Alexander Viktorovich Abrosimov Datum rođenja: 16. studenog 1948. (1948. 11 16.) Mjesto rođenja: Kuibyshev Datum smrti ... Wikipedia

I Diferencijalne jednadžbe jednadžbe koje sadrže tražene funkcije, njihove derivacije različitog reda i nezavisne varijable. Teorija D. at. nastao krajem 17. stoljeća. pod utjecajem potreba mehanike i drugih prirodnih znanosti, ... ... Velika sovjetska enciklopedija

Obične diferencijalne jednadžbe (ODE) su diferencijalne jednadžbe oblika gdje je nepoznata funkcija (moguće vektorska funkcija, tada u pravilu i vektorska funkcija s vrijednostima u prostoru iste dimenzije; u ovom .. ... Wikipedia

Wikipedia ima članke o drugim osobama s tim prezimenom, vidi Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Datum rođenja: 4. listopada 1934. (1934. 10 04.) Mjesto rođenja: Tbilisi, SSSR Datum smrti ... Wikipedia

Diferencijal- (Diferencijal) Definicija diferencijala, diferencijal funkcije, blokada diferencijala Informacije o definiciji diferencijala, diferencijalu funkcije, blokadi diferencijala Sadržaj Sadržaj matematički Neformalni opis… … Enciklopedija investitora

Jedan od osnovnih pojmova u teoriji parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. Uloga X. očituje se u bitnim svojstvima ovih jednadžbi, kao što su lokalna svojstva rješenja, rješivost raznih problema, njihova ispravnost itd. Neka ... ... Matematička enciklopedija

Jednadžba u kojoj je nepoznata funkcija jedne neovisne varijable, a ova jednadžba uključuje ne samo samu nepoznatu funkciju, već i njezine derivacije različitih redova. Pojam diferencijalne jednadžbe predložio je G. ... ... Matematička enciklopedija

Trenogin Vladilen Aleksandrovič V. A. Trenogin na predavanju u MISiS-u Datum rođenja ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovič Trenogin Vladilen Aleksandrovič V. A. Trenogin na predavanju u MISiS-u Datum rođenja: 1931. (1931.) ... Wikipedia

Gaussova jednadžba, linearna obična diferencijalna jednadžba 2. reda ili, u samopridruženom obliku, varijable i parametri u općem slučaju mogu imati bilo koju kompleksnu vrijednost. Nakon zamjene, dobiva se sljedeći oblik ... ... Matematička enciklopedija

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKOG FEDERACIJE NACIONALNO ISTRAŽIVAČKO NUKLEARNO SVEUČILIŠTE "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Tečaj predavanja o običnim nastavnim jednadžbama za studente i studente10 moskovske diferencijalne jednadžbe10 Kolegij predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama: Udžbenik. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 str. Udžbenik je nastao na temelju tečaja predavanja autora na Moskovskom institutu za inženjersku fiziku dugi niz godina. Namijenjen je studentima Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI svih fakulteta, kao i studentima s naprednim matematičkim obrazovanjem. Priručnik je izrađen u okviru Programa za stvaranje i razvoj NRNU MEPhI. Recenzent: doktor fiz.-mat. znanosti N.A. Kudrjašov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nacionalno istraživačko nuklearno sveučilište MEPhI, 2011. Sadržaj Predgovor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi Osnovni pojmovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchyjev problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Postojanje i jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda Teorem jedinstvenosti za OLE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Postojanje rješenja Cauchyjevog problema za OLE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nastavak rješenja za ODE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchyjev problem za normalni sustav n-tog reda Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija. . . . Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalan sustav. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Koncept metričkog prostora. Princip kompresivnih preslikavanja. . . . . . Teoremi postojanja i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema za normalne sustave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Neke klase običnih diferencijalnih jednadžbi riješene u kvadratnoj jednadžbi s odvojivim varijablama. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linearni OÄC prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene jednadžbe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoullijeva jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jednadžba u totalnim diferencijalima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Jednadžbe prvog reda nisu riješene s obzirom na derivaciju Teorem postojanja i jedinstvenosti za rješenje ODE koji nije riješen s obzirom na derivaciju. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Posebno rješenje. Diskriminantna krivulja. omotnica. . . . . . . . . . . . . . . . Metoda uvođenja parametara. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagrangeova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Clairautova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Linearni ODE sustavi Osnovni pojmovi. Teorem postojanja i jedinstvenosti za rješenje problema Homogeni sustavi linearnih ODE-a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Odrednica Vronskog. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Složena rješenja homogenog sustava. Prijelaz na pravi dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni sustavi linearnih ODE-a. Metoda varijacije konstanti. . . . . Homogeni sustavi linearnih ODE s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eksponencijalna funkcija matrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Nehomogeni sustavi linearnih ODE s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Linearni ODE visokog reda Redukcija na sustav linearnih ODE. Teorem postojanja i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeni linearni ODE visokog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva složenih rješenja homogene linearne ODE visokog reda. Prijelaz iz složenog ÔSR u realan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni linearni OÄD-ovi visokog reda. Metoda varijacije konstanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeni linearni OÄD visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni linearni ODE visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Teorija održivosti Osnovni pojmovi i definicije vezane uz održivost. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabilnost rješenja linearnog sustava. . . . . . Ljapunovljevi teoremi o stabilnosti. . . . . . . . . . Stabilnost u prvoj aproksimaciji. . . . . . . Ponašanje faznih putanja u blizini točke mirovanja 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Prvi integrali sustava ODE-a 198 Prvi integrali autonomnih sustava običnih diferencijalnih jednadžbi198 Neautonomni sustavi ODE-a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Simetrična notacija OÄC sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Parcijalne diferencijalne jednadžbe prvoga reda Homogene linearne parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Cauchyjev problem za linearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvazilinearne jednadžbe u parcijalnim derivacijama prvog reda. . . . Cauchyjev problem za kvazilinearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 PREDGOVOR U pripremi knjige autori su si zadali cilj prikupiti na jednom mjestu i u pristupačnom obliku prezentirati informacije o većini pitanja vezanih uz teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi. Stoga, uz gradivo uključeno u obvezni program kolegija običnih diferencijalnih jednadžbi koji se predaje na NRNU MEPhI (i drugim sveučilištima), priručnik sadrži i dodatna pitanja, koja u pravilu nemaju dovoljno vremena za predavanja, ali koja će biti korisna za bolje razumijevanje predmeta i bit će korisna sadašnjim studentima u njihovim budućim profesionalnim aktivnostima. Za sve tvrdnje predloženog priručnika dani su matematički rigorozni dokazi. Ovi dokazi, u pravilu, nisu originalni, već su svi revidirani u skladu sa stilom izlaganja matematičkih kolegija na MEPhI. Prema raširenom mišljenju među nastavnicima i znanstvenicima, matematičke discipline treba proučavati s potpunim i detaljnim dokazima, postupno prelazeći od jednostavnih do složenih. Istog su mišljenja i autori ovog priručnika. Teorijske informacije navedene u knjizi potkrijepljene su analizom dovoljnog broja primjera, što će, nadamo se, čitatelju olakšati proučavanje gradiva. Priručnik je namijenjen sveučilišnim studentima s naprednim matematičkim obrazovanjem, prvenstveno studentima Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI. Ujedno će biti od koristi i svima koji se zanimaju za teoriju diferencijalnih jednadžbi i koriste ovu granu matematike u svom radu. -5- Poglavlje I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi 1. 1. Osnovni pojmovi U ovom priručniku sa ha, bi označavamo bilo koji od skupova (a, b), , (a, b], , dobivamo x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Nakon potenciranja posljednje nejednakosti i primjene (2.3), imamo 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 za sve x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Dakle, f zadovoljava Lipschitzov uvjet s L = 1 , zapravo, čak i s L = sin 1 u y. Međutim, derivacija fy0 u točkama (x, 0) 6= (0, 0) čak i ne postoji. Sljedeći teorem, koji je sam po sebi zanimljiv, omogućuje nam dokazati jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema: Teorem 2.1 (O procjeni razlike dvaju rješenja) Neka je G domena 2 u R i neka je f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u G po y s konstantom L. Ako su y1 , y2 dva rješenja jednadžbe y 0 = f (x, y) na segmentu , tada vrijedi sljedeća nejednakost (procjena): jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 za sve x 2 . -19- y2 Dokaz. Po definiciji 2. 2 rješenja jednadžbe (2.1), dobivamo da je 8 x 2 točke x, y1 (x) i x, y2 (x) 2 G. Za sve t 2 imamo točne jednakosti y10 (t) = f t , y1 (t ) i y20 (t) = f t, y2 (t) , koje integriramo s obzirom na t na segmentu , gdje je x 2 . Integracija je legalna, budući da su desna i lijeva strana kontinuirane na funkcijama. Dobivamo sustav jednakosti Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Oduzimajući jedno od drugog, imamo jy1 (x) y2 (x)j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx h f t, y1 (t) i f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + f t, y1 (t) f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Označimo C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) y2 (t) > 0. za sve x 2 . Teorem je dokazan. Kao posljedica dokazanog teorema, dobivamo teorem jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema (2. 1), (2.2). Posljedica 1. Neka funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y u G, a funkcije y1 (x) i y2 (x) neka su dva rješenja jednadžbe (2.1) na istom intervalu , s x0 2 . Ako je y1 (x0) = y2 (x0), tada je y1 (x) y2 (x) na . Dokaz. Razmotrimo dva slučaja. -20- 1. Neka je x > x0 , tada iz teorema 2. 1 slijedi da je h i t.j. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) za x > x0 . 2. Neka je x 6 x0 , izvrši promjenu t = x, zatim yi (x) = yi (t) y~i (t) za i = 1, 2. Budući da je x 2 , tada je t 2 [ x0 , x1 ] i jednakost y~1 (x0) = y~2 (x0). Otkrijmo koju jednadžbu y~i (t) zadovoljava. Točan je sljedeći lanac jednakosti: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Ovdje smo koristili pravilo diferencijacije složene funkcije i činjenicu da su yi (x) rješenja jednadžbe (2.1). Budući da je funkcija f~(t, y) f (t, y) kontinuirana i zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na y, onda prema teoremu 2.1 imamo da je y~1 (t) y~2 (t) na [ x0 , x1 ], tj. y1 (x) y2 (x) do . Kombinirajući oba razmatrana slučaja, dobivamo tvrdnju o posljedici. Korolar 2. (o kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima) Neka funkcija f (x, y) 2 C G i zadovolji u G Lipschitzov uvjet na y s konstantom L, a funkcije y1 (x) i y2 (x) su rješenja Jednadžba (2.1) definirana na . Označimo l = x1 x0 i δ = y1 (x0) y2 (x0) . Tada je za 8 x 2 istinita nejednakost y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l. Dokaz odmah slijedi iz teorema 2. 1. Nejednakost iz posljedica 2 naziva se procjena stabilnosti rješenja s obzirom na početne podatke. Njegovo značenje leži u činjenici da ako su pri x = x0 rješenja “bliska”, onda su i “bliska” na konačnom segmentu. Teorem 2. 1 daje ocjenu, koja je važna za primjenu, za modul razlike dvaju rješenja, a posljedica 1 daje jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Postoje i drugi dovoljni uvjeti za jedinstvenost, jedan od njih sada predstavljamo. Kao što je gore navedeno, geometrijska jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema znači da ne može više od jedne integralne krivulje jednadžbe (2.1) proći kroz točku (x0, y0) domene G. Teorem 2.2 (Osgood o jedinstvenosti). Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i za 8 (x, y1), (x, y2) 2 G nejednakost f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , gdje je ϕ (u) > 0 za u 2 (0, β], ϕ(u) je kontinuiran, a Zβ du ! +1 kada je ε ! 0+. Tada je najviše jedna integralna krivulja (2.1).-21- Dokaz. Neka postoji postoje dva rješenja y1 (x) i y2 (x) jednadžbe (2.1), takva da je y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , označimo z(x) = y2 (x) y1 (x). dyi Kako je = f (x, yi), za i = 1, 2, tada z(x) zadovoljava jednakost dx dz = f (x, y2) f (x, y1). dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, t.j. onda z dx 1 d nejednakost jzj2 6 ϕ jzj jzj, iz koje za jzj 6= 0 slijedi sljedeća 2 dx dvostruka nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj ( Zx2 dx1), gdje se integracija provodi u bilo kojem intervalu na kojem je z(x) > 0, a zi = z(xi), i = 1, 2. Prema pretpostavci, z(x) 6 0 i, osim toga, kontinuirano, pa postoji takav segment, odaberite ga i popravite. Razmotrimo skupove n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 i z(x) = 0 . Barem jedan od ovih skupova nije prazan, jer je z(x0) = 0 i x0 62 . Neka je, na primjer, X1 6= ∅, ograničeno je odozgo, pa je 9 α = sup X1 . Imajte na umu da je z(α) = 0, tj. α 2 X1 , budući da uz pretpostavku da je z(α) > 0, zbog kontinuiteta, imat ćemo z(x) > 0 na nekom intervalu α δ1 , α + δ1 , a to je u suprotnosti s definicijom α = sup X1 . Iz uvjeta z(α) = 0 slijedi da je α< x1 . По построению z(x) > 0 za sve x 2 (α, x2 ], a budući da je z(x) ! 0+ kontinuirano za x ! α + 0. Ponovimo argumente u izvođenju (2.5), integrirajući preko segmenta [α + δ, x2 ], gdje je x2 odabran gore i fiksiran, a δ 2 (0, x2 α) proizvoljan, dobivamo sljedeću nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 nejednakost, težimo δ ! 0+, tada z(α+δ) ! z(α) = 0, iz Zjz2 j d jzj2 ! +1, prema uvjetu kontinuiteta z(x), a zatim integral 2 jzjϕ jzj teorema jz(α+ δ)j -22 - Desna strana nejednadžbe Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α omeđena je α + δ odozgo konačnom vrijednošću, što je istovremeno nemoguće. da se Cauchyjev problem (2.1), (2.2) shvati kao sljedeći problem nalaženja funkcije y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, gdje je f (x, y) 2 C G i (x0 , y0) 2 G, G je domena u R2 Lemi 2. 2. Neka f (x, y) 2 C G Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1 ) bilo koji re rješenje ϕ(x) jednadžbe (2.1) na intervalu ha, bi koje zadovoljava (2.2) x0 2 ha, bi je rješenje na ha, bi integralne jednadžbe Zx y(x) = y0 + f τ, y( τ) dτ ; (2.6) x0 2) ako je ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje integralne jednadžbe (2.6) na ha, bi, 1 gdje je x0 2 ha, bi, tada je ϕ(x) 2 C ha, bi i je rješenje (2.1), (2.2). Dokaz. 1. Neka je ϕ(x) rješenje (2.1), (2.2) na ha, bi. Zatim, prema napomeni 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi, imamo jednakost ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , integrirajući koju od x0 do x dobivamo ( za bilo koji x 2 ha , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ i ϕ(x0) = y0 , tj. ϕ(x) je rješenje (2.6). x0 2. Neka je y = ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje (2.6). Budući da je f x, ϕ(x) kontinuirano na ha, bi po pretpostavci, onda je Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 kao integral s promjenjivom gornjom granicom kontinuiranog funkcija. Diferencirajući posljednju jednakost s obzirom na x, dobivamo ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi i, očito, ϕ(x0) = y0 , t.j. ϕ(x) je rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). (Kao i obično, derivacija na kraju segmenta podrazumijeva se odgovarajućom jednostranom derivacijom.) -23- Napomena 2. 6. Lema 2. 2 naziva se lema o ekvivalentnosti Cauchyjevog problema (2.1) , (2.2) na integralnu jednadžbu (2.6). Ako dokažemo da rješenje jednadžbe (2.6) postoji, dobivamo rješivost Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Ovaj plan je implementiran u sljedećem teoremu. Teorem 2.3 (Teorem lokalnog postojanja). Neka pravokutnik P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β u potpunosti leži u G domeni funkcije f (x, y). Funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet za n y ov G s konstantom L. Označimo β M = max f (x, y) , h = min α, M . Tada postoji rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2) na intervalu P. Dokaz. Utvrdimo postojanje rješenja integralne jednadžbe (2.6) na intervalu. Da biste to učinili, razmotrite sljedeći niz funkcija: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, itd. x0 1. Pokažimo da su 8 n 2 N funkcije yn (uzastopne aproksimacije) definirane, tj. pokažimo da za 8 x 2 vrijedi nejednakost yn (x) y0 6 β za sve n = 1, 2, . . . Koristimo se metodom matematičke indukcije (MMI): a) baza indukcije: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 gdje je M0 = max f (x, y0) za jx x 0 j 6 α, M0 6 M; b) pretpostavka i korak indukcije. Neka je nejednakost istinita za yn 1 (x), dokažimo je za yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Dakle, ako je jx x0 j 6 h , zatim yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Naš cilj je dokazati konvergenciju najbližeg 1 nasljednika yk (x) k=0 , za to ga je prikladno predstaviti kao: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 tj. nizovi parcijalnih zbroja funkcionalnog niza. 2. Procijenite članove ovog niza dokazujući sljedeće nejednakosti 8 n 2 N i 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Primijenimo metodu matematičke indukcije: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) baza indukcije: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, gore dokazano; b) pretpostavka i korak indukcije. Neka je nejednakost istinita za n, recimo to za n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, do dτ 6 x0 Zx i yn 6 prema Lipschitzov uvjet 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 indukcijskom hipotezom 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Ovdje smo koristili činjenicu da je integral I = jτ x0 za x > x0 za x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk za sve k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N vrijedi. Dokažimo ovu pomoćnu tvrdnju za slučaj A, B 2 R (odnosno, A i B su konačni; ako je A = 1 ili B =+1, onda slično). Uzmimo x A B x , proizvoljan x 2 (A, B) i δ(x) = min , δ(x) > 0. Po 2 2 broj δ iz konvergencije Ak ! A i Bk! B dobivamo da je 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1 , A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2, x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >N. Primjenjujući korolar 1 iz odjeljka 2.1 (tj. teorem jedinstvenosti), dobivamo da je ϕ(t) ψ(t) za sve t 2 i, posebno, za t = x. Budući da je x proizvoljna točka u (A, B), dokazana je jedinstvenost rješenja, a s njim i posljedica. Primjedba 2. 10. U upravo dokazanom rezultatu prvi put smo naišli na pojam proširenja rješenja na širi skup. U sljedećem odlomku ćemo ga detaljnije proučiti. Navedimo neke primjere. p Primjer 2. 2. Za jednadžbu y 0 = ejxj x2 + y 2 utvrditi postoji li njezino rješenje u cjelini (A, B) = (1, +1). Razmotrimo ovu jednadžbu u “traci” Q = R2 , funkciju p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Prema tvrdnji 2.1 iz odjeljka 2.1, funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet u odnosu na y s “konstantom” L = L(x), x je fiksiran. Tada su svi uvjeti korolarije zadovoljeni, a za bilo koje početne podatke (x0 , y0) 2 R2 rješenje Cauchyjevog problema postoji i, štoviše, jedinstveno je na (1, +1). Imajte na umu da se sama jednadžba ne može riješiti u kvadraturama, ali se približna rješenja mogu konstruirati numerički. je definirana i kontinuirana u Q, -32- Primjer 2. 3. Za jednadžbu y 0 = ex y 2 saznati postoje li rješenja definirana na R. Ako ovu jednadžbu ponovno razmotrimo u “traci” Q = R2 , gdje je funkcija ∂ f f (x, y) = ex y2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j za sve y1 , y2 2 R. Doista, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, a izraz jy2 + y1 j nije ograničen za y1 , y2 2 R. Dakle, posljedica ne vrijedi. Ovu jednadžbu rješavamo "razdvajanjem varijabli", dobivamo opće rješenje: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C Radi određenosti uzmimo x0 = 0, y0 2 R. Ako je y0 = 0, onda je y(x ) 0 rješenje Cauchyjevog problema na R. 1 je rješenje Cauchyjevog problema, za y0 2 [ 1, 0) ex je definirano za sve x 2 R, dok je za y0 2 ( 1, 1) [ (0, +1) rješenje nije y0 + 1 može se nastaviti kroz točku x = ln Točnije, ako je x > 0, tada je y0 1 rješenje y(x) = y0 +1 definirano za x 2 (1, x), a ako je x< 0 x e y0 y0 < 1 , то решение определено при x 2 (x , +1). В первом случае lim y(x) = +1, а во втором – lim y(x) = 1. Если y0 6= 0, то y(x) = x!x 0 y0 +1 y0 x!x +0 -33- Для наглядности нарисуем интегральные кривые при соответствующих значениях y0 (рис. 2. 5). Рис. 2. 5. Интегральные кривые уравнения y 0 = ex y 2 Таким образом, для задачи Коши 0 y = ex y 2 , y(0) = y0 имеем следующее: 1) если y0 2 [ 1, 0], то решение существует при всех x 2 R; y0 + 1 2) если y0 < 1, то решение существует лишь при x 2 ln ; +1 ; y0 y0 + 1 . 3) если y0 > 0, tada rješenje postoji samo za x 2 1; ln y0 Ovaj primjer pokazuje da je ograničenje na rast funkcije f (x, y) u posljedici prethodno dokazanog teorema 2.4 bitno za proširenje rješenja na cjelinu (A, B). Slično se dobivaju primjeri s funkcijom f (x, y) = f1 (x) y 1+ε za ​​bilo koje ε > 0; u gornjem primjeru, ε = 1 uzeto je samo radi lakšeg prikaza. 2. 3. Nastavak rješenja za ODE prvog reda Definicija 2. 5. Razmotrimo jednadžbu y 0 = f (x, y) i neka je y(x) njezino rješenje na ha, bi i Y (x) njegovo rješenje na hA , Bi, gdje je ha, bi sadržano u hA, Bi i Y (x) = y(x) na ha, bi. Tada se Y (x) naziva proširenjem rješenja y(x) na hA, Bi, dok se za y(x) kaže da je prošireno na hA, Bi. -34- U odjeljku 2.2 dokazali smo lokalni teorem postojanja za rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Pod kojim uvjetima se ovo rješenje može proširiti na širi interval? Ovom pitanju je posvećen ovaj dio. Njegov glavni rezultat je sljedeći. Teorem 2.5 (o nastavku rješenja u ograničenom zatvorenom području). Neka funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na y u R2, a (x0, y0) je unutarnja točka ograničene zatvorene domene G G. Tada je rješenje jednadžbe y 0 = f (x, y) proširivo do ∂G granice G, tj. može se proširiti na takav segment da točke a, y(a) i b, y(b) leže na ∂G. ∂f (x, y) je kontinuiran u ograničenoj ∂y zatvorenoj domeni G konveksan u y, tada funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet u G s obzirom na varijablu y. Vidi korolar tvrdnje 2. 1 ∂f iz pododjeljka 2.1. Stoga će ovaj teorem biti istinit ako je kontinuiran u ∂y G. Napomena 2. 11. Podsjetimo da ako je Dokaz. Budući da je (x0, y0) unutarnja točka G, tada postoji zatvoreni pravokutnik n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β, koji u potpunosti leži u G. Zatim, prema teoremu 2. 3 od n 2.2 postoji h > 0 takav da postoji (i jedinstveno) rješenje y = ϕ(x) jednadžbe y 0 = f (x, y) na intervalu. Nastavimo prvo ovo rješenje udesno do granice područja G, dijeleći dokaz u zasebne korake. 1. Razmotrimo skup E R: n o E = α > 0 rješenje y = ϕ(x) je proširivo, postoji rješenje y = ϕ1 (x) jednadžbe y 0 = f (x, y) koje zadovoljava Cauchyjeve uvjete ϕ1 ~b = ϕ ~b . Dakle, ϕ(x) i ϕ1 (x) su rješenja na intervalu ~b h1 , ~b iste jednadžbe koja se poklapaju u točki x = ~b, pa se poklapaju na cijelom intervalu ~b h1 , ~b i , dakle, ϕ1 (x) je proširenje rješenja ϕ(x) iz intervala ~b h1 , ~b do ~b h1 , ~b + h1 . Razmotrimo funkciju ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , koji je rješenje jednadžbe y 0 = f (x, y) i zadovoljava Cauchyjev uvjet ψ(x0) = y0 . Tada je broj α0 + h1 2 E, što je u suprotnosti s definicijom α0 = sup E. Stoga je slučaj 2 nemoguć. Slično, rješenje ϕ(x) se proteže ulijevo, na interval , gdje je točka a, ϕ(a) 2 ∂G. Teorem je potpuno dokazan. -37- Poglavlje III. Cauchyev problem za normalni sustav n-tog reda 3. 1. Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija U ovom ćemo poglavlju razmatrati normalni sustav n-tog reda oblika 8 > t, y , . . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n gdje su nepoznate (željene) funkcije y1 (t), . . . , yn (t), dok su funkcije fi poznate, i = 1, n, točka iznad funkcije označava derivaciju s obzirom na t. Pretpostavlja se da su svi fi definirani u domeni G Rn+1 . Sustav (3.1) prikladno je zapisati u vektorskom obliku: y_ = f (t, y), gdje je y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); Nećemo pisati strelice u oznaku vektora radi kratkoće. Takav zapis ćemo također označiti s (3.1). Neka je točka t0 , y10 , . . . , yn0 leži u G. Cauchyjev problem za (3.1) je pronaći rješenje ϕ(t) sustava (3.1) koje zadovoljava uvjet: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) ili u vektorskom obliku ϕ(t0) = y 0 . Kao što je navedeno u poglavlju 1, pod rješenjem sustava (3.1) na intervalu ha, bi podrazumijevamo vektorsku funkciju ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) koji zadovoljava sljedeće uvjete: 1) 8 t 2 ha, bi točka t, ϕ(t) leži u G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) zadovoljava (3.1). Ako takvo rješenje dodatno zadovoljava (3.2), gdje je t0 2 ha, bi, onda se naziva rješenjem Cauchyjevog problema. Uvjeti (3.2) nazivaju se početni uvjeti ili Cauchyjevi uvjeti, a brojevi t0 , y10 , . . . , yn0 su Cauchyjevi podaci (početni podaci). U posebnom slučaju kada vektorska funkcija f (t, y) (n+1) varijable ovisi o y1 , . . . , yn linearno, tj. ima oblik: f (t, y) = A(t) y + g(t), gdje je A(t) = aij (t) n n matrica, sustav (3.1) nazivamo linearnim. U nastavku će nam trebati svojstva vektorskih funkcija, koje ovdje predstavljamo radi lakšeg snalaženja. Pravila zbrajanja i množenja s brojem za vektore poznata su iz tečaja linearne algebre, te se osnovne operacije izvode koordinatno. n Ako u R uvedemo skalarni proizvod x, y = x1 y1 + . . . + xn yn , tada dobivamo euklidski prostor, također označen s Rn , duljine s q n P vektora jxj = x, x = x2k (ili Euklidove norme). Za skalarni k=1 proizvod i duljinu, dvije su glavne nejednakosti istinite: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (nejednakost trokuta); y (nejednakost Cauchy-Bunyakov - Iz tečaja matematičke analize drugog semestra poznato je da je konvergencija niza točaka (vektora) u euklidskom prostoru (konačnodimenzionalnom) ekvivalentna konvergenciji nizova koordinata ovih vektora, kažu, ekvivalentna je koordinatnoj konvergenciji. To lako slijedi iz nejednakosti: q p max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n Slično kao u skalarnom slučaju, derivacija definirani su i integral vektorske funkcije, a svojstva se lako dokazuju prelaskom na koordinate. Navedimo neke nejednakosti za vektorske funkcije koje će se koristiti u nastavku. 1. Za bilo koju vektorsku funkciju y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , koji je integrabilan (na primjer, kontinuiran) na , vrijedi sljedeća nejednakost: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) ili u koordinatnom obliku 0 Zb Zb y1 (t) dt, @ y2 (t) dt, . . . , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) + . . . yn2 (t) dt . a a Dokaz. Napomenimo prvo da nejednakost ne isključuje slučaj b< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для 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-mail zaštićen] 2 2 l=1 2 x , k,i=1 što implicira (3.5). Definicija 3. 1. Recimo da vektorska funkcija f (t, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na vektorsku varijablu y na skupu G varijabli (t, y) ako je 9 L > 0 tako da za bilo koje t , y , 2 t, y 2 G nejednakost f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 je zadovoljena. Kao iu slučaju funkcije dviju varijabli (vidi tvrdnju 2.1), dovoljan uvjet za Lipschitzovo svojstvo u domeni G "konveksno u y" je da su parcijalne derivacije ograničene. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 2. Područje G varijabli (t, y) naziva se konveksna 1 2 u y ako za bilo koje dvije točke t, y i t, y koje leže u G, segment koji povezuje ove dvije točke u potpunosti pripada njoj, t.j. e. skup n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , gdje je τ 2 . Tvrdnja 3. 1. Ako je domena G varijabli (t, y) konveksna u y, a parcijalni derivati ​​∂fi su kontinuirani i ograničeni konstantom l u G za ∂yj svih i, j = 1, n, tada vektorska funkcija f t, y zadovoljava u G Lipschitzovom uvjetu na y s konstantom L = n l. 1 2 Dokaz. Promatrajmo proizvoljne točke t, y i t, y iz G i 1 2 segmenta koji ih povezuje, t.j. skup t, y , gdje je y = y + τ y y1 , t je fiksno, a τ 2 . -41- Uvedemo vektorsku funkciju jednog skalarnog argumenta g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 tada je g(1) g(0) = f t, y f t, y , a s druge strane Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = zbog y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 gdje je A(τ) matrica s unosima ∂fi i ∂yj y2 y 1 je odgovarajući stupac. Ovdje smo koristili pravilo diferencijacije složene funkcije, naime, za sve i = 1, n, t je fiksno, imamo: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t , y(τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi , ..., y2 y1 . = ∂y1 ∂yn Zapisujući ovo u matričnom obliku, dobivamo: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y s n n matricom A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Koristeći integralnu procjenu (3.3) i nejednakost (3.5), nakon zamjene dobivamo: f t, y 2 f t, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 n l 0 6 max A(τ) budući da je 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 , 2 6 n2 l2 za 8 τ 2 . Tvrdnja je dokazana. -42- 3. 2. Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalni sustav Teorem 3. 1 (o procjeni razlike dvaju rješenja). Neka je G neka domena Rn+1 , a vektorska funkcija f (x, y) neprekidna u G i zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na vektorsku varijablu y na skupu G s konstantom L. Ako su y 1 , y 2 dva rješenja normalnog sustava (3.1) y_ = f (x, y) na segmentu , tada je procjena y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) vrijedi za sve t 2 . Dokaz ponavlja doslovno dokaz teorema 2.1 iz odjeljka 2.1, uzimajući u obzir očite renotacije. 2 Odavde je lako dobiti teorem o jedinstvenosti i stabilnosti rješenja s obzirom na početne podatke. Korolar 3.1. Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u području G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y u G, a funkcije y 1 (t) i y 2 (t) neka su dva rješenja normalnog sustava (3.1 ) na istom segmentu i t0 2 . Ako je y 1 (t0) = y 2 (t0), tada je y 1 (t) y 2 (t) na . Korolar 3.2. (o kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima). Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u domeni G i zadovoljava Lipschitzov uvjet na y s konstantom L > 0 u G, a vektorske funkcije y 1 (t) i y 2 (t) neka budu rješenja normalni sustav (3.1) definiran na . Tada za 8 t 2 vrijedi nejednakost y 1 (t), gdje je δ = y 1 (t0) y 2 (t0) i l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Dokaz posljedica ponavlja od riječi do riječi dokaze korolarija 2.1 i 2.2, uzimajući u obzir očite renotacije. 2 Proučavanje rješivosti Cauchyjevog problema (3.1), (3.2), kao i u jednodimenzionalnom slučaju, svodi se na rješivost integralne (vektorske) jednadžbe. Lema 3. 1. Neka je f (t, y) 2 C G; Rn 1 . Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1) svako rješenje ϕ(t) jednadžbe (3.1) na intervalu ha, bi koje zadovoljava (3.2) t0 2 ha, bi je kontinuirano rješenje na ha, bi 1 Kroz C G; H je uobičajeno označavati skup svih funkcija kontinuiranih u domeni G s vrijednostima u prostoru H. Na primjer, f (t, y) 2 C G; Rn komponente) definirane na skupu G. je skup svih kontinuiranih vektorskih funkcija (s n -43-integralnom jednadžbom y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) ako vektorska funkcija ϕ(t) 2 C ha, bi je kontinuirano rješenje integralne jednadžbe (3.6) na ha, bi, gdje je t0 2 ha, bi, tada ϕ(t) ima kontinuiranu derivaciju na ha, bi i je rješenje (3.1), (3.2). Dokaz. 1. Neka 8 τ 2 ha, bi zadovoljava jednakost dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Zatim, integrirajući od t0 do t, uzimajući u obzir (3.2), dobivamo dτ Rt 0 da je ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, tj. ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6). t0 2. Neka kontinuirana vektorska funkcija ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6) na ha, bi. Tada je f t, ϕ(t) kontinuirano na ha, bi prema teoremu kontinuiteta kompozitne funkcije, pa je stoga desna strana (3.6) ) (a time i lijeva strana) ima kontinuiranu derivaciju s obzirom na t na ha, bi. Za t = t0, iz (3.6) ϕ(t0) = y 0 , tj. ϕ(t) je rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Imajte na umu da se, kao i obično, derivacija na kraju segmenta (ako mu pripada) shvaća kao jednostrana derivacija funkcije. Lema je dokazana. Napomena 3. 1. Koristeći analogiju s jednodimenzionalnim slučajem (vidi poglavlje 2) i gore dokazanim tvrdnjama, možemo dokazati teorem o postojanju i nastavku rješenja Cauchyjevog problema konstruiranjem iterativnog niza koji konvergira na rješenje integralne jednadžbe (3.6) na nekom intervalu t0 h, t0 + h . Ovdje predstavljamo još jedan dokaz teorema postojanja (i jedinstvenosti) za rješenje temeljeno na principu preslikavanja kontrakcije. To činimo kako bismo čitatelja upoznali s modernijim teorijskim metodama, koje će se koristiti u budućnosti, u kolegijima integralnih jednadžbi i jednadžbi matematičke fizike. Za provedbu našeg plana potrebni su nam brojni novi koncepti i pomoćne tvrdnje, koje ćemo sada razmotriti. 3. 3. Pojam metričkog prostora. Princip kontrakcijskih preslikavanja Najvažniji koncept granice u matematici temelji se na konceptu “blizine” točaka, t.j. kako bi mogli pronaći udaljenost između njih. Na brojevnoj osi udaljenost je modul razlike između dva broja, na ravnini je to dobro poznata euklidska formula udaljenosti i tako dalje. Mnoge činjenice analize ne koriste algebarska svojstva elemenata, već se oslanjaju samo na koncept udaljenosti između njih. Razvoj ovog pristupa, tj. odvajanje "bića" povezanog s konceptom granice dovodi do koncepta metričkog prostora. -44- Definicija 3. 3. Neka je X skup proizvoljne prirode, a ρ(x, y) realna funkcija dviju varijabli x, y 2 X, koja zadovoljava tri aksioma: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X i ρ(x, y) = 0 samo za x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (aksiom simetrije); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (nejednakost trokuta). U tom slučaju skup X s zadanom funkcijom ρ(x, y) naziva se metrički prostor (ÌS), a funkcija ρ(x, y) : X X 7! R zadovoljava 1) – 3), – metriku ili udaljenost. Navedimo neke primjere metričkih prostora. Primjer 3. 1. Neka je X = R s udaljenosti ρ(x, y) = x y , dobivamo MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n je Primjer 3. 2. Neka je X = R = x1 , . . . , xn je skup uređenih zbirki od n realnih brojeva s n 2 P x = x1 , . . . , xn s udaljenosti ρ(x, y) = xk yk , dobivamo n1 k=1 n dimenzionalni euklidski prostor R . n Primjer 3. 3. Neka je X = C a, b ; R je skup svih funkcija kontinuiranih na a, b s vrijednostima u Rn, tj. kontinuirane vektorske funkcije, s udaljenosti ρ(f, g) = max f (t) g(t) , gdje je f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), . . . , gn (t) , f g = fk (t) gk (t) . k=1 Za primjere 3. 1 –3. 3 aksioma MP su izravno provjerena, ostavljamo ovo kao vježbu za savjesnog čitatelja. Kao i obično, ako je svakom prirodnom n pridružen element xn 2 X, tada kažemo da je zadan niz točaka xn MP X. Definicija 3. 4. Kaže se da niz točaka xn MP X konvergira u točku x 2 X ako je lim ρ xn , x = 0. n!1 Definicija 3. 5. Niz xn naziva se temeljnim ako za bilo koji ε > 0 postoji prirodan broj N (ε) takav da za sve n > N i m > N je nejednakost ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n > N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 postoji broj N (ε) takav da je za sve n > N i za sve t 2 a, b nejednakost fn (t) f (t)< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. Uzmimo B = Am , B: X 7! X, B - kompresija. Prema teoremu 3.2, operator B ima jedinstvenu fiksnu točku x . Budući da A i B zamjenjuju AB = BA i budući da je Bx = x , imamo B Ax = A Bx = Ax , t.j. y = Ax je također fiksna točka točke B, a budući da je takva točka jedinstvena prema teoremu 3.2, onda je y = x ili Ax = x . Stoga je x fiksna točka operatora A. Dokažimo jedinstvenost. Pretpostavimo da je x~ 2 X i A~ x = x~, tada je m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, tj. x~ je također fiksna točka za B, odakle je x~ = x . Teorem je dokazan. Poseban slučaj metričkog prostora je normirani linearni prostor. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 9. Neka je X linearni prostor (realan ili kompleksan) na kojem je definirana numerička funkcija x koja djeluje od X do R i zadovoljava aksiome: 1) 8 x 2 X, x > 0 i x = 0 samo za x = θ; 2) 8 x 2 X i za 8 λ 2 R (ili C) 3) 8 x, y 2 X je nick). x+y 6 x + y λx = jλj x ; (nejednakost trokuta) Tada se X naziva normirani prostor, x: X 7! R koji zadovoljava 1) – 3), naziva se norma. i funkcija U normiranom prostoru možete unijeti udaljenost između elemenata formulom ρ x, y = x y . Ispunjenje MP aksioma je lako provjeriti. Ako je rezultirajući metrički prostor potpun, tada se odgovarajući normirani prostor naziva Banaxov prostor. Često je moguće uvesti normu na različite načine na istom linearnom prostoru. Kao rezultat, nastaje koncept. Definicija 3. 10. Neka je X linearni prostor i neka su i dvije 1 2 norme uvedene na njemu. Norme i nazivaju se ekvivalentnim 1 2 normama ako je 9 C1 > 0 i C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Napomena 3. 3. Ako su i dvije ekvivalentne norme na X, a 1 2 prostor X je potpun u jednoj od njih, onda je potpun i u drugoj normi. To lako slijedi iz činjenice da je niz xn X, koji je fundamentalan s obzirom na, također fundamentalan s obzirom na, i konvergira na 1 2 isti element x 2 X. koristi se kada se kao zatvorena kugla ovog prostora uzme potpuni n prostor o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , gdje su r > 0 i a 2 X fiksni. Imajte na umu da je zatvorena lopta u PMP-u sama po sebi PMP s istom udaljenosti. Dokaz te činjenice ostavljamo čitatelju kao vježbu. Primjedba 3. 5. Gore je kompletnost prostora utvrđena iz primjera n mjere 3. 3. Napominjemo da u linearni prostor X = C 0, T , R možemo uvesti normu kxk = max x(t) tako da će rezultirajuća normalizacija biti Banach. Na istom skupu vektorskih funkcija kontinuiranih na prostoru 0, T, možemo uvesti ekvivalentnu normu formulom kxkα = max e αt x(t) za bilo koji α 2 R. Za α > 0, ekvivalentnost slijedi iz nejednakosti e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) za sve t 2 0, T , odakle je e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Ovo svojstvo ekvivalentnih normi koristimo u dokazivanju teorema o jedinstvenoj rješivosti Cauchyjevog problema za linearne (normalne) sustave. 3. 4. Teoremi postojanja i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema za normalne sustave Razmotrimo Cauchyjev problem (3.1) – (3.2), gdje je početni podatak t0 , y 0 2 G, G Rn+1 domena vektorska funkcija f (t, y ). U ovom ćemo odjeljku pretpostaviti da G ima – neki n oblik G = a, b o , gdje je domena Rn, a lopta BR (y 0) = Teorem vrijedi. y 2 Rn y y0 6 R u potpunosti leži u. Teorem 3. 4. Neka je f (t, y) 2 C G vektorska funkcija; Rn , i 9 M > 0 i L > 0 tako da su zadovoljeni sljedeći uvjeti: 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M ; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Popravite broj δ 2 (0, 1) i neka je t0 2 (a, b). Tada je R 1 δ 9 h = min; ; t0 a; b t0 > 0 M L tako da postoji i jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) y(t) na intervalu Jh = t0 h, t0 + h , i y(t) y 0 6 R za sve t 2 Jh. -48- Dokaz. Prema lemi 3.1, Cauchyjev problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan integralnoj jednadžbi (3.6) na intervalu , a time i na Jh , gdje je h odabran gore. Razmotrimo Banachov prostor X = C (Jh ; Rn), skup vektorskih funkcija x(t) kontinuiranih na segmentu Jh s normom kxk = max x(t), i uvedemo zatvoreni skup u X: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X y y(t) o 0 6R = o 0 y 6R je zatvorena kugla u X. Operator A definiran pravilom : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 uzima SR y 0 u sebe, budući da je y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​M 6 R t0 uvjetom 1 teorema i definicijom h. Dokažimo da je A operator kontrakcije na SR. Uzmimo proizvoljan 0 1 2 i procijenimo vrijednost: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , gdje je q = h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 se bira prema R formulom h = min M; 1L δ; b a , a svugdje moramo uzeti -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h kao segment Jh. Svi ostali uvjeti teorema se ne mijenjaju, njegov dokaz, uzimajući u obzir preimenovanje, R je sačuvan. Za slučaj t0 = b, slično, h = min M ; 1L δ; b a , i Jh = b h, b . n Napomena 3. 7. U teoremu 3. 4, uvjet f (t, y) 2 C G; R , gdje je G = a, b D, može se oslabiti zamjenom sa zahtjevom da f (t, y) bude kontinuiran u odnosu na varijablu t za svaki y 2, uz očuvane uvjete 1 i 2. Dokaz ostaje isti. Napomena 3. 8. Dovoljno je da uvjeti 1 i 2 Teorema 3. 4 drže 0 za sve t, y 2 a, b BR y , dok konstante M i L ovise, općenito govoreći, 0 o y i R. ograničenja na vektorska funkcija f t, y , slično kao teorem 2.4, vrijedi teorem postojanja i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) na cijelom intervalu a, b. n Teorem 3. 5. Neka vektorska funkcija fx, y 2 C G, R , gdje je G = a, b Rn , i postoji L > 0 takav da je uvjet 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Tada za bilo koje t0 2 i y 0 2 Rn postoji na a i b jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Dokaz. Uzmimo proizvoljne t0 2 i y 0 2 Rn i popravimo ih. Predstavimo skup G = a, b Rn kao: G = G [ G+ , gdje je Rn , i G+ = t0 , b Rn , uz pretpostavku da je t0 2 a, b , inače jedan G = a, t0 iz faza dokaz će izostati. Razmotrimo traku G+. Na intervalu t0 , b Cauchyjev problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan jednadžbi (3.6). Uvodimo operator za integral n A: X 7! X, gdje je X = Ct0, b; R , prema formuli Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Tada se integralna jednadžba (3.6) može zapisati kao operatorska jednadžba Ay = y. (3.8) Ako dokažemo da jednadžba operatora (3.8) ima rješenje u PMP X, tada ćemo dobiti rješivost Cauchyjevog problema na t0 , b ili na a, t0 za G . Ako je ovo rješenje jedinstveno, onda će na temelju ekvivalencije i rješenje Cauchyjevog problema biti jedinstveno. Predstavljamo dva dokaza jedinstvene rješivosti jednadžbe (3.8). Dokaz 1. Razmotrimo proizvoljne vektorske funkcije 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , tada procjene vrijede za bilo koje -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt h f τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . Podsjetimo da se norma u X uvodi na sljedeći način: kxk = max x(τ) . Iz dobivene nejednakosti imat ćemo ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . Nastavljajući ovaj proces, indukcijom možemo dokazati da je 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . Stoga, konačno, dobivamo procjenu Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1 . k Budući da je α(k) = ! 0 za k! 1, tada postoji k0 takav da je k! da je α(k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α >0 (vidi napomenu 3. 5) po formuli: x α = max e αt x(t) . -51- Pokažimo da je moguće izabrati α na način da operator A u prostoru X s normom za α > L bude kontraktivan. Doista, α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt Kako je α > L, onda je q = L α 1 1 αt e α e e αt0< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 (y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x) dx = q(x), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q(ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q(ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x >x0 . Na temelju (4.18) imamo Rx Zx K dξ y(x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK(x x0) Zx +M x0 = y0 e K(x x0) eK(x ξ ) dξ = x0 M + K e K(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1 . Sada neka x< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, onda je, očito, funkcija y(x) 0 rješenje jednadžbe (4.24). Za rješavanje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) α 6= 0, α 6= 1, podijelimo obje strane jednadžbe s y α . Za α > 0, moramo uzeti u obzir da je, na temelju napomene 4.4, funkcija y(x) 0 rješenje jednadžbe (4.24), koje će se takvom podjelom izgubiti. Stoga će ga u budućnosti trebati dodati općem rješenju. Nakon dijeljenja dobivamo relaciju y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Uvedemo novu željenu funkciju z = y 1 α , tada z 0 = (1 pa dolazimo do jednadžbe za z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0, a (4.25) Jednadžba (4.25) je linearna jednadžba. Takve se jednadžbe razmatraju u odjeljku 4.2, gdje je dobivena formula za opće rješenje, zbog koje se rješenje z(x) jednadžbe (4.25) zapisuje kao z(x) = Ce R (α 1) a( x) dx + + (1 α )e R (α 1) a(x) dx 1 Z b(x)e R (α 1) a(x) dx dx. (4.26) Tada je funkcija y(x) = z 1 α (x), gdje je z(x) definirana u (4.26), rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24). -64- Osim toga, kao što je gore navedeno, za α > 0 rješenje je i funkcija y(x) 0. Primjer 4. 4. Riješimo jednadžbu y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Podijelimo jednadžbu (4.27) s y 2 i izvršimo promjenu z = dobivamo linearnu nehomogenu jednadžbu 1 y. Kao rezultat, z 0 + 2z = ex . (4.28) Najprije rješavamo homogenu jednadžbu: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Rješenje nehomogene jednadžbe (4.28) traži se metodom varijacije proizvoljne konstante: zin = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , odakle je zin = ex , a opće rješenje jednadžbe (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Stoga se rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) može zapisati kao y(x) = 1 . ex + Ce2x Osim toga, rješenje jednadžbe (4.24) je također funkcija y(x). Ovo rješenje smo izgubili kada smo ovu jednadžbu podijelili s y 2 . 0. 4. 5. Jednadžba u potpunim diferencijalima Razmotrimo jednadžbu u diferencijalima M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G je neka domena u R2 . Takva se jednadžba naziva potpuna diferencijalna jednadžba ako postoji funkcija F (x, y) 2 C 1 (G), nazvana potencijalom, takva da je dF (x, y) = M (x, y)dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. Pretpostavimo radi jednostavnosti da je M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), a domena G jednostavno povezana. Pod ovim pretpostavkama, tijekom matematičke analize (vidi, na primjer, ) dokazano je da potencijal F (x, y) za jednadžbu (4.29) postoji (tj. (4.29) je jednadžba u totalnim diferencijalima) ako i samo ako je My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Štoviše, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) gdje je točka (x0, y0) neka fiksna točka iz G, (x, y) je trenutna točka u G, a krivocrtni integral se uzima duž bilo koje krivulje koja povezuje točke (x0, y0) i (x, y) i koja u potpunosti leži u domeni G. Ako je jednadžba ( 4.29) je jednadžba

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

Autori razmatraju praktičnu primjenu teorije linearnih diferencijalnih jednadžbi za proučavanje ekonomskih sustava. U radu se analiziraju dinamički modeli Keynesa i Samuelson-Hicksa uz pronalaženje ravnotežnih stanja ekonomskih sustava.

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

Priručnik razmatra kvantitativne metode za proučavanje potrošnje kisika od strane osobe tijekom ispitivanja s doziranom tjelesnom aktivnošću, koja se provode u Državnom znanstvenom centru Ruske Federacije - IBMP RAS. Priručnik je namijenjen znanstvenicima, fiziolozima i liječnicima koji rade u području zračne, podvodne i sportske medicine.

Mikheev A. V. Sankt Peterburg: Odjel za operativni tisak NRU HSE - Sankt Peterburg, 2012.

Ova zbirka sadrži probleme u tečaju diferencijalnih jednadžbi, koje je čitao autor na Ekonomskom fakultetu Visoke škole ekonomije Nacionalnog istraživačkog sveučilišta - St. Petersburg. Na početku svake teme dat je kratak sažetak glavnih teorijskih činjenica i analizirani primjeri rješenja tipičnih problema. Za studente i slušatelje programa visokog stručnog obrazovanja.

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

Ovaj se udžbenik temelji na posebnom kolegiju po izboru studenta, koji je čitao autor na Fakultetu mehanike i matematike Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosova u akademskim godinama 2010-2012. Priručnik upoznaje čitatelja s parametrix metodom i njezinim diskretnim analogom, koji su nedavno razvili autor priručnika i njegovi kolege koautori. Objedinjuje materijal koji je prije bio sadržan samo u brojnim časopisnim člancima. Ne težeći maksimalnoj općenitosti prikaza, autor je želio demonstrirati mogućnosti metode u dokazivanju lokalnih graničnih teorema o konvergenciji Markovljevih lanaca u difuzijski proces i u dobivanju dvostranih procjena Aronsonovog tipa za neke degenerirane difuzije.

br. 20. NY: Springer, 2012.

Ova publikacija je zbirka odabranih radova s ​​"Treće međunarodne konferencije o dinamici informacijskih sustava", održane na Sveučilištu Florida, 16.-18. veljače 2011. Svrha ove konferencije bila je okupiti znanstvenike i inženjere iz industrije, vlade i akademske zajednice kako bi mogli razmjenjivati ​​nova otkrića i rezultate o pitanjima vezanim uz teoriju i praksu dinamike informacijskih sustava. Dinamika informacijskih sustava: matematičko otkriće je najsuvremeniji studij i namijenjen je studentima diplomskog studija i istraživačima koji su zainteresirani za najnovija otkrića u teoriji informacija i dinamičkim sustavima. Znanstvenici iz drugih disciplina također mogu imati koristi od primjene novih dostignuća u svojim područjima istraživanja.

Palvelev R., Sergejev A. G. Zbornik radova Matematičkog instituta. V.A. Steklov RAS. 2012. V. 277. S. 199-214.

Proučava se adijabatska granica u Landau-Ginzburgovim hiperboličkim jednadžbama. Uz pomoć ove granice uspostavlja se korespondencija između rješenja Ginzburg-Landauovih jednadžbi i adijabatskih putanja u prostoru modula statičkih rješenja, nazvanih vrtlozi. Manton je predložio heuristički adijabatski princip koji postulira da se svako rješenje Ginzburg-Landauovih jednadžbi s dovoljno malom kinetičkom energijom može dobiti kao poremećaj neke adijabatske putanje. Strogi dokaz za ovu činjenicu nedavno je pronašao prvi autor

Dajemo eksplicitnu formulu za kvazi-izomorfizam između operada Hycomm (homologija prostora modula stabilnih krivulja roda 0) i BV/Δ (homotopski kvocijent operade Batalin-Vilkovisky od BV-operatora). Drugim riječima, izvodimo ekvivalentnost Hycomm-algebri i BV-algebri poboljšane homotopijom koja trivijalizira BV-operator. Te su formule dane u terminima Giventalovih grafova, a dokazane su na dva različita načina. Jedan dokaz koristi radnju grupe Givental, a drugi dokaz prolazi kroz lanac eksplicitnih formula o rezolucijama Hycomma i BV. Drugi pristup daje, posebice, homološko objašnjenje djelovanja Giventalove grupe na Hycomm-algebre.

Pod znanstvenim priredio: A. Mikhailov Vol. 14. M.: Sociološki fakultet Moskovskog državnog sveučilišta, 2012.

Članci u ovoj zbirci napisani su na temelju izvješća napravljenih 2011. na Fakultetu sociologije Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosov na skupu XIV Interdisciplinarnog godišnjeg znanstvenog seminara "Matematičko modeliranje društvenih procesa" ime. Heroj socijalističkog rada akademik A.A. Krilati plod.

Publikacija je namijenjena istraživačima, nastavnicima, studentima sveučilišta i znanstvenih institucija Ruske akademije znanosti, koji su zainteresirani za problematiku, razvoj i implementaciju metodologije matematičkog modeliranja društvenih procesa.

"PREDAVANJA O OBIČNIM DIFERENCIJALNIM JEDNADŽBAMA 1. DIO. ELEMENTI OPĆE TEORIJE U udžbeniku su navedene odredbe koje čine osnovu teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: ..."

-- [ Stranica 1 ] --

A. E. Mamontov

PREDAVANJA O ZAJEDNIČKOM

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

ELEMENTI OPĆE TEORIJE

Priručnik za obuku utvrđuje odredbe koje čine

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

ovisnost o parametrima. Također (u § 3) određena je pozornost posvećena "eksplicitnom" rješenju određenih klasa jednadžbi. Priručnik je namijenjen produbljenom proučavanju kolegija "Diferencijalne jednadžbe" od strane studenata koji studiraju na Matematičkom fakultetu Novosibirskog državnog pedagoškog sveučilišta.

UDK 517.91 LBC B161.61 Predgovor Udžbenik je namijenjen studentima Matematičkog odsjeka Novosibirskog državnog pedagoškog sveučilišta koji žele učiti obvezni predmet "Diferencijalne jednadžbe" u proširenom volumenu. Čitateljima se nude osnovni pojmovi i rezultati koji čine temelj teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: pojmovi rješenja, teoremi o njihovom postojanju, jedinstvenosti, ovisnosti o parametrima. Opisani materijal predstavljen je u obliku logički neodvojivog teksta u §§ 1, 2, 4, 5. Također (u § 3, koji se donekle izdvaja i privremeno prekida glavnu nit kolegija), najpopularnije metode Ukratko se razmatraju “eksplicitna” rješenja za neke klase jednadžbi. U prvom čitanju, § 3 može se preskočiti bez značajnijeg oštećenja logičke strukture kolegija.

Važnu ulogu imaju vježbe, koje su u velikom broju uključene u tekst. Čitatelju se izričito savjetuje da ih riješi "u vrućoj potjeri", što jamči asimilaciju gradiva i poslužit će kao test. Štoviše, ove vježbe često ispunjavaju logičko tkivo, tj. bez njihovog rješavanja neće sve tvrdnje biti rigorozno dokazane.

U uglatim zagradama u sredini teksta daju se napomene koje imaju ulogu komentara (prošireno ili bočno objašnjenje). Leksički, ovi fragmenti prekidaju glavni tekst (tj. za koherentno čitanje, potrebno ih je "ignorirati"), ali su i dalje potrebni kao objašnjenja. Drugim riječima, ovi se fragmenti moraju percipirati kao da su izneseni u polja.

U tekstu su odvojeno rubrirane „napomene za nastavnika” – mogu se izostaviti kada učenici čitaju, ali su korisne za nastavnika koji će koristiti priručnik, na primjer, prilikom držanja predavanja – pomažu boljem razumijevanju logike tečaj i naznačiti smjer mogućih poboljšanja (proširenja) tečaja . Međutim, razvoj ovih komentara studenata može se samo pozdraviti.

Sličnu ulogu imaju i "opravdanja za učitelja" - oni u krajnje sažetom obliku dokazuju neke odredbe koje se čitatelju nude kao vježbe.

Najčešći (ključni) izrazi koriste se kao kratice, čiji je popis dat na kraju radi praktičnosti. Postoji i popis matematičkih zapisa koji se pojavljuju u tekstu, ali nisu među najčešćim (i/ili nisu jasno shvaćeni u literaturi).

Simbol označava kraj dokaza, formulaciju tvrdnje, primjedbe itd. (gdje je potrebno da se izbjegne zabuna).

Formule su numerirane nezavisno u svakom odlomku. Kada se odnosi na dio formule, koriste se indeksi, na primjer (2)3 označava 3. dio formule (2) (dijelovi formule su fragmenti odvojeni tipografski razmakom, a s logičke pozicije - hrpa "i").

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

Planirano je izdati još 2 dijela (sveska) koji nastavljaju ovaj priručnik i time zaokružuju ciklus predavanja na temu "obične diferencijalne jednadžbe": 2. dio (linearne jednadžbe), 3. dio (dalje teorija nelinearnih jednadžbi, parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda).

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

Dakle, funkcija(e) F je zadana(e), a u se traži. Ako je k = 1, tada se (1) naziva ODE, a inače - PDE. Drugi slučaj je predmet posebnog UMF tečaja postavljenog u istoimenom nizu tutorijala. U ovoj seriji priručnika (koji se sastoji od 3 dijela-sveska) proučavat ćemo samo ODE-e, s izuzetkom zadnjeg odlomka posljednjeg dijela (svezaka), u kojem ćemo početi proučavati neke posebne slučajeve PDE-a.

2u u Primjer. 2 = 0 je PDE.

y1 y Nepoznate veličine u mogu biti stvarne ili složene, što nije bitno, budući da se ovaj trenutak odnosi samo na oblik pisanja jednadžbi: bilo koji složeni zapis može se pretvoriti u stvarni odvajanjem stvarnog i imaginarnog dijela (ali, naravno, udvostručavanje broja jednadžbi i nepoznanica), i obrnuto, u nekim je slučajevima prikladno prijeći na složeni zapis.

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

dy dy dy za 2 nepoznate funkcije nezavisne varijable y.

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

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

Ovo nije DE, nego integro-diferencijalna jednadžba, takve jednadžbe nećemo proučavati. Međutim, specifično jednadžba (2) lako se svede na ODE:

Vježba. Reduciraj (2) na ODE.

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

DE proizlaze i iz intra-matematičkih potreba (na primjer, u diferencijalnoj geometriji) i u primjenama (povijesno prvi put, a sada uglavnom u fizici). Najjednostavniji DE je “osnovni problem diferencijalnog računa” o vraćanju funkcije iz njezine derivacije: = h(y). Kao što je poznato iz analize, njegovo rješenje ima oblik u(y) = + h(s)ds. Općenitije DE zahtijevaju posebne metode za njihovo rješavanje. Međutim, kao što ćemo vidjeti u nastavku, praktički se sve metode rješavanja ODE-a “u eksplicitnom obliku” u biti svode na naznačeni trivijalni slučaj.

U aplikacijama ODE najčešće nastaju kada se opisuju procesi koji se razvijaju u vremenu, tako da ulogu neovisne varijable obično ima vrijeme t.

dakle, značenje ODE-a u takvim aplikacijama je opisati promjenu parametara sustava tijekom vremena. Stoga je prikladno pri izgradnji opće teorije ODE-a označiti neovisnu varijablu kao t (i nazvati je vremenom sa svim terminološkim posljedicama koje iz toga proizlaze ), a nepoznata(e) funkcija(e) - kroz x = (x1,..., xn). Dakle, opći oblik ODE (ODE sustava) je sljedeći:

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

Štoviše, x = x(t), t R, i x je općenito kompleksne vrijednosti (ovo je radi praktičnosti, budući da se tada neki sustavi mogu zapisati kompaktnije).

Kaže se da sustav (3) ima red m u odnosu na xm.

Derivati ​​se nazivaju stariji, a ostali (uključujući xm = sebe) nazivaju se mlađi. Ako je sve m =, onda jednostavno kažemo da je poredak sustava jednak.

Istina, broj m se često naziva redoslijedom sustava, što je također prirodno, kao što će biti jasno u nastavku.

Pitanje potrebe proučavanja ODE-a i njihove primjene smatrat ćemo dovoljno opravdanim od strane drugih disciplina (diferencijalna geometrija, matematička analiza, teorijska mehanika itd.), a djelomično je obrađeno tijekom praktičnih vježbi pri rješavanju problema (npr. na primjer, iz knjige problema). U ovom kolegiju bavit ćemo se isključivo matematičkim proučavanjem sustava oblika (3), što znači odgovaranje na sljedeća pitanja:

1. što znači "riješiti" jednadžbu (sustav) (3);

2. kako to učiniti;

3. koja svojstva imaju ta rješenja, kako ih istražiti.

Pitanje 1 nije tako očito kao što se čini - vidi dolje. Odmah napominjemo da se svaki sustav (3) može svesti na sustav prvoga reda, označavajući niže derivacije kao nove nepoznate funkcije. Ovaj postupak najlakše je objasniti na primjeru:

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

Ali sada je jasno da je dovoljno proučavati samo ODE prvog reda, dok drugi mogu biti potrebni samo zbog pogodnosti notacije (takva situacija će se ponekad pojaviti u našem slučaju).

A sada se ograničavamo na ODE prvog reda:

dimx = dim F = n.

Proučavanje jednadžbe (sustava) (6) je nezgodno zbog činjenice da nije dopušteno s obzirom na derivacije dx/dt. Kao što je poznato iz analize (iz teorema implicitne funkcije), pod određenim uvjetima na F, jednadžba (6) se može riješiti s obzirom na dx/dt i napisati u obliku gdje je zadano f: Rn+1 Rn i x: R Rn je traženi. Kaže se da je (7) ODE riješen s obzirom na derivacije (ODE normalnog oblika). Prilikom prijelaza s (6) na (7), naravno, mogu nastati poteškoće:

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

Primjer. Jednadžba x 2 + x2 = 1 s rezolucijom je zapisana kao dva normalna ODE x = ± 1 x2. Trebali biste riješiti svaki od njih, a zatim interpretirati rezultat.

Komentar. Prilikom redukcije (3) na (6) mogu nastati poteškoće ako (3) ima red 0 u odnosu na neku funkciju ili dio funkcija (tj. ovo je funkcionalna diferencijalna jednadžba). Ali tada te funkcije moraju biti isključene teoremom o implicitnoj funkciji.

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

Ali u svakom slučaju, problem prijelaza iz (6) u (7) više pripada području matematičke analize nego DE i nećemo se njime baviti. Međutim, pri rješavanju ODE oblika (6) mogu se pojaviti zanimljivi momenti s gledišta ODE-a, pa je ovo pitanje prikladno proučavati prilikom rješavanja problema (kao što se radi, na primjer, u ) i bit će ga malo dotaknuto na u § 3. Ali u ostatku tečaja bavit ćemo se samo normalnim sustavima i jednadžbama. Dakle, razmotrite ODE (ODE sustav) (7). Napišimo to jednom u obliku komponenta po komponenta:

Koncept "riješi (7)" (i općenito, bilo koji DE) dugo se shvaćao kao potraga za "eksplicitnom formulom" za rješenje (tj. u obliku elementarnih funkcija, njihovih antiderivata ili posebnih funkcija, itd. .), bez naglaska na glatkoći rješenja i intervalu njegove definicije. Međutim, sadašnje stanje teorije ODE-a i drugih grana matematike (i prirodnih znanosti općenito) pokazuje da je takav pristup nezadovoljavajući, makar samo zato što je udio ODE-a koji mogu biti podložni takvoj "eksplicitnoj integraciji" iznimno velik. mali (čak i za najjednostavniji ODE x = f (t) poznato je da je rješenje u elementarnim funkcijama rijetko, iako ovdje postoji “eksplicitna formula”).

Primjer. Jednadžba x = t2 + x2, unatoč svojoj krajnjoj jednostavnosti, nema rješenja u elementarnim funkcijama (a ovdje nema čak ni "formule").

I premda je korisno poznavati one klase ODE-a za koje je moguće "eksplicitno" konstruirati rješenje (slično koliko je korisno moći "izračunati integrale" kada je to moguće, iako je to iznimno rijetko), S tim u vezi, karakteristični su sljedeći pojmovi: „integrirati ODE“, „ODE ​​integral“ (zastarjeli analozi modernih pojmova „riješiti ODE“, „rješenje ODE“), koji odražavaju prethodne koncepte rješenja. Kako razumjeti moderne pojmove, sada ćemo opisati.

a to će pitanje biti razmotreno u § 3 (i tradicionalno mu se posvećuje velika pozornost pri rješavanju zadataka na praktičnoj nastavi), ali od ovog pristupa ne treba očekivati ​​nikakvu univerzalnost. U pravilu pod procesom rješavanja (7) podrazumijevamo potpuno različite korake.

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

Prije svega, napominjemo da je jasna formulacija pojma rješenja nemoguća bez specificiranja skupa na kojem je ono definirano, makar samo zato što je rješenje funkcija, a svaka funkcija (prema školskoj definiciji) je zakon koji odgovara bilo kojem elementu određenog skupa (koja se naziva domenom definicije ova funkcija) nekom elementu drugog skupa (vrijednosti funkcije). Dakle, govoriti o funkciji bez navođenja njezinog opsega apsurdno je po definiciji. Analitičke funkcije (šire - elementarne) ovdje služe kao "iznimka" (obmanjujuće) iz sljedećih razloga (i nekih drugih), ali u slučaju DE takve slobode nisu dopuštene.

i općenito bez specificiranja skupova definicija svih funkcija uključenih u (7). Kao što će biti jasno iz onoga što slijedi, svrsishodno je strogo povezati pojam rješenja sa skupom njegove definicije, a rješenja smatrati različitim ako su njihovi skupovi definicija različiti, čak i ako se rješenja poklapaju na presjeku tih skupova.

Najčešće, u specifičnim situacijama, to znači da ako se rješenja konstruiraju u obliku elementarnih funkcija, tako da 2 rješenja imaju “istu formulu”, onda je također potrebno razjasniti podudaraju li se skupovi na kojima su te formule zapisane. Zabuna koja je dugo vladala u ovom pitanju bila je opravdava sve dok su se razmatrala rješenja u obliku elementarnih funkcija, budući da se analitičke funkcije mogu jedinstveno proširiti na šire intervale.

Primjer. x1(t) = et na (0,2) i x2(t) = et na (1,3) različita su rješenja jednadžbe x = x.

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

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

2. spojiti tako da se rješenje ne raspadne na nepovezane dijelove (u ovom slučaju je zgodnije govoriti o nekoliko rješenja) - vidi prethodni Primjer.

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

Napomena za učitelja. U nekim je udžbenicima dopušteno uključiti krajeve segmenta u domenu rješenja, ali to je nepraktično jer samo komplicira prikaz i ne daje pravu generalizaciju (vidi § 4).

Za lakše razumijevanje daljnjeg zaključivanja korisno je koristiti geometrijsku interpretaciju (7). U prostoru Rn+1 = ((t, x)) u svakoj točki (t, x) gdje je f definiran, možemo razmotriti vektor f (t, x). Ako u tom prostoru konstruiramo graf rješenja (7) (naziva se integralna krivulja sustava (7)), tada se sastoji od točaka oblika (t, x(t)). Kako se t (a, b) mijenja, ova se točka pomiče duž IC. Tangenta na IC u točki (t, x(t)) ima oblik (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Dakle, IC su one i samo one krivulje u prostoru Rn+1 koje u svakoj od svojih točaka (t, x) imaju tangentu paralelnu vektoru (1, f (t, x)). Na temelju te ideje, tzv izoklina metoda za približnu konstrukciju IC-a, koja se koristi za prikaz grafova rješenja za određene ODE (vidi.

na primjer ). Na primjer, za n = 1, naša konstrukcija znači sljedeće: u svakoj točki IC-a, njegov nagib prema osi t ima svojstvo tg = f (t, x). Prirodno je pretpostaviti da, uzimajući bilo koju točku iz skupa definicija f, kroz nju možemo povući IC. Ova će ideja u nastavku biti strogo obrazložena. Iako nam nedostaje rigorozna formulacija glatkoće rješenja, to će biti učinjeno u nastavku.

Sada bismo trebali precizirati skup B na kojem je definiran f. Ovaj set je prirodno uzeti:

1. otvoren (tako da se IC može izgraditi u blizini bilo koje točke iz B), 2. povezan (inače se svi povezani dijelovi mogu smatrati odvojeno - u svakom slučaju, IC (kao graf kontinuirane funkcije) ne može skočiti od jednog komada do drugog, pa to neće utjecati na općenitost traženja rješenja).

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

Par (, (a, b)), a b +, definiran na (a, b), naziva se rješenjem za (7) ako je C(a, b), za svaki t (a, b) točka (t , (t) ) B i (t) postoje, i (t) = f (t, (t)) (tada automatski C 1(a, b)).

Geometrijski je jasno da će (7) imati mnoga rješenja (koja je grafički lako razumjeti), jer ako crtamo IR-ove počevši od točaka oblika (t0, x0), gdje je t0 fiksno, onda ćemo dobiti različite IR-ove. Osim toga, promjena intervala za određivanje rješenja dat će drugačije rješenje, prema našoj definiciji.

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

Prisutnost "bezličnog" skupa rješenja nezgodna je za rad s njima2 - prikladnije ih je "numerirati" na sljedeći način: dodajte dodatne uvjete u (7) na način da se istaknu jedini (u određenom smislu). ) rješenje, a zatim, razvrstavajući te uvjete, radite sa svakim rješenjem zasebno (geometrijski, može postojati jedno rješenje (IR), ali ima mnogo komada - s tom ćemo se neugodnošću pozabaviti kasnije).

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

Zapravo, već smo izmislili najjednostavniji problem - ovo je problem Cauchyja: (7) s uvjetima oblika (Cauchyjevi podaci, početni podaci):

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

Naš sljedeći zadatak je dokazati postojanje rješenja Cauchyjevog problema (7), (8), a za određene komplemente Primjer je kvadratna jednadžba, bolje je napisati x1 =..., x2 =... od x = b/2 ±...

pod određenim pretpostavkama o f - i njegovoj jedinstvenosti u određenom smislu.

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

Teorema. (Peano). Neka su zadovoljeni zahtjevi na f u zadatku (1) navedeni u definiciji rješenja, tj.:

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

Dokaz. Postavimo proizvoljno (0, T0] i konstruirajmo takozvanu Eulerovu izlomljenu liniju s korakom, naime: to je izlomljena linija u Rn+1, u kojoj svaka karika ima projekciju na t os duljine, prva veza s desne strane počinje u točki (t0, x0) i takva je da je dx/dt = f (t0, x0) na njoj, desni kraj ove veze (t1, x1) služi kao lijevi kraj druge , na kojem je dx/dt = f (t1, x1) itd., i slično lijevo. Rezultirajuća polilinija definira djelomično linearnu funkciju x = (t). Dokle god je t IP, polilinija ostaje u K1 (i još više u C, a time i u B), pa je konstrukcija ispravna - za to je, zapravo, rađena pomoćna konstrukcija prije teorema.

Doista, svugdje osim prijelomnih točaka postoji i tada (s) (t) = (z)dz, gdje se na prijelomnim točkama uzimaju proizvoljne vrijednosti derivacije.

U ovom slučaju (kretanje duž izlomljene linije indukcijom) Konkretno, | (t)x0| F |t t0|.

Dakle, na IP funkcijama:

2. su ekvikontinuirani, budući da su Lipschitz:

Ovdje bi čitatelj trebao, ako je potrebno, osvježiti svoje znanje o takvim konceptima i rezultatima kao što su: ekvikontinuitet, uniformna konvergencija, Artsela-Ascolijev teorem itd.

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

Vježba. Slično razmislite s t.

Postavite 0 i pronađite 0 tako da je za sve (t1, x1), (t2, x2) C istinit. To se može učiniti s obzirom na ujednačeni kontinuitet f na kompaktnom skupu C. Nađite m N tako da Fix t Int( IP) i uzmi bilo koji s Int(IP) takav da je t s t +. Tada za sve z imamo |k (z) k (t)| F, dakle s obzirom na (4) |k (z) (t)| 2F.

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

Komentar. Neka je f C 1(B). Tada će rješenje definirano na (a, b) biti klase C 2(a, b). Doista, na (a, b) imamo: postoji f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (ovdje je Jacobi matrica) je kontinuirana funkcija. Dakle, postoje i 2 C(a, b). Možemo dodatno povećati glatkoću rješenja ako je f glatko. Ako je f analitičan, onda je moguće dokazati postojanje i jedinstvenost analitičkog rješenja (ovo je tzv. Cauchyjev teorem), iako to ne proizlazi iz prethodnog razmišljanja!

Ovdje je potrebno zapamtiti što je analitička funkcija. Ne smije se miješati s funkcijom predstavljenom nizom potenciranja (ovo je samo prikaz analitičke funkcije na, općenito govoreći, dijelu njezine domene definicije)!

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

Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti rješenja. Uz naše razumijevanje rješenja, ono uvijek nije jedinstveno, jer ako rješenje postoji, onda će njegova ograničenja na uže intervale biti druga rješenja. Ovu točku ćemo detaljnije razmotriti kasnije (u § 4), ali za sada pod jedinstvenošću podrazumijevamo podudarnost bilo koja dva rješenja na sjecištu intervala njihove definicije. Čak ni u tom smislu Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti, što nije slučajno, jer se pod njegovim uvjetima jedinstvenost ne može jamčiti.

Primjer. n = 1, f (x) = 2 |x|. Cauchyjev problem ima trivijalno rješenje: x1 0, i štoviše x2(t) = t|t|. Iz ova dva rješenja može se sastaviti cijela 2-parametarska obitelj rješenja:

gdje je + (beskonačne vrijednosti znače da nema odgovarajuće grane). Ako cijeli R smatramo domenom definicije svih ovih rješenja, onda ih još uvijek ima beskonačno mnogo.

Imajte na umu da ako u ovom zadatku upotrijebimo dokaz Peanovog teorema u smislu Eulerovih izlomljenih linija, tada će se dobiti samo nulto rješenje. S druge strane, ako je dopuštena mala pogreška u svakom koraku u procesu konstruiranja izlomljenih Eulerovih linija, tada će i nakon što parametar pogreške teži nuli, sva rješenja ostati. Dakle, Peanov teorem i Eulerove izlomljene linije prirodni su kao metoda za konstruiranje rješenja i usko su povezani s numeričkim metodama.

Problem uočen u primjeru je zbog činjenice da funkcija f nije glatka u x. Ispada da ako nametnemo dodatne zahtjeve na pravilnost f u x, onda se može osigurati jedinstvenost, a ovaj korak je u određenom smislu neophodan (vidi dolje).

Prisjetimo se nekih pojmova iz analize. Funkcija (skalarna ili vektorska) g naziva se Hölderova funkcija s eksponentom (0, 1] na skupu ako se zove Lipschitzov uvjet za 1. Za 1, to je moguće samo za konstantne funkcije. Funkcija dana na segmentu (gdje izbor 0 nije bitan) naziva se modulom kontinuiteta, ako se kaže da g zadovoljava generalizirani Hölderov uvjet s modulom, ako se u ovom slučaju zove g-ov modul kontinuiteta.

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

Za nas je važna inverzna činjenica, naime: svaka kontinuirana funkcija na kompaktnom skupu ima svoj modul kontinuiteta, tj. zadovoljava (5) s nekim. Dokažimo to. Podsjetimo da ako je kompaktan i g je C(), onda je g nužno jednoliko kontinuirano u, tj.

= (): |x y| = |g(x)g(y)|. Ispada da je to ekvivalentno uvjetu (5) s nekima. Doista, ako postoji, tada je dovoljno konstruirati modul kontinuiteta takav da (()), a zatim za |x y| = = () dobivamo Budući da su (i) proizvoljni, onda x i y mogu biti proizvoljni.

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

Za monotono i dovoljno je uzeti inverzne funkcije, no u općem slučaju potrebno je koristiti tzv. generalizirane inverzne funkcije. Za njihovo postojanje potreban je poseban dokaz, koji nećemo dati, već samo ideju (korisno je čitanje popratiti crtežima):

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

Najbolji modul kontinuiteta je linearan (Lipschitzov uvjet). To su "gotovo diferencirane" funkcije. Da bismo posljednjoj izjavi dali rigorozno značenje, potrebno je malo truda, a mi ćemo se ograničiti na samo dvije napomene:

1. Strogo govoreći, nije svaka Lipschitzova funkcija diferencibilna, kao što je primjer g(x) = |x| do R;

2. ali diferencijabilnost implicira Lipschitz, kao što pokazuje sljedeća tvrdnja. Svaka funkcija g koja ima sve M na konveksnom skupu zadovoljava Lipschitzov uvjet na njoj.

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

Komentar. Ako je f = f (t, x) (općenito govoreći, vektorska funkcija), onda možemo uvesti pojam “f je Lipschitz u x”, tj. |f (t, x) f (t, y)| C|x y|; | kroz |x y|. Za n = 1 to se obično radi pomoću formule konačnog prirasta: g(x)g(y) = g (z)(xy) (ako je g vektorska funkcija, tada je z različit za svaku komponentu). Za n 1 prikladno je koristiti sljedeći analog ove formule:

Lema. (Adamara). Neka je f C(D) (općenito govoreći, vektorska funkcija), gdje je D (t = t) konveksan za bilo koji t, a f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), gdje je A kontinuirana pravokutna matrica.

Dokaz. Za bilo koji fiksni t primjenjujemo izračun iz dokaza tvrdnje za = D (t = t), g = fk. Dobivamo željeni prikaz s A(t, x, y) = A je doista kontinuiran.

Vratimo se pitanju jedinstvenosti rješenja problema (1).

Postavimo pitanje ovako: koliki bi trebao biti modul kontinuiteta f u odnosu na x da bi rješenje (1) bilo jedinstveno u smislu da se 2 rješenja definirana na istom intervalu poklapaju? Odgovor je dat sljedećim teoremom:

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

Usporedite s gornjim primjerom nejedinstvenosti.

Lema. Ako je z C 1(,), onda u cjelini (,):

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

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

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

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

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

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

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

Pretpostavimo da postoji t1 (za određenost t1 t0) takav da je z(t1) = 0. Skup A = ( t t1 | z(t) = 0 ) nije prazan (t0 A) i omeđen je odozgo. Dakle, ima gornju granicu t1. Po konstrukciji, z = 0 na (, t1), a budući da je z kontinuiran, imamo z() = 0.

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

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

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

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

Dokaz. Pretpostavimo da postoji t1 IP takav da (t, x(t)) C. Za određenost, neka je t1 t0. Tada postoji t2 (t0, t1] takav da je |x(t) x0| = R. Slično kao u dokazu Osgoodovog teorema, možemo pretpostaviti da je t2 krajnja lijeva takva točka, ali na imamo (t, x(t)) C, tako da je |f (t, x(t))|F, pa prema tome (t, x(t)) K1, što je u suprotnosti s |x(t2) x0| = R. Dakle, (t , x(t) ) C na svim IP, a zatim (ponavljanje izračuna) (t, x(t)) K1.

Dokaz. (Korolar 2). C je kompaktan skup, dobivamo da je f Lipschitz u x u C, gdje grafovi svih rješenja leže zbog leme. Korolarom 1 dobivamo ono što je potrebno.

Komentar. Uvjet (7) znači da se Lipschitzov uvjet za f ne može bitno oslabiti. Na primjer, Hölderov uvjet s 1 više ne vrijedi. Prikladni su samo moduli kontinuiteta koji su bliski linearnom - kao što je onaj "najgori":

Vježba. (prilično komplicirano). Dokažite da ako (7) zadovoljava, onda postoji 1 koji zadovoljava (7) takav da je 1/ na nuli.

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

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

Za razliku od (1), prirodno je da (9) konstruira rješenje na zatvorenom intervalu.

Picard je predložio sljedeću metodu uzastopnih aproksimacija za rješavanje (1)=(9). Označimo x0(t) x0, a zatim indukcijom Teorem. (Cauchy-Picara). Neka je, pod uvjetima Peanovog teorema, funkcija f Lipschitz u x u bilo kojem kompaktnom skupu K konveksan u x u domeni B, tj.

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

Komentar. Jasno je da teorem ostaje važeći ako se uvjet (11) zamijeni s C(B), budući da (11) slijedi iz ovog uvjeta.

Napomena za učitelja. Zapravo, nisu potrebni svi kompakti konveksni u x, već samo cilindri, ali je formulacija napravljena na ovaj način, budući da će nam u § 5 trebati općenitije skupove, a osim toga, upravo s takvom formulacijom Primjedba izgleda najprirodnije.

Dokaz. Biramo proizvoljno (t0, x0) B i napravimo istu pomoćnu konstrukciju kao prije Peanova teorema. Dokažimo indukcijom da su svi xk definirani i kontinuirani na IP, a njihovi grafovi leže u K1, a još više u C. To je očito za x0. Ako je to točno za xk1, onda je iz (10) jasno da je xk definiran i kontinuiran na IP-u, a to je pripadnost K1.

Sada indukcijom dokazujemo procjenu IP-a:

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

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

Napomena za učitelja. Tu je i dokaz jedinstvenosti uz pomoć Gronwallove leme, to je još prirodnije, jer odmah prolazi globalno, ali do sada Gronwallova lema nije baš zgodna, jer ju je teško adekvatno percipirati prije linearnih ODE-a.

Komentar. Posljednji dokaz jedinstvenosti je poučan jer još jednom u drugačijem svjetlu pokazuje kako lokalna jedinstvenost dovodi do globalne jedinstvenosti (što ne vrijedi za postojanje).

Vježba. Dokažite jedinstvenost odjednom na cijelom IP-u, tvrdeći suprotno, kao u dokazu Osgoodovog teorema.

Važan poseban slučaj (1) su linearni ODE-i, tj. oni u kojima je vrijednost f (t, x) linearna u x:

U ovom slučaju, da bi spadali u uvjete opće teorije, potrebno je zahtijevati Dakle, u ovom slučaju, uloga B je traka, a uvjet da je Lipschitz (pa čak i diferencibilan) s obzirom na x je automatski zadovoljen: za sve t (a, b), x, y Rn imamo |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

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

Peano i Osgood ili Cauchy-Picard teoremi impliciraju jedinstvenu rješivost problema (13) na nekom intervalu (Peano-Picard) koji sadrži t0. Štoviše, rješenje na ovom intervalu je granica uzastopnih Picardovih aproksimacija.

Vježba. Pronađite ovaj interval.

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

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

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

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

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

Moguće je to ne opisivati, jer je očito, ali opet možemo primijetiti xk x na , a x je rješenje odgovarajuće (10) na . No, pritom smo konstruirali rješenje za sve (a, b), budući da je izbor zbijenog skupa proizvoljan. Jedinstvenost slijedi iz Osgoodovih ili Cauchy-Picardovih teorema (i gornje rasprave o globalnoj jedinstvenosti).

Komentar. Kao što je već spomenuto, TC-P je formalno suvišan zbog Peanoovih i Osgoodovih teorema, ali je koristan iz 3 razloga - to je:

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

2. nudi konstruktivnu metodu uzastopnih aproksimacija;

3. olakšava dokazivanje globalnog postojanja za linearne ODE.

[iako se potonje može zaključiti i iz argumenata § 4.] U nastavku ćemo se najčešće pozivati ​​na njega.

Primjer. x = x, x(0) = 1. Sukcesivne aproksimacije Dakle, x(t) = e je rješenje izvornog problema na cijelom R.

Najčešće se neće dobiti serija, ali ostaje određena konstruktivnost. Također je moguće procijeniti pogrešku x xk (vidi ).

Komentar. Iz Peano, Osgood i Cauchy-Picard teorema lako je dobiti odgovarajuće teoreme za ODE višeg reda.

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

Donekle narušavajući logiku kolegija, ali kako bismo što bolje asimilirali i opravdali metode rješavanja zadataka u praktičnoj nastavi, privremeno ćemo prekinuti izlaganje opće teorije i baviti se tehničkim problemom "eksplicitnog rješenja ODE-a".

§ 3. Neke metode integracije Dakle, razmatramo skalarnu jednadžbu = f (t, x). Najjednostavniji poseban slučaj koji smo naučili integrirati je tzv. URP, tj. jednadžba u kojoj je f (t, x) = a(t)b(x). Formalni trik integracije ERP-a je "razdvojiti" varijable t i x (otuda naziv): = a(t)dt, a zatim uzeti integral:

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

1. Dijeljenje s b(x). Pretpostavljamo da je f kontinuiran, pa je a C(,), b C(,), tj. B je pravokutnik (,) (,)(općenito govoreći, beskonačan). Skupovi (b(x) 0) i (b(x) 0) su otvoreni i stoga su konačni ili prebrojivi skupovi intervala. Između ovih intervala postoje točke ili segmenti gdje je b = 0. Ako je b(x0) = 0, tada Cauchyjev problem ima rješenje x x0. Možda ovo rješenje nije jedinstveno, tada u njegovoj domeni definicije postoje intervali gdje je b(x(t)) = 0, ali se tada mogu podijeliti s b(x(t)). Napomenimo usput da je funkcija B monotona na tim intervalima, pa stoga možemo uzeti B 1. Ako je b(x0) = 0, tada je b(x(t)) = 0 u susjedstvu t0, a postupak je legalan . Dakle, opisani postupak treba, općenito govoreći, primijeniti kada se područje definicije rješenja podijeli na dijelove.

2. Integracija lijevog i desnog dijela s obzirom na različite varijable.

Metoda I. Neka želimo pronaći rješenje problema Kod(t) shi (1) x = (t). Imamo: = a(t)b((t)), odakle - strogo smo dobili istu formulu.

Metoda II. Jednadžba je tzv. simetrični zapis izvornog ODE-a, tj. onaj koji ne specificira koja je varijabla neovisna, a koja ovisna. Takav oblik ima smisla upravo u slučaju da razmatramo jednu jednadžbu prvog reda s obzirom na teorem o invarijantnosti oblika prvog diferencijala.

Ovdje je primjereno detaljnije se pozabaviti konceptom diferencijala, ilustrirajući ga na primjeru ravnine ((t, x)), krivulja na njoj, nastalih veza, stupnjeva slobode i parametra na krivulji.

Dakle, jednadžba (2) povezuje diferencijale t i x duž željenog IC-a. Tada je integriranje jednadžbe (2) na način prikazan na početku savršeno legalno - to znači, ako želite, integraciju preko bilo koje varijable odabrane kao neovisne.

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

Tada imamo: = a(t(s))t (s)ds, što nakon daje Ovdje se trebamo usredotočiti na univerzalnost simetrične notacije, na primjer: krug nije zapisan ni kao x(t), ni kao t(x), ali kao x(s), t(s).

Neki drugi ODE prvog reda svode se na URP, što se može vidjeti pri rješavanju problema (npr. prema problemskoj knjizi).

Drugi važan slučaj je linearni ODE:

Metoda I. Varijacija konstante.

ovo je poseban slučaj općenitijeg pristupa, o kojem će biti riječi u 2. dijelu. Poanta je da pronalaženje rješenja u posebnom obliku snižava red jednadžbe.

Prvo se odlučimo. homogena jednadžba:

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

Formula (4) sadrži proizvoljnu konstantu C1.

Metoda konstantne varijacije sastoji se u tome da se rješenjem (3) C1(t) = C0 + može vidjeti (kao za algebarske linearne sustave) struktura ORNY=CHRNY+OROU (više o tome u 2. dijelu).

Ako želimo riješiti Cauchyjev problem x(t0) = x0, onda iz Cauchyjevih podataka trebamo pronaći C0 – lako dobivamo C0 = x0.

Metoda II. Nađimo IM, tj. funkciju v kojom treba pomnožiti (3) (napisati na način da se sve nepoznanice skupe na lijevoj strani: x a(t)x = b(t)) tako da derivacija neke zgodne kombinacije.

Imamo: vx vax = (vx), ako je v = av, tj. (takva je jednadžba, (3) ekvivalentna jednadžbi koja se već lako rješava i daje (5). Ako je Cauchyjev problem riješen, tada u ( 6) prikladno je odmah uzeti određeni integral. Neki drugi se svode na linearne ODE-ove (3), što se može vidjeti pri rješavanju problema (na primjer, prema knjizi zadataka) Važan slučaj linearnih ODE-a (odmah za bilo koje n ) će se detaljnije razmotriti u 2. dijelu.

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

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

Ako (7) pomnožimo s proizvoljnom funkcijom M (t, x), dobivamo ekvivalentan oblik zapisa iste jednadžbe:

Dakle, isti ODE ima mnogo simetričnih unosa. Među njima posebnu ulogu imaju tzv. bilježi u ukupnim diferencijalima, naziv UPD-a je neuspješan, jer ovo svojstvo nije jednadžba, već oblik njegovog zapisa, tj. takav da je lijeva strana (7) jednaka dF (t, x) s nekim F.

Jasno je da je (7) FTD ako i samo ako je A = Ft, B = Fx s nekim F. Kao što je poznato iz analize, potonje je potrebno i dovoljno. Ne potkrepljujemo strogo tehničke točke, na primjer, glatkoću svih funkcija. Činjenica je da § ima sporednu ulogu - uopće nije potreban za ostale dijelove tečaja, a ne bih se htio previše truditi oko njegovog detaljnog predstavljanja.

Dakle, ako je (9) zadovoljeno, tada postoji F (jedinstven je do aditivne konstante) takav da se (7) prepisuje kao dF (t, x) = 0 (duž IR), tj.

F (t, x) = const duž IC, tj. IC-ovi su linije razine funkcije F. Dobivamo da je integracija FTD-a trivijalan zadatak, budući da traženje F prema A i B zadovoljava (9 ) nije teško. Ako (9) nije zadovoljeno, onda treba pronaći tzv. IM M (t, x) takav da je (8) FDD, za koji je potrebno i dovoljno izvesti analogiju (9) koja ima oblik:

Kao što slijedi iz PDE teorije prvog reda (o kojoj ćemo raspravljati u 3. dijelu), jednadžba (10) uvijek ima rješenje, tako da IM postoji. Dakle, bilo koja jednadžba oblika (7) može se napisati u obliku FDD-a i stoga dopušta "eksplicitnu" integraciju. Ali ova razmatranja ne daju konstruktivnu metodu u općem slučaju, jer je za rješavanje (10), općenito govoreći, potrebno pronaći rješenje (7), što je ono što tražimo. Međutim, postoji niz tehnika IM pretraživanja koje se tradicionalno razmatraju u praktičnoj nastavi (vidi na primjer).

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

Doista, ERP dx/dt = a(t)b(x), napisan u simetričnom obliku dx = a(t)b(x)dt, rješava se množenjem s IM 1/b(x), jer nakon toga prelazi u FDD dx/b(x) = a(t)dt, tj. dB(x) = dA(t). Linearna jednadžba dx/dt = a(t)x + b(t), napisana u simetričnom obliku dx a(t)xdt b(t)dt, rješava se množenjem s MI

(s izuzetkom velikog bloka povezanog s linearnim sustavima) jesu da se korištenjem posebnih metoda redukcije reda i promjene varijabli svode na ODE-ove prvog reda, koji se zatim svode na FDD, a rješavaju se primjenom glavni teorem diferencijalnog računa: dF = 0 F = konst. Pitanje snižavanja reda tradicionalno se uključuje u tijek praktičnih vježbi (vidi na primjer).

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

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

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

Korisno je zapamtiti što to znači, na primjer uz pomoć kugle u R3.

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

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

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

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

Slučaj III. U nekim točkama istovremeno gu hfu = gv hfv = 0. Ovdje je potrebna posebna analiza odgovara li ovaj skup nekim rješenjima (ona se tada nazivaju singularna).

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

x = tp + p2. Parametriziramo ovu plohu: t = u, p = v, x = uv + v 2. Jednadžba (13) ima oblik (u + 2v)dv = 0.

Slučaj I. Nije implementirano.

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

Dakle, t = u, x = Cu + C 2 je parametarski zapis IR.

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

Slučaj III. u + 2v = 0, tj. v = u/2. Dakle, t = u, x = u2/4 je parametarski zapis “IC kandidata”.

Da bismo provjerili je li to doista IR, zapisujemo ga eksplicitno x = t2/4. Pokazalo se da je ovo (posebno) rješenje.

Vježba. Dokažite da se posebno rješenje odnosi na sve ostale.

Ovo je opća činjenica - graf bilo kojeg posebnog rješenja je omotnica obitelji svih ostalih rješenja. To je osnova za još jednu definiciju singularnog rješenja, upravo kao omotnice (vidi ).

Vježba. Dokažite da za općenitiju Clairautovu jednadžbu x = tx (x) s konveksnom funkcijom, posebno rješenje ima oblik x = (t), gdje je Legendreova transformacija od , tj. = ()1, ili (t) = max (tv (v)). Slično za jednadžbu x = tx + (x).

Komentar. Sadržaj § 3. detaljnije i točnije opisan je u udžbeniku.

Napomena za učitelja. Prilikom održavanja tečaja predavanja može biti korisno proširiti § 3, dajući mu strožiji oblik.

Vratimo se sada na glavni nacrt tečaja, nastavljajući izlaganje započeto u §§ 1,2.

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

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

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

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

3. kako točno formulirati koncept jedinstvenosti rješenja bez zadrške oko intervala njegove definicije?

Činjenica da je odgovor na pitanje 2 općenito negativan (točnije, zahtijeva veliku točnost) pokazuje sljedeći primjer. x = x2, x(0) = x0. Ako je x0 = 0, tada je x 0 - nema drugih rješenja prema Osgoodovu teoremu. Ako je x0 = 0, tada odlučujemo da je korisno napraviti crtež). Interval postojanja rješenja ne može biti veći od (, 1/x0) odnosno (1/x0, +), za x0 0 i x0 0 (druga grana hiperbole nema nikakve veze s rješenjem! - to je tipična greška učenika). Na prvi pogled ništa u izvornom problemu nije "nagovještavalo takav ishod". U § 4 naći ćemo objašnjenje za ovu pojavu.

Na primjeru jednadžbe x = t2 + x2 prikazana je tipična pogreška učenika o intervalu postojanja rješenja. Ovdje činjenica da je "jednadžba posvuda definirana" uopće ne znači da se rješenje može proširiti na cijeli pravac. To je jasno čak i iz čisto svakodnevnog stajališta, na primjer, u vezi sa pravnim zakonima i procesima koji se po njima odvijaju: čak i ako zakon izričito ne propisuje prestanak postojanja poduzeća 2015., to ne znači uopće da ova tvrtka do ove godine neće otići u stečaj iz internih razloga (iako posluje u okvirima zakona).

Kako bi se odgovorilo na pitanja 1–3 (pa čak i jasno ih formulirali), neophodan je pojam neproširljivog rješenja. Rješenja jednadžbe (1)1 ćemo (kao što smo se prethodno dogovorili) razmatrati kao parove (, (tl (), tr ())).

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

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

Jasno je da su upravo IS-ovi od posebne vrijednosti, te je u njihovom smislu potrebno dokazati postojanje i jedinstvenost. Postavlja se prirodno pitanje - je li uvijek moguće konstruirati IS na temelju nekog lokalnog rješenja, ili na Cauchyjevom problemu? Ispostavilo se da da. Da bismo to razumjeli, predstavimo pojmove:

Definicija. Skup rješenja ((, (tl (), tr ()))) je konzistentan ako se bilo koja 2 rješenja iz ovog skupa poklapaju na sjecištu intervala njihove definicije.

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

Jasno je da je izgradnja INN-a ekvivalentna konstrukciji IS-a, naime:

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

Vježba. Potvrdi.

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

postavljamo (t) = (t), gdje je bilo koji INN element definiran u ovoj točki. Očito je da će takva funkcija biti jednoznačno definirana u cjelini (t, t+) (jedinstvenost proizlazi iz konzistentnosti skupa), a u svakoj točki poklapa se sa svim INN elementima definiranim u ovoj točki. Za bilo koji t (t, t+) postoji neki definiran u njemu, a time i u njegovu susjedstvu, a budući da u tom susjedstvu postoji rješenje (1)1, onda isto tako. Dakle, postoji rješenje (1)1 u cjelini (t, t+). Ne može se proširiti, jer bi se inače INN-u moglo dodati netrivijalno proširenje unatoč njegovoj maksimalnosti.

Konstrukcija ILS problema (1) u općem slučaju (pod uvjetima Peanovog teorema), kada ne postoji lokalna jedinstvenost, moguća je (vidi , ), ali prilično glomazna - temelji se na korak-po- korak primjene Peano teorema s nižom procjenom za duljinu intervala proširenja. Dakle, HP uvijek postoji. To ćemo opravdati samo u slučaju kada postoji lokalna jedinstvenost, tada je konstrukcija INN-a (a time i IR-a) trivijalna. Na primjer, radi određenosti, djelovat ćemo u okviru TC-P.

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

Dokaz. Razmotrimo skup svih rješenja zadatka (1) (nije prazan prema TK-P). On čini INN - konzistentan zbog lokalne jedinstvenosti, a maksimalan s obzirom na činjenicu da je to skup svih rješenja Cauchyjevog problema općenito. Dakle, NR postoji. Jedinstvena je zbog lokalne posebnosti.

Ako je potrebno konstruirati IS na temelju dostupnog lokalnog rješenja (1)1 (a ne Cauchyjevog problema), tada se ovaj problem, u slučaju lokalne jedinstvenosti, svodi na Cauchyjev problem: potrebno je odabrati bilo koju točku na postojeći IR i razmotriti odgovarajući Cauchyjev problem. IS ovog problema bit će nastavak izvornog rješenja zbog svoje jedinstvenosti. Ako ne postoji jedinstvenost, onda se nastavak zadanog rješenja provodi prema gore navedenom postupku.

Komentar. HP se ne može produžiti na krajevima svog intervala postojanja (bez obzira na uvjet jedinstvenosti) tako da je rješenje i na krajnjim točkama. Za opravdanje, potrebno je pojasniti što se podrazumijeva pod rješenjem ODE na krajevima segmenta:

1. Pristup 1. Neka se rješenje (1)1 na intervalu shvati kao funkcija koja zadovoljava jednadžbu na krajevima u smislu jednostrane derivacije. Tada mogućnost navedenog proširenja nekog rješenja, na primjer, na desnom kraju intervala njegovog postojanja (t, t+] znači da IC ima krajnju točku unutar B, a C 1(t, t+). Ali tada, riješivši Cauchyjev problem x(t+) = (t+) za (1) i pronalazeći njegovo rješenje, dobivamo, za desni kraj t+ (u točki t+ postoje obje jednostrane derivacije i jednake su f (t+ , (t+)), što znači da postoji obična izvedenica), tj. nije bilo NR.

2. Pristup 2. Ako pod rješenjem (1)1 na segmentu mislimo na funkciju koja je kontinuirana samo na krajevima, ali takva da krajevi IC leže u B (čak i ako jednadžba ne mora biti zadovoljeni na krajevima), onda i dalje dobivamo isto razmišljanje, samo u smislu odgovarajuće integralne jednadžbe (vidi detalje).

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

Kao rezultat toga, odgovorili smo na pitanje 3, postavljeno na početku § 4: pod uvjetom jedinstvenosti (na primjer, Osgood ili Cauchy-Picard), rješenje Cauchyjevog problema jedinstveno je u HP-u. Ako je uvjet jedinstvenosti prekršen, tada može postojati mnogo IS Cauchyjevog problema, svaki sa svojim intervalom postojanja. Bilo koje rješenje (1) (ili jednostavno (1)1) može se proširiti na IS.

Da bi se odgovorilo na pitanja 1 i 2, potrebno je posebno razmotriti ne varijablu t, već ponašanje IC-a u prostoru Rn+1. Na pitanje kako se IC ponaša "blizu krajeva", odgovara Imajte na umu da interval postojanja ima krajeve, ali ih IC možda nema (kraj IC u B uvijek ne postoji - vidi napomenu iznad, ali kraj možda ne postoji na B - vidi dolje).

Teorema. (o napuštanju kompakta).

formuliramo ga pod uvjetima lokalne jedinstvenosti, ali to nije potrebno - vidi , gdje je TPK formuliran kao kriterij za NR.

Pod uvjetima TC-P, graf bilo kojeg IS jednadžbe (1)1 napušta bilo koji kompaktni skup K B, tj. K B (t, t+): (t, (t)) K na t .

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

Komentar. Dakle, IC IS blizu t± približava se B: ((t, (t)), B) 0 kao t t± - proces nastavka rješenja ne može završiti striktno unutar B.

pozitivno, ovdje je kao vježba korisno dokazati pozitivnost udaljenosti između disjunktnih zatvorenih skupova, od kojih je jedan kompaktni skup.

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

Sada, kao željeni segment, možete uzeti = . Doista, moramo pokazati da ako je (t, (t)) K, onda je t + T0 t t + T0. Pokažimo, na primjer, drugu nejednakost. Rješenje Cauchyjevog problema (2) s x = (t) postoji udesno barem do točke t + T0, ali je IS istog problema, koji je zbog svoje jedinstvenosti ekstenzija, pa je t + T0 t+.

Dakle, IS dijagram uvijek "dostigne B", tako da interval postojanja IS-a ovisi o geometriji IC-a.

Na primjer:

Izjava. Neka je B = (a, b)Rn (konačan ili beskonačan interval), f zadovoljava TC-P uvjete u B, je IS problema (1) s t0 (a, b). Tada je ili t+ = b ili |(t)| + za t t+ (i slično za t).

Dokaz. Dakle, neka je t+ b, zatim t+ +.

Razmotrimo kompaktni skup K = B B. Za bilo koji R +, prema TPK, postoji (R) t+ takav da je za t ((R), t+) točka (t, (t)) K. Ali budući da je t t+, to je moguće samo za račun |(t)| R. Ali to znači |(t)| + za t t+.

U ovom konkretnom slučaju vidimo da ako je f definiran "za sve x", tada interval postojanja IS-a može biti manji od maksimalno mogućeg (a, b) samo zbog težnje IS-a da pri približavanju krajevi intervala (t, t+) (općenito slučaj - do granice B).

Vježba. Generalizirajte posljednju tvrdnju na slučaj kada je B = (a, b), gdje je Rn proizvoljno područje.

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

Dakle, odgovorili smo na pitanje 2 (usp. primjer na početku § 4): IR doseže B, ali njegova projekcija na t-os možda neće doseći krajeve projekcije B na t-os. Ostaje 1. pitanje - postoje li znakovi po kojima se bez rješavanja ODE može suditi o mogućnosti nastavka rješenja na "najširi mogući interval"? Znamo da je za linearne ODE ovo proširenje uvijek moguće, ali u primjeru na početku § 4 to je nemoguće.

Razmotrimo prvo, radi ilustracije, poseban slučaj ERP-a za n = 1:

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

to bi se već moglo učiniti u Osgoodovu teoremu i povezanim tvrdnjama.

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

Posljedica. Ako je a = 1, = +, tada je t+ = + Dokaz. (Tvrdnje). Imajte na umu da se x monotono povećava.

Vježba. Dokazati.

Dakle, x(t+) = lim x(t) + postoji. Imamo slučaj 1. t+, x(t+) + - je nemoguće po TPK, budući da je x IS.

Oba su integrala ili konačna ili beskonačna.

Vježba. Dodajte dokaz.

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

Dakle, za najjednostavnije ODE za n = 1 oblika x = f (x), proširivost rješenja do do određena je sličnošću.

autonomne) jednadžbe, vidi dio 3.

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

U općem slučaju, situacija je određena mnogim čimbenicima i nije tako jednostavna, ali ostaje važnost "stope rasta f u x". Za n 1, teško je formulirati kriterije proširivosti, ali postoje dovoljni uvjeti. U pravilu se opravdavaju uz pomoć tzv. apriorne procjene rješenja.

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

Ali ispada da prisutnost AO jamči da će rješenja i dalje biti definirana na svim (,) (i stoga zadovoljiti procjenu na cijelom intervalu), tako da se apriorna procjena pretvara u posteriornu:

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

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

Dakle, za dokazivanje proširenja rješenja na određeni interval dovoljno je formalno procijeniti rješenje na cijelom traženom intervalu.

Analogija: mjerljivost funkcije prema Lebesgueu i formalno vrednovanje integrala podrazumijevaju stvarno postojanje integrala.

Evo nekoliko primjera situacija u kojima ova logika funkcionira. Počnimo s ilustriranjem gornje teze o "rastu f u x je prilično spor."

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

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

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

g je bilo koji, a zapravo je potreban samo C, i gdje god =, tamo. Ali da ne bismo preplavili glavu, razmotrimo to kao u Lemi. Ovdje postoji stroga nejednakost, ali nelinearni ODE, a postoji i tzv.

Napomena za učitelja. Nejednadžbe ove vrste, kao u Lemi, nazivaju se nejednakosti Chaplyginovog tipa (NC). Lako je vidjeti da lemi nije bio potreban uvjet jedinstvenosti, pa je tako "strogi NP" točan i u okviru Peanovog teorema. "Nestrogi LF" je očito lažan bez jedinstvenosti, budući da je jednakost poseban slučaj nestroge nejednakosti. Konačno, “nestrogi NP” je istinit u okviru uvjeta jedinstvenosti, ali se može dokazati samo lokalno, uz pomoć IM-a.

Dokaz. (Tvrdnje). Dokažimo da je t+ = (t = slično). Pretpostavimo da je t+, onda prema gornjoj tvrdnji |x(t)| + za t t+, pa možemo pretpostaviti da je x = 0 na . Ako dokažemo AO |x| h na ) (loptica je zatvorena radi praktičnosti).

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

Naznačimo dovoljan uvjet na f pod kojim se može jamčiti postojanje IS-a na R+ za sve dovoljno male x0 = x(0). Da bismo to učinili, pretpostavimo da (4) ima tzv funkcija Ljapunova, tj. funkcija V takva da:

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

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

Provjerimo ispunjenost uvjeta A i B:

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

B. Sve dok je rješenje (5) definirano i ostaje u kugli B(0, R), možemo dati sljedeći argument. Imamo:

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

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

Teorema. Ako (4) ima funkciju Ljapunova u B(0, R), tada je za sve x0 B(0, R) (gdje je R definiran gore) IS Cauchyjevog problema x(t0) = x0 za sustav (4) (s bilo kojim t0) definiranim na +.

Dokaz. Po točki A, rješenje se može konstruirati na , gdje je t1 = t0 + T0 /2. Ovo rješenje leži u B(0, R) i na njega primjenjujemo stavku B, tako da je |x(t1)| R/2. Ponovno primjenjujemo stavku A i dobivamo rješenje na , gdje je t2 = t1 + T0/2, tj. sada je rješenje izgrađeno na . Na ovo rješenje primjenjujemo točku B i dobivamo |x(t2)| R/2 itd. U prebrojivom broju koraka dobivamo rješenje u § 5. Ovisnost ODE rješenja o Razmotrimo Cauchyjev problem gdje je Rk. Ako za neki t0(), x0() ovaj Cauchyjev problem ima IS, onda je to x(t,). Postavlja se pitanje: kako proučavati ovisnost x o? Ovo je pitanje važno zbog raznih primjena (i pojavit će se posebno u 3. dijelu), od kojih je jedna (iako možda ne i najvažnija) približno rješenje ODE-a.

Primjer. Razmotrimo Cauchyjev problem, njegov IS postoji i jedinstven je, kao što slijedi iz TK-P, ali ga je nemoguće izraziti u elementarnim funkcijama. Kako onda istražiti njegova svojstva? Jedan od načina je sljedeći: imajte na umu da je (2) “blizak” problemu y = y, y(0) = 1, čije je rješenje lako naći: y(t) = et. Možemo pretpostaviti da je x(t) y(t) = et. Ova ideja je jasno formulirana na sljedeći način: razmotrite problem At = 1/100 ovo je (2), a kod = 0 ovo je problem za y. Ako dokažemo da je x = x(t,) kontinuiran u (u određenom smislu), onda ćemo dobiti da je x(t,) y(t) na 0, što znači x(t, 1/100) y( t ) = et.

Istina, ostaje nejasno koliko je x blizu y, ali dokazivanje da je x kontinuiran u odnosu na prvi je nužni korak bez kojeg je daljnji napredak nemoguć.

Slično, korisno je proučavati ovisnost o parametrima u početnim podacima. Kako ćemo kasnije vidjeti, ova se ovisnost lako može svesti na ovisnost o parametru s desne strane jednadžbe, pa se za sada ograničavamo na problem oblika Neka f C(D), gdje je D regija u Rn+k+1; f je Lipschitz u x u bilo kojem kompaktnom skupu u D konveksan u x (na primjer, C(D) je dovoljan). Popravljamo (t0, x0). Označimo M = Rk | (t0, x0,) D je skup dopuštenih (za koji problem (4) ima smisla). Imajte na umu da je M otvoren. Pretpostavljamo da su (t0, x0) odabrani tako da je M =. Prema TK-P, za sve M postoji jedan IS problema (4) - funkcija x = (t,) definirana na intervalu t (t(), t+()).

Strogo govoreći, budući da ovisi o mnogim varijablama, moramo napisati (4) na sljedeći način:

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

Trebamo pomoćni rezultat:

Lema. (Gronwall). Neka funkcija C, 0, zadovoljava procjenu za sve t. Tada je za sve istinita Napomena za učitelja. Kada čitate predavanje, ne možete unaprijed zapamtiti ovu formulu, već ostavite prostor i unesite ga nakon zaključka.

Ali onda imajte ovu formulu na vidnom mjestu, jer će to biti potrebno u ToNZ-u.

h = A + B Ah + B, odakle dobivamo ono što se traži.

Značenje ove leme: diferencijalna jednadžba i nejednakost, povezanost između njih, integralna jednadžba i nejednakost, veza između svih njih, Gronwallove diferencijalne i integralne leme i povezanost između njih.

Komentar. Ovu lemu je moguće dokazati pod općenitijim pretpostavkama o A i B, ali to nam još ne treba, ali će se to učiniti u UMF tečaju (dakle, lako je vidjeti da nismo koristili kontinuitet A i B, itd.).

Sada smo spremni jasno navesti rezultat:

Teorema. (ToNS) Pod pretpostavkama napravljenim o f i u gore uvedenoj notaciji, možemo tvrditi da je G otvoren, ali C(G).

Komentar. Jasno je da skup M općenito nije povezan, pa stoga ni G možda nije povezan.

Napomena za učitelja. Međutim, ako bismo uključili (t0, x0) u broj parametara, onda bi veza bila - to se radi u .

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

Neka je, radi određenosti, t t0. Imamo: M, tako da je (t,) definirano na (t(), t+()) t, t0, što znači da na nekom segmentu takvom da t točka (t, (t,),) prolazi kroz kompaktna krivulja D (paralelna s hiperravninama ( = 0)). To znači da skup forme Definicija morate cijelo vrijeme držati pred očima!

također postoji kompaktni skup u D za dovoljno male a i b (konveksan u x), tako da je funkcija f Lipschitz u x:

[Ovu procjenu morate stalno držati pred očima! ] i jednoliko je kontinuiran u svim varijablama, a još više |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

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

Po konstrukciji, t2 (t0, t1). Naš će zadatak biti pokazati da je t2 = t1 pod dodatnim ograničenjima na. Neka sada t3 . Imamo (za sve takve t3, sve dolje korištene veličine definirane su konstrukcijom):

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

gdje se integrand procjenjuje na sljedeći način:

±f (t, (t,),), umjesto ±f (t, (t,),), jer je razlika |(t, 1) (t,)| samo još nema procjene, pa je (t, (t, 1)) nejasno, ali za |1 | postoji, a (t, (t,), 1) je poznato.

tako da |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

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

Dakle, s takvim izborom od 1, kada je t3 = t2, i dalje |(t2, 1) (t2,)| a, kao i |1 | b. Dakle, (t2, (t2, 1), 1) je moguće samo zbog činjenice da je t2 = t1. Ali to posebno znači da je (t, 1) definirano na cijelom intervalu , tj. t1 t+(1), a sve točke oblika (t, 1) G ako t , |1 | 1 (t1).

To jest, iako t+ ovisi o, ali segment ostaje lijevo od t+() na dovoljno blizu 0. Na slici Slično, na t t0, prikazano je postojanje brojeva t4 t0 i 2(t4). Ako je t t0, tada je točka (t,) B(, 1) G, slično za t t0, a ako je t = t0, tada su primjenjiva oba slučaja, tako da je (t0,) B(, 3) G, gdje je 3 = min (12). Važno je da se za fiksni (t,) može pronaći t1(t,) tako da je t1 t 0 (odnosno t4), a 1(t1) = 1(t,) 0 (odnosno 2), tako da je izbor 0 = 0(t,) jasan (budući da se lopta može upisati u rezultirajuću cilindričnu okolinu).

zapravo, dokazano je suptilnije svojstvo: ako je IS definiran na određenom intervalu, tada su na njemu definirani svi IS s dovoljno bliskim parametrima (tj.

sve malo poremećene HP). Međutim, i obrnuto, ovo svojstvo proizlazi iz otvorenosti G, kao što će biti pokazano u nastavku, pa su to ekvivalentne formulacije.

Dakle, dokazali smo stavku 1.

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

„Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Federalna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja DRŽAVNO SVEUČILIŠTE ZA MENADŽMENT Institut za osposobljavanje znanstvenog, pedagoškog i znanstvenog osoblja PROGRAM PRIJEMNIH ISPITIVANJA U SPECIJALNOJ DISCIPLINI SOCIOLOGIJA MOSKVA1 -120. ORGANIZACIJSKO-METODIČKE UPUTE prijemni ispiti na diplomski studij u ..."

« Amur State University Odjel za psihologiju i pedagogiju OBRAZOVNI I METODOLOŠKI KOMPLEKS DISCIPLINA KONSULTATIVNA PSIHOLOGIJA Glavni obrazovni program u smjeru diplome 030300.62 Psihologija Blagoveshchensk 2012. Odsjek za psihologiju Blagoveshchensk i UMKd su na sastanku Protogo P. preporučili ...

"automobilska industrija) Omsk - 2009. 3 Federalna agencija za obrazovanje GOU VPO Sibirska državna automobilska i cestovna akademija (SibADI) Odjel za inženjersku pedagogiju METODOLOŠKE UPUTE za proučavanje discipline Pedagoške tehnologije za studente specijalnosti 050501 - Stručno osposobljavanje (automobili i automobili.. ."

"Serija Udžbenik G.S. Rozenberg, F.N. Ryansky TEORIJSKA I PRIMIJENJENA EKOLOGIJA Udžbenik koji preporučuje Obrazovno-metodološko udruženje za klasično sveučilišno obrazovanje Ruske Federacije kao udžbenik za studente visokoškolskih ustanova ekoloških specijalnosti 2. izdanje Nizhnevartovsk Institute Nizhnevartovsk Izdavačka kuća Peda20gvarsk LBC05 28.080.1ya73 R64 Recenzenti: dr. Biol znanosti, profesor V.I. Popchenko (Ekološki institut...»

“MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKOG FEDERACIJE savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja KRASNOYARSK DRŽAVNO PEDAGOŠKO SVEUČILIŠTE im. V.P. Astafieva E.M. Antipova MALA RADIONICA O BOTANICI Elektroničko izdanje KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Recenzenti: Vasiliev A.N. V.P. Astafjev; Yamskikh G.Yu., doktor geoloških znanosti, profesor Sibirskog saveznog sveučilišta Tretyakova I.N., doktor bioloških znanosti, profesor, vodeći suradnik Instituta za šume...»

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Federalna državna obrazovna proračunska ustanova visokog stručnog obrazovanja Amursko državno sveučilište Odsjek za psihologiju i pedagogiju OBRAZOVNO-METODOLOŠKI KOMPLEKS DISCIPLINE OSNOVE PEDIJATRIJE I HIGIJENE Glavni obrazovni program u smjeru izobrazbe 00ch0 i PSP 06204 pedagoško obrazovanje Blagoveshchensk 2012 1 UMKd razvijen Razmatrano i preporučeno na sastanku Odjela za psihologiju i ... "

“Provjera zadataka s detaljnim odgovorom Državna (konačna) certifikacija maturanata devetog razreda obrazovnih ustanova (u novom obliku) 2013. GEOGRAFIJA Moskva 2013. Sastavila: Ambartsumova E.M. Povećanje objektivnosti rezultata državne (konačne) certifikacije maturanata 9. razreda općeobrazovnih ustanova (u ... "

“Praktične preporuke o korištenju referentnih, informacijskih i metodičkih sadržaja za nastavu ruskog jezika kao državnog jezika Ruske Federacije. Praktične preporuke upućene su nastavnicima ruskog (uključujući i jezik koji nije maternji). Sadržaj: Praktične preporuke i smjernice za odabir 1. sadržaja gradiva za odgojno-obrazovnu nastavu posvećenu problemima funkcioniranja ruskog jezika kao državnog..."

«EVMURYUKINA RAZVOJ KRITIČKOG RAZMIŠLJANJA I MEDIJSKE KOMPETENTNOSTI STUDENATA U PROCESU ANALIZE TISKA Udžbenik za sveučilišta Taganrog 2008. 2 Muryukina Ye.V. Razvoj kritičkog mišljenja i medijske kompetencije učenika u procesu analize tiska. Udžbenik za sveučilišta. Taganrog: NP Centar za razvoj osobnosti, 2008. 298 str. Udžbenik se bavi razvojem kritičkog mišljenja i medijske kompetencije učenika u procesu medijskog odgoja. Jer novinari danas…”

„O. P. Golovchenko O FORMIRANJU TJELESKE AKTIVNOSTI ČOVJEKA II dio PEDAGOGIKE I MOTORIČKE AKTIVNOSTI 3 Obrazovno izdanje Oleg Petrovich Golovchenko FORMIRANJE TJELESKE AKTIVNOSTI ČOVJEKA Udžbenik II dio Pedagogija ili ispravna. Kosenkova Računalni izgled izradili su D.V. Smolyak i S.V. Potapova *** Potpisano za objavu 23.11. Format 60 x 90/1/16. Papir za pisanje Vrijeme slušalica Operativni način ispisa Usl. p.l...."

«DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA Kazan State University po imenu V.I. U I. ULYANOVA-LENINA Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Nastavno pomagalo Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Nastavno pomagalo u smjeru Elektronički obrazovni resursi. - Kazan: KSU, 2008. Nastavni i metodički priručnik izdaje se odlukom ... "

“MINISTARSTVO OBRAZOVANJA RUSKOG FEDERACIJE Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Orenburško državno sveučilište Akbulak podružnica Odjel za pedagogiju V.A. TETSKOVA METODIKA NASTAVE UMJETNOSTI U OSNOVNOJ ŠKOLI OPĆE OBRAZOVNE ŠKOLE METODIČKE UPUTE Preporučeno za objavljivanje od strane Uredničkog i izdavačkog vijeća Državne obrazovne ustanove visokog stručnog obrazovanja Orenburško državno sveučilište ... "

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKOG FEDERACIJE Džegutanova DJEČJA KNJIŽEVNOST ZEMALJA STUDIJSKIH JEZIKA OBRAZOVNO-METODIČKI KOMPLEKS Stavropol 2010. 1 Objavljeno odlukom UDK 82.0 Uredničkog i izdavačkog vijeća LBC 83.3 (0) Recenzija LBC-a 83.3 (0) Državni institut Stavro GOU "Stavropol" ...

“PRAVILNIK o novom sustavu unutarškolskog ocjenjivanja kvalitete obrazovanja MBOU Kamyshinskaya srednja škola 1. Opće odredbe 1.1. Uredbom o unutarškolskom sustavu ocjenjivanja kvalitete obrazovanja (u daljnjem tekstu: uredba) utvrđuju se jedinstveni zahtjevi za provedbu unutarškolskog sustava ocjenjivanja kvalitete obrazovanja (u daljnjem tekstu: SSEKO) u općini. proračunska obrazovna ustanova srednje općeobrazovne škole Kamyshin (u daljnjem tekstu škola). 1.2. Praktična implementacija SSOKO-a izgrađena je u skladu s ..."

“MINISTARSTVO ZDRAVLJA REPUBLIKE UZBEKISTAN MEDICINSKA AKADEMIJA TAŠKENT ODSJEK opće prakse S KLINIČKOM ALERGOLOGIJOM ODOBREN od prorektora za nastavu prof. O. R. Teshaev _ 2012 PREPORUKE ZA SASTAVLJANJE OBRAZOVNIH I METODOLOŠKIH RAZVOJA ZA PRAKTIČNU NASTAVU NA JEDINSTVENOM METODOLOŠKOM SUSTAVU Metodološke upute za nastavnike medicinskih sveučilišta Taškent-2012.

"Savezna agencija za obrazovanje Gorno-Altai State University A. P. Makoshev POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA Obrazovno-metodološki priručnik Gorno-Altaisk RIO Gorno-Altai State University 2006 Objavljen odlukom Uredničkog i izdavačkog vijeća Gorno-Altai State University. P Mako. POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA. Nastavno pomagalo. - Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 str. Nastavno pomagalo razvijeno je prema obrazovnom ..."

“A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva ŠKOLA BUDUĆNOSTI MODERNI OBRAZOVNI PROGRAM FAZE ŽIVOTA 1. RAZRED METODOLOŠKI PRIRUČNIK ZA UČITELJE OSNOVNIH ŠKOLA Moskva 2009 UDK 371(075.8) LBC 74,00 N 68, Autorska prava su zakonski zaštićena. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 Suvremeni obrazovni program Koraci života. – M.: Avvallon, 2009. – 176 str. ISBN 978 5 94989 141 4 Ova je knjižica prvenstveno namijenjena odgajateljima, ali svakako sa svojim informacijama...”

« Obrazovno-metodološki kompleks RUSKO POSLOVNO PRAVO 030500 - Pravosuđe Moskva 2013 Autor - sastavljač Odjela za građanskopravne discipline Recenzent - Nastavno-metodološki kompleks razmatran je i odobren na sastanku Odjela za građanskopravne discipline Protokol br. _2013. Rusko poslovno pravo: obrazovno i metodičko ... "

"ALI. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin GEOGRAFIJA REPUBLIKE MORDOVIJE Udžbenik SARANSK IZDAVAČKA KUĆA MORDOVSKOG SVEUČILIŠTA 2004. UDK 91 (075) (470.345) LBC D9(2R351–6Mo) Ya549 Physical Geography Department of Pedro University of Voda; doktor geografije profesor A. M. Nosonov; nastavnik školskog kompleksa br. 39 u Saransku A. V. Leontiev Objavljeno odlukom obrazovno-metodološkog vijeća Fakulteta preduniverzitetske i srednje škole ... "

Ovaj kolegij predavanja održava se više od 10 godina za studente teorijske i primijenjene matematike na Dalekoistočnom državnom sveučilištu. Odgovara standardu II generacije za ove specijalitete. Preporuča se studentima i studentima matematičkih smjerova.

Cauchyjev teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda.
U ovom dijelu, nametanjem određenih ograničenja desnoj strani diferencijalne jednadžbe prvoga reda, dokazat ćemo postojanje i jedinstvenost rješenja određenog početnim podacima (x0,y0). Prvi dokaz postojanja rješenja diferencijalnih jednadžbi je zahvaljujući Cauchyju; dokaz u nastavku daje Picard; proizvodi se metodom uzastopnih aproksimacija.

SADRŽAJ
1. Jednadžbe prvog reda
1.0. Uvod
1.1. Jednadžbe s odvojivim varijablama
1.2. Homogene jednadžbe
1.3. Generalizirane homogene jednadžbe
1.4. Linearne jednadžbe prvog reda i njihove redukcije
1.5. Bernoullijeva jednadžba
1.6. Riccati jednadžba
1.7. Jednadžba u totalnim diferencijalima
1.8. integrirajući faktor. Najjednostavniji slučajevi pronalaženja integrirajućeg faktora
1.9. Jednadžbe nisu riješene s obzirom na derivaciju
1.10. Cauchyjev teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda
1.11. Singularne točke
1.12. Posebna rješenja
2. Jednadžbe višeg reda
2.1. Osnovni pojmovi i definicije
2.2. Vrste jednadžbi n-tog reda, rješive u kvadraturama
2.3. Intermedijarni integrali. Jednadžbe koje dopuštaju redukcije u redu
3. Linearne diferencijalne jednadžbe n-tog reda
3.1. Osnovni koncepti
3.2. Linearne homogene diferencijalne jednadžbe n-tog reda
3.3. Smanjenje reda linearne homogene jednadžbe
3.4. Nehomogene linearne jednadžbe
3.5. Redukcija reda u linearnoj nehomogenoj jednadžbi
4. Linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.1. Homogena linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima
4.2. Nehomogene linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.3. Linearne jednadžbe drugog reda s oscilirajućim rješenjima
4.4. Integracija putem niza snage
5. Linearni sustavi
5.1. Heterogeni i homogeni sustavi. Neka svojstva rješenja linearnih sustava
5.2. Nužni i dovoljni uvjeti za linearnu neovisnost k rješenja linearnog homogenog sustava
5.3. Postojanje temeljne matrice. Konstrukcija općeg rješenja linearnog homogenog sustava
5.4. Konstrukcija cjelokupnog skupa temeljnih matrica linearnog homogenog sustava
5.5. Heterogeni sustavi. Konstrukcija općeg rješenja metodom varijacije proizvoljnih konstanti
5.6. Linearni homogeni sustavi s konstantnim koeficijentima
5.7. Neki podaci iz teorije funkcija matrica
5.8. Konstrukcija temeljne matrice sustava linearnih homogenih jednadžbi s konstantnim koeficijentima u općem slučaju
5.9. Teorem postojanja i teoremi o funkcionalnim svojstvima rješenja normalnih sustava diferencijalnih jednadžbi prvog reda
6. Elementi teorije stabilnosti
6.1
6.2. Najjednostavniji tipovi točaka odmora
7. Jednadžbe u parcijalnim derivacijama 1. reda
7.1. Linearna homogena parcijalna diferencijalna jednadžba 1. reda
7.2. Nehomogena linearna parcijalna diferencijalna jednadžba 1. reda
7.3. Sustav dviju parcijalnih diferencijalnih jednadžbi s 1 nepoznatom funkcijom
7.4. Pfaffova jednadžba
8. Varijante kontrolnih zadataka
8.1. Test br. 1
8.2. Ispit br.2
8.3. Ispit br.3
8.4. Ispitni rad br.4
8.5. Ispit br.5
8.6. Test br. 6
8.7. Ispitni rad br.7
8.8. Kontrolni rad broj 8.

Besplatno preuzmite e-knjigu u prikladnom formatu, gledajte i čitajte:
Preuzmite knjigu Tečaj predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, brzo i besplatno.

Preuzmi pdf
U nastavku možete kupiti ovu knjigu po najboljoj sniženoj cijeni s dostavom po cijeloj Rusiji.