"LUETOJA mitoista differentiaalisuhteista OSA 1. KANSAINVÄLISEN TEORIAN ALUKSET Pääassistentilla on asema, joka luo perustan mittavien erosuhteiden teorialle: ..."

- [Side 1] -

A. E. Mamontov

LUENTOT

erotussuhteet

JAETUN TEORIAN OSIA

Toimiston päällikkössä asema laskettiin, yakі fold

julmien differentiaaliyhtälöiden teorian perusta: päätöksen ymmärtäminen, niiden perusta, yhtenäisyys,

vanheneminen parametrien mukaan. Joten (3 §:ssä) sama kunnioitus liitetään tiettyjen tasa-arvoluokkien "selkeisiin" päätöksiin. Tapaamisten avustaja tuhoutuneesta neitsyestä kurssi "Differentiaaliyhtälö" opiskelijoilta, jotka opiskelevat Novosibirskin valtion pedagogisen yliopiston matematiikan tiedekunnassa.

UDC 517.91 BBK V161.61 Peredmova Tapaamisten opas Novosibirskin valtion pedagogisen yliopiston matematiikan tiedekunnan opiskelijoille kielikurssin "Differentiaaliyhtälö" opettamiseen laajennetussa obsyazyssa. Lukijan kunniaksi tärkeimmät ymmärrykset ja tulokset esitetään luovan perustan suurimpien differentiaaliyhtälöiden teorialle: ratkaisun ymmärtäminen, їhnє іsnuvannya -lauseet, yhtenäisyys, parametrіv kesanto. Aineiston kuvaukset on esitetty näennäisesti loogisesti epäselvässä tekstissä §§ 1, 2, 4, 5. Joten (pykälässä 3 kannattaa hieman sivuuttaa ja timchasovo katkaisee kurssin päälangan) lyhyesti tarkastellaan eniten pyynnöt samojen luokkien päätösten hyväksymisestä ja "nimenomasta" tunnustamisesta. Ensimmäisellä käsittelyllä § 3 voidaan ohittaa ilman ongelmia kurssin loogisen rakenteen vuoksi.

Tärkeä rooli on oikealla, tekstiin sisältyvällä suurella määrällä. Lukijoita suositellaan ratkaisemaan ne "kuumilla jäljillä", mikä takaa materiaalin assimilaation ja toimii testinä. Lisäksi usein sinulla on oikeus täyttää looginen kudos, eli ilman heidän ratkaisuaan kaikkia määräyksiä ei tiukasti tuoda.

Tekstin keskellä olevissa neliökaareissa kunnioitetaan syyllistämistä, jonka pitäisi toimia kommenttina (laajennetut tai sivuselitykset). Leksisesti nämä fragmentit tarkistavat päätekstiä (eli niiden selkeää lukemista varten on välttämätöntä "älä merkitä"), mutta kaikesta huolimatta sinun on haiseva selittävällä tavalla. Toisin sanoen nämä palaset on otettava niin, että peltojen haju tuodaan pelloille.

Tekstissä on paljon otsikoita "kunnioitus luennoitsijaa kohtaan" - haju voidaan jättää pois luettaessa opetuksia, mutta korjaukset luennoitsijalle, joka on paras apu esimerkiksi luennoilla - haju voi auttaa sinua ymmärtää paremmin kurssin logiikkaa ja kurssi voi olla suoraviivainen. Vtіm, näiden näkökohtien kehittäminen voidaan vain oppia.

Analoginen rooli on "vikladachin pohjustus" - ukrainalaiseen tyyliin haju, joka osoittaa nykyisen aseman ja ehdottaa lukijaa oikeudeksi.

Yleisimmät (avain)termit löytyvät lyhenteistä, joiden luettelo on selvyyden vuoksi artikkelissa. Siellä on myös lista matemaattisista merkinnöistä, joita tekstissä käytetään, mutta joita elävät itse eivät näe (jota/tai sitä ei kirjallisuudessa ymmärretä yksiselitteisesti).

Symboli tarkoittaa todisteen loppua, lujuuden kaavaa, kunnioitusta jne.

Kaavojen numerointi suoritetaan itsenäisesti ihoosiossa. Kun osa kaavasta kirjoitetaan, kirjoitetaan indeksit, esimerkiksi (2) 3 tarkoittaa kaavan (2) 3. osaa (kaavan osat otetaan huomioon typografisella tyhjennyksellä erotetuilla fragmenteilla ja loogisista paikoista - tähdellä "i").

Tanskalainen auttaja ei voi ehdottoman korvata aiheen syvällistä lukemista, ikään kuin se tarkoittaisi itsenäisiä oikeuksia ja lisäkirjallisuuden lukemista, esimerkiksi niitä, luetteloa sellaisista viitteistä auttajan kirjassa. Kirjoittaja on kuitenkin kokeillut teorian perusperiaatteita kirjoittaessaan luentokurssiin liitetyn tyylimuodon. Linkissä kannattaa huomioida, että luentokurssia annetulta assistentilta luettuina on noin 10 luentoa uutena päivänä.

Suunnitelmissa on nähdä vielä 2 osaa (nidettä), jotka jatkavat luentojen auttamista ja viimeistelyä aiheesta "ensisijainen differentiaalitasaus": osa 2 (lineaarinen tasaus), osa 3 (lisäteoriaa) epälineaariset joet, Rivnyannya yksityisesti pokhіdnyh ensimmäinen tilaus).

§ 1. Johdanto Differentiaalitasaus (DE) - ce spіvvіdnennia muoto u1 u1 un, muut vastaavat F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1) de y = (y1, ..., yk) Rk - riippumattomat muutokset, ja u = u (y) - tuntemattomat funktiot1, u = (u1, ..., un). Tässä järjestyksessä (1) є n nevіdomih, joten on välttämätöntä n yhtä suuri, eli F = (F1, ..., Fn), joten (1) є, vzagalі ilmeisesti järjestelmä on n yhtä suuri. Jos ei ole yhtä funktiota (n = 1), tasaus (1) on skalaarinen (yksi yhtä suuri).

Jälleen funktio (i) F on annettu (u), ja u vitsailee. Jos k = 1, niin (1) kutsutaan ODE:ksi ja muuten - PDE. Toinen huomautus koskee UMF:n erityiskurssia, joka sisältyy yhden ulottuvuuden johdantokirjojen sarjaan. Tässä esseesarjassa (jotka koostuvat 3 osasta) tarkistamme vain ODU:n muun traktaatin (Tom) kappaleen osalta tavalla, jolla tarkistamme okren diakonit. UCP:stä.

2u u sovellus. 2 \u003d 0 - ce PDE.

y1 y Näkymättömät suuret u voivat olla sanallisia tai monimutkaisia, mikä ei ole tärkeää, koska tämä hetki kuluu vähemmän, jotta muodostuu tietue yhtä suuri: voidaanko monimutkainen tietue muuttaa puheeksi, puheen ja kuvitteellisten osien uudelleenluominen yhtäläisten ja nevіdomih), ja navpak, deyakih vipadki siirry manuaalisesti monimutkaiseen merkintätapaan.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Tse system z 2 ODE Appl.

dy dy dy kahdelle riippumattomalle funktiolle itsenäisenä muuttujana y.

Jos k = 1 (ODE), käytetään "suora"-kuvaketta d / dy.

u (y) du App. exp (sin z) dz = U (u (y)), kun n = 1 - ei DE, vaan nal-differentiaalisen tasauksen funktio.

Tämä ei ole DE, vaan integro-differentiaaliekvivalenssi, joten emme vastaa. Vtim, sama sama (2) on helppo rakentaa ODE:hen:

Oikein. Aja (2) ODE:hen.

Ale vzagalі іntegrаlnі іvnyannya - bіlsh taitettu ob'єkt (vіn chastkovo vyvchaєtsya in kursі toiminnallinen analіzu), haluavat, yak mi paremmin alempana, useimmat s їх їххtulokset lisäksi tulevat ulos de.

DE:itä syytetään sekä sisäisistä matemaattisista tarpeista (esimerkiksi differentiaaligeometriassa) että lisäyksistä (historiallisesti taaksepäin ja samalla pääasiassa fysiikasta). Yksinkertaisin DO on "differentiaalilaskennan päätehtävä" funktion uusimisesta samankaltaisten її mukaan: \u003d h (y). Analyysin mukaan ratkaisu voi näyttää tältä u (y) = + h (s) ds. Suuremmat globaalit ohjausjärjestelmät omaa ratkaisuaan varten vaativat erikoismenetelmiä. Kuitenkin, sikäli kuin voin kertoa, käytännössä kaikki menetelmät ODE:n kääntämiseksi "selvässä näkymässä" johtavat itse asiassa määrättyyn triviaaliin putoamiseen.

Lisäksi ODE:tä syytetään useimmiten tunnissa kehittyvien prosessien kuvaamisesta, joten itsenäisen maan roolia kutsutaan tunniksi t.

siten ODE-merkitystä sellaisissa lisäyksissä käytetään kuvauksessa järjestelmän parametrien muuttamisesta hyvissä ajoin, joten ODE:n yleisen teorian avulla on helppo nimetä itsenäinen muutos mm. t (II) - x = (x1, ..., xn) asti. Tässä luokassa surullisen kuuluisa hyökkäystyyppi ODE (ODU-järjestelmä):

de F = (F1, ..., Fn) - eli n ODE:n järjestelmä n funktiolle x, ja jos n = 1, niin yksi ODE 1 funktiolle x.

Kun x = x (t), t R ja x ovat näennäisesti kompleksiarvoisia (ei selvyyden vuoksi, koska jopa järjestelmät on kirjoitettu kompaktimmin).

Näyttää siltä, ​​että järjestelmällä (3) on kertaluku m funktion xm suhteen.

Pokhidneja kutsutaan vanhimmiksi, ja reshta (mukaan lukien itsensä xm =) kutsutaan nuoremmaksi. Jos kaikki on m =, sano vain, että järjestelmän järjestys on oikea.

Totta, lukua m kutsutaan usein järjestelmän järjestykseksi, mikä on myös luonnollista, koska se selviää kaukana.

Ravitsemus ODE:n ja їх zastosuvanin kehittämisen tarpeesta on tärkeää tehdä muiden tieteenalojen (differentiaaligeometria, matemaattinen analyysi, teoreettinen mekaniikka, І t. D.), І vіn chastkovo pokrыvaєtsya käytännön tehtävien aikana ottaa tehtävän huipulle (esimerkiksi ongelmakirjasta). Tällä kurssilla käsittelemme yksinomaan muodon (3) järjestelmien matemaattista kehitystä, jotka voivat olla seuraavan ravitsemuksen partaalla:

1. mitä "virishity" tarkoittaa (järjestelmä) (3);

2. jakin serobity;

3. Miten ajattelet auktoriteetista, miten menestyt.

Ravinto 1 ei ole niin ilmeinen, kuten käy ilmi - div. Dali. On erittäin kunnioitettavaa, että jos olisi, järjestelmä (3) voidaan pelkistää ensimmäisen asteen järjestelmäksi, mikä merkitsee nuorempia samanlaisia ​​kuin uusia tuntemattomia toimintoja. Tämä menettely on helpompi selittää esimerkillä:

alkaen 5 ruplaa 5 nevіdomih. On helppo ymmärtää, että (4) ja (5) ovat samat siinä mielessä, että toisen muunnelma (uudelleensuunnittelun jälkeen) on erilainen. Jos ratkaisun sujuvuudesta keskustellaan lisää, jatkamme työtä, jos jäämme kiinni korkeamman asteen ODE:hen (eli 1.).

Mutta nyt on selvää, että on parempi tehdä vähemmän ensimmäisen kertaluokan ODE:ta, ja toiset saattavat tarvita enemmän nimeämisen selkeyden vuoksi (tällainen tilanne meillä on joissakin tapauksissa).

Ja nyt käydään läpi ensimmäisen tilauksen ODE:

dimx = himmeä F = n.

Vivchennya rivnyannya (järjestelmät) (6) ei ole kätevä, koska se ei ole sallittu millekään muulle dx / dt:lle. Analyysin mukaan (implisiittisen funktiolauseen perusteella), samoilla mielipiteillä F-tasauksessa (6) on mahdollista sallia dx / dt i:n kirjoittaa se f:ksi: Rn + 1 Rn on annettu ja x: R Rn on shukana. Näyttää siltä, ​​että (7) є ODE, on sallittua katsoa muita (normaalin näköinen ODE). Siirrettäessä kohdasta (6) kohtaan (7) voidaan luonnollisesti käyttää taittoa:

Butt. Yhtälöä exp (x) = 0 ei voi kirjoittaa näkymään (7), eikä sitä voida ratkaista, eli Exp ei voi nollata kompleksitasossa.

Butt. Yhtälö x 2 + x2 = 1 täydellisyyden tapauksessa se kirjoitetaan kahdessa normaalissa ODE:ssä x = ± 1 x2. Seuraa niiden ihoa ja visualisoi sitten tulos.

Kunnioittaminen. Kun zvedennі (3) - (6) voi vyniknut taittaa, vaikka (3) voi olla 0 kertaluokkaa z kakoїs ї ї tai funktioiden osia (eli Tse toiminnallinen-differentiaalitasaus). Aletodiset funktiot on sisällytettävä implisiittiseen funktiolauseeseen.

Butt. x = y, xy = 1 x = 1/x. On tarpeen tietää x otetusta ODE:stä ja sitten y funktionaalisesta yhtälöstä.

Mutta joka tapauksessa siirtymäongelma kohdasta (6) kohtaan (7) tuodaan aikaisemmin matemaattisen analyysin galleriaan, alemmas DE: hen, emmekä käsittele sitä. Vtіm, muodon (6) ODE:n rikkomisesta he voivat syyttää hetken ODE:n aukon pisteitä, niin että joen voima kiertyy tehtävien huipulla (kun se on rikki tapauksessa) ja vіn kompastelee kevyesti § 3. Ale, osa kurssin, me äiti oikealla vain normaaleilla järjestelmillä ja vastaavilla. Katsotaanpa ODE:tä (ODE-järjestelmä) (7). Kirjoitamme muistiin її 1 kerran komponenttikohtaisesti:

Käsite "virishiti (7)" pitkä tunti se vaikutti "eksplisiittisen kaavan" etsimiseltä täydellisyydelle (eli näennäisesti alkeellisille funktioille, niiden ensisijaisille tai erikoistoiminnoille ja niin edelleen), painottamatta ratkaisun sujuvuutta ja sen määrittelyväliä. ODE:iden ja muiden matematiikan alojen teorian nykytila ​​(luonnontieteiden kontekstissa) kuitenkin osoittaa, että tällainen epätyydytys on epätyydyttävä - vaikka osa ODE:istä olisi sellaisen "eksplisiittisen integraation" kohteena, se on erittäin pieni (yksinkertaisimmalle ODE:lle x = f (t) näyttää siltä, ​​että ratkaisu alkeisfunktioissa tapahtuu harvoin, vaikka tässä se on "ilmeinen kaava").

Butt. Yhtälöä x = t2 + x2 ei sen äärimmäisestä yksinkertaisuudesta huolimatta voida ratkaista alkeisfunktioissa (ja tässä voidaan sanoa "ei kaavoja").

Haluan tietää ODE-luokan, jolle on mahdollista "selvästi" pobudova ratkaisu, corisno (samanlainen kuin se on mahdollista, jos se on mahdollista, jos se on mahdollista, on ominaista kuulostaa termit : "Integrate the ODE", "Integral ODE" (nykyaikaisten vanhat analogit ymmärtävät "Verishity ODE", "ODE-ratkaisu"), ikään kuin ymmärtäisivät enemmän ratkaisusta. Jakki razumiti nykyiset ehdot, Mi kerralla rozpovimo.

Ja koko ruoka huomioidaan § 3:ssa (ja perinteisesti on suuri kunnioitus, kun suoritat käytännön tehtäviä), mutta ei jälkeäkään samasta lähestymistavasta, olkoon se universaalisuus. Pääsääntöisesti olemme tietoisia muista yksityiskohdista päätösprosessin (7) aikana.

Määritä seuraavaksi, kuinka funktiota x = x (t) voidaan kutsua ratkaisuiksi (7).

Ensimmäinen on merkityksellinen kaikelle, että päätöksen ymmärtämisen selkeä muotoilu on mahdotonta ilman persoonaton lausuntoa, jolle se on merkitty, Jos vain ratkaisu on funktio, ja olkoon se funktio (koulunimityksen ) on laki, joka asettaa deacogo-persoonallisuuden skin-elementin (nimetty funktion kohdealueen mukaan) on toisen kertoimen (funktion arvon) pääelementti. Tällä tavalla funktioista puhuminen määrittelemättä niiden toiminnan laajuutta on funktion kannalta absurdia. Analyyttiset toiminnot (laajemmin - alkeet) toimivat tässä "syyksinä" (mitä tuodaan Omaniin) seuraavien (ja muiden) syiden osoittamiseen, mutta hallinnan aikoina tällaisia ​​vapauksia ei voida hyväksyä.

ja vzagali ilmoittamatta kaikkien (7) -kohtaan osallistuvien toimintojen nimitysten lukumäärää. Miten ymmärtäisit kaukaa, dotsilno zhorsko po'yazuvat ymmärtää päätöksen persoonallisuus joogo nimittämistä, ja kunnioittaa päätöstä eri tavalla, kuten persoonallisuus heidän nimellisyytensä ero, navitya rajoilla näitä monia päätöksiä vältetään.

Useimmiten tietyissä tilanteissa se tarkoittaa sitä, että heti kun päätökset tehdään näennäisesti alkeellisissa funktioissa, niin että kahdella päätöksellä voi olla "sama kaava", on tarpeen selvittää, mihin persoonattomat perustuvat, mihin kaavoihin on kirjoitettu. Plutaniini, vietin pitkään tässä ruoassa, bula toimi, kunnes ratkaisuja katsottiin alkeisfunktioita katsomalla, koska analyyttisiä toimintoja kokeillaan yksiselitteisesti laajemmilla aikaväleillä.

Butt. x1 (t) = et on (0,2) ja x2 (t) = et on (1,3) - muita ratkaisuja yhtä suuri x = x.

Tällä luonnollisesti persoonallisuuden laadussa, oli päätös tai ei, ota eri väli (ehkä buti, ja epäselvä), koska K. Tse persoonallisuus voi olla:

1. vіdkritim, schob missään kohdassa ei ole juurikaan järkeä puhua pokhіdnasta (kaksipuolinen);

2. vyazkovym, jotta ratkaisu ei hajonnut shmatkan epäjohdonmukaisuudesta (samalla tavalla on helppo puhua dekіlka-ratkaisuista) - div. Esimerkki edessä.

Tällä tavalla ratkaisu (7) - koko pari (, (a, b)), de a b +, on osoitettu (a, b).

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Joillekin avustajille on sallittua sisällyttää kintsiv päätöksen nimeämisalueelle, mutta ei liikaa, katsoen niitä, jotka vain vaikeuttavat työtä, mutta eivät anna todellista tunnustusta (jako § 4) .

Helpottaa ymmärtämistä kauempana, tehdä geometrinen tulkinta johdonmukaisella tavalla (7). Avaruudessa Rn + 1 = ((t, x)) ihopisteessä (t, x), jossa f on osoitettu, voidaan katsoa vektoria f (t, x). Jos ajatellaan tässä graafin (7) avaruudessa (viniä kutsutaan järjestelmän (7) integraalikäyräksi), niin lasketaan yhteen näkökulmaan (t, x (t)). Kun muutat t (a, b) tsya piste romahtaa vzdovzh ІК. Piste IK:hen pisteessä (t, x (t)) voidaan nähdä (1, x (t)) = (1, f (t, x (t)))). Tässä järjestyksessä ІК - ce tі і vain tіlki tі käyriä avaruudessa Rn + 1, joka pisteensä ihossa (t, x) voi olla dotique, yhdensuuntainen vektorin (1, f (t, x)) kanssa. . Tämä ajatus kannustimista niin kuulostaa. isokliinimenetelmä likimääräiselle IK:lle, joka on voittoisa, kun kaaviot esitetään tiettyjen ODE:iden ratkaisulle (div.

esimerkiksi). Esimerkiksi, kun n = 1, meidän pobudova tarkoittaa loukkaavaa: ihopisteessä ІК її hauras akseliin t asti voi teho tg = f (t, x). On luonnollista myöntää, että kun f:n persoonattomasta tarkoituksesta on otettu piste, voimme piirtää IK:n sen läpi. Tätä ajatusta perustellaan edelleen tiukasti. Niin kauan kuin emme saa täydellistä kaavaa ratkaisun sileydelle, kaikki vähenee alemmas.

Määritä seuraavaksi anonyymi B, jolle f on määritetty. Tse persoonaton ottaa luonnollisesti:

1. vydkritim (shob ІК voi olla minkä tahansa pisteen z B läheisyydessä), 2. svyazkovym (ja nyt näet kaikki svyazkovі shmatki - kaikki yksi ІК (kuin ei-läpäisevän funktion kaavio) ei voi hypätä yhdestä shmaka toisessa, jotta päätös ei ole ilmestyä sängylle).

Tarkastellaan vain klassisia ratkaisuja (7), eli sellaisia, että x ja її x eivät itsessään ole katkonaisia ​​(a, b). Sitten se on luonnollinen vimagati, joten f C (B). Kauempana autamme sinua pitämään meistä huolta. Otzhe, loput tapaamisesta on Tapaaminen. Olkoon B Rn + 1 - alue, f C (B).

Paria (, (a, b)), ab +, on osoitettu (a, b), kutsutaan ratkaisuiksi (7), myös C (a, b), iholla t (a, b) piste (t, (t) ) B i cnuє (t), ja (t) = f (t, (t)) (sitten automaattisesti C 1 (a, b)).

Geometrisesti on selvää, että (7) on rikas ratkaisu (joka on helppo ymmärtää graafisesti), koska K. Jos suoritamme ІК, että lähdetään muodon (t0, x0) pisteistä, de t0 kiinteä, niin otamme erotuksen ІК. Lisäksi tapaamisvälin muuttaminen antaa entistä paremman päätöksen ajanvarauksemme hyödyksi.

Butt. x = 0. Ratkaisu: x = = const Rn. Jos kuitenkin valitset t0 ja kiinnität ratkaisun arvon x0 pisteeseen t0: x (t0) = x0, niin arvo määritetään yksiselitteisesti: = x0, eli ratkaisu on sama välin valintaan asti. (a, b) t0.

"Kasvottoman" kasvottoman ratkaisun läsnäolo ei ole kätevä roboteille, joilla on niitä2 - ne on helpompi "numeroida" hyökkäävällä arvolla: lisää (7) lisäykseen mieli, jotta näet yksittäisen (laulun merkityksen) ratkaisun , ja sitten selvitä mielen, tee ihon okremo-päätökset (geometrisesti ratkaisu voi olla yksi (ІК), ja shmatkіv on rikas - kurittomuuden avulla se on helpompi ymmärtää).

Nimittäminen. Zavdannya for (7) - ce (7) lisämieleillä.

Se on minulle yksinkertainen tehtävä, pohjimmiltaan se on jo syyllinen - Koshin tehtävä: (7) mielen mielellä (Koshin antama cob danim):

Lisäysten kannalta tämä tehtävä on luonnollinen: esimerkiksi koska (7) kuvaa minkä tahansa parametrin x muutosta vuodella t, niin (8) tarkoittaa, että tunnin ensimmäisellä (alku)hetkellä arvo vіdomon parametreista. On tarpeen oppia lisää ja lisää tehtäviä, puhumme niistä myöhemmin, mutta nyt puhutaan Koshy-tehtävästä. Luonnollisesti tehtävän ratkaisu on järkevä kohdassa (t0, x0) B. On selvää, että tehtävän (7), (8) ratkaisuja kutsutaan ratkaisuksi (7) (nimityksen merkityksessä, annettu enemmän) että t0 (a, b) ja vikonano (kahdeksan).

Seuraava tehtävämme on tuoda Koshin (7), (8) ongelman ratkaisun perusta ja viimeisille lisäesimerkki - neliön kohdistus, On helpompi kirjoittaa x1 = ..., x2 = ..., alempi x = b / 2 ± ...

ne lasketaan f - i yogo yhtenäisyyteen laulutunnelmassa.

Kunnioittaminen. Meidän on selvennettävä vektorin ja matriisin normin käsitettä (kun tarvitsemme matriiseja vain osassa 2). Meillä on yhteys siihen, että kapeassa tilassa kaikki normit ovat samanarvoisia, tietyn normin valinta ei tarkoita mitään, joten voimme antaa vain arvioita, emme tarkkoja arvoja. Esimerkiksi vektoreille voit zastosovuvati | x | p = (| xi | p) 1 / p, p - Peanon (Pikaran) kaksoset. Katsotaan kartiota K = (| x x0 | F | t t0 |) ja toista katkaistua osaa K1 = K (t IP). On selvää, että vain K1 C.

Lause. (Peano). Voitetaan f:stä voitto tehtävässä (1), joka on osoitettu ratkaisun ylistykseen, eli:

f C (B), jossa B on verkkoalue Rn + 1:ssä. Sitten kaikille (t0, x0) B on Int (IP) ongelman (1) pääratkaisu.

Tuominen. Se on aivan tarpeeksi (0, T0] ja sen pitäisi kuulostaa tältä. Eulerin lamaani crockilla ja itse: koko laama Rn + 1:ssä, jolle skin lanka on projektio koko t:lle, persialainen lanka oikea alkaa pisteestä (t0, x0) і, joten uudessa dx / dt = f (t0, x0) Lankan maan oikea pää (t1, x1) toimii vasemmana päänä toiselle, toinen dx / dt = f (t1, x1) jne. ja samoin vasemmalla.Otriman laman määrittelee paloittain lineaarisen funktion x = (t). Niin kauan kuin t IP, laman pysyy K1:ssä (ja enemmän niin C, ja siksi i B), dopomіzhne pobudova ennen lausetta.

Itse asiassa meillä on pahuuden piste, ja sitten (s) (t) \u003d (z) dz, jossa pahuuden kohdissa otamme melko saman arvon.

At tsomu (romahtaminen lamanіy induktio) Zokrema, | (T) x0 | F | t t0 |.

Tim itse IP-toiminnoista:

2. yhtä keskeytyksettä, koska K. Lipshitzevi:

Tässä lukijan on tarpeen vaatiessa päivittää tietämystään sellaisista ymmärryksistä ja tuloksista, kuten: tasa-asteinen epäpysyvyys, yhtäläinen kannattavuus, Artsel-Askol-lause jne.

Arzel-Askol-lauseen mukaan on olemassa sellainen sekvenssi k 0, että k IP:llä, de C:llä (IP). Tästä syystä (t0) = x0, joten ei ole tarvetta pohtia uudelleen, mitä voidaan tehdä s t:lle.

Oikein. Katso samalla tavalla s t.

Annettu 0 ja tietää 0 niin, että kaikille (t1, x1), (t2, x2) C on totta kuten s int (ip) kuten tst +. Todi kaikille z voi olla | k(z) k(t) | F, joten katsoen (4) | k(z)(t) | 2F.

Kunnioittavasti scho k (z) = k (z) = f (z, k (z)), de z on lamanin vasemman pään abskissa pisteen (z, k (z)) pyyhkäisemiseksi. Mutta piste (z, k (z)) vedetään sylinteriin, jossa on parametrit (, 2F), pisteen (t, (t)) kehotukset (itse asiassa laita kartio lyhennukseen - katso kuva, Ale ei ole tärkeä samaan aikaan), joten (3) silmällä pitäen on välttämätöntä | k (z) f (t, (t)) |. Lamanolle on mahdollista, kuten edellä sanottiin, antaa kaava For k tse (2).

Kunnioittaminen. Olkoon f C 1 (B). Sama ratkaisu (a, b) on luokka C 2 (a, b). Todellakin, kohdassa (a, b) se on mahdollista: існє f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (tässä - Jacobi-matriisi ) - keskeytymätön toiminto. Tarkoittaa chittiä, isnuє ja 2 C (a, b). On mahdollista ja kaukaa nähdä ratkaisun sileys, vaikka se onkin sileä. Jos f on analyyttinen, on mahdollista tuoda analyyttisen ratkaisun syy ja yhtenäisyys (ns. Cauchyn lause), vaikka eturiveistä ei ole jälkeäkään!

Tässä on tarpeen arvata, millainen analyyttinen funktio on. Älä harhaile funktion kanssa, se voidaan kuvitella staattisena sarjana (analyyttisen toiminnon koko ilmentymä on ilmeisesti osia nimitysalueesta)!

Kunnioittaminen. Kun on annettu (t0, x0), on mahdollista T0 maksimoida muuttamalla T і R. Se ei kuitenkaan pääsääntöisesti ole kovin tärkeää, koska maksimivälin saavuttamiseksi päätetään erityismenetelmistä (jako § 4).

Peanon lause ei kerro mitään ratkaisun ykseydestä. Ymmärryksessämme ratkaisusta se ei ole aina ainoa, koska ikään kuin se olisi ratkaisu, niin sama ääni korkeammalla yliopistovälillä on muita ratkaisuja. Raportoimme toistaiseksi selkeämmin (4 §), mutta toistaiseksi voimme ymmärtää, onko heidän nimitysvälillä kaksi ratkaisua. Tuo Peanon lause aisteihisi äläkä sano mitään ykseydestä, joka ei ole vipadkovo, koska näissä mielissä yhtenäisyyttä ei voida taata.

Butt. n=1, f(x)=2 | x |. Tehtävä Koshі voi olla triviaali ratkaisu: x1 0, ja lisäksi x2 (t) = t | t |. Kolme näistä kahdesta ratkaisusta voidaan koota 2-parametriseksi ratkaisuperheeksi:

de + (rajoittamattomat arvot tarkoittavat kaksoisneulan päivien lukumäärää). Jos otat koko R:n huomioon kohdealueella, niin ne kaikki ovat äärettömän rikkaita.

Merkittävää on, että jotta Peanon lauseen todistus saadaan Eulerin lamanin kautta samaan tehtävään, niin näemme vain nollaratkaisun. Toisaalta, kuten prosessissa, jossa Eulerin lamanichia rohkaistaan ​​sallimaan pieni vika iholla, kaikki päätökset menetetään, kun vian parametri on käytetty nollaan. Tällä tavalla Peanon lause ja Eulerin lamaan ovat luonnollinen ratkaisumenetelmä ja liittyvät läheisesti numeerisiin menetelmiin.

Taustalla näkyvä kelpaamattomuus johtuu siitä, että funktio f ei ole tasainen x:ssä. Näkyy, ikään kuin makaavan Dodatkovі vimogi f:n säännöllisyydellä x:ssä voidaan varmistaa yhtenäisyys, ja lisäksi koko krokka on tarpeen laulavassa mielessä (jako alla).

Arvaamalla, että deyaki ymmärtää analyysin. Funktiota (skalaari tai vektori) g kutsutaan hölderiläiseksi, jonka eksponentti (0, 1] on impersonaalissa, mutta todellisuudessa sitä kutsutaan tiivistetyksi Lіpshitsyaksi. 1:llä se on mahdollista vain vakiofunktioille. Näyttää siltä, ​​​​että g tyydyttää Hölderin hämmentyneessä mielessä moduulin kanssa, jota jollain tavalla kutsutaan g:n turvallisuuden moduuliksi.

Voitko osoittaa, että mikä tahansa jatkuvuusmoduuli on jatkuvuuden moduuli, kuten funktio ilman keskeytyksiä.

Se on tärkeä käännekohta meille, mutta meille itsellemme: voiko funktio kompaktilla olla keskeytymätön, sen keskeytymättömyysmoduuli eli tyytyy (5) teokseen. Tuodaan se. Jos oletetaan, että yakscho on kompakti ja g C (), niin kieli on yhtä lailla katkeamaton, ts.

=(): | X y | = | G(x) g(y) |. Näytä, tse vastaa mielen (5) kanssa deacoyu. Se on totta, koska se on totta, sinun pitäisi pyytää jatkuvuusmoduulia siten, että (()), ja sitten | x y | = = () Jos otamme pois Oskilki (i) tarpeeksi, niin x ja y voivat olla samat.

І navpaki, vaikka (5) olisi tosi, niin tee se tietääksesi, että (()), ja sitten milloin | x y | = () Irrotettava

Yksitoikkoisille on välttämätöntä suorittaa kääntötoiminnot, ja villissä tunnelmassa on voitettava tällainen ääni. zagalnenі zvorotnі functionsії. Väittelyn vuoksi emme ehdota mitään, vaan sanotaanpa vain idea (oikein mukana lukemassa pienten kanssa):

onko F merkityksellinen vai ei F (x) = min F (y), F (x) = max F (y) - nämä ovat monotonisia toimintoja, ja hajut voivat olla palautuvia. ВвіF on helppo ymmärtää väärin, että x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x.

Lyhin jatkuvuusmoduuli on lineaarinen (Umova Lipshitsya). Tse "saattaa erottaa" toimintoja. Muun lujuuden ankaran tunteen lisäämiseksi tarvitsemme zusillan lauluja, ja meitä ympäröi vain kaksi asiaa:

1. tiukasti näennäisesti, jokaista Lipschitzi-funktiota ei ole eriytetty, ikään kuin näyttäisi esimerkkiä g (x) = | x | R:lle;

2. Ale s erottuvuutta, on huulipunaisuutta, koska se osoittaa alkavan kovettumisen. Olkoon se g:n funktio, että kaikki M voi olla paisuneen persoonallisuuden päällä, iloitsee Lipshitsya uudessa mielessä.

[Poki skalaarifunktion tyylille g.] Todistus. Kaikille x, y on selvää, että sama pätee vektorifunktioihin.

Kunnioittaminen. Jos f = f (t, x) (ilmeisesti vektorifunktio), voimme ottaa käyttöön käsitteen "f on Lipschitz x:ssä", eli | F (t, x) f (t, y) | c | xy |, ja siksi on sanomattakin selvää, että jopa D on leveä x:ssä kaikille t:lle, niin f:n lipschitz-ominaisuudelle x:ssä D:ssä riittää samankaltaisen f:n ilmeisyys x:ssä, skaalaus B g(x) g(y) | kautta | x y |. Kun n = 1, alat taistella lopputulosten lisäkaavojen puolesta: g (x) g (y) = g (z) (xy) (koska g on vektorifunktio, niin z on iholle oma komponentti). Säädä n 1:lle manuaalisesti kaavan loukkaavaa analogia:

Lemma. (Adamara). Olkoon f C (D) (näennäisesti vektorifunktio), de D (t = t) paisunut mille tahansa t:lle ja f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y ) · ( xy), jossa A on keskeytyksetön suorakaiteen muotoinen matriisi.

Tuominen. Jokaiselle kiinteälle t:lle voimme tehdä Todistusvahvistuksen alalauseen = D (t = t), g = fk. Otamme pois arkistointikustannukset A:sta (t, x, y) = A on todella keskeytymätön.

Käännytään ongelman ratkaisun ykseyden ravitsemukseen (1).

Laitetaan ravitsemus näin: mikä on jatkuvuuden f moduulin vika x:ssä, niin että ratkaisu (1) oli sama siinä mielessä, että 2 ratkaisua, jotka ovat yhtä suuret samalla aikavälillä, zbigayutsya? Todistuksen antaa loukkaava lause:

Lause. (Osgood). Olkoon Peanon lauseen mielessä jatkuvuusmoduuli f in x:ssä B:ssä, eli hermostuneisuuden funktio tyydyttää mielet (voit käyttää C:tä). Vastaavasti tehtävässä (1) ei voi olla kahta eri ratkaisua muodon samalle välille (t0 a, t0 + b).

Yhdistä saman perään, tähtäätään korkeammalle.

Lemma. Jos z C 1 (,), niin kaikki (,):

1. pisteissä de z = 0, існє | z | ja || z | | | Z|;

2. pisteissä, joissa z = 0, on tarpeen tutkia yksipuolisia muutoksia | z | ±, ja || z | ± | = | Z | (Zokrema, koska z = 0, sitten існє | z | = 0).

Butt. n = 1, z(t) = t. Pisteessä t = 0 se on samanlainen | z | ei totta, mutta yksipuolisesti pahempaa.

Tuominen. (Lemy). Hiljaisissa kohdissa de z = 0, imez · z їм: існує | z | =, I || z | | | Z|. Hiljaisissa pisteissä t, de z (t) = 0, ehkä:

Vipadok 1: z (t) = 0. Silloin on käytettävä | z | (T) = 0.

Vipadok 2: z (t) = 0. Sitten +0 tai 0 ochez (t +) | | Z(t) | moduuli jonkinlainen ennakko | z (t) |.

Mielelle F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) = +. Olkoon z1,2 - kaksi ratkaisua (1), kappaleet päällä (t0, t0 +). Merkittävästi z = z1 z2. voi olla:

Oletetaan, että on olemassa t1 (arvon t1 arvolle t0), jolloin z (t1) = 0. Persoonaton A = (t t1 | z (t) = 0) ei ole tyhjä (t0 A) ja sitä ympäröi peto . Joten t1:n välillä ei ole ylärajaa. Budovayasta johtuen z = 0 kohdassa (, t1) ja z:n keskeytymättömyyden ansiosta voimme z () = 0.

Lemmelle | z | C 1 (, t1), lisäksi millä aikavälillä se on oikein | z | | Z | (| Z |), joten integrointi yli (t, t1) (de t (, t1)) antaa F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t. Kun t + 0, on pyyhittävä.

Johtopäätös 1. Vaikka Peanon lauseen mielessä f on Lipschitz kohdassa x B:ssä, niin tehtävä (1) voidaan ratkaista vain Osgoodin lauseessa kuvatulla tavalla, koska tässä tapauksessa () = C täyttää kohdan (7).

Oppitunti 2. Mitä tulee Peanon lauseeseen C (B), niin ratkaisu (1) on sama Int:ssä (IP).

Lemma. Be-yaké päätös (1), pevne on IP, voi olla tyytyväinen arviointiin | x | = | F (t, x) | F ja joogakaavio - ovat K1:ssä ja enemmän C:ssä.

Tuominen. Oletetaan, että on olemassa t1 IP siten, että (t, x (t)) C. Arvolle t1 t0. Silloin on olemassa t2 (t0, t1] niin, että | x (t) x0 | = R. Samoin Osgoodin lauseessa sotkeutuessa voidaan ottaa huomioon, että t2 on sellainen piste, mutta toisaalta (t, x ( t)) C , joten |f (t, x (t)) |F ja (t, x (t)) K1, joka korvaa |x (t2) x0 | = R. Joten, (t, x () t) ) C koko IP:ssä ja sitten (toistavat välilehdet) (t, x (t)) K1.

Tuominen. (Historia 2). C on kompakti joukko, joka on Lipschitzian x:ssä C:ssä, kaikkien ratkaisujen kuvaajien piirtämiseksi Lemyä silmällä pitäen. Sekvenssille 1 se on välttämätöntä.

Kunnioittaminen. Umova (7) tarkoittaa, että Umova Lipshitsya for f voidaan heikentää hieman. Esimerkiksi Umov Gelder s 1 ei enää sovellu. Vähemmän sopivat moduulit ovat ajoittain lähellä lineaarisia - näin liikutetaan "naigirshaa":

Oikein. (Viimeistele se taitettuna). Tuo se, johon olet tyytyväinen (7), niin on 1, mihin olet tyytyväinen (7) on sellainen, että 1 / on nolla.

Villillä tavalla se ei ole obov'yazkovo vimagati sama kuin jatkuvuusmoduuli f x x yhtenäisyydelle - sinulla voi olla erilainen erikoistapa, esimerkiksi:

Vahvistus. Kuten Peanon teoreeman mielessä, on totta, että jos on 2 ratkaisua (1), on selvää Z (9):ssä, että x C 1 (a, b), ja jopa differentiaatio (9) antaa (1) 1, ja (1) 2 selvästi.

Vіdmіnu vіd (1) kohdalla (9) on luonnollista ratkaista suljetulla vіdіzkulla.

Pikar zaproponuvav varten vyrіshennya (1) = (9) loukkaavaa menetelmää myöhempien lähestymistapojen. Merkittävästi x0 (t) x0 ja kauemmaksi induktiolla Lause. (Koshi-Pikara). Olkoon Peanon lauseen mielessä funktio f on Lipschitz x:ssä tason B kompaktissa avaruudessa K, joka on paisunut x:ssä, ts.

Joten mille tahansa (t0, x0) B:lle Cauchyn (1) tehtävällä (won (9)) on vain yksi ratkaisu Int:ssä (IP) ja xk x:ssä IP:ssä, missä xk on määritetty kohdassa (10).

Kunnioittaminen. On selvää, että lause astuu voimaan, jos (11) ehto korvataan C (B), koska K. Yhtälön (11) toiselta puolelta.

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Itse asiassa kaikkia tiivisteitä ei tarvita, vaan vain sylintereitä, mutta kaava hajotetaan näin, koska § 5:ssä tarvitaan enemmän ja enemmän tiivisteitä, ja sitä ennen tällaisella kaavalla se näyttää luonnollisemmalta .

Tuominen. Valitsemme enemmän kuin (t0, x0) B ja voimme lisätä samat arvot kuin i ennen Peanon lausetta. Induktiolla voidaan todistaa, että kaikki xk:t ovat osoitettuja ja läpäisemättömiä IP:llä, lisäksi niiden graafit ovat K1:ssä ja lisäksi C:ssä. x0:lle tämä on ilmeistä. Kuten xk1:lle on totta, kohdasta (10) käy selvästi ilmi, että xk on määritetty eikä se ole vakio IP:ssä, lisäksi se kuuluu K1:een.

Tuodaan nyt pisteet IP:hen induktiolla:

(C є opuklii x:ssä on kompakti B:ssä, i on osoitettu L:lle (C) uudelle). Kohdalle k = 0 estimaatti (t, x1 (t)) K1 on jo tuotu. Vaikka (12) on tosi k: = k 1:lle, niin (10) voi olla tarpeen. Samalla tavalla sarja on pääsääntöisesti IP:ssä konvergoivalla numeerisella sarjalla ja se (kutsutaan Weierstrassin lauseeksi) konvergoi IP:ssä yhtä paljon tiettyyn funktioon x C (IP). Ale ce i tarkoittaa xk x IP:ssä. Sitten (10) IP:ssä se on siirrettävissä välillä ja se on mahdollista (9) IP:llä ja siten (1) Int:llä (IP).

Ainutlaatuisuus voidaan johtaa Osgoodin lauseen johtopäätöksestä 1, mutta se voidaan tuoda esiin eri tavalla, joka on tasaisin (9). Olkoon є 2 ratkaisua x1.2 tehtävää (1) (eli (9)) Int:ssä (IP). Kuten oli enemmän tarkoitettu, niin niiden graafien yleisen kielen tulisi olla K1:ssä ja enemmän C:ssä. Olkoon t I1 = (t0, t0 +), de - deake positiivinen luku. Todi = 1/(2L (C)). Todi = 0. Tim, x1 = x2 kohdassa I1.

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Vielä enemmän osoitus yhtenäisyydestä Lemy Gronwallin avulle, se on luonnollisempaa, koska se on luonnollisempaa käydä läpi maailmanlaajuisesti, mutta muulle Gronwall Lemalle se ei ole välttämätöntä, koska on tärkeää hyväksyä se riittävästi ennen lineaarisia ODE:itä.

Kunnioittaminen. Muu yhtenäisyyden todiste on yleensä sama, mikä osoittaa jälleen kerran eri maailmassa, kuinka paikallinen yhtenäisyys voidaan tuoda globaaliksi (mikä ei pidä paikkaansa perustan osalta).

Oikein. Tuo yhtenäisyyttä pisteet kaikissa IP, rozmirkovuyuchi vuonna protilazhny jakki tuoda Osgoodin lause.

kunnioittavaa okremy vipadok(1) - lineaariset ODE:t, eli siis, jossa f:n (t, x) arvo on lineaarinen x:ssä:

Tällä tavalla, tällä tavalla, tällä tavalla, tällä tavalla, tällä tavalla, B:n ominaisuudessa smuga ilmestyy ja mielen faux pas (ja indusoi erilaisuutta) x vikonanon mukaan automaattisesti: kaikille t (a , b), x, y Rn, se on mahdollista | f (t, x) f (t, y) | = | A (t) (x y) | | A(t) | · | (X y) |.

Jos näet kompaktin (a, b) samanaikaisesti, niin uudessa on mahdollista | f (t, x) f (t, y) | l | (x y) |, de L = max | A |.

Peanon ja Osgoodin ja Cauchy-Picardin teoreemojen perusteella tehtävän (13) monipuolisuus tietyllä aikavälillä (Peano-Picard), joka kostaa t0:n, on yksiselitteinen. Sitä paitsi päätös samasta intervallista on Picardin viimeisten läheisyyksien välillä.

Oikein. Tiedä intervalli.

Mutta käy ilmi, että tässä tapauksessa kaikki tulokset voidaan tiivistää globaalisti, eli kaikesta (a, b):

Lause. Olkoon se totta (14). Tällöin tehtävällä (13) on sama ratkaisu kohdassa (a, b), lisäksi seuraavat Picardin approksimaatiot konvergoivat uuteen tasaisesti missä tahansa kompaktissa (a, b).

Tuominen. Uudelleen, kuten TK-P:ssä, ratkaisen integraaliyhtälön (9) kaavan (10) viimeisten approksimaatioiden avulla. Mutta nyt meidän ei tarvitse muuntaa mielen kaaviota kartioksi ja sylinteriksi, koska

f on varattu kaikille x:ille t (a, b) asti. Olisi parempi ajatella liikaa, että kaikki xk on määritetty ja keskeytettävissä (a, b), mikä on ilmeistä induktiolla.

Korvaus (12) on nyt osoitettu vastaavan muotoa de N - kakkosluku, kesanto valinnassa. Induktion ensimmäinen krok tsієї arvioinneille іnshiy (koska K. Ei päällekkäisyyksiä K1:n kanssa): kun k = 0 | x1 (t) x0 | N - turva x1, ja seuraavat vaiheet ovat analogisia (12).

On mahdollista olla kirjoittamatta, koska On selvää, mutta se on mahdollista. Ja silti, me itse saimme päätöksen kaikista (a, b), koska kompaktin valinta riittää. Ainutlaatuisuus käy ilmi Osgoodin ja Cauchy-Picardin teoreemoista (ja enemmän globaalista yhtenäisyydestä).

Kunnioittaminen. Kuten yllä sanottiin, TC-P vaatii muodollisesti Peanon ja Osgoodin lauseiden läsnäoloa, mutta se on väärin kolmesta syystä - voitti:

1. voit yhdistää Kosh for ODE:n tehtävän integraalisiin tasa-arvoihin;

2. edistämään myöhempien lähestymistapojen rakentavaa menetelmää;

3. helpottaa maailmanlaajuisen perustan luomista lineaarisille ODE:ille.

[Jos haluat loput, voit kirjoittaa mirkuvan § 4.] Luotamme siihen lähinnä itse.

Butt. x = x, x (0) = 1

Useimmiten riita ei tule ulos, mutta rakentavuudesta luovutaan. On myös mahdollista arvioida isku x xk (jako).

Kunnioittaminen. Peanon, Osgoodin ja Cauchy-Picardin teoreemoista on helppo ottaa huomioon yleiset lauseet korkeamman asteen ODE:ille.

Oikein. Cauchyn ongelman, järjestelmän ratkaisun ja Cauchyn ongelman ymmärtämisen muotoilemiseksi kappaleeseen 1 on sisällytetty kaikki korkeamman asteen ODE-lauseet, linkitys ensimmäisen asteen järjestelmiin.

Tuhoamalla kurssin logiikkaa, mutta menetelmällä, jolla ongelmien ratkaisumenetelmiä voidaan paremmin omaksua ja yleistää käytännön luokissa, keskeytämme väliaikaisesti pääteorian työn ja käsittelemme teknisen ongelman "eksplisiittisen ratkaisun" OODI".

§ 3. Deyakі priyomi іntegruvannya Ozhe, katsotaanpa skalaaritasoitus = f (t, x). Prodt Steisha okremim vipadkom, yakiy oppi integroimaan, є niin zv. URP eli tasaus, jossa f (t, x) = a (t) b (x). Muodollinen menetelmä URP:n integroimiseksi on "erottaa" muutokset t ja x (nimi nimi): = a (t) dt ja ottaa sitten integraali:

chim x = B (A (t)). Siksi on muodollisempaa kostaa muutama hetki, joka merkitsee estämistä.

1. Jaa b (x). Huomaa, että f on jatkuva, joten a C (,), b C (,), eli suorakulmio (,) (,) ulkonee B:stä(Vazhali näyttää, anteeksiantamaton). Persoonaton (b (x) 0) ja (b (x) 0) ovat samat kuin lopulliset tai rachunk-välien joukot. Mіzh tsimi _intervals є pistettä tai vіdrіzki, missä b = 0. Jos b (x0) = 0, niin Cauchyn ongelma voidaan ratkaista x x0. Mahdollisesti tavoite ei ole sama, mutta samalle alueelle osoitetaan intervallit, de b (x (t)) = 0, mutta ne voidaan myös jakaa b:llä (x (t)). On syytä huomata, että näillä aikaväleillä funktio B on monotoninen ja siksi voimme ottaa B 1:n. Jos näin on b (x0) = 0, niin t0:n läheisyydessä on b (x (t)) = 0, ja menettely on laillinen. Tässä listalla menettely on kuvattu syylliseksi, ilmeisesti zastosovuvatisya, kun alue on hajotettu paloiksi.

2. Vasemman ja oikean osan integrointi eri muutosten takana.

Menetelmä I. Haluan tietää ongelman ratkaisun Koodattu (t) shi (1) x = (t). Maєmo: = a (t) b ((t)), tähdet - otti saman kaavan tiukasti.

Menetelmä II. Rivnyannia - siltä se kuulostaa. ulostulon ODE:n tietue on symmetrinen, eli sellainen, jossa sitä ei ole määritelty, koska sitä muutetaan itsenäiseksi ja kesantoksi. Tällainen muoto voi olla järkevä juuri ensimmäisen kertaluvun yhtäläisen tapauksessa, jota olemme tarkastelleet tarkastelemalla ensimmäisen differentiaalin muodon muuttumattomuutta koskevia lauseita.

Tässä käsitellään sanatarkasti differentiaalin käsitettä, havainnollistaen sitä perätasolla ((t, x)), sen päällä käyriä, jotka syyttävät käyrien linkkejä, vapausaskeleita, parametreja.

Tällä tavalla yhtäläinen (2) luo differentiaalit t і x vzdovzh shukanoї ІК. Todi-integraatio on yhtäläinen (2) tavalla, joka näkyy tähkänä, aivan laillisesti - se tarkoittaa, kuten aina, integraatiota sen mukaan, onko kyseessä neliömuotoinen muutos.

Menetelmässä I osoitettiin, että värähtelemällä riippumattoman muutoksen t laadussa. Heti näytetään tse, kun on valittu parametri s uzdovzh ІК riippumattoman muutoksen laadussa (koska K. Tse osoittaa selkeämmin t:n ja x:n yhtäläisyyden). Anna arvo s = s0 vastaamaan pisteitä (t0, x0).

Sitten ehkä: = a (t (s)) t (s) ds x (s), t (s).

Ennen URP:tä on muita ensimmäisen kertaluokan ODE:itä, jotka näkyvät tehtävän valmistuttua (esim. ongelmakirjan mukaan).

Toinen tärkeä kohta on lineaarinen ODE:

Menetelmä I. Paaston vaihtelu.

tse okremiya vіpadok more zagalnogo pіdkhodu, jota tarkastellaan osassa 2. Tarkoituksena on, että ratkaisun etsiminen erityisellä tavalla alentaa tasoitusjärjestystä.

Virishim takaisin niin zv. tasaisesti yhtä suuri:

Yksikön perusteella joko x 0 tai muuten x = 0. Muussa tapauksessa (oletetaan, että x 0 on merkitsevä) voimme (4) antaa kaikille ratkaisuille (3) 0 (mukaan lukien nolla ja negatiiviset).

Kaavan (4) C1 on melko vakio.

Vakion variaatiomenetelmä perustuu siihen, että ratkaisu (3) C1 (t) = C0 + Siitä voidaan nähdä (kuten algebrallisissa lineaarisissa järjestelmissä) ORNU = CRNU + OROU rakenne (katso tarkemmin kohdasta Osa 2).

Jos haluamme ratkaista Cauchyn ongelman x (t0) = x0, meidän on tiedettävä C0 Cauchyn tiedoista - voimme helposti ottaa C0 = x0.

Menetelmä II. Tunnemme IM:n, eli sellaisen funktion v, jolla täytyy kertoa (3) (kirjoitettu niin, että kaikki tuntemattomat vaihtoehdot vasemmassa osassa: xa (t) x \u003d b (t)), joten vasemmassa osassa se oli samanlainen kätevä yhdistelmä.

Voi olla: vx vax = (vx), joten v = av, eli (tämä tasoittaa järjestyksen, (3) vastaa samaa kuin se on helposti rikottavissa ja kyllä ​​(5). ota sing-integraali lineaarisiin ODE:ihin ( 3) luoda deuces іnshi, kuten voidaan nähdä, kun tehtävä on suoritettu (esimerkiksi ongelmakirjan mukaan).

Loukkaantunut razglyanutih tilanne є okrem vpadkom niin zv. UPD. Katsotaanpa ensimmäisen asteen ODE:tä (n = 1) symmetrisessä muodossa:

Kuten jo mainittiin, (7) aseta ІК tasoon (t, x) määrittelemättä, miten muutos katsotaan neliöksi.

Jos kerromme (7) riittävällä funktiolla M (t, x), niin löydämme vastaavan muodon saman yhtälön kirjoittamiselle:

Tässä järjestyksessä yhdellä ja samalla ODE:llä voi olla paljon symmetrisiä merkintöjä. Niistä minulla on erityinen rooli soittaa tällaista soundia. merkinnät uusimmissa differentiaaleissa, kutsuen UPD:tä ei kaukana, koska tehon tarkoitus ei ole sama, vaan sen sisääntulon muoto, eli niin, että vasen osa (7) on yhtä suuri dF (t, x) kuvan kanssa F.

On selvää, että (7) є UPD vain ja vain jos A = Ft, B = Fx funktiolla F. Analyysin mukaan se on muulle tarpeellinen ja riittävä. Oikealla siinä, että § näyttelee eri roolia - viiniä vzagalia ei tarvita kurssin muihin osiin, enkä halunnut kuluttaa zusillan ylivaltaa kierroksen toisella puolella.

Tässä järjestyksessä, vaikka (9) vikonano, on olemassa sellainen F (yksi ja sama additiiviseen vakioon asti), joka (7) voidaan kirjoittaa uudelleen muotoon dF (t, x) = 0 (uzdovzh ІК), ts.

F (t, x) = const vdovzh ІК, eli ІК on funktion F rivin olemus. On selvää, että UPD:n integrointi on triviaali tehtävä, koska F:stä haetaan A:ta ja B:tä, mikä miellyttää (9) muuttumatta vaikeaksi. Jos (9) ei ole vikonan, sinun pitäisi tietää niin. ІМ M (t, x) on sellainen, että (8) on UPD, jolle on välttämätöntä ja riittävää voittaa analogi (9), joka on muodossa:

Kuten näemme ensimmäisen asteen PPP-teoriassa (kuten tarkastelemme osassa 3), yhtä (10) tekee päätöksen niin, että se on totta. Tässä arvossa, olkoon se yhtä kuin mieli (7), voi olla ennätys UPD:ssä ja mahdollistaa "ilmeisen" integraation. Ale tsі mirkuvannya ei anna rakentavaa menetelmää villiin vpadku, koska Ratkaisua varten (10) näyttää tarpeelliselta tietää ratkaisu (7), aivan kuten vitsailemme. Prote, є useita lähestymistapoja IM-kysymykseen, joita perinteisesti tarkastellaan käytännön toiminnassa (div. Napriklad).

Kunnioitamme, että olemme tarkastelleet tarkemmin URP:n ja lineaaristen ODE:iden päätöksen hyväksymistä, ja kutsumme sitä IM:n ideologiaksi.

Itse asiassa URP dx / dt = a (t) b (x), joka on kirjoitettu symmetriseen muotoon dx = a (t) b (x) dt, kerrotaan IM 1 / b (x) -luvulla, koska UPD:ssä dx / b (x) = a (t) dt, eli dB (x) = dA (t). Lineaarinen kohdistus dx / dt \u003d a (t) x + b (t), kirjoitettu symmetriseen muotoon dx a (t) xdt b (t) dt;

(Lineaarisiin järjestelmiin yhdistetyn suuren lohkon vian vuoksi) he luottavat niihin, jotka erityisillä menetelmillä järjestyksen vähentämiseksi ja muuttuvien hajujen korvaamiseksi nousevat ensimmäisen asteen ODE:hen, sitten nousevat UPD:hen, ja haju rikkoo differentiaalin lauseiden peruslukua: dF = 0 F = const. Ravitsemus tilauksen alentamisesta sisältyy perinteisesti käytännön työntekoon (esimerkiksi jako).

Sanotaanpa muutama sana ensimmäisen asteen ODE:istä, jotka eivät ole sallittuja samankaltaisia:

Kuten §:ssä 1 sanottiin, x:n voi suurentaa (11) ja ottaa normaalimuodon, mutta älä ota sitä kokonaisuutena. Melko usein on helpompi nähdä (11) ilman keskitietä.

Katso avaruutta ((t, x, p)), jossa p = x näyttää riippumattomalta muutokselta. Todi (11) määrittää tähän avaruuteen pinnan (F (t, x, p) = 0), joka voidaan kirjoittaa parametrisesti:

Arvaa oikein, mitä se tarkoittaa esimerkiksi pallon avulla R3:ssa.

Shukanin ratkaisut ovat tällä pinnalla vinoja: t = s, x = x (s), p = x (s) - yksi vapausaskel kuluu siihen, mikä on linkin dx = pdt ratkaisuissa. Kirjoitamme tämän linkin parametrein pintaan (12): gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), ts.

Tällä tavalla päätösten tulokset näyttävät pinnalla käyriä (12), joissain parametreissa ne vastaavat yhtälöitä (13). Säilytä ODE symmetrisessä muodossa, jotta voit raaputtaa sen.

Vipadok I. Vaikka nykyisellä alueella (gu hfu) = 0, niin (12) sitten t = f ((v), v), x = g ((v), v) antaa parametrisen tietueen vinkumiskäyristä taso ( (t , x)) (eli projisoimme qi-tasolle, koska p:tä ei tarvita meille).

Vipadok II. Vastaavasti, jos (gv hfv) = 0.

Vipadok III. Joissakin kohdissa kerralla gu hfu = gv hfv = 0. Tässä tarvitaan paljon analyysiä, mikä puolestaan ​​osoittaa ratkaisun puuttumisen (niitä kutsutaan myös erityisiksi).

Butt. Rivnyannia Clairaut x = tx + x 2. toukokuuta:

x = tp + p2. Parametrisoimme tämän pinnan: t = u, p = v, x = uv + v

Vipadok I. Chi ei ole toteutunut.

Vipadok II. u + 2v = 0, sitten dv = 0, eli v = C = vakio.

Eli t = u, x = Cu + C 2 - merkintä ІК on parametrinen.

On helppo kirjoittaa її eksplisiittisesti x = Ct + C 2.

Vipadok III. u + 2v = 0, eli v = u / 2. Joten t = u, x = u2 / 4 on parametrinen esitys "IC-ehdokkaasta".

Tarkastellaksemme uudelleen, mikä on totta ІК, kirjoitamme її eksplisiittisesti x = t2 / 4. Kävi ilmi, että oli olemassa (erikois)ratkaisu.

Oikein. Tuo, että erityisesti ratkaisu on kaikkien muiden arvoinen.

Pääasia on minkä tahansa erikoisratkaisun kaavio tai kaikkien muiden ratkaisujen perheen alku. Millä perusteella itse erikoisratkaisun nimeäminen yleiseksi (div.) on.

Oikein. Tuodakseen suuremmassa mittakaavassa Clairaut x \u003d tx (x) kuperalla funktiolla, erityisesti ratkaisu voi näyttää x \u003d (t), de - muunnos Legendre vіd, eli \u003d () 1 tai (t) \u003d max (tv (v)). Vastaavasti samalle x = tx + (x).

Kunnioittaminen. Kohdan 3 yksityiskohtainen ja tarkka ymmärtäminen sisältyi käsikirjaan.

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Kun luet luentokurssia, voit laajentaa § 3 dramaattisesti ja antaa sille laajemman muodon.

Siirrytään nyt kurssin pääpiirteisiin, jatketaan useammin viikon §§ 1,2.

§ 4. Cauchyn ongelman globaali dispariteetti § 2 olemme tuoneet Cauchyn ongelman paikallisen ratkaisun, eli vain tietyllä aikavälillä, kostaaksemme pisteen t0.

Joillakin lisäkorvauksilla f mi:lle he toivat ja yhdistivät rozvyazka, rozumіyuchi її kuten zbіg kaksi ratkaisua, jotka nimitettiin samalla aikavälillä. Aikoina, kun f on lineaarinen x:ssä, on olemassa globaali kanta, ts. koko aikavälillä (järjestelmän) määrätyt ja keskeytymättömät yhtäläisyyskertoimet. Kuitenkin, kuten globaalin teorian lineaariseen järjestelmään keskittymisen testi osoittaa, Peano-Picard-väli näyttää olevan sitä pienempi, josta voidaan tehdä päätös. Syytä luonnollista ravintoa:

1. miten määritetään enimmäisväli, jonka perusteella on mahdollista todeta päätöksen peruste (1)?

2. Miten tämä intervalli asetetaan maksimissaan, mihin muuhun oikean osan (1) 1 tunne voi vaikuttaa?

3. Kuinka muotoilla tarkasti käsitys päätöksen yhtenäisyydestä ilman varoituksia tapaamisesi tuntivälistä?

Niistä, jotka ovat syömässä 2, näyttävät olevan näennäisesti negatiivisia (tarkemmin sanottuna ne tarkoittavat suurta tarkkuutta), vertailla tällaista Butt. x = x2, x(0) = x0. Jos x0 = 0, niin x 0 - Osgoodin lauseen mukaan ei ole muita ratkaisuja. Jos x0 = 0, se on kirkkaasti kasvavia pieniä). Resoluutioväli ei voi olla suurempi kuin pienempi (, 1 / x0) tai (1 / x0, +) on voimassa x0 0:lle ja x0 0:lle (muuta hyperbolia ei voida pidentää loppuun! - tämä on tyypillinen opiskelijoiden anteeksianto). Ensi silmäyksellä mikään ulkoisessa tehtävässä "ei tuntenut tällaista tulosta". § 4 tunnemme selityksen tälle ilmiölle.

Pariteetin x = t2 + x2 esimerkissä ilmenee opiskelijoiden tyypillinen anteeksianto päätösvälin suhteen. Tässä se, että "tasa-arvoa on määrätty kaikkialla", ei hidasta ratkaisun jatkoa koko suoralle. Aamunkoittoa ei tarvitse tuoda puhtaasti elävästä näkökulmasta esimerkiksi juridisten lakien ja niiden alaisena kehittyvien prosessien yhteydessä: jos sitä ei selvästikään ole laissa vahvistettu, syynä olla yritys vuonna 2015 ei ole yritys, niin se ei tarkoita sitä, ettei yhtiö joutuisi tuhoon, mihin asti sisäisistä syistä (halua ja kuolla lain puitteissa).

Jotta voidaan vastata kysymyksiin ruokaan 1-3 (ja navit schob muotoilla ne selkeästi), on välttämätöntä ymmärtää ei-jatkuva ratkaisu. On mahdollista (koska meitä majoitettiin enemmän) tarkastella yhtä (1) 1:n päätöstä vetona (, (tl (),), tr ())).

Nimittäminen. Ratkaisu (, (tl (), tr ())) є jatkoa ratkaisulle (, (tl (),), tr ())), myös (tl (), tr ()) (tl (), tr ()), minä | (tl(), tr()) =.

Nimittäminen. Ratkaisu (, (tl (),), tr ())) - ei-jatkuva, koska ei ole olemassa ei-triviaaleja (ts. (Div. Butt korkeampi).

On selvää, että HP itsessään on erityisen arvokas, ja näissä olosuhteissa on tarpeen tuoda järkeä ja yhtenäisyyttä. Luonnollisen ravinnon syyllistäminen – miksi voit koskaan saada HP:tä jonkin paikallisen version perusteella, miksi Koshin tavoitteen perusteella? Näyttää siltä. Ymmärtääksemme:

Nimittäminen. Ratkaisujoukko ((, (tl (), tr ()))) ei ole ylivertainen, olkoon sitten kyseessä 2 ratkaisua samasta joukosta niiden nimeämisen aikaväleillä.

Nimittäminen. Ei-yli-inhimillistä ratkaisujoukkoa kutsutaan maksimiratkaisuksi, koska uuteen ratkaisuun ei ole mahdollista lisätä yhtä ratkaisua, joten uusi lukujoukko ei ole supervertailukykyinen ja uudelle pisteelle yhdistetyillä alueilla annetaan ratkaisu .

On selvää, että INN:n kysyminen vastaa HP:n kehottamista ja itse:

1. Yakshcho є NR, olkoon se sitten INN, joogokosto, ehkä vain joukko joogo-ääniä.

Oikein. Käänteinen.

2. Jos se on INN, HP (, (t, t +)) on seuraava:

on mahdollista (t) = (t), de - onko INN-elementtiä, tehtävät tsіy-pisteille. On selvää, että tällainen funktio osoitetaan yksilöllisesti kokonaisuudelle (t, t +) (yksilöllisyys on vahvaa joukon epäluottamuksellisuudesta johtuen), eikä se ole ihopisteessä tavallisten INN-elementtien kanssa. annettu tässä kohdassa. Minkä tahansa t:n (t, t +) kohdalla siinä on esimerkiksi kappale, ja siksi i її:n laitamilla, ja koska K. Tässä laitamilla on ratkaisut (1) 1, sitten - tezh. Tässä järjestyksessä є ratkaisu (1) 1 kaikelle (t, t +). Se on ei-jatkuva, koska Toisessa tapauksessa INN:ään voidaan lisätä ei-triviaali edistys sen maksimaalisuudesta huolimatta.

Pobudova INN zavdannya (1) syvässä masennuksessa (Peanon lauseen mielessä), jos paikallista yhtenäisyyttä ei ole, se on mahdollista (div. Tässä arvossa HP tietää varmasti. Olemme maadoitettuja vain eri tavoin, jos on paikallinen yhtenäisyys, niin INN (ja siksi HP) on triviaali. Esimerkiksi nimittämistä varten työskentelemme TC-P:n puitteissa.

Lause. Voitetaan TK-P:n mielet alueella B Rn + 1. Joten mikä tahansa (t0, x0) B-tehtävä (1) on yksi HP.

Tuominen. Tarkastellaan tehtävän (1) persoonattomia ratkaisuja (se ei ole tyhjä TC-P:n mukaan). Vono tyydyttää INN:n - ei-super-inhimillinen paikallisen yhtenäisyyden vuoksi, ja maksimissaan, katsoen niitä, jotka ovat persoonattomia, jotka vastaavat kaikista Koshin tehtävien ratkaisuista. Joten, NR ei ole. Sitä yhdistää paikallinen yhtenäisyys.

Jos on tarpeen indusoida NR, joka perustuu eksplisiittiseen paikalliseen varianssiin (1) 1 (eikä Cauchyn tehtävään), niin paikallisen yhtenäisyyden ilmenemisongelma voidaan pelkistää Cauchyn ongelmaksi: on valittava piste eksplisiittisessä ІК:ssä ja katso ilmeistä Cauchyn ongelmaa. HP, jonka tehtävänä tulee olemaan yhtenäisyydestä johtuvan eropäätöksen jatko. Jos yhtenäisyyttä ei ole, niin annetun päätöksen jatkaminen johtuu edellä mainitusta menettelystä.

Kunnioittaminen. NR ei voi olla merkittävä perustamisensa aikaväleissä (riippumatta yhtenäisyyden mielessä) niin, että se päätettäisiin loppupisteissä. Pyöristämistä varten sinun on määritettävä, mitä sinun on ymmärrettävä ODE:n päätöksistä sopimusehdoissa:

1. Pidhіd 1. Mennään päätöksiin (1) 1 vіdіzka razumієє funkієє, jakin tyydyttämiseksi іnіnnіu in kіntsy in sensi yksipuolinen pokhіdnoї. Esimerkiksi ensimmäisen pisteen välin oikealla puolella (t, t +] se tarkoittaa, että loppupiste B:n keskellä ja C 1 (t, t +). ) = (t +) varten ( 1) ja tietäen її ratkaisun, otettu pois, oikealle t + , eli Bulo HP:lle.

2. Pidhіd 2. Mitä tulee päätöksiin (1) 1, funktio tulee selvemmäksi, se on vähemmän katkeamaton kintsyssä, mutta se on kuin että kints ІК ovat B:ssä (älkäämme päättäkö sitä, ei tarvitse nähdä kohdistusta kintsyssä) - kaikki sama maailma, vain yleisen integraalin tasauksen kannalta (jakoraportti).

Tällä tavalla sekoitettiin jälleen vain kriittisempiin aikaväleihin, kuten joukko määrättyjä päätöksiä, emme rikkoneet koheesiota (ja vain ainutlaatuisia tarpeettomia sotkuja yksipuolisten kuolleiden kanssa jne.).

At subbag mi vіdpovіli ruoan 3, laita cob § 4: kun vikonnі mielen yhtenäisyyttä (esimerkiksi Osgood abo Koshі-Pikara) voi olla yhtenäisyyttä NR ratkaista ongelmia Koshі. Jos mielen yhtenäisyys on rikki, niin sinulla voi olla paljon HP:n tehtäviä Kosh, iho omalla päättelyvälilläsi. Olipa kyseessä ratkaisu (1) (tai vain (1) 1), voidaan laajentaa HP:ksi.

Ruoan 1,2 vaihtamiseksi on erotettava ei muuta t OKremo, vaan ІК:n käyttäytyminen avaruudessa Rn + 1. älä äiti (B:n ІK:n loppu ei aina päde - katso Respect for enemmän, mutta et voi lopettaa B:n loppua kohtaan B - jako alla).

Lause. (Siirrytyksestä poistumisesta).

me її muotoilemme paikallisen yhtenäisyyden mielessä, mutta emme obov'yazkovoa - katso, siellä TPK on muotoiltu HP:n kriteeriksi.

TC-P:n mielessä minkä tahansa HP-tasauksen (1) 1 kuvaaja täyttää kompaktin joukon K B, eli K B (t, t +): (t, (t)) K pisteessä t.

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

Kunnioittaminen. Tällä tavalla ІК НР lähellä t ± lähestyy B:tä: ((t, (t)), B) 0 kohdassa t ± - ratkaisun jatkamisprosessia ei voida katkaista tiukasti B:n keskeltä.

positiivisesti, tässä on tavallaan oikein tuoda positiivisuus johdonmukaisesti ei-leikkautuvien suljettujen monikoiden välille, joista yksi on kompakti.

Tuominen. Korjaa K B. Oletetaan be-0 (0, (K, B)). Jos B = Rn + 1, niin (K, B) = + on tärkeä. Persoonaton K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) on myös kompakti B:ssä, joten F = max | f |. Valitsemme luvut T і R - K riittävän pieniksi, jotta jos sylinteri on mielessä, otetaan esimerkiksi T 2 + R2 2/4. Vastaavasti Kosh-ongelma voidaan ratkaista TK-P:n mukaan aikavälillä aikaisempi (t T0, t + T0), missä T0 = min (T, R / F) kaikille (t, x) K:lle.

Nyt voit ottaa sen varjossa shukanny vіdrіzka =. Todellakin, meidän on osoitettava, että (t, (t)) K, sitten t + T0 t t + T0. Osoitetaan esimerkiksi toinen hermostuneisuus. Tehtävän ratkaisu Koshі (2) z x = (t) іsnuє oikealle vähintään pisteeseen t + T0, mutta є HP tsієї zh zavdannya, jaki yhtenäisyyttä silmällä pitäen є prodovzhennya, siihen t + T0 t +.

Tällä tavalla HP-aikataulun on aina "ylettävä B" niin, että HP-kannan väli on ІК:n geometriassa.

esimerkiksi:

Vahvistus. Olkoon B \u003d (a, b) Rn (pääteväli tai ehtymätön), f tyydyttää B:n TK-P:n mielet, є HP tehtävä (1) z t0 (a, b). Todi tai t + = b, tai | (t) | + Kohdassa t t + (і samoin t:lle).

Tuominen. Otzhe, olkoon t + b, sitten t + +.

Tarkastellaan kompaktia joukkoa K = B B. Jos on R +, on TPK:n mukaan olemassa (R) t + siten, että t:lle ((R), t +) piste (t, (t) ) K. Mutta t t +, niin se on mahdollista vain rauhanok | (t) | R. Ale tse tarkoitan | (t) | + Kohdassa t t +.

Tälle okremy-tyyppiselle mi bachimolle, sikäli kuin f on määritetty "kaikille x:lle", NR-kannan väli voi olla pienempi kuin suurin mahdollinen (a, b) vain sykeharjoitustaajuudelle to lähestyessä intervallia ( t, t +) (zagalny vipadkassa - kordoniin B).

Oikein. Pysäytetään putoaminen, jos B = (a, b), de Rn - tarpeeksi aluetta.

Kunnioittaminen. Vaaditaan ymmärtämään mitä | (t) | + Ei tarkoita k (t).

Tim, me itse pääsimme ruokaan 2 (por. Butt on the cob § 4): ІК saavuttaaksemme B:n, mutta її projektio kaikilla t:illä ei välttämättä saavuta projektion B päitä kaikissa t:issä. Virtalähde 1 puuttuu - mitkä ovat ne merkit, joista ODE:tä rikkomatta voidaan arvioida mahdollisuutta jatkaa ratkaisua "leveimmällä mahdollisella aikavälillä"? Tiedämme, että lineaarisille ODE:ille on mahdollista jatkaa, mutta esimerkit tähkäosassa § 4 se ei ole mahdollista.

Katsotaanpa pään takaosaa URP:n marginaalien havainnollistamiseksi, kun n = 1:

Ei-älykkäiden integraalien h (s) zbіzhnіst ds (non-witted = + tai singulaarisuuden h kautta pisteessä) eivät ole valinnassa (,). Siksi kirjoitamme yksinkertaisesti h (s) ds, jos puhumme tämän integraalin toteutettavuudesta tai toteutettavuudesta.

se voitaisiin tehdä jo Osgoodin lauseessa ja siihen liittyvissä väitteissä.

Vahvistus. Olkoon a C (,), b C (, +), hyökkäävät funktiot positiivisia aikaväleillään. Olkoon Cauchyn tehtävä (de t0 (,), x0) HP x = x (t) välillä (t, t +) (,). sitten:

Seuraus. Jos a = 1, = +, niin t + = + Todistus. (Tverzhennya). Kunnioittavasti x kasvaa yksitoikkoisesti.

Oikein. Tuoda.

Siksi x (t +) = lim x (t) +. Toukokuu Vipadok 1. t +, x (t +) + - mahdotonta TPK:n mukaan, koska X є HP.

Obidva іntgrаl joko kintsevі, аbo neskіchennі.

Oikein. Hanki todiste.

Maadoitus vikladachille. Alapussissa on mahdollista, että aikoina 3: a (s) ds + ja kertaa 4 (kun vins toteutuu) sama.

Tällä tavalla yksinkertaisimmille ODE:ille, joiden n = 1 muotoa x = f (x), ratkaisujen kesto määritetään suppenevan.

autonominen) yhtä suuri, katso osa 3.

Butt. Kun f (x) = x, 1 (zocrema, lineaarinen putoaminen = 1), і f (x) = x ln x, voimme taata (positiivisten) ratkaisujen jatkumisen + asti. Jos f (x) = x і f (x) = x ln x 1 päätöksellä "tuomio viimeisen tunnin aikana".

Villityypillä tilanteelle on ominaista monet tekijät, eikä se ole niin yksinkertainen, vaan riippuu pikemminkin "f:n x:n kasvun makeuden" tärkeydestä. Arvolla n 1 on tärkeää muotoilla kestokriteerit, mutta se riittää ymmärtämään. Pääsääntöisesti haju on pohjustettu avuksi, joten hyvä. ennakkoarviointiratkaisu.

Nimittäminen. Olkoon h C (,), h 0. Näyttää siltä, ​​että tietyn ODE:n ratkaisussa on tilaa AT | x (t) | h (t) kohdassa (,), ikään kuin tämän ODE:n ratkaisu tyydyttäisi arvion välin (,) sillä osalla, se on määrätty (eli siirretty, että obovin kielen ratkaisu on osoitettu koko väli (,)) .

Mutta käy ilmi, että AT:n läsnäolo takaa sen, että päätökset määräytyvät edelleen kokonaisuutena (,) (ja siten arviointien tyytyväisyyden koko aikavälille), joten a priori -arviointi muuttuu jälkikäteen:

Lause. Anna Cauchyn ongelman (1) miellyttää TK-P:n mieliä, ja її:lle ratkaisu voi olla väli AT välissä (,) deacomin h C (,) kanssa, lisäksi kaareva sylinteri (| x | h) (t), t (,)) B. Todi NR (1) on osoitettu kaikille (,) (ja siksi se täyttää AT:n).

Tuominen. Voidaan osoittaa, että t + (t on samanlainen). Hyväksyttävä, t +. Tarkastellaan kompaktia joukkoa K = (| x | h (t), t) B. TPK:lle kohdassa t t + graafin piste (t, x (t)) jättää K:n, mikä on mahdotonta AT:n kannalta.

Tällä tavalla, jotta voit todistaa ratkaisun keston tietylle aikavälille, arvioi muodollisesti ratkaisu koko tarvittavalle ajanjaksolle.

Analogia: Lebesguen mukainen funktion viriliteetti ja integraalin muodollinen estimointi vetää integraalin todellista perustaa.

Yritetään soveltaa tilanteita, miten logiikka toimii. Katsotaanpa yllä lainatun opinnäytetyön kuvaa "f:n kasvattamisesta x:llä tehdäksesi sen oikein".

Vahvistus. Olkoon B = (,) Rn, f tyydyttää TK-P:n mielet B:ssä, | f (t, x) | a (t) b (| x |) Todi NR tehtävästä (1) іsnuє on (,) kaikille t0 (,), x0 Rn.

Lemma. Kuten ja keskeytymätön, (t0) (t0); at t t Todistus. Kunnioittavasti, mikä on (t0, t0 +) läheisyydessä: jos (t0) (t0), niin se on heti selvää, mutta muuten (siis (t0) = (t0) = 0) ehkä (t0) = g ( t0, 0) (t0), mikä on jälleen välttämätöntä.

Nyt on hyväksyttävää, että t1 t0 on olemassa siten, että (t1). Voidaan tietää (t1) t2 (t0, t1] siten, että (t2) = (t2) ja on (t0, t2) ilmeisellä mircovannilla.

g be-yaka, tarvitsen vain lisää, C, i kaikkialla de =, siellä. Mutta älä vaivaa päätäsi, katsotaanpa sitä kuin Lemassa. Tässä on suvore nerіvnіst, mutta sitten epälineaarinen ODE, mutta myös є niin zv.

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Tällaisia ​​epäsäännöllisyyksiä, kuten Lemassa, kutsutaan Chapligin-tyyppisiksi (NC) epäsäännöllisyyksiksi. On helppo väittää, että Lemassa ei ollut tarvetta Umovin ykseydelle, joten tällainen "LF:n suvoor" on totta Peanon lauseen puitteissa. "Samanlaiset matalat taajuudet" ovat svіdomo nevirno ilman yhtenäisyyttä, koska K. Rіvnіst on äkillisen levottomuuden okremiya. Nareshti, "Nechitka LF" yhtenäisyyden mielen puitteissa pitää paikkansa, mutta joogaa on silti mahdollista tuoda paikallisemmin - IM:n avuksi.

Tuominen. (Tverzhennya). Voidaan osoittaa, että t + = (t = samoin). Hyväksyttävä, t +, sama kuin yllä olevassa hyväksynnässä | x (t) | + Arvolle t t +, joten voit asettaa x = 0 päälle. Yakshcho mi toi AT | x | h on) (pussi sulkimien läpinäkyvyyttä varten).

Zavdannya Koshі x (0) \u003d 0 maє yksi HP x \u003d 0 R.

Merkittävästi tarpeeksi aivotehoa f:llä, jolloin NR:llä R +:lla voidaan taata saavuttaa pieni x0 = x (0) kaikille. Kenelle on hyväksyttävää, että (4) voi olla niin terve. Ljapunov-funktio, eli funktio V, joka:

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

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

Palatakseni mieliin A ja B:

A. Tarkastellaanpa Cauchyn ongelmaa | x1 | R / 2. Kutsutaan sylinteriä B = R B (0, R) - osoitetun funktion f alue, luokka C 1 tuhoaa sen, joten F = max | f |. TK-P:lle on ratkaisu (5) määritelty välille (t1 T0, t1 + T0), jossa T0 = min (T, R / (2F)). Valitsemalla suuren T:n saavuttamisen, voit saavuttaa T0 = R / (2F). On tärkeää, että T0 ei ole valinnassa (t1, x1), abi | x1 | R/2.

B. Kun päätös (5) on merkitty ja jätetty jäähdyttimeen B (0, R), voimme suorittaa mikroskopian aloituksen. voi olla:

V(x(t)) = f(x(t)) V(x(t)) 0 eli V(x(t)) V(x1) M(r) = max V(y) . On selvää, että m ja M eivät muutu, eivät koskaan muutu | r on nolla, m (0) = M (0) = 0 ja nollan paikka on positiivinen. Siksi on olemassa sellainen R°, että M(R) m(R/2). Yakscho | x1 | R, sitten V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), tähdet | x (t) | R / 2. Hyvä R R / 2.

Nyt voimme muotoilla lauseen, kuten kohdassa Sec. A, B näyttää globaalisti perustuva ratkaisu (4):

Lause. Jos (4):llä on Ljapunov-funktio B:ssä (0, R), niin kaikille x0 B (0, R) (jossa R on määritelty korkeampi) Cauchyn spesifikaation HP x (t0) = x0 järjestelmälle (4) t0 ) on määritetty +.

Tuominen. Kohdan A perusteella voidaan päätellä ratkaisu, de t1 = t0 + T0 / 2. Ratkaisu on kohdassa B (0, R) ja ennen kohdan B uutta soveltamista, joten | x (t1) | R / 2. Hyväksy hyväksytty kohta A uudelleen ja tee päätös, de t2 \u003d t1 + T0 / 2, eli nyt on päätös tehty. Mihin asti päätös on zastosovuєmo p. B i otrimuєmo | x (t2) | R / 2, jne. Rahunkov määrä krokіv otamme ratkaisun §5. Vaikka t0 (), x0 () on Koshі maє NR:n ongelma, se ei ole x (t,). Vykaє ravintoaine: jakki vivchiti zalezhnі x vіd? Ruoka on tärkeä erilaisten lisäysten (ja vinikne varsinkin osassa 3) takia, joista yksi (jos mahdollista, mutta ei tärkein) - ODE:tä lähin ratkaisu.

Butt. Katsotaanpa Koshі Її NR іsnuіє i єdino ongelmaa, koska se on viplyaє z TC-P, mutta sitä on mahdotonta käyttää alkeisfunktioissa. Miten doslіdzhuvati jooga dominion? Yksi tapa on tämä: kunnioittavasti (2) on ”lähellä” tehtävää y = y, y (0) = 1, jonka ratkaisu on helppo tietää: y (t) = et. Voit olettaa, että x (t) y (t) = et. On selvää, että idea on muotoiltu seuraavasti: tarkastellaan ongelmaa At = 1/100 tse (2) ja at = 0 tse tehtävää y:lle. Jos voimme todistaa, että x = x (t,) on ei-jaksoton (ensimmäisessä merkityksessä), niin on mahdollista, että x (t,) y (t) kohdassa 0, ja jos i tarkoittaa x (t, 1) /100) y (t) = et.

On totta, että jää epäselväksi kuinka lähellä x on y:tä, mutta todiste x:n jatkuvuudesta є:llä on ensimmäinen välttämätön askel ilman etäisyyden työntämistä.

Samalla tavalla korjaamme ja jatkamme tähkätiedon parametrien ohittamista. Itse asiassa kesanto voidaan helposti pelkistää kesantoksi parametriksi tason oikealla puolella, joten toistaiseksi annettu mieli sekoittuu mieleen Nehai f C (D), jossa D on pinta-ala Rn + k + 1:ssä; f on huulimainen x:ssä missä tahansa paisuneessa x:ssä kompaktissa z D:ssä (esimerkiksi meneminen sisään, viimeistely C (D)). Kiinteä (t0, x0). Merkittävästi M = Rk | (T0, x0,) D - ce tuntematon sallittu (jolle tehtävä (4) ei ole järkevä). Merkittävää on, että M lausutaan. Otetaan huomioon, että (t0, x0) valitaan niin, että M =. TC-P:lle kaikille tehtävän (4) M іsnuє yhdistyneille HP:lle - funktio x = (t,), määrätään välille t (t (), t + ()).

Vaikuttaa siltä, ​​että muutoksen rikkaudessa on sirpaleita, sinun on kirjoitettava muistiin (4) näin:

de (5) 1 vikonano persoonattoman G = ((t,) | M, t (t (), t + ())). Vіm, vіdmіnu znachkіv d / dt і / t on puhtaasti psykologinen (їх in vіvannya valehtelee samassa psykologisessa käsitteessä "korjaus"). Tässä järjestyksessä persoonaton G on määritetyn funktion luonnollinen maksimipersoonallisuus, ja jatkuvuuden voima seuraa itseään G:ssä.

Tarvitsemme lisätuloksen:

Lemma. (Gronwall). Olkoon funktio C, 0, kiitos kaikille t-estimaateille Todi kaikille todellisille Respect for the vikladach. Kun luet luennon, et voi muistaa kaavaa pitkään, vaan jättää välin pois ja kirjoittaa se sitten nähtyään.

Ale potіm tsiu kaava uvazi, koska K. Se on tarpeen ToNZ.

h = A + B Ah + B

Tunnistusviivat: differentiaalinen kohdistus ja epätasaisuus, niiden välinen kytkentä, kiinteä kohdistus ja epätasaisuus, linkitys niiden kaikkien välillä, Gronwallin differentiaali- ja integraaliviivat sekä niiden väliset linkit.

Kunnioittaminen. Voit tuoda sen lemmaan ja räikeimmillä laiminlyönneillä A:sta ja B:stä, mutta emme silti tarvitse niitä, mutta se hajotetaan UMF:n aikana (joten on selvää, että emme voittaneet A:n ja B:n jatkuvuus jne.).

Nyt olemme valmiita muotoilemaan tuloksen selkeästi:

Lause. (ТоНЗ) Kun johdannon määritelmissä on enemmän poistuksia f i:stä, on helpompi väittää, että G lausutaan ja C (G).

Kunnioittaminen. On selvää, että persoonaton M on tullut ilmeiseksi, se ei ole koherentti, joten G ei ehkä ole ääni.

Kunnioitus vikladachia kohtaan. Kuitenkin sisällytimme (t0, x0) parametrien määrään, jolloin koherenssi oli b - eli jaoteltu c:hen.

Tuominen. Olkoon (t,) G. Tarve tuoda mitä:

Nimetään t t0. Ehkä: M, joten (t,) on määritetty (t (), t + ()) t, t0 ja tarkoittaa, että piste (t, (t,),) ohittaa kompaktin käyrän D ( yhdensuuntainen hypertason kanssa (= 0)). Joten ilman kasvoja Destinyn mieleen, on välttämätöntä trimmata silmien edessä nopeasti!

tezh є kompakti D:ssä pienillä a:lla ja b:llä (opuklii x:ssä), niin että funktio f on Lipschitz x:ssä:

[Tsyu otsіnku on leikattava nopeasti silmien edessä! ] Olen yhtä muuttumaton kaikissa muutoksissa, mutta enemmän | f(t, x, 1) f(t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Tsyu otsіnku on leikattava nopeasti silmien edessä! ] Katsotaanpa enemmän kuin 1 ota, mitä | 1 | bі vіdpovidne ratkaisu (t, 1). Persoonaton (= 1) on kompakti D:ssä (= 1), lisäksi arvolla t = t0 piste (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,) , 1) (= 1), kun taas TPK:n mukaan arvolle t t + (1) piste (t, (t, 1), 1) on ohi (= 1). Olkoon t2 t0 (t2 t + (1)) - suurin arvo, jolle piste on valittu menemään.

Viestin takana t2 (t0, t1]. Esimiehillemme näytetään, että t2 = t1 lisävaihdot päällä. Otetaan nyt t3. Ehkä (kaikilla sellaisilla t3:lla kaikki arvot ovat voittajia on määritetty etäältä kehotteesta):

(T3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt

de integraalifunktio arvioidaan seuraavasti:

± f (t, (t,),), eikä ± f (t, (t,),), koska K. Vähittäiskaupassa | (t, 1) (t,) | koska arvioita ei vielä ole, joten (t, (t, 1),) on epäselvä, ja akseli | 1 | Tobto, i (t, (t,), 1) näkyy.

niin mitä pussissa on | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |)dt.

Siten funktio (t3) = | (t3, 1) (t3,) | (Tämä on keskeytymätön toiminto) tyydyttää Lemy Gronwallin mielen A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T = t2, = 0, joten tämän lemin mukaan se on mahdollista [Quiu-arvioinnin tarpeet leikattava pysyvästi silmien edessä! ] Kuinka ottaa | 1 | 1 (t1). Otetaan huomioon, että 1 (t1) b. Kaikki mikroskooppimme ovat oikein t3.

Tällaisessa arvojärjestyksessä, sellaisella valinnalla 1, jos t3 = t2, kaikki | (t2, 1) (t2,) | a, sekä | 1 | b. Joten (t2, (t2, 1), 1) on mahdollinen vain siitä syystä, että t2 = t1. Ale ce zokrema tarkoittaa, että (t, 1) on määritetty koko pisteelle, eli T1 t + (1), ja kaikille täplille muotoa (t, 1) G, joka on t, | 1 | 1 (t1).

Eli jos haluat, että t + menee makuulle, mutta jos haluat, sinulle jää vähemmän t + () at, jotta voit tavoittaa läheisesi. Pienellä Samoin kohdassa t t0 esitetään syy lukuihin t4 t0 i 2 (t4). Jos t t0, niin piste (t,) B (, 1) G, samoin t t0:lle, ja jos t = t0, niin putoamisen pysähtyminen, eli (t0,) B (, 3) G, missä 3 = min (12). On tärkeää, että kiinteällä (t,) voidaan tietää t1 (t,) niin, että t1 t 0 (tai muuten t4), і 1 (t1) = 1 (t,) 0 (tai ehkä 2), niin että valinta 0 \u003d 0 (t,) on selvä (koska teurastus voidaan merkitä otrimanin lieriömäiseen reunaan).

todellakin, enemmän tehoa on tuotu suurempaan hienovaraisuuteen: jos HP on määritetty nykyiselle, niin uuteen nimitykseen kaikki HP:t tulisi tehdä läheisillä parametreilla (ts.

kaikki ovat hieman hämmentyneitä HP:sta). Samanaikaisesti ja toisaalta tehon arvo käy ilmi G:n arvosta, kuten alla esitetään, joten formulaatio on ekvivalentti.

Tim itse toi pisteen 1.

Kuten meidät tunnetaan nimetyssä sylinterissä tilassa, niin arvio on oikea kohdassa | 1 | 4 (, t,). Sama tunti | (t3,) (t,) | klo | t3 t | 5 (, t,) jatkuvuuden kautta t:ssä. Tämän seurauksena (t3, 1) B ((t,),) voimme | (t3, 1) (t,) |, de = min(4, 5). Tse i є s. 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 pääsykokeet tutkijakouluun vuonna ... »

"Amurin osavaltion yliopiston psykologian ja pedagogiikan laitos TIETOJEN KONSULTATIIVISEN PSYKOLOGIAN ALUS- JA METODOLOGISET KOMPLEKSIA Suoraan kandidaatin tutkinnon pääopinto-ohjelmat 030300.62 Blagoveshchensk Psychology 2012 Department of Psychology 2012 UMKD-katsauksen laatiminen

“Avtomobilne M lisää) OMSK - 2009 3 Liittovaltion virasto GOU GOU SIBIRSKA Sovereign Automobi -tie Academy of Academy of Academy (Sibadi) Department of INGENERNALY PLOTS INSIDIVIKS mukaan VIVCHENSHICHICHICHICHICHICHIKA Auto for the Student of Special STRICHICHICHICHIKA

«Sarjan aloituskirja G.S. Venäjän federaatio riveissä alkuassistentti ekologisten erikoisalojen korkeakouluopiskelijoille Nizhnyovartovsk University of Nizhnevartovsk Pedagogical Institute 2. painos 2005 LBC 28.080.1y73 P64 Arvostelijat: biol. Tieteet, professori V. I. Popchenko (ekologian instituutti ... »

"UKRAINAN OPETUS- JA TIETEEN MINISTERIÖ liittovaltion budjettikoulutus ja korkeimman ammatillisen koulutuksen perustaminen Krasnojarskin valtion pedagogiseen yliopistoon. V.P. Astaf'eva E.M. Antipova MALIY TYÖPAJA kasvitieteen elektronisessa tutkimuksessa KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Arvostelijat: Vasiliev O.M., biologian tohtori, professori KDPU im. V.P. Astaf'eva; Yamskikh G.Yu., geologisten tieteiden tohtori, Siperian liittovaltion yliopiston professori Tretyakova I.N., biologisten tieteiden tohtori, professori, metsäinstituutin neuvonantaja ... »

«Міністерство освіти і науки Російської Федерації Федеральне 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 050400.62 Психолого-педагогічна освіта Благовєщенськ 2012 1 УМКД розроблений Розглянуто і рекомендовано psykologian laitoksen kokouksissa ja ... »

"Amputusseremonian päällikön tarkistus Derzhavna (pіdsumkova) IX luokan valaistusasennusten valmistuneiden todistus (uudessa muodossa) 2013 rіk MAANTIETE Moskova 2013 Tekijä-järjestäjä: Ambartsumova E.M. Valmistuneista valmistuneiden valtion (alapussi)todistusten tulosten objektiivisuuden parantaminen 9 valaistusasennusluokassa (... »

"Käytännön suosituksia dokumentaaristen tieto- ja menetelmäsisällön julkaisemisesta venäjän kielen julkaisemiseksi Venäjän federaation valtionkielenä. Käytännön suosituksia venäjän kielen puhujille (mukaan lukien ei-venäläiset). Edit: Käytännön suosituksia ja menetelmäohjeita valikoimasta suvereeni elokuva...»

«E.V.MURYUKINA KRIITTISTEN KYSYMYKSEN JA OPISKELIJAJEN MEDIAOSAAMISEEN KEHITTÄMINEN PRECI:n ANALyysiPROSESSISSA ensimmäinen korkeakoulukäsikirja Taganrog 2008 2 Muryukina Е.V. Opiskelijoiden kriittisen ajattelun ja mediaosaamisen kehittäminen media-analyysin prosessissa. Otsikkoopas yliopistoille. Taganrog: NP Center for Development of Specialty, 2008. 298 s. Ensisijainen assistentti tarkastelee opiskelijoiden kriittisen ajattelun ja mediaosaamisen kehittymistä mediakasvatusprosessissa. Oskilki paina tänään ... »

"O. P. Golovchenko II il igs ae:n kansan todellisten ihmisten formuloijista є päivämäärät є akty oyste 3 työnjohtaja Oleg Petrovitš Golovtšenko Formannoye Aktiivinen juliste Partin II Aktiivinen Vidanni Ystävät, Vipernie N.** Toimittaja N.** toimittaja . Kosenkova Vikonaalin D.V. Smolyakin ja S.V.:n tietokoneasettelu. Potapova *** Allekirjoitettu ennen 23.11. Muoto 60 x 90 / 1/16. Sanomalehtipaperi Headset Times Toimintatapa ystävälle Hm. p.l .... »

"Kazanin osavaltion yliopiston korkea-asteen ammatillisen koulutuksen valtion valaistuslaitos, joka on nimetty I.M. V.I. ULYANOVA-LENINA Elektroniset tiedekirjastot ja valoresurssit. Navchalno-metodinen apu Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Electronic Libraries of Science and Lighting Resources. Navchalno-metodinen käsikirja suorista elektronisista valaistusresursseista. - Kazan: KDU, 2008. Alkuperäinen ja metodologinen opas on julkaistu päätöksiä varten ... "

"UKRAINAN TUTKIMUS- JA TIETEMINISTERIÖ Korkeimman ammatillisen koulutuksen valtion valaistuslaitos Orenburzin osavaltion yliopiston Akbulakin haara Pedagogian laitos V.А. TETSKOVAN MENETELMÄ KUVAAN LUOVAN TAITEEN TOTEUTTAMISEKSI VALOKOULUN POCHATKOV-LUOKISSA ammattimainen koulutus Orenburgin osavaltion yliopisto ... »

«UKRAINAN OPPI- JA TIETEEN MINISTERIÖ STAVROPOLIN ALUEEN OPPIMISMINISTERI Dzhegutanova DYTYACHA KIRJALLISUUS KRAIN Opitaan ELOKUVIEN OHJE- JA MENETELMÄKOMPLEKSIA Stavropol 2010 1 Taistelu päätöksistä UDC 82.0 toimituksellinen ja visualisointi LBC 83.3:n vuoksi (0) GOU VPO Stavropolin osavaltion D Pedagoginen instituutti: ... »

”SÄÄNNÖKSET uudesta koulun sisäisestä opetuksen laadun arviointijärjestelmästä MBOU Kamyshynska ZOSh 1. Yleiset määräykset 1.1. Asetukset koulujen sisäisestä järjestelmästä valaistuksen laadun arvioimiseksi (dale - säännös) perustavat yhden ainoan toimenpiteen koulun sisäisen valaistuksen laadun arviointijärjestelmän (dale - SHSOKO) täytäntöönpanossa kunnan budjetin zagalnoosvіtny kiinnitys Kamishinsky toisen asteen zagalnosvitno - koulu (daley). 1.2. Käytännössä SSOKOn rakentaminen on voimassa... »

«UZBEKISTANIN TASAVALLAN TERVEYSMINISTERIÖ Tashkent MEDICAL ACADEMIA GP CLINICAL ALLERGOLOGY LAITOS HYVÄKSYNYT Opetuspäällikön vararehtori Prof. O.R. Teshaev _ 2012 Suositeltava varasto ikuisesti metodologisia puhkeamista varten käytännön miehittää menetelmällinen järjestelmä metodologinen sisäänpäin vikladachyv Medic Tashkent-2012 Minniy, terveet altaat Uzbekistan, Medichesten Ovvikyti Tashkent Medic ... ”

"Girnichi-Altai Suvereenin UNIVITET A.P. Makosh Politichna Maantieteellisen poliisin liittovaltion virasto Girnichi-Altayki Rio GIRNICHO-Altai Resti-Vidnichi-Alih-Aliykin MAANTIETEEN JA GEOPOLITIIKAN tulkinta. Navchalno-metodinen ohjekirja. - Girnicho-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 s. Alkuperäinen menetelmäopas on jaettu alkuperäiseen ... »

"A.V. Novitska, L.I. EHKÄ MENESTYVÄN VALOTUSOHJELMAN Mikolajeva-KOULU 1 LUOKAN metodologinen opas ALKULUOKIEN LUKIJAILLE Moskova 2009 UDC 371 (075.8) BBK 74.00 N 68 Tekijänoikeus laillisesti, oikeus kuvan tekijöille. Novitska O.V., Mykolaeva L.I. H 68 moderni valaistusohjelma Elämän kokoontumiset. - M .: Avvallon, 2009. - 176 s. ISBN 978 5 94989 141 4 Tämä esite on suunnattu ennen kaikkea kouluttajille ja tietysti heidän omalle tiedolleen...»

"VENÄJÄN alkumetodinen kompleksi PIDPRIEMNITSKE PRAVO 030500 - Oikeustiede Moskova 2013 Tekijä - siviilioikeudellisten tieteenalojen osaston rakenne Arvioija - Alkumetodinen kokonaisuus siviilioikeudellisen pöytäkirjan laitoksen kokouksissa protokolla nro disciplinary_le Ei. Venäjän pіdpriєmnitske pravo: navchalno-metodical ... »

"MUTTA. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin MORDOVIAN TASAVALLAN MAANTIETEELLINEN OSASTO Otsikkoopas SARANSK VIDAVNITSTVO Mordovian YLIOPISTO 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2R351-6Mo) Ya549 lääkäri maantieteelliset tieteet Professori A. M. Nosonov; koulukompleksin nro 39 opettaja Saranska A.V. Leontiev ylioppilaskoulutusta ja keskellä... »

VENÄJÄN FEDERATION OPETUS- JA TIEDEMISTERIÖN KANSALLINEN VIIMEINEN YDINYLIOPISTO "MIFI" T. I. Bukharova, V. L. Kaminin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Luentokurssi perusdifferentiaaliyhtälöistä UMO:n suosittelema "Nuclear Physics and Technologies" johdannon käsikirjaksi korkea-asteen perusasteen opiskelijoille Moskova 2011 UDC 517.9 Kamin 517.9 Kamin B.16 B.91 BBC.6 22. V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Luentokurssi merkittävimmistä erosuhteista: Otsikkoopas. - M .: NIYAU MIFI, 2011. - 228 s. Alkuapu syntyi luentokurssin pohjalta, joita kirjoittajat lukevat Moskovan tekniikan ja fysikaalisen instituutin rikkaan uran aikana. Tarkoitettu kaikkien tiedekuntien NU MIFI:n opiskelijoille sekä korkeakouluopiskelijoille, joilla on edistynyt matemaattinen koulutus. Opas on laadittu Ydintutkimusyliopiston MIFI:n kehittämis- ja kehittämisohjelman puitteissa. Arvostelija: Phys.-Math. Tieteet N.A. Kudrjašov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © National Research Nuclear University "MIPHI", 2011 Zmist Peredmova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Johdatus suurten differentiaaliyhtälöiden teoriaan Peruskäsitteet. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchyn ongelma. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Cauchyn ongelman irrotuksen perusta ja yksikkö 1. asteen kohdistukselle Ensimmäisen asteen ODE:n yksikkölause. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ratkaisun olemassaolo Cauchyn ongelmaan ensimmäisen asteen ODE:ille. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Päätöksen jatkaminen ensimmäisen kertaluvun OÄU:lle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Zavdannya Koshі normaalille n:nnen kertaluvun systeemille Peruskäsitteet ja lisätehovektori-funktionaaliset teot. . . . Cauchyn ongelman ratkaisun ainutlaatuisuus normaalille järjestelmälle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Metrinen avaruuden ymmärtäminen. Prinöіp sæіmayuùіh näyttää. . . . . . Olemassaolo- ja yksikkölauseet Cauchyn ongelman ratkaisuun normaaleille järjestelmille. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Deyakі klasi zvichaynyh differentiaali rivnyan, scho vyrishyuyutsya kvadratuurissa Rivnyanya s jakamalla zminnimi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yhtenäinen rivnyannia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannia Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannia uusissa differentiaaleissa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Ensimmäisen kertaluvun yhtälö, ei erotettu visuaalisesti samalla tavalla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Erikoisratkaisu. Diskriminanttikäyrä. Kirjekuori. . . . . . . . . . . . . . . . Parametrien syöttötapa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannia Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannia Clairaut. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Lineaaristen ODE:iden järjestelmät Peruskäsitteet. Olemassaolo ja yksikkölause ongelman ratkaisuun Lineaaristen ODE:iden homogeeniset järjestelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vronskin Vyznachnik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Monimutkaiset ratkaisut homogeeniseen järjestelmään. Siirtyminen todelliseen FSR:ään. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaaristen ODE:iden epähomogeeniset järjestelmät. Postin muunnelmien menetelmä. . . . . Lineaarisen OÄU:n homogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pokazova-funktio matrіöi-muodossa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Koshі 85. . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100. . . 111 Lineaaristen ODE:iden epähomogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Korkealuokkaiset lineaariset ODE:t Lineaaristen ODE:iden järjestelmän kehittäminen. Olemassaolo- ja yksikkölause Cauchyn ongelman ratkaisuun. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yksilinjainen korkealuokkainen OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeenisen lineaarisen korkean OÄU:n monimutkaisten ratkaisujen voima. Siirtyminen monimutkaisesta ÔSR:stä todelliseen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Epähomogeeninen lineaarinen korkealuokkainen OÄA. Postin muunnelmien menetelmä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogeeninen lineaarinen korkealuokkainen OÄU vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Epähomogeeninen lineaarinen korkealuokkainen OÄA vakiokertoimilla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Kestävyysteoria Kestävyyden peruskäsitteet ja määritelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaarisen järjestelmän vakausratkaisu. . . . . . Ljapunovin lause vakaudesta. . . . . . . . . . Vakaa ensimmäiselle likiarvolle. . . . . . . Vaihereittien käyttäytyminen lepopisteen lähellä 162. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. ODE-järjestelmien ensimmäiset integraalit 198 Ensimmäiset integraalit autonomiset järjestelmät luonnollisten differentiaaliyhtälöiden198 Ei-autonomiset OÄS-järjestelmät. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 OÄC-järjestelmien merkintätapa on symmetrinen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Tasaisuus ensimmäisen kertaluvun yksityisissä jälkeläisissä Tasainen lineaarinen kohdistus ensimmäisen kertaluvun yksityisissä jälkeläisissä Cauchyn ongelma lineaariselle kohdistukselle ensimmäisen kertaluvun yksityisissä jälkeläisissä. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvasilineaarinen ekvivalenssi ensimmäisen asteen yksityisissä tapauksissa. . . . Cauchyn ongelma kvasilineaariselle sovitukselle ensimmäisen asteen yksityisissä tapauksissa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lista kirjallisuudesta. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 PEREDMOVA Kirjaa valmistellessaan kirjoittajat asettuivat valintaa varten yhdelle alueelle ja luokalle saavutettavaan muotoon suuren ateriamäärän muodossa mittavien differentiaaliyhtälöiden teorian mukaisesti. Siihen materiaalikermaan, joka sisältyy Ydintutkimusyliopiston MIFI:ssä (ja muissa yliopistoissa) luettavaan merkittävimpien differentiaaliekvivalenssien kurssin yleiseen kieliohjelmaan, on lisätty opas ja lisäravinto, pääsääntöisesti he eivät vietä tuntia luennoilla, mutta siellä on koristeja alan lyhyelle ymmärtämiselle ja ala-opiskelijoille onnea jatkossa ammatillisessa toiminnassa. Ennen kaikkia ehdotetun auttajan väitteitä annetaan matemaattisesti tiukka todiste. Todistukset eivät yleensä ole alkuperäisiä, vaan kaikki on kirjoitettu uudelleen samalla tavalla kuin МІФІ:n matemaattisten kursiivien asettelun tyyli. Monilla ideoilla ja ideoilla matemaattiset tieteenalat seurasivat uusimpia ja yksityiskohtaisia ​​todisteita, romahtaen askel askeleelta yksinkertaisesta taittoon. Tämän fasilitaattorin kirjoittajat saavat tällaisia ​​ajatuksia. Kirjassa esiteltyä teoreettista tietoa täydentää valikoima riittävän monta sovellusta, jota toivomme mukaan voidaan verrata lukumateriaaliin. Opas on suunnattu korkeakouluopiskelijoille, joilla on matemaattinen lisäkoulutus, ensimmäisenä vuonna National Research Nuclear University MIFI:n opiskelijoille. Jos näin on, se on kuin kuva jokaiselle, joka työssään laulaa differentiaalisen yhtäläisyyden teoriasta ja voittavasta tsey-jaetuista matematiikasta. -5- Luku I. Johdatus universaalien differentiaaliyhtälöiden teoriaan 1. 1. Perusymmärrys Olkaamme ha, bi kertomassa (a, b), (a, b), vai otetaanko x0 2 Zx log 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. ln C 6 x0 x0 Jäännösepätasaisuuden ja stagnaation (2.3) vahvistamisen jälkeen voi olla 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 kaikille x 2 [1, 1]. Arvioidaan ero jf (x, y2) f (x, y1) j = sin x y1 y2 6 kaikille (x, y) 2 G. y. Samanlaista fy0:aa pisteistä (x, 0) 6 = (0, 0) ei kuitenkaan löydy. Lause on tulossa, tsіkava itsessään, jotta voimme tuoda Koshіn tehtävän yhdistämisen. Lause 2. 1 (Kahden ratkaisun välisen eron estimoinnista). Olkoon G-alue 2 R:ssä ja f (x, y) 2 CG i tyydyttää G mielessä Lіpshitsya in y vakiolla L. Jos y1, y2 ovat kaksi ratkaisua kohdistamisesta y 0 = f (x, y) ylhäällä, silloin epätasaisuus on voimassa (estimaatti): jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 kaikille x 2. -19- y2 Todistus. 2. 2 yhtäläiselle ratkaisulle (2.1) otetaan 8 x 2 pistettä x, y1 (x) і x, y2 (x) 2 G. ) і y20 (t) = ft, y2 (t), joten integroidaan suhteessa t ristiin, de x 2. Integrointi on laillista, koska funktion oikea ja vasen osa ovat katkeamattomia. Otetaan pois yhtälöjärjestelmä Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Toisaalta ehkä 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 Merkittävästi C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)> 0. kaikille x 2. Lause on suoritettu. Lauseen seurauksena otamme pois Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisun ykseyden lauseen. Johtopäätös 1. Olkoon funktio f (x, y) 2 C G tyydyttävä G mindfulnessissa y:ssä, ja funktiot y1 (x) ja y2 (x) ovat kaksi yhtä suurta (2.1) ratkaisua samalla puolella, lisäksi x0 2 Jos y1 (x0) = y2 (x0), niin y1 (x) y2 (x) päällä. Tuominen. Katsotaanpa kahta tippaa. -20- 1. Olkoon x> x0, sitten sama kuin Lause 2. 1 seuraava, h i sitten y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) kun x> x0 . 2. Olkoon x 6 x0, muutetaan t = x, sitten yi (x) = yi (t) y ~ i (t), kun i = 1, 2. Sirpaleet x 2, sitten t 2 [x0, x1] ja vikonano yhtälö y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0). Varmasti tällaisilla yhtäläisillä y ~ i (t) on tyytyväinen. Hyökkäyssarja on oikein: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t)). Tässä meitä vauhditti taittofunktioiden ja timin erottelusääntö, että yi (x) - kohdistuspäätös (2. yksi). Koska funktio f ~ (t, y) f (t, y) on ei-pysyvä ja tyydyttää Lipshitsyan mielen y:ssä, Lauseen 2. 1 mukaan on mahdollista, että y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) ) [x0, x1 ], sitten y1 (x) y2 (x) päällä. Yhdessä katkeruuden kanssa he katsoivat pisaraa poistaen seurausten lujuuden. Johtopäätös 2. (alkutietojen keskeytymättömästä kesannosta) Olkoon funktio f (x, y) 2 CG ja tyydyttää mielen G:ssä vakiolla L, ja funktiot y1 (x) ja y2 (x) ratkaisevat yhtälön (2.1) , kappaleet päällä. Merkitään l = x1 x0 ja δ = y1 (x0) y2 (x0). Tällöin 8 x 2:lle epäyhtälö y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l pätee. Todistus seuraa Lauseesta 2. 1. Epäjohdonmukaisuutta johtopäätöksestä 2 kutsutaan tähkädenimin liuoksen stabiiliuden arvioimiseksi. Joogan järke on siinä, että jopa kohdassa x = x0 ratkaisu on ”lähellä”, sitten se haisee lopussa myös ”läheltä”. Lause 2. 1 antaa tärkeän arvion kahden ratkaisun eron moduulista ja viimeinen 1 - Cauchyn ongelman ratkaisun ykseyden (2.1), (2.2). Ja niin ja іnshi riittävästi mielissä yhtenäisyyttä, yksi niistä saamme aikaan kerralla. Koska sen oli tarkoitus olla geometrisesti enemmän, Cosh-tehtävän yhdistäminen tarkoittaa, että vain yksi integraalikäyrä (2.1) voi kulkea alueen G pisteen (x0, y0) läpi. Lause 2.2 (Osgood yhtenäisyydestä). Olkoon funktio f (x, y) 2 CG і arvoille 8 (x, y1), (x, y2) 2 G karheus f (x, y1) f (x, y2) 6. 6 φ jy1 y2 j, de φ ( u) > 0 u 2:lle (0, β], φ (u) on epäpysyvä, ja Zβ du!+1, jos ε!0 +. enemmän kuin yksi integraalikäyrä (2.1). ) = y2 (x) y1 (x).dyi So = f (x, yi), kun i = 1, 2, sitten z (x) y1). epätasaisuus: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjφ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1,2. x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 і z (x) = 0. Vaikka yksi näistä kertoimista ei ole tyhjä, niin z (x0) = 0 і x0 Merkittävää on, että z (α) = 0, sitten α 2 X1, sirpaleet huomioiden, että z (α)> 0, koska z (x)> 0 on vakio välillä α δ1, α + δ1, ja yliarvioidaksesi arvon α = supX1. Ajattele z (α) = 0, jotta tiedämme, että α< x1 . По построению z(x) > 0 kaikille x 2 (α, x2], ja koska z (x)! 0 + x! Α + 0 on jatkuva. valittu enemmän ja kiinteä, ja δ 2 (0, x2 α) - enemmän, ota huomioon epätasaisuus : Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. epätasaisuus suoraan δ!0 +, sitten z (α + δ)!z (α) Zj2, α jzj2!+1, mentaalista jatkuvuutta z(x), ja sitten lauseen integraali 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j -22- Rx2 epätasaisuuden oikea osa dx = x2 α δ 6 x2 α ympäröi α + δ viimeiseen raja-arvoon, mikä on heti mahdotonta mikä on funktion y (x) arvon seuraava määritelmä: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G , y (x0) = y0, (x0, y0) ) 2 G, missä f (x, y) 2 CG і (x0, y0) 2 G, G on alue R2:ssa Lemmassa 2. 2. Olkoon f (x) , y) 2 CG. ) mikä tahansa p ratkaisu φ (x) tasaus (2.1) välillä ha, bi, tyydyttävä (2.2) x0 2 ha, bi, є ratkaisut ha, bi integraalitasauksen Zx y (x) = y0 + f τ, y (τ) dt; (2.6) x0 2) jos φ (x) 2 C ha, bi integraaliyhtälön (2.6) ratkaisut ha, bi, 1 de x0 2 ha, bi, niin φ (x) 2 C ha, bi і є ratkaisut (2,1), (2,2). Tuominen. 1. Ratkaiskoon φ (x) (2.1), (2.2) ha, bi. 2.2 φ (x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi 2 ha, bi) Rx φ (x) φ (x0) = f τ, φ (τ) dτ, lisäksi φ (x0) = y0, joten φ (x) on ratkaisu (2.6). x0 2. Olkoon y = φ (x) 2 C ha, bi - ratkaisu (2.6). Koska f x, φ (x) on ei-jaksoton ha, bi:n ulkopuolella älyllisen, niin Zx φ (x) y0 + f τ, φ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 Differoittamalla jäljellä oleva yhtälö x:n suhteen, otetaan φ 0 (x) = f x, φ (x) 8 x 2 ha, bi i, ilmeisesti φ (x0) = y0, jolloin φ (x) on Cauchyn ongelma (2.1), (2.2). (Itse asiassa, kіncі vіdіzkan mukaan, se tulee bіdpovidna yksipuolisesti pokhіdna.) -23- Kunnioitus 2. 6. Lemmaa 2. 2 kutsutaan lemmaksi Cauchyn ongelman ekvivalenssista (22.1). integraaliyhtälön (2.6). Jos pystymme osoittamaan, että yhtälön (2.6) ratkaisu on tosi, niin poistamme Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) ratkaisun mahdollisuuden. Koko toteutussuunnitelma seuraavassa lauseessa. Lause 2.3 (Paikallinen todistuslause). Olkoon suorakulmio P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β kokonaan funktion f (x, y) G-alueella. Funktio f (x, y) 2 C G i tyydyttää Lipshitsan mielet n y ov G:ssä vakiolla L. Merkitään β M = max f (x, y), h = min α, M. ), (2.2 ). Tuominen. Toisaalta perustetaan integraaliyhtälön (2.6) ratkaisun perusta. Joille voidaan tarkastella seuraavaa funktiosarjaa: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ ja niin edelleen. x0 1. On osoitettu, että 8 n 2 N toimii yn (peräkkäinen approksimaatio) - osoitetaan, että kohdassa 8 x 2 epätasaisuus yn (x) y0 6 β kaikille n = 1, 2,. . . Kiihdytetty matemaattisen induktion (MMI) menetelmällä: a) induktion kanta: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 de M0 = max f (x, y0) arvolle jx x 0 j 6 a, M0 6 M; b) esikäsittely ja induktio. Olkoon epäsäännöllisyys tosi arvolle yn 1 (x), ja se voidaan tehdä yn:lle (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Menetelmämme on todistaa lähimmän 1 sävelen seuraajan menestys yk (x) k = 0, jolle її voidaan visualisoida visuaalisesti: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) ) y0 + y2 y1 +. . . + Yn yn 1, k = 1 on funktionaalisen sarjan osasummien jono. 2. Arvioidaan segmentoitu rivi, joka aiheutti epätasaisuuden 8 n 2 N і 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Voimme käyttää matemaattisen induktion menetelmää: jx n 1 + 1 hn. n! (2.7) a) induktioperuste: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, parannettu; b) esikäsittely ja induktio. Oletetaan, että n:lle, sanotaan, että n:lle: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, aina dτ 6 x0 Zx i yn 6 asti Lipshitsjan mieli 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 induktiovaralla 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 x 0 Rx< 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 kaikille k 2 N:lle; 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 vikonuetsya On tarpeen lisätä ylimääräinen kovuus vipadkulle A, B 2 R (eli A- ja B-päät; eli A \u003d 1 tai B \u003d + 1, sitten samalla tavalla). Otetaan x A B x, enemmän x 2 (A, B) ja δ (x) = min, δ (x) > 0. 2 2 luvulle δ Ak:n kannattavuudesta! A ja Bk! B on mahdollista, että 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. Zastosovuyuchy viimeisen kappaleen 1 s. 2.1 (tobto. Yksikölause), otamme huomioon, että φ (t) ψ (t) kaikille t 2 i, zocrema, kun t = x. Koska x on riittävä piste (A, B), tuotiin rozvyazkun yhtenäisyys ja samalla sen kanssa perintö. Kunnioitus 2. 10. Tutkimuksen päätteeksi meitä totutettiin ensin ymmärtämään ratkaisun jatkuminen suuremmassa mittakaavassa ilman kasvoja. Seuraavassa kappaleessa on lisätietoja. Otamme käyttöön kilohailin sovelluksia. p Esimerkki 2. 2. Ratkaise tasaukselle y 0 = ejxj x2 + y 2, mikä on paras ratkaisu kaikille (A, B) = (1, 1). Tarkastellaan tasaisuutta Q = R2, funktio p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x). ∂y x2 + y 2 Väitteille 2. 1 z s. 2.1 funktio f (x, y) tyydyttää Lipshitsien mielet y:ssä "vakiolla" L = L (x), x - kiinteällä. Sitten kaikki seuraukset lasketaan, ja minkä tahansa tähkädatan (x0, y0) tapauksessa 2 R2 tehtävän Koshі іsnuє і ratkaisu on lisäksi yksi (1, 1). Merkittävää on, että tasaisuutta kvadratuurissa ei oteta huomioon, mutta numeerisesti ratkaisuun voi olla lähestymistapaa. määrätty ja muuttumaton Q:ssa, -32- Esimerkki 2. 3. Kohdistus y 0 \u003d ex y 2, on tarpeen selventää samaa ratkaisua laulaen R:llä. Katsotaanpa uudelleen kohdistusta "tasaisessa" Q = R2, de funktio ∂ ff (x, y) = ex y 2 on määrätty ja ei-jaksoton, ja = 2yex, niin voidaan todeta, että ∂y mentaalisekvenssi on katkennut, mutta sillä ei itsellään ole sellaista keskeytyksetöntä funktiota L (x) että f (x, y2 ) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j kaikille y1, y2 2 R. tosi, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, kun taas viraz jy2 + y1 j ei ole subsumoitavissa kohdissa y1, y2 2 R. Tällä tavalla sekvenssi ei pysähdy. Tarkastellaan "alempia rivejä", teemme vakavamman päätöksen: "y (x) = 0, y (x) = 1. Ex + C ) 0 - Cauchyn ongelman ratkaisu R:llä. 1 - ratkaisu Cauchyn ongelman y0 2 [1, 0) y0 + 1 voidaan laajentaa pisteen x = ln läpi. Tarkemmin sanottuna, jos x > 0, niin y0 1 ratkaisu y (x) = y0 +1 on annettu x:ksi 2 (1, x), ja jos 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, niin ratkaisu pätee vain x 2 1, ln y0 Tämä esimerkki osoittaa, että substituutio kasvavalla funktiolla f (x, y) Lauseen 2 yllä olevassa seurauksessa. 4 on sama ratkaisun laajentamiseksi kokonaisuuteen. (A, B). Vastaavasti sovellus funktiolla f (x, y) \u003d f1 (x) y 1 + ε esiintyy samalla tavalla, jos ε> 0, terävässä sovelluksessa ε = 1 otetaan enemmän läpinäkyvyyden vuoksi . 2. 3. Jatketaan ensimmäisen asteen ODE-tehtävän ratkaisua 2. 5. Katso tasaus y 0 = f (x, y) ja olkoon y (x) ensimmäinen ratkaisu ha, bi:lle ja Y (x) ) - ensimmäinen ratkaisu kohdassa hA , Bi, jolloin ha, bi siirtyy kohtaan hA, Bi і Y (x) = y (x) arvoon ha, bi. Silloin Y (x) kutsutaan ratkaisun y (x) jatkeeksi hA:lle, Bi:lle ja noin y:lle (x) sanoen, että se laajenee arvoon hA, Bi. -34- Osassa 2.2 olemme saaneet valmiiksi paikallisen lauseen Cauchyn ongelman (2.1), (2.2) irrottamisesta. Voiko tällaisille mielille ratkaisua laajentaa laajempaan tilaan? Mitä ruokaa ja tehtäviä tämä kohta. Joogan tärkein tulos on hyökkäys. Lause 2. 5 (ratkaisun jatkosta suljetulla alueella). Olkoon funktio f (x, y) 2 CG ja tyydyttää mielen y:n suhteen R2:ssa, ja (x0, y0) on rajatun suljetun alueen G G sisäpiste. Tällöin ratkaisu y 0 = f (x , y) joka ulottuu ∂G:hen asti alueen G kordoniin, niin että se voidaan laajentaa sellaiseen jatkeeseen, että pisteet a, y (a) ja b, y (b) ovat ∂G:llä. ∂f (x, y) on ei-jaksoton rajatussa ∂y, mutta suljettu, turvonnut y-alueella G, silloin funktio f (x, y) tyydyttää G:ssä Lipshitsyan mielen y:n muuttamisessa. Div. Viimeisin hyväksyntä 2. 1 ∂f z s. 2.1. Siksi lause on annettu, jos se on tosi, jos se on katkeamaton ∂y G:ssä. Koska (x0, y0) on G:n sisäpiste, on G:ssä kokonaisuutena sulkeutuva suorakulmio no 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β. 2.2 on olemassa h> 0 siten, että ratkaisun y = φ (x) perusteella (ja ennen samaa) on y 0 = f (x, y). Palataan ratkaisun alaosaan oikealle alueen G kordoniin asti, kun todistus on rikki reunasta. 1. Katso persoonaton ER: ei E = α> 0 ratkaisu y = φ (x) jatko alkuperäiseen ratkaisuun y = φ1 (x) tasaus y 0 = f (x, y), joka tyydyttää Cauchyn mielen φ1 ~ b = φ ~ b. Tässä järjestyksessä φ (x) і φ1 (x) - päätöksen tarkoitus vіdrіzku ~ b h1, ~ b on sama, scho zbіgayutsya pisteessä x = ~ b, joten haju zbіgayutsya kokonaisuudessaan vіrіzku ~ b h1, ~ b і, myös , φ1 (x) on ratkaisun φ (x) jatke laajennuksesta ~ b h1, ~ b kohtaan ~ b h1, ~ b + h1. Katsotaan funktiota ψ (x): φ (x), x 2 x0, ψ (x) = φ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, є ratkaisut ovat yhtä kuin y 0 = f (x, y) ja tyydyttää mielen Koshі ψ (x0) = y0. Sama luku α0 + h1 2 E, mutta ei superlaskettavaksi arvoa α0 = sup E. Jälleen 2 on mahdotonta. Vastaavasti ratkaisu φ (x) on kolme vasemmalla, takana, de piste a, φ (a) 2 ∂G. Lause on suoritettu loppuun. -37- III luku. Tehtävät n:nnen kertaluvun normaalille systeemille 3. 1. Vektorifunktioiden lisäpotenssin peruskäsitteet ja toiminnot Tässä jaossa tarkastellaan n:nnen kertaluvun normaalia järjestelmää muotoa 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 . . , Yn (t), ja funktiot fi - talossa, i = 1, n, funktion yläpuolella oleva piste tarkoittaa t:n laskua. Oletetaan, että kaikki fi on varattu alueelle G Rn + 1. Kirjoita järjestelmä (3.1) manuaalisesti vektorimuodossa: y_ = f (t, y), de y (t) y1 (t). . . , Yn (t), f (t, y) f1 (t, y). . . , Fn (t, y); nuolet tunnetuissa vektoreissa kirjoitustyylille eivät ole. Tällaista merkintää merkitään myös (3.1). Olkoon piste t0, y10,. . . , Yn0 ovat G:ssä. Cauchyn spesifikaatiota (3.1) käytetään järjestelmän (3.1) hyvin tunnetussa ratkaisussa φ (t), joka tyydyttää mielen: φ1 (t0) = y10, φ2 (t0) = y20, ..., φn (t0 ) = yn0, (3.2) tai vektorimuodolle φ (t0) = y 0. Kuten jaossa 1 suunniteltiin, järjestelmän (3.1) ratkaisujen mukaan välillä ha, bi, vektorifunktio φ (t) = φ1 (t), . . . , Φn (t), joka tyydyttää mielen: 1) 8 t 2 ha, bipiste t, φ (t) on G:ssä; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt φ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi φ (t) tyydyttää (3.1). Sellaisenaan ratkaisu on lisäksi tyydyttävä (3.2), de t0 2 ha, bi, niin sitä kutsutaan Cauchyn ongelman ratkaisuksi. Mieli (3.2) kutsutaan tähkäksi Koshіn mieliksi tai mieliksi ja numeroita t0, y10,. . . , Yn0 - danimi Koshi (cob danimi). Okremu vipadkussa, jos vektorifunktio f (t, y) (n + 1) muuttuu y1:ssä,. . . , Yn lineaarisessa järjestyksessä, niin se voidaan nähdä: f (t, y) = A (t) y + g (t), missä A (t) = aij (t) - n n matriisi, järjestelmä (3.1) on ns. lineaarinen. Nadalі meille znadoblyaetsya teho vektori-funktioita, yakі mi täällä indusoitu varten sruchnostі posilan. Säännöt lukujen yhteen- ja kertomiselle vektoreille ovat lineaarisen algebran kulkua linjassa, ja pääoperaatiot ovat koordinaatit kohdalta. n Joten R:ssä otetaan käyttöön skalaari Twіr x, y = x1 y1 +. . . + Xn yn, niin euklidinen avaruus otetaan pois, jolloin voidaan merkitä myös Rn vektorin pituudella s q n P vektorin jxj = x, x = x2k (tai euklidisen normin). Jos skalaari k = 1, luo kaksi pääepäsäännöllisyyttä ja säilytä ne: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn). x + y 6 x + y x, y 6 x (tripuun epäsäännöllisyys); y (нерівність Коші Áуняков- З курсу математичного аналізу другого семестру відомо, що збіжність послідовності точок (векторів) в евклідовому просторі (скінченномірному) рівносильна збіжності послідовностей координат цих векторів, кажуть, рівносильна покоординатно збіжності. Це легко випливає з нерівностей: qp max x 6 x21 +... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Skalaarin tapaan vektorifunktion muuttuva integraali määritetään ja teho voidaan helposti tuoda koordinaatteihin lisäsiirtymän jälkeen. Indusoidaan joitain epäsäännöllisyyksiä vektorifunktioille, jotka tulevat tielle. 1. Mille tahansa vektorifunktiolle y (t) = y1 (t),. . . , Yn (t), integroitu (esim. keskeytymätön) päällä, epätasaisuus Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) tai koordinaattimuodossa 0 Zb Zb y1 (t) dt , @ y2(t)dt,. . . , A1Zb a Zbqyn(t)dt A6y12(t)+. . . yn2(t)dt. a Todistus. Ensinnäkin on kunnioitettavaa, että hermostuneisuudessa ei ole pudotusta b:ssä< 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 [Sähköposti suojattu] 2 + 2 l = 1 2 x, k, i = 1 Kohde 3. 1. Oletetaan, että vektorifunktio f (t, y) tyydyttää vektorimuuttujan y mielet monilla 1 ystävällisyydellä G-muuttujilla (t, y), eli 9 L> 0 on sellainen, että millä tahansa t:llä, y , 2 t, y 2 G epätasaisuus ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. є obmezhenіst yksityinen pokhіdnyh. Damo on tarkempi. Nimitys 3. 2. Muutosaluetta G (t, y) kutsutaan turvotukseksi 1 2 y:ssä, joten kahdelle pisteelle t, y ja t, y, jotka sijaitsevat G:ssä, ці kaksi pistettä, eli persoonaton n o t , y y = y 1 + τ y 2 y 1, de τ Jos G:n vakio l vaihdetaan arvoon ∂yj all i, j = 1, n, niin vektorifunktio ft, y tyydyttää G:ssä Lіpshitsyan mielen y:ssä vakiolla L = n l. 1 2 Todistus. Voimme tarkastella tiettyjä pisteitä t, y і t, y z G і 1 2 vіdrіzok, їх z'єdnuє, joten persoonaton t, y, de y = y + τ y y1, t on kiinteä ja τ 2. -41- Esittelemme yhden skalaariargumentin vektorifunktion g (τ) = ft, y (τ), 2 1, sitten g (1) g (0) = ft, yft, y ja toisella puolella - Z1 g (1) g (0) = dg (τ) dτ = dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ = dτ 0 0 h = johtuu y = y 1 + τ y 2 yi 1 Z1 = A (τ) y 2 y 1 dτ , 0 de A ( τ) on matriisi, jonka elementit ∂fi ja ∂yj y2 y 1 Tässä käytetään taittofunktion differentiaatiosääntöä, ja kaikille i = 1, n, t - kiinteä, ehkä: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fit, y ( τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1. = ∂y1 ∂yn Matriisinäkymässä kirjoitettuna otamme: 0 2- 1 g (τ) = A (τ) y y z n n matriisilla A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj. Integraalin (3.3) ja epäyhdenmukaisuuden (3.5) wicorist-estimaatti, substituution jälkeen otetaan: 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) sirpaleita 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂jfi = i, = 1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 kohdassa 8 τ 2. Karkaistu. -42- 3. 2. Cauchyn ongelman ratkaisun ainutlaatuisuus normaalille systeemille Lause 3. 1 (kahden ratkaisun välisen eron estimaatista). Olkoon G Rn + 1:n alue, ja vektorifunktio f (x, y) on ei-jaksoton G:ssä ja tyydyttää mielen persoonattoman G:n vektorimuuttujan y suhteen vakiolla L. Joten y 1, y 2 ovat kaksi ratkaisua normaalista systeemistä (3.1) y_ = f (x, y) käänteisessä, niin estimaatti y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) on voimassa kaikille t 2:lle. Todistus sanatarkasti, ilmeinen uudelleennimeäminen korjattuna, toistamme Lauseen 2.1 todistuksen kohdasta 2.1. 2 Tähkän ratkaisun yhtenäisyyden ja stabiilisuuden lause on helppo poistaa. Seuraus 3.1. Olkoon vektorifunktio f (t, y) epäjatkuva alueella G ja täyttyy G:ssä samaan suuntaan y:ssä, ja funktiot y 1 (t) ja y 2 (t) ovat kaksi normaalin ratkaisua. järjestelmä (3.1) samalla rivillä, lisäksi t0 2. Jos y 1 (t0) = y 2 (t0), niin y 1 (t) y 2 (t) on. Seuraus 3.2. (Tietoja keskeytymättömästä kesannosta lähtötietojen muodossa). Olkoon vektorifunktio f (t, y) ei-jatkuva alueella G ja täyttyy G um Lipshitsyassa y:ssä vakiolla L> 0 ja vektorifunktiot y 1 (t) ja y 2 (t) ovat normaalin järjestelmän (3.1) ratkaisu , kappaleet päälle. Sitten 8 t 2:lle epäyhtenäisyys y 1 (t) on tosi, missä δ = y 1 (t0) y 2 (t0) ja l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Todistus viimeisistä sanoista, korjattuani ilmeiset uudelleennimeämiset, toistan viimeisten sanojen 2.1 ja 2.2 todistuksen. 2 Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) irrotuksen lisäkelpoisuus, kuten yksiulotteisessa pudotuksessa, voidaan vähentää integraalisen kohdistuksen (vektorin) irrottamiseen. Lema 3. 1. Olkoon f (t, y) 2 C G; Rn 1. Milloin kovettumisen alkamiselle voi olla paikka: 1) onko ratkaisu φ (t) yhtä suuri (3.1) väliin ha, bi, tyydyttääkö (3.2) t0 2 ha, bi, є keskeytyksettömiä ratkaisuja ha, bi 1 C G:n kautta; H on merkityksetön kaikista funktioista ilman keskeytystä alueella G arvoilla avaruudessa H. Esimerkiksi f (t, y) 2 C G; Rn-komponentit), jotka on osoitettu arvottomalle G:lle. - arvoton kaikista epälineaarisista vektorifunktioista (n -43-integraalitaajuuskorjauksella y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2 ) vektorifunktiona φ (t) 2 C ha, bi є integraalitasauksen (3.6) keskeytymättömät ratkaisut ha, bi, de t0 2 ha, bi, sitten φ (t) (3.2). Tuominen. 1. Olkoon 8 τ 2 ha, bi tasoittaa dφ (τ) = f τ, φ (τ). Sitten integroimalla t0:sta t:hen säätöjen (3.2) kanssa puoliτ Rt 0 hіm, joten φ (t) = y + f τ, φ (τ) dτ, sitten φ (t) täyttää yhtälön (3.6). t0 2. Täyttää vektorifunktio φ (t) yhtälön (3.6) ha, bi, sitten ft, φ (t) ei-jaksoton ha, bi і, myöhemmin vasen osa) voi keskeytyksettä mennä t:llä to ha, bi. Jos t = t0 arvosta (3.6) φ (t0) = y 0, niin φ (t) on Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) irrotus. On kunnioitettavaa, että kuulostat tuulelta (kuten sinun pitäisi maata) ymmärtääksesi yksipuolisia toimintoja. Lema toi. Kunnioitus 3. 1. Yksiulotteisen divergenssin (jako Rozdil 2) analogian perusteella ja tuomalla se huipulle, voimme tuoda termin Cauchyn ongelman varianssin perustamisesta ja jatkumisesta, mikä saa aikaan iteratiivisen sekvenssin joka konvergoi integraalidivergenssin kulminaatioon 3.0 , t0 + h. Tässä esittelemme toisen lauseen todisteen ratkaisun perusteella (ja yhtenäisyydestä), joka pyörii ideoiden supistamisen periaatteen ympärillä. Robimo mi tse oppia tuntemaan lukijan nykyaikaisemmilla teoriamenetelmillä, yakі tulee zastosovuvatysya tulevaisuudessa, matemaattisen fysiikan integraalin tasauksen ja tasauksen kursseilla. Suunnitelmamme kehittämiseksi tarvitsemme useita uusia ymmärrystä ja lisää taivaanrakenteita, ennen kuin katsomme niitä, siirrytään eteenpäin. 3. 3. Metrinen avaruuden ymmärtäminen. Eron puristamisen periaate Matematiikan tärkein rajojen ymmärtäminen perustuu pisteiden "läheisyys" käsitteeseen, jotta niiden välillä voidaan tietää. Numeerisella akselilla ero on kahden luvun eron moduuli, tasossa euklidinen kaava jne. on hyvä. Monet tosiasiat analyysissä eivät voita alkuaineiden algebrallisia voimia, vaan pikemminkin luottavat niiden väliseen hunajan ymmärrykseen. Tämän lähestymistavan kehittäminen, nähdä "istoty", joka tuodaan ymmärrykseen rajasta, tuoda ymmärrykseen metristä tilaa. -44- Nimitys 3. 3. Olkoon X persoonaton riittävä luonto ja ρ (x, y) on kahden todellisen x:n, y 2 X:n reaalifunktio, joka täyttää kolme aksioomaa: 1) ρ (x, y)> 08x, y2X, lisäksi ρ(x,y) = 0 on pienempi kuin x = y; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (symmetriaaksiooma); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (tripuun epäsäännöllisyys). Minkä tyyppistä persoonatonta X ja annettua funktiota ρ (x, y) kutsutaan metriavaruudeksi (ÌP), ja funktiota ρ (x, y): X X 7! R, joka täyttää kohdat 1) - 3), - metriikalla tai muuten. Jatketaan ja käytetään metrisia avaruuksia. Esimerkki 3. 1. Otetaan X = R z vіdstannu ρ (x, y) = x y, otetaan MP R. n o n xi 2 R, i = 1, n є Esimerkki 3. 2. Olkoon X = R = x1,. . . , Xn persoonatonta järjestettyä joukkoa n reaalilukua s n 2 P x = x1,. . . , Xn z indstannyu ρ (x, y) = xk yk, ota n1 k = 1 n rauhallisesti euklidinen avaruus R. n Esimerkki 3. 3. Olkoon X = C a, b; R - kaikkien keskeytysvapaiden funktioiden lukumäärä kohdilla a, b, joiden arvot ovat Rn:ssä, eli keskeytyksettömiä vektorifunktioita, ρ (f, g) = max f (t) g (t), missä f = f ( t) = f1 (t). . . , Fn(t), t2sn2Pg = g(t)g1(t),. . . , Gn (t), f g = fk (t) gk (t). k = 1 Sovelluksille 3. 1 -3. MP:n 3 aksioomaa tarkistetaan uudelleen ilman välikäsiä, liikaa, koska se on oikein kokonaislukijalle. Kuten tavallista, kuten luonnollisen ihon n asetukset, elementin xn 2 X konsistenssi, silloin näyttää siltä, ​​että pisteiden sarja xn ÌP X on annettu Kohde 3. 4. Pisteiden sarjaa xn MT X kutsutaan konvergoimiseksi pisteeseen x 2 X, joten lim ρ xn, x = 0. n! 1 Nimitys 3. 5. Sekvenssiä xn kutsutaan perusarvoksi, koska mille tahansa ε> 0:lle on olemassa myös luonnollinen luku N (ε), joka kaikilla n> N ja m> N on epätasaisuus 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: 8 m, 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 on sellainen luku N (ε), että kaikilla n> N і kaikilla t 2 a, b epätasaisuus 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. Katso B = Am, B: X 7! X, B - kohokuvioitu. Lauseen 3.2 mukaan operaattorilla B voi olla yksi väkivallaton piste x. Koska A ja B ovat permutaatioita AB = BA ja siten Bx = x, niin B Ax = A Bx = Ax, niin y = Ax on väkivallaton piste B, ja sirpaleet ovat sellainen piste Lauseen 3 mukaan. 2 on sama, niin y = x tai Ax = x. Tähti x on operaattorin A väkivallaton piste. Voimme tuoda yhtenäisyyden. Oletetaan, että x ~ 2 X і A ~ x = x ~, sitten m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ =. . . = X ~, niin x ~ on myös väkivallaton piste B:lle, tähdelle x ~ = x. Lause on suoritettu loppuun. Varoitetaan metrisen avaruuden vipadkomia є avaruuden lineaarista normalisointia. Tarkennetaan. Kohde 3. 9. Olkoon X lineaarinen (ei kompleksinen) avaruus, jolle on annettu numeerinen funktio x, joka muuttaa X:n R:ksi ja täyttää aksioomat: 1) 8 x 2 X, x> 0, lisäksi, x = 0 on pienempi, kun x = θ; 2) 8 x 2 X i 8 λ 2 R (tai C) voittoa varten 3) 8 x, y 2 X voittoa. x + y 6 x + y λx = jλj x; (Kolmion epätasaisuutta - Todі X kutsutaan normatiiviseksi tilaksi, x: X 7! R, jotta se täyttää 1) - 3), - normi. ja funktio Normalisoidussa avaruudessa alkioiden väliin voidaan viedä kaavalla ρ x, y = x y. Vikonannya MT aksioomit ovat helposti perveryaєєєє. Jos metrinen laajuus poistetaan kokonaan, normaalisti normalisoitua laajuutta kutsutaan banaaliksi. Usein samalla lineaarinen avaruus voit esitellä normin eri tavalla. Tällä zv'yazku z tsim vinikaє niin ymmärrettävää. Nimitys 3. 10. Olkoon X lineaarinen avaruus ja d - kaksi 1 2 -normia, jotka on otettu käyttöön uudessa. Normeja i kutsutaan vastaaviksi 1 2 normeiksi, myös 9 C1> 0 ja C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. Kunnioitus 3. 3. Yakshcho i - kaksi ekvivalenttia normia X:llä, i 1 2 Laajennus X є käydään läpi yksi niistä, sitten mennään uudestaan ​​ja uudestaan ​​toiseen normiin. On helppo nähdä, että sekvenssi xn X on perustavanlaatuinen, ja lisäksi se suppenee 1 2 saman elementin x 2 X:ssä. viileä tila o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, de r> 0 і a 2 X kiinnitys. On merkittävää, että itse PMP:n jääkaapin sulkimet ovat samat kuin PMP:ssä. Todiste siitä, mikä tosiasia on jäänyt lukijalle oikeaksi. Kunnioitus 3. 5. Viime aikoina avaruus s otettiin käyttöön n maailmalle 3. 3. Lineaarisessa avaruudessa X = C 0, T, R on mahdollista ottaa käyttöön normi kxk = max x (t) joten että ve bude Banach. Samoilla epälineaarisilla vektorifunktioilla ilman keskeytyksiä avaruudessa 0, T voidaan ottaa käyttöön ekvivalentti normi kaavalla 6 e αt x (t) 6 x (t) kaikille t 2 0, T, tähdille e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Ekvivalenttinormien tehosääntö nopeutuu, kun tuodaan esiin lause Cauchyn ongelman yksiselitteisestä johtamisesta lineaarisille (normaali) järjestelmille. 3. 4. Lauseet Cauchyn ongelman ratkaisun perustasta ja ykseydestä normaaleille järjestelmille ). Tässä kappaleessa oletetaan, että G maє - päivä n muodostaa G \u003d a, b o, de alueen Rn ja viileä BR (y 0) \u003d Maє mіsce lause. y 2 Rn y y0 6 R Lause 3. 4. Olkoon vektorifunktio f (t, y) 2 C G; Rn lisäksi 9 M> 0 ja L> 0 siten, että tiedät 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. Korjaa luku δ 2 (0, 1) ja olkoon t0 2 (a, b ). Sitten R1 8 9 h = min; ; t0 a; b t0> 0 ML Jh. -48- Todiste. Lemin 3. 1 jälkeen Cauchyn ongelma (3.1), (3.2) vastaa integraalikohdistusta (3. 6) vastakkaisella puolella ja myös і Jh:lla, jossa h valitaan enemmän. Tarkastellaan Banach-avaruutta X = C (Jh; Rn) - lukemattomat vektorifunktiot x (t) normilla kxk = max x (t) ja ilman keskeytyksiä Jh-rivillä ja voimme sisällyttää X:ään lukemattomia sulkeuksia : 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 jäähdytysnesteen sulkemiset X:ssä. Operaattori A, arvot noudattavat sääntöä: Ay = y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 kääntävät SR y 0:n itsessään, koska y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y ( τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 Käyttäjän stisku voidaan osoittaa, että A є on SR. Otetaan riittävä 0 1 2 ja lasketaan arvo: ні y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ), jos 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, de 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 valitaan R:n mukaan kaavasta h = min M; 1 L 8; b a, ja sopimuksen kapasiteetissa Jh kaikkialla tarvitaan -49- Jh = t0, t0 + h = a, a + h. Kaikkia muita lauseita ei muuteta; Vipadkulle t0 = b, samoin, h = min M; 1 L 8; b a ja Jh = b h, b. n Respect 3. 7. Umovin lause 3. 4 f (t, y) 2 C G; R, de G = a, b D, voidaan heikentää korvaamalla f (t, y) f (t, y) turvallisuuden avulla vaihtamalla t iholla y 2, säästäen mielet 1 ja 2. Todistus ei muutu. Zavozhennya 3. 8. Lopeta, jotta ymmärrät lauseen 3 1 ja 2. 4 häviää 0 kaikille t, y 2 a, b BR y, joille vakiot M ja L ovat, vektorifunktion ft, y substituutiot, samoin Lauseen 2.4 mukaan lause Cauchyn ongelman (3.1), (3.2) ratkaisun perustasta ja ykseydestä pätee koko supistukselle a, b. n Lause 3. 5. Olkoon vektorifunktio fx, y 2 CG, R, de G = a, b Rn, і існє L> 0, niin että Umoff voittaa 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. Sitten mille tahansa t0 2:lle ja y 0 2 Rn:lle a, b:llä on yksi ratkaisu Cauchyn ongelmalle (3.1), (3.2). Tuominen. Vіzmemo dovіlnі t0 2 i y 0 2 Rn i korjattu їх. Persoonaton G = a, b Rn voidaan esittää seuraavasti: G = G [G +, de Rn ja G + = t0, b Rn, mutta t0 2 a, b, muuten yksi G = a, t0 päivittäin. Suoritamme mirkuvannyan smuga G+:lle. Suoralla t0, b Cauchyn erittely (3.1), (3.2) vastaa yhtälöä (3.6). Esittelemme operaattorin integraalille n A: X 7! X, de X = Ct0, b; R, kaavan Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ mukaisesti. t0 Sama integraalitasaus (3.6) voidaan kirjoittaa muistiin operatiivisen tasauksen Ay = y avulla. (3.8) Jos pystymme todistamaan, että operaattoriyhtälö (3.8) voidaan ratkaista PMP X:ssä, on mahdollista hajottaa Cauchyn ongelma t0, b tai a, t0 G:lle. Yksi on ratkaisu Koshin ongelma. Esitetään kaksi todistetta yhtälön (3.8) irrotuksen ainutlaatuisuudesta. Todistus 1. Katsotaan riittävät vektorifunktiot 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, niin estimaatit ovat voimassa, jos -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. Oletamme, että X:ssä normi otetaan käyttöön seuraavasti: kxk = max x (τ). Epätasaisuuden vähentämiseksi oletetaan, että ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Tätä prosessia jatkamalla induktiolla on mahdollista tuoda 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Zvіdsi, tietenkin, otamme arvion 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 Oskilki α (k) =! 0 k:lle! 1, sitten on k0 niin, k! 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 (jako arvostus 3. 5) kaavan mukaan: x α = max e αt x (t). -51- Näytetään, että α voidaan valita siten, että operaattori A avaruudessa X, jonka normi on α> L, puristuu. Deisno, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) α y 2 (τ) α y 2 L max e αt Joten α> L, sitten q = L α 1 1 αt e α e eαt0< 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 syljen toiminta , Koska (4.3) on yhtä suuri, voimme sallia y:n ja ottaa kaavan y (x) = F2 1 F1 (x) + C, (4.4) päteväksi pisteen x0 läheisyydessä. Näytetään, että yhtälö (4.4) antaa yhtälön (4.1) ratkaisun pisteen x0 läheisyydessä. Ilmeisesti vikoristovuyuchi lauseen differentiaalista käänteisfunktiosta ja katsomalla spiniä F10 (x) = f1 (x), voimme ottaa 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) Tarkastellaan nyt yhtälön (4.1) Cauchyn ongelmaa cob um y (x0) = y0. (4.5) Kaava (4.2) voidaan kirjoittaa muodossa Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 spіvvіdstvennya Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) On selvää, että se on yksiselitteisesti määritetty. Myös yhtälön (4.1) kriittinen ratkaisu saadaan kaavalla (4.4) ja Cauchyn ongelman (4.4), (4.5) ratkaisu yhtälöllä (4.6). 4. 1. Jos f2 (y) = 0 desimaaleille y = yj, (j = 1, 2,..., S), niin ilmeisesti yhtälön (4.1) ratkaisut ovat myös funktioita y (x) yj, j = 1, 2,. . . , S, joka voidaan saada aikaan korvaamalla nämä funktiot suoraan yhtälössä (4.1). Kunnioita 4. 2. Kohdistuksen (4.1) vakavuus määräytyy eron F2 (y) F1 (x) = C perusteella. (4.7) Siten kohdistuksen vasen osa (4.7) on yhdenmukainen ihon kohdistuksen kanssa ( 4.1). Tyyppi (4.7) voidaan kirjoittaa muistiin muita ODE:itä lukuun ottamatta. Tällaisia ​​lausekkeita kutsutaan yleisesti tietyn ODE:n integraaleiksi (kokonaisintegraaleiksi). Damo on tarkempi. Nimitys 4. 1. Tarkastellaan y:n kohdistusta 0 (x) = f (x, y). (4.8) Väli (x, y) = C, (4.9) de (x, y) on luokan C 1 funktio, jota kutsutaan globaaliksi tasausintegraaliksi (4.8), joten pyöritys ei ole sama, vaan lasketaan ihon liuoksen tasoituksesta (4.8) ). Kun ihokohtainen arvo on C 2 R, otamme yksityisen integraalin. Yhtälön (4.8) pääratkaisu tulee ulos implisiittisen funktiolauseen vaihtoehtojen pääintegraalista (4.9). Esimerkki 4. 1. Tarkastellaan kohdistusta x (4.10) y 0 (x) = y і pochatkov umova y (2) = 4. (4.11) Täydellisen kohdistuksen (4.10) kuvauksille on olemassa toinen menetelmä muuttujien jakamiseen, se on välttämätön y dy = x dx , tiedämme yhtälön (4.10) integraalin y 2 x2 = C. Yhtälön (4.10) lopullinen ratkaisu kirjoitetaan kaavalla py = C + x2, ja sen ratkaisu Cauchyn tehtävä (4.10), (4.11) kirjoitetaan kaavalla py = 12 + x2 . -57- 4. 2. Ensimmäisen asteen lineaarinen ODE Ensimmäisen kertaluvun lineaarinen ODE on yhtä suuri kuin y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x), Yakscho q (x) 6 Yakscho q (x) x 2 ha, b. (4.12) 0, niin kohdistusta kutsutaan epähomogeeniseksi. 0, niin yhtälöä kutsutaan homogeeniseksi: y 0 (x) + p (x) y (x) = 0. (4.120) Lause 4. 1. 1) Jos y1 (x), y2 (x) on ratkaisu homogeeninen yhtälö (4.120) , α, β ovat riittäviä lukuja, jolloin funktio y (x) αy1 (x) + βy2 (x) on myös yhtä suuri kuin ratkaisut (4.120). 2) Epähomogeenisen kohdistuksen villiratkaisulle (4.12) voi hämätä kaavaa yon = yoo + ych; (4.13) tässä yksi on epätasaisen kohdistuksen yksityinen ratkaisu (4.12), toinen on epätasaisen kohdistuksen yksityinen ratkaisu (4.12), toinen on tasaisen tasauksen yksityinen ratkaisu (4.120). Tuominen. Ensinnäkin lauseen väite on suoritettava ilman välitarkistusta: ehkä y 0 αy10 + βy20 = αp (x) y1 βp (x) y2 = p (x) αy1 + βy2 = p (x) y. Otetaan toinen lujuus. Olkoon y0 parempi ratkaisu (4.120), niin y00 = p (x) y0. Toiselta puolelta 0 ych \u003d p (x) ych + q (x). Myös 0 y0 + ych = p (x) y0 + ych + q (x), mikä tarkoittaa, että y y0 + ych on yhtä suuri kuin ratkaisut (4.12). Tällä tavalla kaava (4.13) antaa epäyhtenäisen kohdistuksen (4.12) irrotuksen. Osoitetaan, että tämän kaavan takana on mahdollista vähentää kaikki ratkaisut (4.12). Ehdottomasti, y ^ (x) - ratkaisu yhtä suuri (4.12). Laitetaan y ~ (x) = y ^ (x) ych. Toukokuu y ~ 0 (x) = y ^ 0 (x) 0 ych (x) = p (x) ^ y (x) + q (x) + p (x) ych (x) = p (x) y ^ (x) q(x) = ych(x) = p(x) ~ y(x). Tässä järjestyksessä y ~ (x) on tasaisen tasauksen jakauma (4.120), ja voimme y ^ (x) = y ~ (x) + ych, joka vastaa kaavoja (4.13). Lause on suoritettu loppuun. -58- Alla tarkastellaan Cauchyn ongelmaa yhtälöille (4.12) ja (4.120), joiden cob um y (x0) = y0, x0 2 ha, bi. (4.14) (4.12):n funktioille p (x) ja q (x) oletetaan, että p (x), q (x) 2 C (ha, bi). Kunnioita 4. 3. F (x, y) = p (x) y + q (x). Sitten, koska p (x) i q (x) on määrätty enemmän mieliä, voimme F (x, y), ∂F (x, y) 2 CG, ∂y G = ha, bi R1 ja myös, Cauchyn ongelmalle ( 4.12), (4.14) pätevät luvuissa 2 suoritetut ratkaisun perustan ja ykseyden lauseet іsnuyut koko prom_zhku ha, bi. Katsotaanpa pään takaosaa yhtäläisyyksillä (4.120). Lause 4. 2. väite: Olkoon p (x) 2 C (ha, bi). Kun hyökkäys on vain 1) onko päätös sama (4.120), määrätään koko aikavälille ha, bi; 2) homogeenisen tasauksen syväratkaisu (4. 120) saadaan kaavalla y (x) = C e de C R p (x) dx, (4.15) on melko vakio; 3) Cauchyn ongelman (4.120), (4.14) ratkaisu saadaan kaavalla Rx y (x) = y0 e x0 p (ξ) dξ. (4.16) Todistus. Vivedom kaava (4.15) vodpovidno ennen danї tähkäpäässä menetelmän. Edessämme on merkittävää, että funktio y 0 on yhtä suuri kuin ratkaisut (4.120). Olkoon y (x) - ratkaisu yhtä suuri (4.120), lisäksi y 6 0 ha, bi. Tällöin 9 x1 2 ha, bi on sellainen, että y (x1) = y0 6 = 0. Näemme kohdistuksen (4.120) pisteen x1 läheisyydessä. Hinta on yhtä suuri muutoksesta, lisäksi y (x) 6 = 0 pisteen x1 varsinaisessa ympäristössä. Sitten edellisen kappaleen tulosten mukaisesti otamme eksplisiittisen kaavan ylimmälle Z dy = p (x) dx, ln y = p (x) dx + C, y -59-tähteä R y (x) = C ep (x) dx, c 6 = 0, mikä vastaa kaavoja (4.15). Lisäksi ratkaisu y 0 saadaan myös kaavalla (4.15) kun C = 0. Suoralla substituutiolla yhtälössä (4.120) muutetaan, että funktio y (x), joka saadaan kaavalla (4.15) mikä tahansa C on yhtälön ( 4.120) ratkaisu, lisäksi koko jaksolle ha, bi. Osoitetaan, että kaava (4.15) määrittelee korkean kohdistustason (4.120). Ehdottomasti, tulee y ^ (x) - riittävä ratkaisu taajuuskorjaukselle (4.120). Jos y ^ (x) 6 = 0 ha, bi, niin toistaen etupeiliä, oletetaan, että tämä funktio on annettu kaavalla (4.15) itse C:n kanssa, jos y ^ (x0) = y ^ 0, sitten Rx p ( ξ) dξ. y ^ (x)=y^0 e x0 ^ (x) ja y (x) 0. Johtuen 4. 3 ratkaisusta tehtävään Yhtälö (4.120) annetaan kaikille ha, bi ja se saadaan kaavalla (4.15) ). Kaavaa (4.16) kutsutaan luonnollisesti käänteiseksi kaavaksi (4.15), joten se osoittaa funktion y (x) ratkaisuille, jotka ovat yhtä suuria kuin (4.120). Lisäksi x R0 p (ξ) dξ y (x0) = y0 e x0 = y0, joten kaava (4.16) määrittelee selkeästi Cauchyn ongelman (4.120), (4.14) irrottamisen. Lause 4.2 suoritettu. Katsotaanpa nyt heterogeenisiä yhtälöitä (4.12). Lause 4. 3. Olkoon p (x), q (x) 2 C (ha, bi). Kun etenevä karkaisu on vain: 1) onko päätös yhtä suuri (4.12), merkitään koko välille ha, bi; 2) epähomogeenisen kohdistuksen (4.12) lopullinen ratkaisu saadaan kaavalla Z R R R p (x) dx p (x) dx q (x) e p (x) dx dx, (4.17) y (x) = Ce + e de C on melko vakio; 3) Coaches-tehtävän (4.12), (4.14) ratkaisu saadaan kaavalla Rx y (x) = y0 e x0 Zx p (ξ) dξ + q (ξ) e x0 -60- Rx ξ p (θ ) dθ dξ. (4.18) Todistus. Samalla tavalla kuin Lause 4. 1 kaavalla (4.13) yon = yоо + yн on tarpeen tietää yhtälön (4.12) yksityinen ratkaisu. Joogalle znakhodzhennya zastosuєmo niin luokittelee menetelmän vaihtelu riittävän teräksen. Tämän menetelmän olemus on samanlainen kuin loukkaavan: otamme kaavan (4.15), korvaamme siinä olevan vakion C tuntemattomalla funktiolla C (x) ja etsimme yksityistä ratkaisua (4.12) katsomalla ych (x) = C (x) e R p (x) dx. (4.19) Esitetään ych (x) arvosta (4.19) yhtäläiseksi (4.12) ja tunnetaan C (x) niin, että yhtäläisyys täyttyy. Toukokuu R R 0 ych (x) = C 0 (x) e p (x) dx + C (x) e p (x) dx p (x). Korvaamalla (4.12) otamme 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), tähdet RC 0 (x) = q (x) ep (x) dx. Integroimalla yhtälön loppuosa ja korvaamalla C (x) kaavaan (4.19), oletetaan, että Z R R p (x) dx ych (x) = e q (x) e p (x) dx dx. Lisäksi Lauseen 4 nojalla. 2 R yоо = C e p (x) dx. Siksi kaava (4.13) lauseesta 4. 1, oletetaan, että ZRRR p (x) dx p (x) dx y (x) = yoo + ych = Ce + eq (x) ep (x) dx dx, joka kaavalla (4.17). On selvää, että kaava (4.17) antaa ratkaisun koko välille ha, bi. Nyt Cauchyn ongelman (4.12), (4.14) ratkaisu saadaan kaavalla 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 On selvää, että kaava (4.20) on kaavan (4.17) deklinaatio, kun C = y0, jolle annetaan yhtälön ratkaisu (4.12). Lisäksi 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, cob data (4.14). Pelkistetään kaava (4.20) muotoon (4.18). Ilmeisesti (4.20):sta voimme 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 Lause 4. 3 suoritettu. Seuraus (Cauchyn ongelman ratkaisun estimaatiosta lineaariselle järjestelmälle). x0 2 ha, bi, p (x), q (x) 2 C (ha, bi), lisäksi p (x) 6 K, q (x) 6 M Nehai 8 x 2 ha, bi. Tällöin tehtävän Koshi (4.12), (4.14) ratkaisulle pätee arvio M Kjx x0 j Kjx x0 j y (x) 6 y0 e + e 1 K (4.21) Todistus. Anna minulle korvasi x> x0. Kohdan (4.18) perusteella tästä seuraa, että 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< 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, niin ilmeisesti funktio y (x) 0 on yhtä suuri kuin ratkaisut (4.24). Bernoullin (4.24) kohdistusta varten α 6 = 0, α 6 = 1 jaamme kohdistuksen loukkaavat osat y α:lla. Kun α> 0, on korjattava, mikä suhteessa 4. 4 funktioon y (x) 0 on yhtä suuri kuin ratkaisut (4.24), koska tällaisella jakaumalla se menetetään. Otzhe, tulevaisuudessa jooga on lisättävä lopulliseen ratkaisuun. Tarvittaessa otamme y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x). Otetaan käyttöön uusi funktio z = y 1 α, jolloin z 0 = (1 myöhemmin, saadaan sama arvo kuin z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x ). α y 0 ja (4.25) Yhtälö (4.25) on lineaarinen tasaus. Tällaista vertailua tarkastellaan osiossa 4.2, jossa globaalin ratkaisun kaava on haitallinen, ratkaisusta z (x) johtuen yhtälö (4.25) kirjoitetaan muodossa z (x) = Ce R (α 1) a (x) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (a 1) a (x) dx dx. (4.26) Sama funktio y (x) = z 1 α (x), missä z (x) on annettu kohdassa (4.26), mikä on yhtä kuin Bernoullin ratkaisut (4.24). -64- Lisäksi, koska sille on annettu enemmän, α> 0 ratkaisu on myös funktio y (x) 0. Esimerkki 4. 4. Ratkaise yhtälö y 0 + 2y = y 2 ex. (4.27) Jaa kohdistus (4.27) y 2:lla ja muuta z = vähennä lineaarinen epätasainen kohdistus 1 y. Tuloksena z 0 + 2z = esim. (4.28) Taaksepäin voidaan nähdä tasaisesti yhtä suuria: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1. Epätasaisen kohdistuksen ratkaisua (4.28) tarkastellaan tasaisen teräksen variaatiomenetelmällä: zch = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex , tähdet zch = ex, ja lopullinen ratkaisu on yhtä suuri (4.28) z (x) = Ce2x + ex. Myös Bernoullin (4.24) tasoitusratkaisu kirjoitetaan muodossa y (x) = 1. ex + Ce2x Lisäksi tasausratkaisu (4.24) on myös y (x) 4:n funktio. 5. Yhtälö koko differentiaalissa Katsotaan yhtälöä differentiaaleissa M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G on deac-alue R2:ssa. Joten yhtälöä kutsutaan yhtälöksi täydessä differentiaalissa, koska funktiota F (x, y) 2 C 1 (G) kutsutaan potentiaaliksi siten, että dF (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y ) dy, (x, y) 2 G. Yksinkertaisuuden vuoksi oletetaan, että M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) ja alue G on yksilinkitetty . Näissä tapauksissa matemaattisen analyysin (esimerkiksi jako) aikana tuodaan esiin, että potentiaali F (x, y) yhtä suurelle (4.29) on yhtä suuri (tobto (4.29) on yhtä suuri ulkoisissa differentiaaleissa) parillinen ja vain jos Oma (x , y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Kun (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y )dy, (4. 30) (x0, y0) de piste (x0, y0) on kiinteä piste G:ssä, (x, y) on virtauspiste G:ssä, ja kaareva integraali otetaan pitkin mitä tahansa käyrää, joka yhdistää pisteitä (x0, y0) і (x, y) і ovat täysin alueella G. Kuinka yhtä suuri (4.29) є yhtä suuri

Oleksandr Viktorovich Abrosimov Syntymäaika: 16 lehtien pudotus 1948 (1948 11 16) Syntymäpaikka: Kuibishev Kuolinpäivä ... Wikipedia

I Differentiaalitasaus, joka vastaa kosto-shukany-funktioita, їх samanlaisia ​​eri järjestyksiä ja itsenäisiä muutoksia. Teoria D. klo. Vinyyli Kinci 17 Art. mekaniikan ja muiden luonnontieteiden tarpeiden vaikutuksesta ... ... Suuri Radianska Encyclopedia

Zvichayní differentiaali rіvnyannja (ODE) tse differentiaali rіvennіnnіnna mind de nevіdoma -funktio (mahdollisesti vektorifunktio, sitten pääsääntöisesti sama vektorifunktio, jonka arvot ovat avaruudessa tієї ja rozmіrnostі; in tієї ja rozmіrnostі; in tієї

Wikipediassa on artikkeleita muista ihmisistä, joilla on tällainen lempinimi, diivas. Yudovich. Viktor Yosipovich Yudovich Syntymäaika: 4. kesäkuuta 1934 (1934 10 04) Syntymäpaikka: Tbilisi, SRSR Kuolinpäivä ... Wikipedia

ero- (Differentiaali) Differentiaalin osoitus, toimintodifferentiaali, differentiaalin lukitus Tietoa differentiaalin kohdistamisesta, toimintodifferentiaalista, differentiaalin esto Epämuodollinen kuvaus ... ... Sijoittajan tietosanakirja

Yksi tärkeimmistä asioista, joka on ymmärrettävä teoriassa eroista yksityisten sukulaisten kanssa. X:n rooli ilmenee näiden tasa-arvoisten alkuperäisissä valtuuksissa, kuten paikallisissa valtapäätöksissä, mahdollisuudessa järjestää erilaisia ​​tehtäviä, niiden oikeellisuudesta ja inn. Älä viitsi ... ... matemaattinen tietosanakirja

Tuntemattoman toiminnon talossa oleva Rivnyannya on yhden itsenäisen korvaajan funktio, eikä vain tuntemattoman toiminnon itse, vaan myös eri järjestysten toiminto, tulee kirkkoon. Termin differentiaalitasaus ehdotti G. ... ... matemaattinen tietosanakirja

Trenogіn Vladilen Oleksandrovich V. A. Trenogіn luennolla MISiS:ssä Syntymäaika ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Oleksandrovich Trenogin Vladilen Oleksandrovich V. A. Trenogin luennolla MISiS:ssä Syntymäaika: 1931 r_k (1931) ... Wikipedia

Gaussin yhtälö, 2. kertaluvun lineaarisesti yhtä suuri differentiaalinen kohdistus, tai itseliittyvissä muodoissa Zagalny vpadkan parametrien muuttaminen voi saada monimutkaisen arvon. Vaihdon jälkeen lomaketta vietetään ... ... matemaattinen tietosanakirja

Makarska Y. V. Kirjassa: Opiskelijatieteen päivät. Kevät - 2011. M .: Moskovan valtion talous-, tilasto- ja informatiikkayliopisto, 2011. S. 135-139.

Kirjoittajat tarkastelevat lineaaristen differentiaaliyhtälöiden teorian käytännön kehittämistä muita talousjärjestelmiä varten. Artikkelissa analysoidaan Keynesin ja Samuelson-Hicksin dynaamisia malleja taloudellisten järjestelmien yhtäläisten tilojen kääntämisessä.

Ivanov A. I., Isakov I., Dyomin A. V. ja in. Osa 5. M .: Slovakia, 2012.

Auttajalla tutkittiin useita menetelmiä ihmisen sairauden selvittämiseksi tunnin mittaisen testin aikana annostelemalla fyysisiä haasteita, joita tutkittiin Venäjän federaation valtiontieteellisessä keskuksessa - IMBP RAS. Tapaamisten avustaja tutkijoille, fysiologeille ja lääkäreille, jotka harjoittavat ilmailun, vedenalaisen ja urheilulääketieteen alalla.

Mikhєєv A.V. SPb .: Viddіl operatiivinen polygrafia NDU HSE - Pietari, 2012.

Tanskalainen kokoelma dkäsitteleviä kirjoja, jota kirjailija lukee Pietarin kansallisen kauppakorkeakoulun kauppatieteiden tiedekunnassa. Ihontähkällä annetaan lyhyt yhteenveto tärkeimmistä teoreettisista faktoista ja analysoidaan esimerkkejä tyypillisten ongelmien ratkaisuista. Opiskelijoille ja ammatillisen koulutuksen auditiivisiin ohjelmiin.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Oppisopimuskoulutus Moskovan valtionyliopiston mekaniikan ja matematiikan tiedekunnan vuoksi, 2012. Nro 2012.

Tämän oppikirjan ytimessä on erikoiskurssi opiskelijan valinnalle, kirjailijan lukemat MDU im:n mekaniikka-matematiikan tiedekunnassa. M.V. Lomonosov vuosina 2010-2012 ala-aste. Auttajaa, joka tuntee lukijan parametriikan menetelmällä ja sen erillisellä analogilla, syytetään viimeisellä tunnilla auttajan kirjoittajan ja hänen kollegansa kirjoittajien toimesta. Sen on koonnut aineisto, jota on aiemmin käytetty vain useissa aikakauslehtiartikkeleissa. Ei pragnuchi syklin maksimaaliseen koherenssiin, kirjoittaja esitti sen metaforaksi osoittaakseen menetelmän toteutettavuuden paikallisten rajalauseiden todistamisessa Markov-lansien joustavuudesta diffuusioprosessiin ja eliminoimalla kaksipuoliset arviot Aronson-tyyppi tietyille virogeenisille diffuusioille.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Tsia Pubblekatsya є Zbirkoye articles "Third Mіtno-Popular Conference on Danamitsi Informati Systems", Yaku Vidbuly in the UNIVITITITI Floridi, 16-18 fierce 2011 Rock. щоб вони змогли обмінятися новими відкриттями і результатами в питаннях, що стосуються теорії і практиці динаміки інформаційних систем . Динаміка інформаційних систем: математичне відкриття являє собою сучасне дослідження і призначається студентам - аспірантам і дослідникам, які цікавляться останніми відкриттями в інформаційній теорії і динамічних системах. Вчені other disciplines can also take away the burden of stagnation of new developments in their fields.

Palvelev R., Sergeev A. G. Matemaattisen instituutin harjoitus. V.A. Steklov RAS. 2012. V. 277. S. 199-214.

Landau-Ginsburgin hyperbolisissa linjoissa on adiabaattinen raja. Lisäapua varten se on merkitty Ginzburg-Landau-linjojen ratkaisujen ja adiabaattisten liikeratojen väliin staattisten ratkaisujen moduulien, joita kutsutaan pyörteiksi, välissä. Menton, joka on levittänyt heuristista adiabaattista periaatetta, olettaa, että jos Ginzburg-Landaun saavuttaman alhaisen kineettisen energian ratkaisu voitaisiin ottaa pois adiabaattisen liikeradan päätteeksi. Suvora, todiste siitä, että ensimmäinen kirjoittaja löysi äskettäin

Annamme eksplisiittisen kaavan kvasi-isomorfismille operadien Hycomm (stabiilien suvun 0 käyrien moduuliavaruuden homologia) ja BV / Δ (BV-operaattorin käyttämän Batalin-Vilkovskyn homotoopiaosamäärä) välillä. Toisin sanoen johdetaan Hycomm-algebrojen ja BV-algebroiden ekvivalenssi, jota on tehostettu homotopialla, joka trivialisoi BV-operaattorin. Nämä kaavat on annettu Givental-kaavioiden avulla, ja ovat todistettu kahdella eri tavalla. Yksi todistus käyttää Givental-ryhmätoimintoa, ja toinen todistus käy läpi Hycommin ja BV:n päätöslauselmien eksplisiittisten kaavojen ketjun. Toinen lähestymistapa antaa erityisesti homologisen selityksen Givental-ryhmän toiminnasta Hycomm-algebroilla.

Pіd nauk. Toimittaja: A. Mikhailov Vip. 14. M .: Moskovan valtionyliopiston sosiologian tiedekunta, 2012.

Tämän valikoiman artikkelit on kirjoitettu vuonna 2011 MDU im:n sosiologian tiedekunnassa julkaistujen lisäraporttien perusteella. M.V. Lomonosov XIV monitieteisen koulun tieteellisen seminaarin "Sosiaalisten prosessien matemaattinen mallintaminen" kokouksessa im. Sosialistisen työn sankari, akateemikko A.A. Samara.

Näyttely on tunnustettu tutkijoille, tutkijoille, yliopistojen ja Venäjän tiedeakatemian tiedelaitosten opiskelijoille, jotka ovat kiinnostuneita ongelmista, sosiaalisten prosessien matemaattisen mallintamisen metodologian kehittämisestä ja toteuttamisesta.

Tanskan luentokurssia on luettu yli 10 vuotta teoreettisen ja soveltavan matematiikan opiskelijoille Dalekoskhidnyssa valtion yliopisto. Vіdpovіdaє standard II polіnnya ale dannym spetіsіalnosti. Suositukset matematiikan erikoisalojen opiskelijoille ja ylioppilaille.

Cauchyn lause tehtävän Cauchyn ensimmäisen kertaluvun ratkaisun perustasta ja ykseydestä.
Samalla kohdat, joiden laittaa penniäkään osa lakia Ensimmäisen kertaluvun differentiaalitasaus, voimme tuoda syyn ja ratkaisun ykseyden, jolle on tunnusomaista tähkät (x0, y0). Ensimmäinen todiste eropäätöksen syystä vastaa Koshin makuulle; vie hiiri alle Picardin antaman todisteen; se suoritetaan myöhempien lähestymistapojen menetelmän avulla.

ZMIST
1. Ensimmäisen tilauksen oma pääoma
1.0. Sisäänpääsy
1.1. Rivnyannia vesikerman korvaajilla
1.2. yhtenäinen rivnyannya
1.3. Uzagalnenі odnorodnі rivnyannia
1.4. Ensimmäisen kertaluvun ja ti:n lineaarinen kohdistus, mitä niille rakentaa
1.5. yhtäläinen Bernoulli
1.6. Rivnyannia Riccati
1.7. Tasoitus uusimmissa eroissa
1.8 Integroiva kerroin. Yksinkertaisin tapoja tietää integroiva kerroin
1.9. Tasa-arvoista, ei sallita muita
1.10. Cauchyn lause tehtävän ratkaisun perustasta ja ykseydestä Cauchyn ensimmäisen asteen tasaus
1.11. erikoispisteitä
1.12. erikoisratkaisu
2. Korkeampien tilausten tasoitus
2.1. Perusymmärrys ja tarkoitus
2.2. Tipi ovat yhtä suuria kuin n-kertainen, rozvyaznі kvadratuurissa
2.3. Teolliset integraalit. Rivnyannya, jotka mahdollistavat tilauksen alentamisen
3. Ensimmäisen asteen lineaarinen differentiaalikohdistus
3.1. Perusymmärrys
3.2. Lineaarinen homogeeninen differentiaalikohdistus ensimmäisessä järjestyksessä
3.3. Vähentäminen lineaarisen tasaisen kohdistuksen järjestykseen
3.4. Heterogeeniset linjat
3.5. Alempi järjestys lineaarisessa epähomogeenisessa kohdistuksessa
4. Lineaarinen kohdistus vakiokertoimet
4.1. Tasainen lineaarinen kohdistus vakiokertoimilla
4.2. Heterogeeninen lineaarinen kohdistus vakiokertoimilla
4.3. Päätökset vaikuttavat eri järjestyksessä oleviin lineaarisiin kohdistuksiin
4.4 Integrointi pinorivien avulla
5. Lineaariset järjestelmät
5.1. Heterogeeniset ja homogeeniset järjestelmät. Lineaaristen järjestelmien tehopäätökset
5.2. Tarpeellinen ja riittävä mieli ja lineaarinen riippumattomuus lineaarisen homogeenisen järjestelmän ratkaisemiseksi
5.3. Perusmatriisin perusta. Pobudovin käsitys lineaarisen homogeenisen järjestelmän lineaarisesta ratkaisusta
5.4. Pobudov kaikki lineaarisen homogeenisen järjestelmän perusmatriisien kertoimet
5.5. Heterogeeniset järjestelmät. Pobudovin raju ratkaisu vallitsevien terästen variaatiomenetelmällä
5.6. Lineaariset homogeeniset järjestelmät vakiokertoimilla
5.7. Toimet funktioteoriaan matriisien muodossa
5.8 Pobudova lineaaristen homogeenisten yhtäläisten järjestelmän perusmatriisista teräskertoimilla globaalissa trendissä
5.9. Peruslause ja lauseet ensimmäisen kertaluvun normaalien differentiaaliyhtälöiden järjestelmien ratkaisun toiminnallisesta tehosta
6. Vakausteorian elementit
6.1
6.2. Yksinkertaisin tipi dot rauhallinen
7. Vastaavuus 1. kertaluvun yksityisasioissa
7.1. Lineaarinen tasainen kohdistus yksityisessä myöhään 1. tilauksessa
7.2. Epähomogeeninen lineaarinen kohdistus yksityisessä myöhään 1. järjestyksessä
7.3. Kahden yhtä suuren järjestelmä yksityisissä paikoissa, joissa on yksi tuntematon funktio
7.4 Pfaffin ottelu
8. Vaihtoehdot ohjaustehtävistä
8.1. Ohjaa robottia №1
8.2. Ohjausrobotti №2
8.3 Ohjausrobotti №3
8.4 Ohjausrobotti №4
8.5 Ohjausrobotti nro 5
8.6. Ohjausrobotti №6
8.7 Ohjausrobotti №7
8.8 Ohjausrobotti nro 8.

Lataa ilmaiseksi e-kirja manuaalisessa muodossa, ihmettele ja lue:
Hanki kirja Luentojen kurssi merkittävimmistä erosuhteista, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, ilmainen lataus.

zavantage pdf
Voit ostaa tämän kirjan alta parhaaseen hintaan alennuksella toimituksella koko Venäjälle.