«ЛЕКЦІЇ З ЗВИЧАЙНИХ ДИФЕРЕНЦІЙНИХ РІВНЯНЬ ЧАСТИНА 1. ЕЛЕМЕНТИ ЗАГАЛЬНОЇ ТЕОРІЇ У навчальному посібнику викладено положення, що становлять основу теорії звичайних диференціальних рівнянь: ...»

-- [ Сторінка 1 ] --

А. Є. Мамонтов

ЛЕКЦІЇ З ЗВИЧАЙНИХ

ДИФЕРЕНЦІЙНИМ РІВНЯННЯМ

ЕЛЕМЕНТИ ЗАГАЛЬНОЇ ТЕОРІЇ

У навчальному посібнику викладено положення, що становлять

основу теорії звичайних диференціальних рівнянь: поняття рішень, їх існування, єдиність,

залежність від параметрів. Також (у § 3) певна увага приділяється «явному» рішенню деяких класів рівнянь. Посібник призначений для поглибленого вивченнякурсу "Диференціальні рівняння" студентами, які навчаються на математичному факультеті Новосибірського державного педагогічного університету.

УДК 517.91 ББК В161.61 Передмова Навчальний посібник призначений для студентів математичного факультету Новосибірського державного педагогічного університету, які бажають вивчити обов'язковий курс «Диференціальні рівняння» у розширеному обсязі. До уваги читачів пропонуються основні поняття та результати, що становлять фундамент теорії звичайних диференціальних рівнянь: поняття про рішення, теореми про їхнє існування, єдиність, залежність від параметрів. Описаний матеріал викладається у вигляді логічно нерозривного тексту в §§ 1, 2, 4, 5. Також (в § 3, що стоїть дещо особняком і тимчасово перериває головну нитку курсу), коротко розглянуті найбільш затребувані прийоми «явного» знаходження рішень деяких класів рівнянь. При першому читанні § 3 можна пропустити без істотних збитків для логічної структури курсу.

Важливу роль грають вправи, що у великій кількості включені до тексту. Читачеві настійно рекомендується вирішувати їх «за гарячими слідами», що гарантує засвоєння матеріалу та послужить тестом. Понад те, нерідко ці вправи заповнюють логічну тканину, т. е. їх рішення не всі положення будуть суворо доведені.

У квадратних дужках посередині тексту винесені зауваження, що мають роль коментарів (розширених чи побічних пояснень). Лексично ці фрагменти переривають основний текст (тобто для зв'язкового читання їх потрібно «не помічати»), але все-таки вони потрібні як пояснення. Іншими словами, ці фрагменти слід сприймати так, ніби вони винесені на поля.

У тексті зустрічаються окремо рубриковані «зауваження для викладача» - вони можуть бути опущені при читанні учнями, але корисні для викладача, який використовуватиме посібник, наприклад, при читанні лекцій - вони допомагають краще зрозуміти логіку курсу та вказують напрям можливих удосконалень (розширень) курсу . Втім, освоєння цих зауважень можна тільки вітати.

Аналогічну роль грають «обгрунтування для викладача» - вони у вкрай стиснутій формі дають доказ деяких положень, запропонованих читачеві як вправи.

Найбільш уживані (ключові) терміни використовуються у вигляді абревіатур, список яких для зручності наведено в кінці. Там же наведено список математичних позначень, що зустрічаються в тексті, але не відносяться до найуживаніших (і/або однозначно не розуміється в літературі).

Символ означає кінець доказу, формулювання затвердження, зауваження тощо (там, де це потрібно, щоб уникнути плутанини).

Нумерація формул незалежно ведеться у кожному параграфі. При посиланні на частину формули використовуються індекси, наприклад (2)3 означає 3-ю частину формули (2) (частинами формули вважаються фрагменти, розділені друкарською прогалиною, а з логічних позицій - зв'язкою «і»).

Цей посібник неспроможна повністю замінити глибокого вивчення предмета, що вимагає самостійних вправ і читання додаткової літератури, наприклад, список якої наведено наприкінці посібника. Проте автор спробував викласти основні тези теорії у досить стиснутої формі, придатної для лекційного курсу. У зв'язку з цим слід зазначити, що під час читання лекційного курсу з даної допомоги на нього йде близько 10 лекцій.

Планується видання ще 2 частин (томів), які продовжують цей посібник і завершують цим цикл лекцій на предмет «звичайні диференціальні рівняння»: частина 2 (лінійні рівняння), частина 3 (подальша теорія нелінійних рівнянь, рівняння у приватних похідних першого порядку).

§ 1. Введення Диференціальне рівняння (ДК) - це співвідношення виду u1 u1 un, вищі похідні F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) де y = (y1,..., yk) Rk - незалежні змінні, а u = u(y) - невідомі функції1, u = (u1,..., un). Таким чином, (1) є n невідомих, так що потрібно n рівнянь, тобто F = (F1, ..., Fn), так що (1) є, взагалі кажучи, система з n рівнянь. Якщо невідома функція одна (n = 1), то рівняння (1) – скалярне (одне рівняння).

Отже, функція(і) F задана(и), а u шукається. Якщо k = 1, то (1) називається ОДУ, інакше - УЧП. Другий випадок є предметом особливого курсу УМФ, викладеного в однойменній серії навчальних посібників. У цій серії посібників (що складається з 3 частин-томів) ми вивчатимемо лише ОДУ, за винятком останнього параграфа останньої частини (томи), в якому почнемо вивчати деякі окремі випадки УЧП.

2u u Приклад. 2 = 0 – це УЧП.

y1 y Невідомі величини u можуть бути речовими або комплексними, що несуттєво, тому що цей момент відноситься лише до форми запису рівнянь: будь-який комплексний запис можна перетворити на речову, відділивши речову та уявну частини (але при цьому, звичайно, подвоївши число рівнянь і невідомих), і навпаки, у деяких випадках зручно переходити до комплексного запису.

du d2v dv · 2 = uv; u3 = 2. Це система з 2 ОДУ Приклад.

dy dy dy для двох невідомих функцій від незалежного змінного y.

Якщо k = 1 (ОДУ), використовується «прямий» значок d/dy.

u(y) du Приклад. exp(sin z)dz - це ОДУ, тому що воно має приклад. = u(u(y)) при n = 1 - це не ДУ, а функціонально-диференційне рівняння.

Це не ДУ, а інтегро-диференціальне рівняння, такі рівняння ми не вивчатимемо. Втім, саме рівняння (2) легко зводиться до ОДУ:

Вправа. Звести (2) до ОДУ.

Але взагалі інтегральні рівняння - складніший об'єкт (він частково вивчається у курсі функціонального аналізу), хоча, як побачимо нижче, саме з допомогою виходять деякі результати для ОДУ.

ДУ виникають як із внутрішньоматематичних потреб (наприклад, у диференціальній геометрії), так і в додатках (історично вперше, і зараз в основному – у фізиці). Найпростіше ДК - це «основне завдання диференціального обчислення» про відновлення функції за похідною: = h(y). Як відомо з аналізу, її рішення має вигляд u(y) = + h(s)ds. Більш загальні ДК для свого рішення вимагають спеціальних методів. Втім, як ми побачимо далі, практично всі методи рішення ОДУ «явно» по суті зводяться до зазначеного тривіального випадку.

У додатках найчастіше ОДУ виникають в описах процесів, що розвиваються у часі, отже роль незалежного змінного грає зазвичай час t.

Таким чином, сенс ОДУ в таких додатках полягає в описі зміни параметрів системи з часом Тому зручно при побудові загальної теорії ОДУ позначати незалежну змінну через t (і називати її часом з усіма термінологічними наслідками), а невідому(і) функцію(ії) - Через x = (x1, ..., xn). Таким чином, загальний вигляд ОДУ (системи ОДУ) наступний:

де F = (F1, ..., Fn) - тобто це система з n ОДУ для n функцій x, а якщо n = 1, то одне ОДУ для 1 функції x.

У цьому x = x(t), t R, а x взагалі кажучи комплекснозначна (це зручності, т. до. тоді деякі системи компактніше записуються).

Говорять, що система (3) має порядок m за функцією xm.

Похідні називається старшими, інші (включаючи самі xm =) - молодшими. Якщо все m =, то просто кажуть, що порядок системи дорівнює.

Правда, часто системою називають число m, що теж природно, як стане ясно далі.

Питання необхідності вивчення ОДУ та його застосування ми вважатимемо досить обгрунтованим іншими дисциплінами (диференціальна геометрія, математичний аналіз, теоретична механіка, і т. д.), і він частково покривається в ході практичних занять під час вирішення завдань (наприклад, із задачника). У цьому курсі ми займатимемося виключно математичним вивченням систем виду (3), що передбачає відповідь на такі питання:

1. що означає «вирішити» рівняння (систему) (3);

2. як це робити;

3. які характеристики мають ці рішення, як їх вивчити.

Питання 1 не так очевидне, як здається - див. далі. Відразу зауважимо, що будь-яку систему (3) можна звести до системи першого порядку, позначаючи похідні молодші як нові невідомі функції. Найпростіше цю процедуру пояснити на прикладі:

із 5 рівнянь для 5 невідомих. Легко зрозуміти, що (4) і (5) еквівалентні тому, що рішення однієї з них (після відповідного перепозначення) є рішенням інший. При цьому слід лише обговорювати питання про гладкість рішень - це ми робитимемо далі, коли зіткнемося з ОДУ вищого порядку (тобто не одного).

Але тепер ясно, що достатньо вивчати лише ОДУ першого порядку, інші можуть знадобитися лише для зручності позначень (така ситуація в нас іноді виникатиме).

А зараз обмежимося ОДУ першого порядку:

dimx = dimF = n.

Вивчення рівняння (системи) (6) незручно через те, що воно не дозволене щодо похідних dx/dt. Як відомо з аналізу (з теореми про неявну функцію), за певних умов F рівняння (6) можна дозволити щодо dx/dt і записати його у вигляді де f: Rn+1 Rn задана, а x: R Rn - шукана. Кажуть, що (7) є ОДУ, дозволене щодо похідних (ОДП нормального виду). При переході від (6) до (7), звичайно, можуть виникати складності:

приклад. Рівняння exp(x) = 0 може бути записано як (7), і взагалі немає рішень, т. е. exp немає нулів навіть у комплексної площині.

приклад. Рівняння x 2 + x2 = 1 при роздільній здатності записується у вигляді двох нормальних ОДУ x = ± 1 x2. Слід вирішити кожну з них, а потім витлумачити результат.

Зауваження. При зведенні (3) до (6) може виникнути складність, якщо (3) має 0 порядок за якоюсь функцією або частиною функцій (тобто це функціонально-диференціальне рівняння). Але тоді ці функції треба виключити за теоремою про неявну функцію.

приклад. x = y, xy = 1 x = 1/x. Потрібно знайти x з ОДУ, що вийшов, а потім y з функціонального рівняння.

Але в будь-якому випадку, проблема переходу від (6) до (7) відноситься швидше до галузі математичного аналізу, ніж до ДУ, і ми їй не займатимемося. Втім, при вирішенні ОДУ виду (6) можуть виникати цікаві з точки зору ОДУ моменти, так що це питання доречно вивчати при вирішенні завдань (як це зроблено наприклад в) і він злегка торкнеться § 3. Але в решті курсу ми будемо мати справу лише з нормальними системами та рівняннями. Отже, розглянемо ОДУ (систему ОДУ) (7). Запишемо її 1 раз у покомпонентному вигляді:

Поняття «вирішити (7)» (і взагалі, будь-яке ДК) довгий часрозумілося як пошук «явної формули» для розв'язання (тобто у вигляді елементарних функцій, їх первісних, або спеціальних функцій тощо), без акценту на гладкості рішення та інтервалі його визначення. Однак сучасний стан теорії ОДУ та інших розділів математики (і взагалі природничих наук) показує, що такий підхід незадовільний – хоча б тому, що частка ОДУ, що піддаються такому «явному інтегруванню», вкрай мала (навіть для найпростішого ОДУ x = f(t) відомо, що рішення в елементарних функціях буває рідко, хоча тут є «явна формула»).

приклад. Рівняння x = t2 + x2, незважаючи на свою крайню простоту, не має рішень в елементарних функціях (і тут навіть немає формули).

І хоча знати ті класи ОДУ, для яких можлива «явна» побудова рішення, корисна (аналогічно до того, як корисно вміти «рахувати інтеграли», коли це можливо, хоча це можливо вкрай рідко), У зв'язку з цим характерно звучать терміни: «проінтегрувати ОДУ», «інтеграл ОДУ» (застарілі аналоги сучасних понять «вирішити ОДУ», «рішення ОДУ»), які відображають колишні поняття про рішення. Як розуміти сучасні терміни, ми зараз викладемо.

і це питання буде розглянуто в § 3 (а також традиційно велика увага йому приділяється при вирішенні завдань на практичних заняттях), але не слід очікувати від цього підходу будь-якої універсальності. Як правило, під процесом рішення (7) ми розумітимемо зовсім інші кроки.

Потрібно уточнити, яка функція x = x(t) може називатися рішенням (7).

Насамперед зазначимо, що чітке формулювання поняття рішення неможливе без вказівки множини, на якому воно визначено, хоча б тому, що рішення - це функція, а будь-яка функція (згідно з шкільним визначенням) - це закон, який зіставляє будь-якому елементу деякої множини (названої областю визначення цієї функції) деякий елемент іншої множини (значень функції). Таким чином, говорити про функцію без зазначення області її визначення – це абсурд за визначенням. Аналітичні функції (ширше - елементарні) служать тут «виключенням» (що вводить в оману) з наведених нижче причин (і деяким іншим), але у разі ДК такі вільності неприпустимі.

і взагалі без вказівки множин визначення всіх функцій, що у (7). Як зрозуміло з подальшого, доцільно жорстко пов'язувати поняття рішення з безліччю його визначення, і вважати рішення різними, якщо безліч їх визначення різні, навіть якщо на перетині цих множин рішення збігаються.

Найчастіше у конкретних ситуаціях це означає, що й побудовано рішення як елементарних функцій, отже 2 рішення мають «однакову формулу», треба ще уточнювати, чи збігаються безлічі, у яких ці формули написані. Плутанина, що тривалий час панувала в цьому питанні, була пробачною, поки розглядалися рішення у вигляді елементарних функцій, тому що аналітичні функції однозначно продовжуються на ширші інтервали.

приклад. x1(t) = et на (0,2) та x2(t) = et на (1,3) - різних рішеньрівняння x = x.

При цьому природно як безліч визначення будь-якого рішення брати відкритий інтервал (можливо, і нескінченний), тому що це безліч має бути:

1. відкритим, щоб у будь-якій точці мало сенс говорити про похідну (двосторонню);

2. зв'язковим, щоб рішення не розпалося на незв'язні шматки (у разі зручніше говорити про кілька рішеннях) - див. попередній Приклад.

Таким чином, рішення (7) - це пара (, (a, b)), де a b + визначена на (a, b).

Зауваження для викладача. У деяких підручниках допускається включення кінців відрізка в область визначення рішення, але це недоцільно через те, що тільки ускладнює виклад, а реального узагальнення не дає (див. § 4).

Щоб легше було зрозуміти подальші міркування, корисно використовувати геометричне трактування (7). У просторі Rn+1 = ((t, x)) у кожній точці (t, x), де визначено f, можна розглянути вектор f (t, x). Якщо побудувати цьому просторі графік рішення (7) (він називається інтегральної кривої системи (7)), він складається з точок виду (t, x(t)). При зміні t (a, b) ця точка рухається вздовж ІЧ. Дотична до ІЧ у точці (t, x(t)) має вигляд (1, x(t)) = (1, f(t, x(t))). Таким чином, ІЧ - це і ті криві в просторі Rn+1, які в кожній своїй точці (t, x) мають дотичну, паралельну вектору (1, f (t, x)). На цій ідеї побудований так зв. метод ізоклін для наближеної побудови ІЧ, який використовується при зображенні графіків рішень конкретних ОДУ (див.

наприклад). Наприклад, при n = 1 наша побудова означає наступне: у кожній точці ІЧ її нахил до осі t має властивість tg = f(t, x). Природно припустити, що, взявши будь-яку точку з множини визначення f, ми можемо провести неї ІК. Ця ідея буде суворо обґрунтована далі. Поки нам не вистачає суворого формулювання гладкості рішень – це буде зроблено нижче.

Тепер слід уточнити множину B, на якій визначено f. Це безліч природно брати:

1. відкритим (щоб ІЧ можна було будувати в околиці будь-якої точки з B), 2. зв'язковим (інакше можна розглядати окремо всі зв'язкові шматки - все одно ІЧ (як графік безперервної функції) не може перескочити з одного шматка в інший, так що на спільності пошуку рішень це не позначиться).

Ми розглядатимемо лише класичні рішення (7), тобто такі, що сама x та її x безперервні на (a, b). Тоді природно вимагати f C(B). Далі ця вимога мається на увазі нами завжди. Отже, остаточно отримуємо Визначення. Нехай B Rn+1 - область f C(B).

Пара (, (a, b)), ab +, визначена на (a, b), називається рішенням (7), якщо C(a, b), при кожному t (a, b) точка (t, (t) ) B і існує (t), причому (t) = f (t, (t)) (тоді автоматично C 1(a, b)).

Геометрично ясно, що (7) матиме багато рішень (що легко зрозуміти графічно), оскільки якщо проводити ІЧ, що починаються з точок виду (t0, x0), де t0 фіксовано, то отримуватимемо різні ІЧ. Крім того, зміна інтервалу визначення рішення даватиме інше рішення, згідно з нашим визначенням.

приклад. x = 0. Рішення: x = = const Rn. Однак якщо вибрати якесь t0 і фіксувати значення x0 рішення в точці t0: x(t0) = x0, то значення визначається однозначно: = x0, тобто рішення єдине з точністю до вибору інтервалу (a, b) t0.

Наявність «безликого» безлічі рішень незручно для роботи з ними2 - зручніше «занумерувати» їх наступним чином: додати до (7) додаткові умови так, щоб виділити єдине (у певному сенсі) рішення, а потім уже, перебираючи ці умови, працювати з кожним рішенням окремо (геометрично рішення може бути одне (ІЧ), а шматків багато - з цією незручністю розберемося пізніше).

Визначення. Завдання для (7) – це (7) з додатковими умовами.

Найпростіше завдання ми по суті вже винайшли – це завдання Коші: (7) з умовами виду (даними Коші, початковими даними):

З погляду додатків це завдання природна: наприклад, якщо (7) описує зміна якихось параметрів x з часом t, то (8) означає, що у певний (початковий) час значення параметрів відоме. Буває необхідність вивчати й інші завдання, про це ми поговоримо пізніше, а поки що зупинимося на задачі Коші. Природно, це завдання має сенс при (t0, x0) B. Відповідно, розв'язанням задачі (7), (8) називається рішення (7) (в сенсі визначення, даного вище) таке, що t0 (a, b), і виконано (8).

Наше найближче завдання - довести існування рішення задачі Коші (7), (8), а при певних додатках. квадратне рівняннякраще писати x1 =..., x2 =..., ніж x = b/2 ±...

них припущеннях на f - і його єдиність у певному сенсі.

Зауваження. Нам треба уточнити поняття норми вектора та матриці (хоча матриці нам знадобляться лише у Частині 2). У зв'язку з тим, що в кінцевому просторі всі норми еквівалентні, вибір конкретної норми не має значення, якщо нас цікавлять лише оцінки, а не точні величини. Наприклад, для векторів можна застосовувати |x|p = (|xi|p)1/p, p - відрізок Пеано (Пікара). Розглянемо конус K = (| x x0 | F | t t0 |) та його усічену частину K1 = K (t IP). Зрозуміло, що саме K1 C.

Теорема. (Пеано). Нехай виконані вимоги f у завданні (1), зазначені у визначенні рішення, тобто:

f C(B), де B - область Rn+1. Тоді за всіх (t0, x0) B на Int(IP) існує розв'язання задачі (1).

Доведення. Задамо довільно (0, T0] і побудуємо так звану ламану Ейлера з кроком, а саме: це ламана в Rn+1, у якої кожна ланка має проекцію на вісь t довжиною, перша ланка вправо починається в точці (t0, x0) і таке, що на ньому dx/dt = f (t0, x0), правий кінець цієї ланки (t1, x1) служить лівим кінцем для другого, на якому dx/dt = f (t1, x1), і т.д. і аналогічно вліво.Ломана, що вийшла, визначає кусково-лінійну функцію x = (t).Поки t IP, ламана залишається в K1 (а тим більше в C, а значить, і в B), так що побудова коректно - для цього власне і робилося допоміжна побудова перед теоремою.

Справді, скрізь крім точок зламу існує, і тоді (s) (t) = (z)dz, де в точках зламу взято довільні значення похідної.

При цьому (рухаючись ламаною по індукції) зокрема, | (t) x0 | F | t t0 |.

Тим самим, на IP функції:

2. рівномірно безперервні, тому що липшицеві:

Тут читачеві потрібно при необхідності освіжити свої знання про такі поняття та результати як: рівномірна безперервність, рівномірна збіжність, теорема Арцела-Асколі і т.д.

По теоремі Арцела-Асколі знайдеться послідовність k 0 така, що k IP, де C(IP). За побудовою, (t0) = x0, тому залишається перевірити, що ми це доведемо для s t.

Вправа. Аналогічно розглянути t.

Задамо 0 і знайдемо 0 так, що для всіх (t1, x1), (t2, x2) C вірно Це можна зробити через рівномірну безперервність f на компакт C. Знайдемо m N так, що Фіксуємо t Int(IP) і візьмемо будь-яке s Int(IP) таке, що tst +. Тоді всім z маємо |k (z) k (t)| F, тому через (4) | k (z) (t) | 2F.

Зауважимо, що k(z) = k(z) = f(z, k(z)), де z – абсциса лівого кінця відрізка ламаної, що містить точку (z, k(z)). Але точка (z, k (z)) потрапляє в циліндр з параметрами (, 2F), побудований на точці (t, (t)) (насправді навіть у зрізаний конус - див. рис., але це зараз неважливо), отже через (3) отримуємо |k (z) f (t, (t))|. Для ламаної маємо, як говорилося вище, формулу K це дасть (2).

Зауваження. Нехай f C 1(B). Тоді рішення, визначене (a, b), буде класу C 2(a, b). Справді, на (a, b) маємо: існує f(t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (тут - матриця Якобі ) - безперервна функція. Значить, існує і 2 C(a, b). Можна й далі підвищити гладкість рішення, якщо f гладка. Якщо f аналітична, то можна довести існування і єдиність аналітичного рішення (це так звані теорема Коші), хоча з попередніх міркувань це ніяк не слід!

Тут слід згадати, що таке аналітична функція. Не плутати з функцією, що представиться статечним рядом (це лише уявлення аналітичної функції на, взагалі кажучи, частини області її визначення)!

Зауваження. При заданих (t0, x0) можна, варіюючи T і R, намагатися максимізувати T0. Однак це, як правило, не так важливо, тому що для дослідження максимального інтервалу існування рішення є спеціальні методи (див. § 4).

У теоремі Пеано нічого не йдеться про єдиність рішення. При нашому розумінні рішення воно завжди не єдине, тому що якщо якесь рішення є, то його звуження на більш вузькі інтервали будуть іншими рішеннями. Цей момент ми докладніше розглянемо пізніше (§ 4), а поки що під єдиністю розумітимемо збіг будь-яких двох рішень на перетині інтервалів їх визначення. Навіть у цьому сенсі теорема Пеано нічого про єдиність не говорить, що не випадково, тому що в її умовах єдиність гарантувати не можна.

приклад. n = 1, f(x) = 2 | x |. Завдання Коші має тривіальне рішення: x1 0, і до того ж x2(t) = t|t|. З цих двох рішень можна скомпілювати ціле 2-параметричне сімейство рішень:

де + (нескінченні значення означають відсутність відповідної гілки). Якщо вважати область визначення всіх цих рішень всю R, їх все одно нескінченно багато.

Зазначимо, що якщо застосовувати в цьому завданні доказ теореми Пеано через ламані Ейлера, то вийде лише нульове рішення. З іншого боку, якщо в процесі побудови ламаних Ейлера допускати на кожному кроці невелику похибку, то після прагнення параметра похибки до нуля залишаться всі рішення. Таким чином, теорема Пеано та ламані Ейлера природні як метод побудови рішень і тісно пов'язані з чисельними методами.

Неприємність, що спостерігається в прикладі, обумовлена ​​тим, що функція f негладка по x. Виявляється, якщо накласти Додаткові вимогина регулярність f по x то єдиність можна забезпечити, причому цей крок є в певному сенсі необхідним (див. нижче).

Нагадаємо деякі поняття з аналізу. Функція (скалярна або векторна) g називається гельдеровою з показником (0, 1] на множині, якщо вірно називається умовою Липшица. При 1 таке можливе тільки для постійних функцій. Функція, задана на відрізку (де вибір 0 несуттєвий) називається модулем безперервності, якщо Говорять, що g задовольняє в узагальненій умові Гельдера з модулем, якщо в цьому випадку називається модулем безперервності g ст.

Можна показати, що будь-який модуль безперервності є модуль безперервності якоїсь безперервної функції.

Нам важливий зворотний факт, а саме: будь-яка безперервна функція на компакт-диску має свій модуль безперервності, тобто задовольняє (5) з деякою. Доведемо це. Нагадаємо, що якщо - компакт, а g C(), то обов'язково g рівномірно безперервна, тобто.

= (): | x y | = | g (x) g (y) |. Виявляється, це еквівалентно умові (5) із деякою. Насправді, якщо існує, то достатньо побудувати модуль безперервності такий, що (()), і тоді при | x y | = = () Отримаємо Оскільки (і) довільні, то x і y можуть бути будь-якими.

І навпаки, якщо (5) вірно, достатньо знайти таку, що (()), і тоді при |x y| = () отримаємо Залишилось обґрунтувати логічні переходи:

Для монотонних і достатньо брати зворотні функції, а в загальному випадку необхідно використовувати так зв. узагальнені зворотні функції. Їхнє існування вимагає окремого доказу, який ми наводити не будемо, а скажемо лише ідею (корисно супроводжувати читання малюнками):

для будь-якої F визначимо F(x) = min F(y), F(x) = max F(y) - це монотонні функції, і вони мають зворотні. Ви можете легко перевірити, що x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Найкращий модуль безперервності - лінійний (умова Липшиця). Це «майже диференційовані» функції. Для надання суворого сенсу останньому твердженню потрібні певні зусилля, і ми обмежимося лише двома зауваженнями:

1. Чесно кажучи, не всяка липшицева функція диференційована, як показує приклад g(x) = | x | на R;

2. Але з диференційності випливає липшицевість, як свідчить наступне Твердження. Будь-яка функція g, що має все M на опуклій множині, задовольняє на ньому умові Липшиця.

[Доки для стислості розглянемо скалярні функції g.] Доказ. Для всіх x, y маємо Ясно, що це твердження є правильним і для вектор-функцій.

Зауваження. Якщо f = f (t, x) (власне кажучи, вектор функція), можна ввести поняття «f липшицева по x», т. е. |f (t, x) f (t, y)| C|xy|, і так само довести, що якщо D опукло по x при всіх t, то для липшицевості f по x D досить наявності похідних f по x, обмежених В Затвердженні ми отримували оцінку | g (x) g (y) | через | x y |. При n = 1 вона зазвичай робиться за допомогою формули кінцевих прирощень: g(x)g(y) = g(z)(xy) (якщо g є вектор-функція, то z своя для кожної компоненти). При n 1 зручно використовувати наступний аналог цієї формули:

Лемма. (Адамара). Нехай f C(D) (взагалі кажучи, вектор-функція), де D (t = t) випукла за будь-якого t, а f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (xy), де A – безперервна прямокутна матриця.

Доведення. За будь-якого фіксованого t застосуємо викладку з доказу Твердження для = D (t = t), g = fk. Отримаємо необхідне уявлення з A(t, x, y) = A насправді безперервна.

Повернемося до питання єдиності розв'язання задачі (1).

Поставимо питання так: яким повинен бути модуль безперервності f по x, щоб рішення (1) було єдиним у тому сенсі, що 2 рішення, визначені на одному інтервалі, збігаються? Відповідь дається наступною теоремою:

Теорема. (Осгуда). Нехай в умовах теореми Пеано модуль безперервності f x в B, тобто функція в нерівності задовольняє умові (можна вважати C). Тоді завдання (1) неспроможна мати двох різних рішень, визначених одному інтервалі виду (t0 a, t0 + b).

Порівняти з прикладом непоодинокості, наведеним вище.

Лемма. Якщо z C 1(,), то на всьому (,):

1. у точках, де z = 0, існує | z |, причому | | z | | |z |;

2. у точках, де z = 0, існують односторонні похідні |z|±, причому ||z|± | = | z | (зокрема, якщо z = 0, існує |z| = 0).

приклад. n = 1, z(t) = t. У точці t = 0 похідна від | z | немає, але є односторонні похідні.

Доведення. (Лемми). У тих точках, де z = 0, має z · z ем: існує | z | =, та ||z| | |z |. У тих точках t, де z(t) = 0, маємо:

Випадок 1: z(t) = 0. Тоді одержуємо існування |z| (t) = 0.

Випадок 2: z(t) = 0. Тоді при +0 або 0 очеz(t +)| |z(t)| модуль якого дорівнює | z(t) |.

За умовою, F C 1(0,), F 0, F, F(+0) = +. Нехай z1,2 – два рішення (1), визначені на (t0, t0+). Позначимо z = z1 z2. Маємо:

Припустимо, знайдеться t1 (для визначеності t1 t0) таке, що z (t1) = 0. Безліч A = (t t1 | z (t) = 0) не порожньо (t0 A) і обмежена зверху. Отже, вона має верхню грань t1. За побудовою, z = 0 на (, t1), а через безперервність z маємо z() = 0.

По Леммі | z | C 1(, t1), причому цьому інтервалі правильно |z| |z | (|z|), так що Інтегрування (t, t1) (де t (, t1)) дає F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. При t+0 отримаємо протиріччя.

Наслідок 1. Якщо в умовах теореми Пеано f липшицева по x в B, то завдання (1) має єдине рішення у сенсі, описаному в теоремі Осгуда, тому що в цьому випадку () = C задовольняє (7).

Наслідок 2. Якщо в умовах теореми Пеано C(B), то рішення (1), визначене на Int(IP), є єдиним.

Лемма. Будь-яке рішення (1), визначене IP, має задовольняти оцінці |x | = | f (t, x) | F, яке графік - лежати в K1, а тим більше в C.

Доведення. Допустимо, знайдеться t1 IP така, що (t, x(t)) C. Для певності нехай t1 t0. Тоді знайдеться t2 (t0, t1] така, що | x (t) x0 | = R. Аналогічно міркуванням у доказі теореми Осгуда, можна вважати, що t2 - ліва така точка, а на маємо (t, x (t)) C, так що |f(t, x(t))|F, і тому (t, x(t)) K1, що суперечить |x(t2) x0|= R. Значить, (t, x(t) ) C по всьому IP, а тоді (повторюючи викладки) (t, x(t)) K1.

Доведення. (Наслідки 2). C - компактне багато отримуємо, що f липшицева по x в C, де лежать графіки всіх рішень зважаючи на Лемми. За наслідком 1 отримуємо необхідне.

Зауваження. Умова (7) означає, що умова Липшица для f не можна суттєво послабити. Наприклад, умова Гельдера з 1 не годиться. Годяться лише модулі безперервності близькі до лінійних - такі як зать «найгіршу»:

Вправа. (досить складне). Довести, що й задовольняє (7), то знайдеться 1, задовольняюча (7) така, що 1/ в нулі.

У загальному випадку не обов'язково вимагати саме щось від модуля безперервності f по x для єдиності - можливі різноманітні спеціальні випадки, наприклад:

Твердження. Якщо в умовах теореми Пеано вірно, то будь-які 2 рішення (1), визначені на З (9) видно, що x C 1(a, b), а тоді диференціювання (9) дає (1)1, а (1)2 очевидно .

На відміну від (1), (9) природно будувати рішення на замкнутому відрізку.

Пікар запропонував на вирішення (1)=(9) наступний метод послідовних наближень. Позначимо x0(t) x0, а далі індукції Теорема. (Коші-Пікара). Нехай в умовах теореми Пеано функція f липшицева по x у будь-якому опуклому x компакті K з області B, тобто.

Тоді для будь-якого (t0, x0) B завдання Коші (1) (вона ж (9)) має єдине рішення на Int(IP), причому xk x на IP де xk визначені в (10).

Зауваження. Зрозуміло, що теорема зберігає силу, якщо умову (11) замінити на C(B), тому що з цієї умови слідує (11).

Зауваження для викладача. Насправді потрібні не всі опуклі по x компакти, а тільки циліндри, але формулювання зроблено саме так, тому що в § 5 будуть потрібні більш загальні компакти, і до того ж саме при такому формулюванні найбільше виглядає Примітка.

Доведення. Виберемо довільно (t0, x0) B і зробимо ту ж допоміжну побудову, що перед теоремою Пеано. Доведемо по індукції, що це xk визначено і безперервні на IP, причому їх графіки лежать у K1, а тим паче C. Для x0 це очевидно. Якщо це вірно для xk1, то з (10) ясно, що xk визначена і безперервна на IP, причому це і є приналежність K1.

Тепер доведемо оцінку на індукції на IP:

(C є опуклий x компакт в B, і для нього визначена L(C)). При k = 0 це вже доведена оцінка (t, x1(t)) K1. Якщо (12) вірно для k:= k 1, то з (10) маємо що потрібно. Тим самим, ряд мажорується на IP числовим рядом, що сходить, і тому (це називається теоремою Вейєрштрасса) рівномірно на IP сходить до деякої функції x C(IP). Але це означає xk x на IP. Тоді (10) на IP переходимо до межі і отримуємо (9) на IP, а значить (1) на Int(IP).

Єдиність відразу виходить за Наслідком 1 з теореми Осгуда, але корисно довести її й іншим способом, який використовує саме рівняння (9). Нехай є 2 рішення x1,2 задачі (1) (тобто (9)) на Int (IP). Як зазначалося вище, тоді обов'язково їхні графіки лежать у K1, а тим більше в C. Нехай t I1 = (t0, t0 +), де деяке позитивне число. Тоді = 1/(2L(C)). Тоді = 0. Тим самим x1 = x2 на I1.

Зауваження для викладача. Є ще доказ єдиності за допомогою леми Гронуолла, він навіть більш природний, тому що проходить відразу глобально, але поки що лема Гронуолла не дуже зручна, тому що до лінійних ОДУ її важко адекватно сприйняти.

Зауваження. Останній доказ єдиності є повчальним тим, що ще раз показує в іншому світлі, як локальна єдиність призводить до глобальної (що неправильно для існування).

Вправа. Довести єдиність відразу на всьому IP, розмірковуючи від неприємного як у доказі теореми Осгуда.

Важливий окремий випадок(1) - лінійні ОДУ, тобто такі, в яких величина f (t, x) лінійна x:

В цьому випадку для попадання в умови загальної теорії слід вимагати Таким чином, в даному випадку як B виступає смуга, а умова липшицевості (і навіть диференційності) по x виконано автоматично: при всіх t (a, b), x, y Rn маємо | f (t, x) f (t, y) | = | A (t) (x y) | |A(t)| · | (x y) |.

Якщо тимчасово виділити компакт (a, b), то на ньому отримаємо | f (t, x) f (t, y) | L|(x y)|, де L = max |A|.

З теорем Пеано та Осгуда або Коші-Пікара випливає однозначна розв'язність задачі (13) на деякому інтервалі (Пеано-Пікара), що містить t0. Більше того, рішення на цьому інтервалі є межею послідовних наближень Пікара.

Вправа. Знайти цей проміжок часу.

Але виявляється, у разі всі ці результати можна довести відразу глобально, т. е. по всьому (a, b):

Теорема. Нехай правильно (14). Тоді завдання (13) має єдине рішення на (a, b), причому послідовні наближення Пікара сходяться до нього рівномірно будь-якому компакті (a, b).

Доведення. Знову, як і ТК-П, будуємо рішення інтегрального рівняння (9) за допомогою послідовних наближень за формулою (10). Але тепер нам не потрібно перевіряти умову влучення графіка в конус і циліндр, т.к.

f визначена за всіх x, поки t (a, b). Треба лише перевірити, що це xk визначено і безперервні на (a, b), що з індукції.

Замість (12) тепер покажемо аналогічну оцінку виду де N - деяке число, що залежить від вибору. Перший крок індукції цієї оцінки інший (т. до. не пов'язані з K1): при k = 0 |x1(t) x0| N через безперервність x1, а наступні кроки аналогічні (12).

Можна це і не розписувати, тому що очевидно, але можна знову помічаємо xk x на , і x є рішення відповідного (10) на . Але тим самим ми збудували рішення на всьому (a, b), тому що вибір компакту довільний. Єдиність випливає з теорем Осгуда або Коші-Пікара (і міркувань вище про глобальну єдиність).

Зауваження. Як говорилося вище, ТК-П формально зайва через теорем Пеано і Осгуда, але вона корисна з 3 причин - вона:

1. дозволяє пов'язати завдання Коші для ОДУ з інтегральним рівнянням;

2. пропонує конструктивний метод послідовних наближень;

3. дозволяє легко довести глобальне існування для лінійних ОДУ.

[хоча останнє можна вивести і з міркувань § 4.] Далі ми найчастіше посилатимемося саме на неї.

приклад. x = x, x(0) = 1. Послідовні наближеk Значить, x(t) = e - вирішення вихідної задачі на всій R.

Найчастіше не виходитиме ряд, але певна конструктивність залишається. Також можна оцінити похибку x xk (див. ).

Зауваження. З теорем Пеано, Осгуда та Коші-Пікара легко отримати відповідні теореми для ОДУ вищого ладу.

Вправа. Сформулювати поняття задачі Коші, розв'язання системи та завдання Коші, усі теореми для ОДУ вищих порядків, використовуючи зведення до систем першого порядку, викладене у § 1.

Дещо порушуючи логіку курсу, але з метою кращого засвоєння та обґрунтування методів вирішення завдань на практичних заняттях, тимчасово перервемо виклад загальної теорії та займемося технічною проблемою «явного рішення ОДУ».

§ 3. Деякі прийоми інтегрування Отже, розглянемо скалярне рівняння = f(t, x). Продт найчастішим окремим випадком, який навчилися інтегрувати, є так зв. УРП, тобто рівняння, в якому f(t, x) = a(t)b(x). Формальний прийом інтегрування УРП у тому, щоб «розділити» змінні t і x (звідси назва): = a(t)dt, та був взяти інтеграл:

чим x = B(A(t)). Таке формальне міркування містить кілька моментів, які потребують обґрунтування.

1. Розподіл на b (x). Ми вважаємо, що f безперервна, так що a C(,), b C(,), тобто як B виступає прямокутник (,) (,)(Взагалі кажучи, нескінченний). Багато (b(x) 0) і (b(x) 0) відкриті і тому є кінцевими або рахунковими наборами інтервалів. Між цими інтервалами є точки чи відрізки, де b = 0. Якщо b(x0) = 0, то завдання Коші має розв'язання x x0. Можливо, це рішення не єдине, тоді в області визначення є інтервали, де b(x(t)) = 0, але на них тоді можна ділити на b(x(t)). Зауважимо принагідно, що у цих інтервалах функція B монотонна і тому можна брати B 1. Якщо ж b(x0) = 0, то околиці t0 свідомо b(x(t)) = 0, і процедура законна. Таким чином, описана процедура повинна, взагалі кажучи, застосовуватись при розбиття області визначення рішення на частини.

2. Інтегрування лівої та правої частин з різних змінних.

Спосіб I. Нехай ми хочемо знайти розв'язання задачі Коd(t) ши (1) x = (t). Маємо: = a(t)b((t)), звідки отримали ту ж формулу суворо.

Спосіб ІІ. Рівняння - це так зв. симетричний запис вихідного ОДУ, тобто такий, у якому не уточнюється, яка змінна є незалежною, а яка - залежною. Така форма має сенс якраз у розглянутому нами випадку одного рівняння першого порядку через теорему про інваріантність форми першого диференціала.

Тут доречно розібратися докладніше з поняттям диференціала, проілюструвавши його на прикладі площини ((t, x)), кривих на ній, зв'язках, ступенях свободи, параметрі на кривій.

Таким чином, рівняння (2) пов'язує диференціали t і x вздовж шуканої ІЧ. Тоді інтегрування рівняння (2) способом, показаним на початку, цілком законно - воно означає, якщо завгодно, інтегрування за будь-якою змінною, обраною як незалежну.

У способі I ми це показали, вибравши як незалежну змінну t. Зараз покажемо це, вибравши як незалежну змінну параметр s вздовж ІЧ (т. до. це наочно показує рівноправність t і x). Нехай значення s = s0 відповідає точці (t0 x0).

Тоді маємо: = a(t(s))t(s)ds, що після дає Тут слід зробити акцент на універсальності симетричного запису, приклад: коло не записується ні як x(t), ні як t(x), але як x(s), t(s).

До УРП зводяться деякі інші ОДУ першого порядку, що видно під час вирішення завдань (наприклад, по задачнику).

Ще один важливий випадок - лінійне ОДУ:

Спосіб I. Варіація незмінною.

це окремий випадок більш загального підходу, який буде розглянутий у Частині 2. Сенс у тому, що пошук рішення у спеціальному вигляді знижує порядок рівняння.

Вирішимо спочатку так зв. однорідне рівняння:

Через єдиність або x 0, або всюди x = 0. У разі (нехай для визначеності x 0) отримуємо що (4) дає рішення (3)0 (зокрема нульове і негативні).

У формулі (4) є довільна постійна C1.

Метод варіації постійної у тому, що рішення (3) C1(t) = C0 + Видно (як й у алгебраїчних лінійних систем) структура ОРНУ=ЧРНУ+ОРОУ (про це докладніше у Частині 2).

Якщо хочемо вирішити завдання Коші x(t0) = x0, треба знайти C0 з даних Коші - легко отримаємо C0 = x0.

Спосіб ІІ. Знайдемо ІМ, тобто таку функцію v, на яку треба помножити (3) (записане так, що всі невідомі зібрані в лівій частині: xa(t)x = b(t)), щоб у лівій частині вийшла похідна від деякої зручна комбінація.

Маємо: vx vax = (vx), якщо v = av, тобто. брати певний інтеграл До лінійних ОДУ (3) зводяться деякі інші, як це видно при розв'язанні задач (наприклад, по задачнику).Докладніше важливий випадок лінійних ОДУ (відразу для будь-яких n) буде розглянутий у Частині 2.

Обидві розглянуті ситуації є окремим випадком так зв. УПД. Розглянемо ОДУ першого порядку (при n = 1) у симетричній формі:

Як мовилося раніше, (7) задає ІЧ у площині (t, x) без уточнення те, яка змінна вважається незалежною.

Якщо помножити (7) на довільну функцію M (t, x), то вийде еквівалентна форма запису того ж рівняння:

Таким чином, те саме ОДУ має багато симетричних записів. Серед них особливу роль відіграють так зв. записи в повних диференціалах, назва УПД невдале, тому що це властивість не рівняння, а форми його запису тобто такі, що ліва частина (7) дорівнює dF (t, x) з деякою F.

Ясно, що (7) є УПД тоді і тільки тоді, коли A = Ft, B = Fx з деякою F. Як відомо з аналізу, для останнього необхідно і достатньо Ми не обґрунтовуємо строго технічні моменти, наприклад, гладкість усіх функцій. Справа в тому, що § відіграє другорядну роль - він взагалі не потрібен для інших частин курсу, і не хотілося б витрачати надмірні зусилля на його розгорнутий виклад.

Отже, якщо (9) виконано, то знайдеться така F (вона єдина з точністю до адитивної постійної), що (7) перепишеться як dF (t, x) = 0 (вздовж ІЧ), тобто.

F (t, x) = const вздовж ІЧ, тобто ІК суть лінії рівня функції F. Отримуємо, що інтегрування УПД - тривіальне завдання, т. К. Пошук F по A і B, що задовольняє (9) не становить труднощів. Якщо ж (9) не виконано, слід знайти так зв. ІМ M (t, x) такий, що (8) є УПД, для чого необхідно і достатньо виконання аналога (9), що набуває вигляду:

Як випливає з теорії УПП першого порядку (яку ми розглянемо в Частині 3), рівняння (10) завжди має рішення, тому ІМ існує. Отже, будь-яке рівняння виду (7) має запис як УПД і тому допускає «явне» інтегрування. Але ці міркування не дають конструктивного методу в загальному випадку, тому що для вирішення (10) взагалі потрібно знайти рішення (7), яке ми і шукаємо. Тим не менш, є ряд прийомів пошуку ІМ, які традиційно розглядаються на практичних заняттях (див. наприклад).

Зауважимо, що розглянуті вище прийоми рішення УРП та лінійних ОДУ є окремим випадком ідеології ІМ.

Справді, УРП dx/dt = a(t)b(x), записане у симетричній формі dx = a(t)b(x)dt, вирішується множенням на ІМ 1/b(x), тому що після цього перетворюється на УПД dx/b(x) = a(t)dt, тобто dB(x) = dA(t). Лінійне рівняння dx/dt = a(t)x + b(t), записане в симетричній формі dx a(t)xdt b(t)dt, вирішується множенням на ІМ ще, практично всі прийоми рішення ОДУ «в явному вигляді»

(за винятком великого блоку, пов'язаного з лінійними системами) полягають у тому, що за допомогою спеціальних методів зниження порядку та замін змінних вони зводяться до ОДУ першого порядку, які зводяться до УПД, а вони вирішуються застосуванням основної теореми диференціального обчислення: dF = 0 F=const. Питання зниження порядку зазвичай входить у курс практичних занять (див. наприклад ).

Скажімо кілька слів про ОДУ першого порядку, не дозволених щодо похідної:

Як говорилося в § 1, можна намагатися дозволити (11) щодо x та отримати нормальну форму, але це не завжди доцільно. Нерідко зручніше вирішувати (11) безпосередньо.

Розглянемо простір ((t, x, p)), де p = x тимчасово сприймається як незалежна змінна. Тоді (11) задає у цьому просторі поверхню (F(t, x, p) = 0), яку можна записати параметрично:

Корисно згадати, що це означає, наприклад, за допомогою сфери в R3.

Шукані рішення будуть відповідати кривим на цій поверхні: t = s, x = x (s), p = x (s) - один ступінь свободи втрачається тому, що на рішеннях існує зв'язок dx = pdt. Запишемо цей зв'язок у термінах параметрів поверхні (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), тобто.

Отже, шукані рішення відповідають кривим лежить на поверхні (12), у яких параметри пов'язані рівнянням (13). Останнє є ОДУ у симетричній формі, яку можна вирішити.

Випадок I. Якщо в якійсь області (gu hfu) = 0, то (12) тоді t = f ((v), v), x = g((v), v) дає параметричний запис кривих, що шукаються, в площині ( (t, x)) (тобто ми проектуємо на цю площину, тому що p нам не потрібно).

Випадок ІІ. Аналогічно, якщо (gv hfv) = 0.

Випадок ІІІ. У якихось точках одночасно gu hfu = gv hfv = 0. Тут потрібен окремий аналіз, чи це безліч якимось рішенням (вони тоді називаються особливими).

приклад. Рівняння Клеро x = tx + x 2. Маємо:

x = tp + p2. Параметризуємо цю поверхню: t = u, p = v, x = uv + v 2. Рівняння (13) набуде вигляду (u + 2v) dv = 0.

Випадок I. Не реалізується.

Випадок ІІ. u + 2v = 0, тоді dv = 0, тобто v = C = const.

Отже, t = u, x = Cu + C 2 – параметричний запис ІЧ.

Легко записати її у явному вигляді x = Ct + C2.

Випадок ІІІ. u + 2v = 0, тобто v = u/2. Значить, t = u, x = u2/4 – параметричний запис «кандидата в ІЧ».

Щоб перевірити, чи справді це ІЧ, запишемо її у явному вигляді x = t2/4. Виявилось, що це (особливе) рішення.

Вправа. Довести, що особливе рішення стосується решти.

Це загальний факт - графік будь-якого особливого рішення є огинаючою родини решти рішень. На цьому засноване інше визначення особливого рішення саме як огинаючої (див. ).

Вправа. Довести, що для більш загального рівняння Клеро x = tx (x) з опуклою функцією особливе рішення має вигляд x = (t), де - перетворення Лежандра від, тобто = ()1, або (t) = max(tv (v)). Аналогічно рівняння x = tx + (x).

Зауваження. Докладніше і акуратніше зміст § 3 викладено у підручнику.

Зауваження для викладача. При читанні курсу лекцій можливо корисно розширити § 3, надавши йому суворішу форму.

Тепер повернемося до основної канви курсу, продовживши розпочатий у §§ 1,2 виклад.

§ 4. Глобальна розв'язність задачі Коші У § 2 ми довели локальне існування рішення задачі Коші, тобто лише на деякому інтервалі, що містить точку t0.

За деяких додаткових припущень на f ми довели і єдиність рішення, розуміючи її як збіг двох рішень, визначених на одному інтервалі. У разі, якщо f лінійна x, виходить глобальне існування, тобто на всьому інтервалі, де визначені і безперервні коефіцієнти рівняння (системи). Однак, як показує спроба застосування до лінійної системи загальної теорії, інтервал Пеано-Пікара взагалі говорячи менший від того, на якому можна побудувати рішення. Виникають природні питання:

1. як визначити той максимальний інтервал, у якому можна стверджувати існування рішення (1)?

2. чи завжди цей інтервал збігається з максимальним, у якому ще має сенс права частина (1)1 ?

3. як акуратно сформулювати поняття єдиності рішення без застережень про інтервал його визначення?

Про те, що відповідь на питання 2 взагалі кажучи негативна (а точніше, вимагає великої акуратності), говорить наступний Приклад. x = x2, x (0) = x0. Якщо x0 = 0, то x0 – інших рішень немає за теоремою Осгуда. Якщо x0 = 0, то вирішуємо корисно зробити рисунок). Інтервал існування рішення не може бути більшим ніж (, 1/x0) або (1/x0, +) відповідно при x0 0 і x0 0 (друга гілка гіперболи не має відношення до рішення! – це типова помилка студентів). На перший погляд, нічого у вихідному завданні «не віщувало такого результату». У § 4 ми знайдемо пояснення цього феномена.

На прикладі рівняння x = t2 + x2 проявляється типова помилка студентів про інтервал існування рішення. Тут той факт, що «рівняння скрізь визначено», зовсім не тягне за собою продовження рішення на всю пряму. Це ясно навіть із суто життєвої точки зору, наприклад у зв'язку з юридичними законами та процесами, що розвиваються під ними: якщо навіть у законі явно не наказано припинення існування будь-якої фірми у 2015 році, то це зовсім не означає, що ця фірма не розориться до цього року. з внутрішніх причин (хоч і чинних у рамках закону).

Щоб відповісти на запитання 1–3 (і навіть щоб чітко їх сформулювати), необхідне поняття нетривалого рішення. Будемо (як ми домовлялися вище) розглядати рішення рівняння (1)1 як пари (, (tl(), tr())).

Визначення. Рішення (, (tl (), tr ())) є продовження рішення (, (tl (), tr ())), якщо (tl (), tr ()) (tl (), tr ()), і | (tl (), tr ()) =.

Визначення. Рішення (, (tl(), tr())) - нетривале, якщо воно не має нетривіальних (тобто відмінних від нього) продовжень. (Див. Приклад вище).

Зрозуміло, що особливу цінність представляють саме НР, й у термінах треба доводити існування й єдиність. Виникає природне питання - чи завжди можна побудувати НР, базуючись на якомусь локальному рішенні, чи задачі Коші? Виявляється, так. Щоб це зрозуміти, введемо поняття:

Визначення. Набір рішень ((,, (tl (), tr ()))) несуперечливий, якщо будь-які 2 рішення з цього набору збігаються на перетині інтервалів свого визначення.

Визначення. Несуперечливий набір рішень називається максимальним, якщо до нього не можна додати ще одне рішення так, щоб новий набір був несуперечливим і містив нові точки об'єднання областей визначень рішень.

Ясно, що побудова МНН еквівалентна побудові НР, а саме:

1. Якщо є НР, будь-який МНН, його містить, то, можливо лише набором його звужень.

Вправа. Перевірити.

2. Якщо є МНН, то НР (, (t, t+)) будується так:

покладемо (t) = (t), де - будь-який елемент МПН, визначений у цій точці. Очевидно, що така функція однозначно буде визначена на всьому (t, t+) (однозначність випливає з несуперечності набору), і вона в кожній точці збігається з усіма елементами МНН, визначеними в цій точці. Для будь-якого t (t, t+) знайдеться якась, визначена в ній, а значить, і в її околиці, а тому, що в цій околиці є рішення (1)1, то теж. Таким чином, є рішення (1)1 по всьому (t, t+). Воно нетривало, тому що в іншому випадку нетривіальне продовження можна було б додати до МНН всупереч його максимальності.

Побудова МПН завдання (1) у випадку (в умовах теореми Пеано), коли немає локальної єдиності, можливе (див. , ), але досить громіздко - воно засноване на покроковому застосуванні теореми Пеано з оцінкою знизу довжини інтервалу-продовження. Отже, НР завжди існує. Ми обґрунтуємо це тільки у випадку, коли є локальна єдиність, тоді побудова МПН (а отже, і НР) тривіальна. Наприклад, для визначеності діятимемо у межах ТК-П.

Теорема. Нехай виконуються умови ТК-П області B Rn+1. Тоді для будь-якої (t0, x0) B завдання (1) має єдине НР.

Доведення. Розглянемо безліч всіх розв'язків задачі (1) (вона не порожня за ТК-П). Воно утворює МНН - несуперечливий в силу локальної єдиності, а максимальний з огляду на те, що це безліч взагалі всіх рішень завдання Коші. Отже НР існує. Воно єдине з локальної єдиності.

Якщо потрібно побудувати НР, ґрунтуючись на наявному локальному рішенні (1)1 (а не задачі Коші), то ця проблема у разі наявності локальної єдиності зводиться до завдання Коші: потрібно вибрати будь-яку точку на ІК і розглянути відповідне завдання Коші. НР цього завдання буде продовженням вихідного рішення з єдиності. Якщо єдиності немає, то продовження заданого рішення здійснюється за процедурою, зазначеною вище.

Зауваження. НР не може бути довизначено в кінцях інтервалу свого існування (незалежно від умови єдиності) так, щоб воно було рішенням і в кінцевих точках. Для обґрунтування треба уточнити, що розуміти під рішенням ОДУ на кінцях відрізка:

1. Підхід 1. Нехай під рішенням (1)1 на відрізку розуміється функція, що задовольняє рівняння в кінцях у сенсі односторонньої похідної. Тоді можливість зазначеного довизначення якогось рішення, наприклад, правому кінці інтервалу його існування (t, t+] означає, що ІЧ має кінцеву точку всередині B, а C 1(t, t+]. Але тоді вирішивши завдання Коші x(t+) = (t+) для (1) і знайшовши її рішення, отримаємо, за правий кінець t+ (у точці t+ обидві односторонні похідні існують і дорівнюють f (t+, (t+)), отже є звичайна похідна), тобто не було НР.

2. Підхід 2. Якщо ж під рішенням (1)1 на відрізку розуміється функція, лише безперервна на кінцях, але така, що кінці ІЧ лежать у B (нехай навіть не потрібно виконання рівняння в кінцях) - вийде однаково міркування, лише у термінах відповідного інтегрального рівняння (див. докладно).

Таким чином, відразу обмежуючись лише відкритими інтервалами як безліччю визначення рішень, ми не порушували спільності (а тільки уникали непотрібної метушні з односторонніми похідними тощо).

У результаті ми відповіли на питання 3, поставлене на початку § 4: при виконанні умови єдиності (наприклад, Осгуда або Коші-Пікара) має місце єдиність НР розв'язання задачі Коші. Якщо ж умова єдиності порушена, то може бути багато НР завдання Коші, кожне зі своїм інтервалом існування. Будь-яке рішення (1) (або просто (1)1) може бути продовжено до НР.

Щоб відповісти на запитання 1,2 необхідно розглянути не змінну t окремо, а поведінку ІЧ у просторі Rn+1. На питання про те, як поводиться ІЧ «поблизу кінців», відповідає. Відзначимо, що інтервал існування має кінці, а ІЧ може їх не мати (кінець ІЧ в B завжди не існує - див. зауваження вище, але може не існувати кінець і на B – див. нижче).

Теорема. (Про залишення компакт-диска).

ми її формулюємо в умовах локальної єдиності, але це не обов'язково – див., там ТПК сформульована як критерій НР.

У разі ТК-П графік будь-якого НР рівняння (1)1 залишає будь-який компакт K B, т. е. K B (t, t+): (t, (t)) K при t .

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

Зауваження. Таким чином, ІЧ НР поблизу t± наближається до B: ((t, (t)), B) 0 при t t± - процес продовження рішення не може обірватися строго всередині B.

позитивно, тут як вправу корисно довести позитивність відстані між замкнутими множинами, що не перетинаються, одна з яких - компакт.

Доведення. Фіксуємо K B. Візьмемо будь-яке 0 (0, (K, B)). Якщо B = Rn+1, то за визначенням рахуємо (K, B) = +. Безліч K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0 /2) також є компакт B, тому існує F = max | f |. Виберемо числа T і R до K досить малими так, що будь-який циліндр виду Наприклад, достатньо взяти T 2 + R2 2/4. Тоді завдання Коші виду має за ТК-П рішення на інтервалі не вже ніж (t T0, t + T0), де T0 = min(T, R/F) за всіх (t, x) K.

Тепер як шуканий відрізок можна взяти = . Насправді треба показати, що якщо (t, (t)) K, то t + T0 t t + T0. Покажемо, наприклад, другу нерівність. Розв'язання задачі Коші (2) з x = (t) існує праворуч як мінімум до точки t + T0, але є НР цієї ж задачі, яка зважаючи на єдиність є продовження, тому t + T0 t+.

Отже, графік НР завжди «доходить до B», отже інтервал існування НР залежить від геометрії ІЧ.

Наприклад:

Твердження. Нехай B = (a, b) Rn (інтервал кінцевий чи нескінченний), f задовольняє умовам ТК-П у B, є НР завдання (1) з t0 (a, b). Тоді або t + = b, або | (t) | + при t t+ (та аналогічно для t).

Доведення. Отже, нехай t+b, тоді t++.

Розглянемо компакт K = B B. За будь-якого R + по ТПК знайдеться (R) t+ таке, що при t ((R), t+) точка (t, (t)) K. Але оскільки t t+, то це можливо тільки за рахунок | (t) | R. Але це означає |(t)| + При t t +.

У цьому випадку ми бачимо, що якщо f визначена «при всіх x», ​​то інтервал існування НР може бути меншим за максимально можливе (a, b) тільки за рахунок прагнення НР до наближення до кінців інтервалу (t, t+) (загалом у разі - до кордону B).

Вправа. Узагальнити останнє Твердження на випадок, коли B = (a, b), де Rn – довільна область.

Зауваження. Треба розуміти, що |(t)| + не означає будь-яке k(t).

Тим самим ми відповіли на запитання 2 (пор. приклад на початку § 4): ІЧ доходить до B, але її проекція на вісь t може не доходити до кінців проекції B на вісь t. Залишається питання 1 - чи є якісь ознаки, якими, не вирішуючи ОДУ, можна судити про можливість продовження рішення на «максимально широкий інтервал»? Ми знаємо, що для лінійних ОДУ це продовження завжди можливе, а в Прімері на початку § 4 це неможливо.

Розглянемо спочатку для ілюстрації окремий випадок УРП при n = 1:

збіжність невласного інтеграла h(s)ds (невласного через = + чи через особливості h у точці) залежить від вибору (,). Тому далі просто писатим h(s)ds, коли йдеться про збіжність або розбіжність цього інтеграла.

це можна було зробити вже в теоремі Осгуда та у пов'язаних з нею твердженнях.

Твердження. Нехай a C(,), b C(, +) обидві функції позитивні на своїх інтервалах. Нехай завдання Коші (де t0(,), x0) має НР x = x(t) на інтервалі (t, t+) (,). Тоді:

Слідство. Якщо a = 1 = +, то t+ = + Доказ. (Твердження). Зауважимо, що x монотонно зростає.

Вправа. Довести.

Тому існує x(t+) = lim x(t)+. Маємо Випадок 1. t+, x(t+) + - неможливо за ТПК, тому що x є НР.

Обидва інтеграли або кінцеві, або нескінченні.

Вправа. Довести доказ.

Обґрунтування для викладача. У результаті отримуємо, що у випадку 3: a(s)ds +, а у випадку 4 (якщо він взагалі реалізується) те саме.

Таким чином, для найпростіших ОДУ при n = 1 виду x = f (x) тривалість рішень до визначається більш детально про структуру рішень таких (так зв.

автономних) рівнянь див. Частину 3.

приклад. Для f(x) = x, 1 (зокрема, лінійний випадок = 1), і f(x) = x ln x можна гарантувати тривалість (позитивних) рішень до +. Для f(x) = x і f(x) = x ln x за 1 рішення «руйнуються за кінцевий час».

У випадку ситуація визначається багатьма чинниками і так проста, але залишається важливість «швидкості зростання f по x». При n 1 формулювати критерії продовження важко, але достатні умови існують. Як правило, вони обґрунтовуються за допомогою так зв. апріорних оцінок рішень.

Визначення. Нехай h C(,), h 0. Кажуть, що з рішень деякого ОДУ має місце АТ |x(t)| h(t) на (,), якщо будь-яке рішення цього ОДУ задовольняє цій оцінці на тій частині інтервалу (,), де воно визначено (тобто не передбачається, що рішення обов'язково визначені на всьому інтервалі (,)).

Але виявляється, що наявність АТ гарантує, що рішення будуть все-таки визначені на всьому (,) (а значить задовольняти оцінку на всьому інтервалі), так що апріорна оцінка перетворюється на апостеріорну:

Теорема. Нехай завдання Коші (1) задовольняє умовам ТК-П, а для її рішень має місце АТ на інтервалі (,) з деякою h C(,), причому криволінійний циліндр (|x|h(t), t(,)) B .Тоді НР (1) визначено на всьому (,) (а значить, задовольняє АТ).

Доведення. Доведемо, що t+ (t аналогічно). Допустимо, t+. Розглянемо компакт K = (| x | h (t), t) B. По ТПК при t t + точка графіка (t, x (t)) залишає K, що неможливо через АТ.

Таким чином, для доказу продовження рішення на певний інтервал достатньо формально оцінити рішення на всьому необхідному інтервалі.

Аналогія: вимірність функції по Лебегу і формальна оцінка інтеграла спричиняють реальне існування інтеграла.

Наведемо деякі приклади ситуацій, як ця логіка працює. Почнемо з ілюстрації наведеної вище тези про «зростання f по x досить повільному».

Твердження. Нехай B = (,) Rn, f задовольняє умовам ТК-П B, | f (t, x) | a(t)b(|x|), де a та b задовольняють умовам попереднього Затвердження з = 0, причому = +. Тоді НР задачі (1) існує на (,) за всіх t0 (,), x0 Rn.

Лемма. Якщо і безперервні (t0) (t0); при t t Доказ. Зауважимо, що у околиці (t0, t0 +): якщо (t0) (t0), це відразу очевидно, інакше (якщо (t0) = (t0) = 0) маємо (t0) = g(t0, 0) (t0), що знову дає потрібне.

Допустимо тепер, що знайдеться t1 t0 така, що (t1). Очевидними міркуваннями можна знайти (t1) t2 (t0, t1] таку, що (t2) = (t2), і на (t0, t2) Але тоді в точці t2 маємо = - суперечність.

g будь-яка, і справді потрібно лише, C, і скрізь де = там. Але щоб не забивати голову, розглянемо так, як у Лемі. Тут сувора нерівність, зате нелінійне ОДУ, а ще є так зв.

Зауваження для викладача. Нерівності такого роду як у Лемі називаються нерівностями типу Чаплигіна (НЧ). Легко бачити, що у Лемме не потрібна була умова єдиності, так що таке «суворе НЧ» вірне і в рамках теореми Пеано. «Нечитка НЧ» свідомо неправильно без єдиності, тому що рівність - окремий випадок суворої нерівності. Нарешті, «Нечитка НЧ» в рамках умови єдиності правильно, але вдається довести його лише локально - за допомогою ІМ.

Доведення. (Твердження). Доведемо, що t+ = (t = аналогічно). Припустимо, t+, тоді за Твердженням вище |x(t)| + при t t+, тож можна вважати x = 0 на . Якщо ми доведемо АТ | h на ) (куля для зручності замкнута).

Завдання Коші x(0) = 0 має єдиний НР x = 0 на R.

Вкажемо достатню умову на f, у якому існування НР на R+ можна гарантувати за всіх досить малих x0 = x(0). Для цього припустимо, що (4) має так зв. функцію Ляпунова, тобто таку функцію V, що:

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

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

Перевіримо виконання умов A та B:

A. Розглянемо завдання Коші, де |x1| R/2. Побудуємо циліндр B = R B(0, R) - область визначення функції f де вона обмежена і класу C 1, так що існує F = max | f |. По ТК-П знайдеться рішення (5), визначене на інтервалі (t1 T0, t1 + T0), де T0 = min(T, R/(2F)). Вибором досить великого T можна досягти T0 = R/(2F). Важливо, що T0 залежить від вибору (t1, x1), аби |x1| R/2.

B. Поки рішення (5) визначено і залишається у кулі B(0, R), ми можемо провести таке міркування. Маємо:

V (x (t)) = f (x (t)) · V (x (t)) 0, тобто V (x (t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Зрозуміло, що m і M не спадають, непреy| r рівні в нулі, m(0) = M(0) = 0, а поза нулем вони позитивні. Тому знайдеться R 0 таке, що M(R) m(R/2). Якщо | x1 | R, тоді V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), звідки |x(t)| R/2. Зауважимо, що R R/2.

Тепер ми можемо сформулювати теорему з пп. A,B виводить глобальне існування рішень (4):

Теорема. Якщо (4) має функцію Ляпунова B(0, R), то при всіх x0 B(0, R) (де R визначена вище) НР задачі Коші x(t0) = x0 для системи (4) (з будь-яким t0) визначено до +.

Доведення. З п. A рішення можна побудувати на , де t1 = t0 + T0 /2. Це рішення лежить в B(0, R) і до нього застосувань п. B, так що |x(t1)| R/2. Знову застосовують п. A і отримуємо рішення на , де t2 = t1 + T0/2, тобто тепер рішення побудоване на . До цього рішення застосовуємо п. B і отримуємо | x (t2) | R/2, і т. д. За лічильне число кроків отримаємо рішення на § 5. Залежність рішень ОДУ від Розглянемо задачу Коші де Rk. Якщо за якихось, t0(), x0() це завдання Коші має НР, воно є x(t,). Постає питання: як вивчити залежність x від? Це питання важливе через різні додатки (і виникне особливо в Частині 3), один з яких (хоча можливо і не найважливіше) - наближене рішення ОДУ.

приклад. Розглянемо завдання Коші Її НР існує і єдино, як це випливає з ТК-П, але висловити його в елементарних функціях неможливо. Як тоді вивчити його властивості? Один із способів такий: зауважимо, що (2) «близька» до задачі y = y, y(0) = 1, розв'язання якої легко перебуває: y(t) = et. Можна припустити, що x(t) y(t) = et. Чітко ця ідея оформляється так: розглянемо задачу При = 1/100 це (2), а при = 0 це для y. Якщо ми доведемо, що x = x(t,) безперервна (у певному сенсі), то отримаємо, що x(t,) y(t) при 0, а це і означає x(t, 1/100) y( t) = et.

Щоправда, залишається незрозумілим, наскільки близько x до y, але доказ безперервності x є першим необхідним кроком, без якого неможливе просування далі.

Аналогічно корисним є і дослідження залежності від параметрів початкових даних. Як ми побачимо пізніше, ця залежність легко зводиться до залежності від параметра в правій частині рівняння, тому поки обмежимося завданням вигляду Нехай f C(D), де D - область в Rn+k+1; f липшицева по x у будь-якому опуклому по x компакті з D (наприклад, достатньо C(D)). Фіксуємо (t0, x0). Позначимо M = Rk | (t0, x0,) D - це безліч допустимих (у яких завдання (4) має сенс). Зазначимо, що M відкрито. Вважатимемо, що (t0, x0) підібрані так, що M =. По ТК-П всім M існує єдине НР завдання (4) - функція x = (t,), визначена на інтервалі t (t(), t+()).

Строго кажучи, оскільки залежить багатьох змінних, треба записувати (4) так:

де (5)1 виконано на множині G = ((t,) | M, t (t (), t+()) ). Втім, відмінність значків d/dt та /t суто психологічне (їх вживання залежить від такого ж психологічного поняття «фіксувати»). Таким чином, безліч G є природним максимальним безліччю визначення функції, і питання про безперервність слід досліджувати саме на G.

Нам буде потрібно допоміжний результат:

Лемма. (Гронуолла). Нехай функція C, 0, задовольняє для всіх оцінку t Тоді при всіх вірно Зауваження для викладача. Під час читання лекції можна і не запам'ятовувати цю формулу заздалегідь, а залишити місце, а після виведення вписати.

Але потім тримати цю формулу на увазі, тому що потрібно буде в ТоНЗ.

h = A + B Ah + B, звідки отримуємо необхідне.

Сенс цієї леми: диференціальні рівняння та нерівність, зв'язок між ними, інтегральні рівняння та нерівність, зв'язок між ними всіма, диференціальна та інтегральна леми Гронуолла та зв'язок між ними.

Зауваження. Можна довести цю лему і при більш загальних припущеннях про A і B, але це нам поки не потрібно, а буде зроблено в курсі УМФ (так, легко бачити, що ми не використовували безперервність A і B тощо).

Тепер ми готові чітко сформулювати результат:

Теорема. (ТоНЗ) При зроблених припущеннях f і в позначеннях, введених вище, можна стверджувати, що G відкрито, а C(G).

Зауваження. Ясно, що безліч M взагалі кажучи не складно, так що і G може бути не зв'язковим.

Зауваження для викладача. Однак якби ми включили (t0, x0) до параметрів, то зв'язність була б - так зроблено в .

Доведення. Нехай (t,) G. Треба довести, що:

Нехай визначеності t t0. Маємо: M, так що (t,) визначена на (t(), t+()) t, t0, а значить на деякому відрізку такому, що t точка (t, (t,),) пробігає компактну криву D (паралельну) гіперплощини (= 0)). Значить, безліч виду Визначення потрібно тримати перед очима постійно!

теж є компакт D при досить малих a і b (опуклий по x), так що на функція f липшицева по x:

[Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] і рівномірно безперервна за всіма змінними, а тим більше | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] Розглянемо довільне 1 таке, що |1 | bі відповідне рішення (t, 1). Множина ( = 1) є компакт в D ( = 1), причому при t = t0 точка (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), а за ТПК при t t+(1) точка (t, (t, 1), 1) залишає ( = 1). Нехай t2 t0 (t2 t+(1)) - перше значення, при якому згадана точка виходить на.

За побудовою, t2 (t0, t1]. Нашим завданням буде показати, що t2 = t1 при додаткових обмеженнях на. Нехай тепер t3 .

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Спробуємо довести, що ця величина за модулем менше a.

де підінтегральна функція оцінюється так:

±f (t, (t,),), а не ±f (t, (t,),), тому що на різницю | (t, 1) (t,) | якраз немає оцінки поки що, отже (t, (t, 1),) неясно, тоді як для |1 | є, та (t, (t,), 1) відомо.

отже у результаті |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Отже, функція (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (Це безперервна функція) задовольняє умов леми Гронуолла з A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, так що по цій лемі отримуємо [Цю оцінку потрібно тримати перед очима постійно! ] якщо брати |1 | 1 (t1). Вважатимемо, що 1(t1) b. Всі наші міркування вірні при всіх t3.

Таким чином, при такому виборі 1, коли t3 = t2, все ж таки |(t2, 1) (t2,)| a, і навіть |1 | b. Отже, (t2, (t2, 1), 1) можливе лише за рахунок того, що t2 = t1. Але це зокрема означає, що (t, 1) визначено по всьому відрізку , т. е. t1 t+(1), і всі точки виду (t, 1) G, якщо t , |1 | 1 (t1).

Т. е. хоча t + залежить від, але відрізок залишається лівіше t + () при досить близьких до. На малюнку Аналогічно при t t0 показується існування чисел t4 t0 і 2 (t4). Якщо t t0, то точка (t,) B(, 1) G, аналогічно при t t0, а якщо t = t0, то застосовні обидва випадки, так що (t0,) B(, 3) G, де 3 = min (1, 2). Важливо, що при фіксованому (t,) можна знайти t1(t,) так, що t1 t 0 (або відповідно t4), та 1(t1) = 1(t,) 0 (або відповідно 2), так що вибір 0 = 0(t,) ясний (т. до. в отриману циліндричну околицю можна вписати кулю).

насправді доведено більш тонку властивість: якщо НР визначено на деякому відрізку, то на ньому визначено всі НР із досить близькими параметрами (тобто, 10).

все мало обурені НР). Втім, і навпаки, ця властивість випливає з відкритості G, як буде показано нижче, тому це еквівалентні формулювання.

Тим самим було доведено п. 1.

Якщо ми у зазначеному циліндрі у просторі то вірна оцінка при |1 | 4(, t,). У той самий час |(t3,) (t,)| при | t3 t | 5(, t,) через безперервність по t. Через війну при (t3, 1) B((t,),) маємо |(t3, 1) (t,)|, де = min(4, 5). Це є п. 2.

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральне державне бюджетне освітня установа вищої професійної освіти ДЕРЖАВНИЙ УНІВЕРСИТЕТ УПРАВЛІННЯ Інститут підготовки науково-педагогічних і наукових кадрів ПРОГРАМА ВСТУПНИХ ВИПРОБУВАНЬ ПО СПЕЦІАЛЬНІЙ ДИСЦИПЛІНИ СОЦІОЛОГІЯ УПРАВЛІННЯ МОСКВА - 2014 1.Організаціонний-Методичні вказівки Справжня програма орієнтована на підготовку до здачі вступних випробувань до аспірантури з...»

« Амурський державний університет Кафедра Психології та педагогіки НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС ДИСЦИПЛІНИ КОНСУЛЬТАТИВНА ПСИХОЛОГІЯ Основної освітньої програми за напрямом бакалавріату 030300.62 Психологія Благовіщенськ 2012

« автомобільне господарство) Омськ – 2009 3 Федеральне агентство з освіти ГОУ ВПО Сибірська державна автомобільно-дорожня академія (СібАДІ) Кафедра інженерної педагогіки МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ з вивчення дисципліни Педагогічні технології для студентів спеціальності 050501 - Професійне

«Серія Навчальна книга Г.С.Розенберг, Ф.Н.Рянський ТЕОРЕТИЧНА ТА ПРИКЛАДНА ЕКОЛОГІЯ Навчальний посібник Рекомендовано Навчально-методичним об'єднанням за класичною університетською освітою Російської Федераціїв якості навчального посібникадля студентів вищих навчальних закладів з екологічних спеціальностей 2-е видання Видавництво Нижньовартовського педагогічного інституту 2005 ББК 28.080.1я73 Р64 Рецензенти: доктор биол. наук, професор В.І.Попченко (Інститут екології...»

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ РОСІЙСЬКОЇ ФЕДЕРАЦІЇ федеральна державна бюджетна освітня установа вищої професійної освіти КРАСНОЯРСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ПЕДАГОГІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ ім. В.П. Астаф'єва Є.М. Антипова МАЛИЙ ПРАКТИКУМ З БОТАНИКИ Електронне видання КРАСНОЯРСЬК 2013 ББК 28.5 А 721 Рецензенти: Васильєв О.М., д.б.н., професор КДПУ ім. В.П. Астаф'єва; Ямських Г.Ю., д.г.н., професор СФУ Третьякова І.М., д.б.н., професор, провідний співробітник Інституту лісу...»

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральна Державна освітня бюджетна установа вищої професійної освіти Амурський державний університет Кафедра Психології та педагогіки НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС ДИСЦИПЛІНИ ОСНОВИ ПЕДІАТРІЇ І ГІГІЄНИ Основний освітньої програми за напрямом підготовки 02 на засіданні кафедри Психології та...»

« перевірці завдань з розгорнутою відповіддю Державна (підсумкова) атестація випускників IX класів загальноосвітніх установ (у новій формі) 2013 рік ГЕОГРАФІЯ Москва 2013 Автор-упорядник: Амбарцумова Е.М. Підвищення об'єктивності результатів державної (підсумкової) атестації випускників 9 класів загальноосвітніх установ (в...»)

«Практичні рекомендації щодо використання довідково-інформаційного та методичного контенту для викладання російської мови як державної мови Російської Федерації. Практичні рекомендації адресовані викладачам російської (у тому числі і як нерідної). Зміст: Практичні рекомендації та методичні вказівки щодо відбору 1. змісту матеріалу для навчальних та виховних занять, присвячених проблемам функціонування російської мови як державної мови...»

«Е.В.МУРЮКІНА РОЗВИТОК КРИТИЧНОГО МИСЛЕННЯ ТА МЕДІАКОМПЕТЕНТНОСТІ СТУДЕНТІВ У ПРОЦЕСІ АНАЛІЗУ ПРЕСИ навчальний посібник для вузів Таганрог 2008 2 Мурюкіна О.В. Розвиток критичного мислення та медіакомпетентності студентів у процесі аналізу преси. Навчальний посібник для вишів. Таганрог: НП Центр розвитку особистості, 2008. 298 с. У навчальному посібнику розглядаються питання розвитку критичного мислення та медіакомпетентності студентів у процесі медіаосвітніх занять. Бо преса сьогодні...»

«О. П. Головченко ПРО ФОРМУВАННЯ ФІЗИЧНОЇ АКТИВНОСТІ ЛЮДИНИ Частина II ПІД АГ ОГІК А ДВІ ГАТ ЕЛЬН ОЙ АКТИВНОСТІ 3 Навчальне видання Олег Петрович Головченко ФОРМУВАННЯ ФІЗИЧНОЇ АКТИВНОСТІ . Косенкова Комп'ютерну верстку виконала Д.В.Смоляк та С.В. Потапова *** Підписано до друку 23.11. Формат 60 х 90/1/16. Папір письмовий Гарнітура Таймс Оперативний спосіб друку Умов. д.а....»

«ДЕРЖАВНА ОСВІТАЛЬНА УСТАНОВА ВИЩОЇ ПРОФЕСІЙНОЇ ОСВІТИ КАЗАНСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ УНІВЕРСИТЕТ ІМ. В.І. УЛЬЯНОВА-ЛЕНІНА Електронні бібліотеки наукових та освітніх ресурсів. Навчально-методичне посібник Абросимов А.Г. Лазарєва Ю.І. Казань 2008 Електронні бібліотеки наукових та освітніх ресурсів. Навчально-методичний посібник з напряму Електронні освітні ресурси. - Казань: КДУ, 2008. Навчально-методичний посібник публікується за рішенням...»

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ РОСІЙСЬКОЇ ФЕДЕРАЦІЇ Державна освітня установа вищої професійної освіти Оренбурзький державний університет Акбулакська філія Кафедра педагогіки В.А. ТЕЦКОВА МЕТОДИКА ВИКЛАДАННЯ ІЗ У ПОЧАТКОВИХ КЛАСАХ ЗАГАЛЬНООСВІТНІЙ ШКОЛИ МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ Рекомендовано до видання Редакційно-видавничою радою державної освітньої установи вищої професійної освітиОренбурзький державний університет...»

«МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ ТА НАУКИ РОСІЙСЬКОЇ ФЕДЕРАЦІЇ МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ СТАВРОПОЛЬСЬКОГО КРАЮ ДЕРЖАВНИЙ ОСВІТНИЙ ЗАКЛАД ВИЩОЇ ПРОФЕСІЙНОЇ ПРОФЕСІЙНОЇ ПРОФЕСІЙНОСТІ. Джегутанова ДИТЯЧА ЛІТЕРАТУРА КРАЇН ВИВЧАЙНОЇ МОВИ НАВЧАЛЬНО-МЕТОДИЧНИЙ КОМПЛЕКС Ставрополь 2010 1 Друкується за рішенням УДК 82.0 редакційно-видавничої ради БПК 83.3 (0) ГОУ

«ПОЛОЖЕННЯ про нову систему внутрішньошкільної оцінки якості освіти МБОУ Камишинська ЗОШ 1. Загальні положення 1.1. Положення про внутрішньошкільну систему оцінки якості освіти (далі – становище) встановлює єдині вимоги при реалізації внутрішньошкільної системи оцінки якості освіти (далі – ШСОКО) у муніципальному бюджетному загальноосвітньому закладі Камишинської середньої загальноосвітньої школи (далі – школа). 1.2. Практичне здійснення ШСОКО будується відповідно до...»

«МІНІСТЕРСТВО ОХОРОНИ ЗДОРОВ'Я РЕСПУБЛІКИ УЗБЕКИСТАН ТАШКЕНТСЬКА МЕДИЧНА АКАДЕМІЯ КАФЕДРА ВОП З КЛІНІЧНОЮ АЛЕРГОЛОГІЄЮ ЗАТВЕРДЖУЮ Проректор з навчальної роботи Проф. О.Р.Тешаєв _ 2012р. РЕКОМЕНДАЦІЇ ЩОДО СКЛАДАННЯ Навчально-методичний РОЗРОБОК ДЛЯ ПРАКТИЧНИХ ЗАНЯТЬ З ЄДИНОЇ методичної СИСТЕМІ Методичні вказівки для викладачів медичних ВНЗ Ташкент- 2012 МІНІСТЕРСТВО ОХОРОНИ ЗДОРОВ'Я РЕСПУБЛІКИ УЗБЕКИСТАН ЦЕНТР РОЗВИТКУ МЕДИЧНОЇ ОСВІТИ Ташкентський МЕДИЧНА ... »

«Федеральна агенція з освіти Гірничо-Алтайський державний університет А. П. Макошев ПОЛІТИЧНА ГЕОГРАФІЯ ТА ГЕОПОЛІТИКА Навчально-методичний посібник Гірничо-Алтайськ РІО Гірничо-Алтайського держуніверситету 2006 Друкується за рішенням редакційно-і. ГЕОГРАФІЯ І ГЕОПОЛІТИКА. Навчально-методичний посібник. - Гірничо-Алтайськ: РІО ГАГУ, 2006.-103 с. Навчально-методичний посібник розроблено згідно з навчальним...»

«А.В. Новицька, Л.І. Миколаєва ШКОЛА МАЙБУТНЬОГО СУЧАСНА ОСВІТНЯ ПРОГРАМА Щаблі життя 1 КЛАС МЕТОДИЧНИЙ ПОСІБНИК ДЛЯ ВЧИТЕЛІВ ПОЧАТКОВИХ КЛАСІВ Новицька О.В., Ніколаєва Л.І. Н 68 Сучасна освітня програмаЩаблі життя. - М.: Авваллон, 2009. - 176 с. ISBN 978 5 94989 141 4 Ця брошура адресована насамперед педагогам, але, безперечно, своєю інформацією...»

« Навчально-методичний комплекс РОСІЙСЬКЕ ПІДПРИЄМНИЦТВО ПРАВО 030500 – Юриспруденція Москва 2013 Автор – упорядник кафедри цивільно-правових дисциплін Рецензент – Навчально-методичний комплекс розглянуто та схвалено на засіданні кафедри Громадянсько-2 Російське підприємницьке право: навчально-методичний...»

«О. А. Ямашкін В. В. Руженков Ал. А. Ямашкін ГЕОГРАФІЯ РЕСПУБЛІКИ МОРДОВІЯ Навчальний посібник САРАНСЬК ВИДАВНИЦТВО МОРДІВСЬКОГО УНІВЕРСИТЕТУ 2004 УДК 91 (075) (470.345) ББК Д9(2Р351–6Мо) Я5; лікар географічних наукпрофесор А. М. Носонов; вчитель школи-комплексу № 39 м. Саранська А. В. Леонтьєв Друкується за рішенням навчально-методичної ради факультету довузівської підготовкита середнього...»

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ РФ НАЦІОНАЛЬНИЙ ДОСЛІДНИЙ ЯДЕРНИЙ УНІВЕРСИТЕТ "МІФІ" Т. І. Бухарова, В. Л. Каминін, А. Б. Костін, Д. С. Ткаченко як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів Москва 2011 УДК 517.9 ББК 22.161.6 Б94 Бухарова Т.І., Каминін В.Л., Костін А.Б., Ткаченко Д.С. Курс лекцій за звичайними диференціальними рівняннями: Навчальний посібник. - М.: НІЯУ МІФІ, 2011. - 228 с. Навчальний посібник створено з урахуванням курсу лекцій, читаного авторами в Московському інженерно-фізичному інституті багато років. Призначено для студентів НДЯУ МІФІ всіх факультетів, а також для студентів вишів із підвищеною математичною підготовкою. Посібник підготовлений у рамках Програми створення та розвитку НДЯУ МІФІ. Рецензент: доктор фіз.-мат. наук Н.О. Кудряшів. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Національний дослідницький ядерний університет «МІФІ», 2011 Зміст Передмова. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Введення у теорію звичайних диференціальних рівнянь Основні поняття. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Задача Коші. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Існування та єдиність розв'язання задачі Коші для рівняння 1-го порядку Òеорема єдиності для ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Існування рішення задачі Коші для ОÄУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Продовження рішення для ОУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ІІІ. Завдання Коші для нормальної системи n-го порядку Основні поняття та деякі допоміжні властивості вектор-функцій. . . . Єдиність вирішення завдання Коші для нормальної системи. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Концепція метричного простору. Принцип знімання. . . . . . Òеореми існування та єдиності вирішення завдання Коші для нормальних систем. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Деякі класи звичайних диференціальних рівнянь, розв'язуваних у квадратурах Рівняння з змінними, що поділяються. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Лінійні ОУ першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідні рівняння. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Аернуллі. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння в повних диференціалах. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Рівняння першого порядку, не дозволені щодо похідної Òеорема існування та єдиності рішення ОÄУ, не дозволеного щодо похідної. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Особливе рішення. Дискримінантна крива. Огинаючи. . . . . . . . . . . . . . . . Метод введення параметра. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Лаграна. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Рівняння Клер. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Системи лінійних ОДУ Основні поняття. Òеорема суіснування та єдиності розв'язання задачі Однорідні системи лінійних ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Визначник Âронського. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Комплексні рішення однорідної системи Перехід до речової УСР. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Їоднорідні системи лінійних ОÄУ. Метод варіації постійних. . . . . Однорідні системи лінійних ОÄУ з постійними коефіцієнтами. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Показова функція від матрици. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Коші 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Їоднорідні системи лінійних ОАУ з постійними коефіцієнтами. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Лінійні ОДУ високого порядку Зведення до системи лінійних ОУ. Òеорема існування та єдиності вирішення завдання Коші. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідне лінійне ОУ високого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Властивості комплексних рішень однорідного лінійного ОУ високого порядку. Перехід від комплексної ÔСР до речової. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Іоднорідні лінійні ОУ високого порядку. Метод варіації постійних. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Однорідні лінійні ОÄУ високого порядку з постійними коефіцієнтами. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Їоднорідна лінійна ОÄУ високого порядку з постійними коефіцієнтами. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Теорія стійкості Основні поняття та визначення, що стосуються стійкості. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Стійкість розв'язків лінійної системи. . . . . . Òеореми Ляпунова про стійкість. . . . . . . . . . Стійкість за першим наближенням. . . . . . . Поведінка фазових траєкторій поблизу точки спокою 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Перші інтеграли систем ОДУ 198 Перші інтеграли автономних систем звичайних диференційних рівнянь198 Їеавтономні системи ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Симетричний запис систем ОÄУ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Рівняння у приватних похідних першого порядку Однорідні лінійні рівняння у приватних похідних першого порядку Задача Коші для лінійного рівняння у приватних похідних першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Квазилінійні рівняння у приватних похідних першого порядку. . . . Задача Коші для квазілінійного рівняння у приватних похідних першого порядку. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Список літератури. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 ПЕРЕДМОВА При підготовці книги автори ставили за мету зібрати в одному місці і викласти в доступній формі відомості з більшості питань, пов'язаних з теорією звичайних диференціальних рівнянь. Тому крім матеріалу, що входить до обов'язкової програми курсу звичайних диференціальних рівнянь, що читається в НДЯУ МІФІ (і в інших вузах), у посібник увійшли і додаткові питання, на які, як правило, не вистачає часу на лекціях, але які будуть корисні для кращого розуміння предмета та стануть у нагоді нинішнім студентам у їх подальшій професійній діяльності. До всіх тверджень запропонованого посібника надано математично суворі докази. Ці докази, як правило, не є оригінальними, але всі перероблені відповідно до стилю викладу математичних курсів у МІФІ. На поширену серед викладачів і науковців думку, математичні дисципліни слід вивчати з повними і докладними доказами, поступово поступаючись від простого до складного. Автори цього посібника дотримуються такої ж думки. Теоретичні відомості, що наводяться в книзі, підкріплюються розбором достатньої кількості прикладів, що, як ми сподіваємося, спростить читачеві вивчення матеріалу. Посібник адресований студентам вишів з підвищеною математичною підготовкою, насамперед студентам НДЯУ МІФІ. При цьому воно також буде корисним усім, хто цікавиться теорією диференціальних рівнянь і використовує цей розділ математики у своїй роботі. -5- Глава I. Введення у теорію звичайних диференціальних рівнянь 1. 1. Основні поняття Всюди у посібнику через ha, bi позначати будь-яке з множин (a, b), , (a, b], , отримаємо x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt. ln C 6 x0 x0 Після потенціювання останньої нерівності та застосування (2.3) маємо 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v(t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 при всіх x 2 [1, 1]. Оцінимо різницю jf(x, y2) f(x, y1)j = sin x y1 y2 6 при всіх (x, y) 2 G. Таким чином, f задовольняє умові Липшиця з L = 1 насправді навіть з L = sin 1 по y. Однак похідної fy0 у точках (x, 0) 6 = (0, 0) навіть немає. Наступна теорема, цікава сама собою, дозволить довести єдиність вирішення завдання Коші. Теорема 2. 1 (Про оцінку різниці двох рішень). Нехай G область 2 R , а f (x, y) 2 CG і задовольняє G умові Липшица по y з константою L. Якщо y1 , y2 два рішення рівняння y 0 = f (x, y) на відрізку , то справедлива нерівність (оцінка): jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 при всіх x 2 . -19- y2 Доказ. За визначенням 2. 2 рішення рівняння (2.1) отримаємо, що 8 x 2 точки x, y1 (x) та x, y2 (x) 2 G. Для всіх t 2 маємо правильні рівності y10 (t) = ft, y1 (t ) та y20 (t) = ft, y2 (t) , які проінтегруємо по t на відрізку , де x 2 . Інтегрування законно, оскільки права і ліва частини – це безперервні функції. Отримаємо систему рівностей Zx y1(x) y1(x0) = x0 Zx y2(x) y2(x0) = ft, y1(t) dt, ft, y2(t) dt. x0 Віднімаючи одне з іншого, маємо jy1 (x) y2 (x) j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 ( x0) + ft, y1 (t) ft, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Позначимо C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) Тоді за нерівністю Гронуолла-Áеллмана отримаємо оцінку: jy2(x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) y2 (t) > 0. за всіх x 2 . Теорему доведено. Як наслідок доведеної теореми отримаємо теорему єдиності розв'язання задачі Коші (2.1), (2.2). Послідовність 1. Нехай функція f (x, y) 2 C G і задовольняє G умові Липшица по y, а функції y1 (x) і y2 (x) два рішення рівняння (2.1) на тому самому відрізку , причому x0 2 . Якщо y1(x0) = y2(x0), то y1(x) y2(x) на . Доведення. Розглянемо два випадки. -20- 1. Нехай x > x0 тоді з теореми 2. 1 слід, що h i тобто. y1(x) y1(x) y2(x) 6 0 L(x x0) , y2 (x) при x > x0 . 2. Нехай x 6 x0 зробимо заміну t = x, тоді yi (x) = yi (t) y~i (t) при i = 1, 2. Оскільки x 2 , то t 2 [ x0 , x1 ] і виконано рівність y~1 (x0) = y~2 (x0). З'ясуємо, якому рівнянню задовольняють y~i(t). Правильним є наступний ланцюжок рівностей: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Тут ми скористалися правилом диференціювання складної функції і тим, що y(x) – це рішення рівняння (2.1). Так як функція f~(t, y) f(t, y) безперервна і задовольняє умові Липшица по y, то за теоремою 2. 1 маємо, що y~1(t) y~2(t) на [x0, x1 ], тобто. y1 (x) y2 (x) на . Поєднуючи обидва розглянуті випадки, отримаємо затвердження слідства. Слідство 2. (про безперервну залежність від початковіõ данниõ) Нехай функція f (x, y) 2 CG і задовольняє G умові Липшица по y з константою L, а функції y1 (x) і y2 (x) це рішення рівняння (2.1) , Визначені на . Îбозначимо l = x1 x0 і δ = y1 (x0) y2 (x0) . Коли при 8 x 2 справедлива нерівність y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l . Доказ випливає з теореми 2. 1. Нерівність зі слідства 2 називають оцінкою стійкості рішення за початковими даними. Сенс його у тому, що й за x = x0 рішення «близькі», те й у кінцевому відрізку вони теж «близькі». Теорема 2. 1 дає важливу додатків оцінку модуля різниці двох рішень, а наслідок 1 – єдиність розв'язання завдання Коші (2.1), (2.2). Є також інші достатні умови єдиності, одне з яких ми зараз наведемо. Як зазначалося вище, геометрично єдиність розв'язання задачі Коші означає, що через точку (x0, y0) області G може проходити не більше однієї інтегральної кривої рівняння (2.1). Теорема 2. 2 (Відгук про єдиність). Нехай функція f (x, y) 2 CG та для 8 (x, y1), (x, y2) 2 G виконується нерівність f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , де ϕ( u) > 0 при u 2 (0, β], ϕ(u) безперервна, а Zβ du ! +1, коли ε ! 0+. Коли через точку (x0 , y0) області ϕ(u) ε G проходить не більше однієї інтегральної кривої (2.1) -21- Доказ: Нехай існує два рішення y1 (x) і y2 (x) рівняння (2.1), такі, що y1 (x0) = y2 (x0) = y0, позначимо z (x) Так як = f (x, yi), при i = 1, 2, то для z (x) справедлива рівність dx dz = f (x, y2) f (x, y1 ) dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 jzj jzj, тобто справедливо Тоді z dx 1 d нерівність jzj2 6 jzj jzj, з якої при jzj 6 = 0 випливає таке 2 dx подвійна нерівність: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j де інтегрування проводиться за будь-яким відрізком , на якому z(x) > 0, а zi = z(xi) i = 1, 2. За припущенням, z(x) 6 0 і, крім того, безперервна, тому такий відрізок знайдеться, виберемо його і фіксуємо. ества n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 та z(x) = 0 . Хоч би одна з цих множин не порожня, оскільки z(x0) = 0 і x0 62 . Нехай, наприклад, X1 6= ∅, воно обмежене зверху, тому 9 = sup X1 . Зазначимо, що z(α) = 0, тобто. α 2 X1 , оскільки припустивши, що z(α) > 0, через безперервність будемо мати z(x) > 0 на деякому інтервалі α δ1 , α + δ1 , а це суперечить визначенню α = sup X1 . З умови z(α) = 0 випливає, що α< x1 . По построению z(x) > 0 при всіх x 2 (α, x2 ], а через безперервність z(x) ! 0+ при x ! α + 0. Повторимо міркування при виведенні (2.5), інтегруючи по відрізку [α + δ, x2 ], де x2 вибрано вище і фіксовано, а δ 2 (0, x2 α) – довільне, отримаємо нерівність: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 2 jzjϕ jzj jz(α+δ)j Zx2 dx. нерівності спрямуємо δ ! 0+, тоді z(α+δ) !z(α) = 0, з Zjz2 jd jzj2 ! δ)j -22- Права ж частина нерівності Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α обмежена α+δ зверху кінцевою величиною, що одночасно неможливо.Отримана суперечність доводить теорему.2.2. що під завданням Коші (2.1), (2.2) розуміється наступне завдання знаходження функції y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, де f (x, y) 2 CG і (x0 , y0) 2 G, G – область в R2 . ) всяке ре шення ϕ(x) рівняння (2.1) на проміжку ha, bi, що задовольняє (2.2) x0 2 ha, bi є рішенням на ha, bi інтегрального рівняння Zx y(x) = y0 + f τ, y(τ) dτ ; (2.6) x0 2) якщо ? ), (2.2). Доведення. 1. Нехай ϕ(x) рішення (2.1), (2.2) на ha, bi. Тоді за зауваженням 2.2 ? , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, причому ϕ(x0) = y0, тобто. ϕ(x) – рішення (2.6). x0 2. Нехай y = x(x) 2 C ha, bi – рішення (2.6). Оскільки f x, ϕ(x) безперервна на ha, bi за умовою, то Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 як інтеграл зі змінною верхньою межею від безперервної функції. Диференціюючи останню рівність по x, отримаємо ϕ 0 (x) = f x, ? ϕ(x) – розв'язання задачі Коші (2.1), (2.2). (Як зазвичай, під похідною на кінці відрізка розуміється відповідна одностороння похідна.) -23- Примітка 2. 6. Лемму 2. 2 називають лемою об иквівалентності завдання Коші (2.1), (2.2) інтегральному рівнянню (2.6). Якщо доведемо, що рішення рівняння (2.6) існує, то отримаємо розв'язність та завдання Коші (2.1), (2.2). Цей план реалізовано у наступній теоремі. Теорема 2. 3 (локальна теорема існування). Нехай прямокутник P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β повністю лежить у G області визначення функції f (x, y). Ôункція f (x, y) 2 C G і задовольняє умові Липшиця по n y oв G з константою L. Îбозначимо β M = max f (x, y) , h = min α, M . Коли на відрізку P існує розв'язання задачі Коші (2.1), (2.2). Доведення. На відрізку встановимо існування розв'язання інтегрального рівняння (2.6). Для цього розглянемо наступну послідовність функцій: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, і т.д. x0 1. Покажемо, що 8 n 2 N функції yn (послідовні наближення) – визначено, тобто. покажемо, що з 8 x 2 виконується нерівність yn (x) y0 6 β всім n = 1, 2, . . . Скористаємося методом математичної індукції (ММІ): a) базис індукції: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 де M0 = max f (x , y0) при jx x 0 j 6 α M0 6 M ; б) припущення та крок індукції. Нехай нерівність правильна для yn 1 (x), доведемо її для yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Отже, якщо jx x0 j 6 h, то yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Нашою метою буде доказ збіжності послідовник найближчої 1 ності yk(x) k = 0, для цього її зручно подати у вигляді: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. . . + yn yn 1 k = 1 тобто. послідовності часткових сум функціонального ряду 2. Оцінимо члени цього ряду, довівши такі нерівності 8 n 2 N та 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Застосуємо метод математичної індукції: jx n 1 1 hn. n! (2.7) a) базис індукції: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, доведено вище; б) припущення та крок індукції. Нехай нерівність правильна для n кажемо її для n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, до- dτ 6 x0 Zx i yn 6 за умовою Липшица 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 за припущенням індукції 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 Тут ми скористалися тим, що інтеграл I = jτ x0 при x > x0 при 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 за всіх 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 виконується Доведемо це допоміжне твердження для випадку A, B 2 R (тобто A і B кінцеві; якщо A = 1 або B = +1, то аналогічно). Візьмемо x A B x , довільний x 2 (A, B) і δ(x) = min , δ(x) > 0. По 2 2 числу δ зі збіжності Ak ! A і Bk! B отримаємо, що 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. Застосовуючи слідство 1 п. 2.1 (тобто теорему єдиності), отримаємо, що ϕ(t) ψ(t) за всіх t 2 і, зокрема, при t = x. Так як x - довільна точка (A, B), то єдиність рішення, а разом із ним і слідство, доведені. Зауваження 2. 10. У доведеному слідстві ми вперше зустрілися з поняттям продовження рішення ширше безліч. У наступному параграфі ми вивчимо його докладніше. Наведемо кілька прикладів. p Приклад 2. 2. Для рівняння y 0 = ejxj x2 + y 2 з'ясувати, чи існує його рішення на всьому (A, B) = (1, +1). Розглянемо це рівняння у «смузі» Q = R2 , функція p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 За твердженням 2. 1 із п. 2.1 функція f (x, y) задовольняє умові Липшиця по y з «константою» L = L(x), x – фіксовано. Тоді виконуються всі умови слідства, і за будь-яких початкових даних (x0 , y0) 2 R2 розв'язання задачі Коші існує і до того ж єдине на (1, +1). Зазначимо, що саме рівняння у квадратурах не вирішується, але чисельно може бути побудовано наближені рішення. визначено і безперервно в Q, -32- Приклад 2. 3. Для рівняння y 0 = ex y 2 з'ясувати, чи існують його рішення, визначені на R. Якщо ми знову розглянемо це рівняння в «смузі» Q = R2 , де функція ∂ ff (x, y) = ex y 2 визначена і безперервна, а = 2yex , то можемо помітити, що ∂y умова слідства порушується, а саме, не існує такої безперервної функції L(x), що f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j при всіх y1 , y2 2 R. Справді, f(x, y2) f(x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, а вираз jy2 + y1 j не є обмеженим при y1 , y2 2 R. Таким чином, слідство не застосовується. Розв'яжемо це рівняння «поділом змінних», отримаємо загальне рішення: "y(x) = 0, y(x) = 1. ex + C Візьмемо для визначеності x0 = 0, y0 2 R. Якщо y0 = 0, то y(x ) 0 – розв'язання задачі Коші на R. 1 – розв'язання задачі Коші При y0 2 [ 1, 0) ex воно визначено при всіх x 2 R, а при y0 2 (1, 1) [ (0, +1) рішення не y0 + 1 може бути продовжено через точку x = ln. Точніше, якщо x > 0, то y0 1 рішення y(x) = y0 +1 визначено при x 2 (1, x), а якщо 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, то рішення існує лише за x 2 1; ln y0 Цей приклад показує, що обмеження зростання функції f (x, y) у доведеному вище слідстві теореми 2. 4 істотно продовження рішення весь (A, B). Аналогічно виходять приклади з функцією f(x, y) = f1 (x) y 1+ε за будь-якого ε > 0, у наведеному прикладі взято ε = 1 лише для зручності викладу. 2. 3. Продовження рішення для ОДУ першого порядку Визначення 2. 5. Розглянемо рівняння y 0 = f (x, y) та нехай y(x) – його розв'язання на ha, bi, а Y (x) – його розв'язання на hA , Bi, причому ha, bi міститься в hA, Bi і Y(x) = y(x) на ha, bi. Тоді Y(x) називається продовженням рішення y(x) на hA, Bi, а про y(x) говорять, що воно продовжено на hA, Bi. -34- У п. 2.2 ми довели локальну теорему існування розв'язання задачі Коші (2.1), (2.2). За яких умов це рішення може бути продовжено на ширший проміжок? Цьому питанню і присвячено справжній параграф. Основний його результат полягає у наступному. Теорема 2. 5 (про продовження рішення у обмеженій замкнутій області). Нехай функція f (x, y) 2 CG і задовольняє умові Липшиця по y в R2 , а (x0 , y0) внутрішня точка обмеженої замкнутої області G G. Коли через точку (x0 , y0) проходить рішення рівняння y 0 = f (x , y), що продовжується до ∂G межі області G, тобто. воно може бути продовжено на такий відрізок, що точки a, y(a) і b, y(b) лежать на ∂G. ∂f (x, y) безперервна в обмеженій ∂y ній, замкнутій, опуклій по y області G, то функція f (x, y) задовольняє G умові Липшица по змінної y. Див. слідство із затвердження 2. 1 ∂f із п. 2.1. Тому дана теорема буде справедлива, якщо безперервна в ∂y G. Примітка 2. 11. Нагадаємо, що якщо Доказ. Оскільки (x0 , y0) – внутрішня точка G, то знайдеться замкнутий прямокутник no 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , що повністю лежить у G. Тоді за теоремою 2. 3 з п 2.2 знайдеться h > 0 таке, що на відрізку існує (і до того ж єдине) рішення y = ϕ(x) рівняння y 0 = f (x, y). Áудем спочатку продовжувати це рішення вправо аж до межі області G, розбивши доказ на окремі кроки. 1. Розглянемо безліч ER: no E = α > 0 рішення y = ϕ(x) продовжується на існує рішення y = ϕ1 (x) рівняння y 0 = f (x, y), що задовольняє умовам Коші . Таким чином, ϕ(x) і ϕ1 (x) – це рішення на відрізку ~b h1 , ~b одного рівняння, що збігаються в точці x = ~b, тому вони збігаються на всьому відрізку ~b h1 , ~b і, отже, ϕ1 (x) є продовженням рішення ϕ(x) з відрізка ~b h1 , ~b ~b h1 , ~b + h1 . Розглянемо функцію ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , яка є рішенням рівняння y 0 = f (x, y) і задовольняє умову Коші ψ(x0) = y0. Тоді число α0 + h1 2 E, але це суперечить визначенню α0 = sup E. Отже, випадок 2 неможливий. Аналогічно рішення ϕ(x) триває вліво, на відрізок , де точка a, ϕ(a) 2 ∂G. Теорему повністю доведено. -37- Глава III. Завдання Коші для нормальної системи n-го порядку 3. 1. Основні поняття та деякі допоміжні властивості вектор-функцій У цьому розділі розглядатимемо нормальну систему n-го порядку виду 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 де невідомими (шуканими) є функції y1 (t), . . . , yn (t), а функції fi – відомі, i = 1, n, точка над функцією позначає похідну t. Передбачається, що всі fi визначені області G Rn+1 . Зручно записувати систему (3.1) у векторній формі: y_ = f(t, y), де y(t) y1(t). . . , yn (t) f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); стрілочки у позначенні векторів для стислості писати не будемо. Такий запис також будемо позначати (3.1). Нехай точка t0, y10,. . . , yn0 лежить у G. Завдання Коші для (3.1) полягає у знаходженні рішення ϕ(t) системи (3.1), що задовольняє умові: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0, (3.2) або у векторній формі ϕ(t0) = y0. Як зазначалося в розділі 1, під рішенням системи (3.1) на проміжку ha bi розуміється вектор-функція ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t), що задовольняє умовам: 1) 8 t 2 ha, bi точка t, ϕ(t) лежить у G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) задовольняє (3.1). Якщо таке рішення додатково задовольняє (3.2), де t0 2 ha, bi, воно називається рішенням завдання Коші. Умови (3.2) називають початковими умовами або умовами Коші, а числа t0 , y10 , . . . , yn0 - Даними Коші (початковими даними). В окремому випадку, коли вектор-функція f (t, y) (n+1) змінної залежить від y1 , . . . , yn лінійним чином, тобто. має вигляд: f(t, y) = A(t) y + g(t), де A(t) = aij(t) – n n матриця, система (3.1) називається лінійною. Надалі нам знадобляться властивості векторних функцій, які ми тут наведемо для зручності посилань. Правила додавання та множення на число для векторів відомі з курсу лінійної алгебри, ці основні операції виконуються покоординатно. n Якщо R ввести скалярний добуток x, y = x1 y1 + . . . + xn yn , то отримаємо евклідовий простір, який теж позначатимемо Rn , з довжиною s q n P вектора jxj = x, x = x2k (або евклідовою нормою). Для скалярного k = 1 твору і довжини справедливі дві основні нерівності: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn ського). x+y 6 x + y x, y 6 x (нерівність трикутника); y (нерівність Коші Áуняков- З курсу математичного аналізу другого семестру відомо, що збіжність послідовності точок (векторів) в евклідовому просторі (кінцевомірному) рівносильна збіжності послідовностей координат цих векторів, кажуть, рівнозначна покоординатної збіжності. Це легко випливає з нерівностей x6 Аналогічно скалярному випадку визначаються похідна та інтеграл векторфункції, а властивості легко доводяться за допомогою переходу до координат. Наведемо деякі нерівності для вектор-функцій, які застосовуються надалі. 1. Для будь-якої векторної функції y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , інтегрованої (наприклад, безперервної) на , справедлива нерівність Zb Zb y(t) dt 6 ay(t) dta -39- (3.3) або в координатній формі 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 Доказ. Зауважимо по-перше, що у нерівності не виключається випадок 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 [email protected] 2 2 l=1 2 x , k,i=1 звідки випливає (3.5). Визначення 3. 1. Áудем говорити, що вектор-функція f (t, y) задовольняє умові Липшиця за векторною змінною y на багато 1 жестві G змінноїõ (t, y), якщо 9 L > 0 така, що за будь-яких t, y , 2 t, y 2 G виконується нерівність ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 . Як і у випадку функції двох змінних (див. твердження 2.1) достатньою умовою липшицевості у «опуклій по y» області G є обмеженість приватних похідних. Дамо точне визначення. Визначення 3. 2. Область G змінних (t, y) називається опуклою 1 2 y, якщо для будь-яких двох точок t, y і t, y , що лежать в G, їй цілком належить і відрізок, що з'єднує ці дві точки, т. е. безліч n o t, y y = y 1 + y 2 y 1 , де 2 . Твердження 3. 1. Якщо область G змінних (t, y) опукла по y, а ∂fi приватні похідні безперервні та обмежені константою l у G при ∂yj всіх i, j = 1, n, то вектор-функція ft, y задовольняє у G умові Липшиця по y з константою L = n l. 1 2 Доказ. Розглянемо довільні точки t, y і t, y з G і 1 2 відрізок, який з'єднує їх, тобто. безліч t, y , де y = y + y y1 , t - фіксовано, а τ 2 . -41- Введемо вектор функцію одного скалярного аргументу g(τ) = ft, y(τ) , 2 1 тоді g(1) g(0) = ft, yft, y , а з іншого боку – Z1 g(1) g (0) = dg(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) dy(τ) dτ = dτ 0 0 h = через y = y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , де A(τ) – матриця з елементами ∂fi , а ∂yj y2 y 1 – відповідний стовпець. Тут ми скористалися правилом диференціювання складної функції, а саме, при всіх i = 1, n, t – фіксовано, маємо: 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 Записуючи це у матричному вигляді, отримаємо: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y з n n матрицею A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Використовуючи оцінку інтеграла (3.3) та нерівність (3.5), після підстановки отримаємо: ft, y 2 ft, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 nl 0 6 max A(τ) оскільки 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 2 6 n2 l2 при 8 τ 2 . Твердження доведене. -42- 3. 2. Єдиність вирішення задачі Коші для нормальної системи Теорема 3. 1 (про оцінку різниці двох рішень). Нехай G деяка область Rn+1 , а вектор-функція f (x, y) безперервна в G і задовольняє умові Ліпшиця за векторною змінною y на множині G з константою L. Якщо y 1 , y 2 два рішення нормальної системи (3.1) y_ = f (x, y) на відрізку , то справедлива оцінка y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) при всіх t 2 . Доказ дослівно, з урахуванням очевидних перепозначень, повторює доказ теореми 2.1 п. 2.1. 2 Звідси легко отримати теорему єдиності та стійкості рішення за початковими даними. Слідство 3.1. Нехай вектор-функція f (t, y) безперервна в області G і задовольняє G умові Липшица по y, а функції y 1 (t) і y 2 (t) два рішення нормальної системи (3.1) на тому самому відрізку , причому t0 2 . Якщо y 1 (t0) = y 2 (t0), то y 1 (t) y 2 (t) на . Слідство 3.2. (Про безперервну залежність від початкових даних). Нехай вектор-функція f (t, y) безперервна в області G і задовольняє в G умові Липшиця по y з константою L > 0, а вектор-функції y 1 (t) та y 2 (t) це рішення нормальної системи (3.1) , Визначені на . Коли при 8 t 2 справедлива нерівність y 1 (t) де δ = y 1 (t0) y 2 (t0) , а l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Доказ наслідків дослівно, з урахуванням очевидних перепозначень, повторює доказ наслідків 2.1 та 2.2. 2 Дослідження розв'язності задачі Коші (3.1), (3.2), як і в одновимірному випадку, зводиться до розв'язності інтегрального рівняння (векторного). Лемма 3. 1. Нехай f(t, y) 2 C G; Rn 1 . Коли мають місце такі твердження: 1) будь-яке рішення ϕ(t) рівняння (3.1) на проміжку ha, bi, що задовольняє (3.2) t0 2 ha, bi є безперервним рішенням на ha, bi 1 Через C G; H прийнято позначати безліч усіх безперервних у ділянці G функцій зі значеннями у просторі H. Наприклад, f(t, y) 2 C G; Rn компонентами), визначених на множині G. – множина всіх безперервних вектор-функцій (з n -43- інтегрального рівняння y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) якщо вектор -функція ? (3.2). Доведення. 1. Нехай 8 2 ha, bi виконується рівність d? (?) = f?,? (?). Тоді інтегруючи від t0 до t, з урахуванням (3.2), напів dτ Rt 0 чим, що ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, тобто. ϕ(t) задовольняє рівняння (3.6). t0 2. Нехай безперервна вектор-функція ϕ(t) задовольняє рівняння (3.6) на ha, bi, тоді ft, ϕ(t) безперервна на ha, bi за теоремою про безперервність складної функції, а тому права частина (3.6) ( і, отже, ліва частина) має безперервну похідну t на ha, bi. При t = t0 (3.6) ϕ(t0) = y 0 , тобто. ϕ(t) – розв'язання задачі Коші (3.1), (3.2). Зауважимо, що зазвичай, під похідною наприкінці відрізка (якщо він належить) розуміється одностороння похідна функції. Лемма доведена. Зауваження 3. 1. Користуючись аналогією з одновимірним випадком (див. розділ 2) та доведеними вище твердженнями, можна довести терему про існування та продовження розв'язання задачі Коші, побудувавши ітераційну послідовність, що сходить до розв'язання інтегрального рівняння (3.6) на деякому відрізку t0 t0 + h. Ми наведемо тут інший доказ теореми існування (і єдиності) рішення, що спирається на принцип стискаючих відображень. Робимо ми це для знайомства читача з більш сучасними методами теорії, які будуть застосовуватись надалі, в курсах інтегральних рівнянь та рівнянь математичної фізики. Для здійснення нашого плану знадобиться низка нових понять та допоміжних тверджень, до розгляду яких ми перейдемо. 3. 3. Поняття метричного простору. Принцип стискаючих відображень Найважливіше поняття межі математики спирається на поняття «близькості» точок, тобто. можливість знаходити відстань між ними. На числовій осі відстань – це модуль різниці двох чисел, на площині – це добре відома формула евклідової відстані тощо. Багато фактів аналізу використовують алгебраїчних властивостей елементів, а спираються лише з поняття відстані меду ними. Розвиток цього підходу, тобто. виділення «істоти», що відноситься до поняття межі, призводить до поняття метричного простору. -44- Визначення 3. 3. Нехай X – безліч довільної природи, а ρ(x, y) – дійсна функція двох змінних x, y 2 X, що задовольняє трьом аксіомам: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X, причому ρ(x, y) = 0 лише за x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (аксіома симетрії); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (нерівність трикутника). У цьому випадку безліч X із заданою функцією ρ(x, y) називають метричним простором (ÌП), а функцію ρ(x, y) : X X 7! R, яка задовольняє 1) – 3), – метрикою або відстанню. Наведемо деякі приклади метричних просторів. Приклад 3. 1. Нехай X = R з відстанню ρ(x, y) = x y отримаємо МП R. n o n xi 2 R, i = 1, n є Приклад 3. 2. Нехай X = R = x1 , . . . , xn безліч упорядкованих наборів із n дійсних чисел s n 2 P x = x1 , . . . , xn з відстанню ρ(x, y) = xk yk , отримаємо n1 k=1 n мірне евклідове простір R . n Приклад 3. 3. Нехай X = Ca, b; R – безліч всіх безперервних на a, b функцій зі значеннями Rn , тобто. безперервних вектор-функцій з відстанню ρ(f, g) = max f (t) g(t) , де f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t) t2 s n 2 P g = g (t) g1 (t), . . . , gn (t), fg = fk (t) gk (t). k=1 Для прикладів 3. 1 -3. 3 аксіоми МП перевіряються безпосередньо, залишимо це як вправу для сумлінного читача. Як звичайно, якщо кожному натуральному n поставлений у відповідність елемент xn 2 X, то говорять, що задана послідовність точок xn ÌП X. x = 0. n!1 Визначення 3. 5. Послідовність xn називається фундаментальною, якщо для будь-якого ε > 0 існує таке натуральне число N (ε), що для всіх n > N і m > N виконується нерівність 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 знайдеться номер N(ε) такий, що для всіх n > N і для всіх t 2 a, b виконується нерівність 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. Розглянемо B = Am, B: X 7! X, B – стиск. По теоремі 3. 2 оператор B має єдину нерухому точку x. Оскільки A і B перестановочные AB = BA і оскільки Bx = x , маємо B Ax = A Bx = Ax , тобто. y = Ax - це теж нерухома точка B, а оскільки така точка за теоремою 3. 2 єдина, то y = x або Ax = x. Звідси x – нерухома точка оператора A. Доведемо єдиність. Припустимо, що x~ 2 X і A~ x = x~, тоді m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, тобто. x~ – також нерухома точка для B, звідки x~ = x. Теорему доведено. Окремим випадком метричного простору є лінійний нормований простір. Наведемо точне визначення. Визначення 3. 9. Нехай X – лінійний простір (дійсний або комплексний), на якому визначено числову функцію x , що діє з X в R і задовольняє аксіомам: 1) 8 x 2 X, x > 0, причому x = 0 лише за x = θ; 2) 8 x 2 X і для 8 2 R (або C) виконується 3) 8 x, y 2 X виконується ніка). x+y 6 x + y λx = jλj x; (Нерівність трикут- Тоді X називається нормованим простором, x: X 7! R, що задовольняє 1) - 3), - нормою. а функція У нормованому просторі можна запровадити відстань між елементами за формулою ρ x, y = x y . Виконання аксіом МП легко перевіряється. Якщо отриманий метричний простір повний, то відповідний нормований простір називається банаõовим простором. Часто на тому самому лінійному просторі можна по-різному запровадити норму. У зв'язку із цим виникає таке поняття. Визначення 3. 10. Нехай X – лінійний простір, а й – дві 1 2 норми, введені у ньому. Норми і називаються ýквівалентними 1 2 нормами, якщо 9 C1 > 0 і C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Примітка 3. 3. Якщо і – дві еквівалентні норми на X, і 1 2 простір X є повним за однією з них, воно повно і за іншою нормою. Це легко випливає з того, що послідовність xn X, фундаментальна по, фундаментальна також і, причому сходиться до 1 2 тому ж елементу x 2 X. -47- Примітка 3. 4. Часто теорема 3. 2 (або 3. 3) застосовується коли як повний n простору беруть замкнуту кулю цього простору o Br(a) = x 2 X ρ x, a 6 r , де r > 0 і a 2 X фіксовані. Зазначимо, що замкнута куля в ПМП сама є ПМП з тією самою відстанню. Доказ цього факту залишаємо читачеві як вправу. Зауваження 3. 5. Вище була встановлена ​​повнота простору з прикладу 3. 3. Зауважимо, що в лінійному просторі X = C 0, T , R можна ввести норму kxk = max x(t) так, що отримане нормоване буде банаховим. На цій же множині безперервних на простір 0, T вектор-функцій можна ввести еквівалентну норму за формулою kxkα = max e αt x(t) за будь-якого α 2 R. При α > 0 еквівалентність випливає з нерівностей e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) при всіх t 2 0, T , звідки e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Цією властивістю еквівалентних норм ми скористаємося за доказом теореми про однозначну розв'язність задачі Коші для лінійних (нормальних) систем. 3. 4. Теореми існування та єдиності розв'язання задачі Коші для нормальних систем ). У цьому параграфі будемо припускати, що G має деяка n вигляд G = a, b o , де область Rn , а куля BR (y 0) = Має місце теорема. y 2 Rn y y0 6 R повністю лежить в. Теорема 3. 4. Нехай вектор-функція f(t, y) 2 C G; Rn , причому 9 M > 0 і L > 0 такі, що виконуються умови 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 . Іксуємо число δ 2 (0, 1) і нехай t0 2 (a, b). Коли R 1 δ 9 h = min ; ; t0 a; b t0 > 0 ML таке, що існує і до того ж єдине розв'язання задачі Коші (3.1), (3.2) y(t) на відрізку Jh = t0 h, t0 + h , причому y(t) y 0 6 R при всіх t 2 Jh. -48- Доказ. По лемі 3. 1 Завдання Коші (3.1), (3.2) еквівалентна інтегральному рівнянню (3. 6) на відрізку , отже, і Jh , де h обрано вище. Розглянемо банахове простір X = C (Jh ; Rn) - безліч безперервних на відрізку Jh вектор-функцій x (t) з нормою kxk = max x (t) і введемо в X замкнуте безліч: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X yy(t) o 0 6R = o 0 y 6R замкнута куля в X. Оператор A, визначений за правилом: Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 переводить SR y 0 в себе, так як y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​M 6 R t0 за умовою 1 теореми та визначення h. Доведемо, що A є SR оператором стиснення. Візьмемо довіль 0 1 2 і оцінимо величину: і (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) if τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 де 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 вибираємо за R формулою h = min M; 1L δ; b a, а як відрізок Jh всюди треба взяти -49-Jh = t0, t0 + h = a, a + h. Всі інші умови теореми не змінюються, її доказ з урахуванням перепозначень Rзберігається. Для випадку t0 = b, аналогічно h = min M ; 1L δ; b a, а Jh = b h, b. n Примітка 3. 7. У теоремі 3. 4 умова f (t, y) 2 C G; R , де G = a, b D, можна послабити, замінивши на вимогу безперервності f (t, y) по змінній t при кожному y 2 зі збереженням умов 1 і 2. Доказ не зміниться. Примітка 3. 8. Достатньо, щоб умови 1 і 2 теореми 3. 4 виконувались 0 при всіх t, y 2 a, b BR y при цьому константи M і L залежать, 0 взагалі кажучи, від y і R. При більш жорстких обмеження на вектор-функцію ft, y , аналогічно теоремі 2.4 справедлива теорема існування та єдиності розв'язання задачі Коші (3.1), (3.2) на всьому відрізку a, b . n Теорема 3. 5. Нехай вектор-функція fx, y 2 CG, R , де G = a, b Rn і існує L > 0, така, що виконується умова 8 t, y 1 , t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 . Коли при будь-яких t0 2 і y 0 2 Rn на a, b існує і до того ж єдине розв'язання задачі Коші (3.1), (3.2). Доведення. Візьмемо довільні t0 2 та y 0 2 Rn і фіксуємо їх. Безліч G = a, b Rn представимо у вигляді: G = G [ G + , де Rn , а G + = t0 , b Rn , вважаючи, що t0 2 a, b , інакше один G = a, t0 з етапів доказу не буде. Проведемо міркування для смуги G+. На відрізку t0 , b задача Коші (3.1), (3.2) еквівалентна рівнянню (3.6). Введемо оператор інтегрального n A: X 7! X, де X = C t0 b ; R за формулою Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Тоді інтегральне рівняння (3.6) можна записати як операторного рівняння Ay = y. (3.8) Якщо ми доведемо, що операторне рівняння (3.8) має рішення в ПМП X, то отримаємо розв'язання задачі Коші на t0, b або a, t0 для G . Якщо це рішення буде єдине, то через еквівалентність, єдиним буде і вирішення завдання Коші. Наведемо два докази однозначної роздільної здатності рівняння (3.8). Доказ 1. Розглянемо довільні вектор-функції 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R , тоді справедливі оцінки за будь-якого -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt hf τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . Нагадаємо, що X норма вводиться так: kxk = max x(τ) . З отриманої нерівності матимемо: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) = 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Продовжуючи цей процес, індукцією можна довести, що 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Звідси, остаточно, отримаємо оцінку 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 Оскільки α(k) = ! 0 при k! 1, то знайдеться таке k0, k! що 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 (див. зауваження 3. 5) за формулою: x α = max e αt x(t) . -51- Покажемо, що можна вибрати α так, що оператор A у просторі X з нормою при α > L буде стискаючим. Дійсно, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ d max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt Оскільки α > L, то q = L α 1 1 αt e α e eαt0 L = α α b t0 y 2 y1 y 1 α = 1 e α b t0 .< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об зворотної функції , з якої рівність (4.3) можна дозволити щодо y і отримати формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливу в околиці точки x0 . Покажемо, що рівність (4.4) дає рішення рівняння (4.1) на околиці точки x0 . Дійсно, використовуючи теорему про диференціювання зворотної функції та враховуючи співвідношення F10 (x) = f1 (x), отримаємо 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), звідки випливає, що функція y(x) з (4.4) є рішенням рівняння (4.1). Розглянемо тепер завдання Коші для рівняння (4.1) з початковою умовою y(x0) = y0. (4.5) Формулу (4.2) можна записати як Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Підставляючи сюди початкову умову (4.5), знаходимо, що C = 0, тобто. Розв'язання задачі Коші визначається із співвідношення Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, воно визначається однозначно. Отже, загальне рішення рівняння (4.1) задається формулою (4.4), а розв'язання задачі Коші (4.4), (4.5) перебуває із співвідношення (4.6). Примітка 4. 1. Якщо f2(y) = 0 при деяких y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, рішеннями рівняння (4.1) є також функції y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, що доводиться безпосередньою підстановкою цих функцій рівняння (4.1). Зауваження 4. 2. Для рівняння (4.1) загальне рішення визначаємо із співвідношення F2(y) F1(x) = C. (4.7) Таким чином, ліва частина співвідношення (4.7) постійна на кожному рішенні рівняння (4.1). Співвідношення типу (4.7) можна записати і під час вирішення інших ОДУ. Такі співвідношення прийнято називати інтегралами (загальними інтегралами) відповідного ОДУ. Дамо точне визначення. Визначення 4. 1. Розглянемо рівняння y 0(x) = f(x, y). (4.8) Співвідношення (x, y) = C, (4.9) де (x, y) – функція класу C 1 називається загальним інтегралом рівняння (4.8), якщо це співвідношення не виконується тотожно, але виконується на кожному рішенні рівняння (4.8) ). При кожному конкретному значенні C2R ми отримуємо приватний інтеграл. Загальне рішення рівняння (4.8) виходить із загального інтеграла (4.9) з використанням теореми про неявну функцію. Приклад 4. 1. Розглянемо рівняння x (4.10) y 0 (x) = y і початкова умова y(2) = 4. (4.11) Застосовуючи для розв'язання рівняння (4.10) описаний вище метод поділу змінних, одержуємо y dy = x dx , звідки знаходимо загальний інтеграл для рівняння (4.10) y 2 x2 = C. Загальне рішення рівняння (4.10) запишеться за формулою py = C + x2 , а розв'язання задачі Коші (4.10), (4.11) – за формулою py = 12 + x2 . -57- 4. 2. Лінійні ОДУ першого порядку Лінійним ОДУ першого порядку називається рівняння y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x), Якщо q (x) 6 Якщо q (x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то рівняння називається неоднорідним. 0, то рівняння називається однорідним: y 0 (x) + p(x) y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Якщо y1 (x), y2 (x) розв'язання однорідного рівняння (4.120) , α, β довільні числа, то функція y(x) αy1(x) + βy2(x) також є рішенням рівняння (4.120). 2) Для загального розв'язання неоднорідного рівняння (4.12) має місце формула yон = yоо + yчн; (4.13) тут yон загальне рішення неоднорідного рівняння (4.12), yчн приватне рішення неоднорідного рівняння (4.12), yоо загальне рішення однорідного рівняння (4.120). Доведення. Перше твердження теореми доводиться безпосередньою перевіркою: маємо y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Доведемо друге твердження. Нехай y0 - довільне рішення рівняння (4.120), тоді y00 = p (x) y0. З іншого боку, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Отже, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), отже y y0 + yчн є розв'язком рівняння (4.12). Таким чином формула (4.13) дає рішення неоднорідного рівняння (4.12). Покажемо, що за цією формулою можуть бути отримані рішення рівняння (4.12). Справді, хай y^(x) – розв'язання рівняння (4.12). Покладемо y~(x) = y^(x) yчн. Маємо 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 чином, y~(x) – розв'язок однорідного рівняння (4.120), і ми маємо y^(x) = y~(x) + yчн, що відповідає формулі (4.13). Теорему доведено. -58- Нижче розглядатимемо завдання Коші для рівнянь (4.12) і (4.120) з початковою умовою y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Щодо функцій p(x) і q(x) з (4.12) припускатимемо, що p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Примітка 4. 3. Покладемо F(x, y) = p(x)y + q(x). Тоді в силу накладених вище умов на p(x) і q(x) маємо F(x, y), ∂F(x, y) 2 CG , ∂y G = ha, bi R1 , а отже, для завдання Коші ( 4.12), (4.14) справедливі теореми існування та єдиності рішення, доведені в розділі 2. У доведених нижче теоремах 4.2, 4.3 будуть отримані явні формули для розв'язків рівнянь (4.120) та (4.12) і буде показано, що ці рішення існують по всьому проміжку ha, bi. Розглянемо спочатку однорідне рівняння (4.120). Теорема 4. 2. Затвердження: Нехай p (x) 2 C (ha, bi). Коли справедливі наступні 1) будь-яке рішення рівняння (4.120) визначено на всьому проміжку ha, bi; 2) загальне рішення однорідного рівняння (4. 120) визначається формулою y(x) = C e де C R p(x) dx , (4.15) довільна константа; 3) розв'язання задачі Êоші (4.120), (4.14) задається формулою Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказ. Виведемо формулу (4.15) відповідно до даної на початку розділу методики. Насамперед зауважимо, що функція y 0 є рішенням рівняння (4.120). Нехай y(x) – рішення рівняння (4.120), причому y60 на ha, bi. Тоді 9 x1 2 ha bi така, що y(x1) = y0 6= 0. Розглянемо рівняння (4.120) в околиці точки x1 . Це рівняння з змінними, що розділяються, причому y(x) 6= 0 в деякій околиці точки x1 . Тоді, наслідуючи результати попереднього параграфа, отримаємо явну формулу для розв'язання Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- звідки R y(x) = C ep(x) dx , c6=0, що відповідає формулі (4.15). Крім того, рішення y 0 також задається формулою (4.15) при C = 0. Безпосередньою підстановкою рівняння (4.120) переконуємося, що функція y(x), що задається за формулою (4.15) при будь-якому C, є рішенням рівняння (4.120), причому по всьому проміжку ha, bi. Покажемо, що формула (4.15) визначає загальне рішення рівняння (4.120). Справді, хай y^(x) – довільне рішення рівняння (4.120). Якщо y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторюючи попередні міркування, отримаємо, що ця функція задається формулою (4.15) при деякому C: якщо y^(x0) = y^0 , то Rx p( ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Якщо ж 9x1 2 ha, bi така, що y^(x1) = 0, то завдання Коші для рівняння (4.120) з початковою умовою y(x1) = 0 має два рішення y ^(x) і y(x) 0. В силу зауваження 4. 3 розв'язання задачі Коші єдине, тому y^(x) 0, а отже, задається формулою (4.15) при C = 0. Отже, доведено, що загальне рішення рівняння (4.120) визначено усім ha, bi і задається формулою (4.15). Формула (4.16), очевидно, є окремим випадком формули (4.15), тому задається нею функція y(x) є рішенням рівняння (4.120). Крім того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 тому формула (4.16) дійсно задає рішення задачі Коші (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доведено. Розглянемо тепер неоднорідне рівняння (4.12). Теорема 4. 3. Нехай p(x), q(x) 2 C(ha, bi). Коли справедливі такі твердження: 1) будь-яке рішення рівняння (4.12) визначено на всьому проміжку ha, bi; 2) загальне рішення неоднорідного рівняння (4.12) задається формулою Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e ​​p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e де C довільна константа; 3) розв'язання задачі Êоші (4.12), (4.14) задається формулою Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказ. Відповідно до теореми 4.1 та формули (4.13) yон = yоо + yчн потрібно знайти приватне рішення рівняння (4.12). Для його знаходження застосуємо так званий метод варіації довільної постійної. Суть цього методу полягає в наступному: беремо формулу (4.15), замінюємо в ній константу C на невідому функцію C(x) та шукаємо приватне рішення рівняння (4.12) у вигляді yчн(x) = C(x) e R p(x) dx. (4.19) Підставимо yчн (x) із (4.19) до рівняння (4.12) і знайдемо C(x) так, щоб це рівняння задовольнялося. Маємо R R 0 yчн(x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Підставляючи (4.12), отримаємо 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), звідки RC 0(x) = q(x) ep(x) dx. Інтегруючи останнє співвідношення та підставляючи знайдене C(x) у формулу (4.19), отримаємо, що Z R R p(x) dx yчн (x) = eq(x) e p(x) dx dx. Крім того, через теорему 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Тому використовуючи формулу (4.13) з теореми 4.1 отримуємо, що ZRRR p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +eq(x)ep(x) dx dx, що збігається із формулою (4.17). Очевидно, що формула (4.17) задає рішення по всьому проміжку ha, bi. Нарешті, розв'язання задачі Коші (4.12), (4.14) визначається формулою 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 Дійсно, формула (4.20) є окремим випадком формули (4.17) при C = y0 тому вона задає рішення рівняння (4.12). Крім того, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +ep(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 тому задовольняються Початкові дані (4.14). Наведемо формулу (4.20) до виду (4.18). Дійсно, з (4.20) маємо Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)exp(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q( ξ)ep(θ) dθ dξ, ξ x0 що збігається з формулою (4.18). Теорема 4. 3 доведено. Слідство (про оцінку розв'язання задачі Коші для лінійної системи). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причому p(x) 6 K, q(x) 6 M Нехай 8 x 2 ha, bi. Коли для розв'язання задачі Коші (4.12), (4.14) справедлива оцінка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказ. Нехай спочатку x > x0. В силу (4.18) маємо 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 . Нехай тепер 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 то очевидно, функція y(x) 0 є рішенням рівняння (4.24). Для розв'язання рівняння Áернуллі (4.24) α 6= 0, α 6= 1 розділимо обидві частини рівняння на y α . При α > 0 треба врахувати, що з зауваження 4. 4 функція y(x) 0 є рішенням рівняння (4.24), яке при такому розподілі буде втрачено. Отже, надалі його треба буде додати до загального рішення. Після поділу отримуємо співвідношення y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Введемо нову потрібну функцію z = y 1 α , тоді z 0 = (1 отже, приходимо до рівняння щодо z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x). α y 0, а (4.25) Рівняння (4.25) є лінійним рівнянням. Такі рівняння розглянуті у п. 4.2, де отримано формулу загального рішення, в силу якої рішення z(x) рівняння (4.25) записується у вигляді 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) Тоді функція y(x) = z 1 α (x), де z(x) визначена (4.26), є рішенням рівняння Áернуллі (4.24). -64- Крім того, як зазначено вище, при α > 0 рішенням також є функція y(x) 0. Приклад 4. 4. Розв'яжемо рівняння y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Розділимо рівняння (4.27) на y 2 та зробимо заміну z = отримаємо лінійне неоднорідне рівняння 1 y. В результаті z 0 + 2z = ex. (4.28) Вирішуємо спочатку однорідне рівняння: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C2R1. Рішення неоднорідного рівняння (4.28) шукаємо методом варіації довільної постійної: zчн = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = ex, C(x) = ex , звідки zчн = ex , а загальне рішення у (4.28) z(x) = Ce2x + ex. Отже, рішення рівняння Aернуллі (4.24) запишеться у вигляді y(x) = 1 . ex + Ce2x Крім того, рішенням рівняння (4.24) є також функція y(x) Це рішення ми втратили при розподілі цього рівняння на y2. 0. 4. 5. Рівняння в повних диференціалах Розглянемо рівняння в диференціалах M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G – деяка область в R2 . Таке рівняння називається рівнянням в повних диференціалах, якщо існує функція F (x, y) 2 C 1 (G), звана потенціалом, така, що dF (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y )dy, (x, y) 2 G. Áудем для простоти припускати, що M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), а область G є однозв'язною. У цих припущеннях у курсі математичного аналізу (див., наприклад, ) доводиться, що потенціал F (x, y) для рівняння (4.29) існує (тобто (4.29) – рівняння у повних диференціалах) тоді і лише тоді, коли My (x, y) = Nx (x, y) -65-8 (x, y) 2G. При цьому (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) де точка (x0 , y0) – деяка фіксована точка з G, (x, y) – поточна точка в G, а криволінійний інтеграл береться за будь-якою кривою, що з'єднує точки (x0 , y0) і (x, y) і повністю лежить в області G. Якщо рівняння (4.29) є рівнянням

Олександр Вікторович Абросимов Дата народження: 16 листопада 1948(1948 11 16) Місце народження: Куйбишев Дата смерті … Вікіпедія

I Диференціальні рівняння рівняння, що містять функції, похідні різних порядків і незалежні змінні. Теорія Д. в. виникла наприкінці 17 ст. під впливом потреб механіки та інших природничих дисциплін,… … Велика Радянська Енциклопедія

Звичайні диференціальні рівняння (ОДП) це диференціальне рівняння виду, де невідома функція (можливо, вектор функція, тоді, як правило, теж вектор функція зі значеннями в просторі тієї ж розмірності;

У Вікіпедії є статті про інших людей з таким прізвищем, див Юдович. Віктор Йосипович Юдович Дата народження: 4 жовтня 1934(1934 10 04) Місце народження: Тбілісі, СРСР Дата смерті … Вікіпедія

Диференціал- (Differential) Визначення диферінціалу, диференціал функції, блокування диферінціалу Інформація про визначення диферінціалу, диферінціал функції, блокування диферінціалу Зміст Зміст математичний Неформальний опис… … Енциклопедія інвестора

Одне з основних понять у теорії диференціальних рівнянь із приватними похідними. Роль X. проявляється у суттєвих властивостях цих рівнянь, таких, як локальні властивості рішень, розв'язність різних завдань, їх коректність та ін. Математична енциклопедія

Рівняння, крім невідомої є функція від одного незалежного змінного, причому в це рівняння входять не тільки сама невідома функція, але і її похідні різних порядків. Термін диференціальні рівняння було запропоновано Г.… … Математична енциклопедія

Треногін Владилен Олександрович В. А. Треногін на лекції в МІСіС Дата народження … Вікіпедія

Треногін, Владилен Олександрович Треногін Владилен Олександрович В. А. Треногін на лекції в МИСиС Дата народження: 1931 (1931) … Вікіпедія

Рівняння Гауса, лінійне звичайне диференціальне рівняння 2-го порядку або, у самосполученій формі, Змінні та параметри в загальному випадку можуть набувати будь-яких комплексних значень. Після підстановки виходить наведена форма. Математична енциклопедія

Макарська Є. В. У кн.: Дні студентської науки. Весна – 2011. М.: Московський державний університет економіки, статистики та інформатики, 2011. С. 135-139.

Автори розглядають практичне застосування теорії лінійних диференціальних рівнянь на дослідження економічних систем. У роботі дається аналіз динамічних моделей Кейнса та Самуельсона-Хікса зі знаходженням рівноважних станів економічних систем.

Іванов А. І., Ісаков І., Дьомін А. В. та ін. Ч. 5. М.: Слово, 2012.

У посібнику розглянуті кількісні методи дослідження споживання кисню людиною під час тестів із дозованим фізичним навантаженням, виконаних у ГНЦ РФ-ІМШП РАН. Посібник призначений для науковців, фізіологів та лікарів, які працюють у галузі авіакосмічної, підводної та спортивної медицини.

Міхєєв А. В. СПб.: Відділ оперативної поліграфії НДУ ВШЕ - Санкт-Петербург, 2012.

Ця збірка містить завдання з курсу диференціальних рівнянь, читаному автором на факультеті економіки НДУ ВШЕ - Санкт-Петербург. На початку кожної теми дається короткий виклад основних теоретичних фактів і розбираються приклади рішень типових завдань. Для студентів та слухачів програм вищої професійної освіти.

Конаков В. Д. STI. WP BRP. Видавництво опікунської ради механіко-математичного факультету МДУ, 2012. №2012.

В основі цього навчального посібника лежить спеціальний курс на вибір студента, прочитаний автором на механіко - математичному факультеті МДУ ім. М.В. Ломоносова у 2010-2012 навчальних роках. Посібник знайомить читача з методом параметриксу та його дискретним аналогом, розвиненим останнім часом автором посібника та його колегами-співавторами. Воно поєднує воєдино матеріал, який раніше містився лише у ряді журнальних статей. Не прагнучи максимальної спільності викладу, автор ставив за мету продемонструвати можливості методу при доведенні локальних граничних теорем про збіжність марківських ланцюгів до дифузійного процесу та при отриманні двосторонніх оцінок типу Аронсона для деяких вироджених дифузій.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Ця публікація є збіркою окремих статей «Третої Міжнародної конференції з динаміки інформаційних систем», яка відбулася в університеті Флориди, 16-18 лютого 2011 року. Мета цієї конференції полягала в тому, щоб зібрати разом науковців та інженерів з промисловості, уряду та наукових кіл , щоб вони змогли обмінятися новими відкриттями та результатами у питаннях, що мають відношення до теорії та практики динаміки інформаційних систем. системах Вчені інших дисциплін можуть також отримати користь від застосування нових розробок у своїх галузях досліджень.

Пальвелєв Р., Сергєєв А. Г. Праці Математичного інституту ім. В.А. Стеклова РАН. 2012. Т. 277. С. 199-214.

Вивчається адіабатичний ліміт у гіперболічних рівняннях Ландау-Гінзбурга. За допомогою зазначеної межі встановлюється відповідність між рішеннями рівнянь Гінзбурга-Ландау та адіабатичними траєкторіями у просторі модулів статичних рішень, які називаються вихорами. Ментон запропонував евристичний адіабатичний принцип, який постулює, що будь-яке рішення рівнянь Гінзбурга-Ландау з досить малою кінетичною енергією може бути отримане як обурення деякої адіабатичної траєкторії. Суворий доказ цього факту знайдено нещодавно першим автором

Є explicit формула для quasi-isomorphism між операціями Hycomm ( homology of moduli space of stable genus 0 curves) and BV/Δ (homotopy quotient Batalin-Vilkovisky operad by the BV-operator). В інших словах ми рекомендуємо еквівалент Hycomm-алгебра і BV-алгебра збільшити з homotopy, що trivializes the BV-оператор. Ці формуляри є given в термах з Givental graphs, and areвиконано в двох різних способах. Один рішучість використовує Givental group action, і інші рішучі кроки через низку explicit formulas on resolutions of Hycomm and BV. У 2-х роках, в основному, логічно розповсюдження господарської групи дій на Hycomm-algebras.

Під навч. редакцією: А. Михайлов Вип. 14. М: Соціологічний факультет МДУ, 2012.

Статті цієї збірки написані на основі доповідей, зроблених у 2011 р. на соціологічному факультеті МДУ ім. М.В. Ломоносова на засіданні XIV Міждисциплінарного щорічного наукового семінару "Математичне моделювання соціальних процесів" ім. Героя Соціалістичної праці академіка О.О. Самарського.

Видання призначене для наукових співробітників, викладачів, учнів ВНЗ та наукових установ РАН, які цікавляться проблемами, розробкою та впровадженням методології математичного моделювання соціальних процесів.

Даний курс лекцій читається більше 10 років для студентів теоретичної та прикладної математики в Далекосхідному державному університеті. Відповідає стандарту II покоління за цими спеціальностями. Рекомендований студентам та магістрантам математичних спеціальностей.

Теорема Коші про існування та єдиність розв'язання задачі Коші рівняння першого порядку.
У цьому параграфі ми, наклавши певні обмеження на праву частинудиференціального рівняння першого порядку, доведемо існування та єдиність рішення, що визначається початковими даними (х0, у0). Перший доказ існування розв'язання диференціальних рівнянь належить Коші; наведений нижче доказ надано Пікаром; воно провадиться за допомогою методу послідовних наближень.

ЗМІСТ
1. Рівняння першого порядку
1.0. Вступ
1.1. Рівняння з змінними, що розділяються
1.2. Однорідні рівняння
1.3. Узагальнені однорідні рівняння
1.4. Лінійні рівняння першого порядку та приведені до них
1.5. Рівняння Бернуллі
1.6. Рівняння Ріккаті
1.7. Рівняння у повних диференціалах
1.8. Інтегруючий множник. Найпростіші випадки знаходження інтегруючого множника
1.9. Рівняння, не дозволені щодо похідної
1.10. Теорема Коші про існування та єдиність розв'язання задачі Коші рівняння першого порядку
1.11. Особливі точки
1.12. Особливі рішення
2. Рівняння вищих порядків
2.1. Основні поняття та визначення
2.2. Типи рівнянь n-го порядку, які можна розв'язати у квадратурах
2.3. Проміжні інтеграли. Рівняння, що допускають зниження порядку
3. Лінійні диференціальні рівняння п го порядку
3.1. Основні поняття
3.2. Лінійні однорідні диференціальні рівняння п го порядку
3.3. Зниження порядку лінійного однорідного рівняння
3.4. Неоднорідні лінійні рівняння
3.5. Зниження порядку у лінійному неоднорідному рівнянні
4. Лінійні рівняння з постійними коефіцієнтами
4.1. Однорідне лінійне рівняння з постійними коефіцієнтами
4.2. Неоднорідні лінійні рівняння із постійними коефіцієнтами
4.3. Лінійні рівняння другого порядку з рішеннями, що вагаються.
4.4. Інтегрування за допомогою статечних рядів
5. Лінійні системи
5.1. Неоднорідні та однорідні системи. Деякі властивості розв'язків лінійних систем
5.2. Необхідні та достатні умови лінійної незалежності до рішень лінійної однорідної системи
5.3. Існування фундаментальної матриці. Побудова загального рішення лінійної однорідної системи
5.4. Побудова безлічі фундаментальних матриць лінійної однорідної системи
5.5. Неоднорідні системи. Побудова загального рішення шляхом варіації довільних постійних
5.6. Лінійні однорідні системи з постійними коефіцієнтами
5.7. Деякі відомості з теорії функцій від матриць
5.8. Побудова фундаментальної матриці системи лінійних однорідних рівнянь із постійними коефіцієнтами у загальному випадку
5.9. Теорема існування та теореми про функціональні властивості рішень нормальних систем диференціальних рівнянь першого порядку
6. Елементи теорії стійкості
6.1
6.2. Найпростіші типи точок спокою
7. Рівняння у приватних похідних 1-го порядку
7.1. Лінійне однорідне рівняння у приватних похідних 1-го порядку
7.2. Неоднорідне лінійне рівняння у приватних похідних 1 порядку
7.3. Система двох рівнянь у приватних похідних з 1 невідомою функцією
7.4. Рівняння Пфаффа
8. Варіанти контрольних завдань
8.1. Контрольна робота №1
8.2. Контрольна робота №2
8.3. Контрольна робота №3
8.4. Контрольна робота №4
8.5. Контрольна робота №5
8.6. Контрольна робота №6
8.7. Контрольна робота №7
8.8. Контрольна робота №8.

Безкоштовно завантажити електронну книгу у зручному форматі, дивитися та читати:
Завантажити книгу Курс лекцій зі звичайних диференціальних рівнянь, Шепелєва Р.П., 2006 - fileskachat.com, швидке та безкоштовне скачування.

Завантажити pdf
Нижче можна купити цю книгу по кращою ціноюзі знижкою з доставкою по всій Україні.