenu, a Korolar 1 daje jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Postoje i drugi dovoljni uvjeti jedinstvenosti, od kojih ćemo jedan sada prikazati. Kao što je gore navedeno, geometrijski jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema znači da najviše jedna integralna krivulja jednadžbe (2.1) može proći kroz točku (x0, y0) domene G. Teorem 2.2 (Osgood o jedinstvenosti). Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i za 8 (x, y1), (x, y2) 2 G vrijedi nejednakost f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , gdje je ϕ ( u) > 0 za u 2 (0, β], ϕ(u) je kontinuirana, a Zβ du ! +1 kada je ε ! 0+. Tada kroz točku (x0 , y0) domene ϕ(u) ε G postoji najviše jedna integralna krivulja (2.1) -21- Dokaz: Neka postoje dva rješenja y1 (x) i y2 (x) jednadžbe (2.1), takva da je y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , označimo z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi Budući da je = f (x, yi), za i = 1, 2, tada za z(x) vrijedi jednakost dx dz = f (x, y2) f (x, y1) je istina).dx dvostruka nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j gdje se integracija provodi preko bilo kojeg segmenta na kojem je z(x) > 0, i zi = z(xi), i = 1, 2. Prema pretpostavci, z(x) 6 0 i, osim toga, kontinuiran je, pa takav segment postoji, odaberite ga i fiksirajte. Razmotrimo skupove n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 i z(x) = 0 . Barem jedan od ovih skupova nije prazan, jer je z(x0) = 0 i x0 62 . Neka je npr. X1 6= ∅, ono je ograničeno odozgo, dakle 9 α = sup X1. Primijetimo da je z(α) = 0, tj. α 2 X1 , budući da pretpostavljamo da je z(α) > 0, zbog kontinuiteta ćemo imati z(x) > 0 na nekom intervalu α δ1 , α + δ1 , a to je u suprotnosti s definicijom α = sup X1 . Iz uvjeta z(α) = 0 slijedi da je α< x1 . По построению z(x) > 0 za sve x 2 (α, x2 ], a zbog kontinuiteta z(x) ! 0+ za x ! α + 0. Ponovimo obrazloženje pri izvođenju (2.5), integrirajući preko intervala [α + δ, x2 ], gdje je x2 gore odabran i fiksan, a δ 2 (0, x2 α) proizvoljan, dobivamo nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz(α+δ)j Zx2 dx. α+δ U ovoj dvostrukoj nejednakosti usmjeravamo δ → 0+, zatim z(α+δ) → z(α) = 0, iz Zjz2 j d jzj2 → +1, uvjetom kontinuiteta z(x), a zatim integral 2 jzjϕ jzj teoreme jz(α+ δ)j -22- Desna strana nejednadžbe Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α ograničena je s α+δ odozgo na konačnu vrijednost, koja je istovremeno Rezultirajuća kontradikcija dokazuje teorem 2. 2. Postojanje rješenja Cauchyjevog problema za ODE prvog reda Podsjetimo se da pod Cauchyjevim problemom (2.1), (2.2) podrazumijevamo sljedeći problem pronalaženja funkcije y(x) : 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, gdje je f (x, y) 2 C G i (x0, y0) 2 G; G je domena u R2. Lema 2. 2. Neka je f (x, y) 2 C G. Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1 ) svako rješenje ϕ(x) jednadžbe (2.1) na intervalu ha, bi , koji zadovoljava (2.2) x0 2 ha, bi , je rješenje na ha, bi integralne jednadžbe Zx y(x) = y0 + f τ, y(τ ) dτ ; (2.6) x0 2) ako je ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje integralne jednadžbe (2.6) na ha, bi, 1 gdje je x0 2 ha, bi, tada je ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje (2.1), (2.2). Dokaz. 1. Neka je ϕ(x) rješenje (2.1), (2.2) na ha, bi. Zatim, prema primjedbi 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi imamo jednakost ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , integrirajući koju od x0 do x, dobivamo (za bilo koji x 2 ha , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, i ϕ(x0) = y0, tj. ϕ(x) – rješenje (2.6). x0 2. Neka je y = ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje (2.6). Budući da je f x, ϕ(x) kontinuiran na ha, bi prema uvjetu, tada je Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 kao integral s promjenjivom gornjom granicom kontinuiranog funkcija. Diferenciranjem posljednje jednakosti s obzirom na x dobivamo ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi i, očito, ϕ(x0) = y0, tj. ϕ(x) je rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). (Kao i obično, pod derivacijom na kraju segmenta podrazumijevamo odgovarajuću jednostranu derivaciju.) -23- Napomena 2. 6. Lema 2. 2 naziva se lema o ekvivalenciji Cauchyjevog problema (2.1), ( 2.2) na integralnu jednadžbu (2.6). Ako dokažemo da rješenje jednadžbe (2.6) postoji, dobivamo rješivost Cauchyjevih problema (2.1), (2.2). Ovaj plan je implementiran u sljedećem teoremu. Teorem 2.3 (Lokalni teorem postojanja). Neka pravokutnik P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β u cijelosti leži u G domeni definicije funkcije f (x, y). Funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet za n y ov G s konstantom L. Označimo β M = max f (x, y) , h = min α, M . Kada na intervalu P postoji rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Dokaz. Na segmentu utvrđujemo postojanje rješenja integralne jednadžbe (2.6). Da biste to učinili, razmotrite sljedeći niz funkcija: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, itd. x0 1. Pokažimo da je definirano 8 n 2 N funkcija yn (uzastopnih aproksimacija), t.j. Pokažimo da za 8 x 2 nejednakost yn (x) y0 6 β vrijedi za sve n = 1, 2, . . . Poslužimo se metodom matematičke indukcije (MM): a) indukcijska baza: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 gdje je M0 = max. f (x, y0) za jx x 0 j 6 α, M0 6 M; b) korak pretpostavke i indukcije. Neka je nejednakost istinita za yn 1 (x), dokažimo je za yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Dakle, ako je jx x0 j 6 h, tada je yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Naš cilj će biti dokazati konvergenciju niza najbližih 1 ity yk (x) k=0, za to je zgodno predstaviti ga u obliku: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 tj. nizovi parcijalnih suma funkcionalnog niza. 2. Procijenimo članove ovog niza dokazujući sljedeće nejednakosti 8 n 2 N i 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Primijenimo metodu matematičke indukcije: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) indukcijska baza: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, gore dokazano; b) korak pretpostavke i indukcije. Neka nejednakost vrijedi za n, recimo za n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, do dτ 6 x0 Zx i yn 6 Lipschitzovim uvjetom 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 hipotezom indukcije 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Ovdje smo iskoristili činjenicu da je integral I = jτ x0 za x > x0 za 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 jednako funkciji y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 koristeći u tu svrhu sljedeći kriterij za uniformnu konvergenciju funkcionalnog niza: X yn (x) ⇒ ϕ(x) za n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 za n! 1 . x2X X Prisjetimo se da je zapis yn (x) ⇒ ϕ(x) za n ! 1 se obično koristi za uniformnu konvergenciju funkcionalnog niza 1 yk (x) k=0 na funkciju ϕ(x) na skupu X. -26- Pokažimo da je y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 ovdje X = . Da bismo to učinili, razmotrimo f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 prema Lipschitzovu uvjetu 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 za n! 1 τ 2X X zbog uniformnosti za n ! 1 konvergencija yn (x) ⇒ ϕ(x). Dakle, prelazeći na limit u (2.8), dobivamo za sve x 2 točnu jednakost Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 u kojoj je ϕ(x) 2 C . Prema gore dokazanoj lemi 2, 2 ϕ(x) je rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Teorem je dokazan. Primjedba 2. 7. Teorem 2.3 utvrđuje postojanje rješenja na intervalu . Prema korolariji 1 iz teorema 2.1, ovo je rješenje jedinstveno u smislu da se bilo koje drugo definirano rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2) ne podudara s njim na ovom intervalu. Opaska 2. 8. Zamislimo pravokutnik P kao uniju dva pravokutnika (koji se sijeku) P = P [ P + , (sl. 2. 3) gdje je n P = (x, y) n P = (x, y ) + x 2 ; x2; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Riža. 2. 3. Unija pravokutnika Označimo f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P) Ponavljajući, uz očite promjene, dokaz teorema 2. 3 zasebno za P + ili P − , dobivamo postojanje (i jedinstvenost) rješenja na intervalu n o β + + , gdje je h = min α, M + odnosno na , n o β − Primjetimo da u ovom slučaju, općenito govoreći, h+ 6= h− , a h h = min α, M − iz teorema 2. 3 je minimum od h+ i h− Napomena 2. 9. Postojanje rješenja problema (2.1), (2.2) prema teoremu 2. 3 je zajamčena samo na određenom intervalu. U ovom slučaju, oni kažu da je teorem lokalan. Postavlja se pitanje: nije li lokalna priroda teorema 2. 3 posljedica metode koja se koristi za njegovo dokazivanje? Možda, koristeći drugu metodu dokaz, moguće je utvrditi postojanje rješenja na cijelom intervalu, tj. globalno, kao što je to bio slučaj sa svojstvom jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema (2.1), (2.2) Sljedeći primjer pokazuje da lokalna priroda Teorema 2. 3 povezuje se s “suštinom” problema, a ne s metodom njegova dokazivanja. Primjer 2. 1. Razmotrimo Cauchyjev problem 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o u pravokutniku P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Funkcija f (x, y) = −y 2 je kontinuirana u P i fy0 = −2y 2 C P , stoga su svi uvjeti Theo1 β , α = i Rem 2.3 zadovoljeni, i M = max f (x, y) = 4. Tada je h = min P P M 4 -28- Teorem 2. 3 jamči postojanje rješenja na intervalu 1 1 . Riješimo − , 4 4 ovaj Cauchyjev problem koristeći “odvajanje varijabli”: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – rješenje Cauchyjevog problema (2.9). x+1 Grafikon rješenja prikazan je na sl. (2.4), iz kojeg je jasno da je rješenje 1 za x< x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk za sve k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N vrijedi. Dokažimo ovu pomoćnu tvrdnju za slučaj A, B 2 R (tj. A i B su konačni; ako je A = 1 ili B =+1, onda slično). Uzmimo x A B x , proizvoljan x 2 (A, B) i δ(x) = min , δ(x) > 0. Po 2 2 broj δ iz konvergencije Ak ! A i Bk! B dobivamo da je 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1 , A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2,x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >N. Primjenjujući korolar 1 odjeljka 2.1 (tj. teorem jedinstvenosti), dobivamo da je ϕ(t) ψ(t) za sve t 2 i, posebno, za t = x. Kako je x proizvoljna točka (A, B), dokazana je jedinstvenost rješenja, a time i posljedica. Primjedba 2. 10. U dokazanoj korolariji prvi put smo se susreli s konceptom nastavka rješenja na širi skup. U sljedećem paragrafu ćemo ga detaljnije proučiti. Navedimo nekoliko primjera. p Primjer 2. 2. Za jednadžbu y 0 = ejxj x2 + y 2 utvrdite postoji li njezino rješenje u cjelini (A, B) = (1, +1). Razmotrimo ovu jednadžbu u “traci” Q = R2, funkcija p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Prema izjavi 2. 1 iz klauzule 2.1, funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet za y s “konstantom” L = L(x), x je fiksan. Tada su svi uvjeti korolara zadovoljeni i za svaki početni podatak (x0 , y0) 2 R2 rješenje Cauchyjevog problema postoji i, štoviše, jedinstveno je na (1, +1). Imajte na umu da se sama jednadžba ne može riješiti u kvadraturama, ali se približna rješenja mogu konstruirati numerički. je definirana i kontinuirana u Q, -32- Primjer 2. 3. Za jednadžbu y 0 = ex y 2 saznajte postoje li rješenja definirana na R. Ako ovu jednadžbu ponovno razmotrimo u “traci” Q = R2, gdje je funkcija ∂ f f (x, y) = ex y 2 definirana i kontinuirana, a = 2yex , tada možemo uočiti da je ∂y da je povrijeđen uvjet korolara, naime ne postoji kontinuirana funkcija L(x) tako da je f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j za sve y1 , y2 2 R. Doista, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, a izraz jy2 + y1 j nije ograničen za y1 , y2 2 R. Dakle, korolar ne vrijedi. Riješimo ovu jednadžbu “odvajanjem varijabli” i dobijemo opće rješenje: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C Uzmimo za određenost x0 = 0, y0 2 R. Ako je y0 = 0, tada je y(x ) 0 rješenje Cauchyjevog problema na R. 1 je rješenje Cauchyjevog problema. Za y0 2 [ 1, 0) ex je definirano za sve x 2 R, a za y0 2 (1, 1) [ (0, +1) rješenje nije y0 + 1 može se nastaviti kroz točku x = ln... Točnije, ako je x > 0, tada je y0 1 rješenje y(x) = y0 +1 je definiran za x 2 (1, x), a ako je 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, tada rješenje postoji samo za x 2 1; ln y0 Ovaj primjer pokazuje da je ograničenje rasta funkcije f (x, y) u gore dokazanom korolaru teorema 2.4 bitno za proširenje rješenja na cjelinu (A, B). Slično se dobivaju primjeri s funkcijom f (x, y) = f1 (x) y 1+ε za ​​bilo koje ε > 0; u navedenom primjeru ε = 1 uzeto je samo radi lakšeg prikaza. 2. 3. Nastavak rješenja za ODE prvog reda Definicija 2. 5. Razmotrimo jednadžbu y 0 = f (x, y) i neka y(x) bude njezino rješenje na ha, bi i Y (x) njegovo rješenje na hA , Bi i ha, bi je sadržano u hA, Bi i Y (x) = y(x) na ha, bi. Tada se Y (x) naziva nastavkom rješenja y(x) na hA, Bi, a za y(x) se kaže da je proširen na hA, Bi. -34- U odjeljku 2.2 dokazali smo lokalni teorem postojanja za rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Pod kojim uvjetima se ova odluka može nastaviti u širem razdoblju? Ovaj odlomak posvećen je ovom pitanju. Njegov glavni rezultat je sljedeći. Teorem 2.5 (o nastavku rješenja u omeđenom zatvorenom području). Neka funkcija f (x, y) 2 C G zadovoljava Lipschitzov uvjet za y u R2 i neka (x0, y0) bude unutarnja točka ograničene zatvorene domene G G. Tada je rješenje jednadžbe y 0 = f ( x) prolazi točkom (x0, y0) , y), produžen do ∂G granice područja G, tj. može se proširiti na takav segment da točke a, y(a) i b, y(b) leže na ∂G. ∂f (x, y) je kontinuirana u ograničenoj, zatvorenoj, y-konveksnoj domeni G, tada funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet u G s obzirom na varijablu y. Vidi korolar tvrdnje 2. 1 ∂f iz odjeljka 2.1. Stoga će ovaj teorem vrijediti ako je kontinuiran u ∂y G. Opaska 2. 11. Podsjetimo se da ako je dokaz. Budući da je (x0 , y0) unutarnja točka G, tada postoji zatvoreni pravokutnik n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β koji u potpunosti leži u G. Zatim, prema teoremu 2. 3 od p 2.2 postoji h > 0 tako da na intervalu postoji (i, štoviše, jedinstveno) rješenje y = ϕ(x) jednadžbe y 0 = f (x, y). Prvo ćemo nastaviti ovo rješenje udesno do granice regije G, razlažući dokaz u zasebne korake. 1. Razmotrimo skup E R: n o E = α > 0 rješenje y = ϕ(x) je proširivo na postoji rješenje y = ϕ1 (x) jednadžbe y 0 = f (x, y) koje zadovoljava Cauchyjeve uvjete ϕ1 ~b = ϕ ~b . Dakle, ϕ(x) i ϕ1 (x) su rješenja na intervalu ~b h1 , ~b jedne jednadžbe, podudaraju se u točki x = ~b, dakle podudaraju se na cijelom intervalu ~b h1 , ~b i, dakle, ϕ1 (x) je nastavak rješenja ϕ(x) iz intervala ~b h1 , ~b na ~b h1 , ~b + h1 . Promotrimo funkciju ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , koja je rješenje jednadžbe y 0 = f (x, y) i zadovoljava Cauchyjev uvjet ψ(x0) = y0 . Tada je broj α0 + h1 2 E, a to je u suprotnosti s definicijom α0 = sup E. Stoga je slučaj 2 nemoguć. Slično se rješenje ϕ(x) nastavlja ulijevo, na segment , gdje je točka a, ϕ(a) 2 ∂G. Teorem je u potpunosti dokazan. -37- Poglavlje III. Cauchyjev problem za normalni sustav n-tog reda 3. 1. Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija U ovom poglavlju ćemo razmatrati normalni sustav n-tog reda oblika 8 > t, y , . . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n gdje su nepoznanice (tražene) funkcije y1 (t), . . . , yn (t), a funkcije fi su poznate, i = 1, n, točka iznad funkcije označava derivaciju po t. Pretpostavlja se da su svi fi definirani u domeni G Rn+1 . Pogodno je sustav (3.1) napisati u vektorskom obliku: y_ = f (t, y), gdje je y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y) ; Zbog kratkoće nećemo pisati strelice u oznaci vektora. Takav ćemo zapis također označiti s (3.1). Neka je točka t0 , y10 , . . . , yn0 leži u G. Cauchyjev problem za (3.1) je pronaći rješenje ϕ(t) sustava (3.1) koje zadovoljava uvjet: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) ili u vektorskom obliku ϕ(t0) = y 0 . Kao što je navedeno u poglavlju 1, pod rješenjem sustava (3.1) na intervalu ha, bi podrazumijevamo vektorsku funkciju ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) koja zadovoljava uvjete: 1) 8 t 2 ha, bi točka t, ϕ(t) leži u G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) zadovoljava (3.1). Ako takvo rješenje dodatno zadovoljava (3.2), gdje je t0 2 ha, bi, tada se ono naziva rješenjem Cauchyjevog problema. Uvjete (3.2) nazivamo početnim uvjetima ili Cauchyjevim uvjetima, a brojeve t0 , y10 , . . . , yn0 – Cauchyjev podatak (početni podatak). U posebnom slučaju kada vektorska funkcija f (t, y) (n+1) varijable ovisi o y1 , . . . , yn na linearan način, tj. ima oblik: f (t, y) = A(t) y + g(t), gdje je A(t) = aij (t) – n n matrica, sustav (3.1) nazivamo linearnim. U budućnosti će nam trebati svojstva vektorskih funkcija, koja ovdje predstavljamo radi lakšeg snalaženja. Pravila zbrajanja i množenja s brojem za vektore poznata su iz tečaja linearne algebre; te se osnovne operacije izvode koordinatu po koordinatu. n Ako u R uvedemo skalarni produkt x, y = x1 y1 +. . . + xn yn , tada dobivamo euklidski prostor, koji ćemo također označiti s Rn , s duljinom s q n P vektora jxj = x, x = x2k (ili euklidsku normu). Za skalarni k=1 umnožak i duljinu vrijede dvije glavne nejednakosti: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn). x+y 6 x + y x, y 6 x (nejednakost trokuta); y (Cauchyjeva nejednakost Bounyakov - Iz tečaja matematičke analize drugog semestra poznato je da je konvergencija niza točaka (vektora) u euklidskom prostoru (konačnodimenzionalnom) ekvivalentna konvergenciji nizova koordinata tih vektora , kažu, ekvivalentno koordinatnoj konvergenciji.Ovo lako slijedi iz nejednakosti: q p max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk . Predstavimo neke nejednadžbe za vektorske funkcije koje ćemo kasnije koristiti. 1. Za bilo koju vektorsku funkciju y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , integrabilan (na primjer, kontinuiran) na , nejednadžba Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) ili u koordinatnom obliku 0 Zb Zb y1 (t) dt, @ y2 (t) dt, . . . , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) + . . . yn2 (t) dt . a a Dokaz. Najprije primijetimo da nejednakost ne isključuje slučaj 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 linearni sustavi trebat će nam procjene s n n matrica, koje ćemo sada razmotriti. 3. Neka je A(t) = aij (t) n n matrica, umnožak Ax označimo s y. Kako procijeniti y kroz matricu A i x? Ispada da je nejednakost Ax 6 A -40- 2 x točna, (3.5) gdje je x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2, A 2 = n P! 12 a2ij , a elementi matrice i,j=1 A i koordinate vektora x mogu biti kompleksni. Dokaz. Za bilo koji i = 1, n, ai – i-ti redak matrice A, tada je: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 po Cauchy-Áunyakovskyjevom nejednakosti 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 zbrajanjem ovih nejednakosti preko i = 1, n, imamo: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y 6@ 2 2 l=1 2 x , k,i = 1 iz čega slijedi (3.5). Definicija 3. 1. Reći ćemo da vektorska funkcija f (t, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na vektorsku varijablu y na skupu G varijabli (t, y) ako je 9 L > 0 tako da za bilo koji t vrijedi , y , 2 t, y 2 G vrijedi nejednakost f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Kao iu slučaju funkcije dviju varijabli (vidi tvrdnju 2.1), dovoljan uvjet za Lipschitzovo svojstvo u "y-konveksnoj" domeni G je ograničenost parcijalnih derivacija. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 2. Područje G varijabli (t, y) naziva se konveksnim 1 2 u y ako za bilo koje dvije točke t, y i t, y koje leže u G, segment koji povezuje te dvije točke također u potpunosti pripada njemu, tj. tj. postaviti n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , gdje je τ 2 . Tvrdnja 3. 1. Ako je područje G varijabli (t, y) konveksno po y, a ∂fi parcijalnih derivacija je kontinuirano i ograničeno konstantom l u G za ∂yj sve i, j = 1, n, tada je vektorska funkcija f t, y zadovoljava u G Lipschitzov uvjet na y s konstantom L = n l. 1 2 Dokaz. Razmotrimo proizvoljne točke t, y i t, y iz G i 1 2 segment koji ih povezuje, tj. postaviti t, y, gdje je y = y + τ y y1, t fiksno, a τ 2. -41- Uvedimo vektorsku funkciju jednog skalarnog argumenta g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 zatim g(1) g(0) = f t, y f t, y , a s druge strane – Z1 g(1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = zbog y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 gdje je A(τ) matrica s elementima ∂fi , a ∂yj y2 y 1 odgovarajući stupac. Ovdje smo upotrijebili pravilo diferenciranja složene funkcije, naime za sve i = 1, n, t – fiksne, imamo: 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 Zapisujući ovo u matričnom obliku, dobivamo: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y s n n matricom A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Koristeći integralnu procjenu (3.3) i nejednadžbu (3.5), nakon supstitucije dobivamo: f t, y 2 f t, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 n l 0 6 max A(τ) budući da je 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 na 8 τ 2. Izjava je dokazana. -42- 3. 2. Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalni sustav Teorem 3. 1 (o procjeni razlike dvaju rješenja). Neka je G neka domena Rn+1 i neka je vektorska funkcija f (x, y) kontinuirana u G i neka zadovoljava Lipschitzov uvjet u odnosu na vektorsku varijablu y na skupu G s konstantom L. Ako je y 1 , y 2 su dva rješenja normalnog sustava (3.1) y_ = f (x, y) na segmentu , tada je procjena y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0) za sve t 2 vrijedi. Dokaz doslovno, uzimajući u obzir očite renotacije, ponavlja dokaz teorema 2.1 iz odjeljka 2.1. 2 Odavde je lako dobiti teorem o jedinstvenosti i stabilnosti rješenja na temelju početnih podataka. Korolar 3.1. Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u domeni G i zadovoljava Lipschitzov uvjet za y u G, a funkcije y 1 (t) i y 2 (t) su dva rješenja normalnog sustava (3.1) na istom intervalu, gdje je t0 2 . Ako je y 1 (t0) = y 2 (t0), tada je y 1 (t) y 2 (t) na . Korolar 3.2. (o kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima). Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u domeni G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y s konstantom L > 0 u G, te neka su vektorske funkcije y 1 (t) i y 2 (t) rješenja normalni sustav (3.1) , definiran na . Tada na 8 t 2 vrijedi nejednakost y 1 (t) gdje je δ = y 1 (t0) y 2 (t0) , i l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Dokaz korolarija doslovno, uzimajući u obzir očite renotacije, ponavlja dokaz korolarija 2.1 i 2.2. 2 Proučavanje rješivosti Cauchyjevog problema (3.1), (3.2), kao iu jednodimenzionalnom slučaju, svodi se na rješivost integralne jednadžbe (vektora). Lema 3. 1. Neka je f (t, y) 2 C G; Rn 1. Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1) svako rješenje ϕ(t) jednadžbe (3.1) na intervalu ha, bi, koje zadovoljava (3.2) t0 2 ha, bi , kontinuirano je rješenje na ha, bi 1 Kroz CG; H se obično označava skupom svih funkcija kontinuiranih u domeni G s vrijednostima u prostoru H. Na primjer, f (t, y) 2 C G; Rn komponenti) definiranih na skupu G. – skupu svih kontinuiranih vektorskih funkcija (s n -43- integralnom jednadžbom y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) ako vektorska -funkcija ϕ(t) 2 C ha, bi kontinuirano rješenje integralne jednadžbe (3.6) na ha, bi, gdje je t0 2 ha, bi, tada ϕ(t) ima kontinuiranu derivaciju na ha, bi i je rješenje (3.1), (3.2). Dokaz. 1. Neka 8 τ 2 ha, bi zadovoljava jednakost dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Tada integrirajući od t0 do t, uzimajući u obzir (3.2), dobivamo dτ Rt 0 da je ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, tj. ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6). t0 2. Neka kontinuirana vektorska funkcija ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6) na ha, bi, tada je f t, ϕ(t) kontinuirana na ha, bi prema teoremu o neprekidnosti kompleksne funkcije, pa stoga pravo - ručna strana (3. 6) (a time i lijeva strana) ima kontinuiranu derivaciju u odnosu na t na ha, bi. Pri t = t0 iz (3.6) ϕ(t0) = y 0 , tj. ϕ(t) je rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Imajte na umu da se, kao i obično, derivacija na kraju segmenta (ako mu pripada) shvaća kao jednostrana derivacija funkcije. Lema je dokazana. Primjedba 3. 1. Koristeći analogiju s jednodimenzionalnim slučajem (vidi Poglavlje 2) i gore dokazanim izjavama, možemo dokazati postojanje i nastavak rješenja Cauchyjevog problema konstruiranjem iteracijskog niza koji konvergira rješenju integralnu jednadžbu (3.6) na određenom segmentu t0 h, t0 + h . Ovdje predstavljamo još jedan dokaz teorema o postojanju (i jedinstvenosti) rješenja, temeljen na principu kontrakcijskih preslikavanja. Ovo činimo kako bismo čitatelja upoznali s modernijim teorijskim metodama, koje će se u budućnosti koristiti u kolegijima integralnih jednadžbi i jednadžbi matematičke fizike. Za provedbu našeg plana trebat će nam niz novih koncepata i pomoćnih izjava koje ćemo sada razmotriti. 3. 3. Pojam metričkog prostora. Načelo kontrakcijskih preslikavanja Najvažniji koncept limita u matematici temelji se na konceptu "blizine" točaka, tj. kako bi mogli pronaći udaljenost između njih. Na brojčanoj osi udaljenost je modul razlike između dva broja, na ravnini je to dobro poznata Euklidova formula udaljenosti itd. Mnoge činjenice analize ne koriste algebarska svojstva elemenata, već se oslanjaju samo na koncept udaljenosti između njih. Razvoj ovog pristupa, tj. izolacija "bića" povezana s konceptom granice vodi do koncepta metričkog prostora. -44- Definicija 3. 3. Neka je X skup proizvoljne prirode, a ρ(x, y) realna funkcija dviju varijabli x, y 2 X, koja zadovoljava tri aksioma: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X i ρ(x, y) = 0 samo za x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (aksiom simetrije); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (nejednakost trokuta). U tom slučaju se skup X sa zadanom funkcijom ρ(x, y) naziva metričkim prostorom (MS), a funkcija ρ(x, y) : X X 7! R, zadovoljava 1) – 3), – metriku ili udaljenost. Navedimo neke primjere metričkih prostora. Primjer 3. 1. Neka je X = R s udaljenošću ρ(x, y) = x y , dobivamo MP R. n o n xi 2 R, i = 1, n je Primjer 3. 2. Neka je X = R = x1 , . . . , xn je skup uređenih skupova od n realnih brojeva s n 2 P x = x1 , . . . , xn s udaljenošću ρ(x, y) = xk yk , dobivamo n1 k=1 n dimenzionalni euklidski prostor R . n Primjer 3. 3. Neka je X = C a, b ; R je skup svih funkcija kontinuiranih na a, b s vrijednostima u Rn, tj. kontinuirane vektorske funkcije, s udaljenosti ρ(f, g) = max f (t) g(t), gdje je 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 Za primjere 3. 1 –3. 3 aksioma MP-a su izravno provjerena; ovo ćemo ostaviti kao vježbu za savjesnog čitatelja. Kao i obično, ako je svaki prirodni broj n pridružen elementu xn 2 X, tada kažemo da je dan niz točaka xn MP X. Definicija 3. 4. Za niz točaka xn MP X kaže se da konvergira točki x 2 X ako je lim ρ xn , x = 0. n!1 Definicija 3. 5. Niz xn nazivamo fundamentalnim ako za bilo koje ε > 0 postoji prirodan broj N (ε) takav da za sve n > N i m > N vrijedi nejednakost ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n > N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 postoji broj N (ε) takav da za sve n > N i za sve t 2 a, b vrijedi nejednakost 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. Razmotrite B = Am, B: X 7! X, B – kompresija. Prema teoremu 3.2, operator B ima jedinstvenu fiksnu točku x. Kako A i B komutiraju AB = BA i kako je Bx = x, imamo B Ax = A Bx = Ax, tj. y = Ax je također fiksna točka B, a budući da je takva točka jedinstvena prema teoremu 3.2, tada je y = x ili Ax = x. Stoga je x fiksna točka operatora A. Dokažimo jedinstvenost. Pretpostavimo x~ 2 X i A~ x = x~, tada je m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, tj. x~ je također fiksna točka za B, odakle je x~ = x. Teorem je dokazan. Poseban slučaj metričkog prostora je linearni normirani prostor. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 9. Neka je X linearni prostor (realni ili kompleksni) na kojem je definirana numerička funkcija x, koja djeluje od X do R i zadovoljava aksiome: 1) 8 x 2 X, x > 0 i x = 0 samo za x = θ; 2) 8 x 2 X i za 8 λ 2 R (ili C) 3) 8 x, y 2 X je zadovoljeno). x+y 6 x + y λx = jλj x ; (trokut nejednakosti- Tada se X naziva normiranim prostorom, x: X 7! R, koji zadovoljava 1) – 3), je norma. i funkcija U normaliziranom prostoru udaljenost između elemenata možete unijeti pomoću formule ρ x, y = x y. Ispunjenost aksioma MP lako se provjerava. Ako je rezultirajući metrički prostor potpun, tada se odgovarajući normirani prostor naziva Ban prostor. Često se na isti linearni prostor norma može uvesti na različite načine. U tom smislu javlja se takav koncept. Definicija 3. 10. Neka je X linearni prostor i neka su na njemu uvedene dvije 1 2 norme. Norme i nazivamo ekvivalentnim 1 2 normama ako je 9 C1 > 0 i C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Napomena 3. 3. Ako su i dvije ekvivalentne norme na X, a 1 2 prostor X je potpun prema jednoj od njih, tada je potpun i prema drugoj normi. To lako slijedi iz činjenice da je niz xn X, fundamentalan u, također fundamentalan u, i konvergira na 1 2 isti element x 2 X. -47- Napomena 3. 4. Često Teorem 3. 2 (ili 3. 3 ) koristi se kada se zatvorena lopta ovog prostora o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r uzima kao potpuni n prostor, gdje su r > 0 i a 2 X fiksni. Imajte na umu da je zatvorena lopta u PMP-u i sama PMP s istom udaljenošću. Dokaz ove činjenice ostavljen je čitatelju kao vježba. Opaska 3. 5. Gore smo utvrdili potpunost prostora iz primjera 3. 3. Uočimo da u linearnom prostoru X = C 0, T , R možemo uvesti normu kxk = max x(t) tako da rezultirajuća normalizirana vrijednost će biti Banakhov. Na istom skupu vektorskih funkcija kontinuiranih na prostoru 0, T, možemo uvesti ekvivalentnu normu pomoću formule kxkα = max e αt x(t) za bilo koje α 2 R. Za α > 0, ekvivalencija slijedi iz nejednakosti e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) za sve t 2 0, T, odakle je e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Ovo svojstvo ekvivalentnih normi iskoristit ćemo za dokaz teorema o jedinstvenoj rješivosti Cauchyjevog problema za linearne (normalne) sustave. 3. 4. Teoremi egzistencije i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema za normalne sustave Razmotrimo Cauchyjev problem (3.1) – (3.2), gdje su početni podaci t0 , y 0 2 G, G Rn+1 domena definicije vektorske funkcije f (t, y ). U ovom odjeljku ćemo pretpostaviti da G ima neki n oblik G = a, b o , gdje je domena Rn i lopta BR (y 0) = Teorem vrijedi. y 2 Rn y y0 6 R u cijelosti leži u. Teorem 3. 4. Neka je vektorska funkcija f (t, y) 2 C G; Rn i 9 M > 0 i L > 0 tako da su uvjeti 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M zadovoljeni; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. Fiksiramo broj δ 2 (0, 1) i neka je t0 2 (a, b). Kada je R 1 δ 9 h = min ; ; t0 a; b t0 > 0 M L tako da postoji i, štoviše, jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) y(t) na intervalu Jh = t0 h, t0 + h , i y(t) y 0 6 R za sve t 2 Jh. -48- Dokaz. Prema lemi 3.1, Cauchyjev problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan integralnoj jednadžbi (3.6) na intervalu i, prema tome, na Jh, gdje je h odabrano gore. Promotrimo Banachov prostor X = C (Jh ; Rn) – skup vektorskih funkcija x(t) kontinuiranih na intervalu Jh s normom kxk = max x(t) i u X uvedimo zatvoreni skup: 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 zatvorena kuglica u X. Operator A definiran pravilom: Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 uzima SR y 0 u sebe, budući da je y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 pomoću uvjet 1 teorema i definicija h. Dokažimo da je A kontrakcijski operator na SR. Uzmimo proizvoljnu vrijednost 0 1 2 i procijenimo veličinu: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, gdje je 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 se bira prema formuli R h = min M ; 1L δ; b a , a svugdje treba uzeti -49- Jh = t0, t0 + h = a, a + h kao segment Jh. Svi ostali uvjeti teorema se ne mijenjaju; njegov dokaz, uzimajući u obzir renotations, R je sačuvan. Za slučaj t0 = b, slično, h = min M ; 1L δ; b a , i Jh = b h, b . n Napomena 3. 7. U teoremu 3. 4 vrijedi uvjet f (t, y) 2 C G; R, gdje je G = a, b D, može se oslabiti zamjenom sa zahtjevom kontinuiteta f (t, y) u varijabli t za svaki y 2, uz zadržavanje uvjeta 1 i 2. Dokaz se neće promijeniti. Primjedba 3. 8. Dovoljno je da su uvjeti 1. i 2. teorema 3. 4. zadovoljeni 0 za sve t, y 2 a, b BR y , dok konstante M i L ovise, općenito govoreći, 0 o y i R. Za stroža ograničenja vektorske funkcije f t, y , slično kao u teoremu 2.4, vrijedi teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) na cijelom intervalu a, b. n Teorem 3. 5. Neka je vektorska funkcija f x, y 2 C G, R, gdje je G = a, b Rn, i postoji L > 0, tako da vrijedi uvjet 8 t, y 1, t, y 2 2 G f t je zadovoljeno , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Tada za bilo koje t0 2 i y 0 2 Rn na a, b postoji jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Dokaz. Uzmimo proizvoljne t0 2 i y 0 2 Rn i popravimo ih. Predstavimo skup G = a, b Rn u obliku: G = G [ G+, gdje su Rn, i G+ = t0, b Rn, uz pretpostavku da je t0 2 a, b, inače jedan G = a, t0 iz stupnjeva dokaz će nedostajati. Izvedimo obrazloženje za bend G+. Na intervalu t0, b, Cauchyjev problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan jednadžbi (3.6). Uvedimo integralni operator n A: X 7! X, gdje je X = C t0, b; R, prema formuli Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Tada se integralna jednadžba (3.6) može napisati kao operatorska jednadžba Ay = y. (3.8) Dokažemo li da operatorska jednadžba (3.8) ima rješenje u PMP X, tada dobivamo rješivost Cauchyjevog problema na t0, b ili na a, t0 za G. Ako je ovo rješenje jedinstveno, tada će na temelju ekvivalencije i rješenje Cauchyjevog problema također biti jedinstveno. Navedimo dva dokaza jedinstvene rješivosti jednadžbe (3.8). Dokaz 1. Promotrimo proizvoljne vektorske funkcije 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , tada procjene vrijede za bilo koje -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt h f τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . Prisjetimo se da je norma u X uvedena na sljedeći način: kxk = max x(τ) . Iz dobivene nejednakosti imat ćemo: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt h f τ, Ay 2 (τ) = 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 ( τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . Nastavljajući ovaj proces, indukcijom možemo dokazati da je 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . Odavde, konačno, dobivamo procjenu Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1 . k Kako je α(k) = ! 0 na k! 1, tada postoji k0 takvih, k! da je 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 (vidi bilješku 3.5) prema formuli: x α = max e αt x(t) . -51- Pokažimo da možemo odabrati α tako da operator A u prostoru X s normom za α > L bude kontraktivan. Doista, α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt Kako je α > L, onda je q = L α 1 1 αt e α e eαt0 L = α α b t0 y 2 y1 y 1 α = 1 e α b t0 .< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x) dx = q(x), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q(ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q(ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x >x0. Prema (4.18) imamo 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 . Neka sada 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 Linearna jednadžba , o čemu je bilo riječi u paragrafu 4.2. Pretpostavit ćemo da je a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Napomena 4. 4. Ako je α > 0, tada je očito funkcija y(x) 0 rješenje jednadžbe (4.24). Za rješavanje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) α 6= 0, α 6= 1, obje strane jednadžbe podijelimo s y α. Za α > 0 treba uzeti u obzir da je, temeljem napomene 4.4, funkcija y(x) 0 rješenje jednadžbe (4.24), koja će se izgubiti takvim dijeljenjem. Stoga će ga u budućnosti trebati dodati općem rješenju. Nakon dijeljenja dobivamo relaciju y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Uvedimo novu željenu funkciju z = y 1 α , zatim z 0 = (1 stoga dolazimo do jednadžbe za z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x ). α y 0, i (4.25) Jednadžba (4.25) je linearna jednadžba. Takve jednadžbe razmatraju se u odjeljku 4.2, gdje se dobiva opća formula rješenja, zbog koje se rješenje z(x) jednadžbe (4.25) zapisuje u obliku 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) Tada je funkcija y(x) = z 1 α (x), gdje je z(x) definiran u (4.26), rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24). -64- Osim toga, kao što je gore navedeno, za α > 0 rješenje je također funkcija y(x) 0. Primjer 4. 4. Riješite jednadžbu y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Podijelimo jednadžbu (4.27) s y 2 i izvršimo zamjenu z = dobivamo linearnu nehomogenu jednadžbu 1 y. Kao rezultat, z 0 + 2z = ex. (4.28) Najprije rješavamo homogenu jednadžbu: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1. Rješenje nehomogene jednadžbe (4.28) tražimo metodom variranja proizvoljne konstante: zchn = C(x)e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = e x, C(x) = e x, odakle je zchn = ex, a opće rješenje jednadžbe (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Prema tome, rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) bit će napisano u obliku y(x) = 1. ex + Ce2x Osim toga, rješenje jednadžbe (4.24) je i funkcija y(x).To smo rješenje izgubili kada smo ovu jednadžbu dijelili s y 2. 0. 4. 5. Jednadžba u potpunim diferencijalima Razmotrimo jednadžbu u diferencijalima M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G je neka domena u R2 . Takva se jednadžba naziva potpunom diferencijalnom jednadžbom ako postoji funkcija F (x, y) 2 C 1 (G), koja se naziva potencijal, takva da je dF (x, y) = M (x, y)dx + N (x , y )dy, (x, y) 2 G. Radi jednostavnosti, pretpostavit ćemo da je M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), a domena G je jednostavno povezana. Pod ovim pretpostavkama, tijekom matematičke analize (vidi, na primjer,) dokazano je da je potencijal F (x, y) za jednadžbu (4. 29) postoji (tj. (4.29) je jednadžba u ukupnim diferencijalima) ako i samo ako je My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. U ovom slučaju (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) gdje je točka (x0 , y0) neka fiksna točka iz G , (x , y) je trenutna točka u G, a linijski integral se preuzima preko bilo koje krivulje koja povezuje točke (x0, y0) i (x, y) i u cijelosti leži u području G. Ako je jednadžba (4.29) jednadžba

Makarskaya E.V. U knjizi: Dani studentske znanosti. Proljeće - 2011. M.: Moskovsko državno sveučilište ekonomije, statistike i informatike, 2011. P. 135-139.

Autori razmatraju praktičnu primjenu teorije linearnih diferencijalnih jednadžbi za proučavanje ekonomskih sustava. U radu se daje analiza dinamičkih modela Keynesa i Samuelson-Hicksa s određivanjem ravnotežnih stanja ekonomskih sustava.

Ivanov A. I., Isakov I., Demin A. V. i dr. Dio 5. M.: Slovo, 2012.

Priručnik govori o kvantitativnim metodama za proučavanje ljudske potrošnje kisika tijekom ispitivanja s doziranim tjelesna aktivnost, provedeno u Državnom znanstvenom centru Ruske Federacije-IMBP RAS. Priručnik je namijenjen znanstvenicima, fiziolozima i liječnicima koji rade u području zrakoplovne, podvodne i sportske medicine.

Mikheev A.V. Sankt Peterburg: Odjel za operativno tiskanje Nacionalnog istraživačkog sveučilišta Visoke škole ekonomije - Sankt Peterburg, 2012.

Ova zbirka sadrži zadatke za kolegij diferencijalnih jednadžbi koji autor predaje na Ekonomskom fakultetu Nacionalnog istraživačkog sveučilišta Visoke škole ekonomije - St. Petersburg. Na početku svake teme dat je kratak sažetak glavnih teorijskih činjenica i analizirani su primjeri rješenja tipični zadaci. Za studente i studente visokoškolskih stručnih programa.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Izdavačka kuća Povjereničkog odbora Fakulteta mehanike i matematike Moskovskog državnog sveučilišta, 2012. Br. 2012.

Ovaj se udžbenik temelji na posebnom tečaju po izboru učenika, koji je autor držao na Fakultetu mehanike i matematike Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosov u akademskim godinama 2010.-2012. Priručnik uvodi čitatelja u parametarsku metodu i njenu diskretnu analogiju, koju su nedavno razvili autor priručnika i njegovi kolege koautori. Objedinjuje materijal koji je prije bio sadržan samo u brojnim člancima u časopisima. Bez težnje za maksimalnom općenitošću prikaza, autor je nastojao pokazati mogućnosti metode u dokazivanju lokalnih graničnih teorema o konvergenciji Markovljevih lanaca difuzijskom procesu i u dobivanju dvostranih procjena Aronsonovog tipa za neke degenerirane difuzije.

br. 20. NY: Springer, 2012.

Ova je publikacija zbirka odabranih radova s ​​"Treće međunarodne konferencije o dinamici informacijskih sustava" održane na Sveučilištu Florida od 16. do 18. veljače 2011. Svrha ove konferencije bila je okupiti znanstvenike i inženjere iz industrije, vlade i akademske zajednice , kako bi mogli razmjenjivati ​​nova otkrića i rezultate o pitanjima relevantnim za teoriju i praksu dinamike informacijskih sustava. Dinamika informacijskih sustava: Matematičko otkriće je suvremena studija i namijenjena je studentima diplomskih studija i istraživačima koji su zainteresirani za najnovija otkrića u teoriji informacija i dinamički sustavi. Znanstvenici u drugim disciplinama također mogu imati koristi od primjene novih dostignuća u svojim područjima istraživanja.

Palvelev R., Sergeev A. G. Zbornik radova Matematičkog instituta. V.A. Steklov RAS. 2012. T. 277. str. 199-214.

Proučava se adijabatska granica u hiperboličkim Landau-Ginzburgovim jednadžbama. Koristeći ovu granicu, uspostavlja se korespondencija između rješenja Ginzburg-Landauovih jednadžbi i adijabatskih putanja u prostoru modula statičkih rješenja, zvanih vrtlozi. Manton je predložio heurističko adijabatsko načelo, postulirajući da se svako rješenje Ginzburg-Landauovih jednadžbi s dovoljno malom kinetičkom energijom može dobiti kao perturbacija neke adijabatske putanje. Strogi dokaz ove činjenice nedavno je pronašao prvi autor

Dajemo eksplicitnu formulu za kvazi-izomorfizam između operada Hycomm (homologija prostora modula stabilnih krivulja roda 0) i BV/Δ (homotopijski kvocijent Batalin-Vilkoviskyjeve operade pomoću BV-operatora). Drugim riječima, izvodimo ekvivalenciju Hycomm-algebri i BV-algebre pojačanu homotopijom koja trivijalizira BV-operator. Ove formule su dane u smislu Giventalovih grafova, a dokazane su na dva različita načina. Jedan dokaz koristi akciju Giventalove grupe, a drugi dokaz prolazi kroz lanac eksplicitnih formula o rezolucijama Hycomma i BV-a. Drugi pristup daje, posebno, homološko objašnjenje djelovanja Giventalove grupe na Hycomm-algebrama.

Pod znanstvenim Urednik: A. Mikhailov Issue. 14. M.: Sociološki fakultet Moskovskog državnog sveučilišta, 2012.

Članci u ovom zborniku napisani su na temelju izvještaja nastalih 2011. godine na Fakultetu sociologije Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosov na sastanku XIV interdisciplinarnog godišnjeg znanstvenog seminara "Matematičko modeliranje društvenih procesa" nazvanog po. Heroj socijalističkog rada akademik A.A. Krilati plod.

Publikacija je namijenjena istraživačima, nastavnicima, studentima sveučilišta i znanstvenih institucija Ruske akademije znanosti, zainteresiranima za probleme, razvoj i implementaciju metodologije za matematičko modeliranje društvenih procesa.

"PREDAVANJA IZ OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI 1. DIO. ELEMENTI OPĆE TEORIJE U udžbeniku su iznesene odredbe koje čine osnovu teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: ..."

-- [ Stranica 1 ] --

A. E. Mamontov

PREDAVANJA NA OBIČNOM

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

ELEMENTI OPĆE TEORIJE

Priručnik za obuku navodi odredbe koje čine

osnove teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: pojam rješenja, njihovo postojanje, jedinstvenost,

ovisnost o parametrima. Također (u § 3) je određena pozornost posvećena "eksplicitnom" rješavanju pojedinih klasa jednadžbi. Priručnik je namijenjen za produbljeno proučavanje kolegija "Diferencijalne jednadžbe" od strane studenata koji studiraju na Matematičkom fakultetu Novosibirskog državnog pedagoškog sveučilišta.

UDK 517.91 BBK V161.61 Predgovor Udžbenik je namijenjen studentima Matematičkog fakulteta Državnog pedagoškog sveučilišta u Novosibirsku koji žele proučavati obvezni kolegij “Diferencijalne jednadžbe” u proširenom obimu. Čitateljima se nude osnovni pojmovi i rezultati koji čine temelj teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: pojmovi o rješenjima, teoremi o njihovom postojanju, jedinstvenosti i ovisnosti o parametrima. Opisani materijal predstavljen je u obliku logično kontinuiranog teksta u §§ 1, 2, 4, 5. Također (u § 3, koji stoji pomalo odvojeno i privremeno prekida glavnu nit tečaja) najpopularnije tehnike za “ eksplicitno” ukratko se raspravlja o pronalaženju rješenja određenih klasa jednadžbi. Prilikom prvog čitanja, § 3 možete preskočiti bez značajne štete za logičku strukturu tečaja.

Važnu ulogu imaju i vježbe koje su u velikom broju uključene u tekst. Čitatelju se toplo preporučuje da ih riješi "za petama", što jamči asimilaciju materijala i poslužit će kao test. Štoviše, često ove vježbe ispunjavaju logičku strukturu, tj. bez njihovog rješavanja neće sve odredbe biti strogo dokazane.

U uglatim zagradama u sredini teksta daju se komentari koji služe kao komentari (proširena ili usporedna objašnjenja). Leksički, ti fragmenti prekidaju glavni tekst (odnosno, za koherentno čitanje potrebno ih je “ignorirati”), ali su ipak potrebni kao objašnjenja. Drugim riječima, te fragmente treba percipirati kao da su izvučeni na margine.

Tekst sadrži zasebno kategorizirane “napomene za nastavnika” - mogu se izostaviti kada studenti čitaju, ali su korisne za nastavnika koji će koristiti priručnik, na primjer, kada drži predavanja - pomažu boljem razumijevanju logike kolegija te naznačiti smjer mogućih poboljšanja (proširenja) tečaja . Međutim, ovladavanje ovim komentarima učenika može se samo pozdraviti.

Sličnu ulogu imaju i “opravdanja za nastavnika” - ona u krajnje jezgrovitoj formi dokazuju pojedine odredbe koje se čitatelju nude kao vježbe.

Najčešće korišteni (ključni) pojmovi korišteni su u obliku kratica, čiji je popis dat na kraju radi lakšeg posluživanja. Postoji i popis matematičkih oznaka koje se pojavljuju u tekstu, ali nisu među najčešće korištenim (i/ili nisu jasno razumljive u literaturi).

Simbol označava kraj dokaza, izjave, komentara itd. (gdje je potrebno da se izbjegne zabuna).

Formule su zasebno numerirane u svakom paragrafu. Kada se govori o dijelu formule, koriste se indeksi, npr. (2)3 označava 3. dio formule (2) (dijelovi formule su fragmenti odvojeni tipografski razmakom, a s logičkog gledišta - veznikom “i”).

Ovaj priručnik ne može u potpunosti zamijeniti produbljeno proučavanje predmeta koje zahtijeva samostalne vježbe i čitanje dodatne literature, primjerice čiji je popis naveden na kraju priručnika. Međutim, autor je pokušao predstaviti glavne odredbe teorije u prilično sažetom obliku prikladnom za predavanje. S tim u vezi, treba napomenuti da je za čitanje predavanja o ovom priručniku potrebno oko 10 predavanja.

Planirano je izdati još 2 dijela (toma) koji se nastavljaju na ovaj priručnik i time zaokružuju ciklus predavanja iz predmeta „obične diferencijalne jednadžbe“: 2. dio (linearne jednadžbe), 3. dio (dalje teorija nelinearnih jednadžbi, I. red.) parcijalne diferencijalne jednadžbe).

§ 1. Uvod Diferencijalna jednadžba (DE) je relacija oblika u1 u1 un, više derivacije F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) gdje je y = (y1,. .., yk) Rk su nezavisne varijable, a u = u(y) nepoznate funkcije1, u = (u1,..., un). Dakle, u (1) ima n nepoznanica, pa je potrebno n jednadžbi, tj. F = (F1,..., Fn), pa je (1) općenito sustav od n jednadžbi. Ako postoji samo jedna nepoznata funkcija (n = 1), onda je jednadžba (1) skalarna (jedna jednadžba).

Dakle, funkcija(e) F je dana, a u se traži. Ako je k = 1, tada se (1) naziva ODE, inače se naziva PDE. Drugi slučaj predmet je posebnog kolegija MMF-a, koji je izložen u istoimenoj seriji udžbenika. U ovoj seriji priručnika (koji se sastoji od 3 dijela-sveska) proučavat ćemo samo ODE-ove, s izuzetkom zadnjeg odlomka zadnjeg dijela (svezka), u kojem ćemo početi proučavati neke posebne slučajeve PDE-ova.

2u u Primjer. 2 = 0 je PDE.

y1 y Nepoznate veličine u mogu biti realne ili složene, što je nevažno, budući da se ova točka odnosi samo na oblik zapisivanja jednadžbi: svaki složeni zapis može se pretvoriti u realan razdvajanjem stvarnog i imaginarnog dijela (ali istovremeno vrijeme, naravno, udvostručavanje broja jednadžbi i nepoznanica), i obrnuto, u nekim slučajevima je zgodno prijeći na složeni zapis.

du d2v dv · 2 = uv; u3 = 2. Ovo je sustav od 2 ODE Primjer.

dy dy dy za 2 nepoznate funkcije nezavisne varijable y.

Ako je k = 1 (ODE), tada se koristi "izravni" simbol d/dy.

u(y) du Primjer. exp(sin z)dz je ODE jer ima Primjer. = u(u(y)) za n = 1 nije diferencijalna jednadžba, već funkcionalna diferencijalna jednadžba.

Ovo nije diferencijalna, već integro-diferencijalna jednadžba; takve jednadžbe nećemo proučavati. Međutim, specifično jednadžba (2) može se lako svesti na ODE:

Vježbajte. Smanjite (2) na ODE.

Ali općenito, integralne jednadžbe su složeniji objekt (djelomično se proučava u tijeku funkcionalne analize), iako, kao što ćemo vidjeti u nastavku, uz njihovu pomoć se dobivaju neki rezultati za ODE.

DE nastaju i iz unutarmatematičkih potreba (na primjer, u diferencijalnoj geometriji) i u primjenama (prvi put u povijesti, a sada uglavnom u fizici). Najjednostavniji DE je "glavni problem diferencijalnog računa" o vraćanju funkcije iz njezine derivacije: = h(y). Kao što je poznato iz analize, njegovo rješenje ima oblik u(y) = + h(s)ds. Općenitiji DE zahtijevaju posebne metode za njihovo rješavanje. Međutim, kao što ćemo kasnije vidjeti, gotovo sve metode za rješavanje ODE-a “u eksplicitnom obliku” u biti su svedene na naznačeni trivijalni slučaj.

U primjenama ODE najčešće nastaju pri opisivanju procesa koji se odvijaju tijekom vremena, pa ulogu nezavisne varijable obično ima vrijeme t.

Dakle, značenje ODE u takvim primjenama je da opiše promjenu parametara sustava tijekom vremena. Stoga, kada se konstruira opća teorija ODE, prikladno je označiti nezavisnu varijablu s t (i nazvati je vrijeme sa svim pratećim terminološkim posljedice), a nepoznata funkcija(e) - kroz x = (x1,..., xn). Dakle, opći oblik ODE (ODE sustav) je sljedeći:

gdje je F = (F1,..., Fn) - tj. ovo je sustav od n ODE za n funkcija x, a ako je n = 1, onda je jedna ODE za 1 funkciju x.

U ovom slučaju, x = x(t), t R, a x je općenito kompleksno vrijedan (ovo je radi praktičnosti, jer se tada neki sustavi pišu kompaktnije).

Kažu da sustav (3) ima red m u funkciji xm.

Izvedenice se nazivaju starijima, a ostale (uključujući xm = sebe) nazivaju se mlađima. Ako je sve m =, onda jednostavno kažemo da je poredak sustava jednak.

Istina, broj m se često naziva redom sustava, što je također prirodno, kao što će kasnije postati jasno.

Razmotrit ćemo da pitanje potrebe proučavanja ODE i njihove primjene bude dovoljno potkrijepljeno drugim disciplinama (diferencijalna geometrija, matematička analiza, teorijska mehanika, itd.), a djelomično se obrađuje na praktičnim vježbama pri rješavanju zadataka (npr. iz zadataka). U ovom kolegiju bavit ćemo se isključivo matematičkim proučavanjem sustava oblika (3), što podrazumijeva odgovor na sljedeća pitanja:

1. što znači “riješiti” jednadžbu (sustav) (3);

2. kako to učiniti;

3. kakva svojstva imaju te otopine, kako ih proučavati.

Pitanje 1 nije tako očito kao što se čini - vidi dolje. Napomenimo odmah da se svaki sustav (3) može svesti na sustav prvog reda, označavajući niže izvodnice kao nove nepoznate funkcije. Ovaj postupak najlakše ćete objasniti na primjeru:

od 5 jednadžbi za 5 nepoznanica. Lako je razumjeti da su (4) i (5) ekvivalentni u smislu da je rješenje jednog od njih (nakon odgovarajućeg redizajna) rješenje drugog. U ovom slučaju trebamo samo odrediti pitanje glatkoće rješenja - to ćemo učiniti kasnije kada naiđemo na ODE višeg reda (tj. ne 1.).

Ali sada je jasno da je dovoljno proučavati samo ODE prvog reda, dok drugi mogu biti potrebni samo zbog pogodnosti notacije (ponekad ćemo se susresti s takvom situacijom).

Sada se ograničimo na ODE-ove prvog reda:

dimx = dimF = n.

Proučavanje jednadžbe (sustava) (6) nezgodno je zbog činjenice da nije riješena u odnosu na derivacije dx/dt. Kao što je poznato iz analize (iz teorema o implicitnoj funkciji), pod određenim uvjetima na F, jednadžba (6) se može riješiti u odnosu na dx/dt i napisati u obliku gdje je f: Rn+1 Rn dano, a x: R Rn je željeni. Kažu da je (7) ODE dopušten s obzirom na derivacije (ODE normalnog oblika). Pri prelasku s (6) na (7), naravno, mogu se pojaviti poteškoće:

Primjer. Jednadžba exp(x) = 0 ne može se napisati u obliku (7) i nema rješenja, tj. exp nema nula niti u kompleksnoj ravnini.

Primjer. Jednadžba x 2 + x2 = 1 kada se riješi se piše kao dvije normalne ODE x = ± 1 x2. Svaki od njih mora se riješiti, a zatim interpretirati rezultat.

Komentar. Kada se (3) reducira na (6), može doći do poteškoća ako (3) ima 0 red u odnosu na neku funkciju ili dio funkcija (tj., to je funkcionalna diferencijalna jednadžba). Ali tada te funkcije moraju biti isključene teoremom o implicitnoj funkciji.

Primjer. x = y, xy = 1 x = 1/x. Trebate pronaći x iz dobivene ODE, a zatim y iz funkcionalne jednadžbe.

No, u svakom slučaju, problem prijelaza iz (6) u (7) više pripada području matematičke analize nego DE, te se njime nećemo baviti. Međutim, prilikom rješavanja ODE oblika (6), mogu se pojaviti zanimljivi momenti sa stajališta ODE, pa je prikladno proučiti ovo pitanje prilikom rješavanja problema (kao što je učinjeno, na primjer, u ) i to će malo dotaknuti u § 3. Ali u ostatku tečaja bavit ćemo se samo normalnim sustavima i jednadžbama. Dakle, razmotrimo ODE (sustav ODE) (7). Zapišimo to jednom u obliku komponente:

Koncept "rješavanja (7)" (i općenito bilo kojeg DE) dugo se shvaćao kao potraga za "eksplicitnom formulom" za rješenje (tj. u obliku elementarnih funkcija, njihovih antiderivacija ili posebnih funkcija, itd. .), bez isticanja glatkoće rješenja i intervala njegovog određivanja. Međutim Trenutna država teorija ODE-a i drugih grana matematike (i prirodnih znanosti općenito) pokazuje da je ovaj pristup nezadovoljavajući - makar samo zato što je udio ODE-a koji su podložni takvoj "eksplicitnoj integraciji" iznimno malen (čak i za najjednostavniji ODE x = f (t) poznato je da u elementarnim funkcijama rijetko postoji rješenje, iako postoji “eksplicitna formula”).

Primjer. Jednadžba x = t2 + x2, usprkos krajnjoj jednostavnosti, nema rješenja u elementarnim funkcijama (a ovdje čak nema ni “formule”).

I premda je korisno poznavati one klase ODE-ova za koje je moguće "eksplicitno" konstruirati rješenje (slično koliko je korisno moći "izračunati integrale" kada je to moguće, iako je to iznimno rijetko), u tom smislu tipični su izrazi „integrirati” ODE”, „ODE ​​integral” (zastarjeli analozi modernih koncepata „riješiti ODE”, „riješiti ODE”), koji odražavaju prethodne koncepte rješenja. Sada ćemo objasniti kako razumjeti moderne pojmove.

io tome će biti riječi u § 3 (i tradicionalno mu se pridaje velika pažnja pri rješavanju zadataka u vježbi), ali od ovog pristupa ne treba očekivati ​​neku univerzalnost. U pravilu, pod procesom rješavanja (7) razumijevat ćemo potpuno različite korake.

Treba pojasniti koja se funkcija x = x(t) može nazvati rješenjem (7).

Prije svega napominjemo da je jasna formulacija pojma rješenja nemoguća bez naznake skupa na kojem je ono definirano, makar samo zato što je rješenje funkcija, a svaka je funkcija (prema školskoj definiciji) zakon koji pridružuje bilo kojem elementu određenog skupa (naziva se domena definicije ove funkcije) nekom elementu drugog skupa (vrijednosti funkcije). Dakle, govoriti o funkciji bez navođenja opsega njezine definicije apsurdno je po definiciji. Analitičke funkcije (šire, elementarne) ovdje služe kao “iznimka” (zavaravajuće) iz dolje navedenih razloga (i nekih drugih), no u slučaju daljinskog upravljanja takve su slobode neprihvatljive.

i općenito bez navođenja skupova definicija svih funkcija uključenih u (7). Kao što će biti jasno iz onoga što slijedi, preporučljivo je strogo vezati pojam rješenja za skup njegove definicije i smatrati rješenja različitima ako su im skupovi definicija različiti, čak i ako se na sjecištu tih skupova rješenja podudaraju.

Najčešće u specifične situacije to znači da ako su rješenja konstruirana u obliku elementarnih funkcija, tako da 2 rješenja imaju “identičnu formulu”, tada je također potrebno razjasniti jesu li skupovi na kojima su te formule napisane isti. Zbunjenost koja je dugo vladala po ovom pitanju bila je opravdana sve dok su se rješenja razmatrala u obliku elementarnih funkcija, budući da se analitičke funkcije jasno protežu na šire intervale.

Primjer. x1(t) = et on (0.2) i x2(t) = et on (1.3) - različita rješenja jednadžba x = x.

U ovom slučaju, prirodno je uzeti otvoreni interval (možda i beskonačan) kao skup definicije bilo kojeg rješenja, budući da bi taj skup trebao biti:

1. otvoren, tako da u svakom trenutku ima smisla govoriti o izvedenici (dvostrano);

2. koherentan, tako da se rješenje ne raspada na nepovezane dijelove (u ovom slučaju je zgodnije govoriti o više rješenja) - vidi prethodni primjer.

Dakle, rješenje (7) je par (, (a, b)), gdje je a b +, definiran na (a, b).

Napomena za instruktora. Neki udžbenici dopuštaju uključivanje krajeva segmenta u domenu definiranja rješenja, ali to je neprikladno jer samo komplicira prikaz i ne daje pravu generalizaciju (vidi § 4).

Radi lakšeg razumijevanja daljnjeg zaključivanja korisno je koristiti se geometrijskom interpretacijom (7). U prostoru Rn+1 = ((t, x)) u svakoj točki (t, x) gdje je f definirana, možemo razmatrati vektor f (t, x). Ako u tom prostoru konstruiramo graf rješenja (7) (naziva se integralna krivulja sustava (7)), tada se on sastoji od točaka oblika (t, x(t)). Kada se t (a, b) promijeni, ta se točka pomiče duž IR. Tangenta na IR u točki (t, x(t)) ima oblik (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Dakle, IR su one i samo one krivulje u prostoru Rn+1 koje u svakoj točki (t, x) imaju tangentu paralelnu s vektorom (1, f (t, x)). Na toj ideji izgrađen je tzv. izoklina metoda za približnu konstrukciju IC, koja se koristi kada se prikazuju grafovi rješenja specifičnih ODE (vidi.

Na primjer ). Na primjer, za n = 1, naša konstrukcija znači sljedeće: u svakoj točki IR njezin nagib prema t osi ima svojstvo tg = f (t, x). Prirodno je pretpostaviti da, uzimajući bilo koju točku iz definicijskog skupa f, možemo povući IR kroz nju. Ova ideja će biti striktno obrazložena u nastavku. Za sada nam nedostaje stroga formulacija glatkoće rješenja - to će biti učinjeno u nastavku.

Sada treba specificirati skup B na kojem je f definiran. Prirodno je uzeti ovaj set:

1. otvoreni (tako da se IC može konstruirati u blizini bilo koje točke iz B), 2. povezani (inače, svi povezani dijelovi mogu se razmatrati odvojeno - u svakom slučaju, IR (kao graf kontinuirane funkcije) ne može skakati s jednog dijela na drugi, tako da to neće utjecati na općenitost potrage za rješenjima).

Razmotrit ćemo samo klasična rješenja(7), tj. takva da su sam x i njegov x kontinuirani na (a, b). Tada je prirodno zahtijevati da je f C(B). Nadalje, ovaj zahtjev uvijek ćemo podrazumijevati. Dakle, konačno smo dobili definiciju. Neka je B Rn+1 regija, f C(B).

Par (, (a, b)), a b +, definiran na (a, b), naziva se rješenje (7) ako je C(a, b), za svaku t (a, b) točku (t, ( t) ) B i (t) postoji, i (t) = f (t, (t)) (tada automatski C 1(a, b)).

Geometrijski je jasno da će (7) imati mnogo rješenja (što je lako grafički razumjeti), jer ako provodimo IR polazeći od točaka oblika (t0, x0), gdje je t0 fiksan, dobit ćemo različite IR. Osim toga, promjena intervala definicije rješenja dat će drugačije rješenje, prema našoj definiciji.

Primjer. x = 0. Rješenje: x = = const Rn. Međutim, ako odaberete neki t0 i fiksirate vrijednost x0 rješenja u točki t0: x(t0) = x0, tada je vrijednost određena jednoznačno: = x0, tj. rješenje je jedinstveno do izbora intervala (a, b) t0.

Prisutnost "bezličnog" skupa rješenja nezgodna je za rad s njima2 - prikladnije je "numerirati" ih na sljedeći način: dodajte dodatne uvjete u (7) kako biste istaknuli jedino (u određenom smislu) rješenje, a zatim, prolazeći kroz ove uvjete, radite sa svakim rješenjem zasebno (geometrijski može postojati jedno rješenje (IR), ali postoji mnogo dijelova - ovom ćemo se neugodnošću pozabaviti kasnije).

Definicija. Problem za (7) je (7) s dodatnim uvjetima.

Najjednostavniji problem smo u biti već izmislili - to je Cauchyjev problem: (7) s uvjetima oblika (Cauchyjev podatak, početni podatak):

Sa stajališta primjene, ovaj zadatak je prirodan: na primjer, ako (7) opisuje promjenu nekih parametara x s vremenom t, tada (8) znači da je u nekom (početnom) trenutku vremena vrijednost parametara poznato je. Postoji potreba proučavanja drugih problema, o tome ćemo kasnije, ali za sada ćemo se fokusirati na Cauchyjev problem. Naravno, ovaj problem ima smisla za (t0, x0) B. Prema tome, rješenje problema (7), (8) je rješenje (7) (u smislu gornje definicije) tako da t0 (a, b) i (8).

Naš neposredni zadatak je dokazati postojanje rješenja Cauchyjevog problema (7), (8), a za neke dodatne primjere - kvadratna jednadžba, bolje je napisati x1 =..., x2 =... nego x = b/2 ±...

određene pretpostavke o f - i njegovoj jedinstvenosti u određenom smislu.

Komentar. Moramo razjasniti koncept vektora i matrične norme (iako će nam matrice trebati samo u 2. dijelu). Zbog činjenice da su u konačnodimenzionalnom prostoru sve norme ekvivalentne, izbor konkretne norme nije bitan ako nas zanimaju samo procjene, a ne točne količine. Na primjer, za vektore možete koristiti |x|p = (|xi|p)1/p, p je Peano (Picart) segment. Promotrimo stožac K = (|x x0| F |t t0|) i njegov krnji dio K1 = K (t IP ). Jasno je da se radi o K1 C.

Teorema. (Peano). Neka su zahtjevi za f u problemu (1) navedeni u definiciji rješenja zadovoljeni, tj.

f C(B), gdje je B regija u Rn+1. Tada za sve (t0, x0) B na Int(IP) postoji rješenje problema (1).

Dokaz. Postavimo proizvoljno (0, T0] i konstruirajmo takozvani Eulerov polilin s korakom, naime: ovo je izlomljena linija u Rn+1, u kojoj svaka karika ima projekciju na t os duljine, prva karika desno počinje u točki (t0, x0) i tako da je na njoj dx/dt = f (t0, x0); desni kraj ove veze (t1, x1) služi kao lijevi kraj za drugu, na što je dx/dt = f (t1, x1) itd., a slično i lijevo. Rezultirajuća isprekidana linija definira komadno linearnu funkciju x = (t). Dok je t IP, izlomljena linija ostaje u K1 (i još više tako u C, a time i u B), tako da je konstrukcija ispravna - to je zapravo učinjeno za pomoćnu konstrukciju prije teorema.

Zapravo, svugdje osim prijelomnih točaka postoji, a zatim (s) (t) = (z)dz, gdje se proizvoljne vrijednosti derivacije uzimaju u prijelomnim točkama.

U isto vrijeme (gibajući se po izlomljenoj liniji indukcijom) Konkretno, | (t)x0| F |t t0|.

Dakle, na IP funkcijama:

2. ekvikontinuirani, jer su Lipschitzevi:

Ovdje čitatelj treba, ako je potrebno, osvježiti svoje znanje o takvim konceptima i rezultatima kao što su: ekvikontinuitet, uniformna konvergencija, Arcela-Ascoli teorem, itd.

Prema Arcela-Ascolijevom teoremu postoji niz k 0 takav da je k na IP, gdje je C(IP). Po konstrukciji je (t0) = x0, pa ostaje provjeriti da li Dokazat ćemo to za s t.

Vježbajte. Razmotrite s t na sličan način.

Postavimo 0 i pronađimo 0 tako da za sve (t1, x1), (t2, x2) vrijedi C. To se može učiniti zahvaljujući uniformnom kontinuitetu f na kompaktnom skupu C. Nađimo m N tako da Fix t Int(IP) i uzeti bilo koji s Int(IP) tako da t s t +. Tada za sve z vrijedi |k (z) k (t)| F, dakle, s obzirom na (4) |k (z) (t)| 2F.

Imajte na umu da je k (z) = k (z) = f (z, k (z)), gdje je z apscisa lijevog kraja izlomljenog segmenta koji sadrži točku (z, k (z)). Ali točka (z, k (z)) pada u cilindar s parametrima (, 2F), izgrađen na točki (t, (t)) (zapravo, čak i u krnji stožac - vidi sliku, ali ovo je sada nije važno), pa s obzirom na (3) dobivamo |k (z) f (t, (t))|. Za izlomljenu liniju imamo, kao što je gore spomenuto, formulu Za k to će dati (2).

Komentar. Neka je f C 1(B). Tada će rješenje definirano na (a, b) biti klase C 2(a, b). Doista, na (a, b) imamo: postoji f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (ovdje je Jacobian matrica) je kontinuirana funkcija. To znači da postoje i 2 C(a, b). Moguće je dodatno povećati glatkoću rješenja ako je f glatka. Ako je f analitička, tada je moguće dokazati postojanje i jedinstvenost analitičkog rješenja (to je tzv. Cauchyjev teorem), iako to ne proizlazi iz prethodnih argumenata!

Ovdje se treba prisjetiti što je analitička funkcija. Ne smije se miješati s funkcijom koja se može predstaviti nizom potencija (ovo je samo prikaz analitičke funkcije na, općenito govoreći, dijelu njezine domene definicije)!

Komentar. Zadano (t0, x0), može se, variranjem T i R, pokušati maksimizirati T0. Međutim, to, u pravilu, nije toliko važno, jer postoje posebne metode za proučavanje maksimalnog intervala postojanja rješenja (vidi § 4).

Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti rješenja. S našim razumijevanjem rješenja, ono uvijek nije jedinstveno, jer ako postoji neko rješenje, onda će njegovo sužavanje na uže intervale biti druga rješenja. Ovu točku ćemo detaljnije razmotriti kasnije (u § 4), ali za sada ćemo pod jedinstvenošću razumjeti podudarnost bilo koja dva rješenja u sjecištu intervala njihove definicije. Čak ni u tom smislu Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti, što nije slučajno, jer pod njegovim uvjetima jedinstvenost ne može biti zajamčena.

Primjer. n = 1, f (x) = 2 |x|. Cauchyjev problem ima trivijalno rješenje: x1 0, a dodatno x2(t) = t|t|. Iz ova dva rješenja može se sastaviti cijela obitelj rješenja s 2 parametra:

gdje + (beskonačne vrijednosti znače da ne postoji odgovarajuća grana). Ako cijeli R smatramo domenom definiranja svih ovih rješenja, onda ih još uvijek ima beskonačno mnogo.

Imajte na umu da ako primijenimo dokaz Peanovog teorema kroz Eulerove izlomljene linije na ovaj problem, dobit ćemo samo nulto rješenje. S druge strane, ako je u procesu konstruiranja Eulerovih izlomljenih linija dopuštena mala pogreška na svakom koraku, tada će čak i nakon što se parametar pogreške približi nuli, sva rješenja ostati. Stoga su Peanov teorem i Eulerove izlomljene linije prirodne kao metoda za konstruiranje rješenja i usko su povezane s numeričkim metodama.

Neugodnost uočena u primjeru je posljedica činjenice da funkcija f nije glatka po x. Ispada da ako nametnemo dodatne zahtjeve na regularnost f u odnosu na x, tada se može osigurati jedinstvenost, a ovaj korak je u određenom smislu neophodan (vidi dolje).

Prisjetimo se nekih pojmova iz analize. Funkcija (skalar ili vektor) g naziva se Hölder s eksponentom (0, 1] na skupu ako je Lipschitzov uvjet istinit. Za 1, ovo je moguće samo za konstantne funkcije. Funkcija definirana na intervalu (gdje je izbor 0 je nevažan) naziva se modulom kontinuiteta, ako se kaže da g zadovoljava generalizirani Hölderov uvjet s modulom ako U ovom slučaju to se naziva modulom kontinuiteta od g in.

Može se pokazati da je svaki modul neprekidnosti modul neprekidnosti neke kontinuirane funkcije.

Važna nam je obrnuta činjenica, naime: svaka kontinuirana funkcija na kompaktnom skupu ima svoj modul neprekidnosti, odnosno zadovoljava (5) s nekim. Dokažimo to. Prisjetimo se da ako je kompaktni skup i g je C(), tada je g nužno uniformno kontinuiran u, tj.

= (): |x y| = |g(x) g(y)|. Ispada da je to kod nekih ekvivalentno uvjetu (5). Zapravo, ako postoji, tada je dovoljno konstruirati modul kontinuiteta takav da je (()), a zatim za |x y| = = () dobivamo Budući da su (i) proizvoljni, tada x i y mogu biti bilo koji.

I obrnuto, ako je (5) istinito, tada je dovoljno pronaći takvo da je (()), a zatim za |x y| = () dobivamo. Ostaje opravdati logičke prijelaze:

Za monotone i dovoljno je uzeti inverzne funkcije, a in opći slučaj potrebno je koristiti tzv generalizirane inverzne funkcije. Za njihovo postojanje potreban je poseban dokaz, koji nećemo navoditi, već ćemo samo reći ideju (korisno je čitanje popratiti slikama):

za bilo koji F definiramo F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - to su monotone funkcije i imaju inverze. Lako je provjeriti da je x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Najbolji modul kontinuiteta je linearan (Lipschitzov uvjet). To su "gotovo diferencijabilne" funkcije. Za davanje strogog značenja posljednjoj izjavi potreban je određeni napor, a mi ćemo se ograničiti na samo dva komentara:

1. strogo govoreći, nije svaka Lipschitzeva funkcija diferencijabilna, kao što je primjer g(x) = |x| na R;

2. ali diferencijabilnost implicira Lipschitza, kao što pokazuje sljedeća izjava. Svaka funkcija g koja ima sve M na konveksnom skupu zadovoljava Lipschitzov uvjet na sebi.

[Za sada, radi kratkoće, razmotrite skalarne funkcije g.] Dokaz. Za sve x, y imamo Jasno je da ova tvrdnja vrijedi i za vektorske funkcije.

Komentar. Ako je f = f (t, x) (općenito govoreći, vektorska funkcija), tada možemo uvesti koncept "f je Lipschitz u x," tj. |f (t, x) f (t, y)| C|x y|, i također dokažite da ako je D konveksan po x za sve t, tada je za f Lipschitzov u odnosu na x u D dovoljno imati ograničene derivacije od f u odnosu na x. U Izjavi smo dobili procjena |g(x) g(y) | kroz |x y|. Za n = 1 to se obično radi pomoću formule konačnog prirasta: g(x)g(y) = g (z)(xy) (ako je g vektorska funkcija, tada je z različit za svaku komponentu). Kada je n 1 prikladno je koristiti sljedeći analog ove formule:

Lema. (Hadamara). Neka je f C(D) (općenito govoreći, vektorska funkcija), gdje je D (t = t) konveksna za bilo koje t, a f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) · (x y), gdje je A kontinuirana pravokutna matrica.

Dokaz. Za svaki fiksni t primjenjujemo izračun iz dokaza tvrdnje za = D (t = t), g = fk. Traženi prikaz dobivamo s A(t, x, y) = A je doista kontinuiran.

Vratimo se pitanju jedinstvenosti rješenja problema (1).

Postavimo pitanje na sljedeći način: koliki bi trebao biti modul kontinuiteta f u odnosu na x tako da rješenje (1) bude jedinstveno u smislu da se 2 rješenja definirana na istom intervalu podudaraju? Odgovor daje sljedeći teorem:

Teorema. (Osgood). Neka, pod uvjetima Peano teorema, modul neprekidnosti f u odnosu na x u B, odnosno funkcija u nejednadžbi zadovoljava uvjet (možemo pretpostaviti C). Tada problem (1) ne može imati dva različita rješenja definirana na istom intervalu oblika (t0 a, t0 + b).

Usporedite s gore navedenim primjerom nejedinstvenosti.

Lema. Ako je z C 1(,), tada na svim (,):

1. u točkama gdje je z = 0 postoji |z|, i ||z| | |z |;

2. u točkama gdje je z = 0 postoje jednostrane derivacije |z|±, a ||z|± | = |z | (konkretno, ako je z = 0, tada postoji |z| = 0).

Primjer. n = 1, z(t) = t. U točki t = 0 derivacija |z| ne postoji, ali postoje jednostrane izvedenice.

Dokaz. (leme). U onim točkama gdje je z = 0, imamo z·z: postoji |z| =, i ||z| | |z|. U onim točkama t gdje je z(t) = 0, imamo:

Slučaj 1: z (t) = 0. Tada dobivamo postojanje |z| (t) = 0.

Slučaj 2: z (t) = 0. Tada je na +0 ili 0 očito z(t +)| |z(t)| čiji je modul jednak |z (t)|.

Prema uvjetu, F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. Neka su z1,2 dva rješenja (1) definirana na (t0, t0 +). Označimo z = z1 z2. Imamo:

Pretpostavimo da postoji t1 (točnije, t1 t0) tako da je z(t1) = 0. Skup A = ( t t1 | z(t) = 0 ) nije prazan (t0 A) i ograničen je iznad . To znači da ima gornju granicu t1. Po konstrukciji je z = 0 na (, t1), a zbog kontinuiteta z imamo z() = 0.

Prema lemi |z| C 1(, t1), a na tom intervalu |z| |z | (|z|), pa integracija preko (t, t1) (gdje t (, t1)) daje F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. Pri t + 0 dobivamo kontradikciju.

Korolar 1. Ako je, pod uvjetima Peanoovog teorema, f Lipschitz u x u B, tada problem (1) ima jedinstveno rješenje u smislu opisanom u Osgoodovom teoremu, jer u ovom slučaju () = C zadovoljava (7).

Korolar 2. Ako je, pod uvjetima Peano teorema, C(B), tada je rješenje (1) definirano na Int(IP) jedinstveno.

Lema. Svako rješenje (1) definirano na IP mora zadovoljiti procjenu |x | = |f (t, x)| F, a njegov graf leži u K1, a još više u C.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji t1 IP takav da je (t, x(t)) C. Za određenost neka je t1 t0. Tada postoji t2 (t0, t1] tako da je |x(t) x0| = R. Slično obrazloženju u dokazu Osgoodovog teorema, možemo pretpostaviti da je t2 krajnja lijeva takva točka, i imamo (t, x (t)) C, dakle |f (t, x(t))| F, i prema tome (t, x(t)) K1, što proturječi |x(t2) x0| = R. Dakle, (t, x (t) ) C na cijelom IP, a zatim (ponavljajući proračune) (t, x(t)) K1.

Dokaz. (Korolarije 2). C je kompaktan skup, dobivamo da je f Lipschitz u x u C, gdje grafovi svih rješenja leže s obzirom na lemu. Korolarom 1 dobivamo traženo.

Komentar. Uvjet (7) znači da se Lipschitzov uvjet za f ne može značajno oslabiti. Na primjer, Hölderov uvjet s 1 više ne vrijedi. Prikladni su samo moduli kontinuiteta bliski linearnim - poput "najgoreg":

Vježbajte. (prilično komplicirano). Dokažite da ako zadovoljava (7), onda postoji 1 koji zadovoljava (7) tako da je 1/ nula.

U općem slučaju nije potrebno tražiti točno nešto od modula kontinuiteta f u x za jedinstvenost - mogući su različiti posebni slučajevi, na primjer:

Izjava. Ako je pod uvjetima Peano teorema točna, tada bilo koja 2 rješenja (1) definirana na Iz (9) je jasno da x C 1(a, b), a zatim diferencijacija (9) daje (1)1, i ( 1)2 je očito.

Za razliku od (1), za (9) prirodno je konstruirati rješenje na zatvorenom segmentu.

Picard je predložio sljedeću metodu uzastopnih aproksimacija za rješavanje (1)=(9). Označimo x0(t) x0, a zatim indukcijskim teoremom. (Cauchy-Picart). Neka je, pod uvjetima Peanovog teorema, funkcija f Lipschitz po x u bilo kojem kompaktnom skupu K konveksnom po x iz domene B, tj.

Tada za bilo koji (t0, x0) B Cauchyjev problem (1) (aka (9)) ima jedinstveno rješenje na Int(IP) i xk x na IP, gdje su xk definirani u (10).

Komentar. Jasno je da teorem ostaje valjan ako se uvjet (11) zamijeni s C(B), budući da taj uvjet implicira (11).

Napomena za instruktora. Zapravo, nisu potrebni svi kompakti konveksni po x, nego samo cilindri, ali formulacija je napravljena na ovaj način, budući da će u § 5 biti potrebni općenitiji kompakti, a osim toga, s ovom formulacijom primjedba izgleda najprirodnije.

Dokaz. Odaberimo (t0, x0) B proizvoljno i napravimo istu pomoćnu konstrukciju kao prije Peanovog teorema. Dokažimo indukcijom da su svi xk definirani i kontinuirani na IP, a njihovi grafovi leže u K1, a još više u C. Za x0 je to očito. Ako to vrijedi za xk1, onda je iz (10) jasno da je xk definiran i kontinuiran na IP, a to je ono što pripada K1.

Sada dokazujemo procjenu na IP indukcijom:

(C je kompaktni skup u B koji je konveksan po x, a L(C) je definiran za njega). Za k = 0, ovo je dokazana procjena (t, x1(t)) K1. Ako (12) vrijedi za k:= ​​k 1, tada iz (10) imamo ono što se tražilo. Dakle, niz je majoriziran na IP konvergentnim nizom brojeva i stoga (ovo se zove Weierstrassov teorem) konvergira uniformno na IP prema nekoj funkciji x C(IP). Ali to je ono što xk x znači na IP-u. Zatim u (10) na IP idemo do granice i dobivamo (9) na IP, a time i (1) na Int(IP).

Jedinstvenost se odmah dobiva korolarom 1 iz Osgoodovog teorema, ali korisno ju je dokazati na drugi način, koristeći upravo jednadžbu (9). Neka postoje 2 x1,2 rješenja problema (1) (tj. (9)) na Int(IP). Kao što je gore spomenuto, tada njihovi grafovi nužno leže u K1, a još više u C. Neka t I1 = (t0, t0 +), gdje je neki pozitivan broj. Tada je = 1/(2L(C)). Tada je = 0. Dakle, x1 = x2 na I1.

Napomena za instruktora. Postoji i dokaz jedinstvenosti koristeći Gronwallovu lemu, čak je i prirodnija, jer ide odmah globalno, ali za sada Gronwallova lema nije baš zgodna, jer ju je teško adekvatno razumjeti za linearne ODE.

Komentar. Posljednji dokaz jedinstvenosti poučan je utoliko što još jednom u drugačijem svjetlu pokazuje kako lokalna jedinstvenost vodi globalnoj jedinstvenosti (što ne vrijedi za postojanje).

Vježbajte. Dokažite jedinstvenost na cijelom IP-u odjednom, argumentirajući kontradikcijom kao u dokazu Osgoodovog teorema.

Važan poseban slučaj (1) su linearne ODE, tj. one u kojima je vrijednost f (t, x) linearna po x:

U ovom slučaju, da bi se ušlo u uvjete opće teorije, treba zahtijevati. Dakle, u ovom slučaju, traka djeluje kao B, a uvjet Lipschitza (pa čak i diferencijabilnosti) s obzirom na x automatski je zadovoljen: za sve t (a, b), x, y Rn imamo |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Ako privremeno izoliramo kompaktni skup (a, b), tada na njemu dobivamo |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, gdje je L = max |A|.

Iz teorema Peana i Osgooda ili Cauchy-Picarta slijedi da je problem (13) jedinstveno rješiv na određenom intervalu (Peano-Picart) koji sadrži t0. Štoviše, rješenje na tom intervalu je granica Picardovih uzastopnih aproksimacija.

Vježbajte. Pronađite ovaj interval.

Ali pokazalo se da se u ovom slučaju svi ovi rezultati mogu dokazati globalno odjednom, tj. na svim (a, b):

Teorema. Neka je (14) istinito. Tada problem (13) ima jedinstveno rješenje na (a, b), a Picardove uzastopne aproksimacije mu konvergiraju uniformno na bilo kojem kompaktnom skupu (a, b).

Dokaz. Opet, kao u TK-P, konstruiramo rješenje integralne jednadžbe (9) koristeći uzastopne aproksimacije prema formuli (10). Ali sada ne trebamo provjeravati uvjet da graf pada u stožac i cilindar, jer

f je definiran za sve x dok je t (a, b). Trebamo samo provjeriti jesu li svi xk definirani i kontinuirani na (a, b), što je očito indukcijom.

Umjesto (12), sada prikazujemo sličnu procjenu oblika gdje je N određeni broj ovisno o izboru . Prvi korak indukcije za ovu procjenu je drugačiji (budući da nije povezan s K1): za k = 0 |x1(t) x0| N zbog kontinuiteta x1, a sljedeći koraci su slični (12).

Ovo ne moramo opisivati, jer je očito, ali možemo. Opet primjećujemo xk x na , a x je rješenje odgovarajućeg (10) na . Ali na ovaj način smo konstruirali rješenje na svim (a, b), budući da je izbor kompaktnog skupa proizvoljan. Jedinstvenost proizlazi iz Osgoodovih ili Cauchy-Picartovih teorema (i gornje rasprave o globalnoj jedinstvenosti).

Komentar. Kao što je gore spomenuto, TK-P je formalno suvišan zbog prisutnosti Peano i Osgood teoreme, ali je koristan iz 3 razloga - to:

1. omogućuje vam povezivanje Cauchyjevog problema za ODE s integralnom jednadžbom;

2. predlaže konstruktivnu metodu uzastopnih aproksimacija;

3. olakšava dokazivanje globalnog postojanja za linearne ODE.

[iako se ovo posljednje može zaključiti i iz obrazloženja § 4.] U nastavku ćemo se najčešće pozivati ​​na njega.

Primjer. x = x, x(0) = 1. Sukcesivne aproksimacijesk To znači da je x(t) = e rješenje izvornog problema na cijelom R.

Češće nego ne, red se neće dobiti, ali određena konstruktivnost ostaje. Također možete procijeniti pogrešku x xk (vidi).

Komentar. Iz teorema Peana, Osgooda i Cauchy-Picarta lako je dobiti odgovarajuće teoreme za ODE višeg reda.

Vježbajte. Formulirajte koncepte Cauchyjevog problema, rješenja sustava i Cauchyjevog problema, sve teoreme za ODE višeg reda, koristeći redukciju na sustave prvog reda navedenog u § 1.

Donekle kršeći logiku kolegija, ali radi boljeg usvajanja i opravdanja metoda rješavanja problema u praktičnoj nastavi, privremeno ćemo prekinuti izlaganje opće teorije i pozabaviti se tehničkim problemom “eksplicitnog rješavanja ODE”.

§ 3. Neke metode integracije Dakle, razmotrimo skalarnu jednadžbu = f (t, x). Prodt najstariji specijalni slučaj koji smo naučili integrirati je tzv. URP, tj. jednadžba u kojoj je f (t, x) = a(t)b(x). Formalna tehnika za integraciju ERP-a je "razdvojiti" varijable t i x (otuda naziv): = a(t)dt, a zatim uzeti integral:

tada je x = B (A(t)). Takvo formalno obrazloženje sadrži nekoliko točaka koje zahtijevaju obrazloženje.

1. Dijeljenje s b(x). Pretpostavljamo da je f kontinuirana, tako da je a C(,), b C(,), tj. B pravokutnik (,) (,)(općenito govoreći, beskonačno). Skupovi (b(x) 0) i (b(x) 0) su otvoreni i stoga su konačne ili prebrojive zbirke intervala. Između ovih intervala postoje točke ili segmenti gdje je b = 0. Ako je b(x0) = 0, tada Cauchyjev problem ima rješenje x x0. Možda ovo rješenje nije jedinstveno, tada u njegovoj domeni definicije postoje intervali gdje je b(x(t)) = 0, ali se onda mogu podijeliti s b(x(t)). Napomenimo usput da je na tim intervalima funkcija B monotona i stoga možemo uzeti B 1. Ako je b(x0) = 0, tada je u susjedstvu t0 b(x(t)) = 0, a postupak je pravni. Dakle, opisani postupak treba, općenito govoreći, primijeniti kada se domena definiranja rješenja dijeli na dijelove.

2. Integracija lijeve i desne strane preko različitih varijabli.

Metoda I. Želimo pronaći rješenje problema Kod(t) ili (1) x = (t). Imamo: = a(t)b((t)), odakle smo dobili striktno istu formulu.

Metoda II. Jednadžba je tzv simetrični zapis izvornog ODE-a, tj. onaj u kojem nije specificirano koja je varijabla nezavisna, a koja zavisna. Ovaj oblik ima smisla upravo u slučaju jedne jednadžbe prvog reda koju razmatramo s obzirom na teorem o invarijantnosti oblika prvog diferencijala.

Ovdje je prikladno detaljnije razumjeti koncept diferencijala, ilustrirajući ga na primjeru ravnine ((t, x)), krivulja na njoj, nastalih veza, stupnjeva slobode i parametra na krivulji.

Prema tome, jednadžba (2) povezuje diferencijale t i x duž željenog IR. Tada je integracija jednadžbe (2) na način prikazan na početku potpuno legalna - to znači, ako želite, integraciju po bilo kojoj varijabli odabranoj kao nezavisna.

U Metodi I to smo pokazali odabirom t kao nezavisne varijable. Sada ćemo to pokazati odabirom parametra s duž IR kao nezavisne varijable (pošto to jasnije pokazuje jednakost t i x). Neka vrijednost s = s0 odgovara točki (t0, x0).

Tada imamo: = a(t(s))t (s)ds, što daje Ovdje treba naglasiti univerzalnost simetričnog zapisa, primjer: krug se ne piše ni kao x(t) ni kao t(x) , ali kao x(s), t(s).

Neki drugi ODE-ovi prvog reda mogu se svesti na ERP-ove, kao što se može vidjeti prilikom rješavanja problema (na primjer, u knjizi problema).

Drugi važan slučaj je linearni ODE:

Metoda I. Varijacija konstante.

ovo je poseban slučaj općenitijeg pristupa, o kojem će se raspravljati u 2. dijelu. Ideja je da traženje rješenja u posebnom obliku snižava red jednadžbe.

Idemo prvo riješiti tzv homogena jednadžba:

Zbog jedinstvenosti posvuda je ili x 0 ili x = 0. U potonjem slučaju (neka, za određenost, x 0) dobivamo da (4) daje sva rješenja za (3)0 (uključujući nulta i negativna).

Formula (4) sadrži proizvoljnu konstantu C1.

Metoda variranja konstante je da se vidi rješenje (3) C1(t) = C0 + Struktura ORNU=CHRNU+OROU (kao za algebarske linearne sustave) (više o tome u 2. dijelu).

Ako želimo riješiti Cauchyjev problem x(t0) = x0, tada moramo pronaći C0 iz Cauchyjevih podataka - lako dobijemo C0 = x0.

Metoda II. Nađimo IM, tj. funkciju v kojom trebamo pomnožiti (3) (napisanu tako da su sve nepoznanice sabrane na lijevoj strani: x a(t)x = b(t)), tako da na lijevoj strani dobivamo izvedenicu neke zgodne kombinacije.

Imamo: vx vax = (vx), ako je v = av, tj. (takva jednadžba, (3) je ekvivalentna jednadžbi koja je već lako rješiva ​​i daje (5). Ako je Cauchyjev problem riješen, tada u ( 6) prikladno je odmah uzeti određeni integral Neki drugi se svode na linearne ODE (3), kao što se može vidjeti pri rješavanju zadataka (npr. u problemskoj knjižici). Važan slučaj linearnih ODE (odmah za bilo koji n) bit će detaljnije razmotren u 2. dijelu.

Obje razmatrane situacije poseban su slučaj tzv. UPD. Razmotrimo ODE prvog reda (za n = 1) u simetričnom obliku:

Kao što je već spomenuto, (7) specificira IC u (t, x) ravnini bez navođenja koja se varijabla smatra neovisnom.

Ako pomnožite (7) s proizvoljnom funkcijom M (t, x), dobit ćete ekvivalentni oblik zapisa iste jednadžbe:

Dakle, isti ODE ima mnogo simetričnih unosa. Među njima posebnu ulogu imaju tzv. zapisivanje u ukupnim diferencijalima, naziv UPD je nesretan, jer to nije svojstvo jednadžbe, već oblika njenog zapisa, tj. tako da je lijeva strana (7) jednaka dF (t, x ) s nekim F.

Jasno je da je (7) UPD ako i samo ako je A = Ft, B = Fx s nekim F. Kao što je poznato iz analize, za potonje je potrebno i dovoljno. Ne opravdavamo striktno tehničke aspekte, npr. , glatkoća svih funkcija. Činjenica je da § ima sporednu ulogu - za druge dijelove tečaja uopće nije potreban, a ne bih želio trošiti previše truda na njegovu detaljnu prezentaciju.

Prema tome, ako je (9) zadovoljeno, tada postoji F (jedinstveno je do aditivne konstante) tako da se (7) prepisuje u obliku dF (t, x) = 0 (duž IR), tj.

F (t, x) = const duž IR, tj. IR su linije razine funkcije F. Nalazimo da je integriranje UPD-a trivijalan zadatak, budući da traženje F iz A i B zadovoljavajući (9) nije teško . Ako (9) nije zadovoljen, tada dolazi do tzv IM M (t, x) je takav da je (8) UPD, za što je potrebno i dovoljno izvršiti analogiju (9), koja ima oblik:

Kao što slijedi iz teorije PDE-ova prvog reda (koju ćemo razmotriti u 3. dijelu), jednadžba (10) uvijek ima rješenje, tako da MI postoji. Dakle, svaka jednadžba oblika (7) napisana je u obliku UPD-a i stoga dopušta "eksplicitnu" integraciju. Ali ti argumenti ne daju konstruktivnu metodu u općem slučaju, budući da je za rješavanje (10) općenito govoreći, potrebno pronaći rješenje za (7), što je ono što tražimo. Međutim, postoji niz tehnika za traženje MI, o kojima se tradicionalno govori u praktičnoj nastavi (vidi, na primjer).

Imajte na umu da su gore razmotrene metode za rješavanje ERP-ova i linearnih ODE-ova poseban slučaj IM ideologije.

Zapravo, ERP dx/dt = a(t)b(x), zapisan u simetričnom obliku dx = a(t)b(x)dt, rješava se množenjem s IM 1/b(x), jer nakon što se ovo pretvara u UPD dx/b(x) = a(t)dt, tj. dB(x) = dA(t). Linearna jednadžba dx/dt = a(t)x + b(t), zapisana u simetričnom obliku dx a(t)xdt b(t)dt, rješava se množenjem s IM; gotovo sve metode za rješavanje ODE-ova “u eksplicitni oblik”

(s iznimkom velikog bloka povezanog s linearnim sustavima) su da se posebnim metodama redukcije reda i promjena varijabli svode na ODE prvog reda, koji se zatim reduciraju na ODE, a rješavaju primjenom glavni teorem diferencijalnog računa: dF = 0 F = konst. Pitanje snižavanja reda tradicionalno je uključeno u tečaj praktičnih vježbi (vidi, na primjer).

Recimo nekoliko riječi o ODE-ovima prvog reda koji nisu riješeni s obzirom na derivat:

Kao što je objašnjeno u § 1, može se pokušati riješiti (11) za x i dobiti normalni oblik, ali to nije uvijek preporučljivo. Često je prikladnije riješiti (11) izravno.

Razmotrimo prostor ((t, x, p)), gdje se p = x privremeno tretira kao nezavisna varijabla. Tada (11) definira površinu u tom prostoru (F (t, x, p) = 0), što se može napisati parametarski:

Korisno je zapamtiti što to znači, kao što je korištenje sfere u R3.

Tražena rješenja će odgovarati krivuljama na ovoj površini: t = s, x = x(s), p = x (s) - gubi se jedan stupanj slobode jer na rješenjima postoji veza dx = pdt. Zapišimo ovaj odnos kroz parametre na površini (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), tj.

Dakle, tražena rješenja odgovaraju krivuljama na površini (12), u kojima su parametri povezani jednadžbom (13). Potonji je ODE u simetričnom obliku koji se može riješiti.

Slučaj I. Ako je u nekom području (gu hfu) = 0, tada (12) tada t = f ((v), v), x = g((v), v) daje parametarski prikaz traženih krivulja u ravnina ( (t, x)) (odnosno, projiciramo na ovu ravninu, budući da nam ne treba p).

Slučaj II. Isto tako, ako je (gv hfv) = 0.

Slučaj III. U nekim točkama istovremeno gu hfu = gv hfv = 0. Ovdje je potrebna zasebna analiza da bi se utvrdilo odgovara li taj skup nekim rješenjima (ona se tada nazivaju posebnima).

Primjer. Clairautova jednadžba x = tx + x 2. Imamo:

x = tp + p2. Parametrizirajmo tu površinu: t = u, p = v, x = uv + v 2. Jednadžba (13) ima oblik (u + 2v)dv = 0.

Slučaj I. Nije provedeno.

Slučaj II. u + 2v = 0, tada je dv = 0, tj. v = C = const.

To znači da je t = u, x = Cu + C 2 parametarska oznaka IR.

Lako ga je eksplicitno napisati x = Ct + C 2.

Slučaj III. u + 2v = 0, tj. v = u/2. To znači da je t = u, x = u2/4 parametarski prikaz “kandidata za IR”.

Da bismo provjerili je li to stvarno IR, napišimo to eksplicitno x = t2/4. Ispostavilo se da je to (posebno) rješenje.

Vježbajte. Dokažite da se posebna odluka odnosi na sve ostale.

Ovo je opća činjenica - graf svakog posebnog rješenja omotnica je obitelji svih drugih rješenja. Ovo je osnova za drugu definiciju posebnog rješenja upravo kao omotnice (vidi).

Vježbajte. Dokažite to za više opća jednadžba Clairaut x = tx (x) s konveksnom funkcijom, posebno rješenje ima oblik x = (t), gdje je Legendreova transformacija od, tj. = ()1, ili (t) = max(tv (v)). Slično za jednadžbu x = tx + (x).

Komentar. U udžbeniku je detaljnije i točnije prikazan sadržaj § 3.

Napomena za instruktora. Prilikom držanja tečaja predavanja, može biti korisno proširiti § 3, dajući mu stroži oblik.

Sada se vratimo glavnom pregledu tečaja, nastavljajući prezentaciju započetu u §§ 1.2.

§ 4. Globalna rješivost Cauchyjevog problema U § 2. smo dokazali lokalno postojanje rješenja Cauchyjevog problema, tj. samo na određenom intervalu koji sadrži točku t0.

Uz neke dodatne pretpostavke o f, također smo dokazali jedinstvenost rješenja, shvaćajući ga kao podudarnost dvaju rješenja definiranih na istom intervalu. Ako je f linearan po x, dobiva se globalno postojanje, tj. na cijelom intervalu gdje su koeficijenti jednadžbe (sustava) definirani i kontinuirani. Međutim, kao što pokazuje pokušaj primjene opće teorije na linearni sustav, Peano-Picardov interval općenito je manji od onog na kojem se može konstruirati rješenje. Postavljaju se prirodna pitanja:

1. kako odrediti maksimalni interval na kojem se može tvrditi postojanje rješenja (1)?

2. Poklapa li se taj interval uvijek s maksimalnim intervalom u kojem desna strana (1)1 još uvijek ima smisla?

3. Kako točno formulirati pojam jedinstvenosti rješenja bez rezerve o intervalu njegovog definiranja?

Da je odgovor na pitanje 2 općenito negativan (odnosno zahtijeva veliku pažnju) pokazuje sljedeći primjer. x = x2, x(0) = x0. Ako je x0 = 0, onda je x 0 - nema drugih rješenja prema Osgoodovom teoremu. Ako je x0 = 0, tada odlučujemo napraviti koristan crtež). Interval postojanja rješenja ne može biti veći od (, 1/x0) odnosno (1/x0, +), redom, za x0 0 i x0 0 (druga grana hiperbole nema nikakve veze s rješenjem! - ovo je tipična greška studenti). Na prvi pogled, ništa u izvornom problemu nije "nagovijestilo takav ishod". U § 4 naći ćemo objašnjenje ove pojave.

Na primjeru jednadžbe x = t2 + x2 pojavljuje se tipična pogreška učenika o intervalu postojanja rješenja. Ovdje činjenica da je "jednadžba definirana posvuda" uopće ne znači da se rješenje može proširiti duž cijele ravne linije. To je jasno i sa čisto svakodnevnog stajališta, primjerice, u vezi sa pravnim zakonima i procesima koji se temeljem njih odvijaju: čak i ako zakon izričito ne propisuje prestanak postojanja tvrtke u 2015., to ne znači da sve da ova tvrtka neće bankrotirati do ove godine By unutarnji razlozi(iako postupa u okviru zakona).

Da bismo odgovorili na pitanja 1-3 (pa čak i da bismo ih jasno formulirali), potreban je koncept nenastavljivog rješenja. Mi ćemo (kao što smo se gore dogovorili) razmatrati rješenja jednadžbe (1)1 kao parove (, (tl(), tr())).

Definicija. Rješenje (, (tl(), tr())) je nastavak rješenja (, (tl(), tr())), if (tl(), tr()) (tl(), tr( )) i |(tl(),tr()) =.

Definicija. Rješenje (, (tl(), tr())) je neproširivo ako nema netrivijalna (tj. različita od njega) proširenja. (vidi primjer gore).

Jasno je da su NR od posebne vrijednosti, te je u njihovim terminima potrebno dokazati postojanje i jedinstvenost. Postavlja se prirodno pitanje: je li uvijek moguće konstruirati NR na temelju nekog lokalnog rješenja ili na Cauchyjevom problemu? Ispostavilo se da da. Da bismo ovo razumjeli, predstavimo pojmove:

Definicija. Skup rješenja ((, (tl (), tr ()))) je konzistentan ako se bilo koja 2 rješenja iz tog skupa podudaraju u sjecištu svojih intervala definicije.

Definicija. Konzistentan skup rješenja naziva se maksimalnim ako mu je nemoguće dodati još jedno rješenje tako da novi skup bude konzistentan i sadrži nove točke u uniji definicijskih domena rješenja.

Jasno je da je konstrukcija INN-a ekvivalentna konstrukciji NR-a, naime:

1. Ako postoji NR, tada svaki INN koji ga sadrži može biti samo skup njegovih ograničenja.

Vježbajte. Ček.

2. Ako postoji INN, tada se NR (, (t, t+)) konstruira na sljedeći način:

stavimo (t) = (t), gdje je bilo koji element INN-a definiran u ovoj točki. Očigledno je da će takva funkcija biti jednoznačno definirana na cjelini (t, t+) (jedinstvenost slijedi iz konzistentnosti skupa), au svakoj točki koincidira sa svim elementima INN-a definiranog u ovoj točki. Za svaki t (t, t+) postoji neki definiran u njemu, a time iu njegovoj okolini, a kako je u toj okolini rješenje (1)1, onda je i to tako. Dakle, postoji rješenje za (1)1 na svim (t, t+). Nije proširiv, jer bi se inače netrivijalno proširenje moglo dodati INN-u unatoč njegovoj maksimalnosti.

Konstrukcija INN-a problema (1) u općem slučaju (pod uvjetima Peanove teoreme), kada ne postoji lokalna jedinstvenost, moguća je (vidi , ), ali prilično glomazna - temelji se na korak po korak primjena Peanovog teorema s donjom granicom za duljinu intervala nastavka. Dakle, HP uvijek postoji. To ćemo opravdati samo u slučaju kada postoji lokalna jedinstvenost, tada je konstrukcija INN (a time i NR) trivijalna. Recimo, konkretno, djelovat ćemo u okviru TK-P.

Teorema. Neka su uvjeti TK-P zadovoljeni u području B Rn+1. Tada za bilo koji (t0, x0) B problem (1) ima jedinstveni IS.

Dokaz. Promotrimo skup svih rješenja zadatka (1) (nije prazan po TK-P). Formira MNN - konzistentan zbog lokalne jedinstvenosti, a maksimalan zbog činjenice da je to skup svih rješenja Cauchyjevog problema. To znači da HP postoji. Jedinstvena je zbog lokalne posebnosti.

Ako trebate konstruirati IR na temelju postojećeg lokalnog rješenja (1)1 (a ne Cauchyjevog problema), tada se ovaj problem, u slučaju lokalne jedinstvenosti, svodi na Cauchyjev problem: trebate odabrati bilo koju točku na postojeći IC i razmotriti odgovarajući Cauchyjev problem. NR ovog problema će biti nastavak izvornog rješenja zbog jedinstvenosti. Ako nema jedinstvenosti, onda se nastavak zadanog rješenja provodi prema gore navedenom postupku.

Komentar. NR se ne može dalje definirati na krajevima intervala svog postojanja (bez obzira na uvjet jedinstvenosti) tako da je također rješenje na krajnjim točkama. Da bi se to opravdalo, potrebno je razjasniti što se podrazumijeva pod rješavanjem ODE na krajevima segmenta:

1. Pristup 1. Neka rješenje (1)1 na intervalu shvatimo kao funkciju koja zadovoljava jednadžbu na krajevima u smislu jednostrane derivacije. Tada mogućnost navedene dodatne definicije nekog rješenja, na primjer, na desnom kraju intervala njegovog postojanja (t, t+] znači da IC ima krajnju točku unutar B, a C 1(t, t+]. Ali tada, nakon što smo riješili Cauchyjev problem x(t+) = (t+) za (1) i našli njegovo rješenje, dobivamo za desni kraj t+ (u točki t+ postoje obje jednostrane derivacije i jednake su f (t+ , (t+)), što znači da postoji obična derivacija), tj. nije bilo NR.

2. Pristup 2. Ako pod rješenjem (1)1 na segmentu mislimo na funkciju koja je kontinuirana samo na krajevima, ali takva da krajevi IC leže u B (čak i ako jednadžba na krajevima nije potrebna) - i dalje ćete dobiti isto razmišljanje, samo u smislu odgovarajuće integralne jednadžbe (vidi detalje).

Dakle, time što smo se odmah ograničili samo na otvorene intervale kao skupove definicija rješenja, nismo narušili općenitost (već smo samo izbjegli nepotrebnu gužvu s jednostranim izvodnicama itd.).

Kao rezultat toga, odgovorili smo na pitanje 3, postavljeno na početku § 4: ako je uvjet jedinstvenosti (na primjer, Osgood ili Cauchy-Picart) zadovoljen, jedinstvenost HP rješenja Cauchyjevog problema vrijedi. Ako je uvjet jedinstvenosti povrijeđen, tada može postojati mnogo IS-ova Cauchyjevog problema, svaki sa svojim intervalom postojanja. Svako rješenje za (1) (ili jednostavno (1)1) može se proširiti na NR.

Za odgovor na pitanja 1 i 2 potrebno je ne promatrati zasebno varijablu t, već ponašanje IC u prostoru Rn+1. Na pitanje kako se IC ponaša "blizu krajeva", on odgovara. Imajte na umu da interval postojanja ima krajeve, ali IC ih možda nema (kraj IC u B uvijek ne postoji - vidi napomenu iznad , ali kraj možda ne postoji čak ni na B - vidi dolje).

Teorema. (o napuštanju kompakta).

mi ga formuliramo pod uvjetima lokalne jedinstvenosti, ali to nije potrebno - vidite, tamo je TPC formuliran kao kriterij za NR.

Pod TK-P uvjetima, graf bilo koje HP jednadžbe (1)1 ostavlja bilo koji kompaktni skup K B, tj. K B (t, t+): (t, (t)) K na t.

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

Komentar. Dakle, IR IR u blizini t± približava se B: ((t, (t)), B) 0 na t t± - proces nastavka rješenja ne može se zaustaviti striktno unutar B.

pozitivan, ovdje je kao vježbu korisno dokazati da je udaljenost između disjunktnih zatvorenih skupova, od kojih je jedan kompaktan, pozitivna.

Dokaz. Fiksiramo K B. Uzmimo bilo koju 0 ​​(0, (K, B)). Ako je B = Rn+1, tada po definiciji pretpostavljamo (K, B) = +. Skup K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) je također kompaktan skup u B, pa postoji F = max |f |. Odaberimo brojeve T i R dovoljno male da bilo koji cilindar oblika Na primjer, dovoljno je uzeti T 2 + R2 2/4. Tada Cauchyjev problem oblika ima, prema TK-P, rješenje na intervalu ne užem od (t T0, t + T0), gdje je T0 = min(T, R/F) za sve (t, x) K.

Sada možemo uzeti = kao traženi segment. Zapravo, trebamo pokazati da ako je (t, (t)) K, tada je t + T0 t t+ T0. Pokažimo, na primjer, drugu nejednakost. Rješenje Cauchyjevog problema (2) s x = (t) postoji desno barem do točke t + T0, ali je IS istog problema, koji je zbog svoje jedinstvenosti nastavak, dakle t + T0 t+.

Dakle, NR graf uvijek “doseže B”, tako da interval postojanja NR ovisi o IR geometriji.

Na primjer:

Izjava. Neka je B = (a, b)Rn (konačni ili beskonačni interval), f zadovoljava uvjete TK-P u B, i NR je problema (1) s t0 (a, b). Tada je ili t+ = b ili |(t)| + pri t t+ (i slično za t).

Dokaz. Dakle, neka t+ b, tada t+ +.

Razmotrimo kompaktni skup K = B B. Za svaki R +, prema TPC-u, postoji (R) t+ tako da je u t ((R), t+) točka (t, (t)) K. Ali budući da t t+ , to je moguće samo za račun |(t)| R. Ali ovo znači |(t)| + na t t+.

U ovom konkretnom slučaju vidimo da ako je f definiran "za sve x", tada interval postojanja NR može biti manji od maksimalno mogućeg (a, b) samo zbog tendencije NR da kada se približava krajeve intervala (t, t+) (u općem slučaju - do granice B).

Vježbajte. Generalizirajte posljednju izjavu na slučaj kada je B = (a, b), gdje je Rn proizvoljna regija.

Komentar. Moramo razumjeti da |(t)| + ne znači nikakav k(t).

Dakle, odgovorili smo na pitanje 2 (usp. Primjer na početku § 4): IR dopire do B, ali njegova projekcija na t-os možda neće doseći krajeve projekcije B na t-os. Ostaje pitanje 1: postoje li znakovi po kojima se, bez rješavanja ODE-a, može prosuditi mogućnost nastavka rješenja do “maksimalno širokog intervala”? Znamo da je za linearne ODE ovaj nastavak uvijek moguć, ali u primjeru na početku § 4 to je nemoguće.

Razmotrimo prvo, za ilustraciju, poseban slučaj ERP-a s n = 1:

konvergencija nepravilnog integrala h(s)ds (nepravilnog zbog = + ili zbog singularnosti h u točki) ne ovisi o izboru (,). Stoga ćemo dalje pisati jednostavno h(s)ds kada govorimo o konvergenciji ili divergenciji ovog integrala.

to se moglo učiniti već u Osgoodovom teoremu i izjavama vezanim uz njega.

Izjava. Neka su a C(,), b C(, +), obje funkcije pozitivne na svojim intervalima. Neka Cauchyjev problem (gdje t0 (,), x0) ima IS x = x(t) na intervalu (t, t+) (,). Zatim:

Posljedica. Ako je a = 1, = +, tada je t+ = + Dokaz. (Tvrdnje). Primijetimo da x raste monotono.

Vježbajte. Dokazati.

Stoga postoji x(t+) = lim x(t) +. Imamo Slučaj 1. t+, x(t+) + - nemoguće prema TPC-u, jer je x NR.

Oba integrala su konačna ili beskonačna.

Vježbajte. Završi dokaz.

Obrazloženje za učitelja. Kao rezultat, dobivamo da u slučaju 3: a(s)ds +, au slučaju 4 (ako je uopće implementiran) isto.

Dakle, za najjednostavnije ODE za n = 1 oblika x = f (x), proširenje rješenja na određeno je sličnošću d Više detalja o strukturi rješenja takvih (tzv.

autonomne) jednadžbe vidi dio 3.

Primjer. Za f(x) = x, 1 (osobito, linearni slučaj = 1), i f(x) = x ln x, može se jamčiti proširenje (pozitivnih) rješenja na +. Za f (x) = x i f (x) = x ln x na 1, rješenja se "srušavaju u konačnom vremenu."

Općenito, situacija je određena mnogim čimbenicima i nije tako jednostavna, ali važnost “stope rasta f u x” ostaje. Kada je n 1 teško je formulirati kriterije kontinuabilnosti, ali postoje dovoljni uvjeti. U pravilu se opravdavaju korištenjem tzv. apriorne procjene rješenja.

Definicija. Neka je h C(,), h 0. Kažu da je za rješenja nekog ODU AO |x(t)| h(t) na (,), ako bilo koje rješenje ovog ODE-a zadovoljava ovu procjenu na onom dijelu intervala (,) gdje je definirano (tj. ne pretpostavlja se da su rješenja nužno definirana na cijelom intervalu (, )).

No pokazalo se da prisutnost AO jamči da će rješenja i dalje biti definirana na cijelom (,) (i stoga zadovoljiti procjenu na cijelom intervalu), tako da apriorna procjena pretvara se u aposteriori:

Teorema. Neka Cauchyjev problem (1) zadovoljava uvjete TK-P, a za njegova rješenja postoji AO na intervalu (,) s nekim h C(,), i krivocrtni cilindar (|x| h(t), t (,)) B Tada je NR (1) definiran na svim (,) (pa stoga zadovoljava AO).

Dokaz. Dokažimo da je t+ (t je slično). Recimo t+. Promotrimo kompaktni skup K = (|x| h(t), t ) B. Prema TPC-u, u t t+ točka grafa (t, x(t)) napušta K, što je nemoguće zbog AO.

Dakle, da bi se dokazala proširivost rješenja na određeni interval, dovoljno je formalno ocijeniti rješenje na cijelom traženom intervalu.

Analogija: Lebesgueova mjerljivost funkcije i formalna procjena integrala povlače stvarno postojanje integrala.

Navedimo neke primjere situacija u kojima ova logika funkcionira. Počnimo s ilustriranjem gornje teze o "rastu f u x prilično je spor."

Izjava. Neka B = (,) Rn, f zadovoljava uvjete TK-P u B, |f (t, x)| a(t)b(|x|), gdje a i b zadovoljavaju uvjete prethodne izjave s = 0 i = +. Tada IS problema (1) postoji na (,) za sve t0 (,), x0 Rn.

Lema. Ako su i kontinuirani, (t0) (t0); na t t Dokaz. Primijetite da u blizini (t0, t0 +): ako je (t0) (t0), onda je to odmah očito, inače (ako je (t0) = (t0) = 0) imamo (t0) = g(t0, 0) (t0), što opet daje ono što se traži.

Pretpostavimo sada da postoji t1 t0 takav da je (t1). Očiglednim razmišljanjem može se pronaći (t1) t2 (t0, t1] tako da je (t2) = (t2), i na (t0, t2). Ali tada u točki t2 imamo =, - kontradikciju.

g bilo koji, a zapravo treba samo, C, i svugdje gdje =, tamo. Ali da nam ne smeta, razmotrimo to kao u Lemi. Ovdje postoji striktna nejednakost, ali to je nelinearni ODE, a postoji i tzv.

Napomena za instruktora. Nejednakosti ove vrste kao u Lemi nazivaju se nejednakosti Chaplyginovog tipa (CH). Lako je vidjeti da uvjet jedinstvenosti nije bio potreban u lemi, tako da je takav "strogi NP" također istinit u okviru Peanove teoreme. “Nestriktni NP” je očito lažan bez jedinstvenosti, budući da je jednakost poseban slučaj nestriktne nejednakosti. Konačno, “nestriktni NP” u okviru uvjeta jedinstvenosti je istinit, ali se može dokazati samo lokalno - korištenjem MI.

Dokaz. (Tvrdnje). Dokažimo da je t+ = (t = slično). Recimo t+, onda prema iskazu iznad |x(t)| + pri t t+, pa možemo pretpostaviti x = 0 na . Dokažemo li AO |x| h na ) (kuglica je zatvorena zbog pogodnosti).

Cauchyjev problem x(0) = 0 ima jedinstveni IS x = 0 na R.

Naznačimo dovoljan uvjet na f pod kojim se može jamčiti postojanje NR na R+ za sve dovoljno male x0 = x(0). Za to pretpostavimo da (4) ima tzv Lyapunovljeva funkcija, tj. takva funkcija V takva da je:

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

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

Provjerimo da su ispunjeni uvjeti A i B:

A. Razmotrimo Cauchyjev problem gdje je |x1| R/2. Konstruirajmo cilindar B = R B(0, R) - područje definicije funkcije f, gdje je ona ograničena i klase C 1, tako da postoji F = max |f |. Prema TK-P postoji rješenje (5) definirano na intervalu (t1 T0, t1 + T0), gdje je T0 = min(T, R/(2F)). Odabirom dovoljno velikog T može se postići T0 = R/(2F). Važno je da T0 ne ovisi o izboru (t1, x1), sve dok |x1| R/2.

B. Sve dok je rješenje (5) definirano i ostaje u kuglici B(0, R), možemo izvesti sljedeće zaključivanje. Imamo:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0, tj. V (x(t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Jasno je da se m i M ne smanjuju; r su diskontinuirani u nuli, m(0) = M(0) = 0, a izvan nule su pozitivni. Dakle, postoji R 0 takav da je M (R) m(R/2). Ako |x1| R, tada V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), odakle |x(t)| R/2. Imajte na umu da R R/2.

Sada možemo formulirati teorem, koji iz paragrafa. A,B izvodi globalno postojanje rješenja (4):

Teorema. Ako (4) ima Lyapunovljevu funkciju u B(0, R), tada za sve x0 B(0, R) (gdje je R definiran gore) HP Cauchyjev problem x(t0) = x0 za sustav (4) (s bilo koji t0) definiran na +.

Dokaz. S obzirom na točku A, rješenje se može konstruirati na , gdje je t1 = t0 + T0 /2. Ovo rješenje leži u B(0, R) i na njega primjenjujemo dio B, dakle |x(t1)| R/2. Ponovno primijenimo točku A i dobijemo rješenje na , gdje je t2 = t1 + T0/2, tj. sada je rješenje konstruirano na . Primjenimo dio B na ovo rješenje i dobijemo |x(t2)| R/2 itd. U prebrojivom broju koraka dobivamo rješenje iz § 5. Ovisnost rješenja ODE o Razmotrimo Cauchyjev problem gdje je Rk. Ako za neki t0(), x0() ovaj Cauchyjev problem ima NR, onda je to x(t,). Postavlja se pitanje: kako proučavati ovisnost x o? Ovo je pitanje važno zbog različitih primjena (a posebno će se pojaviti u 3. dijelu), od kojih je jedna (iako možda ne i najvažnija) približno rješenje ODE-ova.

Primjer. Razmotrimo Cauchyjev problem, njegov NR postoji i jedinstven je, kao što proizlazi iz TK-P, ali ga je nemoguće izraziti elementarnim funkcijama. Kako onda proučavati njegova svojstva? Jedan način je ovaj: primijetite da je (2) "blizak" problemu y = y, y(0) = 1, čije je rješenje lako pronaći: y(t) = et. Možemo pretpostaviti da je x(t) y(t) = et. Ova ideja je jasno formulirana na sljedeći način: razmotrite problem Kada je = 1/100 to je (2), a kada je = 0 ovo je problem za y. Ako dokažemo da je x = x(t,) kontinuirano u (u određenom smislu), tada dobivamo da je x(t,) y(t) na 0, a to znači x(t, 1/100) y( t) = et.

Istina, ostaje nejasno koliko je x blizu y, ali dokaz kontinuiteta x je prvi potreban korak, bez koje je nemoguće naprijed.

Slično tome, korisno je proučiti ovisnost o parametrima u početnim podacima. Kao što ćemo kasnije vidjeti, ova se ovisnost lako može svesti na ovisnost o parametru na desnoj strani jednadžbe, pa ćemo se za sada ograničiti na problem oblika Neka je f C(D), gdje je D regija u Rn+k+1; f je Lipschitz u x u bilo kojem kompaktnom skupu u D koji je konveksan u x (na primjer, C(D) je dovoljan). Fiksiramo (t0, x0). Označimo M = Rk | (t0, x0,) D je skup dopustivih (za koje problem (4) ima smisla). Imajte na umu da je M otvoren. Pretpostavit ćemo da su (t0, x0) odabrani tako da je M =. Prema TK-P, za sve M postoji jedinstvena NR problema (4) - funkcija x = (t,), definirana na intervalu t (t(), t+()).

Strogo govoreći, budući da ovisi o mnogim varijablama, moramo napisati (4) ovako:

gdje je (5)1 zadovoljeno na skupu G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Međutim, razlika između znakova d/dt i /t čisto je psihološka (njihova upotreba ovisi o istom psihološkom pojmu "popraviti"). Dakle, skup G je prirodni maksimalni skup definicije funkcije, a pitanje kontinuiteta treba istražiti posebno na G.

Trebat će nam pomoćni rezultat:

Lema. (Gronwall). Neka funkcija C, 0, zadovoljava procjenu za sve t. Tada za sve vrijedi Napomena za nastavnika. Kada čitate predavanje, ovu formulu ne morate zapamtiti unaprijed, već ostavite razmak i upišite je nakon zaključka.

Ali onda imajte ovu formulu na vidiku, jer će biti neophodna u ToNZ-u.

h = A + B Ah + B, odakle dobivamo ono što nam je potrebno.

Značenje ove leme je: diferencijalna jednadžba i nejednadžba, povezanost između njih, integralna jednadžba i nejednadžba, povezanost između svih njih, Gronwallova diferencijalna i integralna lema i povezanost između njih.

Komentar. Moguće je dokazati ovu lemu pod općenitijim pretpostavkama o A i B, ali to nam za sada nije potrebno, već ćemo to učiniti na tečaju UMF (dakle, lako je vidjeti da nismo koristili kontinuitet A i B, itd.).

Sada smo spremni jasno navesti rezultat:

Teorema. (ToNZ) Pod pretpostavkama o f iu gore uvedenoj notaciji, može se tvrditi da je G otvoren i C(G).

Komentar. Jasno je da skup M općenito nije povezan, pa ni G ne mora biti povezan.

Napomena za instruktora. Međutim, kada bismo uključili (t0, x0) među parametre, tada bi postojala povezanost - to se radi u .

Dokaz. Neka (t,) G. Moramo dokazati da je:

Neka t t0 radi određenosti. Imamo: M, pa je (t,) definirano na (t(), t+()) t, t0, i stoga na nekom segmentu tako da t točka (t, (t,),) prolazi kroz kompaktnu krivulju D (paralelna hiperravnina ( = 0)). To znači da mnoge vrste definicija moraju stalno biti pred vašim očima!

je također kompaktni skup u D za dovoljno male a i b (konveksne po x), tako da je funkcija f Lipschitzeva po x:

[Ovu procjenu morate stalno imati pred očima! ] i uniformno je neprekidan po svim varijablama, a još više po |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Ovu procjenu morate stalno imati pred očima! ] Razmotrimo proizvoljan 1 takav da |1 | b i odgovarajuće rješenje (t, 1). Skup ( = 1) je kompaktni skup u D ( = 1), a za t = t0 vrijedi točka (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0, ), 1) ( = 1), a prema TPC u t t+(1) točka (t, (t, 1), 1) napušta ( = 1). Neka je t2 t0 (t2 t+(1)) prva vrijednost do koje spomenuta točka dolazi.

Prema konstrukciji, t2 (t0, t1]. Naš će zadatak biti pokazati da je t2 = t1 uz dodatna ograničenja na. Neka sada t3 . Imamo (za sve takve t3, sve dolje korištene veličine definirane su konstrukcijom):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Pokušajmo dokazati da je ta vrijednost manja od a u apsolutnoj vrijednosti.

gdje se funkcija integranda procjenjuje na sljedeći način:

±f (t, (t,),), a ne ±f (t, (t,),), jer je razlika |(t, 1) (t,)| samo još nema procjene, tako da (t, (t, 1),) nije jasno, ali za |1 | je, a (t, (t,), 1) je poznato.

pa na kraju |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Dakle, funkcija (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (ovo je kontinuirana funkcija) zadovoljava uvjete Gronwallove leme s A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, pa iz ove leme dobivamo [Ova se procjena mora zadržati pred očima u svakom trenutku! ] ako uzmemo |1 | 1 (t1). Pretpostavit ćemo da je 1(t1) b. Sva naša razmišljanja su točna za sve t3.

Dakle, s ovim izborom 1, kada je t3 = t2, još uvijek |(t2, 1) (t2,)| a, kao i |1 | b. To znači da je (t2, (t2, 1), 1) moguće samo zbog činjenice da je t2 = t1. Ali to konkretno znači da je (t, 1) definirano na cijelom segmentu , tj. t1 t+(1), i sve točke oblika (t, 1) G, ako je t , |1 | 1 (t1).

To jest, iako t+ ovisi o, segment ostaje lijevo od t+() dovoljno blizu. Slika slično za t t0 pokazuje postojanje brojeva t4 t0 i 2(t4). Ako je t t0, tada je točka (t,) B(, 1) G, slično za t t0, a ako je t = t0, tada vrijede oba slučaja, dakle (t0,) B(, 3) G, gdje je 3 = min ( 12). Važno je da se za fiksno (t,) može pronaći t1(t,) tako da je t1 t 0 (odnosno t4), i 1(t1) = 1(t,) 0 (odnosno 2 ), pa je izbor 0 = 0(t,) jasan (budući da se lopta može upisati u rezultirajuću cilindričnu okolinu).

zapravo, dokazano je suptilnije svojstvo: ako je NR definiran na određenom segmentu, tada su svi NR-ovi s dovoljno bliskim parametrima definirani na njemu (tj.

svi pomalo ogorčeni NR). Međutim, obrnuto, ovo svojstvo slijedi iz otvorenosti G, kao što će biti pokazano u nastavku, pa su to ekvivalentne formulacije.

Dakle, dokazali smo točku 1.

Ako se nalazimo u naznačenom cilindru u prostoru, tada je procjena točna za |1 | 4(,t,). U isto vrijeme |(t3,) (t,)| pri |t3 t| 5(,t,) zbog kontinuiteta u t. Kao rezultat, za (t3, 1) B((t,),) imamo |(t3, 1) (t,)|, gdje je = min(4, 5). Ovo je točka 2.

“Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja DRŽAVNO SVEUČILIŠTE ZA MENADŽMENT Institut za obuku znanstvenog, pedagoškog i znanstvenog osoblja PROGRAM PRIJEMNOG TESTIRANJA U POSEBNOJ DISCIPLINI SOCIOLOGIJA MENADŽMENTA MOSKVA - 2014. 1. ORGANIZACIJSKI I METODIČKA UREDBA AIA Ovaj program usmjeren je na pripremu za polaganje prijemnih ispita na diplomskom studiju u...”

"Amur State University Odjel za psihologiju i pedagogiju EDUKATIVNO-METODOLOŠKI KOMPLEKS DISCIPLINE SAVJETOVANJE PSIHOLOGIJA Glavni obrazovni program u prvostupniku 030300.62 Psihologija Blagoveshchensk 2012 UMKd razvijen Recenzirano i preporučeno na sastanku Odjela za psihologiju i pedagogiju Zapisnik..."

"automobilska industrija) Omsk - 2009 3 Savezna agencija za obrazovanje Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Sibirska državna akademija za automobile i ceste (SibADI) Odjel za inženjersku pedagogiju METODIČKE UPUTE za proučavanje discipline Pedagoške tehnologije za studente specijalnosti 050501 - Stručno osposobljavanje (automobili) i automobilizam..."

“Serija Obrazovne knjige G. S. Rosenberg, F. N. Ryansky TEORIJSKA I PRIMIJENJENA EKOLOGIJA Udžbenik preporučen od strane Obrazovne i metodološke udruge za klasično sveučilišno obrazovanje Ruske Federacije kao udžbenik za studente visokoškolskih ustanova u ekološkim specijalnostima 2. izdanje Izdavačka kuća Nizhnevartovsk Nizhnevartovsk Pedagoški institut 2005. BBK 28.080.1ya73 R64 Recenzenti: doktor biologije. znanosti, profesor V.I. Popchenko (Institut za ekologiju..."

„MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja KRASNOJARSKO DRŽAVNO PEDAGOŠKO SVEUČILIŠTE nazvano po. V.P. Astafieva E.M. Antipova MALI PRAKTIKUM IZ BOTANIKE Elektroničko izdanje KRASNOYARSK 2013 BBK 28.5 A 721 Recenzenti: Vasiliev A.N., doktor bioloških znanosti, profesor KSPU nazvan. V.P. Astafieva; Yamskikh G.Yu., doktor geoloških znanosti, profesor Sibirskog federalnog sveučilišta Tretyakova I.N., doktor bioloških znanosti, profesor, vodeći djelatnik Instituta za šume...”

„Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna obrazovna proračunska ustanova visokog stručnog obrazovanja Amur Državno sveučilište Odjel za psihologiju i pedagogiju OBRAZOVNI I METODOLOŠKI KOMPLEKS DISCIPLINA OSNOVE PEDIJATRIJE I HIGIJENE Glavni obrazovni program u području obuke 050400.62 Psihološko i pedagoško obrazovanje Blagoveshchensk 2012 1 UM CD razvijen Recenzirano i preporučeno na sastanku Odjela za psihologiju i...”

“provjera zadataka s detaljnim odgovorom Državna (završna) svjedodžba maturanata IX razreda općeobrazovnih ustanova (u novi oblik) 2013 GEOGRAFIJA Moskva 2013 Autor-sastavljač: Ambartsumova E.M. Povećanje objektivnosti rezultata državne (završne) certifikacije maturanata 9. razreda općeobrazovnih ustanova (u..."

„Praktične preporuke o korištenju referentnih, informativnih i metodičkih sadržaja za nastavu ruskog jezika kao državnog jezika Ruske Federacije. Praktične preporuke upućene su nastavnicima ruskog (uključujući kao nematernji jezik). Sadržaj: Praktične preporuke i smjernice za odabir 1. sadržaja materijala za obrazovne i obrazovne aktivnosti, posvećen problemima funkcioniranja ruskog jezika kao državnog...”

“E.V. MURYUKINA RAZVOJ KRITIČKOG RAZMIŠLJANJA I MEDIJSKE KOMPETENCIJE STUDENATA U PROCESU ANALIZE TISKA udžbenik za sveučilišta Taganrog 2008. 2 Muryukina E.V. Razvoj kritičkog mišljenja i medijske kompetencije učenika u procesu analize tiska. Udžbenik za sveučilišta. Taganrog: NP Centar za osobni razvoj, 2008. 298 str. Udžbenik govori o razvoju kritičkog mišljenja i medijskih kompetencija učenika u procesu nastave medijskog odgoja i obrazovanja. Jer tisak danas..."

"OKO. P. Golovchenko O FORMIRANJU LJUDSKE TJELESNE AKTIVNOSTI II. dio P ED AG OGIK A MOTORIČKA AKTIVNOST VN OSTI 3 Obrazovno izdanje Oleg Petrovich Golovchenko FORMIRANJE LJUDSKE TJELESNE AKTIVNOSTI Udžbenik II. dio Pedagogija motoričke aktivnosti Drugo izdanje, revidirano *** Urednik N.I. Kosenkova Računalni izgled izveli su D.V. Smolyak i S.V. Potapova *** Potpisano za objavu 23. studenog. Format 60 x 90/1/16. Papir za pisanje Times slog Metoda operativnog tiska Konvencija. p.l..."

"DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA KAZANSKO DRŽAVNO SVEUČILIŠTE NAZV. U I. ULYANOVA-LENIN Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Edukativni Alati Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Obrazovno-metodički priručnik smjera Elektronička obrazovna sredstva. - Kazan: KSU, 2008. Obrazovno-metodički priručnik objavljen je odlukom...”

„MINISTARSTVO OBRAZOVANJA RUSKE FEDERACIJE Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Državno sveučilište Orenburg, podružnica Akbulak, Odjel za pedagogiju V.A. TETSKOVA METODIKA NASTAVE LIKOVNE UMJETNOSTI U OSNOVNIM RAZREDIMA OPĆE OBRAZOVNE ŠKOLE METODIČKE UPUTE Preporučeno za objavu Uredničko-izdavačko vijeće državne obrazovne ustanove visokog obrazovanja strukovno obrazovanje Orenburško državno sveučilište..."

„MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE MINISTARSTVO OBRAZOVANJA STAVROPOLSKOG REGIONA DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA STAVROPOLJSKI DRŽAVNI PEDAGOŠKI INSTITUT N.I. Dzhegutanova DJEČJA KNJIŽEVNOST ZEMALJA STUDIJSKOG JEZIKA OBRAZOVNOG I METODIČKOG KOMPLEKSA Stavropol 2010 1 Objavljeno odlukom UDK 82.0 uredničkog i izdavačkog vijeća BBK 83.3 (0) Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Stavropolske države D Pedagoški institut Recenzenti:. .."

„PROPISI o novom sustavu unutarškolskog ocjenjivanja kvalitete obrazovanja MBOU Srednja škola Kamyshinskaya 1. Opće odredbe 1.1. Pravilnikom o unutarškolskom sustavu vrednovanja kvalitete odgoja i obrazovanja (u daljnjem tekstu: Pravilnik) utvrđeni su jedinstveni uvjeti za provedbu unutarškolskog sustava vrednovanja kvalitete odgoja i obrazovanja (u daljnjem tekstu: SSOKO) u općinama. proračunska obrazovna ustanova Kamyshinskaya Secondary Srednja škola(u daljnjem tekstu škola). 1.2. Praktična provedba SSOKO-a izgrađena je u skladu s...”

“MINISTARSTVO ZDRAVLJA REPUBLIKE UZBEKISTAN TAŠKENT MEDICINSKA AKADEMIJA ODJEL GP S KLINIČKOM ALERGOLOGIJOM ODOBRENO Prorektor za nastavu prof. O.R. Teshaev _ 2012 PREPORUKE ZA RAZVOJ OBRAZOVNIH I METODIČKIH RAZVOJA ZA PRAKTIČNU NASTAVU NA JEDINSTVENOM METODIČKOM SUSTAVU Metodološke upute za nastavnike medicinska sveučilišta Taškent-2012 MINISTARSTVO ZDRAVLJA REPUBLIKE UZBEKISTAN CENTAR ZA RAZVOJ MEDICINSKE EDUKACIJE TAŠKENT MEDICAL..."

“Savezna agencija za obrazovanje Gorno-Altai State University A.P. Makoshev POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA Obrazovni i metodološki priručnik Gorno-Altaisk RIO Gorno-Altai State University 2006 Objavljeno odlukom Uredničkog i izdavačkog vijeća Gorno-Altai State University Makoshev A.P. POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA. Nastavno-metodički priručnik. – Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 str. Obrazovni priručnik izrađen je u skladu s obrazovnim..."

"A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva ŠKOLA BUDUĆNOSTI SUVREMENI OBRAZOVNI PROGRAM Faze života 1. RAZRED METODIČKI PRIRUČNIK ZA UČITELJE OSNOVNE RAZREDE Moskva 2009 UDK 371(075.8) BBK 74.00 N 68 Autorsko pravo je zakonom zaštićeno, pozivanje na autore je obavezno. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. N 68 Moderna obrazovni program Faze života. – M.: Avvallon, 2009. – 176 str. ISBN 978 5 94989 141 4 Ova je brošura namijenjena prvenstveno učiteljima, ali nedvojbeno svojim informacijama..."

„Edukativni i metodološki kompleks RUSKO PODUZEĆIČKO PRAVO 030500 – Jurisprudencija Moskva 2013. Autor – sastavljač Katedre za discipline građanskog prava Recenzent – ​​Obrazovni i metodološki kompleks pregledan je i odobren na sastanku Katedre za discipline građanskog prava, protokol br. od _2013. . Rusko poslovno pravo: obrazovni i metodološki...”

"A. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin GEOGRAPHY OF THE REPUBLIC OF MORDOVIA Textbook SARANSK PUBLISHING HOUSE OF MORDOVAN UNIVERSITY 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9(2R351–6Mo) Y549 Recenzenti: Odsjek za fizičku geografiju Voronješkog državnog pedagoškog sveučilišta; Doktor geografskih znanosti, profesor A. M. Nosonov; učitelj školskog kompleksa br. 39 u Saransku A. V. Leontiev Objavljeno odlukom obrazovnog i metodološkog vijeća fakulteta preduniverzitetske pripreme i srednjeg obrazovanja...”