“ÖNEMLİ DİFERANSİYEL GERÇEKLEŞMELER ÜZERİNE DERSLER BÖLÜM 1. BÜYÜK TEORİLERİN UNSURLARI İlk ders kitabı, aşırı diferansiyel farklar teorisinin temelini oluşturan hükümleri ortaya koymaktadır: ...”

- [Hikaye 1] -

A. E. Mamontov

KONFERANS yak başlangıçta

diferansiyel seviyeler

ZAGAL TEORİSİNİN UNSURLARI

İlk el kitabında nasıl bir araya getirileceğine dair talimatlar var

birincil diferansiyel hususlar teorisinin temeli: kararı, temelini, birliğini anlamak,

Parametrelere bağımlılık. Ayrıca (§ 3'te) belirli yönetici sınıflarının "açık" kararlarına da büyük saygı duyulmaktadır. için Pos_bnik atamaları mahvolmuş vivchennya Novosibirsk Devlet Pedagoji Üniversitesi Matematik Fakültesi'ne başlayan öğrenciler tarafından "Diferansiyel matematik" dersi.

UDC 517.91 BBK V161.61 Peredmova Novosibirsk Devlet Pedagoji Üniversitesi Matematik Fakültesi öğrencileri için genişletilmiş bir kursta zorunlu "Farklı Seviyeler" dersini almak isteyen öğrenciler için temel ödev el kitabı i. Okuyucuların yararına, birincil diferansiyel denklemler teorisinin temelini oluşturan temel kavramları ve sonuçları tanıtacağız: karar kavramı, bunların varlığına, birliğine ilişkin teoremler ve ayrıca parametreler. Açıklama materyali, §§ 1, 2, 4, 5'teki metinle görünüşte mantıksal bir süreklilik içinde düzenlenmiştir. Ayrıca (biraz kenarda duran ve dersin ana konusunu hızla kesen § 3'te) en önemli gereklilikler Açık teknik kullanılarak çeşitli rütbe sınıfları için çözüm bulunması kısaca incelenmektedir. § 3'ü ilk kez okuduğunuzda dersin mantıksal yapısı nedeniyle metni atlayabilirsiniz.

Sağ önemli bir rol oynar ve birçoğu metne dahil edilmiştir. Okuyucunun bunları "ateşli bir şekilde" çözmesi şiddetle tavsiye edilir, bu da materyalin ustalaşacağını ve bir test görevi göreceğini garanti eder. Dahası, çoğu zaman mantıksal dokuyu tekrarlama hakkına da sahiptirler, yani onların kararları olmadan tüm hükümler tam olarak uygulanmayacaktır.

Metnin ortasındaki kare kollar yorum (genişletilmiş veya yan açıklamalar) görevi gören notlar içerir. Sözcüksel olarak bu parçalar ana metni kesintiye uğratır (yani bağlaçlı okuma için "işaretlenmemiş" olmaları gerekir), ancak yine de biraz açıklama gerektirirler. Başka bir deyişle, tarlalara gelen herhangi bir koku gibi bu parçacıkların da emilmesi gerekiyor.

Metin, "kitaba saygı" başlığına kadar daraltılmıştır - sınıfta okurken veya örneğin dersleri okurken bir vikorystovuvaty kılavuzu olacak kitap için bunlar çıkarılabilir - notlar daha iyi anlamaya yardımcı olur günlük Kursu seviyorum ve kursu daha ayrıntılı (genişleterek) nelerin mümkün olduğunu doğrudan belirtiyorum. Ancak bu saygıda ancak ustalaşmaya başlanabilir.

Benzer bir rol "kasanın hazırlanması" tarafından da oynanır - Ukraynaca stilize formdaki koku, okuyucunun sağda belirttiği gerçek hükümlerin kanıtını sağlar.

En sık kullanılan (anahtar) terimler kısaltmalar şeklinde kullanılmıştır; bunların listesi, referans kolaylığı sağlamak amacıyla sonunda verilmiştir. Ayrıca metinde vurgulanan ancak gerçeklere aktarılmayan (ve literatürde açıkça anlaşılmayan) matematiksel kavramların bir listesi de bulunmaktadır.

Sembol, ispatın sonu, bir katılığın formüle edilmesi, saygı vb. anlamına gelir (Bu, karışıklığın önlenmesi gereken yerdir).

Formüllerin numaralandırılması doğrudan cilt bölümünde gerçekleştirilir. Bir formülün bir kısmını yazarken indeksler kullanılır, örneğin (2) 3, formülün 3. kısmı anlamına gelir (2) (formülün kısımları, tipografik bir açıklıkla ve mantıksal konumlardan - bir bağlaçla ayrılmış parçaları içerir " Ben").

Bu el kitabı, bağımsız haklar gerektiren ve örneğin el kitabının sonundaki referanslar listesi gibi ek literatürün okunmasını gerektiren konunun kapsamlı bir çalışmasının yerini kesinlikle alamaz. Ancak yazar, teorinin ana hükümlerini bir derse uygun, çok basit bir biçimde denemiştir. Bununla bağlantılı olarak, bu ders kitabından bir ders dersi okurken bu yıl yaklaşık 10 ders olduğunu unutmayın.

Bu yardıma devam edecek ve böylece “birincil diferansiyel denklemler” konusundaki ders dizisini tamamlayacak 2 bölümün (cilt) daha yayınlanması planlanıyor: bölüm 2 (doğrusal denklemler), bölüm 3 (ileri teori) doğrusal olmayan seviyeler, Rivnyannya birinci dereceden özel ilişkilerde).

§ 1. Diferansiyel Eşitlemenin (DE) Tanıtımı - u1 u1 un formuyla ilişkilidir, daha benzer F y, u (y), ..., = 0, y1 y2 yk (1) de y = (y1 , ..., yk) Rk - bağımsız değişkenler ve u = u (y) - görünmez işlevler1, u = (u1, ..., un). Dolayısıyla, (1)'de n bilinmeyen vardır, dolayısıyla n sıra gereklidir, yani F = (F1, ..., Fn), yani (1) є, görünüşte n sıralı bir sistemdir. Bilinmeyen bir fonksiyon varsa (n = 1), bu durumda seviye (1) skalerdir (bir seviye).

Peki, (i) fonksiyonu F veriliyor (i) ve u aranıyor. k = 1 ise (1)'e ODE, aksi halde PDE denir. Diğer bir konu ise aynı ilk ders kitapları serisinde yayınlanan özel bir MMF dersinin konusudur. 3 bölümlük ciltten oluşan bu kitap serimizde, PDE bölümü etrafındaki eylemlere yer vermeye devam edeceğimiz kalan bölümün (cildin) kalan paragrafından sonra sadece ODE'lere yer vereceğiz.

2u u Başvuru. 2 = 0 - ce PDE.

y1 y Bilinmeyen nicelikler u konuşma veya karmaşık olabilir, bu doğru değildir, çünkü bu an yalnızca ayet yazma biçimine getirilebilir: eğer karmaşık bir kayıt konuşmaya dönüştürülebilirse, konuşmayı ve hayali kısımları güçlendirerek (her ne kadar bu durumda, elbette, eşit ve bilinmeyenlerin sayısını belirtin) ve bu arada, bazı durumlarda karmaşık kayda manuel olarak gidin.

du d2v dv · 2 = uv; u3 = 2. Bu sistem 2 ODE Uyg.

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

Eğer k = 1 (ODE) ise “düz” işaret d/dy kullanılır.

u (y) du Başvuru. exp (sin z) dz - ce ODE, Uygulanabileceği için. = U (u (y)) için n = 1 - fiyat bir uzaktan kumanda değil, fonksiyonel bir diferansiyel denklemdir.

Bu bir kontrol sistemi değil, bir integral-diferansiyel denklemdir ve bu tür eşitlikleri ele almayacağız. Üstelik denklemin kendisi (2) kolaylıkla bir ODE'ye indirgenebilir:

Sağ. (2)'yi ODU'ya ayarlayın.

Dahası, integral denklemler daha büyük karmaşık bir nesnedir (genellikle fonksiyonel analiz sürecine dahil edilir), ancak belirttiğimiz gibi, kendileri de ODE için aynı sonuçların elde edilmesine yardımcı olacaktır.

DE'ler hem içsel matematiksel ihtiyaçlardan (örneğin diferansiyel geometride) hem de eklemelerden (tarihsel olarak ilk ve şimdi esas olarak fizikte) ortaya çıkar. En basit DE, fonksiyonun aynı şekilde güncellenmesiyle ilgili “diferansiyel hesaplamanın temel tanımıdır”: = h (y). Analizden de görebileceğimiz gibi çözümümüz u (y) = + h (s) ds şeklinde görünüyor. Daha büyük uzaktan kumandalar karar vermek için özel yöntemler gerektirecektir. Bununla birlikte, daha önce öğrendiğimiz gibi, ODE'leri "açık biçimde" artırmaya yönelik pratik olarak tüm yöntemler, esasen belirlenmiş önemsiz bir serpintiye indirgenmiştir.

Ek olarak, ODE'ler çoğunlukla saat içinde gelişen süreçleri anlatırken ortaya çıkar, dolayısıyla bağımsız değişkenin rolü t saatinde oynar.

Böylece, bu tür eklemelerdeki ODE anlamı, sistemin parametrelerinin düzenli bir saatle değiştirilmesinin açıklamasında ortaya çıkar.Bu nedenle, ODE'nin orijinal teorisi tarafından istendiğinde, bağımsız değişimi t aracılığıyla belirlemek (ve çağırmak) kolaydır. Bu, termolojik mirasları biriktiren tüm miraslarla ve bilinmeyen bir fonksiyonla (II) - x = (x1, ..., xn) ile bir saattir. Bu şekilde hücumun ODE'sinin (ODE sistemi) dış şekli:

burada F = (F1, ..., Fn) - yani, bu, n fonksiyon x için n ODE'ye sahip bir sistemdir ve eğer n = 1 ise, o zaman 1 fonksiyon x için bir ODE'dir.

x = x (t), t R ve x karmaşık değerli gibi göründüğünde (bu basitlik içindir, çünkü o zaman sistemin eylemleri daha kompakt bir şekilde yazılır).

Sistem (3) xm fonksiyonuna göre m düzeyindedir.

Pokhodni'ye yaşlılar denir ve reshta'ya (kendileri dahil xm =) genç denir. Her şey m = olduğundan sistemin düzeninin eski olduğunu söylemek kolaydır.

Doğru, m sayısına genellikle sistemin sırası denir ve bu da açıkça görüldüğü gibi doğaldır.

ODE'leri geliştirme ihtiyacı ve koşulları hakkındaki tartışma, diğer disiplinleri (diferansiyel geometri, matematiksel analiz, teorik mekanik, vb.) ve sıklıkla pratik görevler sırasında ortaya çıkar (örneğin, bir problem kitabından). Bu derste, modern beslenmede dikkate alınabilecek (3) numaralı formdaki sistemlerin matematiksel gelişmelerini kapsamlı olarak ele alacağız:

1. “bekaret” ne demektir (sistem) (3);

2. yak tserobiti;

3. Kararları hangi yetkililer alıyor ve bunlara nasıl uyulmalı.

Beslenme 1 göründüğü kadar açık değil - muhteşem. Dali. Herhangi bir sistemin (3) yeni ve bilinmeyen işlevleri gösteren birinci dereceden bir sisteme indirgenebileceğini not etmek önemlidir. Bu prosedürü bir örnekle açıklamak en kolayı:

5 bilinmeyen kişi için 5 seviyeden. (4) ve (5)'in, birinin tepe noktasının (uygun yeniden tasarımdan sonra) diğerinin bağlantısını kesmesi anlamında eşdeğer olduğunu anlamak kolaydır. Bu durumda, çözümün düzgünlüğünü unutmamalıyız - en yüksek derecedeki ODE'ye (yani 1.) bağlanırsak daha fazla çalışacağız.

Ancak artık yalnızca birinci dereceden ODE'yi değiştirmenin gerekli olduğu ve güvenilirlik adına diğerlerine daha çok ihtiyaç duyulabileceği açık (bazen böyle bir durumla karşılaşacağız).

Şimdi birinci dereceden ODE'yi özetleyelim:

dimx = dimF = n.

Vivchennya rіvnyannya (sistemler) (6), benzer dx / dt yapmasına izin verilmediğinden manuel değildir. Analizden de görebileceğimiz gibi (örtük fonksiyonla ilgili teoremden), F (6) düzeyinde iyi bir akıl yürütme ile dx / dt'ye izin verebilir ve bunu f: Rn + 1 formunda yazabiliriz. Rn verilir ve x : R Rn bir hedeftir. Öyle görünüyor ki (7) є ODU'ya her zamanki gibi izin veriliyor (ODU'nun görünümü normal). (6)'dan (7)'ye geçerken doğal olarak katlanma meydana gelebilir:

Popo. exp (x) = 0 değeri (7) formunda yazılamadığından çözümü yoktur, yani Exp karmaşık alanda sıfır içermez.

Popo. Denklem x 2 + x2 = 1 ile en büyüğü iki normal ODE x = ± 1 x2 şeklinde yazılır. Bunları cildinizde takip edin ve sonucu görün.

Saygı. (3) (6)'ya indirgendiğinde katlanabilirlik kaybolabilir, çünkü (3) herhangi bir fonksiyon veya fonksiyonun bir kısmı için 0 derecesine neden olabilir (yani bu bir fonksiyonel-diferansiyel denklemdir). Bunu yapabilmek için fonksiyonun örtülü fonksiyonla ilgili teoremle birleştirilmesi gerekir.

Popo. x = y, xy = 1 x = 1/x. Türetilmiş ODE'den x'i ve ardından fonksiyonel denklemden y'yi bilmek gerekir.

Ancak her halükarda (6)'dan (7)'ye geçiş sorunu kontrol sisteminden ziyade matematiksel analiz düzeyine taşınacak ve biz bu konuyla ilgilenmeyeceğiz. Bununla birlikte, (6) formundaki en yüksek ODE ile, o andaki ODE açısından dikkate alınabilirler, böylece yukarıda belirtilen görevlerin (örnekte ayrıntılı olarak belirtildiği gibi) takip edilmesi doğru olur ve § 3'e rahatlıkla başvurabilirsiniz. Dersin son bölümünde anne olacağız. Sağda sadece normal sistemler ve seviyeler var. Şimdi ODE’ye (ODE sistemi) (7) bakalım. Bunu bir kez bileşen biçiminde yazalım:

“Bekaret (7)” kavramı (i zagali, DU olsun) uzun zaman önceÇözümün düzgünlüğüne ve önem aralıklarına vurgu yapılmadan, mükemmellik (yani temel fonksiyonların, bunların birincil fonksiyonlarının veya özel fonksiyonların görünümü) için "açık bir formül" arayışı olarak anlaşıldı. Bununla birlikte, ODE teorisinin ve matematiğin diğer dallarının (ve genel doğa bilimlerinin) mevcut durumu, bu tür "açık entegrasyona" uygun ODE'lerin bazı kısımları son derece küçük olmasına rağmen (basitçe ifade etmek gerekirse, bu ODE) böyle bir yaklaşımın yetersiz olduğunu göstermektedir. x = f (t) Burada “açık bir formül” olmasına rağmen temel fonksiyonların çözümlerinin nadir olduğu açıktır.

Popo. x = t2 + x2 denkleminin aşırı basitliğine rağmen temel fonksiyonlara çözümü yoktur (ve burada “formül yoktur” diyoruz).

Ve eğer problemi "açıkça" çözmenin mümkün olduğu ODE sınıflarını bilmek istersem, bu mümkündür (aynı şekilde "integralleri anlamanın" mümkün olduğu durumda, mümkün olmasına rağmen, mümkün olmasına rağmen) çok nadir), bunlarla bağlantılı olarak aşağıdaki terimler tipiktir: karmaşık kavramları temsil eden "ODE'yi entegre et", "ODE'yi entegre et" (modern olanların eski analogları, "ODE'yi belirle", "ODE'yi çöz") çözümler hakkında. Nasıl anlaşılır mevcut şartlar, Hemen tanınıyoruz.

Bu beslenme § 3'te tartışılacaktır (ve geleneksel olarak pratik faaliyetlere büyük önem verdiğinde ona büyük saygı gösterilir), ancak bu yaklaşımın herhangi bir evrenselliğini takdir etmeye gerek yoktur. Kural olarak, karar sürecinde (7) tamamen farklı son teslim tarihlerini anlayacağız.

Lütfen çözümlerde (7) hangi x = x (t) fonksiyonunun çağrılabileceğini açıklayın.

Her şeyden önce, bir karar kavramının net bir şekilde formüle edilmesinin, ona atfedilen kişisel olmayanlık eklenmeden imkansız olması anlamlıdır.Bir karar bir işlev olsa ve her ne işlev (örneğin, okul amaçları) bir işlev olsa bile. yasa, daha sonra deri elemanını tamamen kişiliksiz bırakır (fonksiyonun atandığı alan olarak adlandırılır), başka bir çokluğun bir sonraki elemanıdır (fonksiyonun değeri). Bu nedenle önem alanlarını belirtmeden işlevlerden bahsetmek, önemi açısından absürt değildir. Analitik işlevler (daha geniş anlamda temel işlevler), aşağıda belirtilen nedenlerden (ve diğer şeylerden) dolayı burada bir "suçlama" (yanıltıcılık) işlevi görmektedir, ancak her durumda bu tür özgürlükler kabul edilemez.

Ve (7)'de yer alan tüm fonksiyonların değerlerinin çokluklarını eklemeden. Artık anlaşıldığı gibi, bir karar kavramını, onun öneminin kişisel olmaması ile ilişkilendirmek ve çeşitli kişilerin kararlarına, bu Birçok kararın ağlanmasında olduğu gibi, onların önemlerinin kişiselliği olarak saygı duymak çok zordur. kaçınılır.

Çoğu zaman, belirli durumlarda bu, çözümlerin temel işlevlerin görünümünden ilham aldığı anda, böylece 2 çözüm "aynı formülü" izleyecek şekilde, hangi kişiliksizliğin önlendiğini, hangisinde ve hangisinde açıklığa kavuşturulması gerektiği anlamına gelir. formüller yazılmıştır. Uzun süredir diyetinde zayıflayan Plutanina, Analitik işlevler açıkça daha büyük aralıklarla çalıştığından, temel işlevlerin ortaya çıkmasına yönelik çözümler görülürken çalışıyordu.

Popo. x1 (t) = et (0,2) і x2 (t) = et (1,3) - çeşitli kararlar seviye x = x.

Bu durumda, kişiliksizlik bağlamında herhangi bir kararın kapalı bir aralık (belki de sonsuz bir aralık) alması doğaldır, çünkü bu kişiliksizlik şunları yapabilir:

1. Her halükarda (ikili) saldırı hakkında konuşmanın pek bir anlamı olmadığını kabul edelim;

2. tutarlı, böylece karar materyalin tutarsızlığı nedeniyle dağılmaz (bu durumda kararlar hakkında konuşmak daha uygundur) - div. Ön Popo.

Dolayısıyla çözüm (7), (a, b)'ye a b +'nın atandığı (, (a, b)) çiftidir.

Vikladach'a saygı. Bazı el kitaplarında, kesimin uçlarının amaçlanan çözüm alanına dahil edilmesine izin verilir, ancak bu tamamen yalnızca düzeni derlemesi ve gerçek bir onay sağlamaması nedeniyle değildir (Div) § 4).

Öteki dünyayı anlamayı kolaylaştırmak için geometrik yorumu kullanmak daha iyidir (7). Rn + 1 = ((t, x)) uzayında, f'nin tanımlandığı dış yüzey noktasında (t, x), f (t, x) vektörünü görebilirsiniz. Bu uzayda grafik dikey ise (7) (buna sistemin (7) integral eğrisi denir), o zaman (t, x (t)) formunda bir noktada oluşturulur. t(a,b) değiştirilirken bu nokta baş aşağı çöker. (t, x (t)) noktasında ІК'nin ara toplamı (1, x (t)) = (1, f (t, x (t)) gibi görünür. Böylece, ІК - tüm bunlar ve yalnızca Rn + 1 uzayındaki bu eğriler, her noktada (t, x) vektöre (1, f (t, x) tam olarak paraleldir). Bu dürtü fikrine sözde. Belirli ODE'lere yönelik çözüm grafiklerini görüntülerken kullanılan yakın çağrı IR için izoklin yöntemi (böl.

Örneğin). Örneğin, n = 1 ile cevabımız saldırı anlamına gelir: IK її dış yüzey noktasında t eksenine ulaşılmıştır, güç tg = f (t, x). F değerinin kişiliksizliğinden bir nokta alarak IK'yi bunun üzerinden çizebileceğimizi varsaymak doğaldır. Bu fikir daha ayrıntılı olarak tartışılacaktır. Çözümün düzgünlüğü için sert bir formül göremesek de, daha alt bölümlere ayrılacaktır.

Şimdi f'nin belirtildiği B adını açıklığa kavuşturalım. Bu çok doğal kardeşim:

1. açık (böylece IK, B'den herhangi bir noktanın yakınında olabilir), 2. viskozite (aksi takdirde tüm viskoziteleri bir arada görebilirsiniz - hepsi aynı IK (kalıcı olmayan bir fonksiyonun grafiği olarak) atlayamaz bir alandan diğerine ka, böylece bir çözüm arayışı uykunun gücünde görünmeyecektir).

Yalnızca klasik (7) çözümlerini, yani x ve x'in (a, b) üzerinde sürekli olduğu çözümleri ele alacağız. Todi doğal olarak vimagati, yani f C (B). Şu andan itibaren bize sonsuza kadar saygı duyabileceksiniz. Eh, Önemi hala devam ediyor. B Rn + 1 - alan, f C(B) olsun.

(, (a, b)) çifti, ab +, (a, b) üzerinde gösterilir, çözümler (7) olarak adlandırılır, C (a, b), dış yüzeyi t (a, b) noktası (t, (t)) ) B, (t)'dir ve (t) = f (t, (t)) (bundan sonra otomatik olarak C1 (a, b)) olur.

(7)'nin çok sayıda çözümü olduğu geometrik olarak açıktır (grafiksel olarak anlaşılması kolaydır), çünkü eğer t0'ın sabit olduğu (t0, x0) formunun noktasında başlayan IK'yi gerçekleştirirsek, o zaman IK'deki farklılıkları belirleyebileceğiz. Ayrıca seçilen çözümün aralığını değiştirmek ayarlarımıza göre farklı bir çözüm verecektir.

Popo. x = 0. Çözüm: x = = sabit Rn. Bununla birlikte, herhangi bir t0'ı seçip çözümün x0 değerini t0: x (t0) = x0 noktasına sabitlerseniz, bu durumda değer benzersiz bir şekilde belirlenir: = x0, yani çözüm, aralık seçimine kadar aynıdır. (a, b) t0.

"Yüzü olmayan" kişisel olmayan bir çözümün varlığıyla onlarla çalışmak kolay değildir2 - onları bir sonraki sıraya göre "numaralandırmak" daha zordur: tek bir (şarkı anlamında) görmek için (7)'ye kadar ek zihin ekleyin ) çözüm ve ardından cildinize bakım yapın, cildinize bakım yapın çözümler doğrudur (geometrik olarak çözümler tek olabilir (IK), ancak çok fazla parça vardır - karmaşıklık nedeniyle daha sonra anlayacağız).

Viznachennya. (7) için Zavdannya - ek akıllarla tse (7).

Aslında zaten basit bir görevi çözdük - bu Koshy'nin bilgisidir: (7) zihnimizde (Koshy'nin verileri, cob'un verileri):

Ek bakış açısına göre, bu görev doğaldır: örneğin, (7) belirli x yıl t parametrelerinin değişimini tanımladığından, o zaman (8), başlangıç ​​(erken) anda parametrelerin değerlerinin şu şekilde olduğu anlamına gelir: bilinen. Daha sonra konuşacağımız diğer görevleri de tamamlamanız gerekecek ancak şimdilik Kosha’nın görevine odaklanalım. Doğal olarak bu görevin (t0, x0) B noktasında bir anlamı vardır. Görünen o ki, (7), (8) görevinin kararlarına karar (7) (bu yer anlamında) denir, böylece t0 ( a, b) ve viconno (8).

Acil görevimiz Cauchy problemine (7), (8) ve ek örneklerle çözüm getirmektir: kare ölçü, x1 = ..., x2 = ..., daha düşük x = b / 2 ± ... yazmak daha iyi

f - ve şarkı söyleme anlamında bu birlik konusunda itaatkarlar.

Saygı. Bir vektör ve bir matrisin normu kavramını açıklığa kavuşturmamız gerekiyor (sadece Bölüm 2'de matrislere ihtiyacımız var). Kapalı bir alanda tüm normların eşdeğer olması nedeniyle, kesin değerlerle değil, yalnızca tahminlerle ilgilendiğimiz için belirli bir normun seçimi önemli değildir. Örneğin, vektörler için | kullanabilirsiniz. x | p = (| xi | p) 1/p, p - Peano (Picara) kesimi. K = (| x x0 | F | t t0 |) konisine ve onun kesik kısmına K1 = K (t IP) bakalım. Sadece K1 C olduğu açık.

Teorem. (Peano). Kararın övgüsünde belirtilen problem (1)'deki vikonans vimogi'nin f olmasına izin verin, yani:

f C (B), burada B, Rn + 1'deki bölgedir. O halde Int (IP) üzerindeki tüm (t0, x0) B için bu, problem (1)'in ana çözümüdür.

Bitti. Oldukça (0, T0) ayarlayalım ve buna kroketli Euler'in Laman'ı ve kendisi diyelim: Rn + 1'deki tüm Laman, bu deri lanka'nın tüm t dozhin üzerinde bir izdüşümü vardır, sağdaki ilk lanka başlar (t0, x0) i noktası böylece bu dx / dt = f (t0, x0); bir şeridin (t1, x1) sağ ucu diğeri için sol uç görevi görür, burada dx / dt = f ( t1, x1), vb. ve sola benzer şekilde. Lamana çıkarıldığında, parçalı doğrusal fonksiyon x = (t) anlamına gelir. t IP olduğu sürece, lamana K1'de kaybolur (ve daha fazlası C'de). ve dolayısıyla B'de) bu doğru olacaktır - kimin gücü için teoremden önce ek olarak pobudova çalıştı.

Doğru, burada noktalar hariç kötülük başlar ve sonra (s) (t) = (z) dz, burada kötülük noktalarında daha fazla değer alınır.

Bu durumda (indüksiyon yoluyla lamaniaya çarpma) Zokrema, | (T)x0 | F | t t0 |.

Tim'in kendisi IP işleviyle ilgili:

2. eşit derecede kesintisiz, çünkü K. Lipshitsev:

Burada okuyucu, gerekirse eşit süreklilik, eşit yakınsaklık, Arcela-Ascoli teoremi vb. gibi kavram ve sonuçlar hakkındaki bilgilerini tazelemelidir.

Arcela-Ascoli teoremine göre k'nin IP, de C (IP) üzerinde olduğu bir k 0 dizisi vardır. Bu arada, (t0) = x0, yani s t için neyi kanıtlayabileceğimizi doğrulamak imkansız.

Sağ. Şuna da aynı şekilde bakın.

0'ı ayarladık ve 0'ı bulduk, böylece her (t1, x1), (t2, x2) için C doğru olacak. Bu, kompakt C üzerinde eşit süreklilik f yoluyla çözülebilir. m N'yi bulun, böylece Sabit t Int (IP) ve tst + gibi s Int (IP)'yi beğendiğinizden emin olun. Herkes için Todi z maєmo | k(z)k(t) | F, (4)'e bakıyor | k(z)(t) | 2F.

Buna göre, k (z) = k (z) = f (z, k (z)) burada z, (z, k (z) noktasını yerleştiren Lamanoi'nin sol ucunun apsisidir). Al noktası (z, k (z)) (, 2F) parametreleriyle silindirin içine girer, (t, (t)) noktasına çağrı yapar (aslında kesik koninin içine girer - bkz. Şekil, Al önemsizdir), yani bakarak (3) otrimuje'de | k (z) f (t, (t)) |. Lamana için, yukarıda söylendiği gibi, k verildiğinde (2) formülünü kullanabiliriz.

Saygı. f C 1(B) olsun. O zaman (a, b)'ye atanan çözüm C 2 (a, b) sınıfı olacaktır. Aslında, (a, b) üzerinde elimizde: f (t, x (t)) = ft (t, x (t)) + (t, x (t)) x (t) (burada Jacobian matrisi var) ) - kesintisiz işlev. İşaretler okundu, 2 C (a, b). Çözümün düzgünlüğünü görebilirsiniz ve görmeye devam edeceksiniz çünkü çözüm pürüzsüzdür. Eğer f analitik ise, o zaman analitik çözümün temelini ve birliğini elde etmek mümkündür (Cauchy Teoremi olarak adlandırılır), ancak başlangıçtan itibaren hiçbir iz yoktur!

Burada analitik fonksiyonun ne olduğunu tahmin etmek gerekiyor. Statik bir seri halinde sunulan işlevi karıştırmayın (yalnızca alanın belirli kısımlarındaki analitik işlevi ve önemini ortaya koyarak)!

Saygı. (t0, x0) verildiğinde, T ve R'yi değiştirerek T0'ı maksimuma çıkarmak mümkündür. Ancak bu, kural olarak o kadar önemli değildir, çünkü maksimum çözüm aralığını belirlemek için özel yöntemler kullanılır (bölüm 4).

Peano teoremi çözümün birliği hakkında hiçbir şey söylemez. Bizim makul kararımızla her zaman aynı olmayacaktır, çünkü bir karar varsa, o zaman onun daha geniş aralıklarla seslendirilmesi başka kararlar olacaktır. Bu noktaya daha sonra bakacağız (§ 4'te), ancak şimdilik herhangi iki kararın çözümünü anlam aralıklarına göre anlayacağız. Bu anlamda Peano teoremi birlik hakkında hiçbir şey söylemiyor ki bu şaşırtıcı değil çünkü onlara göre birlik garanti edilemez.

Popo. n = 1, f(x) = 2 | x |. Kosha'nın görevinin önemsiz bir çözümü var: x1 0 ve buna ek olarak x2 (t) = t | t |. Bu iki çözüm, 2 parametreli eksiksiz bir çözüm ailesi halinde birleştirilebilir:

de + (sonsuz değerler bir çizginin varlığı anlamına gelir). Tüm bu kararların R kararlarının tüm önem alanını düşünürsek, hepsi inanılmaz derecede zengindir.

Buna Peano teoreminin Euler Lamania'sı aracılığıyla eski ispatını dahil edersek, yalnızca sıfır çözümün ortaya çıkması anlamlıdır. Öte yandan, Euler lamalarını deride hafif bir tahribat yapılmasına izin vermeye ikna etme sürecinde, imha parametresini sıfıra ayarladıktan sonra tüm kararlar kaybedilecektir. Dolayısıyla Peano teoremi ve Euler Lamania'sı çözüm üretmeye yönelik doğal yöntemlerdir ve sayısal yöntemlerle yakından ilişkilidir.

Uygulamada görülen tutarsızlık f fonksiyonunun x'te düzgün olmamasından kaynaklanmaktadır. Taktığınızda görünür Ek yararlar f'nin x'e göre düzenliliği üzerine, o zaman birlik sağlanabilir ve bu terimin tamamı esas anlamda gereklidir (aşağıdaki bölüm).

Analizi nasıl anlayacağımızı tahmin edebiliriz. Bir fonksiyon (skaler veya vektör) g, kişiliksizlik üzerinde (0, 1] üssü olan bir Hölder fonksiyonu olarak adlandırılır ve buna kesinlikle zihinsel Lipshitsya denir. 1 ile yalnızca durağan fonksiyonlar için mümkündür. Bir bölüm için belirtilen bir fonksiyon ( de vib IP 0 ağ dışı) kesintisizlik modülü olarak adlandırılır, G, Hölder'in dar görüşlülüğünü modülle tatmin ediyor gibi görünüyor, bu durumda buna süreklilik modülü g in denir.

Kesintisiz herhangi bir modülün, herhangi bir kesintisiz fonksiyonun kesintisiz bir modülü olduğu gösterilebilir.

Bizim için önemli bir dönüm noktası şu: Kompakt üzerindeki fonksiyon ne kadar kesintisiz olursa olsun, kendi kesintisiz çalışma modülüne sahip, yani (5)'i aksiyonla karşılıyor. Bunu karşıya geçirelim. G'nin kompakt ve g C () olması nedeniyle g'nin eşit şekilde sürekli olduğu açıktır, yani.

= (): | X y | = | G(x)g(y) |. Eylem ile akla (5) eşdeğer olduğu görülmektedir. Aslına bakılırsa, (()) şeklinde bir süreklilik modülüne sahip olmak ve ardından | xy | = = () (i) parçaları yeterlidir, o zaman x ve y oldukları gibi olabilir.

Bu arada, eğer (5) doğruysa, bunu (()) bilmeniz gerekir ve ardından | xy | = () İptal edildi Mantıksal geçişlerin hazırlanmasının kaybı:

Monoton olanlar için kapı fonksiyonlarını kullanmak gerekir ve zagalny bölümünde sözde vikorist olmak gerekir. güçlendirilmiş kapı fonksiyonları. Temelleri sağlam bir kanıt gerektiriyor, bunu vermeyeceğiz ama sadece bir fikir diyelim (küçüklerin okumaya eşlik etmesi güzel):

herhangi bir F için anlamlıdır F (x) = min F (y), F (x) = maksimum F (y) - bunlar monoton işlevler ve kapıların kokularıdır. x x F (F (x))), (F) 1 (F (x)) x, F ((F) 1 (x)) x olduğunu doğrulamak kolaydır.

En kısa süreklilik modülü doğrusaldır (Umova Lipshitsya). Bu işlevler “büyük ölçüde farklılaşmıştır”. Gökkubbenin geri kalanına güçlü bir anlam kazandırmak için zusillya şarkısını söylemeliyiz ve etrafımız iki saygıyla çevrilidir:

1. Açıkça görülüyor ki, örnekte g (x) = | x | R'ye;

2. İzin farklılaşabilirliğinin yanı sıra, Sertleşmenin başlangıcını göstermesi nedeniyle Lipschitz'dir. Tüm M'yi şişkin kişiliksizlik üzerinde taşıyan g'nin işlevi ne olursa olsun, Lipshits'in zihninde hoşuna gidiyor.

[Tutarlılık açısından g skaler fonksiyonlarına bakalım.] İspat. Tüm x, y için mümkündür.Bu ifadenin vektör fonksiyonları için doğru olduğu açıktır.

Saygı. f = f (t, x) (görünüşte vektör fonksiyonu) olduğundan, o zaman “x'te Lipschitz f” kavramını tanıtabiliriz, yani | F(t,x)f(t,y) | C | xy | ve dolayısıyla, eğer D, tüm t'ler için x'te dışbükeyse, o zaman f'nin x'te D'deki tutarlılığı için, x'te B'ye bitişik benzer f'ye sahip olmanın yeterli olduğunu söylemeye gerek yok. g(x)g(y) | aracılığıyla | xy |. n = 1 olduğunda, kinetik iyileştirmeler için ek bir formül aramalısınız: g (x) g (y) = g (z) (xy) (g bir vektör fonksiyonu olduğundan, z dış yüzey bileşeni için kendisine aittir. ). N 1 olduğunda, bu formülün saldırgan benzerini manuel olarak kullanabilirsiniz:

Lemma. (Hadamara). f C (D) (görünüşte vektör fonksiyonu) olsun, de D (t = t) her t için konik olsun ve f (t, x) f (t, y) = A (t, x, y ) · ( xy), burada A kesintisiz bir dikdörtgen matristir.

Bitti. Herhangi bir sabit t için, Tverzhenya'nın = D (t = t), g = fk kanıtının hesaplaması durağandır. A (t, x, y) = A'dan gerekli olan besleme gerçekten kesintisizdir.

Problem (1)'i çözme birliğine dönelim.

Gücü şu şekilde koyalım: f süreklilik modülünün x'teki işlevi nedir, böylece çözüm (1), aynı aralıkta yazılan 2 çözümden kaçınılması anlamında birleştirilir? Kanıt aşağıdaki teorem ile verilmektedir:

Teorem. (Osgood). Peano teoreminin B'deki f'deki süreklilik modülü aklınızda olsun, yani süreksizlikteki fonksiyon aklınızı tatmin ediyor (C'yi kullanabilirsiniz). Bu problem (1), aynı aralıkta (t0 a, t0 + b) değerlere sahip iki farklı çözüm üretemez.

Popoyu düzleştirelim, yukarı doğru çevirelim.

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

1. z = 0 olduğu noktalarda, існє | z | ve || z | | | z |;

2. z = 0 olduğu noktalarda tek taraflı hareketler ortaya çıkıyor | z | ± ve || z | ± | = | Z | (Zokrema, eğer z = 0 ise, o zaman існє | z | = 0).

Popo. n = 1, z(t) = t. t = 0 noktasında çıkış | z | Önemli değil ama tek taraflı bir saldırı.

Bitti. (Lemi). z = 0 olan bu noktalarda, імеz · z їм: існє | z | =, ben || z | | | Z|. z(t) = 0 olan bu t noktalarında şunları yapabiliriz:

Durum 1: z (t) = 0. O zaman | ihtiyacını ortadan kaldırıyoruz. z | (T) = 0.

Düşüş 2: z (t) = 0. +0 veya 0 ochz'de (t +) Todi | | Z(t) | her türlü modül | z(t) |.

Aklın arkasında, F C 1(0,), F 0, F, F(+0)=+. Z1,2 - iki karar (1), şarkılar açık (t0, t0 +). Önemli ölçüde z = z1 z2. anne:

z (t1) = 0 olacak şekilde t1 (t1 t0 değeri için) olduğunu varsayalım. Kişisel olmayan A = (t t1 | z (t) = 0) boş değil (t0 A) ve canavarla çevrili. Bu, t1 arasında bir üst sınır olduğu anlamına gelir. Günün ötesinde, (, t1) üzerinde z = 0 ve kesintisiz z aracılığıyla z () = 0'a sahip olabiliriz.

Lemme için | z | C 1 (, t1) ve bu aralıkta | z | | Z | (| Z |), dolayısıyla (t, t1) (de t (, t1)) üzerinden integral, F (| z (t) |) F (| z (t1) |) t1 t'yi verir. T + 0'da silmek imkansızdır.

Sonuç 1. Peano'nun B'deki x üzerine f Lipschitz teoremine göre, o zaman (1) probleminin Osgood teoreminde açıklanan anlamda tek bir çözümü vardır, çünkü bu durumda () = C (7)'yi karşılar.

Nasledok 2. Peano'nun teoremi C(B)'nin kafasında olduğu gibi, çözüm (1), Int'deki şarkı (IP), bir.

Lemma. Karar verilip verilmediği (1), IP'deki şarkının reytinglerinden memnun olabilirsiniz | x | = | F(t,x) | F ve grafiği K1'de ve daha da önemlisi C'de yatıyor.

Bitti. Diyelim ki (t, x (t)) C olacak şekilde t1 IP var. Değer için yüksek t1 t0. O zaman | x (t) x0 | = R olacak şekilde t2 (t0, t1] vardır. Osgood teoremindeki sonuca benzer şekilde, t2'nin bu türden en büyük nokta olduğunu ve aynı zamanda (t, x () olduğunu not edebiliriz. t)) C , yani | f (t, x (t)) | F ve dolayısıyla (t, x (t)) K1, yani | x (t2) x0 | = R. Yani, (t, x ( t)) ) Her IP'de C ve ardından (tekrarlanan sekmeler) (t, x (t)) K1.

Bitti. (2'yi devralır). C daha kompakt bir çokluktur, böylece f, C'deki x'teki Lipschitz'dir; burada tüm kararların grafikleri Lemy'ye dayanmaktadır. Sonuç 1 kesinlikle gereklidir.

Saygı. Umova (7), zihnin f dudağının büyük ölçüde zayıflayabileceği anlamına gelir. Örneğin Gelder'in zihni z 1 artık uygun değil. Doğrusal olanlara yakın kesintisiz modüller için uygundur - "daha büyük" şu şekilde hareket ettirilir:

Sağ. (Daha kolay dozlayın). Bu (7)'yi karşılarsa, (7)'yi karşılayan 1 olur, öyle ki 1/ sıfır olur.

Tekdüzelik için aynı tip süreklilik modülünün f'den x'e kullanılması zorunlu değildir - çeşitli özel varyasyonlar mümkündür, örneğin:

Onaylanmış. Peano teoreminde akıllarda olduğu gibi, eğer 2 çözüm (1) varsa, 3 (9) üzerindeki şarkılar varsa, x C 1 (a, b) olduğu açıktır ve sonra türev (9) (1)'i verir. 1 ve (1) 2 açıkçası.

(1) durumunda, (9) için kapalı bir bölümde doğal olarak çözümler bulunacaktır.

Picard, ardışık yaklaşımların en yüksek (1) = (9) hücum yöntemi için kurulmuştur. Önemli ölçüde x0 (t) x0 ve ardından tümevarım Teoremi ile. (Koshi-Pikara). Peano teoreminin akıllarında, f fonksiyonu, B bölgesindeki herhangi bir kompakt kompakt K'da, x'te dışbükey, yani x'te Lipschitz'dir.

Yani herhangi bir (t0, x0) B Cauchy'nin (1) (kazandı (9)) komutu için Int (IP) üzerinde ve IP üzerinde xk x üzerinde tek bir çözüm vardır, burada xk (10)'da tanımlanır.

Saygı. Koşul (11) C(B) ile değiştirilirse teoremin geçerli kalacağı açıktır, çünkü bu (11)'in açık bir sonucudur.

Vikladach'a saygı. Aslında ihtiyaç duyulan şey çok yönlü kompaktlar değil, sadece silindirlerdir, ancak formülasyon bu şekilde bölünmüştür, çünkü § 5'te daha kompakt kompaktlara ihtiyaç duyulacaktır ve yine de bu formülasyonla daha doğal görünür Saygı.

Bitti. Yeterince (t0, x0) B seçeriz ve Peano teoreminden öncekiyle aynı ek adımları üretiriz. Tüm xk'lerin IP'de değerli ve süreksiz olduğunu ve grafiklerinin K1'de, hatta daha da fazlasının C'de bulunduğunu tümevarımla kanıtlayabiliriz. x0 için bu açıktır. Bu xk1 için doğru olsa da (10)'dan xk'nin IP üzerinde değerli ve süreksiz olduğu ve bunun da K1'e ait olduğu açıktır.

Şimdi IP derecelendirmesini tümevarım yoluyla özetleyelim:

(C, B'deki x'te kompakt bir kompakt dışbükeydir ve bunun için L (C) 'yi kastediyoruz. k = 0 için (t, x1 (t)) K1 tahmini zaten tamamlanmıştır. (12) k: = k 1 için doğru olduğundan (10) gerekli olabilir. Bildiğiniz gibi, seri IP üzerinde yakınsak bir sayısal seri ile büyükleştirilir ve bu nedenle (Weierstrass teoremi denir) IP üzerinde herhangi bir x C (IP) fonksiyonuna düzgün yakınsar. Ale ce i IP'de xk x anlamına gelir. Daha sonra (10)'dan IP'ye sınıra gidiyoruz ve (9)'u IP'den çıkarıyoruz, bu da (1)'den Int (IP)'ye anlamına geliyor.

Benzersizlik, Osgood teoremindeki Sonuç 1'den hemen çıkarılabilir, ancak bunu başka bir yolla da elde etmek mümkündür, böylece aynı denklem (9) elde edilebilir. Int (IP) üzerinde 2 karar x1,2 görev (1) (yani (9)) olsun. Daha fazlası kastedildiği için grafikleri K1'de ve özellikle C'de olmalıdır. Pozitif bir sayı olan t I1 = (t0, t0 +) olsun. Todi = 1 / (2L (C)) Todi = 0. Kendimizi Tim, I1'de x1 = x2.

Vikladach'a saygı. Gronwall'un Lema'sının ardındaki birliğin bir başka kanıtı, ancak bu daha doğaldır, çünkü küresel olarak geçmek önemlidir, ancak doğrusal ODE'leri yeterince ele almak önemli olduğundan manuel olarak olması gerekmez.

Saygı. Birliğin geriye kalan kanıtı öncelikle yerel birliğin nasıl küresel birliğe yol açabileceğini (ki bu gerçekte doğru değil) farklı bir ışık altında göstermesidir.

Sağ. Ağın birliğini, Osgood teoremiyle aynı boyuttaki tüm IP'lere getirin.

kibar okremy vipadok(1) - doğrusal ODE'ler, yani f (t, x) değerinin x'te doğrusal olduğu olanlar:

Bu durumda, bu durumda, B çekirdeğinde siyahlık ortaya çıkar ve lipschitz'in fikri mülkiyeti (ve farklılaşabilirliğin yönü) x'te otomatik olarak belirlenir: tüm t (a, b), x, y Rn maєmo için | f (t, x) f (t, y) | = | A (t) (x y) | | A(t) | · | (Xy) |.

Eğer (a, b) kompaktını hızlı bir şekilde görürseniz, | f (t, x) f (t, y) | L | (x y) |, de L = maks | A|.

Peano, Hosgood ve Cauchy-Picart teoremlerinden, problem (13)'ün t0'a eşit olan herhangi bir aralıkta (Peano-Picart) farklı olduğu açıktır. Üstelik bu aralıktaki karar Picard'ın son yaklaşımları arasındadır.

Sağ. Bu aralığı bulun.

Ancak bu durumda tüm bu sonuçların küresel olarak, yani her şey (a, b) hakkında raporlanabileceği ortaya çıktı:

Teorem. Doğru olsun (14). O zaman problem (13), (a, b) üzerinde düzgün bir şekilde çözülebilir ve en son Picard yakınlığı, herhangi bir (a, b) kompaktında bir sonrakine eşit şekilde yakınsar.

Bitti. Yine TK-P'de olduğu gibi integral denklemini (9), formül (10)'a daha sonra yapılan yaklaşımlar yardımıyla çözeceğiz. Ancak artık grafiğin koni ve silindire zihinsel uyumunu kontrol etmemize gerek yok çünkü

f, t(a, b) olduğu sürece tüm x'ler için geçerlidir. Ayrıca tüm xk'lerin eşit olduğunu ve (a, b) üzerinde tartışılamaz olduğunu doğrulamak gerekir ki bu tümevarımla açıkça görülür.

Şimdi (12) yerine de N formunun benzer bir tahminini göstereceğiz - aynı sayı, seçime tabidir. Bu tahmin için ilk tümevarım terimi farklıdır (K1 ile ilgili olmadığından): k = 0 | x1 (t)x0 | N'den süreklilik x1'e kadar ve gelecek tarihler benzerdir (12).

Bunu yazmamak mümkündür, çünkü Açıkçası, xk x'i açık olarak ve x є sonucunun çözümünü (10) açık olarak yeniden işaretlemek mümkündür. Ve sonra herkes (a, b) hakkında kararlar verdik çünkü kompaktın seçimi yeterlidir. Benzersizlik, Osgood ve Cauchy-Picart'ın teoremlerinden (ve küresel birlik hakkında daha fazla bilgiden) kaynaklanır.

Saygı. Yukarıda söylendiği gibi TK-P, Peano ve Osgood teoremlerinin varlığına resmi olarak saygı duyar, ancak 3 nedenden dolayı geçerli değildir:

1. ODE'ler için Cauchy problemini integral denklemlerle bağlamanıza olanak tanır;

2. birbirini izleyen yaklaşımlardan oluşan yapıcı bir yöntem sunar;

3. Doğrusal ODE'ler için kolayca küresel bir temel oluşturmanıza olanak tanır.

[Her ne kadar bunu § 4'ün silinmesinden çıkarmak hala mümkün olsa da.] Daha sonra, çoğunlukla kendimiz buna güveneceğiz.

Popo. x = x, x (0) = 1. Ardışık yaklaşımlar Bu, x (t) = e'nin R'nin tamamı için çıktı probleminin çözümü olduğu anlamına gelir.

Çoğu zaman sıra işe yaramaz, aksi takdirde bütün yapıcılık kaybolur. Kaçırma x xk (div.) olayını da değerlendirebilirsiniz.

Saygı. Peano, Osgood ve Cauchy-Picard teoremlerini kullanarak yüksek dereceli ODE'ler için benzer teoremleri türetmek kolaydır.

Sağ. Cauchy problemi kavramlarını, sistemin çözümünü ve Cauchy problemini, birinci dereceden sistemlere indirgenmiş yüksek dereceli ODE'ler için tüm teoremleri § 1'de sunulan şekilde formüle edin.

Dersin mantığını bozarak, ancak uygulamalı derslerde problem çözme yöntemlerine hızla hakim olarak ve geliştirerek, şimdi gizli teorinin sunumunu yarıda keseceğiz ve "ODE'ye açık bir çözüm" teknik sorunuyla ilgileneceğiz.

§ 3. İntegral entegrasyonuna yönelik eylemler Şimdi skaler denklem = f (t, x)'e bakalım. Entegre etmeye başladığımız Staisha'ya bir sıçrama diyelim, kulağa öyle geliyor. URP, yani Rivnyannya, burada f (t, x) = a (t) b (x). URP'yi entegre etmenin resmi yöntemi, t ve x (isim): = a (t) dt değişkenlerini "ayırmak" ve ardından integrali almaktır:

burada x = B (A(t)). Bu tür resmi birleşme, hazırlık gerektiren bir dizi anı içerir.

1. b(x)'te bölünmüştür. F'nin sürekli olması önemlidir, böylece a C (,), b C (,), yani B ekseninde bir rektum (,) (,) vardır(Görünüşe göre derisiz, öfkelenmeye başladılar). Kişiliksizlikler (b (x) 0) ve (b (x) 0) açıktır ve ayrıca aralıkların uç veya sıra kümeleridir. Bu aralıklar arasında b = 0 olan noktalar veya bölümler vardır. Eğer b(x0) = 0 ise Cauchy problemi x x0 çözülebilir. Çözümün birleşik olmaması mümkündür, o zaman değer bölgesinde b (x (t)) = 0 olan aralıklar vardır, ancak bunlar aynı zamanda b (x (t)) ile de bölünebilir. Bu aralıklarda B fonksiyonunun monoton olması ve bu nedenle B 1'i alabilmemiz dikkat çekicidir. b (x0) = 0 olduğundan, t0 civarında b (x (t)) = 0'ı biliyoruz ve prosedür şu şekildedir: yasal. Bu şekilde, kararın alanını parçalara ayırırken prosedür suçlu, görünüşte durağan olarak anlatılıyor.

2. Sol ve sağ parçaların çeşitli değişikliklerle entegrasyonu.

Yöntem I. Sorunun çözümünü bize bildirin Kod (t) shi (1) x = (t). Maєmo: = a (t) b ((t)) yıldızlar - kesinlikle aynı formülü kabul ettiler.

Yöntem II. Rivnyannya - buna böyle denir. ODE çıkışının kaydı simetriktir, yani hangi değişkenin bağımsız, hangisinin bağımsız olduğu belirtilmemiştir. Bu form, birinci diferansiyelin formunun değişmezliğine ilişkin teoremlerle birinci dereceden karşılaştırmaya baktığımız gibi anlamlıdır.

Burada düzlemin ((t, x)) yüzeyinde gösterilen diferansiyel kavramlarını, üzerindeki bağlantılardan, serbestlik derecelerinden, eğri üzerindeki parametrelerden etkilenen eğrilerden kısaca bahsedeceğiz.

Bu şekilde denklem (2), t ve x diferansiyellerini sağ IK'ye bağlar. Dolayısıyla eşitlemenin (2) ilk başta gösterilen şekilde entegrasyonu kesinlikle yasaldır - bu elbette herhangi bir değişikliğe göre bağımsız bir şekilde çerçevelenmiş entegrasyon anlamına gelir.

Yöntem I'de yak'da bağımsız bir t değişimi seçilerek gösterildi. Bunu bağımsız değişkende s parametresini seçerek gösterebiliriz (çünkü bu t ve x'in eşitliğini daha net gösterir). s = s0 değeri (t0, x0) noktalarını temsil etsin.

Böylece şunları yapabiliriz: = a (t (s)) t (s) ds, ki bu daha sonra verir Burada simetrik gösterimin evrenselliğini vurgulamalıyız, ancak: sütun ne x (t) ne de t (x) olarak yazılmaz. ), ancak x(s), t(s) olarak.

URP'den önce, en yüksek sırada görülebilen diğer birinci dereceden ODU'lar (örneğin bir görev kitabı) ele alınır.

Bir diğer önemli adım ise doğrusal ODE:

Yöntem I. Değişim sabittir.

Bu, 2. Bölüm'de tartışılacak olan daha cahil yaklaşıma göre önemli bir değişikliktir. Buradaki nokta, özel bir bakış açısıyla çözüm arayışının eşitlik sırasını düşürmesidir.

Virishimo svochatka çok sağlam. aynı seviye:

Birlik nedeniyle ya x 0 ya da burada x = 0. Geri kalandan (x 0 anlamlı olsun), (4)'ü çıkarırız, bu da tüm (3) 0 çözümlerini (sıfır ve negatif olanlar dahil) verir.

Formül (4) oldukça sabit bir C1'e sahiptir.

Sabit varyasyon yöntemi, (3) C1 (t) = C0 + çözümünün (cebirsel doğrusal sistemler için olduğu gibi) ORNU = CHRN + OROU yapısının (Bölüm 2'deki bu rapor hakkında) görülebilmesi gerçeğinde yatmaktadır.

Cauchy problemini x (t0) = x0 çözmek istiyorsak, o zaman Cauchy verilerinden C0'ı bilmemiz gerekir; kolaylıkla C0 = x0 sonucunu çıkarabiliriz.

Yöntem II. IM'yi biliyoruz, yani böyle bir v fonksiyonu, (3)'ü çarpmamız gerekiyor (tüm bilinmeyenler sol tarafta toplanacak şekilde yazılmıştır: xa (t) x = b (t)) böylece Sol taraftaki işlem manuel kombinasyonla ortaya çıkıyor.

Diyelim ki: vx vax = (vx), v = av olduğundan, yani (Böyle bir denklem eşittir, (3), zaten belirlenmesi kolay olan ve (5)'i veren eşitlemeye eşdeğerdir. Eğer Cauchy problemi geçerliyse, o zaman (6)'da, doğrusal ODE'lerin (3) Brotherly integrali kolaydır, tam bir görev durumunda (örneğin, bir problem kitabında) görülebileceği gibi, farklı eylemler içerir. Daha önemli bir doğrusal ODE türü (için) herhangi bir n) Bölüm 2'de ele alınacaktır.

Bu durumların yarattığı mağduriyetler sözde saldırıyla tamamlanacak. GÜNCELLEME. Birinci dereceden ODE'ye (n = 1 için) simetrik formda bakalım:

Daha önce de söylendiği gibi (7), değişkenin nasıl dikkate alındığını belirtmeden (t, x) alanında ІК'yi belirtir.

(7)'yi yeterli bir M (t, x) fonksiyonuyla çarparsanız, aynı denklemin eşdeğer bir yazım biçimini elde edersiniz:

Dolayısıyla bir ve aynı ODE'nin birçok simetrik kaydı vardır. Bunlar arasında sözde özel bir rol oynanır. Üst diferansiyellerdeki girişler, UPD'nin adı çok uzak değildir, çünkü bu güç eşit değildir, ancak giriş şekli, yani sol kısım (7) dF (t, x) ile aynı değerde olacak şekildedir. F kısmı.

(7)'nin yalnızca F eylemiyle A = Ft, B = Fx olması durumunda bir UPD olduğu açıktır. Analizden de anlaşılacağı gibi, geri kalanı için, örneğin düzgünlük gibi teknik yönleri kesinlikle ön plana çıkarmamak gerekli ve yeterlidir. tüm işlevlerden. Sağda farklı bir rol oynuyor - kursun diğer bölümleri için buna gerek yok ve hararetli katkım için fazladan para harcamak istemem.

Bu şekilde, eğer (9) tanımlanırsa, öyle bir F olacaktır ki (toplam sabiti ile aynıdır), böylece (7), dF (t, x) = 0 ( şeklinde yeniden yazılacaktır. birim ІК), yani.

F (t, x) = const vzdovzh ІК, yani ІК, F fonksiyonunun çizgileridir. A ve B için F'yi aramanın zorlaşmadan (9)'u karşılaması nedeniyle UPD'yi entegre etmenin önemsiz bir görev olduğu açıktır. Eğer (9) açıkça belirtilmemişse, o zaman bilinmesi gereken bir sonraki şey sestir. IM M (t, x), (8) є UPD olacak şekildedir, bunun için analog (9)'u oluşturmak gerekli ve yeterlidir; bu form şu şekildedir:

Birinci dereceden PDE'ler teorisinden takip edildiği gibi (Bölüm 3'te incelediğimiz gibi), denklem (10)'a her zaman karar verilir, böylece meyve verir. Bu sayede (7) numaralı görüşle tutarlı olarak UPD'nin görüşünde de bir kayıt bulunmaktadır ve bu da “açık” entegrasyona olanak sağlamaktadır. Ancak bu, son yaklaşımda yapıcı bir yönteme izin vermez, çünkü başarı (10) uğruna aradığımız çözümü (7) bilmek gerekli görünmektedir. Prote, geleneksel olarak pratik faaliyetlerde görülen bir dizi IM düşünme yöntemi vardır (örneğin div.).

Saygılarımla, her şeyden önce dikkate alınan şey URP ve doğrusal ODU'ların kararıdır ve IM ideolojisi tarafından tamamlanmaktadır.

Aslında dx = a (t) b (x) dt simetrik formunda yazılan URP dx / dt = a (t) b (x), kelimeler ters çevrildiğinden IM 1 / b (x) ile çarpılır. UPD'de dx / b (x) = a (t) dt, yani dB (x) = dA (t). Doğrusal denklem dx / dt = a (t) x + b (t), simetrik formda yazılmış dx a (t) xdt b (t) dt, IM ile çarpılır, pratik olarak tüm ODE'leri çözme yöntemleri “açık bir biçimde”

(Doğrusal sistemlerle ilişkili büyük bloğun suçlusunun arkasında), sırayı azaltma ve değişimleri değiştirmeye yönelik özel yöntemlerin yardımıyla, bunların birinci dereceden ODE'ye indirgendiğine ve daha sonra UPD'ye indirgendiğine inanılmaktadır. ve diferansiyel sayının ana teoreminde m'yi sabit tutmaları muhtemeldir: dF = 0 F = sabit. Düzeni düşürmeye yönelik beslenme, geleneksel olarak pratik faaliyetlerin (örneğin div.) dersine dahil edilir.

Açıkça izin verilmeyen birinci dereceden ODE'ler hakkında birkaç söz söyleyelim:

§ 1'de söylendiği gibi, (11)'i x ile değiştirmeyi ve normal formu ortadan kaldırmayı öğrenebilirsiniz, ancak tamamen değil. (11)'i ortanın dışına yerleştirmek genellikle daha kolaydır.

P = x'in hemen bağımsız değişim olarak görüldüğü ((t, x, p)) uzayına bakalım. O halde (11) bu uzaydaki yüzeyi (F(t, x, p) = 0) tanımlar ve bu parametrik olarak yazılabilir:

Örneğin R3'teki kürenin yardımıyla bunun ne anlama geldiğini tahmin etmek önemlidir.

Çözümler bu yüzeydeki eğrilere benzer olacaktır: t = s, x = x (s), p = x (s) - dx = pdt çözümlerini temel alan kişiye bir adım özgürlük verilir. Bu bağlantıyı yüzeydeki (12) parametreler cinsinden yazalım: gu du + gv dv = h (fudu + fv dv), yani.

Böylece, alınan kararlar yüzeydeki (12) eğrilere karşılık gelmekte olup, burada parametreler eğrilerle (13) ilişkilidir. ODE ayarlanabilmesi için simetrik formda kalır.

I bırakın. Herhangi bir bölgede (gu hfu) = 0 ise (12), o zaman t = f ((v), v), x = g ((v), v) alandaki eğri eğrilerin parametrik kaydını verir ( (t , x)) (yani p'ye ihtiyacımız olmadığı için bu alana projeksiyon yapıyoruz).

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

Vipadok III. Bazı noktalarda aynı zamanda gu hfu = gv hfv = 0 olur. Burada detaylı bir analiz yapılması gerekir ki bu da bazı çözümlerin vazgeçilmez olduğunu (bazılarına özel de denir) işaret eder.

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

x = tp + p2. Bu yüzeyi parametreleyelim: t = u, p = v, x = uv + v 2. Düzey (13) hemen görünecektir (u + 2v) dv = 0.

Bölüm I. Chi gerçekleşmedi.

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

Bu, t = u, x = Cu + C 2 anlamına gelir - IK gösterimi parametriktir.

Bunu açıkça x = Ct + C 2 şeklinde yazmak kolaydır.

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

IK'nin doğru olduğunu doğrulamak için bunu açık x = t2 / 4 biçiminde yazıyoruz. Bunun (özellikle) çözüm olduğu ortaya çıktı.

Sağ. Başkaları için endişelenmenin özellikle önemli olduğunu bize bildirin.

Bu gizli gerçek, herhangi bir kararın grafiğinin diğer tüm kararların ailesini takip etmesidir. Özel kararın kendisinin diğer önemi de buna dayanmaktadır (böl.).

Sağ. Clairaut x = tx (x)'in dışbükey fonksiyonla daha resmi bir yorumu için çözümün özellikle açık olduğunu bize bildirin: x = (t), de - yeniden oluşturulmuş Legendre, yani = () 1 veya (t) ) = maksimum (tv (v)). Benzer şekilde x = tx + (x) seviyesi için.

Saygı. § 3'ün daha ayrıntılı ve doğru bir paragrafı el kitabında yer almaktadır.

Vikladach'a saygı. Bir ders dersini okurken, § 3'ü dikkatlice genişleterek ona daha büyük bir şekil verebilirsiniz.

Şimdi raporun §§ 1.2 maddesindeki konuşmaya devam ederek dersin ana hatlarına dönelim.

§ 4. Cauchy probleminin küresel ilişkisi § 2'de Cauchy probleminin yerel çözümünü, yani sadece t0 noktasını bulmak için herhangi bir aralıkta getirdik.

F'ye bazı ek toleranslar vererek onu bir araya getirdik, bu da aynı aralıkta hesaplanan iki çözümden kaçındığımız anlamına geliyor. Eğer f, x'te doğrusalsa, küresel bir temel vardır, yani her aralıkta denklemin (sistemin) sabit katsayıları belirlenir. Ancak teorinin doğrusal sisteminin durgunluk denemesinin gösterdiği gibi, Peano-Picart aralığı karar alınabilecek aralıktan daha kısa görünmektedir. Doğal güç şunlardan gelir:

1. Kararın (1) onaylanabileceği maksimum aralık nasıl belirlenir?

2. Hangi aralık her zaman maksimuma yaklaşır, (1)1. bölümün doğru anlamı nedir?

3. Kararın saat aralığına bakılmaksızın karar birliği kavramı nasıl doğru bir şekilde formüle edilir?

Beslenme 2'ye tepkisi görünüşte olumsuz olan (veya daha doğrusu büyük bir doğruluk gerektiren) kişiler için bu örneğe bakın. x = x2, x(0) = x0. Eğer x0 = 0 ise x 0 demektir; Osgood teoremine göre başka çözüm yoktur. Eğer x0 = 0 ise bebeğin olumsuz yaratılma ihtimali yüksektir.) Karar aralığı (, 1/x0) veya (1/x0, +)'dan fazla olamaz x0 0 ve x0 0 için kesindir (başka bir hiperbolik nokta ağırlığı en üste taşımaz! - bu tipik bir merhamettir) öğrenciler). İlk bakışta, son görevde "böyle bir sonuca işaret eden" hiçbir şey yoktu. § 4'te bu olgunun bir açıklaması var.

x = t2 + x2 denkleminin uygulanmasında öğrencilerin karar aralığına ilişkin tipik bir anlayışları ortaya çıkmaktadır. Burada “her yerde isyanın kararlı” olması, kararın bütünüyle devamına hiç bir anlam yüklemiyor. Bu, örneğin yasal yasalar ve bunların altında gelişen süreçlerle bağlantılı olarak tamamen gündelik bir bakış açısıyla açıkça görülmektedir: Yasa, 2015 yılında herhangi bir şirketin kuruluşunu açıkça belirlemediğinden, o zaman Bu hiçbir şekilde ne anlama geliyor? bu şirket, iç nedenlerden dolayı sonsuza kadar iflas etmeyin (kanun dahilinde olsa bile).

Beslenme 1-3'e yanıt vermek (ve bunları açıkça formüle etmek) için devam eden kararı anlamak gerekir. Biz (evde olduğumuz gibi) (1) 1 kararına bahis olarak bakacağız (, (tl(), tr())).

Viznachennya. Karar (, (tl()), tr())) є kararın devamı (, (tl(), tr()))), as (tl(), tr())) (tl(), tr()), ben | (tl(),tr()) =.

Viznachennya. Çözünürlük (, (tl (), tr ())) - önemsiz (yani dikkate değer) devamlara sahip olmadığı için sürdürülemez. (Böl. Butt daha fazla).

HP'nin kendisinin özel bir değere sahip olduğu ve kendi açısından bütünlük ve birliğin sağlanmasının gerekli olduğu açıktır. Suçlu olan doğal güçtür; gelecekte yerel güce veya önceden belirlenmiş Cauchy'ye dayanarak NR geliştirilebilir mi? Öyle görünüyor. Bunu açıklığa kavuşturmak için kavramı tanıtalım:

Viznachennya. Kararlar kümesi ((, (tl (), tr ()))) gereksiz değildir, çünkü bu kümedeki herhangi 2 karar, atanma aralıklarının geçişinde karşılanır.

Viznachennya. Süper yetkin olmayan bir çözüm kümesine maksimum denir çünkü başka bir çözüm eklemek mümkün değildir, böylece yeni küme süper anlaşılmaz olur ve çözüm oluşturmak için aynı alanlara yeni noktalar yerleştirir.

INN fonksiyonunun HP fonksiyonuna ve kendisine eşdeğer olduğu açıktır:

1. NR ise INN olsun, kaldırabilirsiniz, sesinizi de ayarlayabilirsiniz.

Sağ. Buna bir bak.

2. Eğer INN, INN ise, o zaman NR (, (t, t +)) şöyle olacaktır:

put (t) = (t), de - INN'nin herhangi bir elemanı, bu noktanın anlamı. Açıkçası, böyle bir fonksiyon her şeye (t, t +) açık bir şekilde atanacaktır (belirsizlik, kümenin süperperiyodik olmamasından kaynaklanmaktadır) ve o noktada anlamlı olan INN elemanları tarafından her noktada önlenecektir. Herhangi bir t (t, t +) için içinde ve dolayısıyla çevresinde bir şarkı vardır ve bu çevrede bir çözüm (1) 1 olduğundan, o zaman - aynıdır. Yani her şeye (t, t+) ilişkin bir (1)1 kararı vardır. Sürekli değildir, çünkü başka bir durumda, INN'ye maksimum değerinin ötesinde önemsiz olmayan bir uzantı eklenebilir.

Pobudova MNN zadannya (1) zagalny formunda (Peano teoreminin zihninde), yerel birlik yoksa mümkündür (böl.,), ancak hantaldır - adım adım temele dayanır Peano teoreminin Zhenya aralık çarpımlarına kadar aşağıdan bir tahminle durgunluğu. Bu şekilde HP her zaman uyuyacaktır. Sadece bazı durumlarda hazırız, eğer yerel birlik varsa, o zaman INN (ve dolayısıyla HP) önemsizdir. Mesela önem gereği TK-P çerçevesinde faaliyet göstereceğiz.

Teorem. Aklınızı TK-P'yi B Rn + 1 alanına yerleştirmeyi unutmayın. Yani ne olursa olsun (t0, x0) B komutunun (1) bir HP'si olabilir.

Bitti. Şimdi (1) numaralı sorunun (TK-P'ye göre boş değil) tüm çözümlerine bir göz atalım. INN'in iddia ettiği şey bu; yerel birlik nedeniyle aşırı kritik değil, kişilikleri olmadan herkesi Cauchy'nin sorununu çözmeye itenlerin gözünde maksimum düzeyde. Bu, HP'nin uykuda olduğu anlamına gelir. Yerel birlik sayesinde birlik olur.

Açık bir yerel erdeme (1)1 (ve belirli bir Cauchy erdemine değil) dayanan bir NR oluşturmak gerekiyorsa, o zaman bu sorun, yerel birliğin açıklığına bağlı olarak Cauchy sorununa iner: bu gereklidir bariz bir IR üzerinde bir nokta seçmek ve en önemli Cauchy problemine bir göz atmak. Bu görev birlik beraberlik nedeniyle nihai kararın devamı olacaktır. Birlik olmadığı için verilen kararın devamı yukarıda belirtilen prosedüre göre yapılır.

Saygı. Uyku aralığının uçlarına (birlik aklı ne olursa olsun) HP eklenemez, dolayısıyla kararlar uç noktalarda da alınır. Sınırlandırmak için bölümün sonundaki ODE çözümleri altında anlamanız gerekenleri netleştirmeniz gerekir:

1. Yaklaşım 1. Kararlara devam edin (1) 1. bölümde tek taraflı yaklaşım anlamında sondaki eşitleri tatmin edecek bir fonksiyon bulunmaktadır. O zaman, örneğin başlangıç ​​aralığının sağ ucunda (t, t +] ek bir kararın verilmesi olasılığı vardır; bu, IR'nin B'nin ortasındaki bitiş noktası olduğu ve C 1 (t) olduğu anlamına gelir. Aksi takdirde, (1) için Kosh i x (t + ) = (t +) görevini tamamladıktan ve çözümleri öğrendikten sonra t +'nın sağ ucunu (t +'nın kırıldığı noktada) alırız. tek taraflı hareketlerle ve eşittir f (t +, (t +))), bu özellikle değerli olduğu anlamına gelir) , yani bulo HP.

2. Yaklaşım 2. Bölümdeki (1) 1 numaralı çözüme gelince, uçlarında sürekli olan bir fonksiyon vardır, aksi takdirde IC'nin uçları B'de bulunur (önemli değil, denklemi kintsakh olarak bitirmeye gerek yoktur) - hala aynı mirkuvannya'yı yalnızca tutarlı integral denklem (böl. raporu) açısından göreceksiniz.

Bu sayede seçilen çözümün katları olarak hemen araya sadece açık aralıklar koyarak gücü bozmadık (ve sadece tek taraflı hareketlerle gereksiz hareketler vb.) önlendi.

Bize yiyecek 3 verildi, koçanı § 4'e koyduk: zihin birliğinin zaferiyle (örneğin Osgood veya Cauchy-Picard), Cauchy'nin sorununa HP çözümünün birliği gerçekleşir. Zihin birliği bozulursa, her uyumaya ihtiyaç duyduğunuzda Kosha'nın görevi için çok fazla HP olabilir. Kararın (1) (veya basitçe (1) 1) HP'ye genişletilip genişletilemeyeceği.

Güç kaynağı 1.2'ye yanıt verebilmek için IK'nin Rn+1 uzayındaki davranışına bakmak gerekir. IK'nin Rn+1 uzayındaki davranışı önemlidir. Gün bitebilir, IK bitebilir annelik yapmayın (B'deki IK'nin sonu asla uyumaz - daha ayrıntılı olarak Saygı'ya bakın, aksi takdirde aşağıdaki B - bölümündeki I'nin sonunu uyuyamayabilirsiniz).

Teorem. (Kompakttan ayrılma hakkında).

Biz bunu yerel birlik kafasında formüle ediyoruz ama zorunlu değil - bakın orada TPK, HP'nin kriteri olarak formüle edilmiş.

TK-P'nin zihninde, herhangi bir NR seviyesi (1) 1'in grafiği, kompakt KB'den yoksundur, yani. KB (t, t +): (t, (t)) K, t'de.

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

Saygı. Bu nedenle, ІК НР yakın t ± B'ye yaklaşır: ((t, (t))), B) 0'da t t ± - karara devam etme süreci tam olarak B'nin ortasına dönüşemez.

Olumlu olarak, burada biri kompakt olan, kesişmeyen kapalı çokluklar arasındaki alt bölümün pozitifliğini açıkça gösterme hakkına sahibiz.

Bitti. KB düzeltildi. Be-0'ı alın (0, (K, B)). B = Rn + 1 olduğundan (K, B) = + değerleri açısından önemlidir. Kişisel olmayan K1 = ((t, x) | ((t, x), K) 0/2) de B'de kompakttır, dolayısıyla F = max | f|. Seçilen T ve R sayıları yeterince küçüktür, böylece örneğin herhangi bir silindiri T 2 + R2 2/4 alabilirsiniz. Aynı problem, TK-P'ye göre, daha önceki (t T0, t + T0) aralığında çözülmüş gibi görünmektedir; burada tüm (t, x) K için T0 = min (T, R / F).

Şimdi = alabilirsiniz. Aslında, eğer (t, (t)) K ise t + T0 t t + T0 olduğunu göstermemiz gerekiyor. Mesela bir arkadaşımızın tedirginliğini gösterelim. Cauchy probleminin (2) x = (t) ile çözümü en azından t + T0 noktasına kadar sağa gider, aksi takdirde aynı değildir çünkü birlik açısından bir genişleme vardır, o zaman t + T0 t +.

Bu şekilde, HP programı ilk önce "B"ye ulaşacak, böylece HP aktivasyon aralığı IK geometrisi içinde yer alacaktır.

Örneğin:

Onaylanmış. B = (a, b) Rn (terminal veya sürekli aralık) olsun, f, B'de TK-P'nin akıllarını karşılar, є HP ataması (1) ile t0 (a, b). Todi veya t + = b veya | (t) | + t t'de + (i, t için benzerdir).

Bitti. Ah canım, t + b olsun, sonra t + + olsun.

K = B B kompakt kümesine bakalım. TPK ile herhangi bir R + verildiğinde, (R) t + bulunur, öyle ki t ((R), t +) noktası için (t, (t)) K. Eğer parçalar varsa t t +, o zaman fiyat belki sadece bir kabuk için | (t) | R. Ale ce demek istiyorum | (t) | + t t +'da.

Tsomaoma Vipad Mi Bachimo'da, Scho Yakshcho F “tüm X”te Vispensed, o zaman izhnovanni NR Rachunov pragnennya için Kinni'ye Yakın ila Kinziv Aralığı (t, t +) için maksimum (a, b) tilkidir (içinde) zagalny vipadku - B kordonuna kadar).

Sağ. Rn'nin yeterli bir alan olduğu B = (a, b) ise sertleşmenin geri kalanını düşmeye ayarlayın.

Saygı. Neyi anlamanız gerekiyor | (t) | + k(t) anlamına gelmez.

Tim'e 2 numaralı besin verildi (por. Butt on the cob § 4): B'ye ulaşmak için IK, aksi takdirde bütün t'deki izdüşümü B'nin bütün t izdüşümünün uçlarına ulaşmayabilir. Beslenme yoksunluğu 1 - Mevcut ODE dışında, çözümün “maksimum geniş aralığa” kadar devam etme olasılığını değerlendirebilecek işaretler nelerdir? Doğrusal ODE'ler için bu genişletmenin mümkün olduğunu biliyoruz, ancak § 4'ün başındaki örnekte bu imkansızdır.

URP'nin n = 1'deki ekstrem aşamasını göstermek için başlangıca bir göz atalım:

Değersiz integralin değeri h(s)ds (değişken olmayan önemli = + veya h noktasındaki özellikleri sayesinde) (,) seçiminde yatmaz. O zaman eğer integralinin yakınsamasından veya ayrılmasından bahsediyorsak basitçe h(s)ds yazacağız.

Bu, Osgood teoreminde ve onunla ilgili iddialarda çözülebilirdi.

Onaylanmış. a C (,), b C (, +) olsun, rahatsız edici fonksiyonlar kendi aralıklarında pozitif olsun. Cauchy problemi (de t0 (,), x0), (t, t +) (,) aralığında HP x = x (t)'ye uygulansın. todi:

Soruşturma. a = 1, = + ise t + = + Kanıtıdır. (Tverzhennya). Sevgili, x monoton bir şekilde büyüyor.

Sağ. Onu getirmek.

Bu yüzden x (t +) = lim x (t) +. Maєmo Vipadok 1. t +, x (t +) + - TPK'ya göre imkansız, çünkü X є HP.

Şikayetler ya bitecek ya da bitmeyecek şekilde bütünleşmişti.

Sağ. Dorobiti kanıtı.

Vikladach için hazırlık. Zaman 3'te: a (s) ds + ve zaman 4'te (ki bu her zaman uygulanır) aynı olduğu açıktır.

Böylece, x = f(x) formundaki n = 1 olan en basit ODE'ler için çözümün devamı benzerlikle belirlenir.

özerk) bölgeler için bkz. Bölüm 3.

Popo. f(x) = x, 1 (zocrema, lineer düşüş = 1) ve f(x) = x ln x için, (pozitif) çözümlerin +'ya devamı garanti edilebilir. f (x) = x и f (x) = x ln x için 1'de karar "saatin sonunda karar vermektir."

En uç durumda, durum faktörler açısından zengindir ve o kadar basit değildir, ancak "f'ye x büyüme hızı" öneminden yoksundur. N 1 olduğunda, yeterli zekaya sahip olmadan önce süreklilik kriterlerini formüle etmek önemlidir. Kural olarak, koku ek yardım için hazırlanır. a priori tahminler çözülür.

Viznachennya. h C (,), h 0 olsun. Görünüşe göre bu ODE'nin çözümü için AT | x(t) | h (t) (,), eğer bu ODE'nin çözümü, aralığın (,) tanımlandığı kısmına ilişkin tahmini karşılıyorsa (yani iletilir, böylece çözüm zorunlu olarak tüm aralıkta tanımlanır) (,)) .

Ancak AT'nin varlığının, kararların yine de her şeye (,) göre değerleneceğini (ve dolayısıyla tüm aralıktaki tahminleri karşılayacağını) garanti ettiği ortaya çıktı, böylece her seferinde a priori tahmin a posteriori'ye dönüştürülür:

Teorem. Cauchy probleminin (1) TK-P'nin aklını tatmin etmesine izin verin ve bunun için çözüm, h C (,) hareketi ve eğri silindir (| x | h (t) ile (,) aralığı üzerindeki AT yeridir. ), t (,)) B . Todi HP (1) hepsine (,) atanmıştır (bu, AT'yi karşıladığı anlamına gelir).

Bitti. t + (t benzer) olduğunu görelim. t+ diyelim. K = (| x | h (t), t) B kompakt kümesine bakalım. TPK için t t +'daki grafik noktası (t, x (t)) K'yi kaldırır, bu da AT'ye bakmak imkansızdır.

Bu nedenle, bir kararın belirli bir aralıkta sürekliliğini kanıtlamak için, kararın gerekli herhangi bir aralıkta resmi olarak değerlendirilmesi gerekir.

Analoji: Lebesgue'e göre fonksiyonun geçerliliği ve integralin biçimsel tahmini, integralin gerçek temeli olma eğilimindedir.

Bu mantık işlediği için duruma bir bakalım. "f'yi x'i mümkün olduğu kadar artırmak" ile ilgili ortaya atılan tezin bir örneğiyle bitirelim.

Onaylanmış. B = (,) Rn,f olsun, TK-P'nin B, | f(t,x) | a (t) b (| x |), burada a i b eski Firmanın zihinlerini tatmin eder z = 0 ve = +. Daha sonra tüm t0 (,), x0 Rn için NR ayarı (1) (,) üzerinden başlar.

Lemma. Yakscho ve kesintisiz, (t0) (t0); t t Kanıtı'nda. Açıkça, (t0, t0 +) civarında: eğer (t0) (t0) ise bu hemen belli olur, fakat aksi halde (çünkü (t0) = (t0) = 0) mümkündür (t0) = g ( t0, 0) (t0), bu da yine ihtiyacı verir.

Artık (t1) şeklinde t1 t0 olması kabul edilebilir. Açık bir şekilde, (t2) = (t2) ve (t0, t2) olacak şekilde (t1) t2 (t0, t1] bilinebilir.

g be-yak ve hakikatin daha fazlasına ihtiyacı var, C ve her yerde =, orada. Bunu dert etmeyelim, Lemma'daki gibi bakalım. Burada eşitsizlik var ama bir de doğrusal olmayan bir ODE var ve o da öyle geliyor.

Vikladach'a saygı. Lemma'da bu tür eşitsizliklere Chapligin tipi eşitsizlikler (NC) adı verilir. Lemma'da akıl birliğine ihtiyaç olmadığını görmek kolaydır, dolayısıyla Peano teoremi çerçevesinde "suvore NP" doğrudur. "Benzer NP'ler" birlik olmadan açıkça yanlıştır çünkü Kıskançlık, çözülmemiş eşitsizliğin nihai biçimidir. Nareshti, zihin birliği çerçevesinde “Okunamayan LF” doğrudur, ancak ek IM için bunu yerel olarak gündeme getirmek mümkündür.

Bitti. (Tverzhennya). t + = (t = benzer) olduğunu görelim. Kabul edilebilir, t +, ardından Onaya göre devamı | x(t) | + t t +'da, x = 0'ı koyabilirsiniz. Size AT'de haber vereceğim | x | h açık) (kapakların tutulması için kova).

Koshy'nin komutu x (0) = 0, R'de bir HP x = 0 olabilir.

F üzerinde önemli derecede yeterli zeka; bu durumda R+'ya dayalı HP temelinin her zaman küçük x0 = x (0) değerine ulaşması garanti edilebilir. (4)'ün böyle bir sese sahip olması kimin için kabul edilebilir? Lyapunov fonksiyonu, yani öyle bir V fonksiyonu ki:

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

2. işaretV (x) = işaret | x |;

A ve B zihinleri teorisini tekrar kontrol edelim:

A. Cauchy problemine bakalım | x1 | R / 2. B = R B (0, R) silindirinin, C1 sınıfı ile sınırlandırılmış f fonksiyonunun değer alanı olduğunu varsayalım, böylece ana F = max | f|. TK-P'nin arkasında, (t1 T0, t1 + T0) aralığında tanımlanan, T0 = min (T, R / (2F)) olan bir çözüm (5) vardır. Büyük bir T seçerek T0 = R / (2F) elde edebilirsiniz. T0'ın seçimde (t1, x1) veya | x1 | R/2.

B. Çözelti (5) işaretlendiği ve B (0, R) hücresinde kaybolduğu sürece, saflaştırmanın başlangıcını gerçekleştirebiliriz. anne:

V (x (t)) = f (x (t)) V (x (t)) 0, yani V (x (t)) V (x1) M (r) = maksimum V (y) . m ve M'nin değişmeyeceği, değişmeyeceği açık | Sıfır cinsinden r seviyeleri, m (0) = M (0) = 0 ve sıfır kokuların konumu pozitiftir. Bu nedenle R 0'ın aynı zamanda M(R)m(R/2)'ye eşit olduğu bulunacaktır. Yakşço | x1 | R, sonra V (x (t)) V (x1) M (R) m (R / 2), yıldızlar | x(t) | R / 2. Sevgili R R / 2.

Şimdi paragrafa benzer bir teorem formüle edebiliriz. A, B küresel çözümü gösterir (4):

Teorem. (4), B (0, R)'de bir Lyapunov fonksiyonuna sahip olduğundan, o zaman tüm x0 B (0, R) için (burada R yukarıda belirtilmiştir), sistem (4) için Cauchy NP x (t0) = x0 (her ne olursa olsun) t0) + olarak ayarlanır.

Bitti. A maddesi sayesinde çözüm t1 = t0 + T0 / 2 noktasına yerleştirilebilir. Çözüm B (0, R)'de bulunur ve B maddesinin daha sonraki uygulanmasına kadar, dolayısıyla | x(t1) | R / 2. Kabul edilen A maddesini tekrar kabul edin ve t2 = t1 + T0 / 2'ye göre karar çıkarılır, yani şimdi karar verilir. Böyle bir karara kadar B noktası sabit kalır ve kaldırılır | x(t2) | R / 2 vb. Döngü sayısı için çözüm § 5'te alınmıştır. ODE'nin çözümünün bağımlılığı Cauchy de Rk problemine bakalım. Eğer t0 (), x0 () ise bu Cauchy problemi HP ise, o zaman x (t,) olur. Beslenme hatalı: depolama x tipi nasıl hesaplanır? Bu beslenme, çeşitli eklemeler nedeniyle (ve özellikle Bölüm 3'te) önemlidir; bunlardan biri (belki de en önemlisi olmasa da) ODE'ye daha yakın çözümdür.

Popo. Şimdi Cauchy'nin HP sorununa bir göz atalım ve TK-P'den de anlaşılacağı üzere bir tanedir, ancak bunu temel fonksiyonlarda belirlemek imkansızdır. Bu otoriteyi nasıl takip edebiliriz? Yollardan biri şudur: Saygılarımla, (2) y = y, y (0) = 1 problemine “yakındır” ve bunun çözümünü bulmak kolaydır: y (t) = et. x (t) y (t) = et olduğunu varsayabiliriz. Bu fikir açıkça şu şekilde formüle edilebilir: At = 1/100 ce (2) problemine ve = 0 ce'de y için göreve bakalım. Bir kez x = x (t,)'nin (şarkı anlamında) süreksiz olduğunu tespit ettiğimizde, o zaman 0'da x (t,) y (t)'yi inkar edebiliriz ve bu da x (t, 1/) anlamına gelir. 100) y ( t) = et.

Doğru, x'in y'ye ne kadar yakın olduğu belirsizleşiyor, ancak x'in y'ye sürekliliğinin kanıtı, daha ileri gitmenin imkansızlığı olmaksızın gerekli ilk adımdır.

Aynı durum koçanı verilerindeki parametrelerin uzunluğunun izlenmesi için de geçerlidir. Ayrıca, bu derinlik denklemin sağ kısmındaki parametrenin uzunluğuna kolayca indirgenebilir, böylece şimdilik verilen Nehaj f C(D) formuyla sınırlıdır; burada D, Rn + cinsinden alandır. k+1; f x boyunca herhangi bir dışbükeyde x boyunca dudaklar D ile kompakttır (örneğin, C (D) girerek, ekleyerek). Sabit (t0, x0). Önemli ölçüde M = Rk | (T0, x0,) D - kabul edilebilir sorun yok (hangi problem (4) hassastır). M'nin açık olması önemlidir. (t0, x0)'ın M = olacak şekilde seçildiğini dikkate alacağız. Tüm M'ler için TK-P için tek bir HP görevi (4) vardır - fonksiyon x = (t,), t (t (), t + () aralığında tanımlanır.

Açıkça görülüyor ki, değişimin zenginlikleri arasında yer alacak parçalar için (4)'ü şu şekilde yazmanız gerekiyor:

de (5) kişiliksizlik üzerine 1 viconano G = ((t,) | M, t (t (), t + ())). Bununla birlikte, d / dt ve / t işaretlerinin kullanımı tamamen psikolojiktir (önemleri aynı psikolojik “sabitlenme” kavramında yatmaktadır). Bu nedenle, G'nin yokluğu önemli fonksiyonların doğal maksimumudur ve süreklilik ile ilgili beslenme G'nin kendisinde takip edilmelidir.

Ek bir sonuca ihtiyacımız olacak:

Lemma. (Gronwall). Lütfen C, 0 işlevi, Todi'nin tüm değerlendirmelerini hesaplamaya tamamen saygı göstererek karşılar. Bir dersi okurken bu formülü önceden hatırlamayabilirsiniz, ancak yerinde bırakabilir ve görüntülendikten sonra yazabilirsiniz.

Daha sonra Ale, Tonz'da gerekli olacağından bu formülü saygılı bir şekilde düzeltin.

h = A + B Ah + B, yıldızlar kesinlikle gereklidir.

Duyusal terimler: diferansiyel eşitleme ve eşitsizlik, bunlar arasındaki bağlantılar, integral eşitleme ve eşitsizlik, hepsi arasındaki bağlantılar, Gronwall arasındaki diferansiyel ve integral çizgiler ve aralarındaki bağlantılar.

Saygı. Tüm bu noktayı A ve B hakkında daha belirsiz varsayımlarla gündeme getirmek mümkündür, ancak buna henüz ihtiyacımız yok, ancak UMF'nin gidişatında detaylandırılacaktır (bu nedenle, A ve B'yi gözden düşürmediğimiz açıktır). A ve B'nin sürekliliği, vb.).

Artık sonucu açıkça formüle etmeye hazırız:

Teorem. (ToNZ) Öngörülen eklemelerde fi civarında derin güveçler olması durumunda, G'nin açık ve C (G) olması için onu sertleştirmek daha mümkündür.

Saygı. Kişisel olmayan M'nin pek de iyi görünmeyerek battığı açıktır, bu nedenle I G tutarlı olmayabilir.

Vikladach'a saygı. Bununla birlikte, parametre sayısına (t0, x0)'ı dahil edersek, bağlantı b şeklinde bölünür.

Bitti. (t,) G olsun. Şunu ifade etmek gerekir:

Önemli olsun t t0. Diyelim ki: M, dolayısıyla (t,) (t()), t + ()) t, t0'a atanmıştır, bu da her parçada t noktasının (t, (t,),) kompakt eğri boyunca uzanacağı anlamına gelir D ( hiper düzleme paralel (= 0)). Bu, görünüş ne olursa olsun, önemli olan şeyin gözünüzün önünde sakince halledilmesi gerektiği anlamına gelir!

Aynısı küçük a ve b için D'de kompakttır (x'te dışbükey), dolayısıyla f fonksiyonu x'te Lipschitz'dir:

[Bu değerlendirmenin gözlerinizin önünde dikkatle değerlendirilmesi gerekiyor! ] Ve tüm değişikliklerde eşit derecede kesintisiz ve hatta daha fazlası | f (t, x, 1) f (t, x, 2) | (| 12 |), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Bu değerlendirmenin gözlerinizin önünde dikkatle değerlendirilmesi gerekiyor! ] Şu 1 şeye daha yakından bakalım | 1 | bі vіdpovіdne rіshennya (t, 1). Kişisel olmayan (= 1), D (= 1) içinde bir kompakt kümedir ve t = t0'da (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,) noktasıdır. , 1) (= 1) ve TPK'ya göre t t + (1)'deki (t, (t, 1), 1) noktası gereksizdir (= 1). t2 t0 (t2 t + (1)) olsun - gidilecek noktanın tahmin edildiği en önemli nokta.

Günlük bazda t2 (t0, t1).Patronlarımıza ek değiştirmelerle t2 = t1 olduğunu göstereceğiz.Şimdi t3 diyelim.(tüm bu t3 için tüm değerler günlük değerlerden ileri hesaplanıyor):

(T3, 1) (t3,) = f (t, (t, 1), 1) f (t, (t,),) dt, Mutlak değerin a'dan küçük olduğunu kanıtlamaya çalışalım.

İntegral fonksiyonu şu şekilde değerlendirilir:

± f (t, (t,),), ve değil ± f (t, (t,),), çünkü Fark için | (t, 1) (t,) | Henüz bir tahmin yok, bu nedenle (t, (t, 1),) belirsizdir ve | 1 | Tobto, i(t,(t,), 1) görünür.

peki çantanda ne var | (t3, 1) (t3,) | k | (t, 1) (t,) | + (| 1 |) dt.

Böylece fonksiyon (t3) = | (t3, 1) (t3,) | (Bu sürekli bir fonksiyondur) Gronwall'un lemy'sinin akıllarını A (s) K 0, B (s) (| 1 |), T = t2, = 0 ile karşılar, böylece bu lemi'ye göre [Bu değerlendirmeyi kaldırabiliriz. göz önünde kesilmesi gerekiyor! ] Yakshcho kardeşim | 1 | 1 (t1). 1(t1)b olduğunu dikkate alalım. Tüm satışlarımız kesinlikle doğrudur t3.

Bu şekilde bu seçim 1 ile t3 = t2 ise hepsi | (t2, 1) (t2,) | a ve ayrıca | 1 | B. Bu, (t2, (t2, 1), 1)'in ancak t2 = t1 olması durumunda mümkün olduğu anlamına gelir. Ale ce zocrema, (t, 1)'in her bölümde belirtildiği anlamına gelir, yani T1 t + (1) ve tüm noktalar (t, 1) G formunda, t, | 1 | 1 (t1).

Yani eğer t+'nın uzanmasını istiyorsanız, aksi halde kesim sol t+'dan mahrum kalır () zaman, yakınına ekleyin. Küçük için de benzer şekilde t t0'da t4 t0 ve 2 (t4) sayılarının tabanı gösterilmektedir. Eğer t t0 ise, o zaman (t,) B (, 1) G noktası, t t0 için benzer şekilde ve eğer t = t0 ise, o zaman hakaretlerin durgunluğu meydana gelir, yani (t0,) B (, 3) G, burada 3 = dk (12). (t,) sabitlendiğinde, t1 t 0 (veya eşdeğer olarak t4) ve 1 (t1) = 1 (t,) 0 (veya alternatif olarak 2) olacak şekilde t1 (t,)'yi bulmanız önemlidir. 0 = 0'ı seçen (t,) temizle (silindirik halkanın içine bir baston yerleştirilebildiği için).

Aslında, daha incelikli bir güç verilir: Eğer HP belirli bir bölüme atanmışsa, o zaman yeni değerde tüm HP'ye benzer parametreler atanır (ör.

hepsi küçük bureni NR). Ancak bu güç aşağıda gösterileceği gibi G açıklığından gelir, dolayısıyla formülasyon eşdeğerdir.

Tim 1. noktayı kendimiz tamamladık.

Eğer uzayda belirlenen silindirdeysek, o zaman | 1 | 4(,t,). Aynı saatte | (t3,) (t,) | | t3 t | 5 (, t,) t'deki aralıksız aracılığıyla. Sonuç olarak, (t3, 1) B ((t,),) noktasında | (t3, 1) (t,) |, de = min (4, 5). Bu 2. madde.

“Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Devlet Bütçe Eğitimi Yüksek Mesleki Eğitimin Kurulması DEVLET ÜNİVERSİTESİ BİLİMSEL PEDAGOJİK VE bilimsel personelin EĞİTİMİ İÇİN YÖNETİM ENSTİTÜSÜ ÖZEL DİSİPLİN SOSYOLOJİ YÖNETİMİNE GİRİŞ GİRİŞİMİ MOSKOVA - 2014 1. Örgütsel-Metodolojik Talimatlar Referans programı, lisansüstü okul öncesi teslimat giriş sınavı öncesi eğitime odaklanmıştır ... »

“Amur Devlet Üniversitesi Psikoloji ve Pedagoji Bölümü İLK-METODOLOJİK DİSİPLİN DANIŞMANLIK PSİKOLOJİSİ KOMPLEKSİ Doğrudan lisans öğrencileri için ana eğitim programı 030300.62 Psikoloji Blagoveshchensk 201 2 bölümlerin UMKD'si Psikoloji ve Pedagoji Protokolü Bölümü toplantısında gözden geçirildi ve tavsiye edildi...”

“Otomobil Devleti) Omsk - 2009 3 Federal Yüksek Mesleki Eğitim Devlet Eğitim Kurumu Araştırma Ajansı Sibirya Devlet Otomobil ve Karayolu Akademisi (SibADI) Mühendislik Pedagojisi Bölümü Uzmanlık öğrencileri için Pedagoji ve teknolojiler lisansüstü disiplinine ilişkin metodik talimatlar 050501 - Mesleki gelişim (otomobiller ve otomotiv ... "

“Seri Temel kitap G.S.Rosenberg, F.N.Ryansky TEORİK VE UYGULAMALI EKOLOJİ Temel el kitabı Klasik üniversite çalışmalarına göre temel metodolojik çalışmalar için önerilir Rusya Federasyonu yakostі'da ilk yardımcıçevre bilimleri alanında ileri derece öğrencileri için, Nizhnevartovsk Pedagoji Enstitüsü Nizhnevartovsk Şubesi'nin 2. baskısı 2005 BBK 28.080.1ya73 R64 Gözden Geçirenler: Biyoloji Doktoru. Bilimler, Profesör V. I. Popchenko (Ekoloji Enstitüsü ... »

“UKRAYNA EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI Federal Devlet Bütçe Eğitimi Yüksek Mesleki Eğitim Kuruluşu Krasnoyarsk Devlet Pedagoji Üniversitesi adını almıştır. Başkan Yardımcısı Astaf'eva E.M. Botanik alanında Antipova KÜÇÜK UYGULAMA Elektronik yayın KRASNOYARSK 2013 BBK 28.5 A 721 Hakemler: Vasilyev O.M., Biyolojik Bilimler Doktoru, Profesör KDPU im. Başkan Yardımcısı Astaf'eva; Yamskikh G.Yu., Jeolojik Bilimler Doktoru, Sibirya Federal Üniversitesi Profesörü Tretyakova I.N., Biyolojik Bilimler Doktoru, Profesör, Ormancılık Enstitüsünün Baş Uzmanı ... "

“Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Devlet Bütçe Yüksek Mesleki Eğitim Kuruluşu Amur Devlet Üniversitesi Psikoloji ve Pedagoji Bölümü İLK-METODOLOJİK KOMPLEKS DIS CIPLINI PEDİATRİ VE HİJYENİN TEMELLERİ Doğrudan eğitim için ana eğitim programları 050400.62 Psikolojik ve pedagojik farkındalık Blagoveshchensk 2012 1 UMKD bölümü Psikoloji Bölümü toplantısında incelendi ve önerildi... »

“IX sınıfı ışık önleyici kurulumlardan mezun olanların (yeni bir formda) ateşlenmiş hat Devlet (subsumkova) sertifikasyonu ile görevin revizyonu 2013 nehir COĞRAFYASI Moskova 2013 Denetleyici yazar: Ambartsumova E.M. 9. sınıf loş aydınlatma tesisatı mezunlarının devlet (alt çanta) sertifikasyon sonuçlarının objektifliğinin arttırılması (... »

“Rusya Federasyonu'nun egemen dili olarak Rus dilinin yayınlanmasına yönelik geliştirme ve yöntemsel içerik için pratik öneriler. Pratik öneriler Rusça yayınlara (yabancı olanlar dahil) yöneliktir. Değiştirme: Seçimden pratik öneriler ve yöntemsel talimatlar 1. Yeni başlayanlar ve ileri düzey öğrenciler için Rus dilinin işleyişine ilişkin sorunlara adanmış materyalin değiştirilmesi egemen dil...»

“E.V. MURYUKINA BASIN ANALİZİ SÜRECİNDE ÖĞRENCİLERİN ELEŞTİREL DÜŞÜNCE VE MEDYA YETERLİLİKLERİNİN GELİŞİMİ Üniversiteler için temel el kitabı Taganrog 2008 2 Muryukina E.V. Basın analizi sürecinde öğrencilerin eleştirel düşünme ve medya yeterliliklerinin geliştirilmesi. Üniversiteler için temel el kitabı. Taganrog: NP Özel Özelliklerin Geliştirilmesi Merkezi, 2008. 298 s. İlköğretim öğrencisi, medya eğitimi sürecinde öğrencilerin eleştirel düşünme ve medya yeterliliklerinin gelişimine bakar. Günümüz basınından geriye kalanlar... »

"HAKKINDA. P. Golovchenko İNSANLARIN FİZİKSEL AKTİVİTELERİNİN OLUŞUMU Hakkında Bölüm II P O D AG OGIK A İKİ DAT Yelnya OH ACTI VN OSTI 3 Ana görünüm Oleg Petrovich Golovchenko İNSANLARIN FİZİKSEL AKTİVİTELERİNİN OLUŞUMU Sibnik Başkanı Bölüm II Akış aktivitesinin pedagojisi Bir arkadaş tarafından görüldü, düzeltildi *** Editör N.I. Kosenkova Viconal D.V. Smolyak ve S.V.'nin bilgisayar düzeni. Potapova *** 23.11'e kadar imzalandı. 60 x 90 / 1/16 biçimi. Gazete kağıdı Yazı Tipi Times Operasyonel yöntem bir arkadaşa Akıl. lütfen..."

“Kazan Devlet Üniversitesi IM Yüksek Mesleki Eğitiminin Devlet Aydınlatma Kurulumu. V.I. ULYANOVA-LENINA Bilimsel ve eğitimsel kaynakların elektronik kütüphaneleri. Temel metodolojik rehber Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Bilimsel ve eğitimsel kaynakların elektronik kütüphaneleri. Elektronik bilgi kaynaklarını yönlendirmek için temel metodolojik kılavuz. - Kazan: KDU, 2008. Çözümlere yönelik temel metodolojik el kitabı yayınlandı... "

“UKRAYNA EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI Yüksek Mesleki Eğitim Devlet Eğitim Kurumu Orenburz Devlet Akbulak Üniversitesi Şubesi Pedagoji Bölümü V.A. TETSKOV'UN ORTAK EĞİTİM OKULU COB SINIFLARINDA ZAFER YARATMA YÖNTEMİ Metodik eklemeler Devlet Eğitim Kurumu Yayın ve Bilim Konseyi tarafından yayınlanmadan önce tavsiye edilir profesyonel eğitimÖrenburz Devlet Üniversitesi ... »

“UKRAYNA EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI Stavropol BÖLGESİ EĞİTİM BAKANLIĞI Yüksek mesleki eğitimin devlet aydınlatma kuruluşu Stavropol Devlet Pedagoji Üniversitesi N.I. Dzhegutanova ÜLKENİN ÇOCUK EDEBİYATI Vivchayatsya MOVI İLK-METODOLOJİK KOMPLEKSİ Stavropol 2010 1 BBK adına UDC 82.0 kararlarını takip eder BBK 83.3 (0) adına baş editör-editör Stavropol Devlet D öğretmen ichnogo enstitüsü Yüksek Mesleki Eğitim Devlet Eğitim Kurumu Gözden geçirenler: ... »

“MBOU Kamishinsky ZOSH eğitim kalitesinin okul içi değerlendirilmesine ilişkin yeni sisteme ilişkin YÖNETMELİKLER 1. Genel hükümler 1.1. Aydınlatma kalitesinin değerlendirilmesine yönelik okul içi sisteme ilişkin düzenlemeler (bundan sonra Yönetmelik olarak anılacaktır), belediyelerde aydınlatma kalitesinin değerlendirilmesine yönelik okul içi sistemin (bundan sonra SHSOKO olarak anılacaktır) uygulanmasında belirli faydalar sağlar. Kamishinsky Orta Zagalnosvitny okulunun (bundan sonra okul olarak anılacaktır) bütçe aydınlatma bütçesi. 1.2. SSOKO'nun pratikliği aşağıdakilerle tutarlı olacaktır... »

“ÖZBEKİSTAN CUMHURİYETİ SAĞLIK BAKANLIĞI Taşkent TIP AKADEMİSİ KLİNİK ALERGOLOJİ FİRMASI GP BÖLÜMÜ Başlangıç ​​çalışması ile Rektör Yardımcısı Prof. OR Teshaev _ 2012 ÖNERİLER OKUL TAMAMLANDI PRATİK İNSANLARIN TEK BİR metodik SİSTEM ALMASI için temel metodik geliştirme Tıbbi VNH öğretmenleri için metodik notlar Taşkent - 2012 SAĞLIK BAKANLIĞI CUMHURİYETİ ÖZBEKİSTAN TIP EĞİTİMİ GELİŞTİRME MERKEZİ Taşkent TIP ... »

“Girnicho-Altay Devlet Üniversitesi konulu federal kurum A. P. Makosh SİYASİ COĞRAFYA VE JEOPOLİTİK Girnicho-Altay Devlet Üniversitesi Girnicho-Altaisk RIO'sunun temel metodolojik ders kitabı 20 06 Girnicho-Altay Devlet Üniversitesi'nin editör ve akademik personelinin kararlarını takip eder Altay Devlet Üniversitesi Makos A. P. POLİTİKNA COĞRAFYA VE JEOPOLİTİK. Temel metodolojik ders kitabı. - Girnicho-Altaysk: RIO GAGU, 2006.-103 s. Temel metodolojik el kitabı temel konulara kadar bölümlere ayrılmıştır ... »

"A.V. Novitska, L.I. Mikolaeva MAJUBUTNY OKULU SUCHASNA OCVITERY PROGRAMI Yaşam Toplantıları İLKÖĞRETİM SINIFLARINDAKİ ÖĞRETMENLER İÇİN 1. SINIF metodolojik el kitabı Moskova 2009 UDC 371 (075.8) BBK 74.00 N 68 Telif hakları saklıdır Şahsen, yazarlara zo kovo gönderildi. Novitska O.V., Mikolaeva L.I. N 68 Suchasna aydınlatma programı Yaşam toplantıları. - M .: Avvallon, 2009. - 176 s. ISBN 978 5 94989 141 4 Bu broşür öncelikle öğretmenlere yöneliktir ve elbette içerdiği bilgiler ... "

“RUSYA PIDPRIEMNITSKE HUKUKU 030500'ün başlangıç-metodolojik kompleksi - Moskova 2013 İçtihadı Yazar - medeni hukuk disiplinleri bölüm başkanı Gözden geçiren - Medeni hukuk disiplinleri kafesinin toplantısında _ 2013 tarihli protokole ilişkin giriş-metodik kompleks . Rus girişimcilik hukuku: başlangıç ​​ve metodik ... »

"A. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin MORDOVYA CUMHURİYETİ COĞRAFYASI SARANSK VIDAVNITSTUVO MORDOVIAN ÜNİVERSİTESİ Ders Kitabı Başkanı 2004 UDC 91 (075) (470.345) BBK D9 (2Р351-6Мо) Y549 Hakemler: Voronej Devlet Pedagoji Üniversitesi doğal coğrafya bölümü; doktor coğrafya bilimleri Profesör A. M. Nosonov; 39 No'lu Saransk okul kompleksinin öğretmeni A. V. Leontyev, fakülte uğruna ilk metodolojik kararlara kararlıdır üniversite öncesi eğitim ve orta..."

RF ULUSAL İLERİ NÜKLEER ÜNİVERSİTESİ "MYTHI" T.I. EĞİTİM VE BİLİM BAKANLIĞI. Bukharova, V. L. Kaminin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Temel diferansiyel denklemler üzerine dersler kursu "Nükleer Fizik ve Teknolojiler" eğitim kurumu tarafından ileri derece öğrencileri için temel ders kitabı olarak tavsiye edilir Moskova 2011 UDC 517.9 BBK 22.161.6 B94 Bukharova T.I., Kaminin V.L., Kostin A.B., Tkachenko D.S. Temel diferansiyel denklemler üzerine dersler: Temel el kitabı. - M .: NRNU MYFI, 2011. - 228 s. İlk el kitabı, gelecekte Moskova Mühendislik ve Fizik Enstitüsü'nde yazarlar tarafından okunacak olan derslere dayanarak oluşturuldu. Tüm fakültelerdeki NRNU MEPhI öğrencilerinin yanı sıra ileri düzey matematik eğitimi alan üniversite öğrencilerine yöneliktir. El kitabı, NRNU MIFI'nın Oluşturulması ve Geliştirilmesi Programı çerçevesinde hazırlanmıştır. Hakem: Fizik ve Matematik Doktoru. Bilimler Kudryashov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Ulusal Doslednitsky Nükleer Üniversitesi “MIFI”, 2011 Zmist Peredmova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Birincil diferansiyel denklemler teorisine giriş Temel kavramlar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchy'nin sorunu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. 1. dereceden eşitleme için Cauchy probleminin temeli ve birleştirilmesi Birinci dereceden ODE için birlik teoremi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Birinci dereceden ODE için Cauchy problemine bir çözüm bulunması. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Birinci dereceden ODU için çözümün devamı. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. N'inci dereceden normal bir sistem için Cauchy problemi, vektör fonksiyonlarının ek kuvvetlerinin temel kavramları ve eylemleri. . . . Normal bir sistem için Cauchy probleminin çözümünün bütünlüğü. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Metrik uzayı anlayın. Aşağıdaki ekranları alın. . . . . . Normal sistemler için Cauchy probleminin çözümüne yönelik varlık ve birlik teoremleri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Sıraların ayrılabilir değişkenlerle karelenmesinde mevcut olan farklı birincil diferansiyel sıra sınıfları. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Birinci dereceden doğrusal OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aynı seviyede. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyanna Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yeni diferansiyellerde seviyelendirme. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Birinci dereceye göre, görünüşte benzer olan OAU'nun çözümünün varoluş ve birlik teoreminden bağımsız olmayan, benzer olmasına izin verilmiştir. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Özellikle karar verildi. Diskriminant eğrisi. Dolaşmak. . . . . . . . . . . . . . . . Parametre giriş yöntemi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagranæ Köyü. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rivnyannaya Klero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Doğrusal ODE sistemleri Temel kavramlar. Tekli doğrusal ODA sistemleri sorununun çözümünün varlığı ve birliği için teorem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vronsky'nin yardımcısı. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tek katmanlı sistemin entegre çözümleri. Gerçek FSR'ye geçiş. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Heterojen doğrusal dış ünite sistemleri. Sabit değişim yöntemi. . . . . Sabit katsayılı tekli doğrusal dış ünite sistemleri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matriste görüntüleme işlevi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Koshy 85. . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100. . . 111 Sabit katsayılı doğrusal dış ünitelerin heterojen sistemleri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116VII. Yüksek dereceli doğrusal ODE'ler, doğrusal ODE'lerden oluşan bir sisteme indirgenir. Cauchy probleminin çözümü için varlık ve birlik teoremi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yüksek dereceden tekdüze doğrusal OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yüksek dereceden tek bir doğrusal OÄU'ya yönelik karmaşık çözümlerin gücü. Karmaşık bir ESR'den gerçek olana geçiş. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yüksek dereceli homojen olmayan doğrusal ODA'lar. Sabit değişim yöntemi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sabit katsayılı yüksek dereceli tekdüze doğrusal OÄU'lar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sabit katsayılı, yüksek mertebeden homojen olmayan doğrusal OÄU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Dayanıklılık Teorisi Dayanıklılıkla ilgili temel kavramlar ve anlamları. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Doğrusal sistem çözümünün esnekliği. . . . . . Lyapunov'un kararlılığa ilişkin teoremi. . . . . . . . . . İlk yaklaşımda dayanıklılık. . . . . . . Sakin noktaya yakın faz yörüngelerinin davranışı 162. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. ODE sistemlerinin ilk integralleri 198 İlk integraller otonom sistemler başlangıç ​​diferansiyel denklemleri198 OÄU'nun otonom olmayan sistemleri. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 OÄU sistemlerinin kaydı simetriktir. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Rivnyany birinci dereceden özel benzerliklerde Birinci dereceden özel benzerliklerde düzgün doğrusal eşitleme Birinci dereceden özel benzerliklerde Cauchy problemi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Birinci dereceden özel konularda yarı doğrusal kıskançlık. . . . Birinci dereceden özel benzerliklerde yarı doğrusal denklem için Cauchy problemi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Edebiyat listesi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4- 210. . . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 PEREDMOVA Kitabı hazırlarken yazarlar, aşırı diferansiyel eşitlikler teorisiyle ilişkili beslenmenin çoğunun özetini tek bir yerde toplama ve erişilebilir bir biçimde sunma görevini üstlendiler. NRNU MIFHI'de (ve diğer üniversitelerde) okunan temel diferansiyel çalışmalar dersinin zorunlu dil programında yer alan materyale ek olarak, kural olarak tamamlayıcı beslenme de ders kitabına dahil edilmiştir. görünmüyor Ders zamanı geldi, yoksa ders verilecek Bunlar konunun hızlı anlaşılması açısından faydalıdır ve mevcut öğrencilere gelecekteki mesleki faaliyetlerinde fayda sağlayacaktır. Önerilen metnin tüm iddialarına matematiksel olarak kesin kanıtlar verilmiştir. Bu ispatlar kural olarak orijinal olmayıp tamamı MYFI'da matematik derslerinin sunuluş tarzına uygun olarak işlenmektedir. Matematik disiplinleri, geniş bir yelpazedeki akademisyen ve düşünürler boyunca, basitten karmaşığa doğru değişen yeni ve ayrıntılı kanıtları takip eder. Bu referans kitabının yazarları da aynı düşüncelerin peşindedir. Kitapta sunulan teorik bilgiler, materyalin okunduğunu anlamayı kolaylaştıracağına inandığımız yeterli sayıda izmaritin analizi ile desteklenmektedir. El kitabı, ileri matematik eğitimi almış üniversite öğrencilerine, özellikle de NRNU MIFI öğrencilerine yöneliktir. Bu durumda, çalışmalarında diferansiyel denklemler teorisi ve matematiğin bu dalıyla ilgilenen herkes için de rahatsız edici olacaktır. -5- Bölüm I. Birincil diferansiyel denklemler teorisine giriş 1. 1. Temel kavramlar Bu el kitabında ha, bi aracılığıyla (a, b), (a, b),, x0 çarpanlarından hangisi olduğunu göstereceğiz. 2 Zx ln 4C + 3 u (t) v (t) dt5 Zx v (t) dt. ln C 6 x0 x0 Kalan düzgünsüzlük ve durgunluğun (2.3) kuvvetlendirilmesinden sonra elimizde 2 x 3 Zx Z u (x) 6 C + u (t) v (t) dt 6 C exp 4 v (t) dt5 x0 x0 bulunur tüm x 2 için [1, 1]. Tüm (x, y) 2 G için jf (x, y2) f (x, y1) j = sin x y1 y2 6 farkını tahmin ediyoruz. Bu şekilde f, L = 1 ile Lipshit'lerin aklını tatmin ediyor. L = sin 1 x y. Ancak (x, 0) 6 = (0, 0) noktalarında fy0 yaklaşımı işe yaramaz. Bir sonraki teorem tek başına Cauchy probleminin çözümünü tamamlamamıza izin verir. Teorem 2.1 (İki çözüm arasındaki farkın tahmin edilmesi hakkında). R'de G bölgesi 2 olsun ve f(x, y)2 CG olsun ve G'de Lipshits'in zihnini y boyunca sabit bir L ile karşılasın. y1, y2, y 0 = f(x, y)'ye eşit iki çözüm olduğundan bölümünde eşitsizlik doğrudur (puan): jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) 6 y1 tüm x 2 için. -19- y2 Prov. 2.2 çözümlerinin değerleri için denklem (2.1) kaldırılır, böylece 8 x 2 nokta x, y1 (x) ve x, y2 (x) 2 G olur. Tüm t 2 için doğru denklemi elde edebiliriz. y10 (t) = ft, y1 (t ) ve y20 (t) = ft, y2 (t), dolayısıyla t üzerinden x 2'nin bulunduğu bölüme integral alırız. Sağ ve sol kısımlar sürekli olmadığı için integral yasaldır fonksiyonda. Kıskançlık sistemini ortadan kaldırıyoruz Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Öte yandan 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 Önemli derecede C = y1 (x0) y2 (x0)> 0, v (t) = L> 0, u (t) = y1 (t) Bu nedenle, Gronwall-Aellman sapması için şu tahmini çıkarıyoruz: jy2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j exp L (x x0) y2 (t)> 0. tüm x 2 için. Teorem tamamlandı. Teoremin bir sonucu olarak Cauchy probleminin (2.1), (2.2) çözümü için birlik teoremini türetiyoruz. Sonuç 1. f (x, y) 2 C G fonksiyonu Lipshitz'in fikrini y açısından karşılasın ve y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonlarının aynı kesit üzerinde (2.1)'e eşit iki çözümü ve x0 2 olsun. Eğer y1 (x0) = y2 (x0) ise y1 (x) y2 (x) açık olur. Bitti. İki türe bakalım. -20- 1. x> x0 olsun, sonra Teorem 2.1'den izleyelim, yani h i sonra y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L (x x0), y2 (x) için x> x0 . 2. x 6 x0 olsun, t = x'i yerine koyalım, sonra yi (x) = yi (t) y ~ i (t) için i = 1, 2. x 2'nin kalıntıları, sonra t 2 [x0, x1] ve viconno kıskançlığı y ~ 1 (x0) = y ~ 2 (x0). Y~i(t) ile ne tür kıskançlıkların tatmin edildiği açıktır. Kıskançlığın yaklaşımı doğrudur: d y ~ i (t) = dt d ~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y ~ i (t)). Burada bir katlama fonksiyonunun türev alma kuralını ve yi (x)'in eşitlemenin (2) hedefi olduğu gerçeğini öğrendik. 1). f ~ (t, y) f (t, y) fonksiyonu sürekli olduğundan ve y konusundaki Lipshit'lerin aklını tatmin ettiğinden, Teorem 2.1'e göre y ~ 1 (t) y ~ 2 (t)'nin y üzerinde olması mümkündür. [x0, x1 ], sonra y1 (x) y2 (x) açık. Suçun dikkate alınması halinde soruşturmanın sağlamlığı reddedilir. Sonuç 2. (başlangıç ​​verisinden sürekli süreklilik hakkında) f(x, y) 2 CG fonksiyonu olsun ve Lipshit'lerin zihnini y'de sabit bir L ile tatmin etsin ve y1 (x) ve y2 (x) fonksiyonları çözüm Rivnyanya (2.1), şarkılar açık. l = x1 x0 і δ = y1 (x0) y2 (x0) olarak gösterelim. O halde 8 x 2'de y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l eşitsizliği doğrudur. Kanıt, Teorem 2'den gelmektedir. 1. Sonuç 2'den elde edilen belirsizliğe, başlangıç ​​verilerine dayalı olarak bir çözümün kararlılığının tahmini denir. Bunun anlamı, x = x0'da çözümler "yakın" ise, o zaman sonunda kokunun da "yakın" olması gerçeğinde yatmaktadır. Teorem 2.1, toplamalar için önemli olan iki çözüm arasındaki farkın modülünün bir tahminini verir ve son olarak 1, Cauchy probleminin (2.1), (2.2) tam çözümünü verir. Ve ayrıca, birini aşılayacağımız yeterli birlik akılları da var. Her şeyden önce kastedildiği gibi, Cauchy probleminin geometrik birliği, G bölgesinin (x0, y0) noktasından en fazla bir integral eğrisinin (2.1) geçebileceği anlamına gelir. Teorem 2.2 (Birlik hakkında Osgood). Fonksiyon f (x, y) 2 CG olsun ve 8 (x, y1), (x, y2) 2 G için eşitsizlik f (x, y1) f (x, y2) 6 olsun. 6 φ jy1 y2 j, de φ u 2 (0, β] için ( u)> 0, φ (u) süreklidir ve ε! 0 + ise Zβ du! +1. Bu durumda φ (u) ε G bölgesi (x0) noktasından geçmez. , y0) birden fazla integral eğrisi (2.1) -21- İspat: Ne olursa olsun, (2.1)'e eşit iki y1 (x) ve y2 (x) çözümü vardır, öyle ki y1 (x0) = y2 (x0) = y0, anlamlı z (x ) = y2 (x) y1 (x).dyi Yani = f (x, yi), i = 1, 2 için, z (x) için dx dz = f (x, y2) f (x, y1 ) düzgünsüzlük: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjφ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j integrasyon z(x)>0 olan herhangi bir kesit boyunca gerçekleştirilir, ve zi = z (xi), i = 1, 2. Varsayımlardan sonra, z (x) 6 0 i ayrıca süreklidir, yani böyle bir doğru parçası bulacaksınız, birini seçin ve düzeltin. n veya X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 і z (x) = 0. Her ne kadar bu çarpanlardan biri boş olmasa da z (x0) = 0 і x0 62 olduğundan. Örneğin X1 6 = ∅ olsun, canavar arasında bir sınır var, o zaman 9 α = destek X1. z (α) = 0 olması, dolayısıyla α 2 X1 olması, z (α)>0 olduğu varsayıldığında, matematiğin kesintisizliği nedeniyle, herhangi bir α δ1, α + δ1 aralığında z(x)>0 olması anlamlıdır, ve α = sup X1 değerinin yerini almaz. z (α) = 0 viply olduğunu düşünürsek α< x1 . По построению z(x) > Tüm x 2 (α, x2] için 0 ve z (x)'in sürekliliği nedeniyle! x! Α + 0 için 0 +. (2.5)'in türetilmesinde, [α + δ, x2 kesiti üzerinde integral alınmasında tekrarlanabilir. ], burada x2 daha fazla seçilir ve sabitlenir ve δ 2 (0, x2 α) daha yeterli olur, eşitsizlik ortadan kaldırılır: Zjz2 j Zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j Zx2 dx. α + δ Bu bakımdan eşitsizlik doğrudan δ! 0 +, sonra z (α + δ)! z (α) = 0, з Zjz2 jd jzj2! +1, zihinsel süreklilik için z (x) ve ardından integral 2 jzjφ jzj teoremi jz (α + δ) j -22- Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α eşitsizliğinin sağ kısmı, α + δ tarafından hemen imkansız olan bir uç terminal değerle çevrelenmiştir. sanırım Cauchy yasaları (2.1), (2.2) uyarınca y (x) fonksiyonunun tekrar bulunması gerektiği anlaşılmaktadır: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y (x0) = y0, (x0, y0 ) 2 G, de f (x, y) 2 CG ve (x0, y0) 2 G, G, R2'de bir bölgedir Lemma 2. 2. f (x, y) 2 CG olsun Yaklaşan kalenin yeri belirdiğinde: 1) ha, bi aralığı için herhangi bir φ (x) denklemi (2.1) çözümü, (2.2) x0'yi karşılayan 2 ha, bi, є ha için çözümler, bi integral denklemi Zx y ( x) = y0 + f τ, y ( τ) dτ ; (2.6) x0 2) eğer φ (x) 2 C ha, bi, ha, bi, 1 de x0 2 ha, bi üzerindeki (2.6) integral denkleminin bir çözümü ise, o zaman φ (x) 2 C ha, bi ve çözümler (2.1), (2.2). Bitti. 1. φ (x)'in (2.1), (2.2)'yi ha, bi üzerinde çözmesine izin verin. Ayrıca 2.2 φ (x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi açısından kıskanç olabiliriz φ 0 (τ) = f τ, φ (τ), x0'dan x'e integral alınır, kaldırılır (varsa x) 2 ha , bi) Rx φ (x) φ (x0) = f τ, φ (τ) dτ ve φ (x0) = y0, bu durumda φ (x) (2.6)'nın çözümüdür. x0 2. y = φ (x) 2 C ha, bi - karar (2.6) olsun. f x, φ (x) ha, bi üzerinde sınırın arkasında süreksiz olduğundan, değişken üst sınırdan bir integral olarak Zx φ (x) y0 + f τ, φ (τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 sürekli olmayan bir fonksiyon olarak Türev alma x'e göre eşit kalır, φ 0 (x) = f x, φ (x) 8 x 2 ha, bi alırız ve tabii ki φ (x0) = y0 olur, o zaman φ (x) Cauchy'nin çözümü olur problem (2.1), (2.2). (Daha önce olduğu gibi bölümün sonunda tek taraflı bir yaklaşımın olduğu anlaşılmaktadır.) -23- Saygı 2.6. Lemma 2.2, Cauchy probleminin (2.1) denkliği ile ilgili lemma olarak adlandırılır, (2.2) integral seviyesi (2.6). Denklem (2.6)'nın çözümünün geçerli olduğunu kanıtladığımızda, Cauchy problemini (2.1), (2.2) çözme olasılığını ortadan kaldırabiliriz. Bu, gelecek teoremin uygulama planıdır. Teorem 2.3 (Yerel teorem). P = (x, y) 2 R2 dikdörtgeninin tamamen f (x, y) fonksiyonunun değerinin G bölgesinde yer aldığını varsayalım. f (x, y) 2 C G fonksiyonu, Lipshitz'in n y ov G hakkındaki fikrini bir L sabitiyle karşılar. β M = maksimum f (x, y), h = min α, M'yi gösterelim. Sonra P bölümünde Kosha problemini (2.1), (2.2) çözüyoruz. Bitti. İntegral denkleminin (2.6) çözümü bu bölümde kuruludur. Bunun için fonksiyon dizisine bakacağız: Zx y0 (x) = y0, y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, vb. x0 1. 8 n 2 N fonksiyonun yn (son yakınlık) tanımlı olduğunu gösterelim, sonra 8 x 2'de yn (x) y0 6 β eşitsizliğinin tüm n = 1, 2, için eşitlendiğini gösterelim. . . Matematiksel tümevarım (MMI) yöntemiyle hızlandırılmış: a) tümevarım temeli: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 de M0 = maksimum jx x 0 j 6 α, M0 6 M için f (x , y0); b) kaçak avlanma ve indüksiyon dönemi. yn 1 (x) için doğru olsun, yn (x) için kanıtlayalım: Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Yani jx x0 j 6 h olduğundan, daha sonra yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Yöntemimiz, görselleştirilmesi kolay olan en yakın 1 öğe yk (x) k = 0'ın ardışıklığını kanıtlamak olacaktır: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 +. . . + Yn yn 1, k = 1 fonksiyonel serideki kısmi toplamların dizisidir. 2. Bu serinin üyelerinin 8 n 2 N ve 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Matematiksel tümevarım yöntemi basittir: jx n 1 + 1 hn. N! (2.7) a) tümevarım esası: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, uzatılmış; b) kaçak avlanma ve indüksiyon dönemi. N için doğru olsun, n için yogo diyelim: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1'e kadar - dτ 6 x0 Zx i yn 6'ya göre Lipshitsya'ya 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 tümevarımla 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Burada x için integral I = jτ x0 > x için x0 olduğunu belirtmiştik.< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Tüm k 2 N için Bk + 1> Bk; 1 A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N yuvarlaktır A, B 2 R bağlantısı için ek sertleştirme ekleyeceğiz (hem A hem de B uçlardır; A = 1 veya B = + 1 ise aynıdır). x A B x, ek x 2 (A, B) і δ (x) = min, δ (x)> 0'ı alın. 2 2 sayı için δ z zbizhnosti Ak! A ve Bk! B elenir, böylece 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 kalıtımı 1 s. 2.1 (aynı zamanda Birlik Teoremi), tüm t 2 i için ve ayrıca t = x için φ (t) ψ (t) olduğunu reddediyoruz. X yeterli bir nokta (A, B) olduğundan, çözme işlemi tamamlanır ve aynı zamanda nihai sonuç elde edilir. Saygı 2. 10. Soruşturmanın sonuçlarıyla ilk kez kararın daha geniş ölçekte sürdürülmesi kavramına aşina olduk. Sonraki paragraflar çok daha ayrıntılı. Bir sürü izmarit getirelim. p Örnek 2. 2. y 0 = ejxj x2 + y 2 denklemi için (A, B) = (1, 1) kararınızın temelinin ne olduğunu anlayın. “Smoothie”deki denkleme bakalım Q = R2, fonksiyon p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p, fy0 6 ejxj = L (x). ∂y x2 + y 2 Madde 2.1'deki 2.1 ifadelerinin ardından, f(x, y) fonksiyonu Lipshits'in y'ye göre "sabit" L = L(x) ile ilgili fikrini tatmin eder, x sabittir. Daha sonra tüm sonuçlar sonuçlandırılır ve herhangi bir başlangıç ​​verisi (x0, y0) 2 R2 ile Kosha probleminin çözümü (1, 1) için hala aynıdır. Dördünlükteki denklemin kendisinin önemli olmaması önemlidir, ancak sayısal olarak yaklaşan kararlar harekete geçirilebilir. Q'da anlamlı ve süreklidir, -32- Örnek 2. 3. y 0 = ex y 2 denklemi için kararınızın temelini anlayın, R'deki şarkıları. Tekrar “smoothie” Q'daki denkleme bakalım. = R2, burada ∂ ff (x, y) = ex y 2 fonksiyonu tanımlıdır ve kesintisizdir, a = 2yex, o zaman ∂y'nin entelektüel sonuçlarının ihlal edildiğini ancak böyle kesintisiz bir fonksiyonun olmadığını not edebiliriz. L (x), böylece f (x, y 2 ) f (x, y1) 6 L (x) jy2 y1 j tüm y1, y2 2 R için. doğru, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j ve viraz jy2 + y1 j, y1, y2 2 R için değiştirilemez. Bu şekilde sonuç sabit kalmaz. Temel prensip “temel değişiklik”tir, gizli çözüm reddedilir: “y (x) = 0, y (x) = 1. Ex + C x0 = 0, y0 2 R değerini alın. Eğer y0 = 0 ise , bu durumda y (x ) 0 - R üzerindeki Cauchy probleminin çözümü. 1 - Cauchy probleminin çözümü, y0 2 [1, 0) için ex, tüm x 2 R için ve y0 2 (1, 1) için belirlenir [(0, +1) hiçbir y0 + 1 çözümü x = ln noktasına kadar uzatılamaz. Daha doğrusu, eğer x> 0 ise y0 1 çözümü y (x) = y0 +1, x 2'de belirlenir (1, x) ve eğer 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 ise çözüm yalnızca x 2 1, ln y0 için geçerlidir. Bu örnek, artan f(x, y) fonksiyonunun Teorem 2.4'ün sonuçtaki doğal sonucu içindeki uzantısının, çözümü bütüne genişletmenin temeli olduğunu göstermektedir. (A, B). Herhangi bir ε > 0 için f (x, y) = f1 (x) y 1 + ε fonksiyonunun kullanılmasına benzer; uygulanan örnekte hesaplamanın netliği açısından ε = 1 aldık. 2. 3. Birinci dereceden ODE'nin çözümünün devamı Değer 2. 5. y 0 = f (x, y) denklemine bakalım ve y (x)'in ha, bi ve Y'nin çözümü olduğunu varsayalım. (x) hA , Bi ve ha üzerinde çözüm olsun, bi hA, Bi'de yer alır ve Y (x) = y (x) ha, bi üzerindedir. O halde Y (x), y (x) çözümünün hA, Bi'ye bir uzantısı olarak adlandırılır ve y (x) hakkında bunun hA, Bi'ye genişletildiğini söyleriz. -34- Bölüm 2.2'de yerel teoremi ve Cauchy probleminin (2.1), (2.2) ayrıştırılmasını tamamladık. Hangi zihinler için karar daha geniş bir alana yayılabilir? Bu paragraf kimin yemeği ve özverisidir. Bunun asıl sonucu hücumda yatmaktadır. Teorem 2.5 (Çözümün kapalı bir bölgede devamı hakkında). f (x, y) 2 CG fonksiyonu Lipshit'lerin zihinlerini R2'de y boyunca karşılasın ve (x0, y0) kapalı kapalı G G bölgesinin iç noktası olsun. Sonra (x0, y0) noktasından geçiyoruz ∂G'ye kadar G bölgesinin kordonuna kadar uzanan tesviye çözümü y 0 = f (x , y) aracılığıyla a, y (a) ve b, y'yi işaret eden bir parçaya kadar uzatılabilir. (b) ∂G üzerindedir. ∂f(x,y), sınırlı, kapalı, y-dışbükey bir G bölgesinde süreklidir, bu durumda f(x, y) fonksiyonu, y değişkenine göre G'deki Lipshit'lerin aklını tatmin eder. Bölüm Naslidok iddia 2.1'den ∂f madde 2.1'den. Bu nedenle, ∂y G'de aralıklı olmadığından, geçerliyse bir teorem verilmiştir. Saygı 2. 11. Bil bakalım ne oldu, çünkü Kanıt. (x0, y0) G'nin bir iç noktası olduğundan, tamamen G'nin içinde yer alan 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β kapalı doğrusal doğrusu vardır. O zaman Teorem 2'ye göre 3 s. 2.2 h> 0 vardır, öyle ki y = φ (x) çözümü y 0 = f (x, y)'ye eşittir. İlk önce ispatı parçalara ayırarak işlemi sağa doğru G alanı kordonuna kadar devam ettireceğiz. 1. Nötr ER'ye bakalım: no E = α> 0 çözümü y = φ (x) ana çözümün devamı y = φ1 (x) seviyesi y 0 = f (x, y) akılları tatmin eder Cauchy'nin φ1 ~ b = φ ~ b. Böylece, φ(x) ve φ1(x) - kararı sonucunda ~b h1, ~b'nin bir düzeyde x = ~b noktasında buluştuğu, daha sonra her ~b h1 bölümünde buluştuğu, ~ b i, dolayısıyla φ1 (x) є φ (x) çözümünün ~ b h1, ~ b'den ~ b h1, ~ b + h1'e kadar devamı. ψ (x) fonksiyonuna bakalım: φ (x), x 2 x0, ψ (x) = φ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + h1, yani Kararlar y 0 = f (x, y)'ye eşittir ve Kosha ψ (x0) = y0'ın fikrini tatmin eder. Yani α0 = sup E değeri değil, α0 + h1 2 E sayısı. Dolayısıyla, serpinti 2 tuhaftır. Benzer şekilde, φ(x) çözümü sola, yana doğru a, φ(a)2 ∂G noktasına hareket eder. Teorem tamamen kanıtlanmıştır. -37- Bölüm III. n'inci dereceden normal bir sistem için Cauchy'nin görevi 3. 1. Bir vektör fonksiyonunun ek kuvvetinin temel kavramları ve eylemleri Bu bölümde 8> t, y, formundaki n'inci dereceden normal bir sistemi ele alacağız. . . , Y y _ = f 1 n 1 1>,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > >: Y_ = f t, y,. . . , Y, n n 1 n bilinmeyen (aranan) fonksiyonlarla y1 (t),. . . , Yn(t) ve fi fonksiyonları, i = 1, n ile ilişkilidir, fonksiyonun üstündeki nokta t'ye yaklaşımı gösterir. Tüm fi'lerin G Rn + 1 bölgesinde değerlendiği aktarılır. Sistemi (3.1) vektör biçiminde elle yazın: y_ = f (t, y), burada y (t) y1 (t). . . , Yn (t), f (t, y) f1 (t, y). . . , Fn(t,y); Yazı stili için belirlenen vektörlere ok yazmayacağız. Böyle bir giriş aynı zamanda (3.1) ile de gösterilecektir. t0, y10 noktası olsun. . . , Yn0, G'de yer alır. Cauchy'nin (3.1) için varsayımı, (3.1) sisteminin bilinen φ (t) çözümünde yatmaktadır; bu da şu mantığı tatmin eder: φ1 (t0) = y10, φ2 (t0) = y20, ..., φn (t0 ) = yn0, (3.2) veya vektör formu için φ (t0) = y 0. Bölüm 1'de belirtildiği gibi, (3.1) sisteminin ha, bi aralığı için çözümleri altında, φ ( vektör fonksiyonunu kastediyoruz. t) = φ1 (t), . . . , Φn(t) akılları tatmin eder: 1) 8 t 2 ha, bi nokta t, φ(t) G'de yer alır; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt φ (t); 38 3) 8 t 2 ha, bi φ(t) (3.1)'i karşılar. Çözüm ek olarak (3.2)'yi de sağladığından (t0 2 ha, bi) buna Cauchy probleminin çözümü denir. Umovi (3.2), koçanı umovy veya umovy Cauchy'ye ve t0, y10, sayılarına çağrılır. . . , Yn0 - Cauchy danimi (koçanı danimi). Ayrıca f(t,y)(n+1) vektör fonksiyonu y1, olarak değişirse. . . , Yn doğrusaldır, dolayısıyla şöyle görünür: f (t, y) = A (t) y + g (t), burada A (t) = aij (t) - n n matrisi, sistem (3.1)'e doğrusal denir. Referans kolaylığı açısından buraya göndermemiz gereken vektör fonksiyonlarının gücünü kullanmamız gerekiyor. Ana işlemlerin koordine edildiği doğrusal cebir dersindeki vektörler için bir sayıyla toplama ve çarpma kuralları. n R'ye x, y = x1 y1 + skaler ifadesini girebilirsiniz. . . + Xn yn, o zaman Öklid uzayı, Rn'yi de göstereceğimiz gibi, jxj = x, x = x2k vektörünün (veya Öklid normunun) s q n P'nin iki katına çıkarılmasıyla ortadan kaldırılır. Skaler k = 1 yarat ve dovzhin adaleti için iki ana eşitsizlik vardır: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn skogo). x + y 6 x + y x, y 6 x (trikutülün eşitsizliği); y (Kosha Aunyakov'un eşitsizliği - Geçen dönemin matematiksel analiz dersinden, Öklid uzayındaki (tenli dünya) nokta (vektörler) dizisinin benzerliğinin koordinat dizisinin benzerliğine eşdeğer olduğu açıktır. Bu vektörler koordinat yakınlığı açısından eşit derecede güçlü görünmektedir ve düzensizliklerden kolayca etkilenirler: qp max x 6 x21 +... + x2n = jxj 6 n max xk.16k6n 16k6n Skaler olana benzer şekilde, vektörün integrali fonksiyonu hesaplanır ve ek bir geçiş kullanılarak güç kolayca koordinatlara getirilir. Vektör fonksiyonları için daha sonra tartışılacak olan bazı eşitsizlikleri tanıtalım. 1. Herhangi bir vektör fonksiyonu için y(t) = y1(t),. . . , Yn (t), entegre (örneğin kesintisiz) on, Zb Zby (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) eşitsizliği veya koordinat formunda 0 Zb Zby y1 (t) dt , @ y2 (t) dt,. . . , A 1 Zb a Zb qyn (t) dt A 6 y12 (t) +. . . yn2(t)dt. bir Kanıt. Saygılarımla öncelikle düzgünsüzlük durumunda b fazı kapanmaz< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [E-posta korumalı] 2 + 2 l = 1 2 x, k, i = 1 yıldız (3,5). Değer 3. 1. Diyelim ki f(t, y) vektör fonksiyonu, 9 L> 0 olduğundan, birçok 1 grup G değişkeni (t, y) için y vektör değişkenine göre Lipshits'in fikrini karşılıyor. herhangi bir t , y , 2 t, y 2 G düzgünsüzlüğü ft, y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1 bükülür. yu by y" alanı G є özel ziyaretçilerin ara bağlantısı. Damo daha kesindir. Anlam 3. 2. (t, y) değişkeninin G alanına y boyunca dışbükey 1 2 denir, G'de bulunan herhangi iki t, y ve t, y noktası için bunlar tamamen üst üste gelir ve onları birleştiren bölüm vardır. iki nokta, yani kişisel olmayan n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1, de τ 2. Doğrulama 3. 1. (t, y) değişkeninin G bölgesi y boyunca yuvarlandığından ve ∂fi özel sürekli değildir ve tüm i'lerin ∂yj'si için G'de bir l sabiti ile çevrelenmiştir, j = 1, n, o zaman ft, y vektör fonksiyonu L = n l sabiti ile y'ye göre G'deki Lipshit'lerin aklını tatmin eder. 1 2 Kanıt. Bölümdeki G ve 1 2'den ek t, y ve t, y noktalarına bir göz atalım, sonra bunlar bağlanır, sonra t, y olur, burada y = y + τ y y1, t - sabittir ve τ 2. -41- Bir skaler argümanın vektör fonksiyonunu giriyoruz g (τ) = ft, y (τ), 2 1 sonra g (1) g (0) = ft, yft, y ve diğer tarafta - 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 Z1 = A (τ nedeniyle) ) y 2 y 1 dτ , 0 de A ( τ) ∂fi elemanlarına sahip bir matristir ve ∂yj y2 y 1 bir alt kümedir. Burada bir katlama fonksiyonunun türev alma kuralını kullandık ve kendisinin tüm i = 1, n, t - sabitleri için şunları yapabiliriz: 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 Matris biçiminde kaydedildiğinde şu sonuca varılır: 0 2- 1 g (τ) = A (τ) y n n matrisi ile A (τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj. İntegral (3.3) ve eşitsizliğin (3.5) Vikorist tahmini, ikameden sonra şunu çıkarıyoruz: 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 maksimum A (τ) parçaları 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i, j = 1 ∂ yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2, 8 τ 2'de. Onay tamamlandı. -42- 3. 2. Normal bir sistem için Cauchy probleminin çözümünün kimliği Teorem 3.1 (iki çözüm arasındaki farkın tahmin edilmesi hakkında). G, Rn + 1 bölgesi gibi davransın ve f(x, y) vektör fonksiyonu G'de süreklidir ve L sabiti olan yüzü olmayan G üzerinde y vektör değişkenine göre Lipshits'in fikrini karşılar. y 1 olduğundan, y 2, bölüm başına normal sistem (3.1) y_ = f (x, y)'nin iki çözümüdür, o zaman tahmin y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L (t t0) tüm t2 için geçerlidir. Kelimesi kelimesine ispat, bariz bir yeniden gösterimle, madde 2.1'deki Teorem 2.1'in ispatını tekrarlar. 2 Çözümlerin birlik ve kararlılık teoremini cob verilerinden türetmek kolaydır. Sonuç 3.1. F(t, y) vektör fonksiyonu G bölgesinde süreksiz olsun ve Lipshitz'in fikrini y'de karşılasın ve y 1 (t) ve y 2 (t) fonksiyonları normal sistemin (3.1) iki çözümüdür. Aynı bölümde, Üstelik t0 2. Eğer y 1 (t0) = y 2 (t0), o zaman y 1 (t) y 2 (t) açık. Sonuç 3.2. (Başlangıç ​​verilerinde kesintisiz depolama hakkında). F(t, y) vektör fonksiyonu G alanında sürekli olsun ve Lipshitz'in zihninde y'yi L>0 sabitiyle karşılasın ve y 1 (t) ve y 2 (t) vektör fonksiyonları normal sistemi çözsün (3.1) , şarkılar açık. O halde 8 t 2'de y 1 (t) eşitsizliği doğrudur; burada δ = y 1 (t0) y 2 (t0) ve l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l, t0. Miras ispatı, bariz yeniden adlandırmayla birlikte, 2.1 ve 2.2'deki miras ispatını tekrarlamaktadır. 2 Cauchy problemini (3.1), (3.2) tek boyutlu fazda olduğu gibi çözme olasılığının araştırılması, integral denkleminin (vektör) çözümüne indirgenmiştir. Lema 3. 1. f(t, y) 2 C G olsun; Rn 1. Sonraki adımlar belirdiğinde: 1) ha, bi aralığı için φ (t) seviyesinde (3.1) bir çözüm olsun, (3.2) t0 2 ha, bi, є'yi kesintisiz olarak karşılasın ha, bi 1'den CG'ye kadar çözümler ; H, H alanındaki değerlere sahip fonksiyonların G alanındaki tüm kalıcı olmayan fonksiyonların anlamını belirlemek gelenekseldir. Örneğin, f (t, y) 2 C G; Rn bileşenleri), kişisel olmayan G üzerinde değerlenir. - tüm kişisel olmayan vektör fonksiyonlarının kişisel olmayan (n -43- integral seviyesi ile y (t) = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ; (3.6) t0 2) olarak bir vektör -fonksiyon φ (t) 2 C ha, bi, ha, bi üzerindeki integral denklemin (3.6) kesintisiz bir çözümüdür; burada t0 2 ha, bi, o zaman φ (t) aşağıdaki denklemin kesintisiz bir çözümüdür: ha, bi ve çözümler (3.1), (3.2). Bitti. 1. 8 τ 2 ha, bi'nin gayreti eşitlemesine izin verin dφ (τ) = f τ, φ (τ). Daha sonra, t0'dan t'ye, denklem (3.2) ile integral alındığında, dτ Rt 0'ın yarısı, φ (t) = y + f τ, φ (τ) dτ, o zaman φ (t) denklem (3.6)'yı karşılar. t0 2. Sürekli vektör fonksiyonu φ (t)'nin ha, bi ve ft üzerindeki (3.6) denklemini sağlamasına izin verin, katlanabilir bir fonksiyonun sürekli sürekliliği hakkındaki teoreme göre φ (t) ha, bi üzerinde süreklidir ve sağ kısım (3.6) (Ve sonra sol kısım) t boyunca ha, bi'ye doğru sürekli hareket eder. (3.6) φ (t0) = y 0'dan t = t0 olduğunda, φ (t) Cauchy probleminin (3.1), (3.2) çözümüdür. Sevgili, dediğiniz gibi bölümün sonuna gitmek (olması gerektiği gibi) tek yönlü bir işlev anlamına geliyor. Lema'nın işi bitti. Saygı 3. 1. Tek boyutlu bir serpinti (Böl. Bölüm 2) ve tamamlanmış katılaşmalar ile bir benzetme kullanarak, Cauchy probleminin kökeni ve devamı hakkında bir konuyu tanıtabilir ve integral seviyesine kadar devam eden bir yinelemeli dizi oluşturabiliriz. (3.6) bir sonraki t0 h , t0 + h bölümünde maksimumdadır. Burada, basınç titreşimleri ilkesi etrafında dönen köken (ve birlik) teoreminin çözümünün başka bir kanıtını sunuyoruz. Okuyucuyu daha sonra integral denklemler ve matematiksel fizik derslerinde tartışılacak olan teorilerin daha modern yöntemlerine alıştırmak önemlidir. Planımızı tamamlamak için şimdi ele alacağımız bir takım yeni anlayışlara ve ek ilkelere ihtiyacımız olacak. 3. 3. Metrik uzayı anlamak. Basınç titreşimleri ilkesi Matematikteki en önemli sınır kavramı, noktaların "yakınlığı" kavramı etrafında döner, böylece aralarında durmanın mümkün olması sağlanır. Sayısal eksende oran, iki sayı arasındaki farkın modülüdür, düzlemde Öklid oranının formülü iyidir, vb. Analizdeki gerçeklerin zenginliği, elemanların cebirsel güçleriyle çelişmez, aksine aralarındaki anlayış etrafında döner. Bu yaklaşımın gelişimi, sınırların anlaşılmasına “hakikat” vizyonunu getirerek metrik uzayın anlaşılmasına yol açmaktır. -44- Anlam 3. 3. X kişisel olmayan, memnun bir doğa olsun ve ρ (x, y), üç aksiyomu karşılayan iki x, y 2 X değişkeninin aktif bir fonksiyonu olsun: 1) ρ (x, y)> 0 8 x , y 2 X ve ρ (x, y) = 0, x = y için daha da fazla; 2) ρ (x, y) = ρ (y, x) (simetri aksiyomu); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (üç kesimin eşitsizliği). Belirli bir ρ (x, y) fonksiyonuna sahip bu tür anonimlik X'e metrik uzay (MP) adı verilir ve ρ (x, y): X X 7! R, 1) - 3), - metrik veya ikameyi karşılayan. Metrik uzayların uygulamalarına bakalım. Örnek 3. 1. MP R'den alınan ρ (x, y) = x y uzantısından X = R olsun. n o n xi 2 R, i = 1, n є Örnek 3. 2. X = R = x1 olsun, . . . , Xn n gerçek sayının sırasız kümeleri s n 2 P x = x1,. . . . R - a üzerinde herhangi bir sınır olmadan, Rn'deki değerlere sahip b fonksiyonları, daha sonra herhangi bir sınır olmadan vektör fonksiyonları, ρ (f, g) = maksimum f (t) g (t), burada 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 Uygulamalar için 3. 1 -3. MP'nin 3 aksiyomu, kafası karışmış bir okuyucu için olduğu gibi, her türlü gerekçenin ötesinde, hiçbir şüphe olmaksızın doğrulanmıştır. Daha önce olduğu gibi, doğal n derisi xn 2 X elemanının görünümünü yerleştirdiğinden, xn MP X noktalarının sırası verilmiş gibi görünüyor.Değeri 3.4'tür.xn MP X noktalarının dizisine yakınsayan denir. x noktası 2 X, I ne lim ρ xn, x = 0.n! 1 Değer 3. 5. Xn dizisi temel olarak adlandırılır, çünkü herhangi bir ε> 0 için öyle bir doğal sayı N (ε) vardır ki, tüm n> N ve m> N için ρ xn, xm eşitsizliği belirlenir< 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 =) maksimum 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'da bir N (ε) sayısı vardır, öyle ki tüm n> N ve tüm t 2 a, b için eşitsizlik fn (t) f (t) karşılık gelir< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m >1. B = Am, B: X 7'ye bakalım! X, B - sıkın. Teorem 3.2'ye göre, operatör B'nin dönmeyen tek bir x noktası vardır. A ve B, AB = BA permütasyonları olduğundan ve Bx = x olduğundan, B Ax = A Bx = Ax yapabiliriz, o zaman y = Ax, rukhoma olmayan B noktasının ağıdır ve bu nokta Teoreme göre aynı olduğundan 3. 2 ise y = x veya Ax = x olur. X yıldızı, A operatörünün kesintisiz bir noktasıdır. Birliği kanıtlayalım. x ~ 2 X і A ~ x = x ~, sonra m m 1 B x ~ = A x ~ = A x ~ = olması kabul edilebilir. . . = X ~, o zaman x ~ aynı zamanda B için ruhoma olmayan bir noktadır, yıldızlar x ~ = x. Teorem kanıtlandı. Bunu bir metrik uzay ve bir doğrusal normalleştirilmiş uzayla çerçeveleyelim. Daha kesin konuşalım. Değer 3. 9. X, R'deki X'ten çalışan ve aşağıdaki aksiyomları karşılayan, üzerine x sayısal fonksiyonunun atandığı doğrusal bir uzay (daha karmaşık veya daha karmaşık) olsun: 1) 8 x 2 X, x> 0, ve x = θ'da bile x = 0; 2) 8 x 2 X ve 8 λ 2 için R (veya C) eklenir 3) 8 x, y 2 X birbirine eklenir). x + y 6 x + y λx = jλj x; (Üçgenin eşitsizliği - Todi X'e normalleştirilmiş alan denir, x: X 7! R, 1'i karşılamak için) - 3), - norm. ve fonksiyon Normalleştirilmiş uzayda, elemanlar arasındaki mesafeyi ρ x, y = x y formülünü kullanarak girebilirsiniz. MP aksiyomu kolayca doğrulanabilir. Metrik uzay tamamen çıkarılırsa standartlaştırılmış uzaya Banana uzayı denir. Çoğu zaman aynı ve aynı doğrusal uzay Normu farklı şekillerde tanıtabilirsiniz. Bu bağlantı bu anlayıştan kaynaklanmaktadır. Anlam 3. 10. X doğrusal bir uzay olsun ve y de yenisinde tanıtılan iki 1 2 norm olsun. Normlara eşdeğer 1 2 norm denir, çünkü 9 C1> 0 і C2> 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1. 3'e saygı gösterin. 3. і - X üzerinde iki eşdeğer norm, і 1 2 X uzayı bunlardan birinin üstünde, sonra diğer normun üzerindedir. Bu, xn X dizisinin temel olduğu ve aynı zamanda temel olduğu ve aynı x 2 X elemanının 1 2'sine yakınlaştığı gerçeğinden kolayca çıkar. -47- Saygı 3.4. Çoğunlukla teorem 3.2 (veya 3. 3 ) zastosuєtsya eğer yakostі tam n alanında kapalı bir alan alırsa o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, de r> 0 i a 2 X sabit. PMP'deki kapalı çerçevenin kendisinin aynı istasyona sahip bir PMP olması önemlidir. Bu gerçeğin kanıtı okuyucunun hakkından mahrumdur. Saygı 3. 5. n dünyası ile daha fazla alan oluşturulmuştur 3. 3. X = C 0, T, R doğrusal uzayına kxk = max x (t) normunu getirebileceğinize saygı gösterin, böylece normalleştirilmiş biz Banach olacak. 0, T uzayındaki kesintisizin kişiliksizliği temelinde, vektör fonksiyonunu kullanarak, herhangi bir α 2 R için kxkα = maksimum e αt x (t) formülünü kullanarak eşdeğer bir norm ortaya koyabiliriz. α> 0 için, eşdeğerlik, tüm t 2 0, T yıldızları e αT kxk 6 kxkα 6 kxk için e αT x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) eşitsizliklerinden kaynaklanır. Eşdeğer normların gücüyle, Cauchy probleminin doğrusal (normal) sistemler için kesin çözümü hakkındaki teoreme hızla ulaşıyoruz. 3. 4. Normal sistemler için Cauchy probleminin köken teoremleri ve çözüm birliği Cauchy problemini (3.1) - (3.2) ele alalım, burada başlangıç ​​verileri t0, y 0 2 G, G Rn + 1 tanım kümesidir f (t, y) vektör fonksiyonunun değerinin. Bu bölümde G'nin G = a, b o, de alanı Rn ve BR (y 0) = May place teoreminin n formunda olabileceğini varsayacağız. y 2 Rn y y0 6 R tamamen içeridedir. Teorem 3. 4. Vektör fonksiyonu f (t, y) 2 C G olsun; Rn ve 9 M>0 ve L>0 olacak şekilde akıllara 1) 8 (t,y)2 G=a,bf(t,y)6 M; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 ft t, y 1 6 L y 2 y 1. δ 2 (0, 1) sayısını sabitleyin ve t0 2 (a, b) R 1 δ 9 h = min olduğunda; ; t0 a; b t0> 0 ML yani doğrudur ve ayrıca Jh = t0 h, t0 + h ve y (t) kesiti başına Kosha probleminin (3.1), (3.2) y (t) tek bir çözümü vardır. y 0 6 R tüm t 2 Jh için. -48- Kanıt. Lemі 3.1 için Cauchy problemi (3.1), (3.2), kesimdeki ve daha sonra h'nin daha yüksek seçildiği Jh üzerindeki integral denklemine (3.6) eşdeğerdir. Banach uzayına bir göz atalım X = C (Jh; Rn) - Jh bölümü için kxk = maksimum x (t) normuna sahip bir x (t) vektör fonksiyonu tarafından kapalı kişisel olmayan bir eleman ve X'e kapalı bir kişisel olmayan eleman eleman: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y (t) 2 X y (t) n = y (t) 2 X yy (t) o 0 6R = o 0 y 6R X'te kapanışlar. Operatör A, kuralı izleyen değerler: Ay = y 0 + Zt f τ , y (τ) dτ, t 2 Jh, t0 SR y 0'ı kendisine çevirir, çünkü y 0 = maksimum Ay Zt t2Jh f τ, y ( τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 zihinsel 1 teoremi ve h değeri için. Sıkma operatörünü kullanarak A'nın SR üzerinde olduğunu kanıtlayalım. Oldukça yeterli 0 1 2 ve tahmin edilebilir değer: hayır y (t), y (t) 2 SR y Ay 2 Ay 1 = maksimum Zt h t2Jh f τ, y 2 (τ) if τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1, 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, R'ye göre h = min M formülüyle seçilir; 1L δ; b a ve Jh deliğinde her yerde -49- almanız gerekir Jh = t0, t0 + h = a, a + h. Diğer tüm zihinsel teoremler değiştirilmez ve yeniden tasarlanarak kanıt korunur. t0 = b durumu için benzer şekilde h = min M; 1L δ; b a ve Jh = b h, b. n Saygı 3. 7. Teorem 3.4 Umov f (t, y) 2 C G; G = a, b D olan R, f (t, y)'yi en sabit f (t, y) ile değiştirerek, t'yi y 2 ile değiştirerek, akıl 1 ve 2'yi kurtararak zayıflatılabilir. değişmemek. 3. 8. Dosit, böylece 1 ve 2 teoremlerini anlayabilirsiniz. 3.4 tüm t, y 2 a, b BR y için kıvrımlı 0, burada M ve L sabiti bulunur, 0 y'de görünür gibi görünür ve R. Daha yoğun için ft, y vektör fonksiyonuna Teorem 2.4'e benzer şekilde uygulandığında, Cauchy probleminin (3.1), (3.2) temel ve çözüm birliği teoremi tüm a, b bölümleri için geçerlidir. n Teorem 3. 5. Vektör fonksiyonu fx, y 2 CG, R, de G = a, b Rn ve L> 0 olsun, böylece zihin 8 t, y 1, t, y 2 2 G ft , y 2 ft, y 1 6 L y 2 y 1. O halde a, b üzerindeki herhangi bir t0 2 ve y 0 2 Rn için Mosha probleminin (3.1), (3.2) tek bir çözümü de vardır. Bitti. Biraz daha fazla t0 2 i y 0 2 Rn ve sabit ex. Kişisel olmayan G = a, b Rn şu şekilde temsil edilebilir: G = G [G +, de Rn, a G + = t0, b Rn, t0 2 a, b olması önemlidir, aksi halde bir G = a, t0 ispat aşamalarından itibaren günlük olarak yapılacaktır. Koyu tenli G+ için gölgelendirme yapacağız. t0, b bölümünde Cauchy denklemi (3.1), (3.2), denklem (3.6)'ya eşdeğerdir. n A: X 7 integral operatörünü tanıtalım! X, de X = C t0, b; R, Ay = y 0 + Zt f τ, y (τ) dτ formülüne göre. t0 O zaman integral denklemi (3.6), Ay = y işlem denklemi şeklinde yazılabilir. (3.8) Operatör denkleminin (3.8) PMP X'te çözülebileceğini kanıtladığımızda, Cauchy problemini G için t0, b veya a, t0 üzerinde çözme olasılığı ortadan kalkar.Çözüm birleşik olacağından, o zaman denklik sayesinde Cauchy probleminin çözümü aynı olacaktır. Denklemler (3.8) arasındaki kesin ilişkinin iki kanıtını verelim. İspat 1. Daha fazla vektör fonksiyonuna bakalım 1 2 n y, y 2 X = C t0, b; R, o zaman herkes için adil tahminler -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 maksimum y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1. X'teki normun şu şekilde tanıtıldığı açıktır: kxk = maksimum x (τ). Eşitsizliğin giderilmesinden şunları kullanacağız: 2 2 Ay 2 1 Ay Zt hf τ, Ay 2 (τ) = 1 i τ t0 dτ f τ, Ay (τ) dτ 6 t0 6 L2 Zt Ay 2 (τ) Ay 1 (τ ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1. Bu işlemi sürdürerek tümevarımla 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1. Bu nedenle yıldızlar, Ak y 2 Ak y 1 = maksimum Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k tahminini ortadan kaldırır! k y2 y1. k Parçalar α (k) =! 0 k'de! 1, o zaman k0, k var! ne 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 (bölüm 3.5) aşağıdaki formüle göre: x α = maksimum e αt x (t). -51- α>L normuna sahip X uzayındaki A operatörünün sıkıştırılacağı şekilde α'nın seçilmesinin mümkün olduğunu gösterelim. Operasyonel, α Ay 2 Ay 1 α Zt hf τ, y 2 (τ) αt = maksimum e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 maksimum 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 maksimum e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt α> L olduğundan, 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 dönüş işlevi , Bu eşitlikten dolayı (4.3), y'ye izin verip y (x) = F2 1 formülünü kaldırabiliriz. F1 (x) + C, (4.4) x0 noktası civarında geçerlidir. (4.4) eşitliğinin, (4.1) denkleminin x0 noktası etrafında bir çözümünü verdiğini gösterelim. Diferansiyel getiri fonksiyonları hakkında etkili, vikorista teoremi ve F10 (x) = f1 (x) ilişkisine bakarak, y'yi kaldırıyoruz 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), yıldızlar (4.4)'teki y (x) fonksiyonunun çözümlere (4.1) eşit olduğunu göstermektedir. Şimdi y (x0) = y0 koşuluyla denklem (4.1) için Cauchy problemine bakalım. (4.5) Formül (4.2) Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C şeklinde yazılabilir. x0 y0 Buraya Cob (4.5) ekleyerek C = 0 olduğunu biliyoruz, o zaman denklemin çözümü Cauchy problemi spivvіdnoshenya Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx tarafından belirlenir. x0 -56- (4.6) Açıkçası bu değer benzersizdir. Ayrıca denklem (4.1)'in nihai çözümü formül (4.4) ile verilmiş olup, Cauchy probleminin (4.4), (4.5) çözümü (4.6) ile bağlantılı olarak bulunmuştur. 4'e uyun. 1. y = yj, (j = 1, 2,..., S) eylemleri için f2 (y) = 0 olduğuna göre, açıkçası, çözümler (4.1) aynı zamanda y (x) yj, j fonksiyonlarıdır. = 1, 2,. . . , S, bu fonksiyonların denklem (4.1)'de medyan olmayan bir ikamesi ile elde edilir. Saygı 4. 2. Cilt (4.1) için tam çözüm, cilt çözeltisi F2 (y) F1 (x) = C ile belirlenir. (4.7) Dolayısıyla ilişkinin sol kısmı (4.7) cilt ile tutarlıdır. çözüm dadısı (4.1). (4.7) tipindeki ilişkiler en yüksek diğer ODE'ler ile yazılabilir. Bu tür ilişkilere genellikle tutarlı bir ODE'nin integralleri (alternatif integraller) denir. Damo daha kesindir. Değer 4. 1. y 0 (x) = f (x, y) değerine bakalım. (4.8) Karşılaştırma (x, y) = C, (4.9) de (x, y) - C1 sınıfının bir fonksiyonu, bu ilişki aynı şeye karşılık gelmediğinden denklemin (4.8) helal integrali olarak adlandırılır. şey, daha ziyade birbirine çözülmüş eşitleme (4.8). C 2 R'nin spesifik dış görünüm değeri ile özel integrali kaldırıyoruz. İntegral çözümü (4.8), örtülü fonksiyonla ilgili vicoristan teoremleriyle integral integralden (4.9) gelir. Uygulama 4. 1. x (4.10) y 0 (x) = y düzeyine ve cob y (2) = 4 düzeyine bir göz atalım. (4.11) En etkili açıklama (4.10) için alt değişkenler yöntemi şöyledir: üstün, y dy = x dx'i kaldırabiliriz, böylece (4.10) y 2 x2 = C denkleminin integral integralini biliyoruz. Denklemin (4.10) orijinal çözümü py = C + x2 formülü kullanılarak yazılabilir, ve Cauchy probleminin (4.10), (4.11) çözümü - py = 12 + x2 formülünü kullanarak. -57- 4. 2. Birinci dereceden doğrusal ODE Birinci dereceden doğrusal ODE'ye eşit denir y 0 (x) + p (x) y (x) = q (x), Kutu q (x) 6 Kutu q (x) x 2 ha, bi. (4.12) 0 ise denkleme heterojen denir. 0 ise denklem homojen olarak adlandırılır: y 0 (x) + p (x) y (x) = 0. (4.120) Teorem 4. 1. 1) y1 (x) olduğundan, y2 (x) aşağıdaki denklemin bir çözümüdür: homojen denklem (4.120) , α, β tamamlayıcı sayılardır, bu durumda y (x) αy1 (x) + βy2 (x) fonksiyonu da çözümlere (4.120) eşittir. 2) Heterojen denklemin (4.12) helal çözümü için yоn = yоо + yчн formülü uygundur; (4.13). Bitti. Teoremin ilk iddiası tamamen tersine çevrilerek gerçekleştirilmelidir: maєmo y 0 αy10 + βy20 = αp (x) y1 βp (x) y2 = p (x) αy1 + βy2 = p (x) y. Bunu bir arkadaşımıza iletelim. y0 yeterli bir çözüm (4.120) olsun, o zaman y00 = p(x)y0 olsun. Öte yandan, 0 ychn = p(x) ychn + q(x). 0 y0 + ychn = p (x) y0 + ychn + q (x), bu da y y0 + ychn є çözümlerinin (4.12)'ye eşit olduğu anlamına gelir. Böylece formül (4.13), homojen olmayan denklemin (4.12) çözümünü verir. Bu formülün (4.12) denklemlerinin tüm çözümlerini çıkarmak için kullanılabileceğini gösterelim. Güzel, buna izin verme y ^ (x) - karar (4.12). y ~ (x) = y ^ (x) ychn'yi koyalım. 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). Dolayısıyla, y ~ (x) homojen denklemin (4.120) çözümüdür ve formül (4.13) ile tutarlı olan y ^ (x) = y ~ (x) + ychn elde edebiliriz. Teorem kanıtlandı. -58- Aşağıda koçan beyni y (x0) = y0, x0 2 ha, bi ile (4.12) ve (4.120) sıraları için Cauchy problemlerine bakacağız. (4.14) (4.12)'deki p(x) ve q(x) fonksiyonları için p(x), q(x)2C(ha,bi) olduğunu varsayacağız. 4'e uyun. 3. F (x, y) = p (x) y + q (x) koyun. O halde, p (x) ve q (x) konusundaki akılların örtüşmesi nedeniyle, F (x, y), ∂F (x, y) 2 CG, ∂y G = ha, bi R1 olduğunu varsayabiliriz ve dolayısıyla Cauchy problemi ( 4.12), (4.14) için bölüm 2'de sunulan geçerli köken ve çözüm birliği teoremleri. Aşağıdaki Teoremler 4.2, 4.3, (4.120) ve (4.12) denklemlerinin çözümü için açık formüllere sahip olacak ve çözümün ne olduğu gösterilecek Her yerde görün ha, bi. Aynı şeye (4.120) bir göz atalım. Teorem 4. 2. Gökkubbe: p(x) 2 C (ha, bi) olsun. Hücum adil olduğunda 1) kararın verilip verilmediği (4.120) ha, bi aralığının tamamına atanır; 2) aynı seviyedeki perde arkası kararı (4. 120) y (x) = C e de C R p (x) dx, (4.15) yeterli bir sabit formülü ile verilmektedir; 3) Mosha probleminin (4.120), (4.14) çözümü Rx y (x) = y0 e x0 p (ξ) dξ formülüyle verilmektedir. (4.16) Kanıt. Formül (4.15)'i bölümün başında verilen yönteme göre türetiyoruz. Öncelikle y 0 fonksiyonunun çözümlere (4.120) eşit olması bizim için önemlidir. y (x) - karar rivnyannya (4.120) ve y 6 0 üzerinde ha, bi olsun. O zaman 9 x1 2 ha, bi öyle ki y (x1) = y0 6 = 0. x1 noktası yakınındaki (4.120) seviyesine bakalım. Denklem değişkenlere dayanmaktadır ve x1 noktası civarında y(x) 6 = 0'dır. Daha sonra, önceki paragrafın sonuçlarını takip ederek Z fazlalığı için açık bir formül türetiyoruz dy = p (x) dx, ln y = p (x) dx + C, y -59- yıldızlar R y (x) = C ep (x) dx, c 6 = 0, bu da formül (4.15) ile tutarlıdır. Ayrıca, y 0 çözümü de C = 0'da formül (4.15) ile verilmiştir. y 0 çözümünü denklem (4.120)'ye koyarak, formül (4.15) ile verilen y (x) fonksiyonunu yeniden yapılandırırız. herhangi bir C, е р seni kıskanıyorum ( 4.120) ve her bakımdan ha, bi. Formül (4.15)'in denklem (4.120)'nin son bağlantısını tanımladığını gösterelim. Verimli, y ^ (x) olsun - yeterli çözüm (4.120). Ha, bi üzerinde y ^ (x) 6 = 0 ise, ön birleştirmeyi tekrarlayarak, bu fonksiyonun aynı C: kendisiyle aynı formül (4.15) tarafından verildiğini reddederiz, eğer y ^ (x0) = y ^ 0, sonra Rx p ( ξ) dξ. y ^ (x) = y ^ 0 e x0 Eğer 9x1 2 ha, bi öyle ki y ^ (x1) = 0 ise, o zaman koç beyni y (x1) = 0 olan denklem (4.120) için Cauchy probleminin iki çözümü olabilir y ^ (x) ve y (x) 0. 4.3 uyarınca Cauchy probleminin çözümleri aynıdır, dolayısıyla y ^ (x) 0 ve dolayısıyla C = 0'da formül (4.15) ile verilmiştir. Ayrıca çözümün daha karmaşık düzeyde (4.120) tüm ha, bi için belirlendiği ve formül (4.15) ile verildiği de açıktır. Formül (4.16), y(x) fonksiyonunu ve (4.120)'ye eşit çözümleri tanımladığından, formül (4.15)'in eklenmesiyle açıkça kısaltılabilir. Ek olarak, x R0 p (ξ) dξ y (x0) = y0 e x0 = y0, dolayısıyla formül (4.16), Cauchy probleminin (4.120), (4.14) çözümünü etkili bir şekilde tanımlar. Teorem 4.2 tamamlandı. Şimdi heterojen rekabete (4.12) bir göz atalım. Teorem 4. 3. p(x), q(x) 2 C (ha, bi) olsun. Karar geçerli olduğunda: 1) kararın verilip verilmediği (4.12) ha, bi aralığı boyunca belirtilir; 2) Homojen olmayan denklemin (4.12) son çözümü şu formülle verilir: Z R R R p (x) dx p (x) dx q (x) e p (x) dx dx, (4.17) y (x) = Ce + e de C yeterli bir sabittir; 3) Mosha probleminin (4.12), (4.14) çözümü şu formülle verilmektedir: Rx y (x) = y0 e x0 Zx p (ξ) dξ + q (ξ) e x0 -60- Rx ξ p (θ ) dθ dξ. (4.18) Kanıt. Bu, Teorem 4.1 ile ve (4.13) formülüyle doğrulanmıştır, yon = yоо + yчн (4.12) denkleminin özel çözümünü bilmek gereklidir. Bu amaçla varyasyon yöntemi olarak adlandırılan yöntem esasen aynıdır. Bu yöntemin özü şu şekildedir: (4.15) formülünü alıyoruz, içindeki C sabitini bilinmeyen bir C (x) fonksiyonuyla değiştiriyoruz ve ychn (x) = C (x) formunda özel bir çözüm (4.12) buluyoruz. ) e R p(x)dx. (4.19) (4.19)'daki (x) denklemini (4.12) denklemine koyalım ve C(x)'i bulalım, böylece tüm denklem sağlanır. Maєmo R R 0 ychn (x) = C 0 (x) e p (x) dx + C (x) e p (x) dx p (x). (4.12)'de yerine koyarak, 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)'i çıkarıyoruz. ) dx = q (x), yıldızlar RC 0 (x) = q (x) ep (x) dx. Kalan ilişkilerin integralini alarak ve C(x)'i formül (4.19)'da yerine koyarak, Z R R p (x) dx ychn (x) = e q (x) e p (x) dx dx olduğunu inkar ederiz. Üstelik Teorem 4.2'ye göre R yоо = C e p (x) dx. Bu nedenle Teorem 4.1'deki Vikorist formülünü (4.13) kullanarak ZRRR p (x) dx p (x) dx y (x) = yоо + yчн = Ce + eq (x) ep (x) dx dx'i kaldırabiliriz, formül (4.17) ile bundan kaçınılır. Formül (4.17)'nin her ha, bi aralığı için bir çözüm belirttiği açıktır. Son olarak Cauchy probleminin (4.12), (4.14) çözümü şu formülle verilmektedir: 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 Açıkçası, formül (4.20), denklem (4.12) ile belirlenen C = y0'da formül (4.17)'nin eklenmesiyle kısaltılabilir. Ayrıca, 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, tatmin oluyoruz bu koçanı haraçlarıyla (4.14). Formül (4.20)'yi (4.18) formuna getirelim. Gerçekten, (4.20)'den 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'yi söyleyebiliriz. ( ξ) ep (θ) dθ dξ, ξ x0 formül (4.18) kullanılarak önlenebilir. Teorem 4.3 tamamlandı. Sonuç (doğrusal bir sistem için Cauchy probleminin çözümünün değerlendirilmesi hakkında). x0 2 ha, bi, p (x), q (x) 2 C (ha, bi) ve p (x) 6 K, q (x) 6 M Hey 8 x 2 ha, bi. O halde aşağıdaki tahmin maksimum Mosha problemi için geçerlidir (4.12), (4.14) M Kjx x0 j Kjx x0 j y (x) 6 y0 e + e 1. K (4.21) İspat. X>x0'ı bırakalım. (4.18)'e göre, elimizde Rx Zx K dξ y (x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK (x x0) Zx + M x0 = y0 e K (x x0) eK (x ξ) bulunur. ) dξ = x0 M + K e K (x ξ) ξ = x ξ = x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1. Şimdi x olsun< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0 ise, açıkçası, y(x)0 fonksiyonu (4.24) çözümlerine eşittir. Bernoulli'nin (4.24) en yüksek seviyesi için α 6 = 0, α 6 = 1 miktarın rahatsız edici kısımlarını y α ile ayırıyoruz. α>0 olduğunda, 4.4 fonksiyonu y(x)0'a göre böyle bir bölmeyle harcanacak kararlara (4.24) eşit olan değerin alınması gerekir. Peki gelecekte bu talep yeraltı çözümünde verilecek. Bundan sonra y α y 0 = a (x) y 1 α + b (x) ilişkisi belirlenir. Yeni bir z = y 1 α fonksiyonu tanıtıyoruz, sonra z 0 = (1) sonra z z 0 = (1 α) a (x) z + (1 α) y α) b (x) seviyesine ulaşıyoruz. α y 0 ve (4.25) Denklem (4.25) doğrusal bir denklemdir. Bu tür denklemler, birebir çözümün formülünün elde edildiği bölüm 4.2'de ele alınmıştır, bu nedenle z (x) denklemi (4.25), z (x) = Ce R (α 1) a (x) şeklinde yazılır. ) dx + + (1 α ) e R (α 1) a (x) dx 1 Z b (x) e R (α 1) a (x) dx dx. (4.26) O zaman y (x) = z 1 α (x) fonksiyonu burada z (x) (4.26)'da tanımlıdır ve çözümler Bernoull (4.24)'e eşittir. -64- Ayrıca yukarıda belirtildiği gibi α>0 çözümleri için aynı fonksiyon y(x)0'dır. Örnek 4. 4. y 0 + 2y = y 2 denklemini çözün. (4.27) (4.27) düzeyini y 2'ye böleriz ve yerine z = doğrusal heterojen düzey 1'i koyarsak y elde edilir. Sonuç olarak z 0 + 2z = örneğin. (4.28) Büyük olasılıkla denklem aynıdır: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x, C2R1. Homojen olmayan denklemin (4.28) çözümü, sabit değeri değiştirme yöntemiyle çözülür: zchn = C (x) e2x, C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex, C 0 = ex, C (x) = ex, yıldızlar zchn = ex ve dolaylı olarak çözüldü Kıskanıyorum (4.28) z (x) = Ce2x + ex. Ayrıca (4.24) denkleminin çözümü y (x) = 1 formunda yazılır. ex + Ce2x Ayrıca (4.24) denkleminin çözümü de y (x) івняня'nın y 2 üzerindeki bir fonksiyonudur. 0. 4. 5. Tam diferansiyellerde eşitleme Diferansiyellerde eşitlemeye bir bakalım M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G R2'deki etki alanı. Bu denkleme tam diferansiyellerde bir denklem denir, çünkü F (x, y) 2 C 1 (G) ana fonksiyonuna potansiyel denir, öyle ki dF (x, y) = M (x, y) dx + N ( x, y ) dy, (x, y) 2 G. Kolaylık olması açısından, M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G) ve G bölgesinin tek bağlantılı olduğunu varsayacağız. Getirilecek matematiksel analiza (div., Sayma,) dersine ödeneklerin cichlerinde, rivnyannnya (4.29) іsnu (Tobto (4.29) - alaşımlarda RIVNYANNA) için pusk poteniaal f (x, y) , y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. (x, Z y) F (x, y) = M (x, y) dx + N (x, y )dy olduğunda , (4. 30) (x0, y0) de noktası (x0, y0) - G'de sabit bir nokta, (x, y) - G'de kesin bir nokta ve (x0, y0) noktalarını birleştiren herhangi bir eğri boyunca eğrisel integral alınır ) ve (x, y) ve tamamen G bölgesinde yer alır. Seviye (4.29) eşit olduğundan

Alexander Viktorovich Abrosimov Doğum tarihi: 16 yaprak dökümü 1948 (1948 11 16) Doğum yeri: Kuibishev Ölüm tarihi ... Wikipedia

I Aranan fonksiyonların yerine geçecek diferansiyel eşitleme, benzer farklı sıraları ve bağımsız değişimleri. D. u. 17. yüzyılın sonunda Vinikla. mekaniğin ve diğer doğal disiplinlerin ihtiyaçlarının akışı altında, ... ... Büyük Radyanska Ansiklopedisi

Birincil diferansiyel denklemler (ODE), bir tür bilinmeyen fonksiyonun diferansiyel denklemleridir (muhtemelen bir vektör fonksiyonu, daha sonra, kural olarak, uzay ve boyuttaki değerlerle aynı vektör fonksiyonu; oh... ... Wikipedia

Vikipedi'de div takma adını taşıyan diğer kişiler hakkında makaleler bulunmaktadır. Yudovich. Viktor Yosipovich Yudovich Doğum tarihi: 4 Haziran 1934 (1934 10 04) Doğum yeri: Tiflis, SRSR Ölüm tarihi ... Wikipedia

diferansiyel- (Diferansiyel) Diferansiyel, diferansiyel fonksiyonu, diferansiyel kilidinin önemi Diferansiyel, diferansiyel fonksiyonu, diferansiyel kilidinin matematiksel anlamı hakkında bilgi Resmi olmayan açıklama ... ... Yatırımcı Ansiklopedisi

Özel farklarla diferansiyel eşitlikler teorisinde anlaşılması gereken temel şeylerden biri. X.'in rolü, yerel karar verme gücü, çeşitli düzenleri çözme yeteneği, bunların doğruluğu vb. gibi bu seviyelerin gerçek güçlerinde kendini gösterir. Hadi gidelim...... matematik ansiklopedisi

Daha önce bilinmeyen bir fonksiyon olan eşitleme, bağımsız bir değişikliktir ve değerlendirme yalnızca bilinmeyen fonksiyonun kendisini değil aynı zamanda farklı derecelerdeki benzer fonksiyonları da içerir. Diferansiyel eşitleme terimi G. ... ... tarafından icat edildi. matematik ansiklopedisi

Trenogin Vladilen Oleksandrovich V. A. Trenogin MISiS'de bir konferansta Doğum tarihi ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Oleksandrovich Trenogin Vladilen Oleksandrovich V. A. Trenogin MISiS'de bir konferansta Doğum tarihi: 1931 (1931) ... Wikipedia

Gauss denklemi, 2. dereceden doğrusal birincil diferansiyel denklem veya kendine eşlenik formlarda, değişkenler ve parametreler resmi bir şekilde her türlü karmaşık değeri alabilir. Değişiklikten sonra çıkış yapılır, form oluşturulur... ... matematik ansiklopedisi

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

Yazarlar, ekonomik sistemlerin araştırılmasında doğrusal diferansiyel denklemler teorisinin pratik uygulamasını ele alıyorlar. Çalışma, Keynes ve Samuelson-Hicks'in dinamik modellerinin ekonomik sistemlerin eşit parçalarındaki değişimlerle analizini sunmaktadır.

Ivanov A.I., Isakov I., Dyomin A.V. ve içinde. Bölüm 5. M .: Slovo, 2012.

Asistan, Rusya Federasyonu Devlet Bilim Merkezi-IMBP RAS'ta yayınlanan, dozlanmış fiziksel egzersizlerle yapılan test saatleri altında insan asitliğini izlemeye yönelik çeşitli yöntemleri inceledi. Havacılık, su altı ve spor hekimliği alanında çalışan bilim insanları, fizyologlar ve doktorlar için bir referans kitabı.

Mikheev A.V. SPb.: NDU HSE'nin operasyonel basımının sayısı - St. Petersburg, 2012.

Bu koleksiyon, yazar tarafından NDU HSE - St. Petersburg İktisat Fakültesi'nde okunan diferansiyel denklemlerin seyri üzerine çalışmaları içerir. Konunun yüzeyinde temel teorik gerçeklerin kısa bir özeti verilmekte ve tipik problemlerin çözümüne yönelik uygulamalar incelenmektedir. Öğrenciler ve işitme cihazı mesleki eğitim programları için.

Konakov V. D. STI. WP BRP. MDU Mekanik ve Matematik Fakültesi uğruna Opikunskaya'nın eğitimi, 2012. No. 2012.

Bu ilk ders kitabı, Moskova Devlet Duması Mekanik ve Matematik Fakültesi'nde yazar tarafından okunan, öğrenci tarafından seçilen özel bir derse dayanmaktadır. M.V. 2010-2012'de Lomonosov ilk kayalar. Okuyucuya, son saatte kılavuzun yazarı ve yazar arkadaşları tarafından özür dilenecek olan parametre yöntemi ve onun ayrık analogu tanıtılmalıdır. Daha önce yalnızca birkaç dergi makalesinde yer alan materyalleri bir araya getiriyor. Yazar, katkıyı maksimum gücüne zorlamadan, Markovian Lantzug'ların difüzyon sürecine yayılmasıyla ilgili yerel sınır teoremlerinin kanıtlanmasında ve aktif türetmeler için Aronson tipinin iki taraflı tahminlerinin türetilmesinde yöntemin uygulanabilirliğini göstermeyi amaçlamaktadır. difüzyon.

Iss. 20. NY: Springer, 2012.

Bu yayın, 16-18 Haziran 2011 tarihlerinde Florida Üniversitesi'nde düzenlenen “Üçüncü Uluslararası Bilgi Sistemleri Dinamikleri Konferansı”ndaki diğer makalelerin bir derlemesidir. Konferans alanları için meta veriler Amaç aynı anda bir Endüstri, departman ve bilimsel ekiplerden çok sayıda mühendisin beslenme alanında bilgi sistemleri dinamikleri teorisi ve pratiğine uygun yeni keşifler ve sonuçlar alışverişinde bulunabilmeleri için tasarlanmıştır. bilgi teorisi ve dinamik sistemlerde kalan içgörülere yönelmek.Diğer disiplinler de kendi araştırma alanlarındaki yeni gelişmelerin durgunluğu nedeniyle ivme kaybedebilir.

Palvelev R., Matematik Enstitüsü'nden Sergiev A.G. Pratsi. V.A. Steklov RAS. 2012. T. 277. s. 199-214.

Hiperbolik Landau-Ginzburg denklemlerinde adyabatik bir sınır vardır. Belirtilen sınırların ötesinde, Ginzburg-Landau denklemlerinin çözümleri ile girdap adı verilen statik çözüm modüllerinin uzayındaki adyabatik yörüngeler arasında bir benzerlik kurulur. Sezgisel adyabatik prensibini öne süren Menton, düşük kinetik enerjiye sahip Ginzburg-Landau denkleminin kararının fırtınalı bir adyabatik yörünge olarak alınabileceğini öne sürüyor. Suvore, bu gerçeğin kanıtı yakın zamanda ilk yazar tarafından keşfedildi.

Hycomm (kararlı cins 0 eğrilerinin modül uzayının homolojisi) ve BV / Δ (BV operatörü tarafından Batalin-Vilkovisky operadının homotopi bölümü) operadları arasındaki yarı izomorfizm için açık bir formül veriyoruz. Başka bir deyişle, BV operatörünü önemsizleştiren bir homotopi ile geliştirilmiş Hycomm cebirleri ve BV cebirlerinin eşdeğerliğini türetiyoruz. Bu formüller Givental grafikleri cinsinden verilmiştir, ve onlar iki farklı şekilde kanıtlanmıştır. Kanıtlardan biri Givental grup eylemini kullanıyor, diğeri ise Hycomm ve BV'nin kararlarına ilişkin açık formüller zincirinden geçiyor. İkinci yaklaşım, özellikle Hycomm cebirleri üzerindeki Givental grup eyleminin homolojik bir açıklamasını verir.

Ped Sci. Düzenleyen: A. Mihaylov Vip. 14. M .: Moskova Devlet Üniversitesi Sosyoloji Fakültesi, 2012.

Bu koleksiyondaki makaleler, 2011 yılında Moskova Devlet Üniversitesi Sosyoloji Fakültesi'nde toplanan kanıtlara dayanarak yazılmıştır. M.V. Lomonosov, adını taşıyan XIV Disiplinlerarası Bilimsel Seminer "Sosyal Süreçlerin Matematiksel Modellenmesi" toplantısında. Sosyalist Parti Kahramanı Akademisyen A.A. Samarsky.

Bu yayın, sosyal süreçlerin matematiksel modelleme metodolojisinin sorunları, geliştirilmesi ve ilerletilmesiyle ilgilenen bilim adamları, akademisyenler, üniversite öğrencileri ve Rusya Bilimler Akademisi'nin bilimsel kurumları için tasarlanmıştır.

Bu ders dersi Dalekoshodny'deki teorik ve uygulamalı matematik öğrencileri için 10'dan fazla kez okunur Devlet Üniversitesi. II. nesil standarda ve diğer özelliklere uygundur. Matematik uzmanlığı öğrencileri ve ustaları için öneriler.

Cauchy probleminin çözümünün kökeni ve birliği hakkındaki Cauchy teoremi birinci dereceden öneme sahiptir.
Şarkıları kimin paragraflarına yerleştirdikten sonra pay hakkı birinci dereceden diferansiyel denklem, çözümün temeli ve birliği gün ışığına çıkarılır ve bu, kaba verilerle (x0, y0) gösterilir. Diferansiyel eşitlikler kararının temelinin ilk kanıtı Cauchy'ye aittir; Aşağıda verilen kanıt Picard tarafından verilmiştir; Ardışık yaklaşımların ek yöntemini takip etmek gerekir.

ZMIST
1. Rekabet birinci dereceden
1.0. Girmek
1.1. Suyla güçlendirilmiş ikamelerle Rivnyanya
1.2. aynı seviye
1.3. Bir yıllık düzenli sıralamalar
1.4. Birinci dereceden doğrusal eşitlikler ve bunlara indirgenmiş olanlar
1.5. Bernoulli'nin eyaleti
1.6. Rivne Riccati
1.7. Yeni diferansiyellerde seviyelendirme
1.8. Çarpanın entegre edilmesi. İntegrallenebilir bir çarpan bulmanın en basit türleri
1.9. Yürüyüşten önce rekabete izin verilmez
1.10. Cauchy probleminin çözümünün kökeni ve birliği hakkındaki Cauchy teoremi birinci dereceden öneme sahiptir
1.11. özel noktalar
1.12. özel çözümler
2. Üst düzeydekilerin rekabeti
2.1. Temel kavramlar ve anlamları
2.2. N'inci dereceden eşitlik türleri, karelemedeki anlaşmazlıklar
2.3. Ara integraller. Daha düşük bir siparişe izin veren Rivnyannya
3. İkinci Dereceden Lineer Diferansiyel Denklemler
3.1. Temel konseptler
3.2. İkinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemler
3.3. Doğrusal homojen hizalamanın sırasının azaltılması
3.4. Heterojen doğrusal hizalamalar
3.5. Doğrusal heterojen düzende sıranın azaltılması
4. Doğrusal hizalama kalıcı katsayılar
4.1. Sabit katsayılarla düzgün doğrusal karşılaştırma
4.2. Sabit katsayılarla heterojen doğrusal karşılaştırma
4.3. Gizli çözümlerle farklı bir düzenin doğrusal rekabeti
4.4. Statik seriler yardımıyla entegrasyon
5. Doğrusal sistemler
5.1. Heterojen ve homojen sistemler. İktidar aktörleri doğrusal sistemlere karar verir
5.2. Doğrusal homojen bir sistemi çözmeden önce doğrusal bağımsızlığa ilişkin gerekli ve yeterli bilgi
5.3. Temel matrisin temeli. Pobudova'nın doğrusal homojen bir sisteme çözümü
5.4. Pobudov doğrusal homojen bir sistemin temel matrislerinin tüm çoklukları
5.5. Heterojen sistemler. Ek çeliklerin varyasyon yöntemiyle Pobudova zagalny çözümü
5.6. Sabit katsayılı doğrusal tek hatlı sistemler
5.7. Bir matristeki fonksiyonlar teorisi hakkında bazı bilgiler
5.8. Buzul formunda çelik katsayılı doğrusal homojen seviyeler sisteminin temel matrisinin Pobudova'sı
5.9. Birinci dereceden diferansiyel seviyeli normal sistemlerin çözümü için fonksiyonel güce ilişkin temel teorem ve teoremler
6. Dayanıklılık teorisinin unsurları
6.1
6.2. En basit tür ve sakinlik noktası
7. 1. dereceden özel ilişkilerde Rivne
7.1. 1. dereceden özel benzerliklerde doğrusal homojen karşılaştırma
7.2. 1. dereceden özel benzerliklerde düzgün olmayan doğrusal hizalama
7.3. Özel hesaplarda 1 bilinmeyen işleve sahip iki seviyeli sistem
7.4. Pfaff'ın rakibi
8. Kontrol seçenekleri
8.1. Robot kontrolü №1
8.2. Robot kontrolü No. 2
8.3. Robot kontrolü No. 3
8.4. Robot kontrolü No. 4
8.5. Robot kontrolü No. 5
8.6. Robot kontrolü No. 6
8.7. Robot kontrolü No. 7
8.8. Robot kontrolü No. 8.

Bir e-kitabı manuel formatta kolayca indirin, hayret edin ve okuyun:
Temel diferansiyel denklemler üzerine dersler kitabını indirin, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, İsveççe ve ücretsiz indirin.

büyü pdf
Bu kitabı aşağıdan satın alabilirsiniz. en yüksek fiyata Rusya genelinde teslimatla indirimli.