RF EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI ULUSAL ARAŞTIRMA NÜKLEER ÜNİVERSİTESİ "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko, yüksek öğretim kurumlarının öğrencileri için bir ders kitabı olarak Moskova 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 Kostin AB, Tkachenko DS Adi diferansiyel denklemler üzerine bir ders dersi: Ders kitabı. - E.: NRNU MEPhi, 2011 .-- 228 s. Ders kitabı, yazarlar tarafından Moskova Mühendislik Fizik Enstitüsü'nde uzun yıllardır verilen dersler temelinde oluşturulmuştur. Tüm fakültelerin NRNU MEPhI öğrencilerinin yanı sıra ileri matematik eğitimi almış üniversite öğrencilerine yöneliktir. Kılavuz, NRNU MEPhI Oluşturma ve Geliştirme Programı çerçevesinde hazırlanmıştır. Gözden Geçiren: Phys.-Math Doktoru. Bilimler NA Kudryashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University MEPhI, 2011 İçindekiler Önsöz. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5 I. Adi diferansiyel denklemler teorisine giriş Temel kavramlar. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Cauchy sorunu. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 6 11 II. Birinci mertebeden bir denklem için Cauchy probleminin çözümünün varlığı ve tekliği Birinci mertebeden OLE için teklik teoremi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinci dereceden OÄE için Cauchy probleminin çözümünün varlığı. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinci derece OÄE için çözümün devamı. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... III. Normal n'inci dereceden bir sistem için Cauchy problemi Vektör fonksiyonlarının temel kavramları ve bazı yardımcı özellikleri. ... ... ... Normal bir sistem için Cauchy probleminin çözümünün tekliği. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ; ... Metrik uzay kavramı. Verilen görüntülerin prensibi. ... ... ... ... ... Normal sistemler için Cauchy probleminin çözümü için varlık ve teklik teoremleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Dörtgenlerle çözülen bazı adi diferansiyel denklem sınıfları Ayrılabilir değişkenli denklem. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinci dereceden Lineer OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Homojen denklemler. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Ernoulli denklemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Toplam diferansiyellerde denklem. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 55 55 58 63 64 65 V. 67 Türev açısından çözülmemiş birinci mertebeden denklemler Türev açısından çözülmemiş DE'nin çözümünün varlığı ve tekliği teoremi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Özel bir çözüm. Ä diskriminant eğrisi. dolaşırım. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Parametre giriş yöntemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Lagran denklemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Clairaut denklemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... VI. Doğrusal ODE sistemleri Temel kavramlar. Problemin çözümünün varlık teoremi ve tekliği Lineer DE'nin homojen sistemleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Voronsky'nin determinantı. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Homojen bir sistem için entegre çözümler. Gerçek ÔСР'ye geçiş. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Lineer OÄE'nin homojen olmayan sistemleri. Sabitlerin varyasyon yöntemi. ... ... ... ... Sabit katsayılı homojen lineer OÄE sistemleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Matrisin üstel fonksiyonu. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85. ... ... 87. ... ... 91. ... ... ... ... ... 96 97. ... ... 100 . ... ... 111 Sabit katsayılı doğrusal DE'nin heterojen sistemleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 116 VII. Yüksek dereceli doğrusal ODE'ler Doğrusal ODE'lerden oluşan bir sisteme indirgeme. Cauchy probleminin çözümünün varlığı ve tekliği teoremi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yüksek dereceli homojen lineer OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yüksek dereceli homojen lineer OÄE'nin karmaşık çözümlerinin özellikleri. Karmaşık bir SSS'den gerçek olana geçiş. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Yüksek dereceli homojen olmayan doğrusal DE. Sabitlerin varyasyon yöntemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Sabit katsayılı yüksek dereceli homojen lineer OÄE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Sabit katsayılı yüksek dereceli heterojen doğrusal ODE. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 VIII. Kararlılık teorisi Kararlılıkla ilgili temel kavramlar ve tanımlar. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Lineer bir sistemin çözümlerinin kararlılığı. ... ... ... ... ... Lyapunov'un kararlılık teoremleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... İlk yaklaşım kararlılığı. ... ... ... ... ... ... Dinlenme noktası 162'ye yakın faz yörüngelerinin davranışı. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. ODE sistemlerinin ilk integralleri 198 Adi diferansiyel denklemlerin özerk sistemlerinin ilk integralleri 198 ODE'nin yarı özerk sistemleri. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 205 OÄU sistemlerinin simetrik gösterimi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 206 X. Birinci mertebeden kısmi diferansiyel denklemler Birinci mertebeden homojen lineer kısmi diferansiyel denklemler Birinci mertebeden bir lineer kısmi diferansiyel denklem için Cauchy problemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Birinci mertebeden yarı lineer kısmi diferansiyel denklemler. ... ... ... Birinci mertebeden yarı lineer kısmi diferansiyel denklem için Cauchy problemi. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Bibliyografya. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... -4- 210. ... ... ... ... 210. ... ... ... ... 212. ... ... ... ... 216. ... ... ... ... 223. ... ... ... ... 227 ÖNSÖZ Kitabı hazırlarken, yazarlar kendilerine adi diferansiyel denklemler teorisi ile ilgili çoğu konuda bilgileri tek bir yerde toplama ve erişilebilir bir biçimde sunma hedefi koymuşlardır. Bu nedenle, NRNU MEPhI'de (ve diğer üniversitelerde) okunan adi diferansiyel denklemler dersinin zorunlu müfredatında yer alan materyale ek olarak, kılavuz ayrıca, kural olarak, yeterli zamanı olmayan ek soruları da içerir. ancak konunun daha iyi anlaşılması için faydalı olacak ve gelecekteki mesleki faaliyetlerinde mevcut öğrenciler için faydalı olacaktır. Önerilen kılavuzun tüm ifadeleri için matematiksel olarak kesin kanıtlar verilmiştir. Bu ispatlar, kural olarak orijinal değildir, ancak tümü MEPhI'deki matematik derslerinin sunum tarzına uygun olarak revize edilmiştir. Öğretmenler ve bilim adamları arasında yaygın bir görüşe göre, matematik disiplinleri, basitten karmaşığa doğru aşamalı olarak ilerleyerek eksiksiz ve ayrıntılı kanıtlarla çalışılmalıdır. Bu kılavuzun yazarları aynı fikirdedir. Kitapta verilen teorik bilgiler, okuyucu için materyalin incelenmesini kolaylaştıracağını umduğumuz yeterli sayıda örneğin analizi ile desteklenmektedir. Kılavuz, her şeyden önce NRNU MEPhI öğrencileri olmak üzere, ileri matematik eğitimi almış üniversite öğrencilerine yöneliktir. Aynı zamanda diferansiyel denklemler teorisi ile ilgilenen ve matematiğin bu dalını çalışmalarında kullanan herkese de faydalı olacaktır. -5- Bölüm I. Adi diferansiyel denklemler teorisine giriş 1. 1. Temel kavramlar Kılavuz boyunca, ha, bi, (a, b), (a, b] kümelerinden herhangi birini ifade edecektir, x0 elde ederiz. 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt Ln C 6 x0 x0 Son eşitsizliği potansiyalize edip (2.3) uyguladıktan sonra 2 x 3 Zx Z u (x) 6 elde ederiz. Tüm x 2 [1, 1] için C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 jf (x, y2) f (x, y1) j = sin farkını tahmin edin tüm (x , y) 2 G için x y1 y2 6. Böylece f, Lipschitz koşulunu L = 1 ile, hatta y'de L = sin 1 ile bile karşılar. Ancak, (x, 0) noktalarında fy0 türevi ) 6 = (0, 0) bile yok.. Kendi içinde ilginç olan aşağıdaki teorem, Cauchy probleminin çözümünün tekliğini kanıtlamamıza izin verecektir: Teorem 2.1 (İki çözümün farkı için bir tahminde) G, R'de 2 etki alanı ve f (x, y) 2 CG olsun ve G. y'deki Lipschitz koşulunu L sabiti ile karşılıyor. Eğer y1, y2, y 0 = f (x, y) denkleminin iki çözümü ise bir aralık, o zaman eşitsizlik (tahmin) geçerlidir: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 tüm x 2 için. -19- y2 Kanıt. (2.1) denkleminin çözümünün 2.2 tanımına göre, 8 x 2 nokta x, y1 (x) ve x, y2 (x) 2 G olduğunu elde ederiz. Tüm t 2 için doğru eşitliklere sahibiz y10 (t) = ft , y1(t ) ve y20(t) = ft, y2(t), x 2 olduğu aralıkta t üzerinden integralini alıyoruz. Sağ ve sol taraflar sürekli fonksiyonlar olduğundan entegrasyon yasaldır. Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt eşitlik sistemini elde ederiz. x0 Birini diğerinden çıkarırsak jy1 (x) y2 (x) j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) olur y2 ( x0) + ft, y1 (t) ft, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t)'yi gösteririz Sonra, Gronwall – Vellman eşitsizliği ile şu tahmini elde ederiz: jy2 ( x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)> 0.tüm x 2 için. Teorem kanıtlanmıştır. Kanıtlanmış teoremin bir sonucu olarak, Cauchy probleminin çözümü için bir teklik teoremi elde ederiz (2. 1), (2.2). Sonuç 1. f (x, y) 2 CG fonksiyonunun G'de y'deki Lipschitz koşulunu sağlamasına izin verin ve y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonları aynı aralıkta denklem (2.1)'in iki çözümüdür ve x0 2. y1 (x0) = y2 (x0) ise y1 (x) y2 (x) olur. Kanıt. İki durumu ele alalım. -20- 1. x> x0 olsun, o zaman Teorem 2. 1'den h i yani x> x0 için y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x). 2. x 6 x0, t = x değişikliğini yapalım, sonra i = 1 için yi (x) = yi (t) y ~ i (t) olsun. 2. x 2 olduğundan, t 2 [x0, x1] ve eşitliği y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0). Hangi denklemin y ~ i(t)'yi sağladığını bulalım. Aşağıdaki eşitlikler zinciri doğrudur: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t)). Burada karmaşık bir fonksiyonun türev alma kuralını ve yi (x)'in (2.1) denkleminin çözümleri olduğu gerçeğini kullandık. f ~ (t, y) f (t, y) fonksiyonu sürekli olduğundan ve y'ye göre Lipschitz koşulunu sağladığından, o zaman Teorem 2.1 ile [x0 üzerinde y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) elde ederiz. , x1 ], yani y1 (x) y2 (x) açık. İncelenen her iki durumu birleştirerek, sonucun iddiasını elde ederiz. Sonuç 2. (ilk verilere sürekli bağımlı olarak) f (x, y) 2 CG fonksiyonunun G'de L sabiti ile y'ye göre Lipschitz koşulunu sağlamasına izin verin ve y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonları şöyledir: (2.1) üzerinde tanımlanan denklemin çözümleri. Î l = x1 x0 ve δ = y1 (x0) y2 (x0) anlamına gelir. O halde 8 x 2 için y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l eşitsizliği doğrudur. Kanıt hemen Teorem 2'den gelir. 1. Sonuç 2'den elde edilen eşitsizliğe, ilk verilere göre bir çözümün kararlılığının bir tahmini denir. Bunun anlamı, eğer x = x0'da çözümler "yakın" ise, o zaman sonlu bir segmentte de "yakın" olurlar. Teorem 2.1, iki çözümün farkının modülü için uygulamalar için önemli bir tahmin verir ve Sonuç 1 - Cauchy probleminin (2.1), (2.2) çözümünün benzersizliği. Benzersizlik için başka yeterli koşullar da vardır, bunlardan birini şimdi sunmaktayız. Yukarıda belirtildiği gibi, Cauchy probleminin çözümünün geometrik olarak benzersizliği, Denklem (2.1)'in en fazla bir integral eğrisinin G alanının (x0, y0) noktasından geçebileceği anlamına gelir. Teorem 2.2 (Teklik üzerine Osgood). f (x, y) 2 CG fonksiyonu ve 8 (x, y1), (x, y2) 2 G, f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j eşitsizliğini sağlasın, burada ϕ ( u)> u 2 (0, β] için 0, ϕ (u) süreklidir ve ε! 0+ olduğunda Zβ du! (2.1) denkleminin y1 (x) ve y2 (x) olmak üzere iki çözümü vardır, öyle ki y1 (x0) = y2 (x0) = y0, z (x) = y2 (x) y1 (x) ile gösterilir. dyi = f (x, yi), i = 1, 2 olduğundan, dx dz = f (x, y2) f (x, y1) eşitliği z (x) için geçerlidir. dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, yani, o zaman z dx 1 d, jzj2 6 ϕ jzj jzj eşitsizliğidir, bundan jzj 6 = 0 için aşağıdaki 2 dx çift eşitsizliği gelir: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j burada entegrasyon, üzerinde z (x)> 0 ve zi = z (xi), i = 1, 2 olan herhangi bir aralıkta yapılır. Varsayımsal olarak, z (x) 6 0 ve dahası, süreklidir, yani böyle bir aralık, seçin ve düzeltin. n o X1 = x x kümelerini göz önünde bulundurun< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 ve z(x) = 0. z (x0) = 0 ve x0 62 olduğundan bu kümelerden en az biri boş değildir. Örneğin, X1 6 = ∅, yukarıda sınırlanmıştır, dolayısıyla 9 α = sup X1 olsun. z (α) = 0 olduğuna dikkat edin, yani, α 2 X1, süreklilik nedeniyle z (α)> 0 olduğu varsayıldığından, α δ1, α + δ1 aralığında z (x)> 0'a sahip olacağız ve bu, α = sup X1 tanımıyla çelişiyor. z (α) = 0 koşulundan şu sonuç çıkar ki α< x1 . По построению z(x) > Tüm x 2 (α, x2] için 0 ve z (x)! 0+ için x! Α + 0'ın sürekliliği nedeniyle. , x2], burada x2 yukarıda seçilir ve sabitlenir ve δ 2 (0, x2 α) keyfidir, eşitsizliği elde ederiz: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx.α + δ Bu ikili eşitsizlikte, Zjz2 jd jzj2!+1'den z (x) için süreklilik koşuluyla δ! , ve sonra teoremin 2 jzjϕ jzj integrali jz (α + δ) j -22- Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α eşitsizliğinin sağ tarafı yukarıdan bir sonlu ile α + δ ile sınırlandırılır Cauchy problemi (2.1), (2.2) ile aşağıdaki y (x) fonksiyonunu bulma problemini kastediyoruz: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G , y (x0) = y0, (x0, y0 ) 2 G, burada f (x, y) 2 CG ve (x0, y0) 2 G; G, R2'nin bir alanıdır. , y) 2 CG O zaman aşağıdaki ifadeler geçerlidir: 1) herhangi bir yeniden (2.1) denkleminin ha aralığındaki ϕ (x) çözümü, bi (2.2) x0 2 ha'yı sağlar, bi, ha, bi integral denkleminin Zx y (x) = y0 + f τ, y üzerindeki bir çözümüdür (τ)dt; (2.6) x0 2) ϕ (x) 2 C ha ise, bi, x0 2 ha, bi, o zaman ϕ (x) 2 C ha, bi olmak üzere ha, bi, 1 üzerindeki integral denklemin (2.6) bir çözümüdür. (2.1 ), (2.2)'nin bir çözümü. Kanıt. 1. ϕ (x), (2.1), (2.2)'nin ha, bi üzerinde bir çözümü olsun. Daha sonra, Açıklama 2.2 ile, ϕ (x) 2 C ha, bi ve 8 τ 2 ha, bi eşitliğine sahibiz ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ (τ), x0'dan x'e integral alarak, ( için herhangi bir x 2 ha , bi) Rx ϕ (x) ϕ (x0) = f τ, ϕ (τ) dτ ve ϕ (x0) = y0, yani, ϕ (x), (2.6)'nın bir çözümüdür. x0 2. y = ϕ (x) 2 C ha, bi (2.6)'nın bir çözümü olsun. fx, ϕ (x), hipoteze göre ha, bi üzerinde sürekli olduğundan, Zx ϕ (x) y0 + f τ, ϕ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0'ın değişken üst limitli bir integral olarak a sürekli fonksiyon. Son eşitliği x'e göre farklılaştırarak, ϕ 0 (x) = f x, ϕ (x) 8 x 2 ha, bi ve açıkçası ϕ (x0) = y0 elde ederiz, yani, ϕ (x), Cauchy probleminin (2.1), (2.2) bir çözümüdür. (Her zamanki gibi, segmentin sonundaki türev, karşılık gelen tek taraflı türev olarak anlaşılır.) -23- Açıklama 2. 6. Lemma 2. 2, Cauchy probleminin (2.1) denkliği üzerine lemma olarak adlandırılır, (2.2) integral denklemine (2.6). (2.6) denkleminin bir çözümünün var olduğunu kanıtlarsak, o zaman Cauchy probleminin (2.1), (2.2) çözülebilirliğini elde ederiz. Bu plan aşağıdaki teoremde uygulanmaktadır. Teorem 2.3 (Yerel varlık teoremi). P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β dikdörtgeni tamamen f (x, y) fonksiyonunun G alanında olsun. f (x, y) 2 C G fonksiyonu ve n y o in G'ye göre Lipschitz koşulunu L sabiti ile karşılar. Î β M = maks f (x, y), h = min α, M'yi gösterir. P segmentindeyken Soshi problemine (2.1), (2.2) bir çözüm var. Kanıt. Bir aralıkta integral denkleminin (2.6) bir çözümünün varlığını belirleyelim. Bunu yapmak için aşağıdaki fonksiyon dizisini göz önünde bulundurun: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, vb. x0 1. 8 n 2 N fonksiyonların yn (ardışık yaklaşımlar) tanımlandığını gösterelim, yani, 8 x 2 için yn (x) y0 6 β eşitsizliğinin tüm n = 1, 2, için geçerli olduğunu gösterin. ... ... Matematiksel tümevarım yöntemini kullanacağız (MMI): a) tümevarım temeli: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 burada M0 = jx x 0 j 6 a, M0 6 M için maks f (x , y0); b) varsayım ve tümevarım adımı. Eşitsizliğin yn 1 (x) için doğru olmasına izin verin, bunu yn (x) için ispatlayalım: Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Yani, eğer jx x0 j 6 h ise , sonra yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Amacımız, en yakın 1 yk (x) k = 0'ın halefinin yakınsaklığını kanıtlamaktır, bunun için onu şu şekilde temsil etmek uygundur: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. ... ... + yn yn 1, k = 1 yani fonksiyonel bir serinin kısmi toplamlarının dizileri. 2. Aşağıdaki 8 n 2 N ve 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n eşitsizliklerini ispatlayarak bu dizinin terimlerini tahmin edin! Matematiksel tümevarım yöntemini uygulayalım: jx n 1 1 hn. n! (2.7) a) tümevarım esası: n = 1.y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, yukarıda kanıtlanmıştır; b) varsayım ve tümevarım adımı. Eşitsizlik n için doğru olsun, bunu n için gösterelim: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, dτ 6 x0'a kadar Zx i yn 6 ile Lipschitz koşulu 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 tümevarım hipotezi ile 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 Burada x için I = jτ x0 integralinin x için x> x0 olduğu gerçeğini kullandık< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Tüm k 2 N için Bk + 1> Bk; 1 A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N tutar Bu yardımcı ifadeyi A, B 2 R durumu için kanıtlayalım (yani, A ve B sonludur; eğer A = 1 veya B = + 1 ise, o zaman benzer şekilde). x A B x, keyfi x 2 (A, B) ve δ (x) = min, δ (x)> 0 alın. 2 2 için, Ak yakınsamasından δ sayısı! A ve Bk! B elde ederiz 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. Bölüm 2.1'deki Sonuç 1'i (yani teklik teoremi) uygulayarak, tüm t 2 ve özellikle t = x için ϕ (t) ψ (t) elde ederiz. x keyfi bir nokta (A, B) olduğundan, çözümün benzersizliği ve onunla birlikte sonucu kanıtlanmıştır. Açıklama 2. 10. Kanıtlanmış sonuçta, ilk olarak daha geniş bir kümede bir çözümün devamı kavramıyla karşılaştık. Bir sonraki bölümde daha ayrıntılı olarak inceleyeceğiz. İşte bazı örnekler. p Örnek 2. 2. y 0 = ejxj x2 + y 2 denklemi için çözümünün tüm (A, B) = (1, +1) üzerinde olup olmadığını bulun. "Şerit" Q = R2'deki bu denklemi, p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x) fonksiyonunu göz önünde bulundurun. ∂y x2 + y 2 Bölüm 2.1'in 2. 1 nolu İfadesi ile, f (x, y) fonksiyonu, y'deki Lipschitz koşulunu bir "sabit" L = L (x) ile sağlar, x sabittir. O zaman, sonucun tüm koşulları sağlanır ve herhangi bir başlangıç ​​verisi (x0, y0) 2 R2 için, Cauchy problemine bir çözüm vardır ve ayrıca (1, +1) üzerinde benzersizdir. Dörtgenlerdeki denklemin kendisinin çözülmediğine, ancak sayısal olarak yaklaşık çözümler oluşturulabileceğine dikkat edin. Q'da tanımlı ve sürekli, -32- Örnek 2. 3. y 0 = ex y 2 denklemi için, R üzerinde tanımlanmış çözümlerin olup olmadığını bulun. ∂ ff (x, y) = ex y 2 fonksiyonunun tanımlı ve sürekli olduğu ve = 2yex olduğu yerde, o zaman ∂y sonucunun koşulunun ihlal edildiğini gözlemleyebiliriz, yani, böyle bir sürekli fonksiyon L (x) yoktur. tüm y1, y2 2 R için f (x, y2) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j. Gerçekten de, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j ve jy2 + y1 j ifadesi y1, y2 2 R için sınırlı değildir. Bu nedenle, sonuç geçerli değildir. Bu denklemi "değişkenlerin ayrılması" ile çözelim, genel çözümü elde ederiz: "y (x) = 0, y (x) = 1. ex + C Kesinlik için x0 = 0, y0 2 R alırız. Eğer y0 ise = 0, o zaman y (x ) 0, R üzerindeki Cauchy probleminin çözümüdür. 1, Cauchy probleminin çözümüdür. y0 2 [1, 0) ex için tüm x 2 R için ve y0 2 için ( 1, 1) [(0, +1) çözüm y0 + 1 değil x = ln noktasından devam edilebilir. Daha doğrusu x> 0 ise y0 1 çözümü y (x) = y0 +1 olur x 2 (1, x) için tanımlanmış ve x ise< 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, o zaman çözüm yalnızca x 2 1 için mevcuttur; ln y0 Bu örnek, yukarıda kanıtlanan Teorem 2.4'ün doğal sonucu olan f (x, y) fonksiyonunun büyümesi üzerindeki kısıtlamanın, çözümü (A, B)'nin tamamına genişletmek için gerekli olduğunu göstermektedir. Herhangi bir ε> 0 için f (x, y) = f1 (x) y 1 + ε fonksiyonu ile benzer şekilde örnekler elde edilir; verilen örnekte ε = 1 sadece sunum kolaylığı için alınmıştır. 2. 3. Birinci mertebeden ODE Tanımı için çözümün genişletilmesi 2. 5. y 0 = f (x, y) denklemini göz önünde bulundurun ve ha, bi ve Y (x) üzerindeki çözümü y (x) olsun. hA , Bi ve ha üzerindeki çözümü olsun, bi, hA, Bi ve Y (x) = y (x) üzerinde ha, bi içinde bulunur. Daha sonra Y(x), y(x) çözümünün hA, Bi'ye uzantısı denir ve y(x)'in hA, Bi'ye uzatıldığı söylenir. -34- Bölüm 2.2'de, Cauchy probleminin (2.1), (2.2) çözümü için yerel bir varlık teoremi kanıtladık. Bu karar hangi koşullarda daha geniş bir süre için devam ettirilebilir? Bu bölüm bu soruya ayrılmıştır. Ana sonucu aşağıdaki gibidir. Teorem 2.5 (çözümün sınırlı bir kapalı alanda devamı üzerine). f (x, y) 2 CG fonksiyonunun R2'de y'ye göre Lipschitz koşulunu sağlamasına izin verin ve (x0, y0) sınırlı bir kapalı G G alanının bir iç noktasıdır. O zaman denklemin çözümü y 0 = f (x , y), G alanının sınırının ∂G'sine kadar uzatılır, yani, a, y (a) ve b, y (b) noktaları ∂G üzerinde uzanacak şekilde bir doğru parçasına genişletilebilir. ∂f (x, y), y alanı G'de sınırlı, kapalı, dışbükey bir süreklidir, o zaman G'deki f (x, y) işlevi, y değişkenindeki Lipschitz koşulunu sağlar. Açıklama 2'deki sonuca bakın. Bölüm 2.1'den 1 ∂f. Bu nedenle, bu teorem ∂y G'de sürekli ise geçerlidir. Açıklama 2. 11. Kanıt ise hatırlayın. (x0, y0) G'nin bir iç noktası olduğundan, 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β numaralı kapalı bir dikdörtgen vardır ve tamamı G'dedir. O halde Teorem ile Madde .2.2'de h> 0 vardır, öyle ki aralıkta y 0 = f (x, y) denkleminin y = ϕ (x) çözümü (ve dahası, benzersiz) bulunur. İlk önce bu çözümü sağdan G alanının sınırına kadar devam ettirelim, ispatı ayrı adımlara bölelim. 1. ER kümesini göz önünde bulundurun: hayır E = α> 0 çözümü, y = ϕ (x) çözümü, y 0 = f (x, y) denkleminin Cauchy koşullarını sağlayan bir y = ϕ1 (x) çözümünün bulunduğuna genişletilebilir. ϕ1 ~ b = ϕ ~ b ... Böylece, ϕ (x) ve ϕ1 (x), x = ~ b noktasında çakışan bir denklemin ~ b h1, ~ b segmentindeki çözümlerdir, bu nedenle ~ b h1, ~ b segmentinin tamamında çakışırlar ve, bu nedenle, ϕ1 (x), ~ b h1, ~ b ila ~ b h1, ~ b + h1 segmentinden ϕ (x) çözümünün bir devamıdır. ψ (x) fonksiyonunu düşünün: ϕ (x), x 2 x0, ψ (x) = ϕ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, bu, y 0 = f (x, y) denkleminin bir çözümüdür ve Cauchy koşulunu ψ (x0) = y0 sağlar. O zaman α0 + h1 2 E sayısı ve bu α0 = sup E tanımıyla çelişir. Bu nedenle 2. durum imkansızdır. Benzer şekilde, ϕ (x) çözümü sola doğru, noktanın a, ϕ (a) 2 ∂G olduğu doğru parçasına kadar uzanır. Teorem tamamen kanıtlanmıştır. -37- Bölüm III. n'inci mertebeden bir normal sistem için Cauchy problemi 3. 1. Vektör fonksiyonlarının temel kavramları ve bazı yardımcı özellikleri Bu bölümde, 8> t, y, biçiminde n'inci mertebeden bir normal sistemi ele alacağız. ... ... , y y _ = f 1 n 1 1>,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > >: y_ = f t, y,. ... ... , y, n n 1 n burada bilinmeyenler (aranan) y1 (t) fonksiyonlarıdır. ... ... , yn (t) ve fi fonksiyonları bilinmektedir, i = 1, n, fonksiyonun üzerindeki nokta t'ye göre türevi gösterir. Tüm fi'lerin G Rn + 1 etki alanında tanımlandığı varsayılır. Sistemi (3.1) vektör biçiminde yazmak uygundur: y_ = f (t, y), burada y (t) y1 (t). ... ... , yn (t), f (t, y) f1 (t, y). ... ... , fn(t,y); kısalık için vektörlerin tanımına ok yazmayacağız. Bu gösterim de (3.1) ile gösterilecektir. t0, y10, noktası olsun. ... ... , yn0 G'dedir. (3.1) için Cauchy problemi, (3.1) sisteminin ϕ (t) çözümünü şu koşulu sağlayan bir çözüm bulmaktır: ϕ1 (t0) = y10, ϕ2 (t0) = y20, ..., ϕn (t0) = yn0, (3.2) veya vektör biçiminde ϕ (t0) = y 0. Bölüm 1'de belirtildiği gibi, (3.1) sisteminin ha, bi aralığındaki çözümü ile ϕ (t) = ϕ1 (t) vektör fonksiyonunu kastediyoruz. ... ... , ϕn (t), koşulları sağlayan: 1) 8 t 2 ha, bi noktası t, ϕ (t) G'dedir; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ (t) (3.1)'i karşılar. Eğer böyle bir çözüm ek olarak (3.2)'yi sağlıyorsa, burada t0 2 ha, bi ise, buna Cauchy probleminin çözümü denir. Koşullar (3.2) başlangıç ​​koşulları veya Cauchy koşulları olarak adlandırılır ve sayılar t0, y10, olarak adlandırılır. ... ... , yn0 - Cauchy verileri (ilk veriler). Özel durumda, değişkenin f (t, y) (n + 1) vektör fonksiyonunun y1'e bağlı olması. ... ... , yn doğrusal bir şekilde, yani. f (t, y) = A (t) y + g (t) şeklindedir, burada A (t) = aij (t) - n n matrisi, sistem (3.1) lineer olarak adlandırılır. Gelecekte, referans kolaylığı için burada sunacağımız vektör fonksiyonlarının özelliklerine ihtiyacımız olacak. Vektörler için bir sayı ile toplama ve çarpma kuralları lineer cebirin seyrinden bilinir, bu temel işlemler koordineli olarak gerçekleştirilir. n x, y = x1 y1 + skaler çarpımını R'ye eklersek. ... ... + xn yn, o zaman, jxj = x, x = x2k vektörünün (veya Öklid normunun) uzunluğu s q n P olan, Rn ile de gösterilecek olan bir Öklid uzayı elde ederiz. Skaler ürün k = 1 ve uzunluk için iki temel eşitsizlik geçerlidir: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn sky). x + y 6 x + y x, y 6 x (üçgen eşitsizliği); y (Cauchy eşitsizliği Áunyakov- İkinci yarıyılın matematiksel analiz dersinden, bir Öklid uzayında (sonlu boyutlu) bir noktalar dizisinin (vektörlerin) yakınsaklığının, bu noktaların koordinat dizilerinin yakınsamasına eşdeğer olduğu bilinmektedir. vektörlerin koordinat bazında yakınsamaya eşdeğer olduğunu söylerler.Bu, eşitsizliklerden kolayca çıkar: qp max x 6 x21 +... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Skaler duruma benzer şekilde, türev ve vektör fonksiyonunun integrali tanımlanır ve özellikler koordinatlara geçilerek kolayca kanıtlanır. Aşağıda kullanılacak vektör fonksiyonları için bazı eşitsizlikler sunalım. 1. Herhangi bir vektör fonksiyonu için y (t) = y1 (t). ... ... , yn (t), integrallenebilir (örneğin, sürekli) on, Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) eşitsizliği veya 0 Zb Zb y1 (t) dt koordinat biçiminde , @ y2 (t) dt,. ... ... , bir 1 Zb bir Zb q yn(t) dt A 6 y12(t)+. ... ... yn2 (t) dt. bir Kanıt. İlk olarak, eşitsizliğin b durumunu dışlamadığına dikkat edin.< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [e-posta korumalı] 2 2 l = 1 2 x, k, i = 1 buradan (3.5) gelir. Tanım 3. 1. Bir f (t, y) vektör fonksiyonunun, herhangi bir t için 9 L> 0 ise, bir G değişkenleri õ (t, y) üzerinde bir vektör değişkeni y ile ilgili olarak Lipschitz koşulunu sağladığını söylüyoruz. , y , 2 t, y 2 G eşitsizliği ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 tutar. İki değişkenli bir fonksiyon durumunda olduğu gibi (bkz. Önerme 2.1), bir "y'de konveks" G bölgesinde Lipschitz özelliği için yeterli koşul, kısmi türevlerin sınırlı olmasıdır. Kesin bir tanım verelim. Tanım 3. 2. Değişkenlerden (t, y) oluşan bir G alanı, G'de bulunan herhangi iki t, y ve t, y noktası için, aynı zamanda bu iki noktayı birleştiren tüm parçayı da içeriyorsa, y'de dışbükey 1 2 olarak adlandırılır. e. set n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1, burada τ 2. İfade 3. 1. Değişkenlerin (t, y) alanı y'de dışbükey ise ve ∂fi kısmi türevleri sürekli ise ve tüm i, j = 1, n için ∂yj için G'de bir l sabiti ile sınırlıysa, o zaman vektör fonksiyonu ft, y, G'de, L = n l sabiti ile y'ye göre Lipschitz koşulunu sağlar. 1 2 Kanıt. G'den rastgele t, y ve t, y noktalarını ve bunları birbirine bağlayan segmenti 12 düşünün, yani. t, y'yi ayarlayın, burada y = y + τ y y1, t - sabittir ve τ 2. -41- Bir skaler argüman olan g (τ) = ft, y (τ), 2 1 ve ardından g (1) g (0) = ft, yft, y ve diğer taraftan - Z1 g'nin vektör fonksiyonunu tanıtıyoruz. (1) g (0) = dg (τ) dτ = dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ = dτ 0 0 h = y nedeniyle = y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 = A (τ) y 2 y 1 dτ , 0 burada A (τ) ∂fi öğelerine sahip bir matristir ve ∂yj y2 y 1 karşılık gelen sütundur. Burada karmaşık bir fonksiyonun türev kuralını kullandık, yani tüm i = 1, n, t - sabit için elimizde: 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 Bunu matris biçiminde yazarsak, şunu elde ederiz: 0 2 1 g (τ) = A (τ) y n ile n n matris A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj. İntegral (3.3) ve eşitsizlik (3.5) tahminini kullanarak, ikameden sonra şunu elde ederiz: ft, y 2 ft, 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 nl 0 6 maks A (τ) 2 y 1 dτ 6 2 2 n P fi = i, j = 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2, 8 τ 2'de. Açıklama kanıtlanmıştır. -42- 3. 2. Normal bir sistem için Cauchy probleminin çözümünün tekliği Teorem 3.1 (iki çözüm arasındaki farkın tahmini üzerine). G, bir Rn + 1 etki alanı olsun ve f (x, y) vektör fonksiyonu G'de süreklidir ve L sabiti olan G kümesindeki vektör değişkeni y'ye göre Lipschitz koşulunu sağlar. y 1 ise, y 2 normal sistemin (3.1) iki çözümü y_ = f (x, y) bir aralıkta, daha sonra tahmini y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) ) tüm t 2 için geçerlidir. İspat, açık yeniden adlandırmaları hesaba katarak kelimesi kelimesine tekrar eder, Bölüm 2.1'deki Teorem 2.1'in ispatı. 2 Bundan, ilk verilere göre çözümün tekliği ve kararlılığı teoremini elde etmek kolaydır. Sonuç 3.1. Vektör fonksiyonu f (t, y) G bölgesinde sürekli olsun ve G'de y'deki Lipschitz koşulunu sağlasın ve y 1 (t) ve y 2 (t) fonksiyonları normal sistemin (3.1) iki çözümü olsun. aynı aralıkta ve t0 2. y 1 (t0) = y 2 (t0) ise, o zaman y 1 (t) y 2 (t) açık. Sonuç 3.2. (ilk verilere sürekli bağımlılık hakkında). Vektör fonksiyonu f (t, y) G bölgesinde sürekli olsun ve G'de y'deki Lipschitz koşulunu L> 0 sabitiyle karşılasın ve vektör fonksiyonları y 1 (t) ve y 2 (t) aşağıdakilerin çözümleridir. normal sistem (3.1) üzerinde tanımlanmıştır. Ardından, 8 t 2 için, y 1 (t) eşitsizliği geçerlidir, burada δ = y 1 (t0) y 2 (t0) ve l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Sonuçların ispatı, bariz yeniden adlandırmaları hesaba katarak, Sonuç 2.1 ve 2.2'nin ispatını kelimesi kelimesine tekrarlar. 2 Cauchy probleminin (3.1), (3.2) çözülebilirliğinin araştırılması, tek boyutlu durumda olduğu gibi, bir integral denklemin (vektör) çözülebilirliğine indirgenir. Öngörü 3. 1. f (t, y) 2 C G olsun; 1. Aşağıdaki önermeler geçerli olduğunda: 1) bi (3.2) t0 2 ha'yı sağlayan, ha aralığında Denklem (3.1)'in herhangi bir ϕ (t) çözümü, bi, ha üzerinde sürekli bir çözümdür, bi 1'den C G'ye; H, G alanındaki tüm sürekli fonksiyonların kümesini H alanındaki değerlerle belirtmek için gelenekseldir. Örneğin, f (t, y) 2 C G; G kümesinde tanımlanan Rn bileşenleri) tüm sürekli vektör fonksiyonlarının kümesidir (n -43- integral denklemi y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) ise vektör -fonksiyonu ϕ (t) 2 Cha, bi, ha, bi üzerindeki integral denkleminin (3.6) sürekli bir çözümüdür, burada t0 2 ha, bi, sonra ϕ (t) ha, bi ve üzerinde sürekli bir türevi vardır. (3.1), (3.2)'nin bir çözümüdür. Kanıt. 1. 8 τ 2 ha, bi eşitliği dϕ (τ) = f τ, ϕ (τ) olsun. Daha sonra (3.2)'yi dikkate alarak t0'dan t'ye integral alarak, dτ Rt 0 elde ederiz ve ϕ (t) = y + f τ, ϕ (τ) dτ'yi elde ederiz, yani, ϕ (t) denklemi (3.6) karşılamaktadır. t0 2. Bir sürekli vektör fonksiyonu ϕ (t), bir bileşik fonksiyon için süreklilik teoremi ile ha, bi, sonra ft üzerinde Denklem (3.6)'yı sağlasın, ϕ (t) ha, bi üzerinde süreklidir ve bu nedenle sağ- (3.6)'nın yan tarafı ( ve dolayısıyla sol taraf), t on ha, bi'ye göre sürekli bir türevine sahiptir. (3.6) ϕ (t0) = y 0'dan t = t0 için, yani, ϕ (t), Cauchy probleminin (3.1), (3.2) bir çözümüdür. Her zamanki gibi, bir segmentin sonundaki türevin (eğer ona aitse) bir fonksiyonun tek yönlü türevi olarak anlaşıldığına dikkat edin. Lemma kanıtlanmıştır. Açıklama 3. 1. Tek boyutlu durumla analojiyi (bkz. Bölüm 2) ve yukarıda ispatlanan ifadeleri kullanarak, Cauchy probleminin çözümünün varlığı ve devamı ile ilgili teoremi şuna yakınsayan yinelemeli bir dizi oluşturarak ispatlayabiliriz. (3.6) integral denkleminin t0 h, t0 + h aralığındaki çözümü. Burada, büzülme eşlemeleri ilkesine dayanan bir çözüm için varlık (ve teklik) teoreminin başka bir kanıtını veriyoruz. Bunu, gelecekte integral denklemler ve matematiksel fizik denklemleri derslerinde kullanılacak olan daha modern teori yöntemleriyle okuyucuyu tanıştırmak için yapıyoruz. Planımızın uygulanması için, şimdi ele almaya devam edeceğimiz bir dizi yeni kavram ve yardımcı ifade gerekli olacaktır. 3. 3. Metrik uzay kavramı. Büzülme Haritalama İlkesi Matematikte limitin en önemli kavramı, noktaların “yakınlık” kavramına dayanmaktadır, yani, aralarındaki mesafeyi bulma yeteneği. Sayısal eksende mesafe, iki sayı arasındaki farkın modülüdür, düzlemde ise Öklid mesafesi için iyi bilinen formüldür, vb. Birçok analiz gerçeği, elemanların cebirsel özelliklerini kullanmaz, sadece aralarındaki mesafe kavramına dayanır. Bu yaklaşımın geliştirilmesi, yani. limit kavramıyla ilgili bir "varlığın" tahsisi, metrik uzay kavramına yol açar. -44- Tanım 3. 3. X, keyfi nitelikte bir küme olsun ve ρ (x, y) iki değişkenli x, y 2 X, üç aksiyomu karşılayan gerçek bir fonksiyon olsun: 1) ρ (x, y)> 0 8 x, y 2 X ve ρ (x, y) = 0 sadece x = y için; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (simetri aksiyomu); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (üçgen eşitsizliği). Bu durumda, belirli bir ρ (x, y) işlevine sahip X kümesine metrik uzay (ÌП) ve ρ (x, y) işlevi denir: X X 7! 1) - 3) sağlayan R, bir metrik veya mesafedir. İşte bazı metrik uzay örnekleri. Örnek 3. 1. ρ (x, y) = x y mesafesi ile X = R olsun, MP R'yi elde ederiz. n o n xi 2 R, i = 1, n Örnek 3 olsun. 2. X = R = x1 olsun. ... ... , xn, n gerçek sayıların sıralı kümeleri kümesidir s n 2 P x = x1. ... ... , xn uzaklığı ρ (x, y) = xk yk ile, n1 k = 1 n boyutlu Öklid uzayı R elde ederiz. n Örnek 3. 3. X = C a, b olsun; R, Rn'deki değerlere sahip a, b fonksiyonlarındaki tüm süreklilerin kümesidir, yani, ρ (f, g) = maks f (t) g (t) mesafesi ile sürekli vektör fonksiyonları, burada f = f (t) = f1 (t),. ... ... , fn (t), t2 s n 2 Pg = g(t)g1(t),. ... ... , gn (t), f g = fk (t) gk (t). k = 1 Örnekler için 3. 1-3. MP'nin 3 aksiyomu doğrudan doğrulanır, bunu vicdani okuyucu için bir alıştırma olarak bırakıyoruz. Her zaman olduğu gibi, eğer her bir doğal n, bir xn 2 X elemanı ile ilişkilendirilirse, o zaman xn Ì X noktaları dizisi verildiğini söyleriz.Tanım 3. 4. Bir MP X'in xn noktaları dizisine bir noktaya gitme denir. x 2 X ise lim ρ xn, x = 0. n!1 Tanım 3. 5. Herhangi bir ε> 0 için, tüm n> N ve m için doğal bir N (ε) sayısı varsa, bir xn dizisine temel denir. > N eşitsizliği ρ xn, xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n> N =) maks fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 öyle bir N (ε) sayısı vardır ki, tüm n> N ve tüm t 2 a, b eşitsizliği için fn (t) f (t)< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. B = Am, B: X 7'yi düşünün! X, B - sıkıştırma. Teorem 3.2'ye göre, B operatörü benzersiz bir sabit x noktasına sahiptir. A ve B, AB = BA ve Bx = x olduğundan, B Ax = A Bx = Ax'e sahibiz, yani. y = Ax da B'nin sabit noktasıdır ve böyle bir nokta Teorem 3.2'ye göre benzersiz olduğundan, y = x veya Ax = x olur. Dolayısıyla x, A operatörünün sabit bir noktasıdır. Tekliği ispatlayalım. x ~ 2 X ve A ~ x = x ~, ardından m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ = olduğunu varsayalım. ... ... = x ~, yani x ~ ayrıca B için sabit bir noktadır, bu nedenle x ~ = x. Teorem kanıtlanmıştır. Metrik uzayın özel bir durumu, normlu lineer uzaydır. İşte kesin bir tanım. Tanım 3. 9. X, üzerinde X'ten R'ye hareket eden ve şu aksiyomları karşılayan bir x sayısal fonksiyonunun tanımlandığı bir lineer uzay (gerçek veya karmaşık) olsun: 1) sadece 8 x 2 X, x> 0 ve x = 0 x = θ için; 2) 8 x 2 X ve 8 λ 2 R (veya C) için 3) 8 x, y 2 X bir takma ad taşır). x + y 6 x + y λx = jλj x; (üçgen eşitsizliği - O zaman X'e normlu uzay denir, x: X 7! R, 1) - 3)'ü tatmin eder, normdur. ve işlev Normalleştirilmiş bir uzayda, elemanlar arasındaki mesafeyi ρ x, y = x y formülüyle girebilirsiniz. MP aksiyomlarının yerine getirilmesi kolayca doğrulanır. Ortaya çıkan metrik uzay tam ise, karşılık gelen normlu uzaya Banach uzayı denir. Norm genellikle aynı lineer uzayda farklı şekillerde tanıtılabilir. Bu bağlamda, böyle bir kavram ortaya çıkar. Tanım 3. 10. X bir lineer uzay ve u, üzerinde tanıtılan iki 1 2 normu olsun. 9 C1> 0 ve C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 ise normlar ve eşdeğer 1 2 norm olarak adlandırılır. Açıklama 3. 3. Eğer ve X üzerinde iki eşdeğer norm ise ve 1 2 X uzayı bunlardan birinde tamamlandıysa, diğer normda da tamdır. Bu, bir xn X dizisinin, göre temel, aynı zamanda aynı eleman x 2 X için de temel olması ve 1 2 aynı eleman x 2 X'e yakınsaması gerçeğinden kolayca çıkar. -47- Açıklama 3. 4. Sıklıkla Teorem 3.2 (veya 3.3) ) bu boşluğun kapalı topu tam n uzayı olarak alındığında uygulanır o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, burada r> 0 ve a 2 X sabittir. Bir SMP'deki kapalı bir topun kendisinin aynı mesafeye sahip bir SMP olduğuna dikkat edin. Bu gerçeğin kanıtını bir alıştırma olarak okuyucuya bırakıyoruz. Açıklama 3. 5. Yukarıda, n ölçü 3 için uzayın tamlığını belirledik. 3. X = C 0, T, R lineer uzayında birinin kxk = max x (t) normunu getirebileceğine dikkat edin. elde edilen normalleştirilmiş Banach olacaktır. 0, T uzayındaki aynı sürekli vektör fonksiyonları kümesinde, herhangi bir α 2 R için kxkα = max e αt x (t) formülüyle eşdeğer bir norm getirilebilir. α> 0 için, denklik eşitsizliklerden gelir e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) tüm t 2 0, T için, buradan e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Lineer (normal) sistemler için Cauchy probleminin benzersiz çözülebilirliği üzerine bir teoremi kanıtlamak için eşdeğer normların bu özelliğini kullanacağız. 3. 4. Normal sistemler için Cauchy probleminin çözümü için varlık ve teklik teoremleri Başlangıç ​​verilerinin t0, y 0 2 G, G Rn + 1 tanım alanı olduğu Cauchy problemini (3.1) - (3.2) düşünün. vektör fonksiyonunun f (t, y ). Bu bölümde, G'nin - bazı n formları G = a, b o olduğunu varsayacağız, burada etki alanı Rn ve top BR (y 0) = Teorem geçerlidir. y 2 Rn y y0 6 R tamamen içeridedir. Teorem 3. 4. Vektör fonksiyonu f (t, y) 2 C G; Rn ve 9 M> 0 ve L> 0, öyle ki 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M koşulları sağlanır; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1. δ 2 (0, 1) sayısını sabitleyelim ve t0 2 (a, b) yapalım. O zaman R 1 δ 9 h = dak; ; t0a; b t0> 0 ML öyle ki, Jh = t0 h, t0 + h ve y (t) y 0 aralığında Êoshi problemi (3.1), (3.2) y (t) için benzersiz bir çözüm var ve Tüm t 2 Jh için 6 R. -48- Kanıt. Lemma 3.1'e göre, Cauchy problemi (3.1), (3.2), aralıktaki ve dolayısıyla yukarıda h'nin seçildiği Jh üzerindeki integral denkleme (3.6) eşdeğerdir. Banach uzayı X = C'yi (Jh; Rn), Jh segmentinde kxk = max x (t) normlu x (t) sürekli vektör fonksiyonları kümesini düşünün ve X'te kapalı bir küme getirin: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y (t) 2 X y (t) n = y (t) 2 X yy (t) o 0 6R = o 0 y 6R, X'te kapalı bir toptur. Operatör A, kural tarafından tanımlanır: Ay = y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0, SR y 0'ı kendisine dönüştürür, çünkü y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y (τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 teoremin 1. koşulu ve h'nin tanımı. A'nın SR üzerinde bir daralma operatörü olduğunu kanıtlayalım. 0 1 2'yi keyfi olarak alın ve şu değeri tahmin edin: y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) ise τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 maks t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, burada 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, h = dak M R formülüne göre seçilir; 1L δ; b a ve her yerde -49- Jh = t0, t0 + h = a, a + h'yi Jh segmenti olarak almamız gerekiyor. Teoremin diğer tüm koşulları değişmez; ispatı, yeniden adlandırmalar dikkate alınarak, R korunur. t0 = b durumu için benzer şekilde h = min M; 1L δ; b a ve Jh = b h, b. n Açıklama 3. 7. Teorem 3'te 4 koşulu f (t, y) 2 C G; R, burada G = a, b D, 1 ve 2 koşulları korunarak, her y 2 için t değişkenine göre f (t, y)'nin süreklilik şartı ile değiştirilerek zayıflatılabilir. İspat değişmez. . Açıklama 3. 8. Teorem 3.4'ün 1. ve 2. koşullarının tüm t, y 2a, b BR y için 0 olması yeterlidir ve M ve L sabitleri, genel olarak konuşursak, y ve R'ye 0 bağlıdır. Daha fazlası için ft, y vektör fonksiyonu üzerinde katı kısıtlamalar, Teorem 2.4'e benzer şekilde, a, b aralığının tamamında Cauchy probleminin (3.1), (3.2) bir çözümü için varlık ve teklik teoremi tutar. n Teoremi 3. 5. Fx, y 2 CG, R vektör fonksiyonuna izin verin, burada G = a, b Rn ve orada L> 0 olacak şekilde 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. a, b üzerinde herhangi bir t0 2 ve y 0 2 Rn için mevcut olduğunda ve ayrıca oshi problemine (3.1), (3.2) benzersiz bir çözüm bulunur. Kanıt. Rasgele t0 2 ve y 0 2 Rn alın ve düzeltin. G = a, b Rn kümesi şu şekilde temsil edilebilir: G = G [G +, burada Rn ve G + = t0, b Rn, t0 2 a, b olduğu varsayılırsa, aksi takdirde bir G = a, t0 olmaz ispat aşamalarından. G + şeridi için mantık yürütelim. t0, b aralığında, Cauchy problemi (3.1), (3.2), denklem (3.6) ile eşdeğerdir. n A: X 7 integral operatörünü tanıtalım! X, burada X = Ct0, b; R, Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ formülüne göre. t0 Daha sonra integral denklemi (3.6), Ay = y operatör denklemi şeklinde yazılabilir. (3.8) Operatör denkleminin (3.8) SMP X'te bir çözümü olduğunu ispatlarsak, o zaman G için Cauchy probleminin t0, b veya a, t0 üzerinde çözülebilirliğini elde ederiz. Bu çözüm benzersiz ise, eşdeğerlik sayesinde Cauchy sorununun çözümü de benzersiz olacaktır. Denklemin (3.8) benzersiz çözülebilirliğinin iki kanıtını veriyoruz. İspat 1. 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, o zaman herhangi bir -50- t 2 t0, b Ay 2: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L için tahminler geçerlidir. y 1 (τ) dτ 6 L t t0 maks y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. X'teki normun aşağıdaki gibi verildiğini hatırlayın: kxk = max x (τ). Elde edilen eşitsizlikten elde ederiz: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf 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. Bu işleme devam ederek, 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k olduğunu tümevarımla ispatlayabiliriz! k y2 y1. Bu nedenle, son olarak, Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! tahminini elde ederiz! k y2 y1. k α (k) =! k için 0! 1, o zaman k0 var, k! bu 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 (bkz. Açıklama 3.5) aşağıdaki formülle: x α = max e αt x (t). -51- α> L normu ile X uzayındaki A operatörünün daralması için α'yı seçmenin mümkün olduğunu gösterelim. Nitekim, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf 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 α> L olduğundan, o zaman 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. (4.18) sayesinde, elimizde 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 var) ) dξ = x0 M + K e K (x ξ) ξ = x ξ = x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. şimdi x olsun< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, o halde, y(x) 0 fonksiyonu, (4.24) denkleminin bir çözümüdür. Ernoulli denklemini (4.24) α 6 = 0, α 6 = 1 çözmek için denklemin her iki tarafını da y α'ya böleriz. α> 0 için, Açıklama 4. 4'e göre, y (x) 0 fonksiyonunun böyle bir bölmede kaybolacak olan denklem (4.24)'ün bir çözümü olduğunu hesaba katmak gerekir. Bu nedenle, gelecekte genel çözüme eklenmesi gerekecektir. Bölmeden sonra, y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x) ilişkisini elde ederiz. Yeni gerekli işlevi z = y 1 α, ardından z 0 = (1 bu nedenle, z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) denklemine ulaşırız. α y 0 ve (4.25) Denklem (4.25) lineer bir denklemdir. Bu tür denklemler, Denklem (4.25)'in z (x) çözümünün z (x) = Ce R (α 1) a (x) biçiminde yazılması nedeniyle genel bir çözüm formülünün elde edildiği Bölüm 4.2'de ele alınmaktadır. ) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) bir (x) dx dx. (4.26) O halde z (x)'in (4.26)'da tanımlandığı y (x) = z 1 α (x) fonksiyonu, ernoulli denkleminin (4.24) bir çözümüdür. -64- Ek olarak, yukarıda belirtildiği gibi, α> 0 için çözüm aynı zamanda y (x) 0 fonksiyonudur. Örnek 4. 4. y 0 + 2y = y 2 denklemini çözün. (4.27) (4.27) denklemini y 2'ye bölün ve z = 1 y lineer homojen olmayan denklemi elde ederiz. Sonuç olarak, z 0 + 2z = ör. (4.28) İlk önce homojen denklemi çözüyoruz: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1. Homojen olmayan denklemin (4.28) çözümünü keyfi bir sabitin varyasyon yöntemiyle ararız: zпн = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex, nereden zпн = ex ve (4.28) z (x) = Ce2x + es denkleminin genel çözümü. Bu nedenle, ernoulli denkleminin (4.24) çözümü y(x)=1 şeklinde yazılır. ex + Ce2x Ayrıca (4.24) denkleminin çözümü de y (x) fonksiyonudur. Bu denklemi y 2'ye bölerken bu çözümü kaybettik. 0. 4. 5. Tam diferansiyellerde denklem M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G, R2'nin bir alanıdır. . Böyle bir denklem, potansiyel olarak adlandırılan bir F (x, y) 2 C 1 (G) fonksiyonu varsa, toplam diferansiyel x'te bir denklem olarak adlandırılır, öyle ki dF (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y ) dy, (x, y) 2 G. Basitlik için, M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) ve G alanının basitçe bağlantılı olduğunu varsayıyoruz. Bu varsayımlar altında, matematiksel analiz sırasında (örneğin bakınız), denklem (4.29) için potansiyel F (x, y)'nin mevcut olduğu kanıtlanmıştır (yani, (4.29) toplam diferansiyellerde bir denklemdir). ve yalnızca My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G ise. Ayrıca, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y) dy, (4.30) (x0, y0) burada (x0, y0) noktası bir miktar sabittir G'den gelen nokta, (x, y) G'deki geçerli noktadır ve eğrisel integral, (x0, y0) ve (x, y) noktalarını birleştiren ve tamamen G alanında bulunan herhangi bir eğri boyunca alınır. Eğer denklem ( 4.29) denklemdir

Makarskaya E.V. Kitapta: Öğrenci bilimi günleri. Bahar - 2011. M.: Moskova Devlet Ekonomi, İstatistik ve Bilişim Üniversitesi, 2011.S. 135-139.

Yazarlar, ekonomik sistemlerin incelenmesi için doğrusal diferansiyel denklemler teorisinin pratik uygulamasını ele alıyorlar. Makale, ekonomik sistemlerin denge durumlarını bularak Keynes ve Samuelson-Hicks'in dinamik modellerini analiz etmektedir.

Ivanov A.I., Isakov I., Demin A.V. ve diğerleri Bölüm 5.M.: Slovo, 2012.

Kılavuz, Rusya Federasyonu Devlet Araştırma Merkezi-IBMP RAS'ta gerçekleştirilen dozlanmış fiziksel aktivite testleri sırasında bir kişi tarafından oksijen tüketimini incelemek için nicel yöntemleri dikkate almaktadır. Kılavuz, havacılık, sualtı ve spor tıbbı alanında çalışan bilim adamları, fizyologlar ve doktorlar için hazırlanmıştır.

Mikheev A.V. SPb.: Operasyonel Baskı Bölümü, Ulusal Araştırma Üniversitesi Ekonomi Yüksek Okulu - St. Petersburg, 2012.

Bu koleksiyon, yazar tarafından Ulusal Araştırma Üniversitesi İktisat Yüksek Okulu - St. Petersburg İktisat Fakültesi'nde öğretilen diferansiyel denklemlerin seyri için problemler içermektedir. Her konunun başında, temel teorik gerçeklerin kısa bir özeti verilir ve tipik sorunlara çözüm örnekleri analiz edilir. Yüksek mesleki eğitim programlarının öğrencileri ve dinleyicileri için.

Konakov V.D.ŞTİ. WP BRP. Moskova Devlet Üniversitesi Mekanik ve Matematik Fakültesi Mütevelli Heyeti Yayınevi, 2012. No. 2012.

Bu ders kitabı, Moskova Devlet Üniversitesi Mekanik ve Matematik Fakültesi'nde yazar tarafından okunan, öğrenci tarafından seçilen özel bir kursa dayanmaktadır. M.V. 2010-2012 akademik yıllarında Lomonosov. Kılavuz, okuyucuyu, kılavuzun yazarı ve diğer ortak yazarları tarafından yakın zamanda geliştirilen parametrik yöntem ve onun ayrık analogu ile tanıştırır. Daha önce yalnızca birkaç dergi makalesinde yer alan materyalleri bir araya getirir. Yazar, maksimum sunum genelliği için çabalamadan, Markov zincirlerinin bir difüzyon sürecine yakınsaması üzerine yerel limit teoremlerini kanıtlamada ve bazı dejenere difüzyonlar için iki taraflı Aronson tipi tahminler elde etmede yöntemin olanaklarını göstermeye başladı.

Is. 20. NY: Springer, 2012.

Bu yayın, 16-18 Şubat 2011 tarihlerinde Florida Üniversitesi'nde düzenlenen "Üçüncü Uluslararası Bilgi Sistemleri Dinamiği Konferansı"ndan seçilmiş makalelerin bir derlemesidir. Bu konferansın amacı, endüstriden bilim insanlarını ve mühendisleri bir araya getirmek, hükümet ve akademi bilgi sistemi dinamiği teorisi ve pratiği ile ilgili konularda yeni keşifler ve sonuçlar alışverişinde bulunabilmeleri için Bilgi sistemi dinamiği: Matematiksel keşif modern bir araştırmadır ve en son keşiflerle ilgilenen lisansüstü öğrenciler ve araştırmacılara yöneliktir bilgi teorisinde ve dinamik bilim adamlarında diğer disiplinlerdeki bilim adamları da araştırma alanlarındaki yeni gelişmelerin uygulanmasından yararlanabilirler.

Palvelev R., Sergeev A.G. Trudy Matematik Enstitüsü. V.A. RAS Steklov Enstitüsü. 2012.Cilt 277.S.199-214.

Landau-Ginzburg hiperbolik denklemlerinde adyabatik limit incelenmiştir. Bu limit kullanılarak, girdap adı verilen statik çözümlerin modül uzayındaki Ginzburg-Landau denklemlerinin çözümleri ile adyabatik yörüngeler arasında bir yazışma kurulur. Manton, Ginzburg-Landau denklemlerinin yeterince düşük kinetik enerjiye sahip herhangi bir çözümünün, bazı adyabatik yörüngenin bozulması olarak elde edilebileceğini varsayarak, buluşsal bir adyabatik ilke önerdi. Bu gerçeğin kesin bir kanıtı yakın zamanda ilk yazar tarafından bulundu.

Hycomm (kararlı cins 0 eğrilerinin modül uzayının homolojisi) ve BV / Δ (BV operatörü tarafından Batalin-Vilkovisky operadının homotopi bölümü) operadları arasında yarı izomorfizm için açık bir formül veriyoruz. Başka bir deyişle, BV-operatörünü önemsizleştiren bir homotopi ile geliştirilmiş Hycomm-cebirleri ve BV-cebirlerinin bir denkliğini türetiyoruz. Bu formüller, Verilen grafikler cinsinden verilmiş ve iki farklı şekilde ispatlanmıştır. Bir kanıt, Givental grup eylemini kullanır ve diğer kanıt, Hycomm ve BV'nin kararlarına ilişkin açık formüller zincirinden geçer. İkinci yaklaşım, özellikle, Hycomm-cebirleri üzerindeki Givental grup eyleminin homolojik bir açıklamasını verir.

Bilimsel altında. A. Mihaylov Vol. 14.M.: Moskova Devlet Üniversitesi Sosyoloji Fakültesi, 2012.

Bu derlemedeki makaleler, 2011 yılında Moskova Devlet Üniversitesi Sosyoloji Fakültesi'nde yapılan raporlara dayanılarak yazılmıştır. M.V. Lomonosov, XIV Disiplinlerarası Yıllık Bilimsel Semineri "Sosyal Süreçlerin Matematiksel Modellenmesi" adlı toplantısında Sosyalist Emek Kahramanı Akademisyen A.A. Samara.

Yayın, sosyal süreçlerin matematiksel modellemesi için bir metodolojinin sorunları, geliştirilmesi ve uygulanması ile ilgilenen araştırmacılar, öğretmenler, üniversitelerin ve bilimsel kurumların öğrencileri için tasarlanmıştır.

ADİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER İLE İLGİLİ DERSLER BÖLÜM 1. GENEL TEORİN ELEMANLARI Ders kitabı, adi diferansiyel denklemler teorisinin temelini oluşturan hükümleri ortaya koymaktadır: ..."

-- [ Sayfa 1 ] --

A.E. Mamontov

OLAĞAN DERSLER

DİFERANSİYEL DENKLEMLER

GENEL BİR TEORİNİN ELEMANLARI

Öğretici, oluşturan hükümleri ortaya koymaktadır.

adi diferansiyel denklemler teorisinin temeli: çözüm kavramı, onların varlığı, benzersizliği,

parametrelere bağımlılık. Ayrıca (§ 3'te), bazı denklem sınıflarının "açık" çözümüne biraz dikkat edilir. Kılavuz, Novosibirsk Devlet Pedagoji Üniversitesi Matematik Fakültesi'nde okuyan öğrenciler tarafından "Diferansiyel Denklemler" dersinin derinlemesine incelenmesi için tasarlanmıştır.

UDC 517.91 ББК В161.61 Önsöz Ders kitabı, Novosibirsk Devlet Pedagoji Üniversitesi Matematik Fakültesi öğrencileri için zorunlu "Diferansiyel Denklemler" dersini geniş bir ciltte okumak isteyen öğrencilere yöneliktir. Adi diferansiyel denklemler teorisinin temelini oluşturan temel kavramlar ve sonuçlar okuyucuların dikkatine sunulur: çözüm kavramları, varlık teoremleri, teklik, parametrelere bağımlılık. Tanımlanan materyal, §§ 1, 2, 4, 5'te mantıksal olarak ayrılmaz bir metin biçiminde sunulmaktadır. Ayrıca (biraz ayrı duran ve kursun ana konusunu geçici olarak kesintiye uğratan § 3'te), Bazı denklem sınıflarının "açık" bulma çözümleri kısaca ele alınmıştır. İlk okumada, § 3, kursun mantıksal yapısına önemli bir zarar vermeden atlanabilir.

Metinde çok sayıda yer alan alıştırmalar önemli bir rol oynamaktadır. Okuyucunun, materyalin asimilasyonunu garanti eden ve bir test görevi görecek olan "iz üzerinde sıcak" bunları çözmesi şiddetle tavsiye edilir. Ayrıca, bu alıştırmalar genellikle mantıksal dokuyu doldurur, yani onları çözmeden tüm önermeler kesin olarak kanıtlanmayacaktır.

Metnin ortasındaki köşeli parantezler içinde yorum işlevi gören açıklamalar (genişletilmiş veya yan açıklamalar) vardır. Sözcüksel olarak, bu parçalar ana metni kesintiye uğratır (yani, tutarlı bir okuma için "göz ardı edilmeleri" gerekir), ancak yine de açıklama olarak ihtiyaç duyulur. Başka bir deyişle, bu parçalar tarlalardan alınmış gibi algılanmalıdır.

Metin ayrı olarak kategorize edilmiş "öğretmen için notlar" içerir - öğrenciler tarafından okurken atlanabilirler, ancak kılavuzu kullanacak öğretmen için, örneğin ders verirken yararlıdır - kursun mantığını daha iyi anlamaya yardımcı olurlar. ve kursun olası iyileştirmelerinin (uzantılarının) yönünü belirtin ... Bununla birlikte, bu açıklamaların öğrenciler tarafından ustalaşması ancak memnuniyetle karşılanabilir.

Benzer bir rol “öğretmen için akıl yürütme” tarafından oynanır - son derece özlü bir biçimde, okuyucuya alıştırma olarak sunulan bazı önermelerin kanıtını sağlarlar.

En yaygın (anahtar) terimler, kolaylık olması için bir listesi sonunda verilen kısaltmalar şeklinde kullanılır. Ayrıca metinde bulunan, ancak en yaygın olanla ilgili olmayan (ve / veya literatürde açık bir şekilde anlaşılmayan) bir matematiksel gösterim listesi de vardır.

Sembol, ispatın sonu, ifadenin ifadesi, açıklamalar vb. (gerektiğinde karışıklığı önlemek için) anlamına gelir.

Formüller her paragrafta bağımsız olarak numaralandırılmıştır. Formülün bir kısmına atıfta bulunulurken, indeksler kullanılır, örneğin (2) 3, formülün (2) 3. kısmı anlamına gelir (formülün bölümleri, tipografik boşlukla ve mantıksal konumlardan - ile ayrılmış parçalar olarak kabul edilir). bir demet "ve").

Bu kılavuz, bağımsız alıştırmalar ve örneğin kılavuzun sonunda listelenenler gibi ek literatürün okunmasını gerektiren, konuyla ilgili derinlemesine bir çalışmanın tamamen yerini alamaz. Ancak yazar, teorinin ana hükümlerini bir ders kursuna uygun oldukça özlü bir biçimde sunmaya çalıştı. Bu bağlamda, bu kılavuzdaki bir ders dersini okurken, yaklaşık 10 ders aldığına dikkat edilmelidir.

2 bölüm (cilt) daha yayınlamak, bu el kitabına devam etmek ve böylece "adi diferansiyel denklemler" konusundaki dersler döngüsünü tamamlamak planlanmaktadır: 2. bölüm (doğrusal denklemler), bölüm 3 (doğrusal olmayan denklemlerin ileri teorisi, kısmi diferansiyel birinci dereceden denklemler).

§ 1. Giriş Bir diferansiyel denklem (DE), u1 u1 un, daha yüksek türevler F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1) biçiminde bir bağıntıdır, burada y = (y1, . .., yk) Rk bağımsız değişkenlerdir ve u = u (y) bilinmeyen fonksiyonlardır1, u = (u1, ..., un). Bu nedenle (1)'de n bilinmeyen vardır, bu nedenle n denklem gereklidir, yani F = (F1, ..., Fn), yani (1) genel olarak konuşursak, n denklem sistemidir. Yalnızca bir bilinmeyen fonksiyon (n = 1) varsa, denklem (1) skalerdir (bir denklem).

Yani, fonksiyon(lar) F verilir ve u aranır. k = 1 ise (1) ODE, aksi halde PDE olarak adlandırılır. İkinci vaka, aynı adı taşıyan bir dizi öğreticide özetlenen özel bir MFI kursunun konusudur. Bu eğitim dizisinde (3 bölüm-ciltten oluşur), PDE'lerin bazı özel durumlarını incelemeye başlayacağımız son bölümün (cilt) son paragrafı dışında sadece ODE'leri inceleyeceğiz.

2u u Örnek. 2 = 0 bir PDE'dir.

y1 y u'nun bilinmeyen değerleri gerçek veya karmaşık olabilir, bu önemsizdir, çünkü bu an yalnızca denklemlerin gösterim biçimine atıfta bulunur: herhangi bir karmaşık gösterim, gerçek ve hayali parçaları ayırarak gerçeğe dönüştürülebilir (ancak, Tabii ki, denklemlerin ve bilinmeyenlerin sayısını ikiye katlayarak) ve tam tersi, bazı durumlarda karmaşık bir gösterime geçmek uygundur.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Bu, 2 ODE'den oluşan bir sistemdir. Örnek.

dy dy dy bağımsız değişken y'deki 2 bilinmeyen fonksiyon için.

k = 1 (ODE) ise "düz" sembolü d / dy kullanılır.

u (y) du Örnek. exp (sin z) dz, Örneği olduğu için bir ODE'dir. = u (u (y)) için n = 1 bir diferansiyel denklem değil, fonksiyonel bir diferansiyel denklemdir.

Bu bir DE değil, bir integral diferansiyel denklemdir, bu tür denklemleri incelemeyeceğiz. Bununla birlikte, özellikle denklem (2) kolayca bir ODE'ye indirgenir:

Egzersiz. (2)'yi ODE'ye düşürün.

Ancak genel olarak, integral denklemler daha karmaşık bir nesnedir (işlevsel analiz sırasında kısmen incelenir), ancak aşağıda göreceğimiz gibi, ODE'ler için bazı sonuçların elde edilmesi onların yardımıyladır.

DE'ler hem matematik içi ihtiyaçlardan (örneğin, diferansiyel geometride) hem de uygulamalarda (tarihsel olarak ilk kez ve şimdi esas olarak fizikte) ortaya çıkar. En basit DE, türevinden bir fonksiyonun elde edilmesiyle ilgili "diferansiyel hesabın ana problemidir": = h (y). Analizden bilindiği gibi çözümü u (y) = + h (s) ds şeklindedir. Daha genel DE'ler, onu çözmek için özel yöntemler gerektirir. Bununla birlikte, aşağıda göreceğimiz gibi, ODE'leri "açık bir biçimde" çözmeye yönelik pratik olarak tüm yöntemler, esasen belirtilen önemsiz duruma indirgenmiştir.

Uygulamalarda, ODE'ler çoğunlukla zaman içinde gelişen süreçleri tanımlarken ortaya çıkar, böylece bağımsız bir değişkenin rolü genellikle t zamanı tarafından oynanır.

Bu nedenle, bu tür uygulamalarda ODE'nin anlamı, sistemin parametrelerinde zaman içinde meydana gelen değişimi tanımlamaktır. Bu nedenle, genel bir ODE teorisi oluştururken, bağımsız değişkeni t ile göstermek (ve buna zaman olarak adlandırmak) uygundur. takip eden tüm terminolojik sonuçlar) ve bilinmeyen fonksiyon (lar) - x = (x1, ..., xn) aracılığıyla. Böylece, ODE'nin (ODE sistemi) genel görünümü aşağıdaki gibidir:

burada F = (F1, ..., Fn), n işlevi x için n ODE'den oluşan bir sistemdir ve n = 1 ise, 1 işlev x için bir ODE'dir.

Ayrıca, x = x (t), t R ve x, genel olarak konuşursak, karmaşık değerlidir (bu kolaylık sağlamak içindir, çünkü o zaman bazı sistemler daha kompakt yazılır).

Sistem (3)'ün xm fonksiyonuna göre m mertebesinde olduğu söylenir.

Türevler üst düzey olarak adlandırılır ve geri kalanı (xm = kendileri dahil) düşük olarak adlandırılır. Hepsi m = ise, o zaman basitçe sistemin sırasının eşit olduğunu söylerler.

Doğru, m sayısına genellikle sistemin sırası denir, bu da aşağıda netleşeceği gibi doğaldır.

ODE'leri ve uygulamalarını diğer disiplinler (diferansiyel geometri, matematiksel analiz, teorik mekanik vb.) örneğin, bir problem kitabından). Bu kursta, yalnızca aşağıdaki soruların cevabını ima eden (3) biçimindeki sistemlerin matematiksel çalışmasıyla ilgileneceğiz:

1. denklemi (sistem) (3) "çözmek" ne anlama gelir;

2. nasıl yapılır;

3. Bu çözümlerin hangi özelliklere sahip olduğu, nasıl araştırılacağı.

Soru 1 göründüğü kadar açık değil - aşağıya bakın. Herhangi bir sistemin (3) birinci dereceden bir sisteme indirgenebileceğini ve düşük dereceli türevleri yeni bilinmeyen fonksiyonlar olarak gösterebileceğini hemen not edin. Bu prosedürü açıklamanın en kolay yolu bir örnekle:

5 bilinmeyen için 5 denklem. (4) ve (5)'in birinin çözümünün (ilgili yeniden adlandırmadan sonra) diğerinin çözümü olması anlamında eşdeğer olduğunu anlamak kolaydır. Bu durumda, yalnızca çözümlerin düzgünlüğü sorusunu şart koşmak gerekir - bunu daha yüksek dereceli bir ODE ile karşılaştığımızda (yani ilki değil) daha da yapacağız.

Ancak şimdi sadece birinci dereceden ODE'leri incelemenin yeterli olduğu, diğerlerinin ise yalnızca gösterim kolaylığı için gerekli olabileceği açıktır (böyle bir durum bazen bizim durumumuzda ortaya çıkacaktır).

Şimdilik kendimizi birinci dereceden ODE ile sınırlayacağız:

dimx = dimF = n.

Denklem (sistem) (6)'nın incelenmesi, dx / dt türevlerine göre çözülmediği için elverişsizdir. Analizden bilindiği gibi (örtük fonksiyon teoreminden) F üzerinde belirli koşullar altında Denklem (6) dx / dt'ye göre çözülebilir ve f:Rn + 1 Rn'nin verildiği formda yazılabilir ve x: R Rn istenendir. (7)'nin türevlere göre çözümlenmiş bir ODE (normal bir ODE) olduğunu söylüyorlar. (6)'dan (7)'ye geçerken, doğal olarak zorluklar ortaya çıkabilir:

Örnek. exp (x) = 0 denklemi (7) biçiminde yazılamaz ve hiçbir çözümü yoktur, yani exp'nin karmaşık düzlemde bile sıfırları yoktur.

Örnek. Çözünürlükte x 2 + x2 = 1 denklemi iki normal ODE x = ± 1 x2 şeklinde yazılır. Her biri çözülmeli ve ardından sonuç yorumlanmalıdır.

Yorum Yap. (3)'ü (6)'ya indirirken, eğer (3) bazı fonksiyonlarda veya fonksiyonların bir kısmında 0 derecesine sahipse (yani, bir fonksiyonel diferansiyel denklemdir) karmaşıklık ortaya çıkabilir. Ancak o zaman bu fonksiyonlar örtük fonksiyon teoremi ile elimine edilmelidir.

Örnek. x = y, xy = 1 x = 1 / x. Elde edilen ODE'den x'i ve ardından fonksiyonel denklemden y'yi bulun.

Ama her durumda, (6)'dan (7)'ye geçiş sorunu DE'den çok matematiksel analiz alanına aittir ve bununla ilgilenmeyeceğiz. Bununla birlikte, (6) biçimindeki ODE'leri çözerken, ODE'lerin bakış açısından ilgi anları ortaya çıkabilir, bu nedenle bu konu, problemleri çözerken (örneğin, yapıldığı gibi) çalışmak için uygundur ve biraz olacaktır. § 3'te değinildi. Ancak dersin geri kalanında sadece normal sistemler ve denklemlerle ilgileneceğiz. Bu nedenle, bir ODE (ODE sistemi) (7) düşünün. Bileşen formunda 1 kez yazalım:

"Çözüm (7)" (ve genel olarak herhangi bir DE) kavramı uzun zamandır bir çözüm için "açık bir formül" (yani, temel işlevler, bunların ters türevleri veya özel şeklinde) arayışı olarak anlaşılmıştır. fonksiyonlar, vb.), çözümün düzgünlüğüne ve tanım aralığına vurgu yapmadan. Bununla birlikte, ODE'ler teorisinin ve diğer matematiğin (ve genel olarak doğa bilimlerinin) mevcut durumu, böyle bir yaklaşımın yetersiz olduğunu göstermektedir, çünkü yalnızca ODE'lerin kendilerini bu tür "açık entegrasyona" ödünç veren fraksiyonu son derece küçüktür. (en basit ODE x = f (t) için bile, "açık bir formül" olmasına rağmen, temel fonksiyonlardaki çözümün nadir olduğu bilinmektedir).

Örnek. x = t2 + x2 denklemi, aşırı basitliğine rağmen, elemanter fonksiyonlarda hiçbir çözüme sahip değildir (ve hatta burada “hiçbir formül yoktur”).

Ve çözümün "açık" yapısının mümkün olduğu ODE sınıflarını bilmek faydalı olsa da (mümkün olduğunda "integralleri saymanın" yararlı olduğu gibi, bu son derece nadir olmasına rağmen). Bu bağlamda, çözümün eski kavramlarını yansıtan "entegre ODE "," ODE integrali "(modern kavramların eski analogları " ODE çöz "," ODE çözümü ") terimleri. Şimdi modern terimlerin nasıl anlaşılacağını açıklayacağız.

ve bu konu § 3'te ele alınacaktır (pratik sınıflarda problemler çözülürken geleneksel olarak buna çok dikkat edilir), ancak bu yaklaşımdan herhangi bir evrensellik beklenmemelidir. Kural olarak, çözme süreci (7) ile tamamen farklı adımları kastediyoruz.

Hangi x = x (t) fonksiyonunun çözüm olarak adlandırılabileceği açıklığa kavuşturulmalıdır (7).

Her şeyden önce, çözüm kavramının açık bir formülasyonunun, sadece çözüm bir fonksiyon olduğu ve herhangi bir fonksiyonun (okul tanımına göre) bir yasa olduğu için, tanımlandığı kümeyi belirtmeden imkansız olduğunu not ediyoruz. bir kümenin herhangi bir öğesini (bu işlevin tanım alanı olarak adlandırılır) başka bir kümenin bazı öğelerini (fonksiyon değerleri) karşılaştıran. Bu nedenle, tanımının kapsamını belirtmeden bir fonksiyondan bahsetmek tanım gereği saçmadır. Analitik işlevler (daha geniş anlamda - temel), aşağıda belirtilen nedenlerle (ve bazı diğer nedenlerle) burada bir "istisna" (yanıltıcı) olarak hizmet eder, ancak DE durumunda, bu tür özgürlükler kabul edilemez.

ve genellikle (7)'de yer alan tüm fonksiyonların tanım kümelerini belirtmeden. Aşağıdakilerden açıkça anlaşılacağı gibi, bir çözüm kavramını tanım kümesiyle katı bir şekilde ilişkilendirmek ve çözümlerin kesişim noktasında çakışsa bile, tanım kümeleri farklıysa çözümlerin farklı olduğunu düşünmek tavsiye edilir. bu setler.

Çoğu zaman, belirli durumlarda, bunun anlamı, eğer çözümler temel fonksiyonlar şeklinde oluşturulmuşsa, böylece 2 çözüm "aynı formüle" sahipse, o zaman bu formüllerin üzerine yazıldığı kümelerin çakışıp çakışmadığını açıklığa kavuşturmak gerekir. Analitik işlevler açık bir şekilde daha geniş aralıklara yayıldığından, temel işlevler biçimindeki çözümler düşünüldüğü sürece, bu konuda uzun süredir hüküm süren kafa karışıklığı affedilebilirdi.

Örnek. x1 (t) = et on (0,2) ve x2 (t) = et on (1,3) x = x denkleminin farklı çözümleridir.

Bu durumda, herhangi bir çözüm için tanım kümesi olarak bir açık aralığı (belki sonsuz) almak doğaldır, çünkü bu küme şöyle olmalıdır:

1.açın, böylece herhangi bir noktada bir türevden (iki taraflı) bahsetmek mantıklı olur;

2. Çözümün bağlantısız parçalara ayrılmaması için bağlı (bu durumda birkaç çözümden bahsetmek daha uygundur) - önceki Örneğe bakın.

Böylece çözüm (7) bir (, (a, b)) çiftidir, burada a b + (a, b) üzerinde tanımlanır.

Öğretmene not. Bazı ders kitaplarında, bir çözümün tanımı alanına bir bölümün uçlarının dahil edilmesine izin verilir, ancak bu, yalnızca sunumu karmaşıklaştırdığı ve gerçek bir genelleme sağlamadığı gerçeği göz önüne alındığında uygun değildir (bkz. § 4) .

Daha fazla akıl yürütmeyi anlamayı kolaylaştırmak için geometrik yorumlamayı kullanmak yararlıdır (7). Rn + 1 = ((t, x)) uzayında, f'nin tanımlandığı her (t, x) noktasında, f (t, x) vektörünü düşünebiliriz. Bu uzayda (7) bir çözüm grafiği oluşturursak (buna (7) sisteminin integral eğrisi denir), o zaman (t, x (t)) biçimindeki noktalardan oluşur. t (a, b) değiştiğinde, bu nokta IC boyunca hareket eder. (t, x (t)) noktasında IC'ye teğet (1, x (t)) = (1, f (t, x (t))) şeklindedir. Böylece, IK, Rn + 1 uzayındaki her (t, x) noktasında (1, f (t, x) vektörüne paralel bir teğet olan eğrilerdir. Bu fikir, sözde. Belirli ODE'lerin çözümlerinin grafiklerini görüntülerken kullanılan IC'nin yaklaşık yapısı için izokline yöntemi (bkz.

Örneğin ). Örneğin, n = 1 için yapımız şu anlama gelir: IR'nin her noktasında, t eksenine olan eğimi tg = f (t, x) özelliğine sahiptir. f'nin tanım kümesinden herhangi bir nokta alarak, içinden bir IC çizebileceğimizi varsaymak doğaldır. Bu fikir aşağıda titizlikle doğrulanacaktır. Şimdiye kadar, çözümlerin düzgünlüğüne ilişkin titiz bir formülasyondan yoksunuz - bu aşağıda yapılacaktır.

Şimdi, f'nin tanımlandığı B kümesini rafine etmek gerekiyor. Bu seti almak doğaldır:

1.open (Böylece IC, B'den herhangi bir noktanın yakınına kurulabilir), 2.bağlı (aksi takdirde, tüm bağlı parçalar ayrı ayrı düşünülebilir - hepsi aynı, IC (sürekli bir fonksiyonun grafiği olarak) bir parçadan diğerine atlayamaz, böylece çözüm arayışının genelliği etkilenmez).

Yalnızca klasik çözümleri (7), yani x'in kendisi ve x'i (a, b) üzerinde sürekli olacak şekilde ele alacağız. O halde f C(B)'yi istemek doğaldır. Bundan böyle bu gereklilik tarafımızca her zaman anlaşılacaktır. Böylece, sonunda Tanımı elde ederiz. B Rn + 1 bir alan, f C (B) olsun.

(, (a, b)), (a, b) üzerinde tanımlanan bir çift (, (a, b)), ab +, eğer C (a, b) ise (7)'ye bir çözüm olarak adlandırılır, her t (a, b) noktası (t) için , (t) ) B ve (t) var ve (t) = f (t, (t)) (daha sonra otomatik olarak C 1 (a, b))).

Geometrik olarak, (7)'nin birçok çözümü olacağı açıktır (ki bu grafiksel olarak anlaşılması kolaydır), çünkü IQ'ları formun t0'ın sabit olduğu noktalardan (t0, x0) başlayarak gerçekleştirirsek, o zaman farklı sonuçlar elde ederiz. IQ'lar. Ayrıca çözüm belirleme aralığının değiştirilmesi tanımımıza göre farklı bir çözüm verecektir.

Örnek. x = 0. Çözüm: x = = const Rn. Ancak, bazı t0 seçersek ve çözümün x0 değerini t0: x (t0) = x0 noktasında sabitlersek, o zaman değer benzersiz olarak belirlenir: = x0, yani, çözüm aralığın seçimine kadar benzersizdir (a, b) t0.

"Yüzsüz" bir çözüm kümesinin varlığı, onlarla çalışmak için elverişsizdir2 - bunları aşağıdaki gibi "sıralamak" daha uygundur: benzersiz (belirli bir anlamda) çözüm seçmek için (7)'ye ek koşullar ekleyin, ve sonra, bu koşulları sıralayarak, her bir çözümle ayrı ayrı çalışın (geometrik olarak bir çözüm olabilir (IC), ancak birçok parça var - bu rahatsızlıkla daha sonra ilgileneceğiz).

Tanım. (7) için problem, ek koşullarla (7)'dir.

Özünde, en basit problemi zaten icat ettik - bu Cauchy problemidir: (7) formun koşullarıyla (Cauchy verileri, ilk veriler):

Uygulamalar açısından, bu sorun doğaldır: örneğin, eğer (7) bazı x parametrelerindeki değişimi t zamanı ile açıklıyorsa, o zaman (8) bazı (ilk) zaman anlarında parametrelerin değerinin olduğu anlamına gelir. bilinen. Diğer problemleri incelemeye ihtiyaç var, bunu daha sonra konuşacağız, ancak şimdilik Cauchy problemi üzerinde duracağız. Doğal olarak, bu problem (t0, x0) B için anlamlıdır. Buna göre, (7), (8) probleminin çözümü, t0 (a, b) olacak şekilde bir çözümdür (7) (yukarıda verilen tanım anlamında). ) ve (sekiz).

Bizim acil görevimiz Cauchy problemi (7), (8) için bir çözümün varlığını kanıtlamak ve bazı ek örnekler için - ikinci dereceden bir denklem, x1 = ..., x2 = ... yazmaktan daha iyidir. x = b / 2 ± ...

f - ve belirli bir anlamda benzersizliği üzerine varsayımlar.

Yorum Yap. Bir vektör ve bir matrisin normu kavramını netleştirmemiz gerekiyor (ancak Bölüm 2'de yalnızca matrislere ihtiyacımız olacak). Sonlu boyutlu bir uzayda tüm normların eşdeğer olması nedeniyle, kesin değerlerle değil de yalnızca tahminlerle ilgileniyorsak, belirli bir normun seçimi önemli değildir. Örneğin vektörler için | x | p = (| xi | p) 1 / p'yi kullanabilirsiniz, p Peano (Picard) segmentidir. K = (| x x0 | F | t t0 |) konisini ve bunun kesik kısmı K1 = K (t IP) düşünün. Sadece K1 C olduğu açıktır.

Teorem. (Fıstık). Çözümün tanımında belirtilen (1) numaralı problemdeki f gereksinimleri karşılansın, yani:

f C (B), burada B, Rn + 1'de bir etki alanıdır. O zaman, tüm (t0, x0) B için, Int (IP) üzerinde problem (1) için bir çözüm vardır.

Kanıt. Rastgele (0, T0] ayarlayalım ve bir adımla Euler çoklu çizgisini oluşturalım, yani: bu, Rn + 1'deki bir çoklu çizgidir, burada her bir bağın uzunluk t ekseni üzerinde bir izdüşümü vardır, birinci bağ sağa doğru (t0, x0) noktasında başlar ve üzerinde dx / dt = f (t0, x0) olacak şekildedir; bu bağın sağ ucu (t1, x1) ikincisi için sol uç görevi görür, olduğu dx / dt = f (t1, x1), vb. ve benzer şekilde sola. Ortaya çıkan kesik çizgi, parçalı bir doğrusal fonksiyon x = (t) tanımlar. t IP olduğu sürece, kesik çizgi K1'de kalır ( ve hatta daha çok C'de ve dolayısıyla B'de), yani yapı doğrudur - bunun için aslında teoremden önce yardımcı yapı yaptık.

Gerçekten de, kırılma noktaları dışında her yerde bulunur ve daha sonra (s) (t) = (z) dz, burada türevin keyfi değerlerinin kırılma noktalarında alınır.

Ayrıca (tümevarım yoluyla kesikli çizgi boyunca hareket etme) Özellikle, | (t) x0 | F | t t0 |.

Böylece, IP işlevinde:

2. Eşsürekli, Lipschitz'den beri:

Burada okuyucu, gerekirse, eş-süreklilik, düzgün yakınsaklık, Arzela-Ascoli teoremi, vb. gibi kavram ve sonuçlar hakkındaki bilgilerini yenilemelidir.

Arzela-Ascoli teoremine göre, k IP üzerinde olacak şekilde bir k 0 dizisi vardır, burada C (IP). Yapısal olarak, (t0) = x0, bu yüzden bunu s t için kanıtlayacağımızı kontrol etmek kalır.

Egzersiz. Benzer şekilde düşünün.

0'ı tanımlayalım ve tüm (t1, x1), (t2, x2) C için doğru olacak şekilde 0'ı bulalım. bu Fix t Int (IP) ve tst + olacak şekilde herhangi bir s Int (IP) alın. O zaman tüm z için |k (z) k (t) | F, bu nedenle, (4) |k (z) (t) | 2F.

k (z) = k (z) = f (z, k (z)) olduğuna dikkat edin, burada z, (z, k (z)) noktasını içeren çoklu çizgi parçasının sol uç noktasının apsisidir. Ancak (z, k (z)) noktası, (t, (t)) noktası üzerine inşa edilmiş (, 2F) parametrelerine sahip bir silindire düşer (aslında, kesik bir koniye bile - şekle bakın, ancak Şimdi önemli değil), bu nedenle (3)'e göre | k (z) f (t, (t)) | elde ederiz. Kesik bir çizgi için, yukarıda belirtildiği gibi, At k formülüne sahibiz, bu (2)'yi verecektir.

Yorum Yap. f C 1 (B) olsun. O zaman (a, b)'de tanımlanan çözüm C 2 (a, b) sınıfında olacaktır. Gerçekten, (a, b) üzerinde elimizde: f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) vardır (burada Jacobi matris ) sürekli bir fonksiyondur. Hile bil, ayrıca 2 C (a, b) vardır. f düzgün ise, çözümün düzgünlüğü daha da arttırılabilir. Eğer f analitik ise, o zaman bir analitik çözümün varlığı ve benzersizliği kanıtlanabilir (bu, Cauchy teoremi olarak adlandırılır), ancak bu, önceki argümanlardan çıkmasa da!

Burada analitik fonksiyonun ne olduğunu hatırlamak gerekir. Bir güç serisi tarafından temsil edilen bir fonksiyonla karıştırılmamalıdır (bu, genel olarak konuşursak, tanım alanının bir kısmı üzerinde yalnızca bir analitik fonksiyonun bir temsilidir)!

Yorum Yap. Verilen (t0, x0) için, T ve R'yi değiştirerek T0'ı maksimize etmeye çalışılabilir. Bununla birlikte, bu, bir kural olarak, o kadar önemli değildir, çünkü bir çözümün maksimum varlık aralığını incelemek için özel yöntemler vardır (bkz. § 4).

Peano teoremi, çözümün benzersizliği hakkında hiçbir şey söylemez. Bir çözüm anlayışımızda, her zaman benzersiz değildir, çünkü bir çözüm varsa, o zaman daha dar aralıklardaki kısıtlamaları başka çözümler olacaktır. Bu noktayı daha sonra (§ 4'te) daha ayrıntılı olarak ele alacağız, ancak şimdilik, teklik ile, tanım aralıklarının kesişme noktasında herhangi iki çözümün çakışmasını kastediyoruz. Bu anlamda bile, Peano teoremi, benzersizlik hakkında hiçbir şey söylemez, bu tesadüfi değildir, çünkü benzersizlik koşulları altında garanti edilemez.

Örnek. n = 1, f(x) = 2 |x |. Cauchy probleminin önemsiz bir çözümü var: x1 0 ve ayrıca x2 (t) = t | t |. Bu iki çözümden, 2 parametreli bir çözüm ailesi derlenebilir:

nerede + (sonsuz değerler, karşılık gelen dalın yokluğu anlamına gelir). Tüm R'yi tüm bu çözümlerin tanım alanı olarak düşünürsek, o zaman hala sonsuz sayıda vardır.

Bu problemde Peano teoreminin ispatını Euler çokgen çizgileri aracılığıyla uygularsak, o zaman sadece sıfır çözüm elde edeceğimizi unutmayın. Öte yandan, Euler poligonal çizgilerini oluşturma sürecinde her adımda küçük bir hataya izin verilirse, o zaman hata parametresi sıfıra gitme eğiliminde olsa bile, tüm çözümler kalır. Bu nedenle, Peano teoremi ve Euler'in çokgen çizgileri, çözümler oluşturmak için bir yöntem olarak doğaldır ve sayısal yöntemlerle yakından ilişkilidir.

Örnekte gözlemlenen tatsızlık, f fonksiyonunun x'te düzgün olmamasından kaynaklanmaktadır. f'nin x'deki düzenliliğine ek gereksinimler getirirsek, benzersizliğin sağlanabileceği ve bu adımın belirli bir anlamda gerekli olduğu ortaya çıktı (aşağıya bakın).

Analizden bazı kavramları hatırlayalım. Lipschitz koşulunda b doğruysa, kümede üs (0, 1] olan bir g fonksiyonuna (skaler veya vektör) Hölder denir.1 için bu sadece sabit fonksiyonlar için mümkündür.Bir aralıkta tanımlanan bir fonksiyon (burada 0 seçimi önemsizdir), g'nin modüllü genelleştirilmiş Hölder koşulunda sağladığı söylenirse, bu durumda g in süreklilik modülü olarak adlandırılırsa, süreklilik modülü olarak adlandırılır.

Herhangi bir süreklilik modülünün, bazı sürekli fonksiyonların süreklilik modülü olduğu gösterilebilir.

Bunun tersi bizim için önemlidir, yani: kompakt bir küme üzerindeki herhangi bir sürekli fonksiyonun süreklilik modülü vardır, yani bazılarını (5) karşılar. Hadi kanıtlayalım. Eğer kompakt ve g C () ise, o zaman g'nin zorunlu olarak muntazam sürekli olduğunu, yani,

= (): | x y | = | g (x) g (y) |. Bunun bazılarıyla koşul (5)'e eşdeğer olduğu ortaya çıktı. Gerçekten de, eğer varsa, (()) şeklinde bir süreklilik modülü oluşturmak ve sonra |x y | = = () elde ederiz (ve) keyfi olduğundan, x ve y herhangi biri olabilir.

Ve bunun tersi, eğer (5) doğruysa, o zaman (()) ve sonra | x y | = () elde ettiğimiz mantıksal geçişleri haklı çıkarmak için kalır:

Monoton ve ters fonksiyonları almak için yeterlidir, ancak genel durumda sözde kullanmak gerekir. genelleştirilmiş ters fonksiyonlar Varlıkları ayrı bir kanıt gerektirir ki bunu vermeyeceğiz, sadece bir fikir (okumaya resimlerle eşlik etmekte fayda var):

herhangi bir F için F (x) = min F (y), F (x) = maks F (y) tanımlarız - bunlar monoton fonksiyonlardır ve tersi vardır. F'de, x x F (F (x))), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x olduğunu kontrol etmek kolaydır.

En iyi süreklilik modülü doğrusaldır (Lipschitz koşulu). Bunlar "neredeyse türevlenebilir" fonksiyonlardır. Son ifadeye kesin bir anlam vermek biraz çaba gerektirir ve kendimizi sadece iki yorumla sınırlayacağız:

1. Açıkça söylemek gerekirse, örnekte g (x) = |x | R üzerinde;

2. ancak türevlenebilirlik, aşağıdaki İddianın gösterdiği gibi Lipschitz özelliğini ima eder. Tüm M'leri dışbükey bir kümede olan herhangi bir g fonksiyonu, üzerindeki Lipschitz koşulunu sağlar.

[Şimdilik, kısalık için g skaler fonksiyonlarını göz önünde bulundurun.] İspat. Elimizdeki tüm x,y için bu ifadenin vektör fonksiyonları için de geçerli olduğu açıktır.

Yorum Yap. Eğer f = f (t, x) (genel olarak konuşursak, bir vektör fonksiyonu), o zaman “f, x'te Lipschitz'dir” kavramını tanıtabiliriz, yani, |f (t, x) f (t, y) | C | xy | ve ayrıca, eğer D tüm t için x'te dışbükey ise, o zaman f'nin D'de x'e göre Lipschitz olması için, f'nin x'e göre türevlerinin sınırlı olması yeterlidir. tahmini |g (x) g (y) | | x y | ile. n = 1 için, genellikle sonlu artışlar formülü kullanılarak yapılır: g (x) g (y) = g (z) (xy) (g bir vektör işleviyse, z her bileşen için farklıdır). N 1 için, bu formülün aşağıdaki analogunu kullanmak uygundur:

Lemma. (Hadamard). D (t = t) herhangi bir t için dışbükey ve f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y) olmak üzere f C (D) (genel olarak konuşursak, bir vektör işlevi) olsun. (xy), burada A sürekli bir dikdörtgen matristir.

Kanıt. Herhangi bir sabit t için ispattan elde edilen hesaplamayı uygularız = D (t = t), g = fk için iddialar. Gerekli gösterimi A (t, x, y) ile elde ederiz = A gerçekten süreklidir.

Problemin (1) çözümünün benzersizliği sorusuna dönelim.

Soruyu şu şekilde ortaya koyalım: f'nin x'e göre süreklilik modülü ne olmalıdır ki, aynı aralıkta tanımlanan 2 çözümün çakışması anlamında (1) numaralı çözüm tek olsun? Cevap aşağıdaki teorem ile verilir:

Teorem. (Osgood). Peano teoreminin koşulları altında, f'nin B'deki x'e göre süreklilik modülü olsun, yani eşitsizlikteki fonksiyon koşulu karşılıyor (C'yi varsayabiliriz). O halde (1) numaralı problem, formun bir aralığında (t0 a, t0 + b) tanımlanmış iki farklı çözüme sahip olamaz.

Yukarıdaki benzersiz olmayan örnekle karşılaştırın.

Lemma. Eğer z C 1 (,), o zaman hepsinde (,):

1. z = 0 olan noktalarda | z | ve || z | | |z |;

2. z = 0 olan noktalarda tek taraflı türevler | z | ± ve || z | ± | = |z | (özellikle, z = 0 ise, | z | = 0 vardır).

Örnek. n = 1, z(t) = t. t = 0 noktasında, |z | yoktur, ancak tek yönlü türevler vardır.

Kanıt. (Lemmalar). z = 0 olan noktalarda, z · z em ise: |z | = ve || z | | | z |. z (t) = 0 olan t noktalarında:

Durum 1: z (t) = 0. Daha sonra |z | (t) = 0.

Durum 2: z (t) = 0. Ardından, +0 veya 0'da z (t +) | |z(t) | modülü | z (t) |'ye eşittir.

Varsayım olarak, F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) = +. (t0, t0 +) üzerinde tanımlanan (1)'in iki çözümü z1,2 olsun. z = z1 z2 olarak belirledik. Sahibiz:

z (t1) = 0 olacak şekilde t1 (kesin olmak gerekirse, t1 t0) olduğunu varsayalım. A = (t t1 | z (t) = 0) kümesi boş (t0 A) değildir ve yukarıda sınırlandırılmıştır. Bu nedenle, bir üst sınırı t1'e sahiptir. Yapı olarak, (, t1) üzerinde z = 0 ve z sürekli olduğundan, z () = 0'a sahibiz.

Tarafından Lemma, |z | C 1 (, t1) ve bu aralıkta | z | |z | (| z |), böylece (t, t1) (burada t (, t1)) üzerinden Entegrasyon F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t verir. t + 0 için bir çelişki elde ederiz.

Sonuç 1. Peano teoreminin koşulları altında f, B'de x'te Lipschitz ise, o zaman problem (1), Osgood teoreminde açıklanan anlamda benzersiz bir çözüme sahiptir, çünkü bu durumda () = C (7)'yi sağlar.

Sonuç 2. Peano teoreminin koşulları altında C (B), o zaman Int (IP) üzerinde tanımlanan çözüm (1) benzersizdir.

Lemma. IP üzerinde tanımlanan herhangi bir çözüm (1) tahminini karşılamalıdır |x | = |f(t,x) | F ve grafiği K1'de ve daha da fazlası C'de.

Kanıt. (t, x (t)) C olacak şekilde t1 IP olduğunu varsayalım. Kesinlik için t1 t0 olsun. O zaman | x (t) x0 | = R olacak şekilde t2 (t0, t1] vardır. Osgood teoreminin ispatındaki akıl yürütmeye benzer şekilde, t2'nin en soldaki nokta olduğunu varsayabiliriz, ancak elimizde (t, x) (t)) C, böylece | f (t, x (t)) | F ve dolayısıyla (t, x (t)) K1, bu | x (t2) x0 | = R ile çelişir. Dolayısıyla, (t, x (t) ) tüm IP üzerinde C ve ardından (hesaplamaları tekrarlayarak) (t, x (t)) K1.

Kanıt. (Sonuç 2). C kompakt bir f kümesidir, f'nin Lipschitz in C'deki Lipschitz olduğunu elde ederiz, burada tüm çözümlerin grafikleri Lemma'nın görünümündedir. Sonuç 1 ile, gerekli olanı elde ederiz.

Yorum Yap. Koşul (7), f için Lipschitz koşulunun önemli ölçüde zayıflatılamayacağı anlamına gelir. Örneğin, Hölder'in 1 koşulu artık geçerli değil. Yalnızca doğrusala yakın süreklilik modülleri uygundur - örneğin "en kötü":

Egzersiz. (yeterince zor). (7)'yi sağlıyorsa, 1 / sıfır olacak şekilde 1 tatmin edici (7) olduğunu kanıtlayın.

Genel durumda, teklik için f'nin x'e göre süreklilik modülünden tam olarak bir şey talep etmek gerekli değildir - her türlü özel durum mümkündür, örneğin:

Beyan. Eğer, Peano teoreminin koşulları altında, o zaman, (9)'da tanımlanan (1)'in herhangi 2 çözümü, x C 1 (a, b) ve sonra türevin (9) (1) 1'i verdiği açıktır ve ( 1) 2 açıktır ...

(1)'den farklı olarak, (9) için kapalı bir segment üzerinde bir çözüm oluşturmak doğaldır.

Picard, (1) = (9)'u çözmek için aşağıdaki ardışık yaklaşım yöntemini önerdi. x0 (t) x0'ı ve ayrıca tümevarımla gösteririz Teorem. (Cauchy-Picard). Peano teoreminin koşulları altında, f fonksiyonu, x'teki B dışbükey alanından herhangi bir kompakt K kümesinde, x'te Lipschitz olsun, yani,

Ardından, herhangi bir (t0, x0) B için, Cauchy problemi (1) (diğer adıyla (9)), Int (IP) üzerinde ve xk'nin (10'da tanımlandığı IP üzerinde xk x) benzersiz bir çözümü vardır.

Yorum Yap. (11) koşulu C (B) ile değiştirilirse teoremin geçerli kalacağı açıktır, çünkü bu koşul (11)'i ima eder.

Öğretmene not. Aslında, x cinsinden tüm kompakt kümeler dışbükey değil, yalnızca silindirler gereklidir, ancak formülasyon bu şekilde yapılır, çünkü § 5'te daha genel kompakt kümeler gereklidir ve dahası, bu formülasyonla Remark görünüyor. en doğal.

Kanıt. Rastgele (t0, x0) B'yi seçiyoruz ve Peano teoreminden öncekiyle aynı yardımcı yapıyı yapıyoruz. Tüm xk'lerin IP üzerinde tanımlı ve sürekli olduğunu ve bunların grafiklerinin K1'de ve hatta C'de daha da fazla olduğunu tümevarım yoluyla ispatlayalım. Bu x0 için açıktır. Eğer bu xk1 için doğruysa, o zaman (10)'dan xk'nin IP üzerinde tanımlı ve sürekli olduğu açıktır ve bu K1'in üyeliğidir.

Şimdi IP tahminini tümevarım yoluyla kanıtlıyoruz:

(C, B'de x'te kompakt bir dışbükeydir ve L (C) bunun için tanımlanmıştır). k = 0 için, bu zaten kanıtlanmış olan (t, x1 (t)) K1 tahminidir. Eğer (12) k: = k 1 için doğruysa, o zaman (10)'dan gerekli olanı elde ederiz. Böylece, seri, yakınsak bir sayısal seri ile IP üzerinde büyükleştirilir ve bu nedenle (buna Weierstrass teoremi denir) IP üzerinde bir x C (IP) fonksiyonuna düzgün bir şekilde yakınsar. Ancak bu aynı zamanda IP'de xk x anlamına gelir. Daha sonra IP'de (10)'da sınıra geçiyoruz ve IP'de (9) ve dolayısıyla Int'de (IP) (1) elde ediyoruz.

Benzersizlik, Osgood teoreminden Corollary 1 ile hemen elde edilir, ancak bunu sadece denklem (9) kullanarak başka bir yolla kanıtlamak yararlıdır. Int (IP) üzerinde problem (1) (yani, (9)) için 2 çözüm x1,2 olsun. Yukarıda belirtildiği gibi, bu durumda grafikleri mutlaka K1'de ve hatta daha da fazlası C'de olmalıdır. t I1 = (t0, t0 +), burada bir pozitif sayı olsun. O zaman = 1 / (2L (C)). O zaman = 0. Böylece, I1'de x1 = x2.

Öğretmene not. Ayrıca Gronwall lemmasını kullanan benzersizliğin bir kanıtı da var, hemen global olarak çalıştığı için daha da doğal, ancak şimdiye kadar Gronwall'un lemması çok uygun değil, çünkü onu doğrusal ODE'lerden önce yeterince algılamak zor.

Yorum Yap. Benzersizliğin son kanıtı, yerel benzersizliğin (varoluş için doğru olmayan) küresel benzersizliğe nasıl yol açtığını bir kez daha farklı bir ışıkta göstermesi bakımından öğreticidir.

Egzersiz. Osgood teoreminin ispatında olduğu gibi çelişki ile tartışarak tüm IP'lerde aynı anda benzersizliği kanıtlayın.

Önemli bir özel durum (1), lineer ODE'lerdir, yani f (t, x) miktarının x'te lineer olduğu durumlar:

Bu durumda, genel teorinin koşullarına düşmek için, bu durumda, B bir şerittir ve Lipschitz'in x'e göre koşulu (ve hatta türevlenebilirlik) otomatik olarak sağlanır: tüm t için ( a, b), x, y Rn elimizde |f (t, x) f (t, y) | = |A (t) (x y) | |A(t) | |(Xy) |.

Geçici olarak bir kompakt küme (a, b) seçersek, bunun üzerinde |f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, burada L = maks | A |.

Peano ve Osgood veya Cauchy-Picard teoremleri, t0 içeren bazı (Peano-Picard) aralığında problemin (13) benzersiz çözülebilirliğini ifade eder. Ayrıca, bu aralıktaki çözüm, ardışık Picard yaklaşımlarının sınırıdır.

Egzersiz. Bu aralığı bulun.

Ancak bu durumda tüm bu sonuçların küresel olarak, yani tümü (a, b) üzerinde hemen kanıtlanabileceği ortaya çıktı:

Teorem. (14) doğru olsun. O halde (13) probleminin (a, b) üzerinde benzersiz bir çözümü vardır ve ardışık Picard yaklaşımları ona herhangi bir kompakt kümede (a, b) düzgün bir şekilde yakınsar.

Kanıt. Yine TK-P'de olduğu gibi, (10) formülü ile ardışık yaklaşımlar kullanarak integral denkleminin (9) bir çözümünü oluşturuyoruz. Ama şimdi koni ve silindire çarpan grafiğin durumunu kontrol etmemize gerek yok, çünkü.

f, t (a, b) olduğu sürece tüm x için tanımlanmıştır. Sadece tüm xk'lerin (a, b) üzerinde tanımlı ve sürekli olduğunu kontrol etmek gerekir ki bu tümevarımla açıktır.

(12) yerine şimdi N'nin seçime bağlı olarak bir sayı olduğu formun benzer bir tahminini gösteriyoruz. Bu tahmin için tümevarımın ilk adımı farklıdır (K1 ile ilgili olmadığı için): k = 0 | x1 (t) x0 | N, x1'in sürekliliği nedeniyle ve sonraki adımlar (12)'ye benzer.

Açık olduğu için bunu açıklamak mümkün ve değil, ancak mümkündür Yine xk x üzerinde olduğunu ve x'in karşılık gelen (10) üzerinde bir çözümü olduğunu görüyoruz. Ancak bunu yaparak, kompaktum seçimi keyfi olduğundan, tüm (a, b) için bir çözüm oluşturduk. Benzersizlik, Osgood veya Cauchy-Picard teoremlerinden (ve yukarıdaki küresel benzersizlikle ilgili akıl yürütmeden) kaynaklanmaktadır.

Yorum Yap. Yukarıda bahsedildiği gibi, TC-P, Peano ve Osgood teoremlerinin varlığından dolayı resmi olarak gereksizdir, ancak 3 nedenden dolayı faydalıdır - bu:

1. ODE'ler için Cauchy problemini bir integral denklem ile ilişkilendirmenizi sağlar;

2. ardışık yaklaşımların yapıcı bir yöntemini sunar;

3. Lineer ODE'lerin global varlığını kanıtlamayı kolaylaştırır.

[ikincisi § 4'teki akıl yürütmeden de çıkarılabilir olsa da] Aşağıda, çoğunlukla buna değineceğiz.

Örnek. x = x, x (0) = 1. Ardışık yaklaşımlar k Dolayısıyla, x (t) = e, tüm R üzerindeki orijinal problemin bir çözümüdür.

Çoğu zaman, bir satır çalışmaz, ancak belirli bir yapıcılık kalır. Ayrıca x xk hatasını da tahmin edebilirsiniz (bkz.).

Yorum Yap. Peano, Osgood ve Cauchy-Picard teoremlerinden, daha yüksek dereceli ODE'ler için ilgili teoremleri elde etmek kolaydır.

Egzersiz. Cauchy probleminin kavramlarını, sistem çözümlerini ve Cauchy problemini, yüksek mertebeden ODE'ler için tüm teoremleri, § 1'de sunulan birinci mertebeden sistemlere indirgemeyi kullanarak formüle edin.

Dersin mantığını biraz ihlal ediyor, ancak pratik sınıflarda problem çözme yöntemlerinin daha iyi özümsenmesi ve doğrulanması amacıyla, genel teorinin sunumunu geçici olarak kesiyoruz ve "ODE'lerin açık çözümü" teknik sorunuyla ilgileniyoruz.

§ 3. Bazı integrasyon yöntemleri O halde, = f (t, x) skaler denklemini göz önünde bulundurun. Dt Entegrasyon yapmayı öğrendiğimiz en basit özel durum sözdedir. ERP, yani f (t, x) = a (t) b (x) olan bir denklem. ERP'yi entegre etmenin resmi yöntemi, t ve x değişkenlerini (dolayısıyla adı): = a (t) dt "ayırmak" ve ardından integrali almaktır:

x = B (A(t)). Bu biçimsel akıl yürütme, gerekçelendirme gerektiren birkaç nokta içerir.

1. b (x) ile bölme. f'nin sürekli olduğunu varsayıyoruz, böylece a C (,), b C (,), yani B bir dikdörtgen (,) (,)(genel olarak konuşursak, sonsuz). (b (x) 0) ve (b (x) 0) kümeleri açıktır ve bu nedenle sonlu veya sayılabilir aralık kümeleridir. Bu aralıklar arasında b = 0 olan noktalar veya parçalar vardır. Eğer b (x0) = 0 ise, o zaman Cauchy probleminin çözümü x x0'dır. Belki bu çözüm benzersiz değildir, o zaman tanım alanında b (x (t)) = 0 olan aralıklar vardır, ancak daha sonra b (x (t)) ile bölünebilir. Bu aralıklarda B fonksiyonunun monoton olduğunu ve dolayısıyla B 1'i alabileceğimizi unutmayın. Ancak eğer b (x0) = 0 ise, o zaman t0 komşuluğunda b (x (t)) = 0 ve prosedür yasaldır. . Bu nedenle, genel olarak konuşursak, açıklanan prosedür, bir çözümün tanım alanını parçalara bölerken uygulanmalıdır.

2. Farklı değişkenler için sol ve sağ tarafların entegrasyonu.

Yöntem I. Diyelim ki Kod (t) wi (1) x = (t) problemine bir çözüm bulmak istiyoruz. Elimizde: = a (t) b ((t)) var, bu nedenle aynı formülü kesinlikle elde ettik.

Yöntem II. Denklem sözde. Orijinal ODE'nin simetrik gösterimi, yani hangi değişkenin bağımsız ve hangisinin bağımlı olduğu belirtilmeyen bir gösterim. Böyle bir biçim, birinci diferansiyelin biçiminin değişmezliği üzerine teorem göz önüne alındığında, incelenen bir birinci mertebeden denklem durumunda tam olarak anlamlıdır.

Burada, diferansiyel kavramını, düzlem ((t, x)) örneğini kullanarak, üzerindeki eğrileri, ortaya çıkan kısıtlamaları, serbestlik derecelerini, bir eğri üzerindeki bir parametreyi kullanarak daha ayrıntılı olarak anlamak uygundur.

Böylece, denklem (2) gerekli IC boyunca t ve x diferansiyellerini birleştirir. O zaman denklem (2)'nin başlangıçta gösterilen şekilde entegrasyonu tamamen yasaldır - bu, eğer isterseniz, bağımsız olarak seçilen herhangi bir değişken üzerinde entegrasyon anlamına gelir.

Yöntem I'de bunu bağımsız değişken olarak t'yi seçerek gösterdik. Şimdi bunu, bağımsız değişken olarak IK boyunca s parametresini seçerek göstereceğiz (çünkü bu, t ve x'in eşitliğini daha açık bir şekilde gösterir). s = s0 değeri (t0, x0) noktasına karşılık gelsin.

O zaman elimizde: = a (t (s)) t (s) ds var, ki bundan sonra burada simetrik gösterimin evrenselliğine odaklanmalıyız, örneğin: bir daire ne x (t) ne de t olarak yazılmaz ( x), ancak x(s), t(s) olarak.

Birinci dereceden diğer bazı ODE'ler, problemleri çözerken (örneğin, bir problem kitabı kullanarak) görülebilen ERP'ye indirgenmiştir.

Bir diğer önemli durum ise lineer ODE'dir:

Yöntem I. Varyasyon sabittir.

Bu, Bölüm 2'de tartışılacak olan daha genel bir yaklaşımın özel bir durumudur. Buradaki nokta, özel bir biçimde bir çözüm bulmanın denklemin sırasını düşürmesidir.

Önce sözde çözelim. homojen denklem:

Ya x 0 ya da her yerde x = 0 tekliği sayesinde. İkinci durumda (kesinlik x 0 olsun), (4)'ün (3) 0'a (sıfır ve negatif dahil) tüm çözümleri verdiğini elde ederiz.

Formül (4) keyfi bir sabit C1 içerir.

Bir sabitin varyasyon yöntemi, (3) C1 (t) = C0 + Görünür (cebirsel lineer sistemlerde olduğu gibi) çözümünün ORNU = CRNU + OPROU yapısı olduğu gerçeğinden oluşur (bu konuda Bölüm 2'de daha fazlası).

Eğer x (t0) = x0 Cauchy problemini çözmek istiyorsak, o zaman Cauchy verilerinden C0 bulmamız gerekir - kolayca C0 = x0 elde ederiz.

Yöntem II. Bir IM bulalım, yani çarpmamız gereken böyle bir v fonksiyonu (3) (tüm bilinmeyenler sol tarafta toplanacak şekilde yazılır: xa (t) x = b (t)) böylece solda yan bazı uygun bir kombinasyonun türevini elde ederiz.

Elimizde: vx vax = (vx) v = av ise, yani (böyle bir denklem bir bakıma, (3) zaten kolayca çözülen ve (5) veren bir denkleme eşdeğerdir. Cauchy problemi çözülürse, o zaman (6)'da hemen belirli bir integral almak uygundur. Bazıları problem çözerken görülebileceği gibi (örneğin, bir problem kitabı kullanarak) doğrusal ODE'lere (3) indirgenir. Doğrusal ODE'lerin önemli durumu (hemen herhangi bir n) Bölüm 2'de daha ayrıntılı olarak ele alınacaktır.

Her iki kabul edilen durum da sözde özel durumlardır. UPD. Simetrik bir biçimde birinci dereceden bir ODE (n = 1 için) düşünün:

Daha önce bahsedildiği gibi (7), hangi değişkenin bağımsız olarak kabul edildiğini belirtmeden (t, x) düzleminde IC'yi belirtir.

(7)'yi keyfi bir M (t, x) işleviyle çarparsak, aynı denklemi yazmanın eşdeğer bir biçimini elde ederiz:

Böylece aynı ODE'nin birçok simetrik kaydı vardır. Bunlar arasında sözde özel bir rol oynar. Toplam diferansiyellerdeki gösterimde, UPD'nin adı talihsizdir, çünkü bu özellik bir denklem değil, gösteriminin biçimidir, yani (7)'nin sol tarafı dF'ye (t, x) eşit olacak şekilde bazı F ile

(7)'nin UPD olduğu açıktır, ancak ve ancak A = Ft, B = Fx ile bir miktar F ise. Analizden bilindiği gibi, ikincisi için gerekli ve yeterlidir. , tüm fonksiyonların düzgünlüğü. Gerçek şu ki, § ikincil bir rol oynuyor - kursun diğer bölümleri için hiç gerekli değil ve ayrıntılı sunumu için aşırı çaba harcamak istemiyorum.

Bu nedenle, (9) sağlanıyorsa, o zaman bir F vardır (bir toplam sabite kadar benzersizdir), öyle ki (7) dF (t, x) = 0 (IR boyunca) olarak yeniden yazılabilir, yani,

F (t, x) = IC boyunca const, yani IC, F fonksiyonunun seviye çizgileridir. 9) zor değil. (9) memnun değilse, sözde bulmalısınız. IM M (t, x), (8), aşağıdaki formu alan analogu (9) yerine getirmek için gerekli ve yeterli olan UPD olacak şekildedir:

Birinci dereceden PDE teorisinden (Kısım 3'te tartışacağımız) takip edildiği gibi, denklem (10) her zaman bir çözüme sahiptir, dolayısıyla bir IM vardır. Böylece, (7) biçimindeki herhangi bir denklem, bir UPD biçiminde bir kayda sahiptir ve bu nedenle "açık" entegrasyona izin verir. Ancak bu argümanlar genel durumda yapıcı bir yöntem vermez, çünkü (10)'un çözümü için genel olarak, aradığımız çözümü (7) bulmak gerekir. Bununla birlikte, pratik sınıflarda geleneksel olarak kabul edilen, MI aramak için bir takım teknikler vardır (örneğin bakınız).

ERP ve doğrusal ODE'leri çözmek için yukarıdaki yöntemlerin IM ideolojisinin özel bir durumu olduğuna dikkat edin.

Gerçekten de, simetrik biçimde dx = a (t) b (x) dt şeklinde yazılan URS dx / dt = a (t) b (x), IM 1 / b (x) ile çarpılarak çözülür, çünkü sonra bu UPD'ye dönüşüyor dx / b (x) = a (t) dt, yani dB (x) = dA (t). Simetrik biçimde yazılmış dx / dt = a (t) x + b (t) doğrusal denklemi, dx a (t) xdt b (t) dt, MI ile çarpılarak çözülür, hemen hemen tüm ODE çözme yöntemleri "açıkça"

(doğrusal sistemlerle ilişkili büyük blok hariç), özel sıra azaltma ve değişken değiştirme yöntemleri kullanılarak, bunların birinci dereceden ODE'lere indirgenmesi ve daha sonra UPD'ye indirgenmesi ve çözülmesi gerçeğinden oluşur. diferansiyel hesabın ana teoremini uygulayarak: dF = 0 F = const. Sıralamayı düşürme konusu geleneksel olarak uygulamalı eğitim kursuna dahil edilir (örneğin bakınız).

Türevle ilgili olarak izin verilmeyen birinci dereceden ODE'ler hakkında birkaç söz söyleyelim:

Bölüm 1'de bahsedildiği gibi, (11) x'e göre çözülmeye çalışılabilir ve normal bir form elde edilebilir, ancak bu her zaman uygun değildir. (11) doğrudan çözmek genellikle daha uygundur.

((t, x, p)) uzayını düşünün, burada p = x geçici olarak bağımsız bir değişken olarak kabul edilir. Daha sonra (11) bu uzayda parametrik olarak yazılabilen bir yüzey (F (t, x, p) = 0) tanımlar:

Bunun ne anlama geldiğini hatırlamakta fayda var, örneğin R3'teki küre ile.

Aranan çözümler bu yüzeydeki eğrilere karşılık gelecektir: t = s, x = x (s), p = x (s) - çözümler dx = pdt bağlantısına sahip olduğundan bir serbestlik derecesi kaybolur. Bu bağlantıyı yüzeydeki parametreler cinsinden yazalım (12): gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), yani.

Böylece aranan çözümler, parametrelerin denklem (13) ile ilişkili olduğu yüzey (12) üzerindeki eğrilere karşılık gelir. İkincisi, çözülebilen simetrik bir biçimde bir ODE'dir.

Durum I. Eğer bir bölgede (gu hfu) = 0, o zaman (12) ise, o zaman t = f ((v), v), x = g ((v), v), istenen eğrilerin parametrik bir temsilini verir. düzlem ( (t, x)) (yani, p'ye ihtiyacımız olmadığı için bu düzleme yansıtıyoruz).

Durum II. Benzer şekilde, eğer (gv hfv) = 0.

Durum III. Bazı noktalarda aynı anda gu hfu = gv hfv = 0. Burada, bu kümenin bazı çözümlere karşılık gelip gelmediği (daha sonra özel olarak adlandırılır) ayrı bir analiz gereklidir.

Örnek. Clairaud denklemi x = tx + x 2. Bizde:

x = tp + p2. Bu yüzeyi parametrelendirelim: t = u, p = v, x = uv + v 2. Denklem (13) (u + 2v) dv = 0 şeklini alır.

Durum I. Uygulanmadı.

Durum II. u + 2v = 0, sonra dv = 0, yani v = C = sabit.

Dolayısıyla, t = u, x = Cu + C2, IC'nin parametrik bir kaydıdır.

Açıkça yazmak kolaydır x = Ct + C 2.

Durum III. u + 2v = 0, yani v = u / 2. Bu, t = u, x = u2 / 4'ün “IC adayının” parametrik bir kaydı olduğu anlamına gelir.

Bunun gerçekten bir IC olup olmadığını kontrol etmek için açıkça x = t2 / 4 yazıyoruz. (özel) bir çözüm olduğu ortaya çıktı.

Egzersiz. Özel kararın diğer herkes için geçerli olduğunu kanıtlayın.

Bu genel bir gerçektir - herhangi bir özel çözümün grafiği, diğer tüm çözümler ailesinin zarfıdır. Bu, tam olarak bir zarf olarak özel bir çözümün başka bir tanımının temelidir (bkz.).

Egzersiz. Dışbükey bir fonksiyona sahip daha genel bir Clairaud denklemi x = tx (x) için, tekil çözümün x = (t) formuna sahip olduğunu kanıtlayın, burada Legendre dönüşümü, yani = () 1 veya (t) = maksimum (tv (v)). Benzer şekilde x = tx + (x) denklemi için.

Yorum Yap. § 3'ün içeriği ders kitabında daha ayrıntılı ve daha doğru bir şekilde açıklanmıştır.

Öğretmene not. Bir ders dersini okurken, ona daha kesin bir biçim vererek § 3'ü genişletmek faydalı olabilir.

Şimdi, §§ 1, 2'de başlayan sunuma devam ederek kursun ana hatlarına dönelim.

§ 4. Cauchy sorununun küresel çözülebilirliği § 2'de, Cauchy sorununa bir çözümün yerel varlığını kanıtladık, yani sadece t0 noktasını içeren bir aralıkta.

f ile ilgili bazı ek varsayımlar altında, aynı aralıkta tanımlanan iki çözümün çakışması olarak anlayarak çözümün benzersizliğini de kanıtladık. f x'de lineer ise, o zaman denklemin (sistem) katsayılarının tanımlı ve sürekli olduğu tüm aralıkta global varoluş elde edilir. Bununla birlikte, genel teoriyi lineer bir sisteme uygulama girişiminin gösterdiği gibi, Peano-Picard aralığı, genel olarak konuşursak, üzerine bir çözümün kurulabileceğinden daha azdır. Doğal sorular ortaya çıkıyor:

1. Çözümün (1) varlığının iddia edilebileceği maksimum aralık nasıl belirlenir?

2. Bu aralık her zaman, sağ taraf (1) 1'in hala anlamlı olduğu maksimum değerle çakışıyor mu?

3. Tanım aralığı hakkında çekinceler olmaksızın bir çözümün benzersizliği kavramını doğru bir şekilde nasıl formüle edebilirim?

2. sorunun cevabının genellikle olumsuz olduğu (veya daha doğrusu büyük özen gerektirdiği) aşağıdaki Örnek ile belirtilmiştir. x = x2, x (0) = x0. Eğer x0 = 0 ise, o zaman x 0 - Osgood teoremine göre başka çözüm yoktur. x0 = 0 ise, çizimi kullanışlı hale getirmeye karar veririz). Bir çözümün varlık aralığı, x0 0 ve x0 0 için sırasıyla (, 1 / x0) veya (1 / x0, +)'dan büyük olamaz (hiperbolün ikinci kolunun çözümle hiçbir ilgisi yoktur! - Bu, öğrencilerin tipik bir hatasıdır). İlk bakışta, orijinal problemdeki hiçbir şey "böyle bir sonucu öngörmüyordu". § 4'te bu fenomen için bir açıklama bulacağız.

x = t2 + x2 denklemi örneği, bir çözümün varlık aralığı hakkında tipik bir öğrenci hatasını ortaya koymaktadır. Burada "denklemin her yerde tanımlı olduğu" gerçeği, çözümün tüm doğrunun devamı anlamına gelmez. Bu, örneğin yasal yasalar ve bunlara bağlı olarak gelişen süreçlerle bağlantılı olarak, tamamen günlük bir bakış açısından bile açıktır: Yasa, bir şirketin varlığının 2015'te sona ermesini açıkça öngörmese bile, bu şu anlama gelmez. bu şirketin bu yıla kadar iç sebeplerle (hukuk çerçevesinde hareket etmesine rağmen) iflas etmeyeceğini.

1-3. soruları yanıtlamak (ve hatta bunları açıkça ifade etmek için) için, sürekli olmayan bir çözüm kavramı gereklidir. (Yukarıda anlaştığımız gibi) (1) 1 denkleminin çözümlerini çiftler (, (tl (), tr ())) olarak ele alacağız.

Tanım. Çözüm (, (tl (), tr ())) çözümün bir uzantısıdır (, (tl (), tr ())) if (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), ve | (tl (), tr ()) =.

Tanım. Bir çözüm (, (tl (), tr ())), önemsiz (yani ondan farklı) uzantıları yoksa genişletilemez. (yukarıdaki örneğe bakın).

Özel değere sahip olan NR'ler olduğu açıktır ve onların terimlerinde varlığı ve benzersizliği kanıtlamak gerekir. Doğal bir soru ortaya çıkıyor - bazı yerel çözümlere veya Cauchy sorununa dayalı bir IS inşa etmek her zaman mümkün mü? Anlaşıldı, evet. Bunu anlamak için, aşağıdaki kavramları tanıtalım:

Tanım. Bir çözüm kümesi ((, (tl (), tr ()))), bu kümeden herhangi 2 çözüm tanımlarının aralıklarının kesişiminde çakışırsa tutarlıdır.

Tanım. Tutarlı bir çözüm kümesi, yeni kümenin tutarlı olması ve çözümlerin etki alanlarının birleşiminde yeni noktalar içermesi için ona başka bir çözüm eklemek mümkün değilse, maksimum olarak adlandırılır.

INN'nin inşasının IS'nin inşasına eşdeğer olduğu açıktır, yani:

1. Bir NR varsa, onu içeren herhangi bir INN yalnızca bir dizi kısıtlama olabilir.

Egzersiz. Doğrulamak.

2. Bir INN varsa, IS (, (t, t +)) aşağıdaki gibi oluşturulur:

put (t) = (t), bu noktada tanımlanan INN'nin herhangi bir elemanı nerede. Açıktır ki, böyle bir fonksiyon tüm (t, t +) üzerinde benzersiz bir şekilde belirlenecektir (teklik koleksiyonun tutarlılığından kaynaklanmaktadır) ve her noktada bu noktada tanımlanan INN'nin tüm öğeleriyle çakışmaktadır. Herhangi bir t (t, t +) için, içinde ve dolayısıyla komşuluğunda tanımlanmış bir tane vardır ve bu komşulukta bir (1) 1 çözümü olduğundan, o zaman - da vardır. Böylece, tüm (t, t +) üzerinde bir (1) 1 çözümü vardır. Uzatılamaz, çünkü aksi takdirde INN'ye maksimum olmasına rağmen önemsiz olmayan bir devam eklenebilir.

Genel durumda (Peano'nun teoreminin koşulları altında) problem (1)'in INN'sinin inşası, yerel bir benzersizlik olmadığında mümkündür (bkz.), ancak oldukça zahmetlidir - adım adım- devam aralığının uzunluğu için bir alt sınır ile Peano teoreminin adım uygulaması. Böylece, HP her zaman vardır. Bunu yalnızca yerel benzersizliğin olduğu durumda haklı çıkaracağız, o zaman INN'nin (ve dolayısıyla IS'nin) inşası önemsizdir. Örneğin kesinlik için TC-P çerçevesinde hareket edeceğiz.

Teorem. B Rn + 1 alanında TK-P koşulları sağlansın. O zaman herhangi bir (t0, x0) B problemi (1) için benzersiz bir IS'ye sahiptir.

Kanıt. Problem (1) için tüm çözümlerin kümesini göz önünde bulundurun (TC-P tarafından boş değildir). Bir INN oluşturur - yerel benzersizliği nedeniyle tutarlı ve bunun genel olarak Cauchy sorununun tüm çözümlerinin kümesi olması nedeniyle maksimaldir. Bu, HP'nin var olduğu anlamına gelir. Yerel benzersizliği sayesinde benzersizdir.

Mevcut yerel çözüme (1) 1 (ve Cauchy sorununa değil) dayalı bir IS oluşturmak gerekirse, yerel benzersizliğin varlığında bu sorun Cauchy sorununa indirgenir: mevcut olan herhangi bir noktayı seçmeniz gerekir. IC ve ilgili Cauchy problemini düşünün. Bu sorunun NR'si, benzersizlik nedeniyle orijinal çözümün devamı olacaktır. Teklik yoksa, verilen çözümün devamı yukarıda belirtilen prosedüre göre gerçekleştirilir.

Yorum Yap. NR, varlık aralığının uçlarında (teklik koşulundan bağımsız olarak) uzatılamaz, böylece uç noktalarda da bir çözüm olur. Kanıtlamak için, segmentin sonunda ODE'nin çözümü ile ne kastedildiğini netleştirmek gerekir:

1. Yaklaşım 1. Çözümle (1) 1 bir aralıkta, tek taraflı türev anlamında denklemi uçlarda karşılayan bir fonksiyonu kastediyoruz. O zaman, örneğin, varlık aralığının (t, t +] sağ ucunda, bir çözümün tanımının belirtilen uzantısı olasılığı, IC'nin B içinde bir bitiş noktasına sahip olduğu ve C 1 (t, t, Ama sonra, (1) için Cauchy problemini x (t +) = (t +) çözdükten ve çözümünü bulduktan sonra, sağ uç nokta t + için (t + noktasında her iki tek taraflı) elde ederiz. türevler vardır ve f'ye eşittir (t +, (t +)), bu da sıradan bir türev olduğu anlamına gelir), yani HP değildi.

2. Yaklaşım 2. Eğer (1) 1'in bir segment üzerindeki çözümü ile sadece uçlarda sürekli olan, ancak IC'nin uçları B'de olacak şekilde bir fonksiyonu kastediyorsak (denklemin olması gerekmese bile). uçlarda yerine getirilir), o zaman aynı akıl yürütme, yalnızca karşılık gelen integral denklem açısından ortaya çıkacaktır (ayrıntılara bakınız).

Bu nedenle, kendimizi hemen çözüm tanımları kümesi olarak yalnızca açık aralıklarla sınırlayarak, genelliği ihlal etmedik (ancak yalnızca tek taraflı türevlerle gereksiz yere uğraşmaktan kaçındık, vb.).

Sonuç olarak, Bölüm 4'ün başında ortaya konan Soru 3'ü yanıtladık: benzersizlik koşulu altında (örneğin, Osgood veya Cauchy-Picard), Cauchy sorununun çözümünün IS'sinin benzersizliği gerçekleşir. Teklik koşulu ihlal edilirse, her biri kendi varoluş aralığına sahip olan Cauchy probleminin birçok IS'si olabilir. Herhangi bir çözüm (1) (veya sadece (1) 1) HP'ye devam ettirilebilir.

1, 2 numaralı soruları cevaplamak için, t değişkenini ayrı ayrı değil, IC'nin Rn + 1 uzayındaki davranışını dikkate almak gerekir. IC'nin "uçlara yakın" nasıl davrandığı sorusuna, varlık aralığının sona erdiğini, ancak IC'nin bunlara sahip olmayabileceğini unutmayın (IC'nin B'deki sonu her zaman mevcut değildir - bkz. yukarıdaki Açıklama, ancak son B'de bulunmayabilir - aşağıya bakın).

Teorem. (kompakttan ayrılma hakkında).

yerel benzersizlik koşulları altında formüle ediyoruz, ancak bu gerekli değil - bkz. TPK, NR için bir kriter olarak formüle edilmiştir.

TK-P koşulları altında, herhangi bir NR denklemi (1) 1'in grafiği, herhangi bir kompakt K B kümesini, yani, K B (t, t +): (t, (t)) K'yi t'de bırakır.

Örnek. K = ((t, x) B | ((t, x), B))).

Yorum Yap. Bu nedenle, IC NR t ± yakınında B'ye yaklaşır: ((t, (t))), B) 0 t t ±'de - çözüm devam süreci kesinlikle B içinde sonlandırılamaz.

Burada biri kompakt olan ayrık kapalı kümeler arasındaki uzaklığın pozitif olduğunu kanıtlamak için bir alıştırma olarak yararlıdır.

Kanıt. KB'yi düzeltiriz. Herhangi bir 0 (0, (K, B)) alın. B = Rn + 1 ise, tanım gereği (K, B) = + varsayıyoruz. K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) kümesi de B'de kompakttır, bu nedenle F = max | f | vardır. T ve R sayılarını yeteri kadar küçük seçelim, öyle ki herhangi bir silindir formundaki Örneğin, T 2 + R2 2/4 almak yeterlidir. O halde formun Cauchy problemi (t T0, t + T0) aralığından daha dar olmayan bir aralıkta bir TC-P çözümüne sahiptir, burada tüm (t, x) K için T0 = min (T, R / F) olur.

Şimdi gerekli segment olarak = alabiliriz. Gerçekten de (t, (t)) K ise, t + T0 t t + T0 olduğunu göstermek gerekir. Örneğin, ikinci eşitsizliği gösterelim. Cauchy probleminin (2) x = (t) ile çözümü, en azından t + T0 noktasına kadar sağda mevcuttur, ancak aynı problemin bir HP'sidir ve benzersizliği nedeniyle bir uzantıdır, bu nedenle t + T0 t +.

Bu nedenle, HP grafiği her zaman "B'ye ulaşır", böylece HP varlığının aralığı IC geometrisine bağlıdır.

Örneğin:

Beyan. B = (a, b) Rn (aralık sonlu veya sonsuz), f, B'deki TK-P koşullarını sağlıyor, t0 (a, b) ile problem (1)'in IS'si olsun. O zaman ya t + = b ya da |(t) | + t t + için (ve benzer şekilde t için).

Kanıt. Öyleyse t + b, sonra t + + olsun.

Bir kompakt küme K = B B düşünün. TPK'ya göre herhangi bir R + için, (R) t + vardır, öyle ki t ((R), t +) için (t, (t)) K noktasıdır. Ancak tt + , bu ancak hesap |(t) | R. Ama bu aynı zamanda |(t) | + için t t +.

Bu özel durumda, eğer f "tüm x için" tanımlanırsa, IS'nin varlık aralığının, yalnızca IS'nin 'e yaklaşırken eğilimi nedeniyle mümkün olan maksimumdan (a, b) daha az olabileceğini görüyoruz. (t, t +) aralığının uçları (genel durumda - B sınırına).

Egzersiz. Son İfadeyi B = (a, b) olduğu duruma genelleştirin, burada Rn keyfi bir etki alanıdır.

Yorum Yap. Anlaşılmalıdır ki |(t) | + herhangi bir k(t) anlamına gelmez.

Böylece, Soru 2'yi yanıtladık (bkz. § 4'ün başındaki örnek): IC, B'ye ulaşır, ancak t ekseni üzerindeki izdüşümü, B'nin t ekseni üzerindeki izdüşümünün uçlarına ulaşmayabilir. Soru 1 kalıyor - ODE'yi çözmeden, çözümü "mümkün olan en geniş aralığa" devam ettirme olasılığını değerlendirebilecek herhangi bir işaret var mı? Lineer ODE'ler için bu genişletmenin her zaman mümkün olduğunu biliyoruz, ancak § 4'ün başındaki Örnekte bu imkansız.

İlk olarak, örnekleme için, n = 1 için URS'nin özel bir durumunu ele alalım:

uygun olmayan integral h(s) ds'nin yakınsaması (= + veya h'nin bir noktadaki tekilliğinden dolayı uygun olmayan) (,) seçimine bağlı değildir. Bu nedenle, bu integralin yakınsaklığı veya diverjansı söz konusu olduğunda, aşağıda basitçe h(s) ds yazacağız.

bu, Osgood teoreminde ve ilgili ifadelerde zaten yapılabilir.

Beyan. a C (,), b C (, +) olsun, her iki fonksiyon da aralıklarında pozitiftir. Cauchy probleminin (t0 (,), x0 olduğu yerde) (t, t +) (,) aralığında bir IS x = x (t) olmasına izin verin. Sonra:

Sonuç. a = 1, = + ise, o zaman t + = + Kanıt. (İddialar). x'in monoton olarak arttığına dikkat edin.

Egzersiz. İspat et.

Dolayısıyla x (t +) = lim x (t) + vardır. Durum 1'e sahibiz. x bir IS olduğu için t +, x (t +) + - TPK tarafından imkansızdır.

Her iki integral de ya sonlu ya da sonsuzdur.

Egzersiz. Kanıtı bitir.

Öğretmen için gerekçe. Sonuç olarak, 3. durumda şunu elde ederiz: a (s) ds + ve 4. durumda (eğer gerçekleşirse) aynı şeyi.

Böylece, x = f (x) biçiminde n = 1 olan en basit ODE'ler için, çözümlerin genişletilebilirliği şu şekilde belirlenir:

özerk) denklemler için Bölüm 3'e bakınız.

Örnek. f (x) = x, 1 (özellikle, doğrusal durum = 1) ve f (x) = x log x için, +'ya (pozitif) çözümlerin devamını garanti edebiliriz. 1'de f (x) = x ve f (x) = x ln x için çözümler "sonlu bir zamanda yok edilir".

Genel durumda, durum birçok faktör tarafından belirlenir ve o kadar basit değildir, ancak "f'nin x boyunca büyüme hızının" önemi devam eder. n 1 için genişletilebilirlik kriterlerini formüle etmek zordur, ancak yeterli koşullar mevcuttur. Kural olarak, sözde yardımı ile yerleşirler. çözümlerin a priori tahminleri.

Tanım. h C (,), h 0 olsun. Bazı ODE'lerin çözümleri için AO |x(t) | h (t) üzerinde (,) Bu ODE'nin herhangi bir çözümü, tanımlandığı (,) aralığının o kısmında bu tahmini karşılıyorsa (yani, çözümlerin mutlaka tüm aralık (,) üzerinde tanımlandığı varsayılmaz) .

Ancak, AO'nun varlığının, çözümlerin yine de tüm (,) üzerinde belirleneceğini (ve bu nedenle, tüm aralıktaki tahmini karşılayacağını) garanti ettiği ortaya çıktı, böylece a priori tahmin bir posterior tahmine dönüşür:

Teorem. Cauchy probleminin (1) TK-P koşullarını sağladığını ve çözümleri için AO'nun (,) aralığında biraz h C (,) ve eğrisel silindir (| x | h (t) ile yer aldığını varsayalım. t (,)) B. O zaman НР (1) tümü (,) üzerinde tanımlanır (ve dolayısıyla AO'yu karşılar).

Kanıt. t + (t'nin benzer olduğunu) ispatlayalım. t + diyelim. Bir kompakt küme K = (| x | h (t), t) B düşünün. TPK'ya göre, tt +'da, grafiğin noktası (t, x (t)) K'den ayrılır, bu AO nedeniyle imkansızdır .

Bu nedenle, çözümün belirli bir aralığa genişletilebilirliğini kanıtlamak için, çözümü tüm gerekli aralık üzerinden resmi olarak tahmin etmek yeterlidir.

Bir benzetme: Bir fonksiyonun Lebesgue ile ölçülebilirliği ve integralin biçimsel tahmini, integralin gerçek varlığını ima eder.

İşte bu mantığın nasıl çalıştığına dair bazı örnekler. "f'nin x'teki büyümesi oldukça yavaştır" hakkındaki yukarıdaki tezin bir örneği ile başlayalım.

Beyan. B = (,) Rn, f, B, |f (t, x) | a (t) b (| x |), burada a ve b, önceki c = 0 ve = + ifadesinin koşullarını karşılar. O zaman problem (1)'in IS'si tüm t0 (,), x0 Rn için (,) üzerinde bulunur.

Lemma. Eğer ve sürekli ise, (t0) (t0); için t t Kanıt. (t0, t0 +): if (t0) (t0) komşuluğunda bu hemen açıktır ve aksi halde (if (t0) = (t0) = 0) elimizde (t0) = g (t0) vardır. , 0) (t0), yine gerekli olanı verir.

Şimdi (t1) olacak şekilde t1 t0 olduğunu varsayalım. Açık akıl yürütmeyle (t1) t2 (t0, t1]'i (t2) = (t2) ve on (t0, t2) olacak şekilde bulabiliriz, ancak t2 noktasında =, - bir çelişki elde ederiz.

g herhangi biri, aslında, sadece C'ye ihtiyacınız var ve nerede =, orada. Ama kafamızı çarpmamak için Lemma'daki gibi değerlendireceğiz. İşte katı bir eşitsizlik, ancak doğrusal olmayan bir ODE ve ayrıca sözde var.

Öğretmene not. Lemma'daki gibi bu tür eşitsizliklere Chaplygin tipi eşitsizlikler (NP) denir. Lemma'da benzersizlik koşulunun gerekli olmadığını görmek kolaydır, bu nedenle böyle bir "katı NP" Peano teoremi çerçevesinde de doğrudur. Eşitlik, zayıf bir eşitsizliğin özel bir durumu olduğundan, "zayıf bir LF" benzersiz olmadan açıkça yanlıştır. Son olarak, "kesin olmayan NP", benzersizlik koşulu çerçevesinde doğrudur, ancak bunu yalnızca yerel olarak kanıtlamak mümkündür - IM yardımıyla.

Kanıt. (İddialar). t + = (t = benzer şekilde) olduğunu ispatlayalım. Diyelim ki t +, ardından yukarıdaki İfadeye göre | x (t) | + için t t +, yani x = 0 olduğunu varsayabiliriz. AO'yu kanıtlarsak |x | h açık) (kolaylık olması için top kapalıdır).

Cauchy problemi x (0) = 0, R üzerinde benzersiz bir IS x = 0'a sahiptir.

Yeterince küçük tüm x0 = x (0) için R + üzerinde bir IS'nin varlığının garanti edilebileceği f üzerinde yeterli bir koşul belirtelim. Bunu yapmak için, (4)'ün sözde olduğunu varsayalım. Lyapunov işlevi, yani böyle bir V işlevi, şöyle ki:

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

2.sgnV (x) = işaret |x |;

A ve B koşullarının yerine getirildiğini kontrol edelim:

A. |x1 | R / 2. B = RB (0, R) silindirini oluşturalım - f fonksiyonunun tanım alanı, burada sınırlandırılmış ve C 1 sınıfı, böylece F = max | f | var. TK-P'ye göre, (t1 T0, t1 + T0) aralığında tanımlanan (5)'in bir çözümü vardır, burada T0 = min (T, R / (2F)). Yeterince büyük bir T seçerek, T0 = R / (2F) elde edilebilir. |x1 | olduğu sürece, T0'ın (t1, x1) seçimine bağlı olmaması önemlidir. R / 2.

B. Çözüm (5) tanımlandığı ve B (0, R) topunda kaldığı sürece, aşağıdaki muhakemeyi gerçekleştirebiliriz. Sahibiz:

V (x (t)) = f (x (t)) V (x (t)) 0, yani V (x (t)) V (x1) M (r) = maks V (y) ... m ve M'nin azalmayan, sürekli olduğu açıktır | r sıfırda süreksizdir, m (0) = M (0) = 0 ve sıfırın dışında pozitiftirler. Dolayısıyla M(R)m(R/2) olacak şekilde R0 vardır. Eğer |x1 | R, sonra V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), nereden |x (t) | R / 2. R R / 2 olduğuna dikkat edin.

Şimdi Sec'den bir teoremi formüle edebiliriz. A, B çözümlerin global varlığını çıkarır (4):

Teorem. Eğer (4), B (0, R)'de bir Lyapunov fonksiyonuna sahipse, o zaman tüm x0 B (0, R) için (R'nin yukarıda tanımlandığı yerde), sistem (4 için) Cauchy probleminin HP'si x (t0) = x0 ) (herhangi bir t0) ile +'dan önce tanımlanır.

Kanıt. A maddesi sayesinde çözüm, t1 = t0 + T0 / 2 olduğu yerde inşa edilebilir. Bu çözüm B (0, R)'dedir ve ona B maddesini uygularız, böylece |x (t1) | R / 2. A maddesini tekrar uyguluyoruz ve t2 = t1 + T0 / 2 olan bir çözüm elde ediyoruz, yani şimdi çözüm bunun üzerine kurulu. Bu çözüme B maddesini uyguluyoruz ve |x(t2) | R / 2, vb. Sayılabilir sayıda adımda, § 5'te bir çözüm elde ederiz. Bazıları için, t0 (), x0 () bu Cauchy probleminin bir HP'si varsa, o zaman x (t,). Soru ortaya çıkıyor: x'in bağımlılığı nasıl incelenir? Bu soru, biri (belki de en önemlisi olmasa da) bir ODE için yaklaşık bir çözüm olan çeşitli uygulamalar nedeniyle önemlidir (ve özellikle Bölüm 3'te ortaya çıkacaktır).

Örnek. Cauchy problemini göz önünde bulundurun HP'si vardır ve TK-P'den aşağıdaki gibi benzersizdir, ancak bunu temel işlevlerde ifade etmek imkansızdır. O halde özelliklerini nasıl araştırabiliriz? Yollardan biri şu şekildedir: (2)'nin y = y, y (0) = 1 sorununa "yakın" olduğuna dikkat edin, bunun çözümü kolay bulunur: y (t) = et. x (t) y (t) = et olduğunu varsayabiliriz. Bu fikir açıkça şu şekilde formüle edilmiştir: Problemi düşünün = 1/100'de bu (2) ve = 0'da bu y için problemdir. x = x (t,)'nin (belirli bir anlamda) sürekli olduğunu kanıtlarsak, x (t,) y (t)'yi 0'da elde ederiz ve bu x (t, 1/100) y ( t) = et.

Doğru, x'in y'ye ne kadar yakın olduğu belirsizliğini koruyor, ancak x'in 'ye göre sürekliliğinin kanıtı, onsuz ilerlemenin imkansız olduğu ilk gerekli adımdır.

Benzer şekilde, ilk verilerdeki parametrelere bağımlılığı incelemek yararlıdır. Daha sonra göreceğimiz gibi, bu bağımlılık kolayca denklemin sağ tarafındaki parametreye bağımlılığa indirgenebilir, bu yüzden şimdilik kendimizi D'nin olduğu Let f C (D) biçimindeki bir problemle sınırlayacağız. Rn + k + 1'deki etki alanı; f, x'te dışbükey olan D'den herhangi bir kompakt kümede x'te Lipschitz'dir (örneğin, C (D) yeterlidir). (t0, x0) sabitliyoruz. M = Rk | (t0, x0,) D kabul edilebilir olanlar kümesidir (ki bu problem (4) için anlamlıdır). M'nin açık olduğuna dikkat edin. (t0, x0)'ın M = olacak şekilde seçildiğini varsayacağız. TK-P'ye göre, tüm M için problem (4)'ün benzersiz bir IS'si vardır - t (t (), t + () aralığında tanımlanan x = (t,) işlevi).

Kesin konuşmak gerekirse, birçok değişkene bağlı olduğu için (4)'ü aşağıdaki gibi yazmak gerekir:

burada (5) 1, G = ((t,) | M, t (t (), t + ())) kümesini tutar. Bununla birlikte, d / dt ve / t sembolleri arasındaki fark tamamen psikolojiktir (kullanımları aynı psikolojik “düzeltme” kavramına bağlıdır). Bu nedenle, G kümesi bir fonksiyonun tanımında doğal bir maksimal kümedir ve süreklilik sorunu tam olarak G üzerinde araştırılmalıdır.

Yardımcı bir sonuca ihtiyacımız var:

Lemma. (Gronwalla). C, 0 fonksiyonu tüm t tahminini karşılasın O zaman, hepsi için doğrudur.Öğretmene not edin. Ders anlatırken bu formülü önceden ezberlemeniz gerekmez, boşluk bırakıp sonuçtan sonra girmeniz gerekir.

Ancak, ToNZ'da gerekli olacağından, bu formülü göz önünde bulundurun.

h = A + B Ah + B, buradan gerekli olanı elde ederiz.

Bu lemmanın anlamı: diferansiyel denklem ve eşitsizlik, aralarındaki ilişki, integral denklem ve eşitsizlik, hepsi arasındaki ilişki, Gronwall'un diferansiyel ve integral lemmaları ve aralarındaki ilişki.

Yorum Yap. Bu lemmayı A ve B hakkında daha genel varsayımlar altında kanıtlamak mümkündür, ancak buna henüz ihtiyacımız yok, ancak MFM sırasında yapılacaktır (örneğin, kullanmadığımızı görmek kolaydır). A ve B'nin sürekliliği, vb.).

Artık sonucu açıkça ifade etmeye hazırız:

Teorem. (ToHZ) f ile ilgili yapılan varsayımlar altında ve yukarıda verilen gösterimde G'nin açık ve C'nin (G) olduğunu söyleyebiliriz.

Yorum Yap. M kümesinin genel olarak bağlı olmadığı, dolayısıyla G'nin de bağlantısının kesilebileceği açıktır.

Öğretmene not. Ancak, parametre sayısına (t0, x0) dahil edersek, bağlantı şöyle olur - bu yapılır.

Kanıt. (t,) G olsun. Bunu kanıtlamak gerekir:

Kesinlik için t t0 olsun. Elimizde: M, yani (t,) (t (), t + ()) t, t0 üzerinde ve dolayısıyla bir aralıkta tanımlıdır, öyle ki t noktası (t, (t,),) bir kompakttan geçer D eğrisi (paralel hiperdüzlemler (= 0)). Bu, bir dizi tür Tanımının sürekli gözünüzün önünde tutulması gerektiği anlamına gelir!

ayrıca yeterince küçük a ve b (x'te dışbükey) için D'de kompakttır, böylece f fonksiyonu x'te Lipschitz olur:

[Bu değerlendirme her zaman gözünüzün önünde tutulmalıdır! ] ve tüm değişkenlerde eşit olarak süreklidir ve daha da fazlası | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Bu değerlendirme her zaman gözünüzün önünde tutulmalıdır! ] 1 | 1 | b ve karşılık gelen çözüm (t, 1). (= 1) kümesi D'de (=1) kompakttır ve t = t0 için nokta (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) (= 1) ve TPK'ya göre t t + (1) noktasında (t, (t, 1), 1) (= 1) noktasından ayrılır. Bahsedilen noktanın gittiği ilk değer t2 t0 (t2 t + (1)) olsun.

Yapısal olarak, t2 (t0, t1].Görevimiz, t2 = t1'in ek kısıtlamalar altında olduğunu göstermektir.Şimdi t3 olsun.Bizim var (tüm bu t3 için, aşağıda kullanılan tüm miktarlar yapım tarafından tanımlanmıştır):

(t3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, Bu değerin mutlak değerde a'dan küçük olduğunu ispatlamaya çalışalım.

burada integral aşağıdaki gibi tahmin edilir:

± f (t, (t,),), ama değil ± f (t, (t,),), çünkü fark |(t, 1) (t,) | henüz bir tahmin yok, bu nedenle (t, (t, 1)), belirsiz, ancak | 1 | is, ve (t, (t,), 1) biliniyor.

böylece sonunda |(t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Böylece, (t3) = |(t3, 1) (t3,) | (bu sürekli bir fonksiyondur) Gronwall lemmasının koşullarını A(s) K 0, B(s) (| 1 |), T = t2, = 0 ile karşılar, dolayısıyla bu lemma şunu verir [Bu tahmin önde tutulmalıdır her zaman gözlerin! ] alırsak |1 | 1 (t1). 1 (t1) b olduğunu varsayacağız. Tüm akıl yürütmelerimiz tüm t3 için doğrudur.

Böylece, bu 1 seçimiyle, t3 = t2 olduğunda, yine de |(t2, 1) (t2,) | ve ayrıca |1 | B. Dolayısıyla (t2, (t2, 1), 1) ancak t2 = t1 olduğu için mümkündür. Ancak bu, özellikle, (t, 1)'nin tüm aralıkta, yani t1 t + (1) ve (t, 1) G formunun tüm noktalarında tanımlandığı anlamına gelir. 1 (t1).

Yani t + bağlı olmasına rağmen, segment t + () 'ye yeterince yakın olduğu için solunda kalıyor Şekilde t4 t0 ve 2 (t4) sayılarının varlığı benzer şekilde t t0 için gösterilmektedir. t t0 ise (t,) B (, 1) G noktası, benzer şekilde t t0 için ve t = t0 ise, o zaman her iki durum da geçerlidir, yani (t0,) B (, 3) G, burada 3 = dak (12). Sabit bir (t,) için t1 (t,) bulunabilmesi önemlidir, böylece t1 t 0 (veya sırasıyla t4) ve 1 (t1) = 1 (t,) 0 (veya sırasıyla, 2 olur) ), böylece 0 = 0 (t,) seçimi açıktır (çünkü elde edilen silindirik komşuluğa bir top yazılabilir).

aslında, daha ince bir özellik kanıtlanmıştır: belirli bir aralıkta bir IS tanımlanırsa, o zaman yeterince yakın parametrelere sahip tüm IS'ler üzerinde tanımlanır (yani,

hepsi HP tarafından biraz öfkelendi). Bununla birlikte ve tam tersi, bu özellik aşağıda gösterileceği gibi G'nin açıklığından kaynaklanmaktadır, dolayısıyla bunlar eşdeğer formülasyonlardır.

Böylece 1. maddeyi ispatlamış olduk.

Uzayda belirtilen silindirdeysek, tahmin | 1 | 4 (, t,). Aynı zamanda |(t3,) (t,) | için |t3 t | 5 (, t,) t'deki süreklilik açısından. Sonuç olarak, (t3, 1) B ((t,),) için | (t3, 1) (t,) | var, burada = min (4, 5). Bu madde 2.

"Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Devlet Bütçe Yüksek Mesleki Eğitim Eğitim Kurumu DEVLET YÖNETİM ÜNİVERSİTESİ Bilimsel, pedagojik ve bilimsel personel yetiştirme enstitüsü. YÖNETİM MOSKOVA ÖZEL DİSİPLİN SOSYOLOJİSİ ÜZERİNE GİRİŞ TESTLERİ PROGRAMI MOSKOVA - 2014 TIBBİ ORGANİZASYON giriş. lisansüstü okul sınavları ... "

"Amur Devlet Üniversitesi Psikoloji ve Pedagoji Bölümü EĞİTİM-METODOLOJİK DİSİPLİN DANIŞMA PSİKOLOJİ KOMPLEKSİ Lisans yönünde temel eğitim programı 030300.62 Psikoloji Blagoveshchensk 2012 UMKd, Psikoloji Bölümü ve Pedagoji Protokolü'nün bir toplantısında değerlendirildi ve önerildi ..."

"Otomotiv endüstrisi) Omsk - 2009 3 Federal Eğitim Ajansı GOU VPO Sibirya Devlet Otomobil ve Karayolu Akademisi (SibADI) Mühendislik Bölümü Pedagoji Disiplini incelemek için METODOLOJİK TALİMATLAR Uzmanlık öğrencileri için Pedagojik teknolojiler 050501 - Mesleki eğitim (otomobil ve otomotiv ..."

“Seri Eğitim kitabı G.S. Rosenberg, FN Ryanskiy TEORİK VE UYGULAMALI EKOLOJİ Ders Kitabı Rusya Federasyonu'nun klasik üniversite eğitimi için Eğitim-Metodoloji Derneği tarafından çevresel uzmanlık alanlarında yüksek eğitim kurumlarının öğrencileri için bir ders kitabı olarak önerilen 2. baskı Nizhnevartovsk Yayınevi Nizhnevartovsk Pedagoji Enstitüsü 2005 LBC 28.080.1я73 P64 İnceleyenler: Biol Doktoru. Bilimler, Profesör V.I. Popchenko (Ekoloji Enstitüsü ... "

"RUSYA FEDERASYONU EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI Federal Devlet Bütçe Yüksek Mesleki Eğitim Eğitim Kurumu KRASNOYARSK DEVLET PEDAGOJİ ÜNİVERSİTESİ. Başkan Yardımcısı Astafieva E.M. Antipova BOTANİK ÜZERİNDE KÜÇÜK UYGULAMA Elektronik baskı KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 А 721 İnceleyenler: Vasiliev AN, Biyolojik Bilimler Doktoru, KSPU Profesörü Başkan Yardımcısı Astafieva; Yamskikh G.Yu., Jeoloji Doktoru, Sibirya Federal Üniversitesi Profesörü Tretyakova I.N., Biyolojik Bilimler Doktoru, Profesör, Orman Enstitüsü'nün önde gelen çalışanı ... "

"Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Devlet Yüksek Mesleki Eğitim Eğitim Bütçe Kurumu Amur Devlet Üniversitesi Psikoloji ve Pedagoji Bölümü PEDİATRİK VE HİJYEN TEMELİNE İLİŞKİN DİSİPLİN EĞİTİM-METODOLOJİK KOMPLEKSİ Eğitim yönünde temel eğitim programı 050400.62 Psikolojik ve pedagojik eğitim Blagoveshchensk, Psikoloji Bölümü toplantısında 2012 1'i geliştirdi ve ... "

«Ayrıntılı bir cevapla görevleri kontrol etme Eğitim kurumlarının 9. sınıfı mezunlarının devlet (nihai) sertifikası (yeni bir biçimde) 2013 COĞRAFYA Moskova 2013 Yazar-derleyici: Ambartsumova E.M. 9 genel eğitim kurumu sınıfının mezunlarının devlet (nihai) sertifikasyonunun sonuçlarının nesnelliğini artırmak (in ... "

“Rusya Federasyonu'nun devlet dili olarak Rusça'yı öğretmek için referans, bilgi ve metodolojik içeriğin kullanımına ilişkin pratik öneriler. Pratik öneriler, Rus dilinin öğretmenlerine yöneliktir (ana dil olmayanlar dahil). İçerik: 1. seçimi için pratik öneriler ve yönergeler, Rus dilinin devlet dili olarak işleyişinin sorunlarına ayrılmış eğitim ve öğretim oturumları için materyalin içeriği ... "

“EV MURYUKINA BASIN ANALİZİ SÜRECİNDE ÖĞRENCİLERİN ELEŞTİREL DÜŞÜNME VE MEDYA YETKİNLİKLERİNİN GELİŞTİRİLMESİ Üniversiteler için ders kitabı Taganrog 2008 2 Muryukina E.V. Öğrencilerin basını analiz etme sürecinde eleştirel düşünme ve medya yetkinliklerinin geliştirilmesi. Üniversiteler için ders kitabı. Taganrog: NP Kişilik Gelişimi Merkezi, 2008.298 s. Ders kitabı, medya eğitimi dersleri sürecinde öğrencilerin eleştirel düşünme ve medya yeterliliklerinin gelişimini incelemektedir. Bugün basından beri ... "

"Ö. P. Golovchenko İNSAN FİZİKSEL AKTİVİTESİNİN OLUŞUMU HAKKINDA Bölüm II P ED AG OGIK A DVI GAT ELN OY AKTİVİTESİ VN OSTI 3 Eğitim yayını Oleg Petrovich Golovchenko İNSAN FİZİKSEL AKTİVİTE OLUŞUMUNUN OLUŞUMU Ders Kitabı Bölüm II Fiziksel aktivitenin pedagojisi ... Düzenleyen N. Kosenkova D.V. Smolyak ve S.V. Potapova *** 23.11'de basılmak üzere imzalanmıştır. 60 x 90 / 1/16 biçimlendirin. Yazma kağıdı Times kulaklığı Operasyonel yazdırma yöntemi Dönş. nl ...."

DEVLET MESLEK YÜKSEK EĞİTİM ENSTİTÜSÜ KAZAN DEVLET ÜNİVERSİTESİ İM. VE. ULYANOVA-LENINA Bilimsel ve eğitsel kaynakların elektronik kütüphaneleri. Öğretim yardımı Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Bilimsel ve eğitim kaynaklarının elektronik kütüphaneleri. Elektronik eğitim kaynakları doğrultusunda çalışma kılavuzu. - Kazan: KSU, 2008. Öğretim yardımı kararla yayınlanır ... "

«RUSYA FEDERASYONU EĞİTİM BAKANLIĞI Devlet yüksek mesleki eğitim kurumu Orenburg Devlet Üniversitesi Akbulak şubesi Pedagoji Bölümü V.A. TETSKOVA GENEL EĞİTİM OKULU İLKÖĞRETİM OKULUNDA SANAT ÖĞRETİM METODOLOJİSİ METODOLOJİK YÖNERGELER Yüksek Mesleki Eğitim Devlet Eğitim Kurumu Orenburg Eyalet Üniversitesi Yayın ve Yayın Kurulu tarafından yayınlanması önerilir ... "

RUSYA FEDERASYONU EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI STAVROPOL BÖLGESİ EĞİTİM BAKANLIĞI DEVLET EĞİTİM MESLEK YÜKSEK EĞİTİM KURULUŞU STAVROPOL DEVLET KURUMSAL N. Dzhegutanova ÇOCUK EDEBİYATI DİL EĞİTİMİ VE METODOLOJİK KOMPLEKSİ ÇALIŞMA ÜLKELERİ Stavropol 2010 1 Yayın ve Yayın Konseyi'nin UDC 82.0 kararıyla yayınlandı LBC 83.3 (0) GOU VPO Stavropol Devlet Pedagoji Enstitüsü Hakemleri: ... "

MBOU Kamyshinskaya orta okulu 1. Genel hükümler 1.1. Eğitim kalitesini değerlendirmek için okul içi sistem yönetmeliği (bundan sonra - yönetmelik), belediye bütçe eğitim kurumunda eğitim kalitesini (bundan sonra - SHSOKO olarak anılacaktır) değerlendirmek için okul içi sistemin uygulanması için tek tip gereklilikler belirler. Kamyshin orta okulu (bundan sonra okul olarak anılacaktır). 1.2. SHSOCO'nun pratik uygulaması ... "

“ÖZBEKİSTAN TAŞKENT CUMHURİYETİ SAĞLIK BAKANLIĞI TIP AKADEMİSİ KLİNİK ALERGOLOJİ ONAYLI SAĞLIK BAKANLIĞI Akademik İşlerden Sorumlu Rektör Yardımcısı Prof. Ameliyathane Teshaev _ 2012 BİRLEŞTİRİLMİŞ BİR METODOLOJİK SİSTEM ÜZERİNDEKİ PRATİK EGZERSİZLER İÇİN ÖĞRETİM VE METODOLOJİK GELİŞMELER İÇİN ÖNERİLER Tıp üniversitelerinin öğretmenleri için metodik talimat Taşkent-2012 ÖZBEKİSTAN CUMHURİYETİ SAĞLIK BAKANLIĞI TIP GELİŞTİRME MERKEZİ

"Federal Eğitim Ajansı, Gorno-Altay Devlet Üniversitesi AP Makoshev SİYASİ COĞRAFYA VE JEOPOLİTİK Çalışma Kılavuzu Gorno-Altay Devlet Üniversitesi'nin Gorno-Altay RIO'su 2006 Gorno-Altay Devlet Üniversitesi Yayın ve Yayın Kurulu kararı ile yayınlanmıştır. Makoshev AP POLİTİK COĞRAFYA VE JEOPOLİTİK. Çalışma Rehberi. - Gorno-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 s. Öğretim yardımı eğitime göre geliştirildi ... "

"A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva GELECEĞİN OKULU MODERN EĞİTİM PROGRAMI Yaşam evreleri 1 İLK SINIF ÖĞRETMENLERİ İÇİN SINIF METODOLOJİK KILAVUZU Moskova 2009 UDC 371 (075.8) LBC 74.00 N 68 Telif hakkı yasal olarak korunur, yazarlara atıfta bulunulması gerekir. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. Н 68 Modern eğitim programı Yaşamın evreleri. - E.: Avvallon, 2009 .-- 176 s. ISBN 978 5 94989 141 4 Bu broşür öncelikle eğitimcilere yöneliktir, ancak şüphesiz bilgi amaçlıdır ... "

"Eğitim-yöntem kompleksi RUSYA İŞ HUKUKU 030500 - Hukuk Moskova 2013 Yazar - Medeni Hukuk Departmanı Derleyicisi Disiplinler Gözden Geçirme - Eğitim-metod kompleksi, _2013'ten itibaren Medeni Hukuk Disiplinleri Protokolü Bölümü'nün bir toplantısında değerlendirildi ve onaylandı. Rus iş hukuku: eğitimsel ve metodolojik ... "

"A. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin MORDOVIA CUMHURİYETİ COĞRAFYA Ders Kitabı SARANSK MORDOVSK ÜNİVERSİTESİ YAYIN EVİ 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2R351-6Mo) Ya549 Hakemler: Fiziksel Coğrafya Bölümü, Voronezh Devlet Pedagoji Üniversitesi; Coğrafi Bilimler Doktoru, Profesör A. M. Nosonov; Saransk A. V. Leontyev'in 39 numaralı okul kompleksi öğretmeni, üniversite öncesi eğitim ve orta öğretim fakültesinin eğitim ve metodolojik konseyinin kararı ile yayınlandı ... "