„ELŐADÁSOK A JELENTŐS KÜLÖNBSÉGI MEGVALÓSÍTÁSOKRÓL 1. RÉSZ. A NAGY ELMÉLETEK ELEMEI A kezdeti tankönyv azokat a rendelkezéseket tartalmazza, amelyek a szélsőséges differenciális különbségek elméletének alapját képezik: ...”

- [1. történet] -

A. E. Mamontov

ELŐADÁS jak kezdetben

különbségi szintek

A ZAGAL-ELMÉLETEK ELEMEI

Az első kézikönyv utasításokat tartalmaz az összeállításhoz

az elsődleges differenciálmegfontolások elméletének alapja: a döntés megértése, alapja, egysége,

Függőség a paraméterekben. Ugyancsak (a 3. §-ban) nagy tisztelet illeti az uralkodók bizonyos osztályainak „nyilvánvaló” döntéseit. Pos_bnik feladatok tönkrement vivchennya„Differenciális matematika” kurzus a Novoszibirszki Állami Pedagógiai Egyetem Matematikai Karán induló hallgatók számára.

UDC 517.91 BBK V161.61 Peredmova Alapvető kézikönyv a Novoszibirszki Állami Pedagógiai Egyetem Matematika Karának hallgatói számára, akik a „Különböző szintek” kötelező kurzust egy bővített kurzusban szeretnék elvégezni i. Az olvasók kedvéért bemutatjuk azokat az alapfogalmakat és eredményeket, amelyek az elsődleges differenciálegyenletek elméletének alapját képezik: a döntés fogalmát, a létezésükről szóló tételeket, az egységet, valamint a paramétereket. A leírási anyag látszólag logikus folytonosságban van lefektetve az 1., 2., 4., 5. §-ok szövegével. Továbbá (a 3. §-ban, amely egy kicsit félreáll, és gyorsan megszakítja a tanfolyam főszálát) a legfontosabb követelmények Az „explicit” technika segítségével röviden megvizsgáljuk. Megoldás keresése a rangok különböző osztályaira. Amikor először olvassa el a 3. §-t, kihagyhatja a szöveget a kurzus logikai felépítéséhez.

A jobboldal fontos szerepet játszik, és sok közülük szerepel a szövegben. Javasoljuk, hogy az olvasó ezeket „forrósan” oldja meg, ami garantálja az anyag elsajátítását és próbaként szolgál. Sőt, gyakran joguk van megismételni a logikai szerkezetet, azaz döntéseik nélkül nem minden rendelkezést hajtanak végre szigorúan.

A szöveg közepén lévő négyzetes karok megjegyzésként (bővített vagy oldalsó magyarázatként) szolgáló megjegyzéseket tartalmaznak. Lexikailag ezek a töredékek megszakítják a főszöveget (vagyis konjunktív olvasáshoz „nem kell jelölni”), de némi magyarázatot még mindig igényelnek. Más szóval, ezeket a töredékeket ugyanúgy fel kell szívni, mint minden bűzt, amelyet a mezőkre visznek.

A szöveget a „tisztelet a könyvnek” rubrikára szűkítjük – az osztályteremben történő olvasás során kihagyhatók, vagy a könyv esetében, amely vikorystovuvaty útmutató lesz, például előadások olvasásakor – a jegyzetek segítenek jobban megérteni a napló tetszik a kurzus, és közvetlenül jelezni, hogy mi lehetséges részletesebben (bővíteni) a tanfolyam . Ezt a tiszteletet azonban csak elsajátítani lehet.

Hasonló szerepet tölt be az „utalvány alapozása” – a bűz nagyon erős formában bizonyítja, hogy az olvasót milyen rendelkezések illetik meg.

A leggyakrabban használt (kulcs)kifejezések rövidítések formájában használatosak, amelyek listája a végén található a könnyebb áttekinthetőség érdekében. Van egy lista azokról a matematikai fogalmakról is, amelyek a szövegben hangsúlyosak, de nem kerültek a tényleges tények elé (és a szakirodalom nem érti őket egyértelműen).

A szimbólum a bizonyítás végét, a szilárdság, tisztelet megfogalmazását, stb. jelenti (Itt kell a félreértések elkerülése végett).

A képletek számozása közvetlenül a bőrrészben történik. A képlet egy részének írásakor indexeket használnak, például a (2) 3 a (2) képlet 3. részét jelenti (a képlet részei közé tartoznak a tipográfiai törléssel elválasztott töredékek, és a logikai pozícióktól - egy kötőelem én").

Ez a kézikönyv nem helyettesítheti feltétlenül a téma alapos tanulmányozását, amely önálló jogokat és további szakirodalmat, például a kézikönyv végén található hivatkozási jegyzéket igényel. A szerző azonban az elmélet főbb rendelkezéseit egy nagyon egyszerű, előadási kurzusra alkalmas formában próbálta ki. Ezzel kapcsolatban vegye figyelembe, hogy ebből a tankönyvből egy előadási kurzust olvasva ebben az évben körülbelül 10 előadás van.

A tervek szerint további 2 rész (kötet) kiadása folytatja ezt a segítséget, és ezzel befejezi az „elsődleges differenciálegyenletek” témájú előadássorozatot: 2. rész (lineáris egyenletek), 3. rész (további elmélet). nemlineáris szintek, Rivnyannya elsőrendű magánügyekben).

1. § Differenciálkiegyenlítés (DE) bevezetése - ez az u1 u1 un alakhoz kapcsolódik, hasonlóbb F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1) de y = (y1) , ..., yk) Rk - független változók, és u = u (y) - láthatatlan függvények1, u = (u1, ..., un). Így az (1)-ben n számú ismeretlen van, tehát n rangra van szükség, azaz F = (F1, ..., Fn), tehát (1) є látszólag egy n rangú rendszer. Ha van egy ismeretlen függvény (n = 1), akkor az (1) szint skaláris (egy szint).

Nos, az (i) F függvény adott (i), és u-t keresünk. Ha k = 1, akkor (1) ODE-nek, egyébként PDE-nek nevezzük. Egy másik szám az MMF speciális kurzusának tárgya, amely ugyanabban a kezdeti tankönyvsorozatban jelent meg. Ebben a könyvsorozatban (amely 3 részkötetből áll) csak az ODE-ket fogjuk tartalmazni, a fennmaradó rész (kötet) hátralévő bekezdését követően, amelyben továbbra is a PDE rész körüli műveleteket fogjuk szerepeltetni.

2u u Appl. 2 = 0 - ce PDE.

y1 y Ismeretlen mennyiségek u lehet beszéd vagy összetett, ami nem igaz, hiszen ezt a pillanatot csak a versírás formájára lehet felhozni: ha egy összetett rekord beszéddé alakítható, a beszéd és a képzeletbeli részek erősítésével (bár ebben az esetben természetesen sub ivshi az egyenlők és az ismeretlenek számát), és mellesleg bizonyos esetekben manuálisan lépjen az összetett rekordra.

du d2v dv · 2 = uv; u3 = 2. Ez a rendszer 2 ODE Appl.

dy dy dy 2 független y változóból származó ismeretlen függvényre.

Ha k = 1 (ODE), akkor az „egyenes” d / dy jelet használjuk.

u (y) du Appl. exp (sin z) dz - ce ODE, mivel alkalmazható. = U (u (y)) n = 1 esetén - az ár nem egy távirányító, hanem egy funkcionális differenciálegyenlet.

Ez nem egy vezérlőrendszer, hanem egy integrál-differenciálegyenlet, és az ilyen egyenlőségeket nem fogjuk kezelni. Ezenkívül maga a (2) egyenlet könnyen redukálható ODE-vé:

Jobb. Állítsa (2) ODU-ra.

Ezenkívül az integrálegyenletek egy nagyobb összetett objektum (gyakran szerepelnek a funkcionális elemzés során), bár, mint megjegyezzük, maguk is segítenek elérni ugyanazokat az eredményeket az ODE számára.

A DE-k mind belső matematikai szükségletekből (például a differenciálgeometriában), mind a kiegészítésekből (történelmileg először, most pedig főleg a fizikából) származnak. A legegyszerűbb DE a „differenciálszámítás alapdefiníciója” a függvény azonos módon történő frissítéséről: = h (y). Amint az elemzésből láthatjuk, a megoldásunk így néz ki: u (y) = + h (s) ds. A nagyobb távirányítók speciális módszereket igényelnek a döntésükhöz. Azonban, mint már megtudtuk, gyakorlatilag minden módszer az ODE-k „nyilvánvaló formában” növelésére lényegében egy meghatározott triviális csapadékra redukálódik.

A kiegészítéseken kívül az ODE-k leggyakrabban az óra során kialakuló folyamatok leírásánál jelennek meg, így a független változó szerepe a t órában játszik szerepet.

Így az ODE jelentés az ilyen kiegészítésekben megjelenik a rendszer paramétereinek szabályos órával történő megváltoztatásának leírásában, ezért az ODE eredeti elméletének hatására könnyű a független változást t-n keresztül kijelölni (és hívni ez egy óra az összes öröklődéssel, amely ter monológiai öröklődést halmoz fel), és egy ismeretlen függvény (II) - x = (x1, ..., xn) között. Ily módon az offenzíva ODE (ODE rendszer) külső formája:

ahol F = (F1, ..., Fn) - azaz ez egy olyan rendszer, amelyben n ODE van n x függvényhez, és ha n = 1, akkor egy ODE 1 x függvényhez.

Ha x = x (t), t R és x komplex értékűnek tűnik (ez az egyszerűség kedvéért, hiszen akkor a rendszer műveletei tömörebben vannak megírva).

Úgy tűnik, hogy a (3) rendszer m rendű az xm függvényhez képest.

A pohodnikat időseknek, a reshtákat (beleértve magukat xm =) fiataloknak nevezik. Mivel minden m =, akkor könnyű azt mondani, hogy a rendszer rendje ősi.

Igaz, az m számot gyakran a rendszer sorrendjének nevezik, ami szintén természetes, mint kiderült.

Az ODE-k fejlesztésének szükségességéről és feltételeiről szóló vita fontos lesz más tudományágak kiegészítéseként (differenciálgeometria, matematikai elemzés, elméleti mechanika stb.), és gyakran gyakorlati feladatok során kerül elő (például problémakönyvből). Ebben a kurzusban a (3) formájú rendszerek matematikai fejlesztéseivel fogunk foglalkozni, amelyek a modern táplálkozásban is figyelembe vehetők:

1. mit jelent a „virishity” (rendszer) (3);

2. jak tserobiti;

3. Mely hatóságok hoznak döntéseket és hogyan követik azokat.

Az 1. táplálkozás nem olyan nyilvánvaló, mint amilyennek látszik – elképesztő. Dali. Fontos megjegyezni, hogy bármely rendszer (3) redukálható elsőrendű rendszerré, amely új és ismeretlen funkciókat jelez. Ezt az eljárást a legegyszerűbb egy példával elmagyarázni:

5 szintről 5 ismeretlen személy számára. Könnyen megérthető, hogy (4) és (5) ekvivalens abban az értelemben, hogy az egyik csúcsa (megfelelő újratervezés után) szétválasztja a másikat. Ebben az esetben jobban meg kell értenünk a megoldás simaságát - tovább dolgozunk, ha a legmagasabb rendű (azaz az 1.) ODE-vel kapcsolódunk.

De most már világos, hogy csak az elsőrendű ODE-t kell megváltoztatni, és a megbízhatóság kedvéért többre is szükség lehet (néha lesz ilyen helyzetünk).

És most vázoljuk fel az első sorrend ODE-ját:

dimx = dimF = n.

A Vivchennya rіvnyannya (rendszerek) (6) nem manuális, mivel nem megengedett hasonló dx / dt. Amint az elemzésből (az implicit függvényre vonatkozó tételből) láthatjuk, jó érveléssel F szinten (6) megengedhetjük dx / dt-t és felírhatjuk f alakban: Rn + 1 Rn adott, és x : R Rn egy célpont. Úgy tűnik, hogy (7) є ODU a szokásos módon engedélyezett (az ODU normális megjelenésű). Amikor a (6)-ból (7)-be mozog, természetesen előfordulhat összehajtás:

Csikk. Az exp (x) = 0 érték nem írható fel a (7) alakban, ezért nincs megoldása, vagyis az Exp komplex területén nincsenek nullák.

Csikk. A legmagasabb x 2 + x2 = 1 egyenletet két normál ODE x = ± 1 x2 formájában írjuk fel. Kövesd őket a bőrödön, és nézd meg az eredményt.

Tisztelet. Ha a (3) értéket (6)-ra redukálunk, a hajthatóság elveszhet, mivel a (3) bármely függvényhez vagy függvényrészhez 0 sorrendet okozhat (azaz ez egy funkcionális-differenciálegyenlet). Ehhez a függvényt kombinálni kell az implicit függvényre vonatkozó tétellel.

Csikk. x = y, xy = 1 x = 1 / x. Ismerni kell x-et a származtatott ODE-ből, majd y-t a funkcionális egyenletből.

A (6)-ból (7)-be való átmenet problémája azonban mindenesetre a matematikai elemzés szintjére kerül, nem pedig az irányítási rendszerre, és nem foglalkozunk vele. A (6) formában lévő legmagasabb ODE-vel azonban a pillanatnyi ODE szempontjából figyelembe vehetőek, így helyes a fent említett (a példában részletezett) feladatok követése, ill. könnyen hivatkozhat a 3. §-ra. Ale a tanfolyam utolsó részében anyák leszünk A jobb oldalon csak normál rendszerek és szintek láthatók. Most nézzük az ODE-t (ODE rendszere) (7). Írjuk le egyszer komponens formában:

A „virishitás (7)” fogalma (i zagali, legyen az DU) régenÚgy fogták fel, mint a tökéletesség „explicit képletének” keresését (azaz elemi függvények, elsődleges függvényeik, vagy speciális függvények megjelenését stb.), anélkül, hogy a megoldás simaságát és jelentőségének intervallumait hangsúlyozták volna. Az ODE-elmélet és a matematika más ágainak (és az általános természettudományok) jelenlegi állása azonban azt mutatja, hogy ez a megközelítés nem kielégítő – annak ellenére, hogy az ODE-k ilyen „explicit integrációra” alkalmas részei rendkívül kicsik (egyszerűsítve ez az ODE x = f (t) Nyilvánvaló, hogy az elemi függvények megoldásai ritkák, bár van itt egy „explicit formula”.

Csikk. Az x = t2 + x2 egyenletnek rendkívüli egyszerűsége ellenére nincs megoldása elemi függvényekre (és itt azt mondjuk, hogy „nincs képlet”).

És ha meg akarom ismerni azokat az ODE osztályokat, amelyeknél lehetséges a probléma „kifejezetten” megoldása, ez lehetséges (hasonlóan ahhoz, ahogyan az „integrálok megértése” is lehetséges, amikor lehetséges, bár nagyon ritka), a következő kifejezések jellemzőek velük kapcsolatban: „integrálja az ODE-t”, „integrálja az ODE-t” (a modernek régi analógjai, „határozza meg az ODE-t”, „oldja meg az ODE-t”), amelyek összetett fogalmakat képviselnek. megoldásokról. Hogyan kell megérteni jelenlegi feltételek, Azonnal felismerhetőek vagyunk.

Erről a táplálkozásról a 3. §-ban lesz szó (és hagyományosan nagy tisztelet övezi őt, amikor nagy hangsúlyt fektet a gyakorlati tevékenységekre), de nem kell e megközelítés egyetemességét értékelni. A döntési folyamat során (7) általában teljesen eltérő határidőket fogunk érteni.

Kérjük, tisztázza, hogy a (7) megoldásokban milyen x = x (t) függvény hívható meg!

Mindenekelőtt lényeges, hogy a döntés fogalmának egyértelmű megfogalmazása lehetetlen a személytelenség hozzáadása nélkül, amelyre azt jelölték. Még akkor is, ha a döntés funkció, és bármilyen funkció (például iskolai cél) törvény, akkor a bőr elemet teljesen személytelennek hagyja (ez a terület, ahol a függvény hozzá van rendelve) egy másik multiplicitás (a függvény értéke) következő eleme. Ily módon a funkciókról beszélni anélkül, hogy meghatároznánk a jelentőségüket, a jelentősége szempontjából nem abszurd. Az elemző funkciók (tágabb értelemben az elemi) itt „hibáztatásul” (félrevezetésként) szolgálnak az alábbiakban (és egyebekben) leírt okok miatt, de mindenesetre az ilyen szabadságjogok elfogadhatatlanok.

És anélkül, hogy beszúrná a (7)-ben részt vevő összes függvény értékének többszörösét. Amint az innentől világossá vált, nagyon nehéz a döntés fogalmát összekapcsolni jelentőségének személytelenségével, és tiszteletben tartani a különböző emberek döntéseit, mint jelentőségük személytelenségét, mint ezeknek a Sok döntésnek a hálójában. elkerülik.

Ez leggyakrabban konkrét helyzetekben azt jelenti, hogy amint a megoldásokat elemi függvények megjelenése ihlette, így 2 megoldás „ugyanaz a képlet” követi, akkor tisztázni kell, hogy milyen személytelenséget kerüljük el, melyikben és a képletek vannak írva. Plutanina, aki sokáig szorongott az étrendjében, tanulmányozott, miközben az elemi függvények megjelenésére megoldásokat láttak, hiszen az analitikus függvények egyértelműen nagyobb intervallumokban működnek.

Csikk. x1 (t) = et at (0,2) і x2 (t) = et at (1,3) - különféle döntések szint x = x.

Ebben az esetben a személytelenséggel összefüggésben természetes, hogy minden döntés zárt (talán végtelen) intervallumot hoz, mivel ez a személytelenség:

1. Valljuk be, hogy mindenesetre nincs értelme a (kétoldalú) támadásról beszélni;

2. összefüggő, hogy az anyag következetlenségén ne bomlik szét a döntés (ebben az esetben kényelmesebb döntésekről beszélni) - div. Elülső Butt.

Így a (7) megoldás az (, (a, b)) pár, ahol a b +, (a, b)-hez van rendelve.

Tisztelet a vikladachnak. Egyes kézikönyvekben megengedett, hogy a vágás végeit belefoglalják a tervezett megoldás területére, de ez nem teljesen annak köszönhető, hogy csak az elrendezést állítja össze, és nem ad valódi megerősítést (Div 4. §).

A távolabbi világ könnyebb megértése érdekében érdemesebb a geometriai értelmezést (7) használni. Az Rn + 1 = ((t, x)) térben a bőrpontban (t, x), ahol f definiálva van, láthatjuk az f (t, x) vektort. Ha ebben a térben a gráf függőleges (7) (ezt a (7) rendszer integrálgörbéjének nevezzük), akkor a (t, x (t) alakú pontban alakul ki). A t (a, b) megváltoztatásakor ez a pont fejjel lefelé összeesik. A (t, x (t)) pontban szereplő ІК részösszeg így néz ki: (1, x (t)) = (1, f (t, x (t)))). Így ІК - mindezek és csak ezek a görbék az Rn + 1 térben, amelyek minden pontban (t, x) pontosan párhuzamosak az (1, f (t, x)) vektorral. Az impulzusok ezen ötletére ún. izoklin módszer a közeli IR-hez, amelyet bizonyos ODE-k megoldásainak grafikonjainak megjelenítésére használnak (div.

például). Például n = 1 esetén a válaszunk a támadást jelenti: az IK її bőrpontban elérte a t tengelyt, a tg = f (t, x) hatvány. Természetes azt feltételezni, hogy ha az f érték személytelenségéből vettünk egy pontot, megrajzolhatjuk rajta az IK-t. Ezt az ötletet a továbbiakban szigorúan megvitatjuk. Bár nem látjuk a megoldás simaságának durva képletét, az alacsonyabbra lesz osztva.

Most tisztázzuk a B nevet, amelyen f van jelölve. Ez természetes, testvér:

1. nyitott (hogy az IK bármely pont közelében legyen B-ből), 2. viszkozitás (egyébként az összes viszkozitás együtt látható - ugyanaz az IK (egy nem állandó függvény grafikonjaként) nem tud ugrani egyik területről ka a másikban, így a megoldás keresése nem az alvás erején jelenik meg).

Csak a klasszikus (7) megoldásokat fogjuk figyelembe venni, vagyis azokat, amelyekben x és x folytonos az (a, b) ponton. Todi természetesen vimagati, tehát f C (B). Mostantól örökké tisztelhetsz minket. Nos, a Jelentősség még mindig megmaradt. Legyen B Rn + 1 - terület, f C (B).

Az (, (a, b)), ab +, (a, b) párokat (7) megoldásoknak nevezzük, mint C (a, b), bőrrel t (a, b) pont (t, (t) ) B jelentése (t), és (t) = f (t, (t)) (akkor automatikusan C 1 (a, b)).

Geometriailag jól látszik, hogy (7) sok a megoldás (ami grafikusan könnyen érthető), mert ha végrehajtjuk a forma (t0, x0) pontján induló IK-t, ahol t0 fix, akkor az IK eltéréseit tudjuk majd megállapítani. Ezenkívül a kiválasztott megoldás intervallumának megváltoztatása a beállításainktól függően eltérő megoldást ad.

Csikk. x = 0. Megoldás: x = = const Rn. Ha azonban bármelyik t0-t kiválasztja, és a megoldás x0 értékét a t0 pontban rögzíti: x (t0) = x0, akkor az érték egyedileg kerül meghatározásra: = x0, azaz a megoldás az intervallum megválasztásáig ugyanaz. (a, b) t0.

Az „arctalan” személytelen megoldás jelenléte nem könnyű velük dolgozni2 – nehezebb „számozni” őket a következő sorrendben: adjunk hozzá legfeljebb (7) további elmét, hogy egyetlen egyet lássunk (a dal értelmében ) oldatot, majd, transzfer vigyázz a bőrödre, kezeld a bőrödet a megoldások megfelelőek (geometriailag a megoldások lehetnek egyek is (IK), de sok a darab - a bonyodalom miatt később megértjük).

Viznachennya. Zavdannya for (7) - tse (7) további elmékkel.

Lényegében már megoldottunk egy egyszerű feladatot – ez Koshy tudása: (7) a fejünkben (Koshy adatai, cob adatai):

További szempontból ez a feladat természetes: például mivel a (7) bizonyos paraméterek változását írja le x év t, akkor a (8) azt jelenti, hogy a kezdeti (korai) pillanatban a paraméterek értékei ismert. Szükség lesz más feladatok elvégzésére is, amelyekről később lesz szó, de most összpontosítsunk Kosha feladatára. Ennek a feladatnak természetesen (t0, x0) B-ben van értelme. Úgy tűnik, a (7), (8) feladat döntéseit (7) döntésnek nevezik (értelmében ez a hely), így t0 ( a, b) és viconno (8).

Közvetlen feladatunk a Cauchy-probléma megoldása (7), (8), és további példákkal - négyzet mérték, Jobb, ha x1 = ..., x2 = ..., alacsonyabb x = b / 2 ± ...

alávetik az f -t és ezt az énekes értelemben vett egységet.

Tisztelet. Tisztáznunk kell a vektor és a mátrix normájának fogalmát (csak a 2. részben van szükségünk mátrixokra). Tekintettel arra, hogy zárt térben minden norma egyenértékű, a konkrét norma megválasztása nem jelentős, hiszen csak becslésekkel foglalkozunk, pontos értékekkel nem. Például vektorokhoz használhatja a | x | p = (| xi | p) 1 / p, p - Peano (Picara) vágás. Nézzük meg a K = (| x x0 | F | t t0 |) kúpot és annak csonka részét K1 = K (t IP). Egyértelmű, hogy ez csak K1 C.

Tétel. (Peano). Legyen a vikonans vimogi f-n az (1) feladatban, amelyet a döntés dicséretében jelöltek meg, azaz:

f C (B), ahol B az Rn + 1 régiója. Ekkor az összes (t0, x0) B számára az Int-n (IP) ez a fő megoldás az (1) feladatra.

Befejezett. Állítsuk be eléggé (0, T0], és nevezzük Euler Lámánjának egy krokóval, és magát: az egész Lámánt Rn + 1-ben, amely bőr lankának van egy vetülete a teljes t dozhinra, az első lanka jobbra a pont (t0, x0) i úgy, hogy ezen a dx / dt = f (t0, x0); az egyik sáv jobb vége (t1, x1) a másik sáv bal végeként szolgál, amelyen dx / dt = f ( t1, x1) stb., és hasonlóan balra. Ha a lamánát eltávolítjuk, az a darabonkénti x = (t) lineáris függvényt jelenti. Amíg t IP, a lamána elveszik K1-ben (és még inkább C-ben , és ezért B), így helyes lesz - akinek erejére ez a tétel előtt pobudova is működött.

Igaz, itt a pontok kivételével a gonosz kezdődik, majd (s) (t) = (z) dz, ahol a gonoszság pontjain több értéket vesznek fel.

Ebben az esetben (a lamánia felett összeomlik indukcióval) Zokrema, | (T) x0 | F | t t0 |.

Tim maga az IP-függvényről:

2. ugyanolyan megszakítás nélkül, mert K. Lipshitsev:

Itt az olvasónak szükség esetén fel kell frissítenie ismereteit olyan fogalmakkal és eredményekkel kapcsolatban, mint: egyenlő kontinuitás, egyenlő konvergencia, Arcela-Ascoli tétel stb.

Az Arcela-Ascoli tétel szerint van egy k 0 sorozat, amelyre k az IP-n van, de C (IP). Egyébként (t0) = x0, tehát lehetetlen ellenőrizni, hogy mit tudunk s t-re bizonyítani.

Jobb. Ugyanúgy nézd a s t.

Beállítjuk a 0-t, és megtaláljuk a 0-t úgy, hogy mindenre (t1, x1), (t2, x2) igaz legyen C. Ezt az f egyenlő folytonosságon keresztül lehet kidolgozni kompakt C-n. Keressük meg m N-t úgy, hogy Fix t Int (IP) és ügyeljen arra, hogy az s Int (IP) tetszik, mint a tst +. Todi mindenkinek z maєmo | k (z) k (t) | F, nézi (4) | k (z) (t) | 2F.

Ennek megfelelően k (z) = k (z) = f (z, k (z)), ahol z a Lamanoi bal végének abszcisszán, amely a (z, k (z) pontot helyezi el). Al pont (z, k (z)) bemegy a hengerbe a (, 2F) paraméterekkel, meghívja a (t, (t)) pontot (valójában a csonkakúpba megy - lásd az ábrát, Al lényegtelen), tehát a keresés at (3) otrimuje | k (z) f (t, (t)) |. Lamana esetében, ahogy fentebb mondtuk, az Amikor k adott (2).

Tisztelet. Legyen f C 1 (B). Ekkor az (a, b)-hez rendelt megoldás C 2 (a, b) osztályú lesz. Valójában (a, b)-n van: f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (itt a Jacobi-mátrix ) - megszakítás nélküli funkció. A jelek olvashatók, 2 C (a, b). Láthatja és továbbra is látni fogja a megoldás simaságát, mert sima. Ha f analitikus, akkor el lehet érni az analitikus megoldás alapját és egységét (ún. Cauchy-tétel), bár kezdettől fogva nyoma sincs!

Itt ki kell találni, mi az analitikus függvény. Ne keverjük össze a statikus sorozatban bemutatott függvényt (csak úgy, hogy látszólag a terület egyes részein feltárjuk az analitikus függvényt és annak jelentőségét)!

Tisztelet. Adott (t0, x0) lehetséges, hogy T és R változtatásával T0 maximalizálható. Ez azonban általában nem annyira fontos, mivel speciális módszereket alkalmaznak a megoldás maximális intervallumának meghatározására (4. szakasz).

Peano tétele semmit sem mond a megoldás egységéről. Ésszerű döntésünkkel nem lesz mindig ugyanaz, mert ha van döntés, akkor annak nagyobb időközönkénti megszólaltatása más döntés lesz. Ezt a pontot a későbbiekben (a 4. §-ban) fogjuk megvizsgálni, de egyelőre bármely két döntés megoldását fogjuk érteni a jelentésük intervallumában. Ebben az értelemben Peano tétele nem mond semmit az egységről, ami nem meglepő, mert az ő fejükben az egység nem garantálható.

Csikk. n = 1, f(x) = 2 | x |. Kosha feladatának van egy triviális megoldása: x1 0, és emellett x2 (t) = t | t |. Ez a két megoldás kombinálható egy teljes, 2 paraméteres megoldáscsaládba:

de + (a végtelen értékek egy vonal jelenlétét jelentik). Ha figyelembe vesszük ezeknek a döntéseknek a teljes jelentőségét R, akkor mindegyik hihetetlenül gazdag.

Lényeges, hogy ha ebbe belefoglaljuk Peano tételének régi bizonyítását Euler Lamániáján keresztül, akkor csak nulla megoldások születnek. Másrészt, ha az Euler-lámánok rábeszélése során engedjék meg a bőr enyhe roncsolását, akkor a pusztítási paraméter nullára állítása után minden döntés elveszik. Így a Peano-tétel és az Euler-féle Lamánia természetes megoldások generálási módszerei, és szorosan kapcsolódnak a numerikus módszerekhez.

Az alkalmazásban látható inkonzisztencia abból adódik, hogy az f függvény nem sima x-ben. Felhelyezéskor jelenik meg További előnyök f szabályosságán x-szel, akkor az egység biztosítható, és ez az egész tag fő értelemben szükséges (oszt. alább).

Kitalálhatjuk, hogyan kell megérteni az elemzést. Egy g függvényt (skalárt vagy vektort) Hölder-függvénynek nevezünk a személytelenség kitevőjével (0, 1), amit határozottan mentális Lipshitsának nevezünk. 1-gyel ez csak stacionárius függvényekre lehetséges. Egy szakaszhoz megadott függvény ( de vib IP 0 non-network) megszakításmentes modulnak nevezzük, úgy tűnik, hogy g Hölder beszűkült elméjében kielégíti a modult, ebben az esetben a g in folytonossági modulnak nevezik.

Megmutatható, hogy bármely megszakításmentességi modul bármely megszakításmentes funkció megszakításának modulja.

Számunkra fontos fordulópont ez: bármennyire is zavartalan a funkció a kompakton, megvan a saját zavartalan működési modulja, azaz kielégíti (5) a műveletet. Tegyük ezt át. Jól látható, hogy mivel g kompakt és g C (), akkor g egyenletesen folytonos in, azaz.

= (): | X y | = | G (x) g (y) |. Úgy tűnik, ez egyenértékű az elmével (5) a cselekvéssel. Valójában, mint kiderült, szükség lesz egy folytonossági modulra úgy, hogy (()), majd a | x y | = = () Az (i) töredékek elegendőek, akkor x és y lehet az, ami.

És egyébként, ha az (5) igaz, akkor tudnia kell, hogy (()), majd | x y | = () Megszakítva a logikai átmenetek elveszett alapozása:

Az egyhangúak számára szükséges a kapufunkciók használata, illetve egy zagalny epizódban vikorizálni kell az ún. megerősített kapufunkciók. Az alapozásuk szilárd bizonyítást igényel, amit nem adunk, hanem mondjuk csak egy ötletet (jó, ha kicsik is elkísérik az olvasást):

bármely F esetén szignifikáns F (x) = min F (y), F (x) = max F (y) - ezek monoton függvények, és a kapuk bűze. Könnyen ellenőrizhető, hogy x x F (F (x)), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x.

A legrövidebb folytonossági modul lineáris (Umova Lipshitsya). Ezek a funkciók „nagymértékben differenciáltak”. Ahhoz, hogy az égbolt többi részét is erősen érzékeltessük, zusillyát kell énekelnünk, és két szempont vesz körül:

1. Szigorúan nyilvánvaló, hogy nem minden Lipschitz-függvény van megkülönböztetve, ahogy a példa mutatja g (x) = | x | R-hez;

2. A nyomvonal differenciálhatósága mellett Lipschitz, mivel a Hardening kezdetét mutatja. Bármilyen funkciója legyen is a g-nek, amely az összes M-et hordozza a kidudorodó személytelenségen, Lipshitsnek tetszeni fog az elméjében.

[A következetesség kedvéért nézzük meg a g skaláris függvényeket.] Bizonyítás. Minden x, y esetén lehetséges, világos, hogy ez az állítás vektorfüggvényekre igaz.

Tisztelet. Mivel f = f (t, x) (látszólag vektorfüggvény), így bevezethetjük a „Lipschitz f x-ben” fogalmát, azaz | F (t, x) f (t, y) | C | xy |, és ezért magától értetődik, hogy ha D konvex x-ben minden t-re, akkor az f konzisztenciájához x-ben D-ben elegendő, ha x-ben hasonló f van, B szomszédságában. g(x)g(y) | keresztül | x y |. Ha n = 1, akkor keresni kell egy további képletet a kinetikai javításokhoz: g (x) g (y) = g (z) (xy) (mivel g vektorfüggvény, akkor z sajátja a bőrkomponensnek ). Ha n 1, akkor manuálisan használhatja ennek a képletnek a támadó analógját:

Lemma. (Hadamara). Legyen f C (D) (látszólag vektorfüggvény), de D (t = t) bármely t-re kúpos, és f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y ) · ( xy), ahol A egy megszakításmentes téglalapmátrix.

Befejezett. Bármely rögzített t esetén a = D (t = t), g = fk Tverzsenya bizonyításának számítása stagnál. A szükséges táplálás A (t, x, y) = A-ból valóban megszakítás nélküli.

Térjünk vissza a problémamegoldás egységéhez (1).

Fogalmazzuk meg a hatványt így: mi a funkciója az f folytonossági modulnak x-ben, hogy az (1) megoldás egyesüljön abban az értelemben, hogy 2 azonos intervallumban írt megoldást elkerülünk? A bizonyítást a következő tétel adja:

Tétel. (Osgood). Legyen a Peano-tétel az elmédben az f folytonossági modul x-ben B-ben, azaz a diszkontinuitásban lévő függvény kielégíti az elmét (használhatod a C-t). Ez a feladat (1) nem tud két különböző megoldást előállítani ugyanazon az intervallumon (t0 a, t0 + b).

Tegyük egyenesbe a fenekét, mutassuk felfelé.

Lemma. Ha z C 1 (,), akkor mindenképpen (,):

1. azokban a pontokban, ahol z = 0, існє | z | és || z | | | Z |;

2. azokon a pontokon, ahol z = 0, egyoldalú mozgások jelennek meg | z | ±, és || z | ± | = | Z | (Zokrema, ha z = 0, akkor існє | z | = 0).

Csikk. n = 1, z(t) = t. A t = 0 pontban a kilépés | z | Nem számít, de ez egy egyoldalú támadás.

Befejezett. (Lemi). Ezeken a pontokon, ahol z = 0, імеz · z їм: існє | z | =, I || z | | | Z|. Ezekben a t pontokban, ahol z (t) = 0, meg tudjuk:

1. eset: z (t) = 0. Ekkor megszüntetjük a | szükségességét z | (T) = 0.

2. esés: z (t) = 0. Todi +0 vagy 0 ochz-en (t +) | | Z(t) | bármilyen típusú modul | z (t) |.

Az elme mögött F C 1 (0,), F 0, F, F (+0) = +. Legyen z1,2 - két döntés (1), a dalok bekapcsolva (t0, t0 +). Jelentősen z = z1 z2. maєmo:

Tegyük fel, hogy van t1 (t1 t0 értékére), amelyre z (t1) = 0. Személytelen A = (t t1 | z (t) = 0) nem üres (t0 A), és fenevad veszi körül. Ez azt jelenti, hogy t1 között van a felső határ. A napon túl z = 0 a (, t1) ponton, és z megszakítás nélkül z () = 0 lehet.

Lemme számára | z | C 1 (, t1), és ezen az intervallumon | z | | Z | (| Z |), így a (t, t1) (de t (, t1)) feletti integráció F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t-t eredményez. t + 0-nál nem lehet törölni.

Következmény 1. Mivel Peano f Lipschitz tétele szerint a B-beli x-en, akkor az (1) feladatnak egyetlen megoldása van az Osgood-tételben leírt értelemben, mivel ebben az esetben () = C kielégíti (7).

Nasledok 2. Mint a Peano-tétel C (B) fejében, akkor megoldás (1), dal az Int-n (IP), egy.

Lemma. Függetlenül attól, hogy a döntés megszületett (1), a dal az IP-n, elégedett lehet az értékelésekkel | x | = | F (t, x) | F, és grafikonja K1-ben, és ami még fontosabb, C-ben található.

Befejezett. Tegyük fel, hogy van olyan t1 IP, hogy (t, x (t)) C. Értéknél magas t1 t0. Ekkor van t2 (t0, t1] úgy, hogy | x (t) x0 | = R. Osgood tételének következtetéséhez hasonlóan megjegyezhetjük, hogy t2 a legnagyobb ilyen pont, és ugyanakkor (t, x ( t)) C , tehát | f (t, x (t)) | F, és ezért (t, x (t)) K1, ami azt jelenti, | x (t2) x0 | = R. Tehát, (t, x () t) ) C minden IP-n, majd (ismétlődő tabulátorok) (t, x (t)) K1.

Befejezett. (2-t örököl). C egy kompaktabb multiplicitás, így f Lipschitz x-ben C-ben, ahol az összes döntés grafikonja Lemy-n alapul. Az 1. következmény feltétlenül szükséges.

Tisztelet. Az Umova (7) azt jelenti, hogy az elme ajka f-re nagymértékben legyengülhet. Például Gelder elméje z 1 már nem alkalmas. Alkalmas a lineárishoz közeli megszakítás nélküli modulokhoz - így mozgathatja a „nagyobbat”:

Jobb. (Könnyebben adagolható). Hozd, amely kielégíti (7), akkor van 1, amely kielégíti (7) úgy, hogy 1 / nulla.

Nem kötelező az azonos típusú f x x folytonossági modul használata az egységességhez - különféle típusú speciális variációk lehetségesek, pl.

Megerősített. Ahogy Peano tétele szerint, igaz, hogy ha van 2 megoldás (1), dalok 3-on (9), akkor egyértelmű, hogy x C 1 (a, b), majd a (9) differenciálás (1) adja meg. 1 és (1) 2 nyilvánvalóan.

(1) esetén (9) természetesen zárt szakaszban lesznek megoldások.

Picard az egymást követő megközelítések legmagasabb (1) = (9) támadómódszerére állapította meg. Szignifikánsan x0 (t) x0, majd indukciós Tétel. (Koshi-Pikara). A Peano-tétel szerint az f függvény Lipschitz x-ben bármely kompakt K kompaktban a B régióban, konvex x-ben, azaz.

Tehát a be-any (t0, x0) B Cauchy parancsának (1) (won (9)) egyetlen megoldás létezik az Int-en (IP), és az xk x-en az IP-n, ahol xk a (10)-ben van definiálva.

Tisztelet. Nyilvánvaló, hogy a tétel érvényes marad, ha a (11) feltételt C (B) helyettesítjük, mivel ez a (11) egyértelmű következménye.

Tisztelet a vikladachnak. Valójában nem minden kerek tömörítőre van szükség, hanem csak hengerekre, de a készítmény így oszlik meg, hiszen az 5. §-ban több kompakt tömörítésre lesz szükség, és még így is természetesebbnek tűnik ezzel a megfogalmazással Tisztelet.

Befejezett. Kijelölünk elég (t0, x0) B-t, és ugyanazokat a további lépéseket generáljuk, mint a Peano-tétel előtt. Indukcióval bebizonyíthatjuk, hogy IP-n minden xk értékes és nem folytonos, és grafikonjaik K1-ben, és még inkább C-ben vannak. Az x0 esetében ez nyilvánvaló. Bár ez igaz az xk1-re, a (10)-ből egyértelműen kiderül, hogy az xk értékes és nem folyamatos IP-n, és ez is a K1-hez tartozik.

Most foglaljuk össze az IP-besorolást indukció szerint:

(C egy kompakt kompaktum, konvex x-ben B-ben, és erre L (C)-t értünk). k = 0 esetén a (t, x1 (t)) K1 becslés már elkészült. Mivel (12) igaz k-ra: = k 1, ezért (10) szükséges lehet. Mint ismeretes, a sorozatot az IP-n egy konvergens numerikus sorozat határozza meg, ezért (úgynevezett Weierstrass-tétel) egységesen konvergál IP-n bármely x C (IP) függvényhez. Az Ale ce i xk x-et jelent az IP-n. Ezután a (10)-ben az IP-hez megyünk a határhoz, és kivonjuk a (9)-et az IP-ből, ami azt jelenti, hogy (1) az Int-hez (IP).

Az egyediség azonnal levezethető Osgood tételének 1. következményéből, de más módon is elérhető, így ugyanaz a (9) egyenlet érhető el. Legyen 2 döntés x1,2 feladat (1) (azaz (9)) az Int-en (IP). Mivel többet értettek, akkor a gráfjaik K1-ben, és különösen C-ben kell hogy legyenek. Legyen t I1 = (t0, t0 +), ami egy pozitív szám. Todi = 1 / (2L (C)). Todi = 0. Tim magunk, x1 = x2 az I1-en.

Tisztelet a vikladachnak. Egy újabb bizonyíték a Gronwall-féle Lema mögötti egységre, de ez természetesebb, mivel fontos globálisan áthaladni rajta, de nem feltétlenül manuálisan, mivel fontos a lineáris ODE-k megfelelő megszólítása.

Tisztelet. Az egység fennmaradó bizonyítéka elsősorban az, hogy ismét más megvilágításban mutatja be, hogyan vezethet a lokális egység a globális egységhez (ami a valóságban nem igaz).

Jobb. Vigye be a hálózat egységét az összes IP-re, ugyanúgy méretezve, mint Osgood tételében.

udvarias okremy vipadok(1) - lineáris ODE-k, azaz azok, amelyekben az f (t, x) érték lineáris x-ben:

Ebben az esetben, ebben az esetben a B magban megjelenik a feketeség, és a lipschitz intellektuális tulajdonsága (és a differenciálhatóság iránya) x-ben automatikusan meghatározásra kerül: minden t-re (a, b), x, y Rn maєmo | f (t, x) f (t, y) | = | A (t) (x y) | | A(t) | · | (X y) |.

Ha gyorsan látja a kompaktot (a, b), akkor eltávolítjuk | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, de L = max | A|.

Peano és Hosgood, valamint Cauchy-Picart tételeiből világos, hogy a (13) probléma minden intervallumon (Peano-Picart) különbözik, amely egyenlő t0-val. Ráadásul ebben az intervallumban a döntés Picard utolsó megközelítései között van.

Jobb. Ismerje meg ezt az intervallumot.

De kiderül, hogy ebben az esetben ezek az eredmények globálisan jelenthetők, azaz mindenről (a, b):

Tétel. Legyen igaz (14). Ekkor a (13) feladat egységesen megoldható az (a, b) ponton, és a legújabb Picard-közelség egyformán konvergál a következőhöz bármely (a, b) kompakton.

Befejezett. Ismét, mint a TK-P-ben, a (9) integrálegyenletet a (10) képlethez való utólagos közelítés segítségével oldjuk meg. De most nem kell ellenőriznünk a gráf mentális illeszkedését a kúpba és a hengerbe, mert

f minden x-re érvényes, amíg t (a, b). Azt is ellenőrizni kell, hogy az (a, b) ponton minden xk egyenlő és nem forgatható-e, ami az indukcióból nyilvánvaló.

A (12) helyett most egy hasonló becslést fogunk mutatni a de N alakra - ugyanaz a szám, amely választható. Ennek a becslésnek az első indukciós tagja más (mivel nem kapcsolódik K1-hez): ha k = 0 | x1 (t) x0 | N az x1 folytonosságig, és a következő dátumok hasonlóak (12).

Lehetséges, hogy ezt nem írjuk le, mert Nyilvánvalóan újra meg lehet jelölni xk x on, és x є megoldása a végleges (10) on. Aztán mindenkiről döntöttünk (a, b), mert elegendő a kompakt választás. Az egyediség Osgood és Cauchy-Picart tételeiből fakad (és többet a globális egységről).

Tisztelet. Ahogy fentebb elhangzott, a TK-P formálisan tiszteletben tartja Peano és Osgood tételeinek létezését, de 3 okból nem érvényes – ez:

1. lehetővé teszi a Cauchy-probléma összekapcsolását ODE-k esetében integrálegyenletekkel;

2. bevezeti az egymást követő megközelítések konstruktív módszerét;

3. lehetővé teszi a lineáris ODE-k globális alapjának egyszerű létrehozását.

[Bár a 4. § eltörléséből még ki lehet következtetni.] Ezután leggyakrabban magunk is erre fogunk támaszkodni.

Csikk. x = x, x (0) = 1. Egymást követő közelítések Ez azt jelenti, hogy x (t) = e a kimeneti probléma megoldása a teljes R-re.

Leggyakrabban a sor nem működik, különben az egész konstruktivitás elveszik. Azt is értékelheti az emberrablás x xk (div.).

Tisztelet. Peano, Osgood és Cauchy-Picard tételeit felhasználva könnyű hasonló tételeket levezetni a magasabb rendű ODE-kra.

Jobb. Fogalmazza meg a Cauchy-probléma, a rendszer megoldása és a Cauchy-probléma fogalmait, az 1. §-ban bemutatott magasabb rendű ODE-k összes tételét, amelyek elsőrendű rendszerekre redukálódnak.

A kurzus logikáját megtörve, de a gyakorlati órákon a problémamegoldó módszerek gyors elsajátításával és fejlesztésével most megszakítjuk a rejtett elmélet bemutatását, és az „ODE ​​explicit megoldása” technikai problémával foglalkozunk.

3. § Teendők az integráció integrálásához Most nézzük meg az = f (t, x) skaláris egyenletet. Nevezzük a Staishát ugrásnak, amit elkezdtünk integrálni, így hangzik. URP, azaz Rivnyannya, amelyben f (t, x) = a (t) b (x). Az URP integrálásának formális módja a t és x (név): = a (t) dt változók „szétválasztása”, majd az integrál:

ahol x = B (A (t)). Az ilyen formális összevonás számos olyan mozzanattal jár, amelyek alapozást igényelnek.

1. Osztva b (x). Fontos, hogy f folytonos legyen, így a C (,), b C (,), azaz B tengelyében van egy végbél (,) (,)(Úgy látszik, lenyúzva dühöngni kezdtek). A személytelenségek (b (x) 0) és (b (x) 0) nyitottak, és egyben az intervallumok vég- vagy rangsorai is. Ezen intervallumok között vannak olyan pontok vagy szakaszok, ahol b = 0. Ha b (x0) = 0, akkor a Cauchy-probléma x x0 megoldható. Előfordulhat, hogy a megoldás nem egységes, akkor az értéktartományában vannak olyan intervallumok, ahol b (x (t)) = 0, de oszthatók b-vel (x (t) is). Figyelemre méltó, hogy ezeken az intervallumokon a B függvény monoton, ezért felvehetjük B 1-et. Mivel b (x0) = 0, ezért t0 közelében tudjuk, hogy b (x (t)) = 0, és az eljárás jogi. Ily módon az eljárást bűnösnek írják le, amely látszólag stagnál, amikor a határozati területet részekre osztják.

2. A bal és jobb oldali rész integrálása különféle változtatásokkal.

I. módszer. Ismertesse a probléma megoldását. Kód (t) shi (1) x = (t). Maєmo: = a (t) b ((t)), csillagok - szigorúan elfogadták ugyanazt a képletet.

Módszer II. Rivnyannya – így hívják. A kimeneti ODE rögzítése szimmetrikus, azaz nincs megadva, hogy melyik változó független és melyik független. Ennek az alaknak éppúgy van értelme, ahogy az elsőrendű összehasonlítást az első differenciál alakjának változatlanságára vonatkozó tételekkel vizsgáltuk.

Itt röviden tárgyaljuk a sík felületén ((t, x)) ábrázolt differenciál fogalmait, a rajta lévő görbéket, amelyeket összefüggések, szabadsági fokok, görbe paraméterei befolyásolnak.

Ily módon a (2) egyenlet összekapcsolja a t és x differenciálokat a jobb oldali IK-vel. Tehát a (2) kiegyenlítés elsőre bemutatott módon történő integrálása teljesen törvényes - ez természetesen minden változás szerinti, önállóan keretezett integrációt jelent.

Az I. módszerben egy független t változást választottunk a jakban. Ezt úgy tudjuk megmutatni, hogy a független változóban kiválasztjuk az s paramétert (hiszen ez jobban mutatja t és x egyenlőségét). Legyen az s = s0 érték a pontokat (t0, x0).

Tehát: = a (t (s)) t (s) ds, ami után megadja Itt a szimmetrikus jelölés egyetemességét kell hangsúlyoznunk, de: az oszlopot nem írjuk sem x (t), sem t (x) alakban. ), hanem mint x(s), t(s).

Az URP előtt más elsőrendű ODU-kkal is foglalkoznak, amelyek a legmagasabb sorrendben láthatók (például egy feladatfüzet).

Egy másik fontos lépés - lineáris ODE:

I. módszer. A változás állandó.

Ez egy jelentős csavar a tudatlanabb megközelítésen, amelyről a 2. részben lesz szó. A lényeg az, hogy a megoldás keresése speciális megjelenésben csökkenti az egyenlőség sorrendjét.

Virishimo svocatka olyan hangos. ugyanaz a szint:

Az egység alapján vagy x 0, vagy itt x = 0. A maradékból (legyen x 0 szignifikáns) kivonjuk a (4)-et, ami minden (3) megoldást 0-nak ad (beleértve a nullát és a negatívakat is).

A (4) képletnek meglehetősen állandó C1 értéke.

A stacionárius variáció módszere abban rejlik, hogy a (3) megoldás C1 (t) = C0 + Látható (mint az algebrai lineáris rendszerek esetében) az ORNU = CHRN + OROU szerkezete (erről a jelentésről a 2. részben).

Ha meg akarjuk oldani az x (t0) = x0 Cauchy-feladatot, akkor a Cauchy-adatokból ismernünk kell a C0-t - könnyen levezethetjük a C0 = x0-t.

Módszer II. Ismerjük az IM-et, azaz egy ilyen v függvényt, meg kell szoroznunk (3)-at (úgy írva, hogy az összes ismeretlent a bal oldalon gyűjtsük össze: xa (t) x = b (t)), hogy a bal oldali művelet kézi kombinációval jön ki.

Tegyük fel: vx vax = (vx), hiszen v = av, azaz (Egy ilyen egyenlet egyenlő, (3) ekvivalens a kiegyenlítéssel, ami már könnyen meghatározható és (5) adható meg. Ha Cauchie problémája érvényes, akkor a (6)-ban könnyű a Brotherly a lineáris ODE-kbe integrált (3) különböző műveleteket tartalmaz, amint az egy teljes feladat esetén látható (például egy problémafüzetben). A lineáris ODE-k fontosabb típusa (az bármely n) pontról a 2. részben lesz szó.

Ezeknek a helyzeteknek a sérelmeit egy úgynevezett támadással zárják le. UPD. Nézzük meg az elsőrendű ODE-t (n = 1 esetén) szimmetrikus formában:

Ahogy már említettük, a (7) megadja a ІК-t a (t, x) területen anélkül, hogy meghatározná a változó figyelembevételének módját.

Ha megszorozzuk (7)-et egy elegendő M (t, x) függvénnyel, akkor egy ekvivalens formát kapunk az egyenlet felírásához:

Így egy és ugyanazon ODE-nek sok szimmetrikus rekordja van. Közülük kiemelt szerepet töltenek be az ún. A felső differenciálok bejegyzéseinél az UPD neve nincs messze, mivel nem ez a hatvány egyenlő, hanem a bemeneti formája, azaz olyan, hogy a bal oldali rész (7) egyidős dF-vel (t, x) az F rész.

Nyilvánvaló, hogy a (7) csak UPD, és csak akkor, ha A = Ft, B = Fx F művelettel. Amint az az elemzésből látható, a többi esetében szükséges és elégséges, hogy ne szigorúan technikai szempontokat alapozzanak meg, pl. az összes funkció simasága. A jobb oldalon más szerepet játszik - a tanfolyam más részein nincs rá szükség, és nem szeretnék plusz pénzt pazarolni a fűtött hozzájárulásomra.

Ily módon, ha (9) definiálva van, akkor lesz egy olyan F (ez megegyezik az additív állandóval), így (7) át lesz írva dF (t, x) = 0 ( egység ІК), azaz.

F (t, x) = const vzdovzh ІК, azaz ІК az F függvény sorai. Nyilvánvaló, hogy az UPD integrálása triviális feladat, mivel F keresése A-ra és B-re, ami kielégíti (9) anélkül, hogy megnehezítené . Ha a (9) nincs kiírva, akkor a következő dolog, amit tudni kell, az a hang. IM M (t, x) olyan, hogy (8) є UPD, amelyhez szükséges és elegendő a (9) analóg megalkotása, amely a következő alakot ölti:

Amint az elsőrendű PDE-k elméletéből következik (amint azt a 3. részben nézzük), a (10) egyenlet mindig eldől, tehát megvalósul. Ily módon a (7) nézettel összhangban rekord van az UPD nézetében, és ez lehetővé teszi az „explicit” integrációt. Ez azonban a végső megközelítésben nem tesz lehetővé konstruktív módszert, hiszen a siker érdekében (10) szükségesnek tűnik a megoldás (7) ismerete, amit keresünk. Prote, számos IM gondolkodási módszer létezik, amelyek hagyományosan a gyakorlati tevékenységekben láthatók (pl. div.).

Tisztelettel, ami mindenekelőtt az URP és a lineáris ODU-k döntése, amit az IM ideológiája egészít ki.

Valójában az URP dx / dt = a (t) b (x) szimmetrikus dx = a (t) b (x) dt alakban megszorozva IM 1 / b (x) értékkel, mivel a szavak fordítottak. UPD-ben dx / b (x) = a (t) dt, azaz dB (x) = dA (t). A dx / dt = a (t) x + b (t) lineáris egyenlet, dx a (t) xdt b (t) dt szimmetrikus formában, IM-vel szorozva, gyakorlatilag az összes ODE megoldási módszer „explicit formában”

(A lineáris rendszerekhez kapcsolódó nagy blokk bűnöse mögött) úgy gondolják, hogy speciális sorrendcsökkentési és helyettesítési módszerek segítségével az eredményeket az elsőrendű ODE-re redukálják, majd az UPD-re redukálják, és az eredmények valószínűleg stagnálnak a differenciálszám főtételének m értékében: dF = 0 F = állandó. A rendelés csökkentésével kapcsolatos táplálkozás hagyományosan a gyakorlati tevékenységek során szerepel (pl. div.).

Mondjunk néhány szót az elsőrendű ODE-kről, amelyek nem megengedettek egyértelműen:

Ahogy az 1. §-ban elhangzott, meg lehet tanulni a (11) x-szel való megváltoztatását és a normál alak megszüntetését, de nem teljesen. Gyakran könnyebb a (11) középről kihelyezni.

Nézzük a ((t, x, p) teret), ahol p = x azonnal független változásnak látszik. Ekkor (11) meghatározza a felületet ebben a térben (F (t, x, p) = 0), amely paraméteresen felírható:

Fontos kitalálni, mit jelent ez például az R3-ban lévő gömb segítsége mögött.

A megoldások hasonlóak lesznek ezen a felületen a görbékhez: t = s, x = x (s), p = x (s) - egy szabadságfokot kap az, aki a dx = pdt megoldásokra alapoz. Írjuk fel ezt az összefüggést paraméterek szerint a (12) felületre: gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), azaz.

Így a meghozott döntések megfelelnek a felület görbéinek (12), amelyekben a paraméterek a (13) görbékhez kapcsolódnak. Az ODE szimmetrikus formában marad, így állítható.

Drop I. Ha bármely régióban (gu hfu) = 0, akkor (12) akkor t = f ((v), v), x = g ((v), v) a görbe görbék parametrikus rögzítését adja a területen ( (t , x)) (azaz erre a területre vetítünk, mivel nincs szükségünk p-re).

Vipadok II. Hasonlóképpen, ha (gv hfv) = 0.

Vipadok III. Egyes pontokon, ugyanakkor gu hfu = gv hfv = 0. Itt részletes elemzésre van szükség, ami azt sugallja, hogy bizonyos megoldások nélkülözhetetlenek (egyeseket speciálisnak is neveznek).

Csikk. Rivnyannaya Klero x = tx + x 2. Maєmo:

x = tp + p2. Paraméterezzük ezt a felületet: t = u, p = v, x = uv + v 2. Azonnal megjelenik a (13) szint (u + 2v) dv = 0.

Az I. Chi epizód nem valósult meg.

Vipadok II. u + 2v = 0, akkor dv = 0, azaz v = C = állandó.

Ez azt jelenti, hogy t = u, x = Cu + C 2 - az IK jelölés parametrikus.

Könnyű explicit módon felírni, hogy x = Ct + C 2.

Vipadok III. u + 2v = 0, azaz v = u / 2. Ez azt jelenti, hogy t = u, x = u2 / 4 az „IC jelölt” paraméteres bejegyzése.

Annak ellenőrzésére, hogy az IK igaz-e, explicit formában írjuk fel x = t2 / 4. Kiderült, hogy ez (különösen) megoldás.

Jobb. Tudasd velünk, hogy különösen fontos mindenki másért aggódni.

Ez a rejtett tény az, hogy bármely konkrét döntés grafikonja követi az összes többi döntés családját. Ezen alapul magának a speciális döntésnek a másik jelentősége, mint nyilvánvaló (div.).

Jobb. Tudjuk meg, hogy a Clairaut x = tx (x) formálisabb értelmezéséhez konvex függvénnyel a megoldás különösen egyértelmű: x = (t), de - újra létrehozta a Legendre-t, azaz = () 1, vagy (t) ) = max (tv (v)). Hasonlóan az x = tx + (x) szinthez.

Tisztelet. A kézikönyv 3. §-ának részletesebb és pontosabb bekezdését tartalmazza.

Tisztelet a vikladachnak. Előadások olvasásakor gondosan bővítheti a 3. §-t, nagyobb formát adva neki.

Most térjünk vissza a kurzus fő vázlatához, folytatva a beszélgetést a jelentés 1.2 §-ában.

4. § A Cauchy-probléma globális relevanciája A 2. §-ban a Cauchy-probléma lokális megoldását hoztuk, azaz csak bármely intervallumon a t0 pont megkeresésére.

Néhány további ráhagyással f-en összehoztuk, ami azt jelenti, hogy elkerültünk két azonos időközönként számított megoldást. Ha f lineáris x-ben, akkor van egy globális bázis, azaz minden intervallumban meghatározzák az egyenlet (a rendszer) állandó együtthatóit. Azonban, amint azt az elmélet lineáris rendszerének stagnálási próbája mutatja, a Peano-Picart intervallum rövidebbnek tűnik, mint az, amelyről döntést lehet hozni. A természetes erő a következőkből származik:

1. Hogyan határozható meg az a maximális intervallum, amelyen belül az (1) döntés megerősíthető?

2. Melyik intervallum közelíti meg mindig a maximumot, mi a helyes értelme az (1) 1. résznek?

3. Hogyan lehet pontosan megfogalmazni a döntési egység fogalmát anélkül, hogy aggódnánk a döntési időintervallum miatt?

Azokról, akiknek a 2. táplálkozásra adott válasza látszólag negatív reakciót vált ki (vagy inkább nagy pontosságot igényel), nézze meg ezt a példát. x = x2, x (0) = x0. Ha x0 = 0, akkor x 0 - Osgood tétele szerint nincs más megoldás. Ha x0 = 0, akkor valószínű, hogy a baba negatív módon jön létre). A döntési intervallum nem lehet több, mint (, 1 / x0) vagy (1 / x0, +) biztos x0 0 és x0 0 esetén (egy másik hiperbolikus pont nem viszi a súlyt a csúcsra! - ez tipikus kegyelem hallgatók). Első pillantásra az utolsó feladatban semmi sem utalt ilyen eredményre. A 4. §-ban van magyarázatunk erre a jelenségre.

Az x = t2 + x2 egyenlet alkalmazásakor megjelenik a tanulók tipikus megértése a döntési intervallumról. Itt az a tény, hogy „a lázadást mindenütt elhatározzák”, egyáltalán nem befolyásolja a döntés egészének folytatását. Ez tisztán hétköznapi szemszögből is jól látszik, például a jogi törvények és az azok alapján kialakuló folyamatok kapcsán: mivel a törvény 2015-ben nem rögzíti egyértelműen egyetlen cég alapítását sem, így ez egyáltalán nem jelenti azt, hogy ez a cég a Ne menj tönkre örökre belső okok miatt (még ha ez törvényen belül is van).

Az 1-3. táplálkozásra való reagáláshoz (és azok világos megfogalmazásához) szükséges a folyamatban lévő döntés megértése. Az (1) 1-es döntést (, (tl (),), tr ())).

Viznachennya. határozat (, (tl (), tr ())) є döntés folytatása (, (tl (),), tr ())), as (tl (), tr ()) (tl (), tr ()), і | (tl(),tr()) =.

Viznachennya. Felbontás (, (tl (),), tr ())) - nem folytatható, mivel nincsenek nem triviális (azaz figyelemre méltó) folytatásai. (Div. Butt more).

Nyilvánvaló, hogy maga a HP különösen értékes, és ennek értelmében szükséges az integritás és az egység elérése. A természetes erő a hibás – vajon lehet-e a jövőben HP-t fejleszteni akár a helyi hatalom, akár az előre meghatározott Cauchy alapján? Úgy tűnik, igen. Hogy ez egyértelmű legyen, mutassuk be a fogalmat:

Viznachennya. A ((, (tl (),), tr ()))) döntéshalmaz nem felesleges, mivel ebből a halmazból bármelyik 2 döntés teljesül a hozzárendelési intervallumok átmenetében.

Viznachennya. A nem szuperkompetens megoldáshalmazt maximálisnak nevezzük, mert nem lehet újabb megoldást hozzáadni, így az új halmaz nem szuper-érthető, és új pontokat helyez el ugyanazokon a területeken a megoldás létrehozásához.

Nyilvánvaló, hogy az INN funkció egyenértékű a HP funkcióval, és önmagában:

1. Ha NR, akkor legyen INN, eltávolíthatod, beállíthatod a hangodat is.

Jobb. Nézd meg.

2. Ha az INN értéke INN, akkor az NR (, (t, t +)) a következő lesz:

put (t) = (t), de - az INN bármely eleme, ennek a pontnak a jelentése. Nyilvánvaló, hogy egy ilyen függvény mindenhez (t, t +) egyértelműen hozzá lesz rendelve (az egyértelműség a halmaz nem szuperperiódusából fakad), és minden ponton elkerülik az adott ponton jelentős INN-elemek. Bármely t-re (t, t +) van dal, tehát a környezetében, és mivel ebben a környezőben van (1) 1 megoldás, akkor - ugyanaz. Így mindenre (t, t +) van egy (1) 1 döntés. Nem folyamatos, mert Egy másik esetben az INN-hez a maximumon túl egy nem triviális kiterjesztés is hozzáadható.

Pobudova MNN zadannya (1) zagalny formában (Peano tétele szerint), ha nincs helyi egység, akkor lehetséges (div.,), de nehézkes - a lépésről lépésre épül Peano tétel stagnálása alulról becsléssel a Zhenya intervallum-szorzatokig. Ilyen módon a HP mindig aludni fog. Csak időnként alapozunk meg, ha helyi egység van, akkor az INN (és ezért a HP) triviális. Például a fontosság kedvéért a TK-P keretein belül fogunk működni.

Tétel. Ne felejtsd el rendezni az elméd TK-P-vel a B Rn + 1 területen. Tehát bármilyen (t0, x0) B parancsnak (1) lehet egy HP.

Befejezett. Nézzük meg az (1) feladat összes megoldását (a TK-P szerint nem üres). Ezt állítja az INN – nem túl kritikus a helyi egység miatt, de maximálisan azokra tekintettel, akik személyiség nélkül mindenkit Cauchy problémájának megoldására késztettek. Ez azt jelenti, hogy a HP alszik. A helyi egységnek köszönhetően egységes.

Ha egy nyilvánvaló helyi erényességen (1) 1 (és nem egy adott Cauchy-n) alapuló NR-t kell létrehozni, akkor ez a probléma a lokális egység nyilvánvalóságától függően a Cauchy-problémához vezet: szükséges. hogy válasszon ki egy pontot egy nyilvánvaló IR-n, és nézze meg a legfontosabb Cauchy-problémát. Ez a feladat az összefogás miatti végső döntés folytatása lesz. Mivel nincs egység, így egy adott döntés folytatása a fent leírt eljárás szerint történik.

Tisztelet. A HP nem adható hozzá az alvási intervallum végéhez (függetlenül az egységtudattól), így a döntések a végpontokon is születnek. A körülíráshoz tisztáznia kell, mit kell megértenie a szakasz végén található ODE-megoldások alatt:

1. Megközelítés 1. Haladjon tovább a döntésekkel (1) 1 a szakaszban van egy függvény az egyenlők kielégítésére a végén az egyoldalú megközelítés értelmében. Ekkor lehetőség van egy további döntés meghozatalára, például a kezdési intervallum jobb végén (t, t +] azt jelenti, hogy az IR a végpont B közepén, és C 1 (t) Ellenkező esetben a Kosh i x (t + ) = (t +) (1)-re vonatkozó feladatot teljesítve és a megoldások ismeretében elvesszük a t + jobb végét (a t + pontban sértődik egyoldalú mozdulatokkal és egyenlő f (t +, (t +)), ami azt jelenti, hogy különösen érdemes) , azaz bulo HP.

2. Megközelítés 2. Ami az (1) 1 megoldásokat illeti a szakaszban, van egy függvény, ami a végein folytonos, különben az IC végei B-ben vannak (nem számít, nem kell kintsakh-ban befejezni az egyenletet) - továbbra is ugyanazt a mirkuvannyát fogja látni, csak a konzisztens integrálegyenlet szempontjából (div. jelentés).

Így azáltal, hogy a választott megoldás többszöröseként azonnal csak nyitott intervallumokat iktatunk be, nem rontottuk az erőt (és csak a felesleges mozgásokat egyoldalú mozdulatokkal stb.) elkerültük.

A táskában 3. ételt kaptunk, 4. §-t adtunk a csutkára: az elme egységének győzelmével (például Osgood vagy Cauchy-Picard) megtörténik a HP Cauchy problémájának megoldásának egysége. Ha az elme egysége megbomlik, akkor sok HP lehet Kosha feladatára, minden alkalommal, amikor aludni kell. A döntés (1) (vagy egyszerűen (1) 1) kiterjeszthető-e a HP-re.

Az 1.2 tápegységre való reagáláshoz meg kell nézni az IK viselkedését az Rn + 1 térben. Az IK viselkedése az Rn + 1 térben fontos.A nap véget érhet, az IK pedig véget érhet ne anyáskodj (az IK vége B-ben soha nem fog elaludni – lásd részletesebben a Tisztelet, különben nem alszol I végét B-n – osz. alább).

Tétel. (A kompakt elhagyásról).

A helyi egység tudatában megfogalmazzuk, de nem kötelező - lásd, ott a TPK a HP kritériumaként van megfogalmazva.

A TK-P fejében bármely NR szint (1) 1 grafikonja megfosztva a kompakt K B-től, azaz K B (t, t +): (t, (t)) K t-nél.

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

Tisztelet. Így a t ± közelében ІК НР megközelíti a B-t: ((t, (t)), B) 0 t t ±-nél - a döntés folytatásának folyamata nem fordulhat el szigorúan B közepén.

Pozitívan itt jogunk van egyértelműen megmutatni a nem metsző zárt multiplicitások közötti felosztás pozitivitását, amelyek közül az egyik kompakt.

Befejezett. Rögzített K B. Vegyük be-0 (0, (K, B)). Mivel B = Rn + 1, ezért (K, B) = + fontos az értékek szempontjából. A személytelen K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) szintén kompakt B-ben, tehát F = max | f|. A kiválasztott T és R számok elég kicsik ahhoz, hogy például bármelyik hengerre T 2 + R2 2/4 legyen. Ugyanez a probléma a TK-P szerint a korábbi (t T0, t + T0) intervallumon megoldottnak tűnik, ahol T0 = min (T, R / F) minden (t, x) K esetén.

Most veheted =. Valójában meg kell mutatnunk, hogy ha (t, (t)) K, akkor t + T0 t t + T0. Mutassuk meg például egy barátunk idegességét. A (2) Cauchy-feladat megoldása x = (t)-vel jobbra megy legalább a t + T0 pontig, különben nem ugyanaz, mert az egység szempontjából van egy kiterjesztés, akkor t + T0 t +.

Ily módon a HP ütemezése először „eléri B-t”, így a HP aktiválási időköz az IK geometrián belül lesz.

például:

Megerősített. Legyen B = (a, b) Rn (terminális vagy folytonos intervallum), f kielégíti a TK-P elméjét B-ben, є HP hozzárendelés (1) t0-val (a, b). Todi vagy t + = b, vagy | (t) | + A t t + (i hasonló t).

Befejezett. Ó, kedves, legyen t + b, majd t + +.

Nézzük meg a K = B B kompakt halmazt. Tetszőleges R + TPK esetén úgy találjuk (R) t +, hogy t-re ((R), t +) pont (t, (t)) K. Ha vannak töredékek t t +, akkor ár talán csak egy héjra | (t) | R. Ale ce i jelentése | (t) | + A t t + időpontban.

A Tsomaoma Vipad Mi Bachimonál Scho Yakshcho F Vispensed „egyáltalán X”, majd izhnovanni NR a bouty maximum (a, b) tilki Rachunov pragnennya a Close -to -Kinni to Kinziv intervallumba (t, t +) (in a zagalny vipadku - a B kordonig).

Jobb. Állítsa be a keményedés többi részét az eséshez, ha B = (a, b), ahol Rn elegendő terület.

Tisztelet. Meg kell érteni, mi | (t) | + Nem azt jelenti, hogy k (t).

Tim magunknak a 2. táplálékot kaptuk (por. Butt on the cob § 4): IK, hogy elérjük B-t, különben a vetület a t egészén nem érheti el a B vetületének végeit az egész t-n. Táplálkozás nélkülözve 1 - melyek azok a jelek, amelyek alapján a jelenlegi ODE-n kívül meg lehet ítélni a megoldás folytatásának lehetőségét a „maximálisan széles intervallumig”? Tudjuk, hogy a lineáris ODE-k esetében ez a kiterjesztés lehetséges, de a 4. § elején lévő példában ez lehetetlen.

Vessünk egy pillantást az elejére, hogy illusztráljuk az URP extrém fázisát n = 1-nél:

A h (s) ds nem értékes integrál értéke (nem változó fontos = + vagy h pontbeli sajátosságai révén) nem a (,) választásban rejlik. Ekkor egyszerűen h (s) ds-t írunk, ha integráljának konvergenciájáról vagy szétválasztásáról beszélünk.

Ezt Osgood tételében és a hozzá kapcsolódó állításokban is ki lehetett volna dolgozni.

Megerősített. Legyen a C (,), b C (, +), a sértő függvények intervallumukban pozitívak. Alkalmazzuk a Cauchy-problémát (de t0 (,), x0) a HP x = x (t)-re a (t, t +) (,) intervallumon. todi:

Vizsgálat. Ha a = 1, = +, akkor t + = + Bizonyítás. (Tverzsennya). Kedves, x monoton nő.

Jobb. Hozd fel.

Ezért x (t +) = lim x (t) +. Maєmo Vipadok 1. t +, x (t +) + - TPK szerint lehetetlenül, mert X є HP.

A sérelmek egybeépültek, vagy vég nélkül, vagy vég nélkül.

Jobb. Dorobiti bizonyíték.

A vikladach alapozása. Nyilvánvaló, hogy a 3. időben: a (s) ds +, és a 4. időben (ami mindig megvalósul) ugyanaz.

Így az x = f (x) formájú n = 1 legegyszerűbb ODE-k esetében a - megoldás folytatását a hasonlóság határozza meg.

autonóm) régiók, lásd a 3. részt.

Csikk. f (x) = x, 1 (zocrema, lineáris esés = 1) és f (x) = x ln x esetén garantálható a (pozitív) megoldások folytatása a +-ig. Ha f (x) = x и f (x) = x ln x 1-nél a döntés az, hogy „az óra végén uralkodik”.

Extrém esetben a helyzet faktorokban gazdag, és nem is olyan egyszerű, de megfosztja az „növekedési sebesség f x x-szel” fontosságától. Ha n 1, akkor fontos a folytonosság kritériumait megfogalmazni, mielőtt elegendő intelligenciával rendelkezne. Általános szabály, hogy a bűzt alapozzák további segítségért. az a priori becslések megoldódnak.

Viznachennya. Legyen h C (,), h 0. Úgy tűnik, hogy ennek az ODE-nek a megoldásához van egy AT | hely x(t) | h (t) a (,) ponton, ha ennek az ODE-nek a megoldása kielégíti a becslést a (,) intervallum azon részén, ahol definiálva van (azaz átvitelre kerül, így a megoldás szükségszerűen a teljes intervallumon definiálva van) (,)) .

De kiderül, hogy az AT jelenléte garantálja, hogy a döntések továbbra is mindenben (,) értékelve lesznek (és ezért kielégítik a becsléseket a teljes intervallumon), így minden alkalommal, amikor az a priori becslés utólag átalakul:

Tétel. Hagyja, hogy a Cauchy-probléma (1) kielégítse a TK-P elméjét, és számára a megoldás az AT hely a (,) intervallumon a h C (,) művelettel és a görbe henger (| x | h (t) ), t (,)) B . A Todi HP (1) minden (,)-hez hozzá van rendelve (ami azt jelenti, hogy megfelel az AT-nek).

Befejezett. Lássuk, hogy t + (t hasonló). Mondjuk t+. Nézzük meg a K = (| x | h (t), t) B kompakt halmazt. TPK esetén a t t + gráfpont (t, x (t)) eltávolítja K-t, ami AT-re nézve lehetetlen.

Így egy döntés folytonosságának bizonyításához egy adott intervallumon keresztül formálisan ki kell értékelni a döntést bármely szükséges intervallumban.

Analógia: a függvény Lebesgue szerinti érvényessége és az integrál formális értékelése általában az integrál valós alapja.

Vessünk egy pillantást a helyzetre, ahogy ez a logika működik. Fejezze be az indukált tézis szemléltetésével, amely arról szól, hogy „f-et növeljük x-szel a lehető legteljesebb mértékben”.

Megerősített. Legyen B = (,) Rn, f kielégíti a TK-P elméjét B, |-ben f (t, x) | a (t) b (| x |), ahol a i b kielégíti a korábbi cég elméjét z = 0, és = +. Ezután az NR beállítás (1) a (,)-n kezdődik minden t0 (,), x0 Rn esetén.

Lemma. Yakscho i megszakítás nélkül, (t0) (t0); at t t Bizonyítás. Kedvesen (t0, t0 + közelében): ha (t0) (t0), akkor azonnal nyilvánvaló, de egyébként (mert (t0) = (t0) = 0) lehetséges (t0) = g ( t0, 0) (t0), ami ismét megadja a szükségességet.

Most már elfogadható, hogy lesz t1 t0 úgy, hogy (t1). Nyilvánvaló eszközökkel tudható (t1) t2 (t0, t1] úgy, hogy (t2) = (t2), és (t0, t2) értéken.

g be-yak, és az igazságnak több kell, C, és mindenhol =, ott. Ne törődjünk vele, nézzük úgy, mint a Lemmában. Itt egyenlőtlenség van, de akkor van nemlineáris ODE, és ez is így hangzik.

Tisztelet a vikladachnak. A lemmában az ilyen típusú egyenlőtlenségeket Chapligin típusú egyenlőtlenségeknek (NC) nevezik. Könnyen belátható, hogy a lemmában nem volt szükség az elme egységére, így a „suvore NP” igaz a Peano-tétel keretein belül. A „hasonló NP-k” nyilvánvalóan helytelenek egység nélkül, mert a féltékenység a rendezetlen egyenlőtlenség végső formája. Nareshti, az „olvashatatlan LF” a tudategység keretein belül helyes, de lehetséges helyileg előhozni - további IM-hez.

Befejezett. (Tverzsennya). Lássuk, hogy t + = (t = hasonló). Elfogadható, t +, majd a jóváhagyás szerint több | x(t) | + A t t +-nál, így az x = 0-t ráteheti. Értesítem AT | x | h on) (vödör a záróelemek fogásához).

Koshy x (0) = 0 parancsa lehet egy HP x = 0 R-en.

Szignifikánsan elegendő intelligencia f-en, ebben az esetben az R +-on lévő HP alapja garantáltan kis x0 = x (0) elérése mindenkor. Ki számára elfogadható, hogy a (4)-nek ilyen hangja van. Ljapunov függvény, azaz olyan V függvény, amely:

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

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

Nézzük újra az A és B elme elméletét:

V. Nézzük a Cauchy-problémát | x1 | R / 2. Tegyük fel, hogy a henger B = R B (0, R) az f függvény értékterülete, amelyet a C 1 osztály határol, így a fő F = max | f|. A TK-P mögött van egy (5) megoldás, amely a (t1 T0, t1 + T0) intervallumon van definiálva, ahol T0 = min (T, R / (2F)). Nagy T választásával T0 = R / (2F) érhető el. Fontos, hogy T0 ne legyen a kijelölésben (t1, x1), vagy | x1 | R/2.

B. Amíg az (5) oldat meg van jelölve és elveszett a B cellában (0, R), addig elvégezhetjük a tisztítás megkezdését. maєmo:

V (x (t)) = f (x (t)) V (x (t)) 0, azaz V (x (t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Egyértelmű, hogy m és M nem változik, nem változik | r szintek nullákban, m (0) = M (0) = 0, és a nulla bűz helyzete pozitív. Ezért azt fogjuk találni, hogy R 0 egyenlő M(R)m(R/2)-vel. Yakshcho | x1 | R, majd V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), csillagok | x(t) | R / 2. Kedves R R / 2.

Most megfogalmazhatunk egy, a bekezdéshez hasonló tételt. A, B globális megoldás (4):

Tétel. Mivel a (4)-nek Ljapunov-függvénye van B-ben (0, R), akkor minden x0 B (0, R) esetén (ahol R-t fent jelöljük) a Cauchy NP x (t0) = x0 a (4) rendszerhez (bármivel) t0) értéke +.

Befejezett. Az A pont értelmében a megoldás ott helyezhető el, ahol t1 = t0 + T0 / 2. A megoldás B-ben (0, R) található, és a B tétel további alkalmazásáig, így | x(t1) | R / 2. Fogadja el újra az elfogadott A tételt, és a döntés következtetve történik, ahol t2 = t1 + T0 / 2, azaz most a döntést kéri. Ilyen döntésig a B pont stagnál és eltávolítják | x(t2) | R / 2 stb. A ciklusok számára a megoldást az 5. §-ban találjuk. Az ODE megoldásának függősége itt. Nézzük meg a Cauchy de Rk problémát. Ha t0 (), x0 () ez a Cauchy-probléma HP, akkor x (t,). A táplálkozás a hibás: hogyan kell kiszámolni a tárolás x típusát? Ez a táplálkozás fontos a különféle kiegészítések miatt (és különösen a 3. részben), amelyek közül az egyik (bár talán nem a legfontosabb) az ODE közelebbi megoldása.

Csikk. Vessünk egy pillantást a Cauchy-féle HP problémájára, és ez egy, ahogy az a TK-P-ből is következik, de elemi függvényekben lehetetlen meghatározni. Hogyan tudjuk felkutatni ezt a hatóságot? Ennek egyik módja a következő: tisztelettel, hogy (2) „közeli” az y = y, y (0) = 1 feladathoz, amelynek megoldása könnyen megtalálható: y (t) = et. Feltételezhetjük, hogy x (t) y (t) = et. Ez az elképzelés egyértelműen a következőképpen fogalmazható meg: nézzük meg az At = 1/100 ce (2) feladatot, és at = 0 ce az y feladatát. Ha megállapítottuk, hogy x = x (t,) nem-szakaszos (dal értelemben), akkor tagadhatjuk, hogy x (t,) y (t) 0-nál, és ez x (t, 1/) 100) y (t) = et.

Igaz, nem világos, hogy x milyen közel van y-hoz, de az első szükséges lépés az x és az y folytonosságának bizonyítása, anélkül, hogy lehetetlen lenne továbblépni.

Ugyanez igaz a paraméterek hosszának követésére a cob adatokban. Ahogy mi is, ez a mélység könnyen lecsökkenthető az egyenlet jobb oldalán lévő paraméter hosszára, így egyelőre a megadott Nehaj f C (D) alakra korlátozódik, ahol D az Rn + területe. k + 1; f lipshitzev x mentén tetszőleges konvex x mentén tömörítjük D-vel (például beírás, C (D) hozzáadása). Rögzített (t0, x0). Jelentősen M = Rk | (T0, x0,) D - nincsenek megengedhetőek (amelyre a (4) probléma érzékeny). Lényeges, hogy M nyitva van. Figyelembe vesszük, hogy (t0, x0) úgy van megválasztva, hogy M =. Az összes M TK-P-hez egyetlen HP feladat (4) - x = (t,) függvény, a t (t (), t + () intervallumon definiálva.

Szigorúan nyilvánvaló, hogy a töredékek a változás gazdagsága között hevernek, így kell (4) írni:

de (5) 1 viconano a személytelenségre G = ((t,) | M, t (t (), t + ())). A d / dt és / t jelek használata azonban tisztán pszichológiai jellegű (jelentőségük a „rögzítés” ugyanazon pszichológiai koncepciójában rejlik). Így a G hiánya a fontos funkciók természetes maximuma, és a folytonosságról szóló táplálkozást magán G-n kell követni.

További eredményre lesz szükségünk:

Lemma. (Gronwall). Kérem, a C, 0 függvény kielégíti az összes t Todi-értékelést, a számítás teljes tiszteletben tartása mellett. Előadás olvasása közben nem emlékezhet előre erre a képletre, hanem hagyja a helyén, és a megjelenítése után írja be.

Ale akkor vágja le ezt a formulát tisztelettel, mivel ez szükséges lesz a Tonzban.

h = A + B Ah + B, a csillagok feltétlenül szükségesek.

Érzékszervi kifejezések: differenciális kiegyenlítés és egyenlőtlenség, összefüggések közöttük, integrál kiegyenlítés és egyenlőtlenség, kapcsolatok ezek között, differenciál- és integrálvonalak Gronwall és a köztük lévő kapcsolatok között.

Tisztelet. Fel lehet hozni ezt az egész pontot, és homályosabb feltételezésekkel A-ról és B-ről, de még nincs rá szükségünk, de az UMF során részletezzük (így egyértelmű, hogy nem hiteltelenítettük A és B folytonossága stb.).

Most készen állunk az eredmény egyértelmű megfogalmazására:

Tétel. (ToNZ) Az elõírt betétekben f i körüli mélypörkölt esetén jobban lehet keményíteni úgy, hogy G legyen nyitva és C (G).

Tisztelet. Nyilvánvaló, hogy a személytelen M látszólag elsüllyedt, nem jól, ezért lehet, hogy az I G nem összetartó.

Tisztelet a vikladachnak. Viszont ha a paraméterek számába beleszámítanánk (t0, x0), akkor a kapcsolat b - tehát osztva lenne.

Befejezett. Legyen (t,) G. Értelmezni kell, hogy:

Legyen fontos t t0. Tegyük fel: M, tehát (t,) hozzá van rendelve a (t (), t + ()) t, t0-hoz, ami azt jelenti, hogy minden olyan szegmensben t pont (t, (t,),) átmegy a kompakt görbén D ( párhuzamos a hipersíkkal (= 0)). Ez azt jelenti, hogy a megjelenésre való tekintet nélkül a fontos dolgot a szemed láttára kell nyugodtan elintézni!

Ugyanez kompakt D-ben kicsi a és b esetén (konvex x-ben), tehát az f függvény Lipschitz x-ben:

[Ezt az értékelést alaposan meg kell fontolni a szeme előtt! ] És egyenletesen megszakítás nélkül minden változásban, és még inkább | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Ezt az értékelést alaposan meg kell fontolni a szeme előtt! ] Nézzünk meg közelebbről 1 dolgot, amely | 1 | bі vіdpovіdne rіshennya (t, 1). A személytelen (= 1) egy kompakt halmaz D-ben (= 1), és t = t0-nál a pont (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,) , 1) (= 1), és a TPK szerint t t + (1) pontban a (t, (t, 1), 1) pont redundáns (= 1). Legyen t2 t0 (t2 t + (1)) - a legjelentősebb, amikor a pont úgy sejti, hogy hova megy.

Napi szinten t2 (t0, t1]. Megmutatjuk főnökeinknek, hogy t2 = t1 további behelyettesítésekkel. Most pedig legyen t3. Mondjuk (minden ilyen t3-ra minden érték a napi értékekből számítható tovább):

(T3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, Próbáljuk bebizonyítani, hogy az abszolút érték kisebb, mint a.

Az integrálfüggvényt a következőképpen értékeljük:

± f (t, (t,),), és nem ± f (t, (t,),), mert A különbségért | (t, 1) (t,) | Még nincsenek becslések, ezért (t, (t, 1),) nem világos, és a tengely | 1 | Tobto, i (t, (t,), 1) látható.

szóval mi van a tasakban | (t3, 1) (t3,) | K | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Így a (t3) függvény = | (t3, 1) (t3,) | (Ez egy folytonos függvény) kielégíti a Gronwall-féle lemy elméjét A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T = t2, = 0, így e lemi szerint eltávolíthatjuk [Ez az értékelés szem előtt kell vágni! ] Jakscso testvér | 1 | 1 (t1). Vegyük figyelembe, hogy 1 (t1) b. Minden árucikkünk igaz egyáltalán t3.

Ily módon ezzel az 1-es választással, ha t3 = t2, minden | (t2, 1) (t2,) | a, valamint | 1 | b. Ez azt jelenti, hogy (t2, (t2, 1), 1) csak akkor lehetséges, ha t2 = t1. Az Ale ce zocrema azt jelenti, hogy minden szakaszban (t, 1) van feltüntetve, azaz T1 t + (1), és minden folt (t, 1) G formában, t, | 1 | 1 (t1).

Azaz, ha azt szeretnénk, hogy t + feküdjön le, különben a vágás megfosztja a bal oldali t + () amikor, add közel. A kicsinek Hasonlóképpen t t0-nál a t4 t0 és 2 (t4) számok alapja látható. Ha t t0, akkor a (t,) B (, 1) G pont, hasonlóan t t0-hoz, ha pedig t = t0, akkor a sértések stagnálása következik be, tehát (t0,) B (, 3) G, ahol 3 = min (12). Fontos, hogy amikor (t,) rögzített, akkor t1 (t,) megkereshető úgy, hogy t1 t 0 (vagy ezzel egyenértékű t4), és 1 (t1) = 1 (t,) 0 (vagy 2), tehát hogy a 0 = 0 (t,) tiszta értéket válasszuk (mivel a hengeres gyűrűbe vessző is belehelyezhető).

Valójában finomabb erő adott: ha a HP egy adott szakaszhoz van hozzárendelve, akkor az új értéknél minden HP hasonló paramétereket kap (pl.

mind kis bureni NR). Ez az erő azonban a G nyitottságból származik, amint az alább látható lesz, tehát a megfogalmazás ekvivalens.

Tim magunk teljesítette az 1. pontot.

Ha a térben a kijelölt hengerben vagyunk, akkor a becslés | 1 | 4(,t,). Ugyanabban az órában | (t3,) (t,) | at | t3 t | 5 (, t,) nem intervallumon keresztül t-ben. Ennek eredményeként a (t3, 1) B ((t,),) pontban | (t3, 1) (t,) |, de = min (4, 5). Ez a 2. tétel.

„Az Orosz Föderáció Oktatási és Tudományos Minisztériuma Szövetségi Állami Költségvetési Oktatási Felsőoktatási Állami Menedzsment Egyetem Tudományos Pedagógiai és Tudományos Személyzeti Képzési Intézet a belépési vállalkozás programja a Moszkvában - 2014 -ben. Útmutató A referenciaprogram a szülés előtti felvételi tesztre összpontosít, mielőtt a diploma megszerzése előtt ... »

„Amur Állami Egyetem Pszichológiai és Pedagógiai Tanszék A FEGYELMŰ TANÁCSADÁSI PSZICHOLÓGIA KEZDETI-MÓDSZERTANI KOMPLEXJA Fő oktatási program közvetlenül a bachelor hallgatóknak 030300.62 Pszichológia Blagovescsenszk 201 2 UMKD of Psychology Tanszék felülvizsgálta és ajánlotta a dagogyológiai osztályok ülésén”

„Automobile State) Omszk - 2009 3 Az Állami Szakmai Felsőoktatási Intézmény Tanulmányi Szövetségi Ügynöksége Szibériai Állami Autó- és Autópálya Akadémia (SibADI) Mérnökpedagógiai Tanszék Módszertani utasítások a pedagógiai és technológiai diplomás tudományágról a 050501 szakterület hallgatói számára - Szakmai fejlődés (autó és autóipar..."

„Sorozat Alapkönyv G.S.Rosenberg, F.N.Ryansky ELMÉLETI ÉS ALKALMAZOTT ÖKOLÓGIA Alapvető kézikönyv Módszertani alaptanulmányokhoz ajánlott a klasszikus egyetemi munka szerint Orosz Föderáció a yakostі kezdeti segítő környezetvédelmi tudományok emelt szintű hallgatói számára, a Nyizsnyevartovszki Pedagógiai Intézet Nyizsnyevartovszki Tagozatának 2. kiadása, 2005 BBK 28.080.1ya73 R64 Lektorál: a biológia doktora. Tudományok, professzor V.I. Popchenko (Ökológiai Intézet ... »

„UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYOS MINISZTÉRIUMA Szövetségi Állami Költségvetési Oktatási Felsőoktatási Felsőoktatási Alapítása Krasznojarszki Állami Pedagógiai Egyetem névadója. V.P. Astaf'eva E.M. Antipova KIS PRAKTIKUM a botanikában Elektronikus kiadvány KRASNOYARSK 2013 BBK 28,5 A 721 Lektorok: Vasziljev O.M., a biológiai tudományok doktora, KDPU professzor im. V.P. Astaf'eva; Yamskikh G.Yu., a geológiai tudományok doktora, Tretyakova I. N. Szibériai Szövetségi Egyetem professzora, a biológiai tudományok doktora, professzor, az Erdészeti Intézet vezető szakembere ... "

„Az Orosz Föderáció Oktatási és Tudományos Minisztériuma Szövetségi Állami Költségvetési Felsőoktatási Szakképzés Amur Állami Egyetem Pszichológiai és Pedagógiai Tanszék KEZDETI-MÓDSZERTANI KOMPLEX DIS CIPLINI GYERMEK- ÉS HIGIÉNIAI ALAPOK Fő oktatási programok a közvetlen képzéshez 06204Pedagogiaihchensk. 2 1 Osztályok UMKD A Pszichológiai Tanszék ülésén felülvizsgált és ajánlott... »

„A feladat felülvizsgálata gyújtott vonallal A fénygátló berendezések IX. osztályát végzettek állami (subsumkova) minősítése (új formában) 2013 folyó FÖLDRAJZ Moszkva 2013 Felügyelő szerző: Ambartsumova E.M. A tompított világítástechnikai berendezések 9. osztályát végzettek állami (sub-bag) minősítésének eredményeinek objektivitásának növelése (... »

„Gyakorlati ajánlások az orosz nyelvnek az Orosz Föderáció szuverén nyelveként való közzétételének fejlesztéséhez és módszertani tartalmához. A gyakorlati ajánlások az orosz nyelvű kiadványokhoz (ideértve a külföldieket is) vonatkoznak. Helyettesítés: Gyakorlati ajánlások és módszertani utasítások a válogatásból 1. Az orosz nyelv működésének problémáival foglalkozó anyagok helyettesítése kezdőknek és haladóknak szuverén nyelv...»

„E.V. MURYUKINA A DIÁKOK KRITIKUS GONDOLKODÁSÁNAK ÉS MÉDIAKOMPETENCIÁJÁNAK FEJLESZTÉSE A SAJTÓELEMZÉS FOLYAMATBAN Alapvető kézikönyv egyetemeknek Taganrog 2008 2 Muryukina E.V. A tanulók kritikai gondolkodásának és médiakompetenciájának fejlesztése a sajtóelemzés folyamatában. Alapvető kézikönyv egyetemek számára. Taganrog: NP Center for Development of Special Features, 2008. 298 p. Az alapfokú tanuló a médiaoktatás folyamatában vizsgálja a tanulók kritikai gondolkodásának és médiakompetenciájának fejlődését. A mai sajtó maradványai... »

"RÓL RŐL. P. Golovchenko Az EMBEREK FIZIKAI TEVÉKENYSÉGÉNEK KIALAKULÁSÁRÓL II. rész P O D AG OGIK A TWO DAT Yelnya OH ACTI VN OSTI 3 Főnézet Oleg Petrovich Golovchenko AZ EMBEREK FIZIKAI TEVÉKENYSÉGÉNEK KIALAKULÁSA Sibnik vezetője, II. rész tevékenység Pedago egy barátja javította *** Szerkesztő N.I. Kosenkova A vikonális D.V. Smolyak és S.V. számítógépes elrendezése. Potapova *** 11.23-ig aláírva. Formátum 60 x 90 / 1/16. Újságpapír Betűtípus Times Műveleti módszer egy barátnak Mind. p.l...."

„A Kazanyi Állami Egyetem IM felsőoktatási állami világítási installációja. V.I. ULYANOVA-LENINA Tudományos és oktatási források elektronikus könyvtárai. Alapvető módszertani útmutató Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Tudományos és oktatási források elektronikus könyvtárai. Alapvető módszertani útmutató az elektronikus információs források közvetlen használatához. - Kazan: KDU, 2008. Az alapvető módszertani kézikönyv megjelent a megoldásokhoz ... "

„OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYOS MINISZTÉRIUM UKRAINE Állami felsőfokú szakmai oktatási intézmény Orenburz Állami Egyetem Akbulak fióktelepe Pedagógiai Tanszék V.A. TETSKOV GYŐZELEMTERMÍTŐ REJTÉK MÓDSZERE A KÖZÖS TANÍTÁSI ISKOLA KÜLÖZŐ OSZTÁLYAIBAN Módszeres kiegészítések Megjelenés előtt az Állami Oktatási Intézet Szerkesztői és Tudományos Tanácsa által ajánlott szakmai oktatás Orenburz Állami Egyetem ... »

„OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYOS MINISTRY OF UKRAINE A Stavropol REGION OKTATÁSI MINISZTÉRIUMA Állami világítástechnikai felsőoktatási intézmény Sztavropoli Állami Pedagógiai Egyetem N.I. Dzhegutanova AZ ORSZÁG GYERMEKIRODALMA Vivchayatsya MOVI INDÍTÁSI-MÓDSZERTANI KOMPLEX Stavropol 2010 1 Követi a döntéseket UDC 82.0 szerkesztő-főszerkesztő a BBK érdekében 83.3 (0) Állami Oktatási Intézmény a Dtaverpolgo Állami Szakoktatási Intézmény a Főiskola tanára. Bírálók: ... »

„SZABÁLYZAT az oktatás minőségének új iskolai értékelési rendszeréről MBOU Kamishinsky ZOSH 1. Általános rendelkezések 1.1. Az iskolán belüli világítás minőségét értékelő rendszerről szóló szabályzat (a továbbiakban: Szabályzat) bizonyos előnyöket állapít meg az iskolán belüli világítási minőséget értékelő rendszer (a továbbiakban: SHSOKO) megvalósítása során az önkormányzatban. a Kamisinszkij Középiskola Zagalnosvitny iskola (a továbbiakban: iskola) költségvetési világítási költségvetése. 1.2. Az SSOKO praktikussága összhangban lesz a... »

„AZ ÜZBEGI KÖZTÁRSASÁG EGÉSZSÉGÜGYI MINISZTÉRIUMA Taskent ORVOSI AKADÉMIA KLINIKAI ALLERGOLÓGIAI CÉG GP RENDSZERE Részlege Rektorhelyettes, kezdeti munkával Prof. O. R. Teshaev _ 2012 A SCHODO AJÁNLÁSOK ELKÉSZÜLT Módszertani alapfejlesztés GYAKORLATI EMBEREKNEK EGYETLEN MÓDSZERES RENDSZER ALKALMAZÁSÁRA Módszertani megjegyzések orvostanároknak Taskent - 2012 EGÉSZSÉGÜGYI MINISZTÉRIUM KÖZTÁRSASÁG ÜZBEKISZTÁN ORVOSI OKTATÁS CENTKENTÁL GYÓGYSZERÉSZETÉRT.

„Szövetségi ügynökség a Girnicho-Altáj Állami Egyetem témájában A. P. Makosh POLITIKAI FÖLDRAJZ ÉS GEOPOLITIKA A Girnicho-Altai Állami Egyetem Girnicho-Altaisk RIO-jának módszertani alaptankönyve 20 06 Követi a Girnicho-Altai Állami Egyetem szerkesztőségének és oktatóinak döntéseit Altai Állami Egyetem Makos A. P. POLITICNA GEOGRAPHY AND GEOPOLITICS. Módszertani alaptankönyv. - Girnicho-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 p. Az alapvető módszertani kézikönyv szakaszokra oszlik egészen az alapvető ... »

"A.V. Novitska, L.I. Mikolaeva MAJUBUTNYI ISKOLA SZUCHASZNAI OCVITARY PROGRAM Az élet összejövetelei 1. ÉVFOLYAM módszertani kézikönyv ELEMI OSZTÁLYOK TANÁRJÁNAK Moszkva 2009 UDC 371 (075.8) BBK 74.00 N 68 Szerzői jogok fenntartva Kovozo Személyesen küldve a szerzőknek. Novitska O.V., Mikolaeva L.I. N 68 Suchasna világítási program Az élet összejövetelei. - M.: Avvallon, 2009. - 176 p. ISBN 978 5 94989 141 4 Ez a brosúra elsősorban tanároknak szól, és természetesen a benne található információk..."

„OROSZ PIDPRIEMNITSKE JOG kezdeti-módszertani komplexuma 030500 - Jogtudomány Moszkva 2013 Szerző - a polgári jogi tudományok tanszékének vezetője Lektor - Bevezető-módszertani komplexum a polgári jogi diszciplínák kávézójának ülésén kiadott jegyzőkönyv3_ 201 . Orosz vállalkozási jog: kezdeti és módszeres ... »

"A. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin A MORDOVIA KÖZTÁRSASÁG FÖLDRAJZA Tankönyvvezető SARANSK VIDAVNITSTUVO MORDOVAI EGYETEM 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2Р351-6Мо) Y549 Természettudományi Egyetem Peográfiája Tanszék; orvos földrajzi tudományok A. M. Nosonov professzor; a 39. számú Saransk A. V. Leontyev iskolakomplexum tanára a tantestület érdekében elkötelezett a kezdeti módszertani döntések mellett egyetem előtti képzésés középen..."

OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYOS MINISZTÉRIUM AZ RF NEMZETI FEJLESZTETT NUKLEÁRIS EGYETEM "MYTHI" T.I. Bukharova, V. L. Kaminin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Előadások alapvető differenciálegyenletekről A "Nuclear Physics and Technologies" oktatási intézmény által ajánlott alaptankönyvként emelt szintű hallgatók számára Moszkva 2011 UDC 517.9 TÜ 517.9 BB.16 Buharkova 22.9. Kaminin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Előadások az alapvető differenciálegyenletekről: Alapvető kézikönyv. - M.: NRNU MYFI, 2011. - 228 p. A kezdeti kézikönyv egy előadássorozat alapján készült, amelyet a szerzők a jövőben a Moszkvai Mérnöki és Fizikai Intézetben olvasnak fel. Valamennyi kar NRNU MEPhI hallgatóinak, valamint felsőfokú matematikai képzéssel rendelkező egyetemistáknak készült. A kézikönyv az NRNU MIFI létrehozásának és fejlesztésének programja keretében készült. Lektor: a fizika-matematika doktora. Tudományok N.A. Kudrjasov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nemzeti Doszlednyickij Nukleáris Egyetem „MIFI”, 2011 Zmist Peredmova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Bevezetés az elsődleges differenciálegyenletek elméletébe Alapfogalmak. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchy problémája. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. A Cauchy-probléma megalapozása és egyesítése az I. rendű kiegyenlítéshez Az elsőrendű ODE egységtétele. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Megoldás megléte a Cauchy-problémára az elsőrendű ODE-nél. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az elsőrendű ODU megoldásának folytatása. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchy-probléma n-edrendű normálrendszerre A vektorfüggvények járulékos hatványának alapfogalmai és műveletei. . . . A Cauchy-probléma megoldásának integritása egy normál rendszerben. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Értse meg a metrikus teret. Kapja meg a következő kijelzőket. . . . . . Lét- és egységtételek a Cauchy-probléma megoldására normál rendszerekre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. A rangok elválasztható változókkal való négyzetesítésében létező elsődleges differenciális rangok különböző osztályai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az elsőrendű lineáris OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ugyanaz a szint. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyanna Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Szintezés az új differenciálművekben. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Az első rendhez viszonyítva, amelyet nem szabad megkötni az OAU létezésének és megoldási egységének látszólag hasonló tétele, megengedett, hogy hasonló legyen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Különösen elhatározta. Diszkriminancia görbe. Körbemenni. . . . . . . . . . . . . . . . Paraméter beviteli mód. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagranæ falu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannaya Klero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Lineáris ODE-rendszerek Alapfogalmak. Tétel a lineáris ODA-k egyetlen rendszerének problémamegoldásának létezésére és egységére. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vronszkij helyettese. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egyrétegű rendszer integrált megoldásai. Áttérés a valódi FSR-re. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineáris ODU-k heterogén rendszerei. Az állandó variációk módszere. . . . . Lineáris ODU-k egységes rendszerei állandó együtthatókkal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kijelző funkció mátrixban. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Koshy 85. . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100. . . 111 Lineáris ODU-k heterogén rendszerei állandó együtthatóval. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. A magasabb rendű lineáris ODE-k lineáris ODE-k rendszerévé redukálódnak. Létezés és egységtétel a Cauchy-feladat megoldására. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Egységes lineáris OÄU kiváló minőségű. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Komplex megoldások ereje egyetlen, magas szintű lineáris OÄU-hoz. Átmenet az összetett ESR-ről a valódira. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magas rendű inhomogén lineáris ODA-k. Az állandó variációk módszere. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Magas rendű, egységes lineáris OÄU-k állandó együtthatókkal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inhomogén lineáris OÄU magas rendű állandó együtthatókkal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. A reziliencia elmélete A rezilienciával kapcsolatos alapfogalmak és jelentések. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lineáris rendszermegoldás rugalmassága. . . . . . Ljapunov tétele a stabilitásról. . . . . . . . . . Tartósság első megközelítésre. . . . . . . A fázispályák viselkedése a nyugalompont közelében 162. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Az ODE rendszerek első integráljai 198 Első integrálok autonóm rendszerek kezdeti differenciálegyenletek198 OÄU nem autonóm rendszerei. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Az OÄU rendszerek rögzítése szimmetrikus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Rivnyany az elsőrendű magánhasonlóságokban Egységes lineáris kiegyenlítés az elsőrendű privát hasonlóságokban Cauchy-féle probléma lineáris kiegyenlítésre az elsőrendű privát hasonlóságokban. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvázi lineáris féltékenység elsőrendű magánügyekben. . . . Cauchy-probléma kvázilineáris egyenletekhez elsőrendű privát hasonlóságokban. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Irodalomjegyzék. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4- 210. . . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 PEREDMOVA A könyv elkészítésekor a szerzők azt a feladatot tűzték ki maguk elé, hogy egy helyre gyűjtsék össze, és hozzáférhető formában mutassák be a szélsőséges differenciálegyenlőség elméletéhez kapcsolódó táplálkozás nagy részét. Az NRNU MIFHI-ben (és más egyetemeken) olvasható, az alapdifferenciáltanfolyam kötelező nyelvi programjában szereplő anyagokon kívül a kiegészítő táplálkozás is bekerült a tankönyvbe, mint általában, nem látható Itt az ideje az előadásoknak, különben lesznek. Ezek hasznosak a téma gyors megértéséhez, és a jelenlegi hallgatók számára hasznosak lesznek jövőbeni szakmai tevékenységeik során. A javasolt szöveg minden állítása matematikailag szigorú bizonyítást kapott. Ezek a bizonyítások általában nem eredetiek, de mindegyiket a matematikai kurzusok MIF-ben történő bemutatásának stílusának megfelelően dolgozzák fel. A tudósok és gondolkodók széles köre során a matematikai tudományágak új és részletes bizonyítékokat követnek, az egyszerűtől a bonyolultig. Ennek a kézikönyvnek a szerzői is ugyanezeket a gondolatokat folytatják. A könyvben bemutatott elméleti információkat megfelelő számú csikk elemzése támasztja alá, ami, mint gondoljuk, leegyszerűsíti az anyag szövegértését. A kézikönyv a felsőfokú matematikai képzettséggel rendelkező egyetemistáknak szól, elsősorban az NRNU MIFI hallgatóinak. Ebben az esetben is sértő lesz mindenki számára, akit a differenciálegyenletek elmélete és a matematikának ez az ága érdekel munkája során. -5- I. fejezet Bevezetés az elsődleges differenciálegyenletek elméletébe 1. 1. Alapfogalmak A kézikönyvben a ha, bi-n keresztül azt fogjuk jelölni, hogy az (a, b), (a, b),, x0 szorzókból 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. ln C 6 x0 x0 A fennmaradó egyenetlenségek és stagnálás (2.3) potencírozása után 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 minden x 2-re [1, 1]. Megbecsüljük a jf (x, y2) f (x, y1) j = sin x y1 y2 6 különbséget minden (x, y) 2 G-re. Ily módon f kielégíti Lipshits elméjét L = 1-el, valóban megfelel L = sin 1 y-val. Az fy0 megközelítés azonban az (x, 0) 6 = (0, 0) pontokban nem működik. A következő tétel önmagában lehetővé teszi a Cauchy-probléma megoldásának befejezését. 2. 1. Tétel (Két megoldás különbségének becsléséről). Legyen G régió 2 R-ben és f (x, y) 2 CG, és G-ben kielégíti Lipshits elméjét y mentén L konstanssal. Mivel y1, y2 két megoldás egyenlő y 0 = f (x, y) per szakasz, akkor az egyenlőtlenség igaz (pontszám): jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 minden x 2-re. -19- y2 Prov. 2,2 megoldás értékére a (2.1) egyenletet eltávolítjuk, így 8 x 2 pont x, y1 (x) és x, y2 (x) 2 G. Minden t 2-re megkaphatjuk a helyes y10 (t) = ft, y1 (t ) és y20 (t) = ft, y2 (t) egyenlet, tehát t felett integráljuk a szakaszba, ahol x 2. Az integráció törvényes, mivel a jobb és bal oldali rész nem. folyamatos a függvényben. Kiküszöböljük a Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt féltékenységi rendszert. x0 Másrészt 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 Jelentősen C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t) Ezért a Gronwall-Aellman torzításra levonjuk a becslést: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)> 0. minden x 2. A tétel kész. A tétel eredményeképpen a (2.1), (2.2) Cauchy-feladat megoldására egységtételt vezetünk le. Következmény 1. Legyen az f (x, y) 2 C G és kielégíti Lipshitz elméjét y-ban, és az y1 (x) és y2 (x) függvényeknek van két megoldása (2.1) ugyanazon a szakaszon, és x0 2 . Ha y1 (x0) = y2 (x0), akkor y1 (x) y2 (x) bekapcsolva. Befejezett. Nézzünk két típust. -20- 1. Legyen x> x0, majd a 2. Tételből 1 nyomvonal, tehát h i majd y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) x> x0 esetén . 2. Legyen x 6 x0, cseréljük le t = x, majd yi (x) = yi (t) y ~ i (t) ha i = 1, 2. X 2, majd t 2 maradványai [x0, x1] és viconno féltékenység y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0). Világos, hogy milyen féltékenyek elégedettek y ~ i (t) értékkel. A féltékenység megközelítése helyes: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t)). Itt tanultuk meg a hajtási függvény differenciálási szabályát és azt, hogy yi (x) a kiegyenlítés célja (2. 1). Mivel az f ~ (t, y) f (t, y) függvény folytonos és kielégíti Lipshits elméjét y-n, ezért a 2. 1 Tétel alapján lehetséges, hogy y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) on [x0, x1 ], majd y1 (x) y2 (x) bekapcsolva. Ha a bűncselekményt figyelembe veszik, a nyomozás szilárdságát elutasítják. Következmény 2. (a kezdeti adatok folytonos folytonosságáról) Legyen az f (x, y) 2 CG függvény, és kielégítse Lipshits elméjét y-ben L konstanssal, és az y1 (x) és y2 (x) függvények a megoldás Rivnyanya (2.1) , dalok tovább. Jelöljük l = x1 x0 і δ = y1 (x0) y2 (x0). Ekkor 8 x 2-nél az y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l egyenlőtlenség igaz. A bizonyítás a 2. Tételből következik. 1. A 2. következményből származó bizonytalanságot a megoldás stabilitásának becslésének nevezzük a kiindulási adatok alapján. Az értelme abban rejlik, hogy ha x = x0-nél a megoldások „közel”, akkor a végén a bűz is „közel”. A 2. 1. tétel becslést ad két megoldás különbségének modulusára, ami az összeadások szempontjából fontos, végül az 1. a (2.1), (2.2) Cauchy-probléma teljes megoldását adja. És vannak más, elegendő egységtudó elmék is, amelyek közül az egyiket meghonosítjuk. A Cauchy-probléma geometriai egysége mindenekelőtt azt jelenti, hogy a G régió (x0, y0) pontján legfeljebb egy integrálgörbe (2.1) haladhat át. 2.2. Tétel (Osgood az egységről). Legyen f (x, y) 2 CG függvény és 8 (x, y1), (x, y2) 2 G esetén az f (x, y1) f (x, y2) 6 egyenlőtlenség. 6 φ jy1 y2 j, de φ ( u)> 0 u 2 (0, β] esetén, φ (u) folytonos, és Zβ du! +1, ha ε! 0 +. Ekkor a φ (u) ε G tartomány nem megy át az (x0) ponton , y0) egynél több integrálgörbe (2.1) -21- Bizonyítás: Nem számít, van két megoldás, y1 (x) és y2 (x) egyenlő (2.1), így y1 (x0) = y2 (x0) = y0, szignifikáns z (x ) = y2 (x) y1 (x).dyi Tehát mivel = f (x, yi), ha i = 1, 2, akkor z (x) esetén a dx dz = f (x, y2) f (x, y1 ). egyenetlenség: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjφ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j de integrációt végrehajtunk minden olyan szakasz mentén, ahol z (x)> 0, és zi = z (xi), i = 1, 2. Feltételezések után z (x) 6 0 i ráadásul folytonos, így találsz egy ilyen szakaszt, válassz egyet és rögzítsd Nézzük meg a halmazokat n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 і z (x) = 0. Bár az egyik szorzó nem üres, mivel z (x0) = 0 і x0 62. Legyen például X1 6 = ∅, van határ a fenevad között, akkor 9 α = sup X1. Lényeges, hogy z (α) = 0, majd α 2 X1, feltételezve, hogy z (α)> 0, a matematika megszakíthatatlansága miatt z (x)> 0 bármely α δ1, α + δ1 intervallumon, és nem helyettesíti az α = sup X1 értéket. Figyelembe véve z (α) = 0 viply, tehát α< x1 . По построению z(x) > 0 minden x 2-re (α, x2], és z (x) folytonossága miatt! 0 + x-re! Α + 0. Megismételhető a (2.5) származtatásánál, az [α + δ, x2 szakaszon keresztül integrálva ], ahol x2 több van kiválasztva és rögzítve, és δ 2 (0, x2 α) elegendő, az egyenetlenség megszűnik: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. α + δ Ebben a vonatkozásban egyenlőtlenség közvetlenül δ! 0 +, majd z (α + δ)! z (α) = 0, з Zjz2 jd jzj2! +1, z (x) mentális folytonosságra, majd 2 integrál jzjφ jzj tétel jz (α + δ) j -22- Az Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α egyenlőtlenség jobb oldali részét α + δ egy szélső végérték veszi körül, ami azonnal lehetetlen. tegyük fel, hogy a (2.1), (2.2) Cauchy-törvények alapján érthető, hogy az y (x) függvényt újra meg kell találni: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y (x0) = y0, (x0, y0 ) 2 G, de f (x, y) 2 CG és (x0, y0) 2 G; G egy régió az R2-ben. 2. Lemma. 2. Legyen f (x, y) 2 CG Amikor a szembejövő erőd helye kirajzolódik: 1 ) tetszőleges megoldás φ (x) egyenlet (2.1) a ha, bi intervallumra, kielégítve (2.2) x0 2 ha, bi, є megoldások ha-ra, bi integrál egyenlet Zx y ( x) = y0 + f τ, y ( τ) dτ ; (2.6) x0 2) ha φ (x) 2 C ha, bi a (2.6) integrálegyenlet megoldása ha, bi, 1 de x0 2 ha, bi, akkor φ (x) 2 C ha, bi és oldatok (2.1), (2.2). Befejezett. 1. Oldja meg φ (x) (2.1), (2.2) ha, bi-n. Szintén tiszteletre 2,2 φ (x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi féltékenyek lehetünk φ 0 (τ) = f τ, φ (τ), x0-ból x-be integrálva, eltávolítjuk (ha van x 2 ha , bi) Rx φ (x) φ (x0) = f τ, φ (τ) dτ, és φ (x0) = y0, akkor φ (x) a megoldás (2.6). x0 2. Legyen y = φ (x) 2 C ha, bi - döntés (2.6). Mivel f x, φ (x) nem folytonos ha, bi-n a határ mögött, akkor Zx φ (x) y0 + f τ, φ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 a változó felső határának integráljaként nem folytonos függvényként. A differenciálás egyenlő marad x-hez képest, vesszük φ 0 (x) = f x, φ (x) 8 x 2 ha, bi és nyilvánvalóan φ (x0) = y0, akkor φ (x) a Cauchy megoldása. probléma (2.1), (2.2). (Mint az előbb, a szakasz végén is érthető, hogy van egyoldalú megközelítés.) -23- Tisztelet 2. 6. A 2. 2. lemmát a (2.1) Cauchy-probléma ekvivalenciájáról szóló lemmának nevezzük, (2. 2) integrál szint (2.6). Miután bebizonyítottuk, hogy a (2.6) egyenlet megoldása érvényes, kiküszöbölhetjük a (2.1), (2.2) Cauchy-feladat megoldásának lehetőségét. Ez a megvalósítási terv a következő tételben. 2. 3. tétel (Lokális tétel). Legyen a P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β téglalap teljes egészében az f (x, y) függvény értékének G tartományában. Az f (x, y) 2 C G függvény kielégíti Lipshitz elméjét n y ov G-n L konstanssal. Jelöljük β M = max f (x, y), h = min α, M. Ekkor a P szakaszban megoldjuk a Kosha feladatot (2.1 ), (2.2). Befejezett. Ebben a szakaszban a (2.6) integrálegyenlet megoldását telepítjük. Amihez megnézzük a függvények sorozatát: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ stb. x0 1. Mutassuk meg, hogy 8 n 2 N függvény yn (utolsó közelség) van definiálva, akkor megmutatjuk, hogy 8 x 2-nél az yn (x) y0 6 β egyenlőtlenség minden n = 1, 2, esetén kiegyenlítve van. . . A matematikai indukció (MMI) módszerével gyorsítva: a) indukciós alap: 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) jx x 0 j 6 α, M0 6 M esetén; b) orvvadászat és indukciós időszak. Legyen igaz yn 1 (x)-re, bizonyítsuk be yn-re (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Tehát mivel jx x0 j 6 h, akkor yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Módszerünk a legközelebbi yk (x) k = 0 tétel egymásutániságának bizonyítása lesz, amelyre könnyen vizualizálható: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. . . + Yn yn 1, k = 1 a részösszegek sorozata a függvénysorozatban. 2. Becslések szerint ennek a sorozatnak a tagjai 8 n 2 N és 8 x 2 instabilitás kialakulását idézték elő: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! A matematikai indukció módszere egyszerű: jx n 1 + 1 hn. n! (2.7) a) indukciós alap: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, kiterjesztett; b) orvvadászat és indukciós időszak. Legyen igaz n-re, mondjuk jógo n-re: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, - dτ 6 x0 Zx i yn 6-ig Lipshitsya-hoz 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 feltételezett indukcióval 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Itt megjegyeztük, hogy az I = jτ x0 integrál x> x0 esetén x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk + 1> Bk minden k 2 N esetén; 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 kerekítve Az A, B 2 R kötésnél további keményítést adunk (A és B is vége; ha A = 1 vagy B = + 1, akkor ugyanaz). Vegyünk x A B x, további x 2 (A, B) і δ (x) = min, δ (x)> 0. 2 2 számhoz δ z zbizhnosti Ak! A és Bk! B kiesik, így 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. Zastosovuyuchi öröklődés 1 p. 2.1 (az egységtétel is), tagadjuk, hogy φ (t) ψ (t) minden t 2 i-re, t = x esetén is. Mivel x egy elégséges pont (A, B), akkor a kioldás befejeződött, és egyben a végső következtetés is. Tisztelet 2. 10. A vizsgálat eredményeivel ismerkedtünk meg először a döntés nagyobb léptékű folytatásának fogalmával. A következő bekezdések sokkal részletesebbek. Vigyünk egy csomó csikket. p 2. példa 2. Az y 0 = ejxj x2 + y 2 egyenlethez értse meg, mi az alapja a döntésének mindenre (A, B) = (1, 1). Nézzük meg a Q = R2 „smoothie” egyenletet, a p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x) függvény. ∂y x2 + y 2 A 2.1. pont 2.1 állításait követve az f (x, y) függvény kielégíti Lipshit elméjét y-ra vonatkozóan az L = L (x) „konstans” mellett, x rögzített. Ekkor az összes következmény levonható, és bármilyen kezdeti adattal (x0, y0) 2 R2 a Kosha probléma megoldása továbbra is ugyanaz az (1, 1) ponton. Lényeges, hogy maga az egyenlet kvadratúrában nem fontos, de numerikusan a közeledő döntések késztethetnek. szignifikáns és folytonos Q-ban, -32- 2. példa. 3. Az y 0 = ex y 2 egyenlethez értse meg döntésének alapját, az R-en szereplő dalokat. Nézzük meg újra a „smoothie” Q egyenletét = R2, ahol ∂ ff (x, y) = ex y 2 függvény definiált és nem megszakítható, a = 2yex, akkor megjegyezhetjük, hogy ∂y, hogy az intellektuális következmények sérülnek, de nincs ilyen nem megszakítható függvény L (x), így f (x, y 2 ) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j minden y1, y2 2 R esetén. igaz, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, és viraz jy2 + y1 j nem cserélhető fel y1, y2 2 R-re. Ily módon az eredmény nem stagnál. A fő elv a „mögöttes változás”, a rejtett megoldást elutasítjuk: „y (x) = 0, y (x) = 1. Ex + C Vegyük az x0 = 0 értéket, y0 2 R. Ha y0 = 0 , akkor y (x ) 0 - a Cauchy-feladat megoldása R-n. 1 - a Cauchy-feladat megoldása y0 2 [1, 0) esetén az ex minden x 2 R-re meghatározva, y0 2-re pedig (1, 1) [(0, +1) nem terjeszthető ki y0 + 1 megoldás az x = ln ponton. Pontosabban, ha x> 0, akkor y0 1 megoldás y (x) = y0 +1 x 2 (1, x), és ha 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, akkor a megoldás csak x 2 1-re érvényes, ln y0 Ez a példa azt mutatja, hogy a növekvő f (x, y) függvény kiterjesztése a 2. Tétel eredő következményében. 4 az alapja annak, hogy a megoldást kiterjesztjük az egészre (A, B). Hasonló az f (x, y) = f1 (x) y 1 + ε függvény használata tetszőleges ε > 0 esetén, az alkalmazott példában a számítás áttekinthetősége érdekében ε = 1-et vettünk. 2. 3. A 2. érték elsőrendű ODE megoldásának folytatása. 5. Nézzük meg az y 0 = f (x, y) egyenletet, és legyen y (x) a ha, bi és Y megoldása. (x) legyen a megoldás hA , Bi és ha, bi található hA, Bi és Y (x) = y (x) ha, bi. Ekkor Y (x)-et az y (x) megoldás hA, Bi kiterjesztésének nevezzük, és y (x) körül azt mondjuk, hogy hA, Bi-re van kiterjesztve. -34- A 2.2 szakaszban elvégeztük a lokális tételt és a Cauchy-probléma (2.1), (2.2) szétválasztását. Milyen elmék számára terjeszthető ki a döntés szélesebb körre? Kinek az ételéhez és áhítatához tartozik ez a bekezdés. Ennek fő eredménye az offenzívában rejlik. 2.5. Tétel (a megoldás zárt tartományban való folytatásáról). Legyen az f (x, y) 2 CG függvény kielégíti Lipshitek elméjét az R2-ben lévő y mentén, és (x0, y0) a zárt G G zárt tartomány belső pontja. Ezután az (x0, y0) ponton áthaladunk. az y 0 = f (x, y) szintező megoldáson keresztül, amely egészen ∂G-ig nyúlik a G régió kordonjáig, majd kiterjeszthető olyan szakaszra, amely a, y (a) és b, y pontokat mutat. (b) feküdj ∂G-n. ∂f (x, y) folytonos egy korlátos, zárt, y-konvex G tartományban, akkor az f (x, y) függvény kielégíti Lipshits elméjét G-ben az y változó tekintetében. Div. Naslidok a 2. állításból. 1 ∂f a 2.1. pontból. Ezért egy tétel akkor adott, ha érvényes, mivel ∂y G-ben nem szakaszos. Tisztelet 2. 11. Találd ki, mit, mert Bizonyítás. Mivel (x0, y0) G belső pontja, akkor van egy zárt egyenes nem 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β, teljes egészében G-ben fekszik. Ekkor a 2. Tétel szerint. 3 p. 2.2 van h> 0 úgy, hogy az y = φ (x) megoldás egyenlő y 0 = f (x, y). Először folytatjuk a folyamatot jobbra egészen a G terület kordonjáig, a bizonyítást darabokra bontva. 1. Nézzük a semleges ER-t: nincs E = α> 0 megoldás y = φ (x) folytatás a fő megoldáson y = φ1 (x) y 0 = f (x, y), ami kielégíti az elmét Cauchy φ1 ~ b = φ ~ b. Így φ (x) és φ1 (x) - az x = ~ b pontban találkozó egy szintű ~ b h1, ~ b szakaszra vonatkozó döntés eredményeként, majd mindegyik ~ b h1 szakaszon találkoznak, ~ b i tehát , φ1 (x) є a φ (x) megoldás folytatása a ~ b h1, ~ b szakasztól a ~ b h1, ~ b + h1 szakaszig. Nézzük meg a ψ (x) függvényt: φ (x), x 2 x0, ψ (x) = φ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, tehát A döntések egyenlőek y 0 = f (x, y) és Kosha elméjét kielégíti ψ (x0) = y0. Tehát az α0 + h1 2 E szám, és nem az α0 = sup E. Tehát a 2 kiesés kínos. Hasonló módon a φ (x) megoldás balra, oldalra mozog az a pontba, φ (a) 2 ∂G. A tétel teljesen bebizonyosodott. -37- III. Cauchy-feladat n-edrendű normálrendszerre 3. 1. Egy vektorfüggvény járulékos hatványának alapfogalmai és műveletei Ebben a részben egy 8> t, y, alakú n-edrendű normálrendszert vizsgálunk. . . , Y y _ = f 1 n 1 1>,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > >: Y_ = f t, y,. . . , Y, n n 1 n ismeretlen (keresett) függvényekkel y1 (t),. . . , Yn (t), és az fi függvények kapcsolódnak, i = 1, n, a függvény feletti pont a t megközelítését jelzi. Átviszik, hogy minden fi értéke a G Rn + 1 tartományban van. Írja fel manuálisan a (3.1) rendszert vektor formában: y_ = f (t, y), ahol y (t) y1 (t). . . , Yn (t), f (t, y) f1 (t, y). . . , Fn (t, y); Nem írunk nyilakat az írási stílushoz kijelölt vektorokba. Az ilyen bejegyzést (3.1) is jelöljük. Legyen a t0, y10, pont. . . , Yn0 G. Cauchy (3.1)-re vonatkozó feltevése a (3.1) rendszer φ (t) ismert megoldásában rejlik, amely kielégíti az elmét: φ1 (t0) = y10, φ2 (t0) = y20, ..., φn (t0 ) = yn0, (3.2) vagy a φ (t0) = y 0 vektorformára. Ahogy az 1. szakaszban elmondtuk, a (3.1) rendszer megoldásai alatt a ha, bi intervallumra a φ () vektorfüggvényt értjük. t) = φ1 (t), . . . , Φn (t), ami kielégíti az elmét: 1) 8 t 2 ha, bi pont t, φ (t) G-ben fekszik; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt φ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi φ (t) kielégíti (3.1). Mivel a megoldás kiegészíti (3.2), ahol t0 2 ha, bi, ezért a Cauchy-probléma megoldásának nevezzük. Az Umovi-t (3.2) a cob umovy vagy umovy Cauchy, és a t0, y10, számok hívják. . . , Yn0 - Cauchy danimi (cob danimi). Ezenkívül, ha az f (t, y) (n + 1) vektorfüggvény y1-re változik,. . . , Yn lineáris, tehát így néz ki: f (t, y) = A (t) y + g (t), ahol A (t) = aij (t) - n n mátrix, a (3.1) rendszert lineárisnak nevezzük. Használnunk kell a vektorfüggvények hatványát, amit a könnyebb áttekinthetőség kedvéért ide kell küldenünk. A lineáris algebra kurzusából származó vektorok számokkal való összeadásának és szorzásának szabályai, ahol a fő műveletek összehangolva vannak. n R-ben megadhatja az x, y = x1 y1 + skaláris kifejezést. . . + Xn yn, akkor a jxj = x, x = x2k (vagy az euklideszi norma) vektor s q n P megkettőzésével az euklideszi tér megszűnik, ahogy Rn-t is jelöljük. A skaláris k = 1 létre és dovzhin igazságosság esetén két fő egyenlőtlenség van: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn skogo). x + y 6 x + y x, y 6 x (a tricutule egyenetlensége); y (Kosha Aunyakov egyenetlensége - A másik félév matematikai elemzésének menetéből kitűnik, hogy az euklideszi térben (nyúzott világban) a pontsorozatok (vektorok) hasonlósága egyenértékű a koordinátasorozat hasonlóságával Ezek a vektorok a koordináta-közelség szempontjából egyformán erősnek tűnnek, és könnyen befolyásolhatók az egyenetlenségek: qp max x 6 x21 +... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Hasonlóan a skalárhoz, a vektor integrálja függvény kiszámítása, és a teljesítmény egy további átmenet segítségével könnyen a koordinátákhoz állítható. Vezessünk be bizonyos vektorfüggvényekre vonatkozó egyenlőtlenségeket, amelyekről később lesz szó. 1. Bármely y (t) = y1 (t), vektorfüggvényre. . . , Yn (t), integrálva (például megszakítás nélkül) be, a Zb Zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) egyenlőtlenség vagy koordináta alakban 0 Zb Zb y1 (t) dt , @ y2 (t) dt,. . . , A 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) +. . . yn2(t)dt. a a Bizonyíték. Tisztelettel először is egyenetlenség esetén nem kapcsol ki a b fázis< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [E-mail védett] 2 + 2 l = 1 2 x, k, i = 1 csillag (3.5). 3. érték 1. Tegyük fel, hogy az f (t, y) vektorfüggvény kielégíti Lipshits elméjét az y vektorváltozó szerint sok 1 G változócsoportra (t, y), mivel 9 L> 0 úgy, hogy tetszőleges t , y , 2 t, y 2 G az ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 egyenetlenség eltorzul. yu y" területen G є magánlátogatók összekapcsolása. Damo pontosabb. Jelentés 3. 2. A (t, y) változó G területét konvex 1 2-nek nevezzük y mentén, bármely két t, y és t, y pontra, amelyek G-ben vannak, teljesen átfedik egymást, és az összekötő szakasz két pont, azaz személytelen n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1, de τ 2. Megerősítés 3. 1. Mivel a (t, y) változó G tartománya y mentén kerekítve van, ∂fi privát pedig nem folytonos, és körülveszi egy l konstans G-ben az összes i ∂yj-re, j = 1, n, akkor az ft, y vektorfüggvény kielégíti Lipshits elméjét G-ben y-ra vonatkozóan az L = n l konstanssal. 1 2 Bizonyítás. Nézzük meg a szakaszban a további t, y és t, y pontokat G-ből és 1 2-ből, majd ezek összekapcsolódnak, majd t, y, ahol y = y + τ y y1, t - rögzítettek, és τ 2. -41- Beírjuk az egyik skaláris argumentum vektorfüggvényét g (τ) = ft, y (τ), 2 1, majd g (1) g (0) = ft, yft, y, és a másik oldalon - Z1 g (1) g (0) = dg (τ) dτ = dτ Z1 A (τ) dy (τ) dτ = dτ 0 0 h = y = y 1 + τ y 2 yi 1 miatt Z1 = A (τ) ) y 2 y 1 dτ , 0 de A ( τ) egy mátrix ∂fi elemekkel, és ∂yj y2 y 1 egy részhalmaz. Itt egy hajtogatási függvény differenciálási szabályát használtuk, és önmagát, minden i = 1, n, t - fix esetén: gi0 (τ) = ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t, y (τ) = + + ... + = dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1. = ∂y1 ∂yn Mátrix formában rögzítve a következõ: 0 2- 1 g (τ) = A (τ) y y n n mátrixszal A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj. Az integrál (3.3) és egyenlőtlenség (3.5) vikorista becslése, behelyettesítés után eltávolítjuk: 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) töredékek 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i, ∂ j = 1 yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 at 8 τ 2. A megerősítés befejeződött. -42- 3. 2. A Cauchy-feladat megoldásának azonosítása normál rendszerre 3. 1. Tétel (két megoldás közötti különbség becsléséről). Legyen G az Rn + 1 régióként, és az f (x, y) vektorfüggvény folytonos G-ben, és kielégíti Lipshits elméjét az arctalan G-n lévő y vektorváltozó szerint L konstanssal. Mivel y 1, y 2 a normálrendszer (3.1) y_ = f (x, y) két megoldása szakaszonként, akkor az y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t) t0) minden t 2-re érvényes. A bizonyítás szó szerint, nyilvánvaló újrajelöléssel megismétli a 2.1. pont 2.1. tételének bizonyítását. 2 Könnyen levezethető a megoldások egység- és stabilitástétele a cob adatokból. Következmény 3.1. Legyen az f (t, y) vektorfüggvény nem folytonos a G tartományban, és kielégítse Lipshitz elméjét y-ban, és az y 1 (t) és y 2 (t) függvények a (3.1) normálrendszer két megoldása. ugyanaz a szakasz, Sőt, t0 2. Ha y 1 (t0) = y 2 (t0), akkor y 1 (t) y 2 (t) tovább. Következmény 3.2. (A megszakítás nélküli tárolásról a kezdeti adatokban). Legyen az f (t, y) vektorfüggvény folytonos a G tartományban, és az y-beli Lipshitz-elmében L> 0 konstanssal teljesül, az y 1 (t) és y 2 (t) vektorfüggvények pedig megoldják a normálrendszert. (3.1) , dalok tovább. Ekkor 8 t 2 időpontban igaz az y 1 (t) egyenlőtlenség, ahol δ = y 1 (t0) y 2 (t0), és l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Az öröklődés bizonyítása szó szerint, nyilvánvaló újratervezéssel megismétli a 2.1 és 2.2 öröklődésének bizonyítását. 2 A Cauchy-probléma (3.1), (3.2) megoldási lehetőségének feltárása az egydimenziós fázishoz hasonlóan az integrálegyenlet (vektor) megoldására redukálódik. Lema 3. 1. Legyen f (t, y) 2 C G; Rn 1. Amikor a következő lépések rajzolódnak ki: 1) legyen φ (t) szint (3.1) megoldás a ha, bi intervallumra, kielégítve (3.2) t0 2 ha, bi, є megszakítás nélkül megoldások ha, bi 1-en keresztül C G-re ; H szokás az összes nem-permanens függvény jelentését jelölni a G területén lévő függvényeknél a H térben lévő értékekkel. Például f (t, y) 2 C G; Rn komponensek), a személytelen G-n értékelve. - az összes személytelen vektorfüggvény személytelensége (n -43- integrálszinttel y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) mint egy vektor -függvény φ (t) 2 C ha, bi a (3.6) integrálegyenlet megszakítás nélküli megoldása ha, bi-n, ahol t0 2 ha, bi, akkor φ (t) nem megszakítható megoldása ha, bi és oldatok (3.1), (3.2). Befejezett. 1. Legyen 8 τ 2 ha, bi egyenlítsük ki a buzgalmat dφ (τ) = f τ, φ (τ). Ekkor t0-ból t-be integrálva a (3.2) egyenlettel, fele dτ Rt 0, mint φ (t) = y + f τ, φ (τ) dτ, akkor φ (t) teljesíti a (3.6) egyenletet. t0 2. A φ (t) folytonos vektorfüggvény kielégítse a (3.6) egyenletet ha, bi-n, akkor ft, φ (t) folytonos ha, bi-n a hajtható függvény folytonos folytonosságára vonatkozó tétel alapján, és a jobb rész (3.6) ( És ezután a bal rész) folyamatosan mozog t mentén ha, bi-ig. Ha t = t0 a (3.6) φ (t0) = y 0-ból, akkor φ (t) a (3.1), (3.2) Cauchy-probléma megoldása. Kedves, ahogy mondod, a szakasz végére menni (ahogy kell) egyirányú funkciót jelent. Lema kész. Tisztelet 3. 1. Az egydimenziós kieséssel (2. szakasz) és az elkészült megszilárdulások analógiájával bevezethetünk egy témát a Cauchy-probléma eredetéről és folytatásáról, létrehozva egy iteratív sorozatot, amely az integrál szintig konvergál. (3.6) a következő t0 h , t0 + h szakaszon van a maximumon. Itt egy újabb bizonyítékot mutatunk be az eredet (és egység) megoldás tételére, amely a kompressziós rezgések elve körül forog. Fontos, hogy az olvasót megismertessük a korszerűbb elméleti módszerekkel, amelyekről a későbbiekben az integrálegyenletek és a matematikai fizika kurzusaiban lesz szó. Tervünk teljesítéséhez számos új felfogásra és további elvekre lesz szükségünk, amelyeket most megvizsgálunk. 3. 3. A metrikus tér megértése. A kompressziós rezgések elve A matematikában a határok legfontosabb fogalma a pontok „közelségének” fogalma körül forog, hogy el lehessen állni közöttük. A numerikus tengelyen az arány két szám különbségének modulusa, a síkon jó az euklideszi arány képlete stb. Az elemzésben szereplő tények gazdagsága nem mond ellent az elemek algebrai erejének, hanem a köztük lévő megértések körül forog. Ennek a megközelítésnek a fejlesztése az „igazság” víziójának a határok megértéséhez vezet, ami a metrikus tér megértéséhez vezet. -44- Jelentés 3. 3. Legyen X személytelen elégedett természet, ρ (x, y) pedig két x, y 2 X változó aktív függvénye, amely három axiómát teljesít: 1) ρ (x, y)> 0 8 x , y 2 X és ρ (x, y) = 0 még nagyobb, ha x = y; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (szimmetria-axióma); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (a tricut egyenetlenségei). Az adott ρ (x, y) függvénnyel rendelkező X anonimitás ilyen típusát metrikus térnek (MP), a ρ (x, y) függvényt pedig X X 7-nek nevezzük! R, amely megfelel az 1) - 3), - metrika vagy helyettesítés. Nézzük meg a metrikus terek alkalmazásait. 3. példa 1. Legyen X = R a ρ (x, y) = x y kiterjesztésből, az MP R-ből kivetve. n o n xi 2 R, i = 1, n є 3. példa 2. Legyen X = R = x1, . . . , Xn n valós számból álló rendezetlen halmaz s n 2 P x = x1,. . . . R - határok nélkül a, b függvényeken Rn-ben lévő értékekkel, majd határok nélkül vektorfüggvények, ρ (f, g) = max f (t) g (t) kifejezéssel, ahol f = f (t) ) = f1 (t),. . . , Fn (t), t2 s n 2 P g = g (t) g1 (t),. . . , Gn (t), f g = fk (t) gk (t). k = 1 Alkalmazásokhoz 3. 1 -3. A MP 3 axiómája minden kétséget kizáróan, minden ok nélkül beigazolódik, ahogy az egy zavarodott olvasónak jogos. Mint korábban, mivel a bőr természetes n az xn 2 X elem megjelenését helyezi el, akkor úgy tűnik, hogy az xn MP X pontok sorozata adott, az érték 3. 4. Az xn MP X pontok sorozatát konvergálónak nevezzük. a pont x 2 X, I mit lim ρ xn, x = 0.n! 1 Érték 3. 5. Az xn sorozatot fundamentálisnak nevezzük, mivel bármely ε> 0 esetén létezik olyan N (ε) természetes szám, hogy minden n> N és m> N esetén meghatározásra kerül a ρ xn, xm egyenlőtlenség.< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n> N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 van egy N (ε) szám, amelyre minden n> N és minden t 2 a, b esetén megfelel az fn (t) f (t) egyenlőtlenség< 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. Nézzük, hogy B = Am, B: X 7! X, B - összenyomni. A 3.2. Tétel szerint a B operátornak egyetlen nem forgó x pontja van. Mivel A és B permutációk AB = BA, és mivel Bx = x, akkor B Ax = A Bx = Ax, akkor y = Ax a B integrálpont, és mivel ez a pont ugyanaz a 3. 2. Tétel szerint, akkor y = x vagy Ax = x. Az x csillag az A operátor töretlen pontja. Bizonyítsuk be az egységet. Elfogadható, hogy x ~ 2 X і A ~ x = x ~, akkor m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ =. . . = X ~, akkor x ~ is egy nem rukhoma pont B-re, csillagok x ~ = x. A tétel bizonyítást nyert. Keretezzük be egy metrikus térrel és egy lineáris normalizált térrel. Pontosítsunk. 3. érték. 9. Legyen X egy lineáris tér (akár összetettebb, akár összetettebb), amelyhez az x numerikus függvény hozzá van rendelve, X-ből kiindulva R-ben, és kielégíti a következő axiómákat: 1) 8 x 2 X, x> 0, és x = 0 akkor is, ha x = θ; 2) 8 x 2 X és 8 λ esetén 2 R (vagy C) hozzáadódik 3) 8 x, y 2 X egymáshoz). x + y 6 x + y λx = jλj x; (A háromszög egyenetlenségeit - Todi X normalizált térnek nevezzük, x: X 7! R, hogy 1) - 3 teljesüljön), - a norma. és a függvény Normalizált térben az elemek közötti távolságot a ρ x, y = x y képlet segítségével adhatjuk meg. Az MP axióma könnyen ellenőrizhető. Ha a metrikus teret teljesen kivesszük, akkor a standardizált teret Banán térnek nevezzük. Gyakran ugyanazon és ugyanazon lineáris tér A normát többféleképpen is bevezetheti. Ez a kapcsolat ennek a megértésnek köszönhető. Jelentés 3. 10. Legyen X egy lineáris tér, és th - az újon bevezetett két 1 2 norma. A і normákat ekvivalens 1 2 normáknak nevezzük, mivel 9 C1> 0 і C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. Tisztelet 3. 3. і - két egyenértékű norma X-en, і 1 2 Az X tér az egyik felett van, akkor a másik norma felett van. Ez könnyen következik abból a tényből, hogy xn X sorozata alapvető, alapvető is, és ugyanannak az elemnek x 2 X 1 2-ére konvergál. 3 ) zastosuєtsya ha a yakostі teljes n térben zárt teret veszünk o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, de r> 0 i a 2 X fix. Lényeges, hogy magában a PMP-ben a zárt mag az azonos állomással rendelkező PMP. E tény bizonyítása megfosztja az olvasó jogától. Tisztelet 3. 5. Nagyobb teret alakítottunk ki az n világgal 3. 3. Vegye figyelembe, hogy az X = C 0, T, R lineáris térben bevezethetjük a kxk = max x (t) normát úgy, hogy a normalizált mi Banach lesz. A 0, T térbeli megszakítatlan személytelensége alapján a vektorfüggvény segítségével ekvivalens normát vezethetünk be a kxkα = max e αt x (t) képlettel bármely α 2 R esetén. α> 0 esetén az ekvivalencia az e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) egyenlőtlenségekből következik minden t 2 0, T, e αT kxk 6 kxkα 6 kxk csillagra. Az ekvivalens normák erejével gyorsan eljutunk a Cauchy-probléma lineáris (normál) rendszerekre vonatkozó egyértelmű megoldására vonatkozó tételhez. 3. 4. A Cauchy-feladat eredet- és megoldási egysége normál rendszerekre Tekintsük a (3.1) - (3.2) Cauchy-feladatot, ahol a t0, y 0 2 G, G Rn + 1 kiindulási adat a tartomány az f (t, y ) vektorfüggvény értéke. Ebben a részben feltételezzük, hogy G lehet a G = a, b o, de Rn alakzat n alakja, és BR (y 0) = lehet helytétel. y 2 Rn y y0 6 R teljesen belefekszik. 3. Tétel. 4. Legyen az f (t, y) 2 C G vektorfüggvény; Rn, és 9 M> 0 és L> 0 úgy, hogy az elmék 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. Rögzítse a δ 2 (0, 1) számot, és legyen t0 2 (a, b ). Ha R1 δ 9 h = perc; ; t0 a; b t0> 0 ML, hogy igaz legyen, és ráadásul egyetlen megoldása legyen a Kosha-problémának (3.1), (3.2) y (t) szakaszonként Jh = t0 h, t0 + h és y (t) y 0 6 R minden t 2 Jh. -48- Bizonyítás. Lemі 3. 1 Cauchy-feladat (3.1) esetén (3.2) ekvivalens a (3.6) integrálegyenlettel a vágáson, majd a Jh-n, ahol h-t magasabbra választjuk. Nézzük meg az X = C (Jh; Rn) Banach teret - zárt személytelen elemet a Jh szakaszhoz egy x (t) vektorfüggvénnyel kxk = max x (t) normával, és egy zárt személytelen elemet viszünk be X-be. elem: 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 lezárások X-ben. Az A operátor, a szabályt követő értékek: Ay = y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 SR y 0-t önmagába fordítják, mivel y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y ( τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 mentális 1 tételhez és h értékhez. Bizonyítsuk be a squeeze operátor segítségével, hogy A az SR-en van. Eléggé 0 1 2 és becsülhető érték: nincs y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = max Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) ha 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 értéke R szerint van kiválasztva a következő képlettel: h = min M; 1L δ; b a, és a Jh furatban mindenhol -49-et kell venni Jh = t0, t0 + h = a, a + h. Az összes többi mentális tételt nem változtatják meg, és a bizonyítást, újratervezéssel, megőrzik. t0 = b esetre hasonlóan h = min M; 1L δ; b a, és Jh = b h, b. n Respekt 3. 7. Tétel 3. 4 Umov f (t, y) 2 C G; Az R, ahol G = a, b D, gyengíthető, ha f (t, y)-t a legállandóbb f (t, y)-re cseréljük, ha t-t y 2 bőrre változtatjuk, az 1. és 2. elme mentésével. nem változtat. Tisztelet 3. 8. Dosit, hogy megértse az 1 és 2 tételt 3. 4 konvolúciós 0 minden t, y 2 a, b BR y esetén, amelynél M és L konstans fekszik, 0 látszik, y és R. Intenzívebb Az ft, y vektorfüggvényre alkalmazva, hasonlóan a 2.4. Tételhez, a (3.1), (3.2) Cauchy-feladat megalapozásának és megoldási egységének tétele minden a, b szakaszra érvényes. n 3. Tétel. 5. Legyen az fx, y 2 CG, R, de G = a, b Rn és L> 0 vektorfüggvény úgy, hogy az elme 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. Ekkor bármely t0 2 és y 0 2 Rn esetén a, b-n a Mosha-probléma (3.1), (3.2) egyetlen megoldása is létezik. Befejezett. Jóval több t0 2 i y 0 2 Rn és fix ex. A személytelen G = a, b Rn a következő formában ábrázolható: G = G [G +, de Rn, a G + = t0, b Rn, fontos, hogy t0 2 a, b, egyébként egy G = a, t0 a bizonyítás szakaszaitól napi szinten lesz. Sötét bőrre árnyékolást végzünk G +. A t0, b szakaszban a (3.1), (3.2) Cauchy-egyenlet ekvivalens a (3.6) egyenlettel. Mutassuk be az n A integrál operátort: ​​X 7! X, de X = Ct0, b; R, az Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ képlettel. t0 Ekkor a (3.6) integrálegyenlet felírható az Ay = y műveleti egyenlet alakjában. (3.8) Mivel bebizonyítjuk, hogy a (3.8) operátoregyenlet megoldható a PMP X-ben, akkor a Cauchy-feladat megoldásának lehetősége t0, b vagy a, t0 pontokon G esetén megszűnik. akkor az ekvivalencia értelmében Cauchy problémájának megoldása ugyanaz lesz. Adjunk két bizonyítékot a (3.8) egyenletek közötti egyértelmű kapcsolatra. 1. bizonyítás. Nézzünk még több vektorfüggvényt 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, akkor bárkire valós becslések -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. Nyilvánvaló, hogy a normát X-ben a következőképpen vezetjük be: kxk = max x (τ). Az egyenlőtlenség eltávolításából a következőket fogjuk használni: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) = 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Ezt a folyamatot folytatva, indukcióval 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k elérése lehetséges! k y2 y1. A csillagok tehát kiiktatják az Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k becslést! k y2 y1. k Szilánkok α (k) =! 0 at k! 1, akkor vannak k0, k! mi 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 (3.5. osztás) a következő képlet szerint: x α = max e αt x (t). -51- Mutassuk meg, hogy lehet α-t úgy is kiválasztani, hogy az α> L normájú X térben lévő A operátor tömörítve lesz. Üzemi, 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 (τ) y 1 (τ) y 1 (τ) L max e αt Mivel α> L, akkor q = L α 1 1 αt e α e eαt0 L = α α b t0 y 2 y1 y 1 α = 1 e α b t0.< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об return függvény , A (4.3) egyenlőség miatt engedélyezhetjük y-t és eltávolíthatjuk az y (x) = F2 1 F1 (x) + C képletet, (4.4) az x0 pont körül érvényes. Mutassuk meg, hogy a (4.4) egyenlőség megoldást ad a (4.1) egyenletre az x0 pont körül. Hatékony, vikorista tétel a differenciális visszatérési függvényekről és az F10 (x) = f1 (x) összefüggést nézve eltávolítjuk 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), a csillagok azt mutatják, hogy a (4.4) y (x) függvény egyenlő a (4.1) megoldásokkal. Nézzük most a (4.1) egyenlet Cauchy-problémáját y (x0) = y0 cob-elmevel. (4.5) A (4.2) képlet Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C alakban írható fel. x0 y0 Ha ide illesztjük a Cob-t (4.5), tudjuk, hogy C = 0, akkor a megoldás a A Cauchy problémát a spivvіdnoshenya Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx határozza meg. x0 -56- (4.6) Nyilvánvalóan ez az érték egyedi. Szintén a (4.1) egyenlet végső megoldását a (4.4) képlet adja, a (4.4), (4.5) Cauchy-feladat megoldását pedig (4.6) összefüggésben találjuk. Tisztelet 4. 1. Mivel f2 (y) = 0 y = yj, (j = 1, 2,..., S) műveletekre, akkor nyilvánvalóan a (4.1) megoldások is y (x) yj, j függvények = 1, 2,. . . , S, amelyet ezen függvények nem medián helyettesítésével érünk el a (4.1) egyenletben. Tisztelet 4. 2. A bőr (4.1) esetében a teljes oldatot az F2 (y) F1 (x) = C bőroldat határozza meg. (4.7) Így a (4.7) összefüggés bal oldali része összhangban van a bőrrel. megoldás dada (4.1). A (4.7) típusú kapcsolatok írhatók a többi legmagasabb ODE-vel. Az ilyen kapcsolatokat általában egy konzisztens ODE integráljainak (alternatív integráljainak) nevezik. Damo pontosabb. 4. érték. 1. Nézzük az y 0 (x) = f (x, y) értéket. (4.8) Összehasonlítás (x, y) = C, (4.9) de (x, y) - a C 1 osztály függvénye, a (4.8) egyenlet halal integráljának nevezzük, mivel ez az összefüggés nem ugyanaz. dolog, hanem egymásnak nom megoldott kiegyenlítés (4,8 ). C 2 R specifikus skin értékkel eltávolítjuk a privát integrált. Az integrál megoldás (4.8) a (4.9) integrál integrálból származik az implicit függvényre vonatkozó vicoristan-tételekkel. 4. alkalmazás 1. Nézzük meg az x (4.10) y 0 (x) = y és a cob y (2) = 4 szintjét. (4.11) A leghatékonyabb leíráshoz (4.10) a részváltozók módszere a felsőbbrendű, y dy = x dx eltávolítható, így ismerjük a (4.10) y 2 x2 = C egyenlet integrál integrálját. A (4.10) egyenlet eredeti megoldása a py = C + x2 képlettel írható fel, és a Cauchy-feladat megoldása (4.10), (4.11) - a py = 12 + x2 képlet felhasználásával. -57- 4. 2. Az elsőrendű lineáris ODE-t egyenlőnek nevezzük y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x), Box q (x) 6 Box q (x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, akkor az egyenletet heterogénnek nevezzük. 0, akkor az egyenletet homogénnek nevezzük: y 0 (x) + p (x) y (x) = 0. (4.120) 4. 1. Tétel 1) Mivel y1 (x), y2 (x) megoldása a (4.120) homogén egyenlet , α, β komplementer számok, akkor az y (x) αy1 (x) + βy2 (x) függvény is megegyezik a (4.120) megoldásokkal. 2) A (4.12) heterogén egyenlet halal megoldására az yоn = yоо + yчн képlet alkalmas; (4.13). Befejezett. A tétel első állítását teljes megfordítással kell végrehajtani: maєmo y 0 αy10 + βy20 = αp (x) y1 βp (x) y2 = p (x) αy1 + βy2 = p (x) y. Közöljük ezt egy barátunkkal. Legyen y0 elégséges megoldás (4.120), akkor y00 = p (x) y0. Másrészt 0 ychn = p (x) ychn + q (x). Nos, 0 y0 + ychn = p (x) y0 + ychn + q (x), ami azt jelenti, hogy y y0 + ychn є megoldások egyenlőek (4.12). Így a (4.13) képlet megoldást ad a (4.12) inhomogén egyenletre. Mutassuk meg, hogy ezzel a képlettel le lehet vonni a (4.12) egyenlet összes megoldását. Ez jó, ne hagyd, hogy y ^ (x) - döntés (4.12). Tegyük fel y ~ (x) = y ^ (x) ychn. Maєmo y ~ 0 (x) = y ^ 0 (x) 0 ychn (x) = p (x) ^ y (x) + q (x) + p (x) ychn (x) = p (x) y ^ (x) q (x) = ychn (x) = p (x) ~ y (x). Így y ~ (x) a (4.120) homogén egyenlet megoldása, és lehet, hogy y ^ (x) = y ~ (x) + ychn, ami összhangban van a (4.13) képlettel. A tétel bizonyítást nyert. -58- Az alábbiakban a (4.12) és (4.120) rangokhoz tartozó Cauchy-problémákat nézzük meg, ahol y (x0) = y0, x0 2 ha, bi. (4.14) A (4.12) p (x) és q (x) függvényekre feltesszük, hogy p (x), q (x) 2 C (ha, bi). Tisztelet 4. 3. Tegye F (x, y) = p (x) y + q (x). Ekkor a p (x) és q (x) elmék átfedése miatt feltételezhetjük, hogy F (x, y), ∂F (x, y) 2 CG, ∂y G = ha, bi R1, és ezért , a (4.12), (4.14) Cauchy-probléma érvényes eredet- és megoldásegység-tételei, amelyeket a 2. részben mutatunk be. Az alábbi 4.2., 4.3. tételeknek explicit formulái lesznek a (4.120) és (4.12) egyenletek megoldására, és meg kell mutatni, mi a megoldás Jelenjen meg mindenhol ha, bi. Nézzük meg ugyanezt (4.120). 4. Tétel 2. Alsópálya: Legyen p (x) 2 C (ha, bi). Ha az offenzíva igazságos 1) a döntés meghozatala (4.120) a teljes ha, bi intervallumhoz van rendelve; 2) azonos szintű kulisszák mögötti döntés (4. 120) az y (x) = C e de C R p (x) dx képlettel adódik, (4.15) elegendő állandó; 3) a (4.120), (4.14) Mosha-probléma megoldását az Rx y (x) = y0 e x0 p (ξ) dξ képlet adja. (4.16) Bizonyítás. A (4.15) képletet a fejezet elején megadott módszer szerint származtatjuk. Számunkra először is fontos, hogy az y 0 függvény egyenlő legyen a (4.120) megoldásokkal. Legyen y (x) - döntés rivnyannya (4,120), és y 6 0 ha, bi. Ekkor 9 x1 2 ha, bi úgy, hogy y (x1) = y0 6 = 0. Nézzük meg a (4.120) szintet az x1 pont közelében. Az egyenlet változókon alapul, és y (x) 6 = 0 az x1 pont közelében. Ezután az előző bekezdés eredményeit követve levezetünk egy explicit képletet a Z dy = p (x) dx, ln y = p (x) dx + C, y -59- csillagok R y (x) = C többletére. ep (x) dx, c 6 = 0, ami összhangban van a (4.15) képlettel. Ezenkívül az y 0 megoldást a (4.15) képlet is megadja C = 0 esetén. A megoldást a (4.120) egyenletbe behelyettesítve újrakonfiguráljuk az y (x) függvényt, amelyet a (4.15) képlet ad meg bármely C, е р Féltékeny vagyok rád ( 4.120), és minden szempontból ha, bi. Mutassuk meg, hogy a (4.15) képlet határozza meg a (4.120) egyenlet végső összefüggését. Hatékony, legyen y ^ (x) - elég megoldás (4.120). Ha y ^ (x) 6 = 0 ha, bi-n, akkor a frontösszevonást megismételve tagadjuk, hogy ezt a függvényt a (4.15) képlet adja meg ugyanazzal a C:-vel, ha y ^ (x0) = y ^ 0 , akkor Rx p ( ξ) dξ. y ^ (x) = y ^ 0 e x0 Ha 9x1 2 ha, bi úgy, hogy y ^ (x1) = 0, akkor a (4.120) egyenlethez tartozó Cauchy-probléma y (x1) = 0 cob agyvel két megoldást tartalmazhat y ^ (x) és y (x) 0. Tekintettel 4. A Cauchy-probléma 3 megoldása megegyezik, ezért y ^ (x) 0, ezért a (4.15) képlet adja meg C = 0-nál. Az is jól látható, hogy a megoldás bonyolultabb (4.120) szintet minden ha, bi esetén meghatározunk, és a (4.15) képlettel adjuk meg. A (4.16) képlet természetesen lerövidíthető a (4.15) képlet hozzáadásával, mivel ez definiálja az y (x) függvényt és a (4.120) megoldásokat. Emellett x R0 p (ξ) dξ y (x0) = y0 e x0 = y0, ezért a (4.16) képlet hatékonyan határozza meg a (4.120), (4.14) Cauchy-probléma megoldását. A 4.2 tétel elkészült. Vessünk most egy pillantást a heterogén rivalizálásra (4.12). 4. Tétel 3. Legyen p (x), q (x) 2 C (ha, bi). Ha a döntés jogerős: 1) a ha, bi intervallumban végig közöljük, hogy megszületett-e a döntés (4.12); 2) a (4.12) inhomogén egyenlet végső megoldását a Z R R R p (x) dx p (x) dx q (x) e p (x) dx dx, (4.17) y (x) = Ce + e képlet adja meg. de C elegendő állandó; 3) a (4.12), (4.14) Mosha-probléma megoldását az Rx y (x) = y0 e x0 Zx p (ξ) dξ + q (ξ) e x0 -60- Rx ξ p (θ) képlet adja meg. ) dθ dξ. (4.18) Bizonyítás. Ezt megerősíti a 4. 1. Tétel és a (4.13) yon = yоо + yчн képlet, ismerni kell a (4.12) egyenlet privát megoldását. Erre a célra az úgynevezett variációs módszer lényegében megegyezik. Ennek a módszernek a lényege a következő: felvesszük a (4.15) képletet, lecseréljük benne a C konstanst egy ismeretlen C (x) függvényre, és keresünk egy privát megoldást (4.12) ychn (x) = C (x) formában. ) e R p (x) dx. (4.19) Helyettesítsük be az (x) egyenletet a (4.19)-ből a (4.12) egyenletbe, és keressük meg C (x)-t úgy, hogy az egész egyenlet teljesüljön. Maєmo R R 0 ychn (x) = C 0 (x) e p (x) dx + C (x) e p (x) dx p (x). A (4.12) behelyettesítéssel eltávolítjuk a 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), csillagok RC 0 (x) = q (x) ep (x) dx. A fennmaradó összefüggéseket integrálva a (4.19) képletbe C (x) behelyettesítve tagadjuk, hogy Z R R p (x) dx ychn (x) = e q (x) e p (x) dx dx. Ráadásul a 4. Tétel értelmében. 2 R yоо = C e p (x) dx. Ezért a 4.1. Tételből a Vikorist képlet (4.13) segítségével eltávolíthatjuk, hogy ZRRR p (x) dx p (x) dx y (x) = yоо + yчн = Ce + eq (x) ep (x) dx dx, amelyet a (4.17) képlettel elkerülünk. Nyilvánvaló, hogy a (4.17) képlet minden ha, bi intervallumra megad egy megoldást. Végül a Cauchy-probléma (4.12), (4.14) megoldását a következő képlet adja meg: 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 Nyilvánvaló, hogy a (4.20) képlet lerövidíthető a (4.17) képlet hozzáadásával, ha C = y0, amit a (4.12) egyenlet határoz meg. Ráadásul 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, elégedettek vagyunk ezzel a csutkával adózik (4.14). Állítsuk be a (4.20) képletet a (4.18) alakba. Valóban, a (4.20)-ból 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, amely a (4.18) képlet segítségével elkerülhető. A 4.3 tétel elkészült. Következmény (a Cauchy-probléma megoldásának értékeléséről lineáris rendszerre). x0 2 ha, bi, p (x), q (x) 2 C (ha, bi), és p (x) 6 K, q (x) 6 M Hey 8 x 2 ha, bi. Ekkor a következő becslés érvényes a maximális Mosha-problémára (4.12), (4.14) M Kjx x0 j Kjx x0 j y (x) 6 y0 e + e 1. K (4.21) Bizonyítás. Engedd el x> x0. A (4.18) alapján Rx Zx K dξ y (x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK (x x0) Zx + M x0 = y0 e K (x x0) eK (x ξ ) dξ = x0 M + K e K (x ξ) ξ = x ξ = x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. Legyen most x< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, akkor nyilvánvalóan az y (x) 0 függvény egyenlő a (4.24) megoldásokkal. A Bernoulli (4.24) legmagasabb szintjéhez α 6 = 0, α 6 = 1 az összeg sértő részeit y α-val választjuk el. Ha α> 0, akkor azt kell értékelni, ami a 4. 4 y (x) 0 függvény miatt egyenlő azokkal a döntésekkel (4.24), amelyeket egy ilyen felosztással elköltünk. Nos, a jövőben ez az igény a földalatti megoldásban adott lesz. Ezek után meghatározzuk az y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x) összefüggést. Bevezetünk egy új z = y 1 α függvényt, majd z 0 = (1 akkor, a z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) szintjére jutunk. α y 0, és (4.25) A (4.25) egyenlet egy lineáris egyenlet. Az ilyen egyenleteket a 4.2 fejezetben tárgyaljuk, ahol a literális megoldás képletét kapjuk vissza, amely z (x) megoldás miatt a (4.25) egyenlet z (x) = Ce R (α 1) a (x) alakban van felírva. ) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx. (4.26) Ekkor az y (x) = z 1 α (x) függvény, ahol z (x) a (4.26)-ban definiált, és a megoldások egyenlők Bernoull-lal (4.24). -64- Ezen kívül, ahogy fentebb említettük, α> 0 megoldásokra ugyanaz a függvény y (x) 0. 4. példa 4. Oldja meg az y 0 + 2y = y 2 egyenletet ex. (4.27) Osszuk el a (4.27) szintet y 2-vel, és végezzük el a z behelyettesítést = megkapjuk az 1 y lineáris heterogén szintet. Ennek eredményeként z 0 + 2z = pl. (4.28) Valószínűleg ugyanaz az egyenlet: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C 2 R1. A (4.28) inhomogén egyenlet megoldását az állandó érték változtatásának módszerével oldjuk meg: zchn = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex, csillagok zchn = ex, és közvetve megoldott féltékeny vagyok (4,28) z (x) = Ce2x + ex. Továbbá a (4.24) egyenlet megoldása y (x) = 1 formában van felírva. ex + Ce2x Ezen kívül a (4.24) egyenlet megoldása is y (x) івняня függvénye y 2-n. 0. 4. 5. Kiegyenlítés teljes differenciálokban Nézzük meg az M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) differenciálok kiegyenlítését. domain az R2-ben. Ezt az egyenletet egyenletnek nevezzük teljes differenciálokban, mivel az F (x, y) 2 C 1 (G) főfüggvényt potenciálnak nevezzük, így dF (x, y) = M (x, y) dx + N ( x, y ) dy, (x, y) 2 G. Az egyszerűség kedvéért feltételezzük, hogy M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), és a G régió egyszeresen kapcsolódik. A behozandó matematikai elemzés (div., Számlálás,) menetéhez tartozó ráhagyásoknál pusk poteniaal f (x, y) for rivnyannnya (4.29) іsnu (Tobto (4.29) - RIVNYANNA az ötvözetekben) , y) = Nx (x, y) -65-8 (x, y) 2 G. Amikor (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y )dy , (4. 30) (x0, y0) de pont (x0, y0) - egy fix pont G-ben, (x, y) - egy pontos pont G-ben, és a görbe integrált bármely görbe mentén veszi, amely összeköti a pontokat (x0, y0) ) és (x, y) és teljes egészében a G régióban helyezkednek el. Mivel a (4.29) szint egyenlő

Alekszandr Viktorovics Abrosimov Születési idő: 16 lombhullás 1948 (1948 11 16) Születési hely: Kuibisev Halálozás dátuma ... Wikipédia

I Differenciálkiegyenlítés a keresett függvények helyettesítésére, azok hasonló eltérő sorrendjére és független változásaira. A D. u. elmélete. Vinikla a 17. század végén. a mechanika és más természeti tudományok szükségleteinek beáramlása alatt ... ... Nagy Radyanska Enciklopédia

Az elsődleges differenciálegyenletek (ODE) egy ismeretlen típusú függvény differenciálegyenletei (esetleg vektorfüggvény, akkor általában ugyanaz a vektorfüggvény térbeli és dimenziós értékekkel; ó... ... Wikipédiában

A Wikipédián vannak cikkek más emberekről, akik ezzel a becenévvel, div. Judovics. Viktor Yosipovich Yudovich Születési idő: 1934. június 4. (1934 10 04) Születési hely: Tbiliszi, SRSR Halálozás ideje ... Wikipédia

differenciális- (Differenciál) Differenciál jelentősége, differenciálműködés, differenciálzár Információ a differenciál, differenciálfüggvény, differenciálzár jelentéséről ist matematikai Informális leírás ... ... Befektetői Enciklopédia

Az egyik legfontosabb dolog, amit meg kell érteni a magánkülönbségekkel járó differenciális egyenlőségek elméletében. X. szerepe e szintek valós jogosítványaiban nyilvánul meg, mint például a helyi döntési hatalom, a különféle rendek feloldásának képessége, azok helyessége stb. Gyerünk...... matematikai enciklopédia

A kiegyenlítés, egy korábban ismeretlen függvény, egy független változás, és a kiértékelés nemcsak magát az ismeretlen függvényt tartalmazza, hanem a hasonló, különböző rendű függvényeket is. A differenciálkiegyenlítés kifejezést G. ... ... matematikai enciklopédia

Trenogin Vladilen Olekszandrovics V. A. Trenogin a MISiS előadásán Születési dátum ... Wikipédia

Trenogin, Vladilen Olekszandrovics Trenogin Vladilen Olekszandrovics V. A. Trenogin a MISiS előadásán Születési idő: 1931 (1931) ... Wikipédia

A Gauss-egyenlet, a 2. rendű lineáris elsődleges differenciálegyenlet, vagy önadjungált formában formálisan változók és paraméterek bármilyen összetett értéket vehetnek fel. Csere után kilépés, az űrlap létrejön... ... matematikai enciklopédia

Makarska E. V. A könyvben: A diáktudomány napjai. Tavasz - 2011. M.: Moszkvai Állami Közgazdaságtudományi, Statisztikai és Informatikai Egyetem, 2011. P. 135-139.

A szerzők a lineáris differenciálegyenletek elméletének gyakorlati alkalmazását vizsgálják gazdasági rendszerek vizsgálatára. A munka Keynes és Samuelson-Hicks dinamikus modelljeit elemzi a gazdasági rendszerek egyenlő részeinek változásaival.

Ivanov A. I., Isakov I., Dyomin A. V. és in. 5. rész M.: Szlovákia, 2012.

Az asszisztens az Orosz Föderáció Állami Tudományos Központjában (IMBP RAS) közzétett több módszert is áttekintett az emberi savasság nyomon követésére az adagolt fizikai gyakorlatokkal végzett tesztek órájában. Útmutató az űrkutatás, a víz alatti és a sportgyógyászat területén dolgozó tudósok, fiziológusok és orvosok számára.

Mikheev A.V. SPb.: Az NDU HSE operatív nyomtatásának kérdése - Szentpétervár, 2012.

Ez a gyűjtemény a differenciálegyenletek menetéről szóló munkákat tartalmazza, amelyeket a szerző az NDU HSE Közgazdaságtudományi Karán olvas fel - Szentpétervár. A téma felületén röviden összefoglaljuk a főbb elméleti tényeket, és megvizsgáljuk a tipikus problémák megoldására szolgáló alkalmazásokat. Diákoknak és hallókészülékes szakképzési programoknak.

Konakov V. D. STI. WP BRP. Opikunskaya oktatása az MDU Mechanikai és Matematikai Kara érdekében, 2012. 2012. sz.

Ez a kezdeti tankönyv a hallgató által választott speciális kurzuson alapul, amelyet a szerző olvasott fel a Moszkvai Állami Duma Mechanikai és Matematikai Karán. M.V. Lomonoszov 2010-2012-ben kezdeti sziklák. Az olvasót meg kell ismertetni a paraméterix módszerrel és annak diszkrét analógjával, amiért az utolsó órában elnézést kér az útmutató szerzője és szerzőtársai. Olyan anyagokat gyűjt össze, amelyek korábban csak számos folyóiratcikkben jelentek meg. Anélkül, hogy a hozzájárulást a maximális erõsségre emelné, a szerzõ célja a módszer megvalósíthatóságának bemutatása a Markov-lantzugok diffúziós folyamatra való terjedésével kapcsolatos lokális határtételek bizonyításában, valamint az Aronson típusú kétoldalú becslések levezetésében az aktív levezetésekre. diffúzió.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Ez a kiadvány a Floridai Egyetemen 2011. június 16-18-án megrendezett „Harmadik Nemzetközi Konferencia az Információs Rendszerek Dinamikájáról” elnevezésű cikkek gyűjteménye. A konferencia mezőinek metaadatai A cél az volt, hogy egyidejűleg egy mérnökök száma az iparból, a tanszékekből és a tudományos csoportokból, hogy a táplálkozás terén új felfedezéseket és eredményeket cserélhessenek, amelyek megfelelnek az információs rendszerek dinamikájának elméletének és gyakorlatának. az információelmélet és a dinamikus rendszerek fennmaradó meglátásaira hívják fel a figyelmet.Más tudományágak is veszíthetnek lendületből a kutatási területükön folyó új fejlesztések stagnálása miatt.

Palvelev R., Sergiev A. G. Pratsi, a Matematikai Intézet munkatársa. V.A. Steklov RAS. 2012. T. 277. 199-214.

A hiperbolikus Landau-Ginzburg egyenletekben van egy adiabatikus határ. A jelzett határokon túl hasonlóság állapítható meg a Ginzburg-Landau egyenletek megoldásai és az adiabatikus trajektóriák között a statikus megoldások moduljainak terében, amelyeket örvényeknek nevezünk. Menton, a heurisztikus adiabatikus elvet hirdetve, azt feltételezi, hogy ha a Ginzburg-Landau egyenlet alacsony kinetikus energiájú döntése viharos adiabatikus pályának tekinthető. Suvore, ennek a ténynek a bizonyítékát nemrég fedezte fel az első szerző

Explicit képletet adunk a Hycomm (stabil 0. genus görbék modulusterének homológiája) és a BV / Δ (a BV-operátor által operált Batalin-Vilkovsky homotópia hányados) operák kvázi-izomorfizmusára. Más szavakkal, levezetjük a Hycomm-algebrák és a BV-algebrák ekvivalenciáját egy homotópiával javítva, amely trivializálja a BV-operátort. Ezeket a képleteket a Givental gráfok formájában adjuk meg, és vannak két különböző módon bizonyított. Az egyik bizonyítás a Givental csoport akcióját használja, a másik pedig a Hycomm és BV állásfoglalásaira vonatkozó explicit formulák láncán megy keresztül. A második megközelítés különösen homologikus magyarázatot ad a Givental-csoport Hycomm-algebrákkal kapcsolatos akciójára.

Ped Sci. Szerk.: A. Mikhailov Vip. 14. M.: A Moszkvai Állami Egyetem Szociológiai Kara, 2012.

A gyűjtemény cikkei a Moszkvai Állami Egyetem Szociológiai Karán 2011-ben gyűjtött bizonyítékok alapján készültek. M.V. Lomonoszov a XIV. Interdiszciplináris Tudományos Szeminárium "Társadalmi folyamatok matematikai modellezése" ülésén. A szocialista párt hőse, akadémikus A.A. Szamarszkij.

Ez a kiadvány azoknak a tudósoknak, tudósoknak, egyetemi hallgatóknak és az Orosz Tudományos Akadémia tudományos intézményeinek hallgatóinak szól, akik érdeklődnek a problémák, a társadalmi folyamatok matematikai modellezésének módszertanának fejlesztése és fejlesztése iránt.

Ezt az előadási kurzust több mint 10-szer olvassák el Dalekoshodny elméleti és alkalmazott matematikus hallgatói számára Állami Egyetem. Megfelel a II generációs szabványnak és egyéb különlegességeknek. Ajánlások matematika szakos hallgatók és mesterek számára.

Elsőrendű fontosságú Cauchy-tétel a Cauchy-probléma megoldásának eredetéről és egységéről.
Kinek a bekezdéseiben, miután elhelyezte a dalokat a részesedés joga elsőrendű differenciálegyenlet, a megoldás alapja és egysége kerül napvilágra, amit a durva adatok (x0, y0) jeleznek. A differenciálegyenlőség döntésének megalapozottságának első bizonyítéka Cauchyé; Az alább közölt bizonyítékot Picard adja; Követni kell az egymást követő megközelítések további módszerét.

ZMIST
1. Rivalizálás elsőrendű
1.0. Belép
1.1. Rivnyanya vízzel megerősített helyettesítőkkel
1.2. ugyanaz a szint
1.3. Rendszeresített egyéves rangsor
1.4. Az elsőrendű lineáris egyenlőségek és a rájuk redukáltok
1.5. Bernoulli tartomány
1.6. Rivne Riccati
1.7. Szintezés az új differenciálművekben
1.8. Integráló szorzó. Az integrálható szorzó megtalálásának legegyszerűbb típusai
1.9. A rivalizálás menet előtt nem megengedett
1.10. Cauchy-tétel a Cauchy-probléma megoldásának eredetéről és egységéről elsőrendű fontosságú
1.11. speciális pontok
1.12. speciális megoldások
2. Magasabb rendek rivalizálása
2.1. Alapfogalmak és jelentések
2.2. N-edrendű egyenlőségtípusok, nézeteltérések a kvadratúrában
2.3. Köztes integrálok. Rivnyannya, amely alacsonyabb rendet tesz lehetővé
3. Lineáris differenciálegyenletek másodrendben
3.1. Alapfogalmak
3.2. Lineáris homogén differenciálegyenletek másodrendű
3.3. A lineáris homogén igazítás sorrendjének csökkentése
3.4. Heterogén lineáris igazítások
3.5. Redukáló sorrend lineáris heterogén sorrendben
4. Lineáris igazítás -val állandó együtthatók
4.1. Egységes lineáris összehasonlítás állandó együtthatókkal
4.2. Heterogén lineáris összehasonlítás állandó együtthatókkal
4.3. Más rendű lineáris rivalizálás rejtett megoldásokkal
4.4. Integráció statikus sorozatok segítségével
5. Lineáris rendszerek
5.1. Heterogén és homogén rendszerek. A hatalom szereplői döntenek a lineáris rendszerekről
5.2. A lineáris függetlenség szükséges és elégséges ismerete a lineáris homogén rendszer megoldása előtt
5.3. Az alapmátrix megalapozása. Pobudova megoldása egy lineáris homogén rendszerre
5.4. Pobudov egy lineáris homogén rendszer alapmátrixainak összes multiplicitását
5.5. Heterogén rendszerek. Pobudova zagalny megoldás további acélok variációjával
5.6. Lineáris egysoros rendszerek állandó együtthatókkal
5.7. Néhány információ a mátrix függvények elméletéről
5.8. Pobudova a lineáris homogén szintek rendszerének alapmátrixáról glaciális formában lévő acélegyütthatókkal
5.9. Az alaptétel és a funkcionális teljesítményre vonatkozó tételek elsőrendű differenciálszintű normálrendszerek megoldásához
6. A reziliencia elméletének elemei
6.1
6.2. A nyugalom legegyszerűbb típusa és pontja
7. Rivne az I. rendű magánügyekben
7.1. Lineáris homogén összehasonlítás I. rendű magánhasonlóságokban
7.2. Nem egyenletes lineáris igazítás az I. rendű privát hasonlóságokban
7.3. Kétszintű rendszer privát fiókokban, 1 ismeretlen funkcióval
7.4. Pfaff riválisa
8. Vezérlési lehetőségek
8.1. Robot vezérlés №1
8.2. 2. számú robotvezérlés
8.3. 3. sz. robotvezérlés
8.4. 4. sz. robotvezérlés
8.5. 5. sz. robotvezérlés
8.6. 6. sz. robotvezérlés
8.7. 7. sz. robotvezérlés
8.8. 8. sz. robotvezérlés.

Töltsön le egyszerűen egy e-könyvet kézi formátumban, csodálkozzon és olvassa el:
Töltse le a Course of előadásokat az alapvető differenciálegyenletekről című könyvet, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, svéd és ingyenesen letölthető.

elvarázsol pdf
Az alábbiakban megvásárolhatja ezt a könyvet legmagasabb áron kedvezményes szállítással Oroszország egész területén.