सुदूर पूर्वी राज्य विश्वविद्यालय में सैद्धांतिक और अनुप्रयुक्त गणित के छात्रों के लिए व्याख्यान का यह पाठ्यक्रम 10 से अधिक वर्षों से दिया गया है। इन विशिष्टताओं के लिए द्वितीय पीढ़ी के मानक के अनुरूप है। छात्रों और गणितीय विशिष्टताओं के स्नातक के लिए अनुशंसित।

प्रथम-क्रम समीकरण के लिए कॉची समस्या के समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता पर कॉची का प्रमेय।
इस खंड में, प्रथम-कोटि अंतर समीकरण के दाईं ओर कुछ प्रतिबंध लगाकर, हम प्रारंभिक डेटा (x0,y0) द्वारा निर्धारित समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता को साबित करेंगे। अंतर समीकरणों के समाधान के अस्तित्व का पहला प्रमाण कॉची के कारण है; नीचे दिया गया प्रमाण पिकार्ड द्वारा दिया गया है; यह क्रमिक सन्निकटन की विधि का उपयोग करके निर्मित होता है।

विषयसूची
1. पहले क्रम के समीकरण
1.0. परिचय
1.1. वियोज्य चर समीकरण
1.2. सजातीय समीकरण
1.3. सामान्यीकृत सजातीय समीकरण
1.4. प्रथम कोटि के रैखिक समीकरण और उनके अपचयन
1.5. बर्नौली समीकरण
1.6. रिकाटी समीकरण
1.7. कुल अंतर में समीकरण
1.8. एकीकृत कारक। एकीकृत कारक खोजने के सबसे सरल मामले
1.9. व्युत्पन्न के संबंध में हल नहीं हुए समीकरण
1.10. प्रथम-क्रम समीकरण के लिए कॉची समस्या के समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता पर कॉची का प्रमेय
1.11 एकवचन बिंदु
1.12. विशेष समाधान
2. उच्च कोटि के समीकरण
2.1. बुनियादी अवधारणाएं और परिभाषाएं
2.2. nवें क्रम के समीकरणों के प्रकार, चतुर्भुजों में हल करने योग्य
2.3. मध्यवर्ती अभिन्न। क्रम में कटौती की अनुमति देने वाले समीकरण
3. nवें क्रम के रैखिक अवकल समीकरण
3.1. मूल अवधारणा
3.2. nवें कोटि के रैखिक समांगी अवकल समीकरण
3.3. एक रैखिक सजातीय समीकरण के क्रम को कम करना
3.4. अमानवीय रैखिक समीकरण
3.5. एक रैखिक अमानवीय समीकरण में क्रम को कम करना
4. स्थिर गुणांक वाले रैखिक समीकरण
4.1. निरंतर गुणांक के साथ सजातीय रैखिक समीकरण
4.2. अचर गुणांक वाले अमानवीय रैखिक समीकरण
4.3. दोलन समाधान के साथ दूसरे क्रम के रैखिक समीकरण
4.4. शक्ति श्रृंखला के माध्यम से एकीकरण
5. रैखिक प्रणाली
5.1. विषम और सजातीय प्रणाली। रैखिक प्रणालियों के समाधान के कुछ गुण
5.2. एक रैखिक सजातीय प्रणाली के k समाधानों की रैखिक स्वतंत्रता के लिए आवश्यक और पर्याप्त शर्तें
5.3. एक मौलिक मैट्रिक्स का अस्तित्व। एक रैखिक सजातीय प्रणाली के सामान्य समाधान का निर्माण
5.4. एक रैखिक सजातीय प्रणाली के मौलिक मैट्रिक्स के पूरे सेट का निर्माण
5.5. विषम प्रणाली। मनमानी स्थिरांक की भिन्नता की विधि द्वारा एक सामान्य समाधान का निर्माण
5.6. निरंतर गुणांक वाले रैखिक सजातीय सिस्टम
5.7. मैट्रिक्स के कार्यों के सिद्धांत से कुछ जानकारी
5.8. सामान्य स्थिति में निरंतर गुणांक वाले रैखिक सजातीय समीकरणों की एक प्रणाली के मौलिक मैट्रिक्स का निर्माण
5.9. अस्तित्व प्रमेय और प्रमेय पहले क्रम के अंतर समीकरणों के सामान्य प्रणालियों के समाधान के कार्यात्मक गुणों पर
6. स्थिरता के सिद्धांत के तत्व
6.1
6.2. सबसे सरल प्रकार के विश्राम बिंदु
7. पहले क्रम के आंशिक व्युत्पन्न में समीकरण
7.1 पहले क्रम के रैखिक सजातीय आंशिक अंतर समीकरण
7.2. प्रथम कोटि का अमानवीय रैखिक आंशिक अवकल समीकरण
7.3. 1 अज्ञात फ़ंक्शन के साथ दो आंशिक अंतर समीकरणों की प्रणाली
7.4. Pfaff समीकरण
8. नियंत्रण कार्यों के प्रकार
8.1. टेस्ट नंबर 1
8.2. परीक्षा संख्या 2
8.3. परीक्षा संख्या 3
8.4. परीक्षण कार्य संख्या 4
8.5. परीक्षा संख्या 5
8.6. टेस्ट नंबर 6
8.7. परीक्षण कार्य संख्या 7
8.8. नियंत्रण कार्य संख्या 8।

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मकरस्काया ई। वी। पुस्तक में: छात्र विज्ञान के दिन। स्प्रिंग - 2011। एम।: मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी ऑफ इकोनॉमिक्स, स्टैटिस्टिक्स एंड इंफॉर्मेटिक्स, 2011. पी। 135-139।

लेखक आर्थिक प्रणालियों के अध्ययन के लिए रैखिक अंतर समीकरणों के सिद्धांत के व्यावहारिक अनुप्रयोग पर विचार करते हैं। पेपर आर्थिक प्रणालियों के संतुलन राज्यों को खोजने के साथ कीन्स और सैमुएलसन-हिक्स के गतिशील मॉडल का विश्लेषण करता है।

इवानोव ए.आई., इसाकोव आई।, डेमिन ए.वी. एट अल। भाग 5. एम .: स्लोवो, 2012।

रूसी संघ के राज्य वैज्ञानिक केंद्र - आईबीएमपी आरएएस में किए गए शारीरिक गतिविधि के परीक्षण के दौरान एक व्यक्ति द्वारा ऑक्सीजन की खपत का अध्ययन करने के लिए मैनुअल मात्रात्मक तरीकों पर विचार करता है। यह मैनुअल एयरोस्पेस, अंडरवाटर और स्पोर्ट्स मेडिसिन के क्षेत्र में काम करने वाले वैज्ञानिकों, शरीर विज्ञानियों और डॉक्टरों के लिए है।

मिखेव ए वी सेंट पीटर्सबर्ग: ऑपरेशनल प्रिंटिंग विभाग एनआरयू एचएसई - सेंट पीटर्सबर्ग, 2012।

इस संग्रह में लेखक द्वारा संकाय में पढ़े गए अंतर समीकरणों के दौरान समस्याएं हैं अर्थशास्त्र एनआरयूएचएसई - सेंट पीटर्सबर्ग। प्रत्येक विषय की शुरुआत में, सारांशबुनियादी सैद्धांतिक तथ्यों और विशिष्ट समस्याओं के समाधान के उदाहरणों का विश्लेषण किया जाता है। उच्च व्यावसायिक शिक्षा के कार्यक्रमों के छात्रों और श्रोताओं के लिए।

कोनाकोव वी.डी.एसटीआई। डब्ल्यूपी बीआरपी। मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी, 2012 के यांत्रिकी और गणित संकाय के न्यासी बोर्ड का प्रकाशन गृह। संख्या 2012।

यह पाठ्यपुस्तक छात्र की पसंद पर एक विशेष पाठ्यक्रम पर आधारित है, जिसे लेखक ने मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी के यांत्रिकी और गणित संकाय में पढ़ा है। एम.वी. 2010-2012 शैक्षणिक वर्षों में लोमोनोसोव। मैनुअल पाठक को पैरामीट्रिक्स विधि और इसके असतत एनालॉग से परिचित कराता है, जिसे सबसे अधिक विकसित किया गया है हाल के समय मेंमैनुअल के लेखक और उनके साथी सह-लेखक। यह उन सामग्रियों को एक साथ लाता है जो पहले केवल कई जर्नल लेखों में निहित थीं। प्रस्तुति की अधिकतम व्यापकता के लिए प्रयास किए बिना, लेखक ने मार्कोव श्रृंखलाओं के प्रसार प्रक्रिया के अभिसरण पर स्थानीय सीमा प्रमेयों को साबित करने और कुछ पतित प्रसार के लिए दो-तरफा एरोनसन-प्रकार के अनुमान प्राप्त करने में विधि की संभावनाओं को प्रदर्शित करने का लक्ष्य रखा।

आई.एस.एस. 20. एनवाई: स्प्रिंगर, 2012।

यह प्रकाशन "तृतीय" के व्यक्तिगत लेखों का एक संग्रह है अंतरराष्ट्रीय सम्मेलनसूचना प्रणाली की गतिशीलता पर", जो 16-18 फरवरी, 2011 को फ्लोरिडा विश्वविद्यालय में आयोजित किया गया था। इस सम्मेलन का उद्देश्य सूचना प्रणाली की गतिशीलता के सिद्धांत और व्यवहार से संबंधित मुद्दों पर नई खोजों और परिणामों को साझा करने के लिए उद्योग, सरकार और शिक्षा जगत के वैज्ञानिकों और इंजीनियरों को एक साथ लाना था। सूचना प्रणाली की गतिशीलता: गणितीय खोज एक अत्याधुनिक अध्ययन है और इसका उद्देश्य स्नातक छात्रों और शोधकर्ताओं के लिए है जो नवीनतम खोजों में रुचि रखते हैं सूचना सिद्धांतऔर गतिशील प्रणाली। अन्य विषयों के वैज्ञानिक भी अपने अध्ययन के क्षेत्र में नए विकास के आवेदन से लाभान्वित हो सकते हैं।

गणितीय संस्थान की पावेल्व आर., सर्गेव ए.जी. कार्यवाही। वी.ए. स्टेकलोव आरएएस। 2012. वी। 277. एस। 199-214।

लैंडौ-गिन्ज़बर्ग अतिपरवलयिक समीकरणों में रुद्धोष्म सीमा का अध्ययन किया जाता है। इस सीमा का उपयोग करते हुए, गिन्ज़बर्ग-लैंडौ समीकरणों के समाधान और स्थिर समाधानों के मोडुलि स्पेस में एडियाबेटिक प्रक्षेपवक्र के बीच एक पत्राचार स्थापित किया जाता है, जिसे भंवर कहा जाता है। मेंटन ने अनुमानी रुद्धोष्म सिद्धांत का प्रस्ताव दिया जिसमें कहा गया था कि पर्याप्त रूप से छोटी गतिज ऊर्जा के साथ गिन्ज़बर्ग-लैंडौ समीकरणों का कोई भी समाधान कुछ रुद्धोष्म प्रक्षेपवक्र की गड़बड़ी के रूप में प्राप्त किया जा सकता है। इस तथ्य का एक कठोर प्रमाण हाल ही में पहले लेखक द्वारा पाया गया था

हम ऑपरेड्स Hycomm (स्थिर जीनस 0 कर्व्स के मोडुलि स्पेस की होमोलॉजी) और BV/Δ (BV-ऑपरेटर द्वारा बैटलिन-विल्कोविस्की ऑपरैड का होमोटॉपी भागफल) के बीच एक अर्ध-आइसोमोर्फिज्म के लिए एक स्पष्ट सूत्र देते हैं। दूसरे शब्दों में, हम Hycomm-बीजगणित और BV-बीजगणित की एक तुल्यता प्राप्त करते हैं जो एक समरूपता के साथ बढ़ाया जाता है जो BV-संचालक को तुच्छ बनाता है। ये सूत्र दिए गए हैं गिवेंटल ग्राफ के संदर्भ में, और दो अलग-अलग तरीकों से सिद्ध होते हैं। एक प्रमाण गिवेंटल समूह कार्रवाई का उपयोग करता है, और दूसरा प्रमाण हाइकॉम और बीवी के प्रस्तावों पर स्पष्ट सूत्रों की एक श्रृंखला के माध्यम से जाता है। दूसरा दृष्टिकोण, विशेष रूप से, हाइकोम-बीजगणित पर गिवेंटल समूह की कार्रवाई का एक घरेलू स्पष्टीकरण देता है।

वैज्ञानिक के तहत द्वारा संपादित: ए मिखाइलोव वॉल्यूम। 14. एम .: मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी, 2012 के समाजशास्त्र के संकाय।

इस संग्रह के लेख 2011 में मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी के समाजशास्त्र संकाय में की गई रिपोर्टों के आधार पर लिखे गए हैं। एम.वी. लोमोनोसोव के नाम पर XIV अंतःविषय वार्षिक वैज्ञानिक संगोष्ठी "सामाजिक प्रक्रियाओं के गणितीय मॉडलिंग" की बैठक में। नायक समाजवादी मजदूरशिक्षाविद ए.ए. समारा।

प्रकाशन के लिए अभिप्रेत है वैज्ञानिक कर्मचारी, शिक्षक, विश्वविद्यालयों के छात्र और रूसी विज्ञान अकादमी के वैज्ञानिक संस्थान जो कार्यप्रणाली की समस्याओं, विकास और कार्यान्वयन में रुचि रखते हैं गणितीय मॉडलिंगसामाजिक प्रक्रियाएं।

"साधारण अंतर समीकरणों पर व्याख्यान भाग 1. सामान्य सिद्धांत के तत्व पाठ्यपुस्तक उन प्रावधानों की रूपरेखा तैयार करती है जो साधारण अंतर समीकरणों के सिद्धांत का आधार बनते हैं: ..."

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ए. ई. ममोनतोव

आम पर व्याख्यान

विभेदक समीकरण

सामान्य सिद्धांत के तत्व

प्रशिक्षण मैनुअल उन प्रावधानों को निर्धारित करता है जो बनाते हैं

साधारण अंतर समीकरणों के सिद्धांत का आधार: समाधान की अवधारणा, उनका अस्तित्व, विशिष्टता,

मापदंडों पर निर्भरता इसके अलावा (§ 3 में) समीकरणों के कुछ वर्गों के "स्पष्ट" समाधान पर कुछ ध्यान दिया जाता है। गाइड के लिए अभिप्रेत है गहन अध्ययननोवोसिबिर्स्क स्टेट पेडागोगिकल यूनिवर्सिटी के गणित संकाय में पढ़ने वाले छात्रों द्वारा पाठ्यक्रम "डिफरेंशियल इक्वेशन"।

यूडीसी 517.91 एलबीसी बी161.61 प्रस्तावना पाठ्यपुस्तक नोवोसिबिर्स्क राज्य शैक्षणिक विश्वविद्यालय के गणित विभाग के छात्रों के लिए अभिप्रेत है जो एक विस्तारित मात्रा में अनिवार्य पाठ्यक्रम "डिफरेंशियल इक्वेशन" का अध्ययन करना चाहते हैं। पाठकों को बुनियादी अवधारणाओं और परिणामों की पेशकश की जाती है जो सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत की नींव बनाते हैं: समाधान की अवधारणाएं, उनके अस्तित्व पर प्रमेय, विशिष्टता, मापदंडों पर निर्भरता। वर्णित सामग्री को 1, 2, 4, 5 में तार्किक रूप से अविभाज्य पाठ के रूप में प्रस्तुत किया गया है। इसके अलावा (§ 3 में, जो कुछ हद तक अलग है और अस्थायी रूप से पाठ्यक्रम के मुख्य धागे को बाधित करता है), के सबसे लोकप्रिय तरीके समीकरणों के कुछ वर्गों के लिए "स्पष्ट" समाधान खोजने पर संक्षेप में विचार किया जाता है। पहले पढ़ने पर, पाठ्यक्रम की तार्किक संरचना को महत्वपूर्ण नुकसान पहुंचाए बिना 3 को छोड़ा जा सकता है।

अभ्यास द्वारा एक महत्वपूर्ण भूमिका निभाई जाती है, जो पाठ में बड़ी संख्या में शामिल हैं। पाठक को दृढ़ता से उन्हें "गर्म खोज में" हल करने की सलाह दी जाती है, जो सामग्री को आत्मसात करने की गारंटी देता है और एक परीक्षण के रूप में काम करेगा। इसके अलावा, ये अभ्यास अक्सर तार्किक ताने-बाने को भरते हैं, अर्थात, उन्हें हल किए बिना, सभी प्रस्ताव सख्ती से सिद्ध नहीं होंगे।

पाठ के बीच में वर्गाकार कोष्ठकों में, टिप्पणियां की जाती हैं जिनमें टिप्पणियों (विस्तारित या पार्श्व स्पष्टीकरण) की भूमिका होती है। शाब्दिक रूप से, ये टुकड़े मुख्य पाठ को बाधित करते हैं (यानी, एक सुसंगत पढ़ने के लिए, उन्हें "अनदेखा" करने की आवश्यकता होती है), लेकिन उन्हें अभी भी स्पष्टीकरण के रूप में आवश्यक है। दूसरे शब्दों में, इन टुकड़ों को ऐसा माना जाना चाहिए जैसे कि उन्हें खेतों में ले जाया गया हो।

पाठ में अलग से "शिक्षक के लिए टिप्पणियां" हैं - छात्रों द्वारा पढ़ते समय उन्हें छोड़ा जा सकता है, लेकिन शिक्षक के लिए उपयोगी होते हैं जो मैनुअल का उपयोग करेंगे, उदाहरण के लिए, व्याख्यान देते समय - वे तर्क को बेहतर ढंग से समझने में मदद करते हैं पाठ्यक्रम और पाठ्यक्रम के संभावित सुधार (विस्तार) की दिशा का संकेत दें। हालांकि, छात्रों द्वारा इन टिप्पणियों के विकास का स्वागत ही किया जा सकता है।

एक समान भूमिका "शिक्षक के लिए औचित्य" द्वारा निभाई जाती है - वे अभ्यास के रूप में पाठक को दिए गए कुछ प्रावधानों का प्रमाण अत्यंत संक्षिप्त रूप में प्रदान करते हैं।

सबसे आम (कुंजी) शब्दों को संक्षेप के रूप में उपयोग किया जाता है, जिनमें से एक सूची सुविधा के लिए अंत में दी गई है। पाठ में होने वाली गणितीय सूचनाओं की एक सूची भी है, लेकिन सबसे आम (और / या साहित्य में स्पष्ट रूप से समझ में नहीं) में से नहीं हैं।

प्रतीक का अर्थ है प्रमाण का अंत, कथन का निर्माण, टिप्पणी, आदि (जहां भ्रम से बचने के लिए आवश्यक हो)।

सूत्र प्रत्येक अनुच्छेद में स्वतंत्र रूप से गिने जाते हैं। सूत्र के एक भाग का जिक्र करते समय, सूचकांकों का उपयोग किया जाता है, उदाहरण के लिए (2)3 का अर्थ है सूत्र का तीसरा भाग (2) (सूत्र के भाग एक स्थान द्वारा टाइपोग्राफिक रूप से अलग किए गए टुकड़े हैं, और एक तार्किक स्थिति से - द्वारा "और" का एक गुच्छा)।

यह मैनुअल उस विषय के गहन अध्ययन को पूरी तरह से प्रतिस्थापित नहीं कर सकता है, जिसके लिए स्वतंत्र अभ्यास और अतिरिक्त साहित्य पढ़ने की आवश्यकता होती है, उदाहरण के लिए, जिसकी सूची मैनुअल के अंत में दी गई है। हालांकि, लेखक ने सिद्धांत के मुख्य प्रावधानों को व्याख्यान पाठ्यक्रम के लिए उपयुक्त संक्षिप्त रूप में प्रस्तुत करने का प्रयास किया है। इस संबंध में, यह ध्यान दिया जाना चाहिए कि इस मैनुअल पर एक व्याख्यान पाठ्यक्रम को पढ़ते समय लगभग 10 व्याख्यान लगते हैं।

यह 2 और भागों (खंडों) को प्रकाशित करने की योजना है जो इस मैनुअल को जारी रखते हैं और इस तरह "साधारण अंतर समीकरण" विषय पर व्याख्यान के चक्र को पूरा करते हैं: भाग 2 (रैखिक समीकरण), भाग 3 (गैर-रेखीय समीकरणों का आगे सिद्धांत, आंशिक अंतर समीकरण) पहले आदेश के)।

1. परिचय एक अवकल समीकरण (DE) u1 u1 un, उच्चतर अवकलज F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) के रूप का संबंध है जहां y = (y1,. .., yk) Rk स्वतंत्र चर हैं, और u = u(y) अज्ञात फलन हैं, u = (u1,..., un)। इस प्रकार, (1) में n अज्ञात हैं, इसलिए n समीकरणों की आवश्यकता है, अर्थात, F = (F1,..., Fn), ताकि (1) आम तौर पर n समीकरणों की एक प्रणाली हो। यदि केवल एक अज्ञात फलन (n = 1) है, तो समीकरण (1) अदिश (एक समीकरण) है।

तो, फ़ंक्शन (ओं) F दिया गया है, और u मांगा गया है। यदि k = 1, तो (1) को ODE कहा जाता है, और अन्यथा - PDE। दूसरा मामला एक विशेष यूएमएफ पाठ्यक्रम का विषय है जो इसी नाम के ट्यूटोरियल की श्रृंखला में निर्धारित किया गया है। मैनुअल की इस श्रृंखला में (3 भागों-खंडों से मिलकर), हम केवल ओडीई का अध्ययन करेंगे, अंतिम भाग (वॉल्यूम) के अंतिम पैराग्राफ को छोड़कर, जिसमें हम पीडीई के कुछ विशेष मामलों का अध्ययन करना शुरू करेंगे।

2यू यू उदाहरण। 2 = 0 पीडीई है।

y1 y अज्ञात मात्राएँ वास्तविक या जटिल हो सकती हैं, जो आवश्यक नहीं है, क्योंकि यह क्षण केवल लेखन समीकरणों के रूप को संदर्भित करता है: किसी भी जटिल संकेतन को वास्तविक और काल्पनिक भागों को अलग करके वास्तविक में बदला जा सकता है (लेकिन, निश्चित रूप से, समीकरणों और अज्ञातों की संख्या को दोगुना करना), और इसके विपरीत, कुछ मामलों में जटिल अंकन पर स्विच करना सुविधाजनक होता है।

डु डी2वी डीवी 2 = यूवी; u3 = 2. यह 2 ODE की प्रणाली है। उदाहरण।

स्वतंत्र चर y के 2 अज्ञात फलनों के लिए डाई डाई डाई।

यदि k = 1 (ODE), तो "प्रत्यक्ष" चिह्न d/dy का उपयोग किया जाता है।

यू (वाई) डु उदाहरण। exp(sin z)dz एक ODE है क्योंकि इसका एक उदाहरण है। = u(u(y)) n = 1 के लिए एक DE नहीं है, बल्कि एक कार्यात्मक अंतर समीकरण है।

यह एक DE नहीं है, बल्कि एक पूर्णांक-अंतर समीकरण है, हम ऐसे समीकरणों का अध्ययन नहीं करेंगे। हालांकि, विशेष रूप से समीकरण (2) आसानी से ओडीई में कम हो जाता है:

एक व्यायाम। एक ओडीई के लिए (2) कम करें।

लेकिन सामान्य तौर पर, अभिन्न समीकरण एक अधिक जटिल वस्तु है (यह आंशिक रूप से कार्यात्मक विश्लेषण के दौरान अध्ययन किया जाता है), हालांकि, जैसा कि हम नीचे देखेंगे, यह उनकी मदद से है कि ओडीई के लिए कुछ परिणाम प्राप्त होते हैं।

डीई अंतर-गणितीय आवश्यकताओं (उदाहरण के लिए, अंतर ज्यामिति में) और अनुप्रयोगों (ऐतिहासिक रूप से पहली बार, और अब मुख्य रूप से भौतिकी में) दोनों से उत्पन्न होते हैं। एक फ़ंक्शन को उसके व्युत्पन्न से पुनर्स्थापित करने के बारे में सबसे सरल DE "डिफरेंशियल कैलकुलस की मूल समस्या" है: = h (y)। जैसा कि विश्लेषण से ज्ञात होता है, इसके विलयन का रूप u(y) = + h(s)ds होता है। अधिक सामान्य DE को उनके समाधान के लिए विशेष विधियों की आवश्यकता होती है। हालांकि, जैसा कि हम नीचे देखेंगे, ओडीई को "स्पष्ट रूप में" हल करने के लिए व्यावहारिक रूप से सभी तरीकों को अनिवार्य रूप से संकेतित तुच्छ मामले में कम कर दिया गया है।

अनुप्रयोगों में, ओडीई अक्सर समय में विकसित होने वाली प्रक्रियाओं का वर्णन करते समय उत्पन्न होते हैं, ताकि एक स्वतंत्र चर की भूमिका आमतौर पर समय टी द्वारा निभाई जाती है।

इस प्रकार, ऐसे अनुप्रयोगों में ODE का अर्थ समय के साथ सिस्टम के मापदंडों में परिवर्तन का वर्णन करना है। इसलिए, निर्माण करते समय यह सुविधाजनक है सामान्य सिद्धांत ODE स्वतंत्र चर को t (और इसे आने वाले सभी पारिभाषिक परिणामों के साथ समय कहते हैं), और अज्ञात फ़ंक्शन (ओं) को x = (x1,..., xn) द्वारा निरूपित करता है। इस तरह, सामान्य फ़ॉर्मओडीई (ओडीई सिस्टम) इस प्रकार है:

जहाँ F = (F1,..., Fn) - यानी यह n फ़ंक्शन x के लिए n ODEs की एक प्रणाली है, और यदि n = 1 है, तो 1 फ़ंक्शन x के लिए एक ODE है।

इसके अलावा, x = x(t), t R, और x आम तौर पर जटिल-मूल्यवान होते हैं (यह सुविधा के लिए है, तब से कुछ प्रणालियों को अधिक कॉम्पैक्ट रूप से लिखा जा सकता है)।

कहा जाता है कि सिस्टम (3) में xm के संबंध में क्रम m है।

व्युत्पन्न को वरिष्ठ कहा जाता है, और शेष (xm = स्वयं सहित) को कनिष्ठ कहा जाता है। यदि सभी m = हैं, तो हम केवल यह कहते हैं कि निकाय का क्रम समान है।

सच है, संख्या m को अक्सर सिस्टम का क्रम कहा जाता है, जो स्वाभाविक भी है, जैसा कि नीचे स्पष्ट हो जाएगा।

ओडीई और उनके अनुप्रयोगों का अध्ययन करने की आवश्यकता का प्रश्न, हम अन्य विषयों (अंतर ज्यामिति, गणितीय विश्लेषण, सैद्धांतिक यांत्रिकी, आदि) द्वारा पर्याप्त रूप से उचित मानते हैं, और यह समस्याओं को हल करते समय व्यावहारिक अभ्यास के दौरान आंशिक रूप से कवर किया जाता है (के लिए) उदाहरण, एक समस्या पुस्तक से)। इस पाठ्यक्रम में, हम विशेष रूप से फॉर्म (3) की प्रणालियों के गणितीय अध्ययन से निपटेंगे, जिसका अर्थ है निम्नलिखित प्रश्नों का उत्तर देना:

1. समीकरण (सिस्टम) (3) को "हल" करने का क्या अर्थ है;

2. यह कैसे करना है;

3. इन समाधानों में क्या गुण हैं, उनकी जांच कैसे करें।

प्रश्न 1 उतना स्पष्ट नहीं है जितना लगता है - नीचे देखें। हम तुरंत ध्यान दें कि किसी भी प्रणाली (3) को पहले-क्रम प्रणाली में कम किया जा सकता है, जो निचले डेरिवेटिव को नए अज्ञात कार्यों के रूप में दर्शाता है। इस प्रक्रिया को समझाने का सबसे आसान तरीका एक उदाहरण है:

5 अज्ञात के लिए 5 समीकरण। यह समझना आसान है कि (4) और (5) इस अर्थ में समतुल्य हैं कि उनमें से एक का समाधान (उपयुक्त नामकरण के बाद) दूसरे का समाधान है। इस मामले में, किसी को केवल समाधानों की सुगमता के प्रश्न को निर्धारित करना चाहिए - हम इसे आगे तब करेंगे जब हम उच्च-क्रम (यानी, 1 नहीं) ओडीई का सामना करेंगे।

लेकिन अब यह स्पष्ट है कि केवल प्रथम-क्रम ODE का अध्ययन करना पर्याप्त है, जबकि अन्य की आवश्यकता केवल अंकन की सुविधा के लिए हो सकती है (ऐसी स्थिति कभी-कभी हमारे मामले में उत्पन्न होगी)।

और अब हम स्वयं को प्रथम-क्रम ODE तक सीमित रखते हैं:

डिमक्स = मंद एफ = एन।

समीकरण (सिस्टम) (6) का अध्ययन इस तथ्य के कारण असुविधाजनक है कि डेरिवेटिव डीएक्स/डीटी के संबंध में इसकी अनुमति नहीं है। जैसा कि विश्लेषण से (अंतर्निहित फ़ंक्शन प्रमेय से) ज्ञात है, F पर कुछ शर्तों के तहत, समीकरण (6) को dx/dt के संबंध में हल किया जा सकता है और उस रूप में लिखा जा सकता है जहां f: Rn+1 Rn दिया गया है और x: आर आर एन आवश्यक है। ऐसा कहा जाता है कि (7) डेरिवेटिव (सामान्य रूप का एक ओडीई) के संबंध में हल किया गया एक ओडीई है। (6) से (7) तक गुजरते समय, स्वाभाविक रूप से कठिनाइयाँ उत्पन्न हो सकती हैं:

उदाहरण। समीकरण क्स्प (x) = 0 को (7) के रूप में नहीं लिखा जा सकता है, और इसका कोई हल भी नहीं है, अर्थात्, क्स्प का कोई भी संमिश्र तल में शून्य नहीं है।

उदाहरण। संकल्प के साथ समीकरण x 2 + x2 = 1 को दो सामान्य ODEs x = ± 1 x2 के रूप में लिखा जाता है। आपको उनमें से प्रत्येक को हल करना चाहिए और फिर परिणाम की व्याख्या करनी चाहिए।

टिप्पणी। (3) से (6) को कम करते समय, कठिनाइयाँ उत्पन्न हो सकती हैं यदि (3) में किसी फ़ंक्शन या फ़ंक्शन के भाग के संबंध में क्रम 0 है (अर्थात, यह एक कार्यात्मक अंतर समीकरण है)। लेकिन फिर इन कार्यों को निहित कार्य प्रमेय द्वारा बाहर रखा जाना चाहिए।

उदाहरण। x = y, xy = 1 x = 1/x। आपको परिणामी ODE से x और फिर कार्यात्मक समीकरण से y खोजने की आवश्यकता है।

लेकिन किसी भी मामले में, (6) से (7) में संक्रमण की समस्या DE की तुलना में गणितीय विश्लेषण के क्षेत्र से अधिक संबंधित है, और हम इससे निपटेंगे नहीं। हालांकि, फॉर्म (6) के ओडीई को हल करते समय, ओडीई के दृष्टिकोण से दिलचस्प क्षण उत्पन्न हो सकते हैं, इसलिए यह समस्या समस्याओं को हल करते समय अध्ययन करने के लिए उपयुक्त है (जैसा कि किया जाता है, उदाहरण के लिए, में) और इसे थोड़ा छुआ जाएगा पर 3 में। लेकिन शेष पाठ्यक्रम में हम केवल सामान्य प्रणालियों और समीकरणों के साथ ही व्यवहार करेंगे। तो, ओडीई (ओडीई सिस्टम) (7) पर विचार करें। आइए इसे एक बार घटक-दर-घटक रूप में लिखें:

"समाधान (7)" (और सामान्य तौर पर, किसी भी डीई) की अवधारणा को लंबे समय से समाधान के लिए "स्पष्ट सूत्र" की खोज के रूप में समझा गया है (यानी प्राथमिक कार्यों, उनके विरोधी, या विशेष कार्यों, आदि के रूप में) ।), समाधान की चिकनाई और इसकी परिभाषा के अंतराल पर जोर दिए बिना। हालांकि, ओडीई और गणित की अन्य शाखाओं (और सामान्य रूप से प्राकृतिक विज्ञान) के सिद्धांत की वर्तमान स्थिति से पता चलता है कि ऐसा दृष्टिकोण असंतोषजनक है, यदि केवल इसलिए कि ऐसे "स्पष्ट एकीकरण" के लिए उत्तरदायी ओडीई का अनुपात अत्यंत है छोटा (यहां तक ​​कि सरलतम ODE x = f (t) के लिए भी ज्ञात है कि हल प्राथमिक कार्यशायद ही कभी होता है, हालांकि एक "स्पष्ट सूत्र" है)।

उदाहरण। समीकरण x = t2 + x2, इसकी अत्यधिक सादगी के बावजूद, प्राथमिक कार्यों में कोई समाधान नहीं है (और यहां "सूत्र" भी नहीं है)।

और यद्यपि यह ODE के उन वर्गों को जानना उपयोगी है जिनके लिए "स्पष्ट रूप से" एक समाधान का निर्माण करना संभव है (जब यह संभव हो तो "इंटीग्रल्स की गणना" करने में सक्षम होना कितना उपयोगी है, हालांकि यह अत्यंत दुर्लभ है), इस संबंध में, निम्नलिखित शब्द ध्वनि विशेषता: "एकीकृत ओडीई", "ओडीई इंटीग्रल" (आधुनिक अवधारणाओं के अप्रचलित एनालॉग्स "ओडीई को हल करें", "ओडीई का समाधान"), जो समाधान की पिछली अवधारणाओं को दर्शाते हैं। आधुनिक शब्दों को कैसे समझें, अब हम समझाएंगे।

और इस मुद्दे पर नंबर 3 में विचार किया जाएगा (और परंपरागत रूप से व्यावहारिक कक्षाओं में समस्याओं को हल करते समय इस पर बहुत ध्यान दिया जाता है), लेकिन किसी को इस दृष्टिकोण से किसी सार्वभौमिकता की उम्मीद नहीं करनी चाहिए। एक नियम के रूप में, हल करने की प्रक्रिया (7) से हमारा मतलब पूरी तरह से अलग चरणों से है।

यह स्पष्ट किया जाना चाहिए कि कौन सा फलन x = x(t) को (7) का हल कहा जा सकता है।

सबसे पहले, हम ध्यान दें कि समाधान की अवधारणा का एक स्पष्ट सूत्रीकरण उस सेट को निर्दिष्ट किए बिना असंभव है जिस पर इसे परिभाषित किया गया है। यदि केवल इसलिए कि समाधान एक कार्य है, और कोई भी कार्य (स्कूल की परिभाषा के अनुसार) एक कानून है जो एक निश्चित सेट के किसी भी तत्व से मेल खाता है (जिसे इस फ़ंक्शन की परिभाषा का डोमेन कहा जाता है) दूसरे सेट के कुछ तत्व (फ़ंक्शन मान)। इस प्रकार, किसी फ़ंक्शन के बारे में उसके दायरे को निर्दिष्ट किए बिना बात करना परिभाषा के अनुसार बेतुका है। विश्लेषणात्मक कार्य (अधिक मोटे तौर पर - प्राथमिक वाले) निम्नलिखित कारणों (और कुछ अन्य) के लिए यहां "अपवाद" (भ्रामक) के रूप में कार्य करते हैं, लेकिन डीई के मामले में ऐसी स्वतंत्रता की अनुमति नहीं है।

और आम तौर पर (7) में शामिल सभी कार्यों की परिभाषा सेट निर्दिष्ट किए बिना। जैसा कि निम्नलिखित से स्पष्ट होगा, किसी समाधान की अवधारणा को उसकी परिभाषा के समुच्चय के साथ सख्ती से जोड़ना समीचीन है, और समाधानों को भिन्न मानते हैं यदि उनकी परिभाषा सेट भिन्न हैं, भले ही समाधान इन सेटों के प्रतिच्छेदन पर मेल खाते हों।

अक्सर, विशिष्ट स्थितियों में, इसका मतलब है कि यदि समाधान प्राथमिक कार्यों के रूप में बनाए जाते हैं, ताकि 2 समाधानों में "समान सूत्र" हो, तो यह भी स्पष्ट करना आवश्यक है कि क्या ये सूत्र लिखे गए सेट मेल खाते हैं। इस प्रश्न में लंबे समय तक शासन करने वाला भ्रम तब तक क्षम्य था जब तक कि प्राथमिक कार्यों के रूप में समाधान पर विचार किया जाता था, क्योंकि विश्लेषणात्मक कार्यों को विशिष्ट रूप से व्यापक अंतराल तक बढ़ाया जा सकता है।

उदाहरण। x1(t) = et on (0,2) और x2(t) = et on (1,3) समीकरण x = x के विभिन्न हल हैं।

साथ ही, किसी भी समाधान की परिभाषाओं के सेट के रूप में एक खुला अंतराल (शायद अनंत) लेना स्वाभाविक है, क्योंकि यह सेट होना चाहिए:

1. खुला, ताकि किसी भी बिंदु पर व्युत्पन्न (दो तरफा) के बारे में बात करना समझ में आए;

2. जुड़ा हुआ है ताकि समाधान डिस्कनेक्ट किए गए टुकड़ों में न टूटे (इस मामले में कई समाधानों के बारे में बात करना अधिक सुविधाजनक है) - पिछला उदाहरण देखें।

इस प्रकार, हल (7) एक युग्म (, (a, b)) है, जहाँ a b +, (a, b) पर परिभाषित है।

शिक्षक के लिए नोट। कुछ पाठ्यपुस्तकों में, समाधान के क्षेत्र में खंड के सिरों को शामिल करने की अनुमति है, लेकिन यह अव्यावहारिक है क्योंकि यह केवल प्रस्तुति को जटिल बनाता है और वास्तविक सामान्यीकरण नहीं देता है (देखें 4)।

आगे के तर्क को समझना आसान बनाने के लिए, ज्यामितीय व्याख्या (7) का उपयोग करना उपयोगी है। अंतरिक्ष में Rn+1 = ((t, x)) प्रत्येक बिंदु (t, x) पर जहाँ f परिभाषित है, हम सदिश f (t, x) पर विचार कर सकते हैं। यदि हम इस स्थान में समाधान (7) का एक ग्राफ बनाते हैं (इसे सिस्टम का इंटीग्रल कर्व (7) कहा जाता है), तो इसमें फॉर्म (t, x(t)) के बिंदु होते हैं। जैसे ही t (a, b) बदलता है, यह बिंदु IC के अनुदिश गति करता है। बिंदु (t, x(t)) पर IC की स्पर्शरेखा का रूप (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))) होता है। इस प्रकार, IC वे और केवल वे वक्र हैं जो अंतरिक्ष Rn+1 में हैं कि उनके प्रत्येक बिंदु (t, x) पर वेक्टर (1, f (t, x)) के समानांतर एक स्पर्शरेखा है। इस विचार के आधार पर, तथाकथित आईसी के अनुमानित निर्माण के लिए आइसोक्लाइन विधि, जिसका उपयोग विशिष्ट ओडीई के समाधान के ग्राफ प्रदर्शित करते समय किया जाता है (देखें।

उदाहरण के लिए )। उदाहरण के लिए, n = 1 के लिए, हमारे निर्माण का अर्थ निम्नलिखित है: IC के प्रत्येक बिंदु पर, t अक्ष पर इसके ढलान का गुण tg = f (t, x) होता है। यह मान लेना स्वाभाविक है कि, परिभाषा सेट f से कोई भी बिंदु लेते हुए, हम इसके माध्यम से एक IC खींच सकते हैं। इस विचार की नीचे कड़ाई से पुष्टि की जाएगी। जबकि हमारे पास समाधानों की सुगमता के कठोर सूत्रीकरण का अभाव है, यह नीचे किया जाएगा।

अब हमें समुच्चय B को परिशोधित करना चाहिए जिस पर f परिभाषित है। यह सेट लेना स्वाभाविक है:

1. खुला (ताकि आईसी को बी से किसी भी बिंदु के आसपास बनाया जा सके), 2. जुड़ा हुआ (अन्यथा, सभी जुड़े हुए टुकड़ों को अलग-अलग माना जा सकता है - वैसे भी, आईसी (एक सतत कार्य के ग्राफ के रूप में) कूद नहीं सकता है एक टुकड़े से दूसरे में, इसलिए इस पर समाधान की खोज की व्यापकता प्रभावित नहीं होगी)।

हम केवल (7) के शास्त्रीय हलों पर विचार करेंगे, जैसे कि x स्वयं और उसका x (a, b) पर निरंतर हैं। तब f C(B) की आवश्यकता होना स्वाभाविक है। इस प्रकार, यह आवश्यकता हमेशा हमारे द्वारा निहित होगी। तो, हम अंत में परिभाषा प्राप्त करते हैं। मान लीजिए B Rn+1 एक डोमेन है, f C(B)।

(ए, बी) पर परिभाषित एक जोड़ी (, (ए, बी)), ए बी +, (7) के लिए एक समाधान कहा जाता है यदि सी (ए, बी), प्रत्येक टी (ए, बी) बिंदु (टी) के लिए , (टी)) बी और (टी) मौजूद है, और (टी) = एफ (टी, (टी)) (तब स्वचालित रूप से सी 1 (ए, बी))।

यह ज्यामितीय रूप से स्पष्ट है कि (7) के कई समाधान होंगे (जो ग्राफिक रूप से समझना आसान है), क्योंकि यदि हम फॉर्म के बिंदुओं (t0, x0) से शुरू करते हुए IR खींचते हैं, जहां t0 निश्चित है, तो हमें अलग-अलग IR मिलेंगे। इसके अलावा, समाधान निर्धारित करने के लिए अंतराल को बदलने से हमारी परिभाषा के अनुसार एक अलग समाधान मिलेगा।

उदाहरण। x = 0. हल: x = = const Rn। हालांकि, यदि हम कुछ t0 चुनते हैं और बिंदु t0: x(t0) = x0 पर समाधान के मान x0 को ठीक करते हैं, तो मान विशिष्ट रूप से निर्धारित किया जाता है: = x0, यानी, अंतराल की पसंद तक समाधान अद्वितीय है (ए, बी) टी0।

समाधानों के "फेसलेस" सेट की उपस्थिति उनके साथ काम करने के लिए असुविधाजनक है2 - उन्हें निम्नानुसार "संख्या" करना अधिक सुविधाजनक है: अतिरिक्त शर्तों को जोड़ें (7) इस तरह से केवल (एक निश्चित अर्थ में) को उजागर करने के लिए ) समाधान, और फिर, इन स्थितियों के माध्यम से छंटनी, प्रत्येक समाधान के साथ अलग से काम करें (ज्यामितीय रूप से, एक समाधान (आईआर) हो सकता है, लेकिन कई टुकड़े हैं - हम बाद में इस असुविधा से निपटेंगे)।

परिभाषा। (7) के लिए कार्य अतिरिक्त शर्तों के साथ (7) है।

वास्तव में, हमने पहले ही सबसे सरल समस्या का आविष्कार कर लिया है - यह कॉची समस्या है: (7) फॉर्म की शर्तों के साथ (कॉची डेटा, प्रारंभिक डेटा):

अनुप्रयोगों के दृष्टिकोण से, यह समस्या स्वाभाविक है: उदाहरण के लिए, यदि (7) समय टी के साथ कुछ मापदंडों x में परिवर्तन का वर्णन करता है, तो (8) का अर्थ है कि कुछ (प्रारंभिक) समय पर मापदंडों का मूल्य ज्ञात है . अन्य समस्याओं का अध्ययन करने की आवश्यकता है, हम इस बारे में बाद में बात करेंगे, लेकिन अभी के लिए हम कॉची समस्या पर ध्यान केंद्रित करेंगे। स्वाभाविक रूप से, यह समस्या (t0, x0) B के लिए समझ में आता है। तदनुसार, समस्या का समाधान (7), (8) एक समाधान (7) है (ऊपर दी गई परिभाषा के अर्थ में) जैसे कि t0 (a, b) ), और (आठ)।

हमारा अगला कार्य कॉची समस्या (7), (8) और कुछ पूरक के लिए एक समाधान के अस्तित्व को साबित करना है। उदाहरण एक द्विघात समीकरण है, x1 =..., x2 =... लिखना बेहतर है। x = b/2 ± से...

f पर कुछ मान्यताओं के तहत - और एक निश्चित अर्थ में इसकी विशिष्टता।

टिप्पणी। हमें एक वेक्टर और एक मैट्रिक्स के मानदंड की अवधारणा को स्पष्ट करने की आवश्यकता है (हालाँकि हमें केवल भाग 2 में मैट्रिक्स की आवश्यकता होगी)। इस तथ्य के कारण कि एक परिमित-आयामी स्थान में सभी मानदंड समान हैं, एक विशिष्ट मानदंड का चुनाव कोई मायने नहीं रखता है यदि हम केवल अनुमानों में रुचि रखते हैं, और सटीक मात्रा में नहीं। उदाहरण के लिए, |x|p = (|xi|p)1/p का उपयोग सदिशों के लिए किया जा सकता है, p पीनो (पिकार्ड) खंड है। शंकु K = (|x x0| F |t t0|) और उसके कटे हुए भाग K1 = K (t IP) पर विचार करें। यह स्पष्ट है कि सिर्फ K1 C.

प्रमेय। (पीनो)। समाधान की परिभाषा में निर्दिष्ट समस्या (1) में f की आवश्यकताओं को संतुष्ट होने दें, अर्थात:

एफ सी (बी), जहां बी आरएन + 1 में एक क्षेत्र है। फिर सभी (t0, x0) B के लिए Int(IP) पर समस्या का समाधान मौजूद है (1)।

सबूत। आइए हम मनमाने ढंग से (0, T0] सेट करें और एक कदम के साथ तथाकथित यूलर टूटी हुई रेखा का निर्माण करें, अर्थात्: यह Rn+1 में एक टूटी हुई रेखा है, जिसमें प्रत्येक लिंक की लंबाई के t अक्ष पर एक प्रक्षेपण होता है, पहला दाईं ओर का लिंक बिंदु (t0, x0) से शुरू होता है और ऐसा होता है कि dx/dt = f (t0, x0) उस पर, इस लिंक का दायां सिरा (t1, x1) दूसरे के बाएं छोर के रूप में कार्य करता है , जिस पर dx/dt = f (t1, x1), आदि, और इसी तरह बाईं ओर। परिणामी पॉलीलाइन एक टुकड़े-टुकड़े रैखिक फ़ंक्शन x = (t) को परिभाषित करता है। जब तक t IP, पॉलीलाइन K1 में रहता है (और सी में और भी अधिक, और इसलिए बी में), इसलिए निर्माण सही है - इसके लिए, वास्तव में, यह प्रमेय से पहले सहायक निर्माण किया गया था।

दरअसल, ब्रेकप्वाइंट को छोड़कर हर जगह मौजूद है, और फिर (s) (t) = (z)dz, जहां ब्रेकप्वाइंट पर व्युत्पन्न के मनमाने मूल्य लिए जाते हैं।

इस मामले में (प्रेरण द्वारा टूटी हुई रेखा के साथ आगे बढ़ना) विशेष रूप से, | (टी)x0| एफ | टी टी 0 |।

इस प्रकार, आईपी कार्यों पर:

2. सम-विषम हैं, क्योंकि वे लिप्सित्ज़ हैं:

यहां, यदि आवश्यक हो, तो पाठक को इस तरह की अवधारणाओं और परिणामों के बारे में अपने ज्ञान को ताज़ा करना चाहिए: समसामयिकता, एकसमान अभिसरण, आर्टसेला-एस्कोली प्रमेय, आदि।

अर्ज़ेला-एस्कोली प्रमेय द्वारा, एक अनुक्रम k 0 है जैसे कि k IP पर है, जहाँ C(IP)। रचना द्वारा, (t0) = x0, इसलिए यह सत्यापित करना बाकी है कि हम इसे s t के लिए सिद्ध करते हैं।

एक व्यायाम। इसी तरह एस टी पर विचार करें।

हम 0 सेट करते हैं और 0 पाते हैं ताकि सभी के लिए (t1, x1), (t2, x2) C सत्य हो। यह कॉम्पैक्ट सेट C पर f की एकसमान निरंतरता को देखते हुए किया जा सकता है। (आईपी) और किसी भी एस इंट (आईपी) को इस तरह लें कि टी एस टी +। तब सभी z के लिए हमारे पास |k (z) k (t)| एफ, इसलिए (4) |के (जेड) (टी)| . को देखते हुए 2एफ.

ध्यान दें कि k (z) = k (z) = f (z, k (z)), जहां z बिंदु (z, k (z)) वाले पॉलीलाइन खंड के बाएं छोर का भुज है। लेकिन बिंदु (z, k (z)) बिंदु (t, (t)) पर बने पैरामीटर (, 2F) के साथ एक सिलेंडर में गिरता है (वास्तव में, यहां तक ​​​​कि एक काटे गए शंकु में भी - आकृति देखें, लेकिन यह ' t बात अब), इसलिए (3) को देखते हुए हम |k (z) f (t, (t))| प्राप्त करते हैं। एक टूटी हुई रेखा के लिए, जैसा कि ऊपर उल्लेख किया गया है, हमारे पास k के लिए सूत्र है, यह (2) देगा।

टिप्पणी। चलो एफ सी 1 (बी)। फिर (ए, बी) पर परिभाषित समाधान कक्षा सी 2 (ए, बी) का होगा। वास्तव में, (ए, बी) पर हमारे पास है: एफ (टी, एक्स (टी)) = फीट (टी, एक्स (टी)) + (टी, एक्स (टी)) एक्स (टी) मौजूद है (यहाँ जैकोबियन है मैट्रिक्स) एक सतत कार्य है। तो 2 सी (ए, बी) भी हैं। यदि f चिकना है तो हम विलयन की चिकनाई को और बढ़ा सकते हैं। यदि f विश्लेषणात्मक है, तो एक विश्लेषणात्मक समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता को साबित करना संभव है (यह तथाकथित कॉची प्रमेय है), हालांकि यह पिछले तर्क से पालन नहीं करता है!

यहां यह याद रखना आवश्यक है कि विश्लेषणात्मक कार्य क्या है। एक शक्ति श्रृंखला द्वारा प्रतिनिधित्व किए गए फ़ंक्शन के साथ भ्रमित होने की नहीं (यह केवल एक विश्लेषणात्मक फ़ंक्शन का प्रतिनिधित्व है, आम तौर पर बोल रहा है, इसकी परिभाषा के डोमेन का एक हिस्सा है)!

टिप्पणी। दिए गए (t0, x0) के लिए, कोई T और R को अलग-अलग करके T0 को अधिकतम करने का प्रयास कर सकता है। हालांकि, एक नियम के रूप में, यह इतना महत्वपूर्ण नहीं है, क्योंकि समाधान के अस्तित्व के अधिकतम अंतराल का अध्ययन करने के लिए विशेष तरीके हैं (देखें 4)।

पीनो प्रमेय समाधान की विशिष्टता के बारे में कुछ नहीं कहता है। समाधान के बारे में हमारी समझ के साथ, यह हमेशा अद्वितीय नहीं होता है, क्योंकि यदि कोई समाधान है, तो संकीर्ण अंतराल के लिए इसके प्रतिबंध अन्य समाधान होंगे। हम इस बिंदु पर बाद में (§ 4 में) अधिक विस्तार से विचार करेंगे, लेकिन अभी के लिए, विशिष्टता से हमारा मतलब है कि उनकी परिभाषा के अंतराल के चौराहे पर किन्हीं दो समाधानों का संयोग। इस अर्थ में भी, पीनो की प्रमेय विशिष्टता के बारे में कुछ नहीं कहती है, जो आकस्मिक नहीं है, क्योंकि इसकी शर्तों के तहत, विशिष्टता की गारंटी नहीं दी जा सकती है।

उदाहरण। एन = 1, एफ (एक्स) = 2 |x|। कॉची समस्या का एक तुच्छ समाधान है: x1 0, और इसके अलावा x2(t) = t|t|। इन दो समाधानों से, समाधानों का एक संपूर्ण 2-पैरामीटर परिवार संकलित किया जा सकता है:

जहां + (अनंत मूल्यों का मतलब कोई संबंधित शाखा नहीं है)। यदि हम संपूर्ण R को इन सभी समाधानों की परिभाषा के क्षेत्र के रूप में मानते हैं, तो उनमें से अभी भी असीम रूप से कई हैं।

ध्यान दें कि यदि हम इस समस्या में यूलर की टूटी हुई रेखाओं के संदर्भ में पीनो के प्रमेय के प्रमाण का उपयोग करते हैं, तो केवल शून्य समाधान प्राप्त होगा। दूसरी ओर, यदि टूटी हुई यूलर लाइनों के निर्माण की प्रक्रिया में प्रत्येक चरण में एक छोटी सी त्रुटि की अनुमति दी जाती है, तो त्रुटि पैरामीटर के शून्य होने के बाद भी, सभी समाधान बने रहते हैं। इस प्रकार, पीनो की प्रमेय और यूलर की टूटी हुई रेखाएं समाधान के निर्माण की एक विधि के रूप में स्वाभाविक हैं और संख्यात्मक तरीकों से निकटता से संबंधित हैं।

उदाहरण में देखी गई परेशानी इस तथ्य के कारण है कि x में फलन f सुचारू नहीं है। यह पता चला है कि यदि हम x में f की नियमितता पर अतिरिक्त आवश्यकताएं लगाते हैं, तो विशिष्टता सुनिश्चित की जा सकती है, और यह कदम एक निश्चित अर्थ में आवश्यक है (नीचे देखें)।

आइए विश्लेषण से कुछ धारणाओं को याद करें। एक फ़ंक्शन (स्केलर या वेक्टर) जी को सेट पर एक्सपोनेंट (0, 1] के साथ होल्डर फ़ंक्शन कहा जाता है यदि इसे 1 के लिए लिप्सचिट्ज़ स्थिति कहा जाता है। 1 के लिए, यह केवल निरंतर कार्यों के लिए संभव है। एक सेगमेंट पर दिया गया एक फ़ंक्शन (जहां 0 का चुनाव आवश्यक नहीं है) निरंतरता का मापांक कहा जाता है, अगर यह कहा जाता है कि जी मापांक के साथ सामान्यीकृत धारक की स्थिति को संतुष्ट करता है, अगर इस मामले में निरंतरता का जी का मापांक कहा जाता है।

यह दिखाया जा सकता है कि निरंतरता का कोई भी मापांक किसी निरंतर कार्य की निरंतरता का मापांक होता है।

उलटा तथ्य हमारे लिए महत्वपूर्ण है, अर्थात्: एक कॉम्पैक्ट सेट पर किसी भी निरंतर कार्य का निरंतरता का अपना मापांक होता है, अर्थात, कुछ के साथ (5) को संतुष्ट करता है। आइए इसे साबित करें। याद रखें कि यदि सघन है और g, C () है, तो g अनिवार्य रूप से समान रूप से सतत है, अर्थात,

= (): |x y| = |जी(एक्स) जी(वाई)|। यह पता चला है कि यह कुछ के साथ स्थिति (5) के बराबर है। वास्तव में, यदि यह मौजूद है, तो यह निरंतरता के एक मापांक का निर्माण करने के लिए पर्याप्त है जैसे कि (()), और फिर |x y| = = () हमें प्राप्त होता है क्योंकि (और) मनमाना हैं, तो x और y मनमाना हो सकते हैं।

और इसके विपरीत, यदि (5) सत्य है, तो यह (()) खोजने के लिए पर्याप्त है, और फिर |x y| = () हम पाते हैं कि यह तार्किक संक्रमणों को सही ठहराने के लिए बनी हुई है:

मोनोटोनिक के लिए और यह उलटा कार्य करने के लिए पर्याप्त है, लेकिन सामान्य मामले में तथाकथित का उपयोग करना आवश्यक है। सामान्यीकृत उलटा कार्य। उनके अस्तित्व के लिए एक अलग प्रमाण की आवश्यकता होती है, जो हम नहीं देंगे, लेकिन केवल एक विचार (चित्रों के साथ पढ़ने के साथ उपयोगी है):

किसी भी F के लिए हम F(x) = min F (y), F (x) = अधिकतम F (y) को परिभाषित करते हैं - यह है मोनोटोनिक फ़ंक्शन, और उनके व्युत्क्रम हैं। यह जांचना आसान है कि x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x।

निरंतरता का सबसे अच्छा मापांक रैखिक (लिप्सचिट्ज़ स्थिति) है। ये "लगभग अलग-अलग" कार्य हैं। अंतिम कथन को कठोर अर्थ देने के लिए कुछ प्रयास की आवश्यकता है, और हम अपने आप को केवल दो टिप्पणियों तक सीमित रखेंगे:

1. कड़ाई से बोलते हुए, प्रत्येक Lipschitz फ़ंक्शन भिन्न नहीं है, उदाहरण के लिए g(x) = |x| आर को;

2. लेकिन अवकलनीयता का तात्पर्य लिप्सित्ज़ से है, जैसा कि निम्नलिखित अभिकथन से पता चलता है। कोई भी फलन g जिसमें उत्तल समुच्चय पर सभी M हैं, उस पर Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है।

[फिलहाल, संक्षिप्तता के लिए, अदिश फलन g पर विचार करें।] प्रमाण। सभी x, y के लिए हमारे पास यह स्पष्ट है कि यह कथन सदिश फलनों के लिए भी सत्य है।

टिप्पणी। यदि f = f (t, x) (सामान्यतया, एक सदिश फलन है), तो हम "f is Lipschitz in x" धारणा को प्रस्तुत कर सकते हैं, अर्थात |f (t, x) f (t, y)| C|x y|, और यह भी सिद्ध करें कि यदि D सभी t के लिए x में उत्तल है, तो D में x के संबंध में f के Lipschitz गुण के लिए, यह पर्याप्त है कि | के माध्यम से |x y|. n = 1 के लिए, यह आमतौर पर परिमित वृद्धि सूत्र का उपयोग करके किया जाता है: g(x)g(y) = g (z)(xy) (यदि g एक वेक्टर फ़ंक्शन है, तो z प्रत्येक घटक के लिए अलग है)। एन 1 के लिए इस सूत्र के निम्नलिखित एनालॉग का उपयोग करना सुविधाजनक है:

लेम्मा। (अदमारा)। मान लीजिए f C(D) (सामान्यतया, एक सदिश फलन), जहाँ D (t = t) किसी t के लिए उत्तल है, और f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), जहाँ A एक सतत आयताकार आव्यूह है।

सबूत। किसी निश्चित t के लिए, हम अभिकथन के प्रमाण से परिकलन को = D (t = t), g = fk के लिए लागू करते हैं। A(t, x, y) = A के साथ हम वांछित निरूपण प्राप्त करते हैं, वास्तव में निरंतर है।

आइए समस्या के समाधान की विशिष्टता के प्रश्न पर लौटते हैं (1)।

आइए प्रश्न को इस तरह से रखें: x के संबंध में f की निरंतरता का मापांक क्या होना चाहिए, ताकि समाधान (1) इस अर्थ में अद्वितीय हो कि एक ही अंतराल पर परिभाषित 2 समाधान मेल खाते हैं? उत्तर निम्नलिखित प्रमेय द्वारा दिया गया है:

प्रमेय। (ओसगूड)। मान लीजिए, पीनो प्रमेय की शर्तों के तहत, बी में x के संबंध में f की निरंतरता का मापांक, यानी, असमानता में कार्य स्थिति को संतुष्ट करता है (हम C मान सकते हैं)। तब समस्या (1) में दो नहीं हो सकते विभिन्न समाधानप्रपत्र के एक अंतराल पर परिभाषित (t0 a, t0 + b)।

उपरोक्त गैर-विशिष्टता उदाहरण के साथ तुलना करें।

लेम्मा। यदि z C 1(,), तो संपूर्ण (,) पर:

1. उन बिंदुओं पर जहां z = 0, |z| मौजूद है, और ||z| | |जेड|;

2. उन बिंदुओं पर जहां z = 0, एकतरफा अवकलज हैं |z|±, और ||z|± | = |z | (विशेष रूप से, यदि z = 0, तो |z| = 0 मौजूद है)।

उदाहरण। एन = 1, जेड (टी) = टी। बिंदु t = 0 पर |z| . का अवकलज मौजूद नहीं है, लेकिन एकतरफा डेरिवेटिव हैं।

सबूत। (लेमास)। उन बिंदुओं पर जहां z = 0, हमारे पास z z : मौजूद है |z| =, और ||z| | |जेड|। उन बिंदुओं t पर, जहाँ z(t) = 0, हमारे पास है:

स्थिति 1: z (t) = 0. तब हम |z| . का अस्तित्व प्राप्त करते हैं (टी) = 0।

स्थिति 2: z (t) = 0. फिर यदि +0 या 0 तो z(t +)| |जेड(टी)| जिसका मापांक |z (t)| के बराबर है।

धारणा से, एफ सी 1(0,), एफ 0, एफ, एफ (+0) = +। मान लीजिए z1,2 (t0, t0 +) पर परिभाषित (1) के दो हल हैं। z = z1 z2 को निरूपित करें। हमारे पास है:

मान लीजिए कि t1 (निश्चितता के लिए t1 t0) इस प्रकार है कि z(t1) = 0. समुच्चय A = ( t t1 | z(t) = 0) खाली नहीं है (t0 A) और ऊपर से परिबद्ध है। इसलिए, इसकी ऊपरी सीमा t1 है। रचना से, z = 0 पर (, t1), और चूँकि z सतत है, हमारे पास z() = 0 है।

लेम्मा द्वारा |z| सी 1(, टी1), और इस अंतराल पर |z| |जेड | (|z|), इसलिए (t, t1) (जहाँ t (, t1)) पर एकीकरण F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t देता है। t + 0 के लिए हमें एक अंतर्विरोध प्राप्त होता है।

कोरोलरी 1. यदि, पीनो के प्रमेय की शर्तों के तहत, एफ, बी में एक्स में लिप्सचिट्ज़ है, तो समस्या (1) का ऑसगूड के प्रमेय में वर्णित अर्थ में एक अनूठा समाधान है, क्योंकि इस मामले में () = सी संतुष्ट करता है (7)।

कोरोलरी 2. यदि पीनो के प्रमेय की शर्तों के तहत सी (बी) है, तो इंट (आईपी) पर परिभाषित समाधान (1) अद्वितीय है।

लेम्मा। आईपी ​​पर परिभाषित कोई भी समाधान (1) अनुमान को पूरा करना चाहिए |x | = |एफ (टी, एक्स)| F, और इसका ग्राफ K1 में है, और इससे भी अधिक C में है।

सबूत। मान लीजिए कि t1 IP ऐसा है कि (t, x(t)) C. निश्चितता के लिए, t1 t0 दें। फिर t2 (t0, t1] ऐसा है कि |x(t) x0| = R. ऑसगूड के प्रमेय के प्रमाण में तर्क के समान, हम मान सकते हैं कि t2 ऐसा सबसे बाईं ओर का बिंदु है, लेकिन हमारे पास (t, x) (टी)) सी, ताकि |f (t, x(t))|F, और इसलिए (t, x(t)) K1, जो |x(t2) x0| = R का खंडन करता है। इसलिए, (t, x(t) ) C सभी IP पर, और फिर (दोहराव परिकलन) (t, x(t)) K1.

सबूत। (कोरोलरी 2)। C एक संहत समुच्चय है, हम पाते हैं कि f, C में x में Lipschitz है, जहाँ सभी विलयनों के आलेख लेम्मा के कारण स्थित हैं। कोरोलरी 1 से हमें वह प्राप्त होता है जिसकी आवश्यकता होती है।

टिप्पणी। शर्त (7) का मतलब है कि एफ के लिए लिप्सचिट्ज़ की स्थिति को काफी हद तक कमजोर नहीं किया जा सकता है। उदाहरण के लिए, 1 के साथ होल्डर की स्थिति अब मान्य नहीं है। केवल रैखिक के करीब निरंतरता के मॉड्यूल उपयुक्त हैं - जैसे "सबसे खराब" एक:

एक व्यायाम। (बल्कि जटिल)। सिद्ध कीजिए कि यदि (7) संतुष्ट करता है, तो 1 संतोषजनक (7) ऐसा है कि 1/ शून्य पर है।

सामान्य स्थिति में, विशिष्टता के लिए x में f की निरंतरता के मापांक से बिल्कुल कुछ की आवश्यकता नहीं है - सभी प्रकार के विशेष मामले संभव हैं, उदाहरण के लिए:

कथन। यदि, पीनो प्रमेय की शर्तों के तहत, (9) पर परिभाषित कोई भी 2 समाधान (1) सत्य हैं, तो यह स्पष्ट है कि x C 1(a, b), और फिर विभेदन (9) (1)1 देता है, और (1) 2 स्पष्ट है।

(1) के विपरीत, (9) के लिए एक बंद अंतराल पर एक समाधान का निर्माण करना स्वाभाविक है।

पिकार्ड ने (1)=(9) को हल करने के लिए क्रमिक सन्निकटन की निम्नलिखित विधि प्रस्तावित की। x0(t) x0, और फिर प्रेरण द्वारा निरूपित करें। (कॉची-पिकारा)। मान लीजिए, पीनो प्रमेय की शर्तों के तहत, फलन f, x में Lipschitz है, किसी भी कॉम्पैक्ट सेट K उत्तल x में डोमेन B में है, अर्थात,

फिर किसी भी (t0, x0) B के लिए कॉची समस्या (1) (उर्फ (9)) का Int(IP) पर एक अनूठा समाधान है, और IP पर xk x है, जहां xk को (10) में परिभाषित किया गया है।

टिप्पणी। यह स्पष्ट है कि प्रमेय वैध रहता है यदि शर्त (11) को सी (बी) से बदल दिया जाता है, क्योंकि (11) इस स्थिति से अनुसरण करता है।

शिक्षक के लिए नोट। वास्तव में, एक्स में उत्तल सभी कॉम्पैक्ट सेटों की आवश्यकता नहीं है, लेकिन केवल सिलेंडर हैं, लेकिन फॉर्मूलेशन इस तरह से बनाया गया है, क्योंकि 5 में हमें अधिक सामान्य कॉम्पैक्ट सेट की आवश्यकता होगी, और इसके अलावा, यह इस तरह के फॉर्मूलेशन के साथ ठीक है टिप्पणी सबसे स्वाभाविक लगती है।

सबूत। हम मनमाने ढंग से (t0, x0) B चुनते हैं और पीनो के प्रमेय से पहले की तरह ही सहायक निर्माण करते हैं। आइए हम प्रेरण द्वारा सिद्ध करें कि सभी xk परिभाषित हैं और IP पर निरंतर हैं, और उनके ग्राफ़ K1 में हैं, और इससे भी अधिक C में। यह x0 के लिए स्पष्ट है। यदि यह xk1 के लिए सही है, तो यह (10) से स्पष्ट है कि xk परिभाषित और IP पर निरंतर है, और यह K1 की सदस्यता है।

अब हम प्रेरण द्वारा IP पर अनुमान को सिद्ध करते हैं:

(सी बी में एक्स में एक कॉम्पैक्ट सेट उत्तल है, और एल (सी) इसके लिए परिभाषित है)। k = 0 के लिए, यह सिद्ध अनुमान (t, x1(t)) K1 है। यदि (12) k:= k 1 के लिए सत्य है, तो (10) से हमारे पास वह है जो आवश्यक था। इस प्रकार, श्रृंखला को एक अभिसरण संख्यात्मक श्रृंखला द्वारा आईपी पर प्रमुख बनाया जाता है और इसलिए (इसे वीयरस्ट्रैस प्रमेय कहा जाता है) आईपी पर समान रूप से कुछ फ़ंक्शन x C (IP) में परिवर्तित हो जाता है। लेकिन आईपी पर xk x का यही मतलब है। फिर आईपी पर (10) में हम सीमा तक जाते हैं और आईपी पर (9) प्राप्त करते हैं, और इसलिए (1) इंट (आईपी) पर।

विशिष्टता तुरंत ऑसगूड के प्रमेय के कोरोलरी 1 से आती है, लेकिन सटीक समीकरण (9) का उपयोग करके इसे दूसरे तरीके से साबित करना उपयोगी है। इंट (आईपी) पर समस्या (1) (यानी, (9)) के 2 समाधान x1,2 होने दें। जैसा कि ऊपर उल्लेख किया गया है, तब उनके रेखांकन आवश्यक रूप से K1 में होते हैं, और इससे भी अधिक C में। मान लीजिए t I1 = (t0, t0 +), जहाँ कुछ है सकारात्मक संख्या. तब = 1/(2एल(सी))। तब = 0. अत: I1 पर x1 = x2।

शिक्षक के लिए नोट। ग्रोनवाल लेम्मा की मदद से विशिष्टता का एक प्रमाण भी है, यह और भी अधिक प्राकृतिक है, क्योंकि यह विश्व स्तर पर तुरंत गुजरता है, लेकिन अभी तक ग्रोनवाल लेम्मा बहुत सुविधाजनक नहीं है, क्योंकि रैखिक ओडीई से पहले इसे पर्याप्त रूप से समझना मुश्किल है।

टिप्पणी। विशिष्टता का अंतिम प्रमाण इस मायने में शिक्षाप्रद है कि यह एक बार फिर एक अलग रोशनी में दिखाता है कि कैसे स्थानीय विशिष्टता वैश्विक विशिष्टता की ओर ले जाती है (जो अस्तित्व के लिए सच नहीं है)।

एक व्यायाम। ऑसगूड के प्रमेय के सबूत के रूप में, इसके विपरीत तर्क देते हुए, सभी आईपी पर एक ही बार में विशिष्टता साबित करें।

एक महत्वपूर्ण विशेष स्थिति (1) रैखिक ODEs है, अर्थात वे जिनमें मान f (t, x) x में रैखिक है:

इस मामले में, सामान्य सिद्धांत की शर्तों के भीतर आने के लिए, किसी की आवश्यकता होनी चाहिए। सभी t (a, b), x, y Rn के लिए हमारे पास |f (t, x) f (t, y)| = |ए(टी)(एक्स वाई)| |ए(टी)| · |(x y)|.

यदि हम अस्थायी रूप से एक कॉम्पैक्ट सेट (ए, बी) का चयन करते हैं, तो उस पर हम प्राप्त करते हैं |f (t, x) f (t, y)| एल|(एक्स वाई)|, जहां एल = अधिकतम |ए|।

पीनो और ऑसगूड या कॉची-पिकार्ड प्रमेय कुछ अंतराल (पीनो-पिकार्ड) पर t0 युक्त समस्या (13) की अद्वितीय सॉल्वैबिलिटी का संकेत देते हैं। इसके अलावा, इस अंतराल पर समाधान लगातार पिकार्ड अनुमानों की सीमा है।

एक व्यायाम। इस अंतराल को खोजें।

लेकिन यह पता चला है कि इस मामले में इन सभी परिणामों को विश्व स्तर पर एक ही बार में साबित किया जा सकता है, यानी हर चीज पर (ए, बी):

प्रमेय। चलो (14) सच हो। तब समस्या (13) का (ए, बी) पर एक अनूठा समाधान होता है, और लगातार पिकार्ड अनुमान किसी भी कॉम्पैक्ट सेट (ए, बी) पर समान रूप से इसमें परिवर्तित हो जाते हैं।

सबूत। फिर से, जैसा कि TK-P में है, हम सूत्र (10) का उपयोग करते हुए क्रमिक सन्निकटन का उपयोग करके समाकल समीकरण (9) का हल बनाते हैं। लेकिन अब हमें ग्राफ के शंकु और बेलन में गिरने की स्थिति की जांच करने की आवश्यकता नहीं है, क्योंकि

f सभी x के लिए तब तक परिभाषित है जब तक t (a, b) है। हमें केवल यह जांचने की आवश्यकता है कि सभी xk परिभाषित हैं और (a, b) पर निरंतर हैं, जो कि प्रेरण द्वारा स्पष्ट है।

(12) के बजाय, अब हम फॉर्म का एक समान अनुमान दिखाते हैं जहां एन कुछ संख्या है जो पसंद के आधार पर है। इस अनुमान के लिए पहला प्रेरण चरण अलग है (क्योंकि यह K1 से संबंधित नहीं है): k = 0 |x1(t) x0| के लिए N, X1 की निरंतरता के कारण, और अगले चरण (12) के समान हैं।

इसका वर्णन नहीं करना संभव है, क्योंकि यह स्पष्ट है, लेकिन हम फिर से xk x on नोट कर सकते हैं, और x संगत (10) on का हल है। लेकिन ऐसा करने में, हमने हर चीज (ए, बी) पर एक समाधान तैयार किया है, क्योंकि कॉम्पैक्ट सेट का चुनाव मनमाना है। विशिष्टता ऑसगूड या कॉची-पिकार्ड प्रमेय (और वैश्विक विशिष्टता के बारे में ऊपर की चर्चा) से आती है।

टिप्पणी। जैसा कि ऊपर उल्लेख किया गया है, टीसी-पी पीनो और ऑसगूड प्रमेयों के कारण औपचारिक रूप से अनावश्यक है, लेकिन यह 3 कारणों से उपयोगी है - यह:

1. आपको ODE के लिए कॉची समस्या को एक अभिन्न समीकरण से जोड़ने की अनुमति देता है;

2. क्रमिक सन्निकटन की एक रचनात्मक विधि प्रदान करता है;

3. रैखिक ओडीई के लिए वैश्विक अस्तित्व को साबित करना आसान बनाता है।

[हालाँकि बाद वाले को 4 के तर्कों से भी निकाला जा सकता है] इस प्रकार, हम अक्सर इसका उल्लेख करेंगे।

उदाहरण। x = x, x(0) = 1. क्रमिक सन्निकटन इसलिए, x(t) = e संपूर्ण R पर मूल समस्या का हल है।

अक्सर, एक श्रृंखला प्राप्त नहीं की जाएगी, लेकिन एक निश्चित रचनात्मकता बनी हुई है। त्रुटि x xk (देखें) का अनुमान लगाना भी संभव है।

टिप्पणी। पीनो, ऑसगूड और कॉची-पिकार्ड प्रमेयों से, उच्च-क्रम ओडीई के लिए संबंधित प्रमेय प्राप्त करना आसान है।

एक व्यायाम। कॉची समस्या की अवधारणाओं को तैयार करें, सिस्टम का समाधान और कॉची समस्या, उच्च-क्रम ओडीई के लिए सभी प्रमेय, 1 में वर्णित प्रथम-क्रम सिस्टम में कमी का उपयोग करके।

पाठ्यक्रम के तर्क का कुछ हद तक उल्लंघन है, लेकिन व्यावहारिक कक्षाओं में समस्याओं को हल करने के तरीकों को बेहतर ढंग से आत्मसात करने और उचित ठहराने के लिए, हम सामान्य सिद्धांत की प्रस्तुति को अस्थायी रूप से बाधित करेंगे और "ओडीई के स्पष्ट समाधान" की तकनीकी समस्या से निपटेंगे।

3. समाकलन की कुछ विधियाँ इस प्रकार, हम अदिश समीकरण = f (t, x) पर विचार करते हैं। सबसे सरल विशेष मामला जिसे हमने एकीकृत करना सीखा है वह तथाकथित है। यूआरपी, यानी, एक समीकरण जिसमें एफ (टी, एक्स) = ए (टी) बी (एक्स)। ईआरपी को एकीकृत करने की औपचारिक चाल चर टी और एक्स (इसलिए नाम) को "अलग" करना है: = ए (टी) डीटी, और फिर अभिन्न लें:

जहां एक्स = बी (ए (टी))। इस तरह के औपचारिक तर्क में कई बिंदु होते हैं जिन्हें औचित्य की आवश्यकता होती है।

1. बी (एक्स) द्वारा विभाजन। हम मानते हैं कि f निरंतर है, इसलिए a C(,), b C(,), यानी B एक आयत (,) (,) है।(आम तौर पर बोलना, अनंत)। समुच्चय (b(x) 0) और (b(x) 0) खुले हैं और इसलिए अंतरालों के परिमित या गणनीय समुच्चय हैं। इन अंतरालों के बीच ऐसे बिंदु या खंड हैं जहां b = 0. यदि b(x0) = 0 है, तो कॉची समस्या का समाधान x x0 है। शायद यह समाधान अद्वितीय नहीं है, फिर इसकी परिभाषा के क्षेत्र में अंतराल हैं जहां बी (एक्स (टी)) = 0, लेकिन फिर उन्हें बी (एक्स (टी)) से विभाजित किया जा सकता है। ध्यान दें कि फ़ंक्शन B इन अंतरालों पर एकरस है, और इसलिए हम B 1 ले सकते हैं। यदि b(x0) = 0, तो b(x(t)) = 0 t0 के पड़ोस में, और प्रक्रिया कानूनी है . इस प्रकार, वर्णित प्रक्रिया, सामान्यतया, समाधान की परिभाषा के क्षेत्र को भागों में विभाजित करते समय लागू की जानी चाहिए।

2. विभिन्न चरों के संबंध में बाएँ और दाएँ भागों का एकीकरण।

विधि I. आइए हम समस्या का समाधान खोजना चाहते हैं कोड (t) shi (1) x = (t)। हमारे पास है: = a(t)b((t)), कहा से - हमें एक ही सूत्र सख्ती से मिला।

विधि II। समीकरण तथाकथित है। मूल ओडीई का एक सममित संकेतन, यानी वह जो निर्दिष्ट नहीं करता है कि कौन सा चर स्वतंत्र है और कौन सा निर्भर है। इस तरह का एक रूप तभी समझ में आता है जब हम पहले अंतर के रूप के अपरिवर्तन पर प्रमेय को ध्यान में रखते हुए एक प्रथम-क्रम समीकरण पर विचार कर रहे हैं।

यहां अंतर की अवधारणा से अधिक विस्तार से निपटने के लिए उपयुक्त है, इसे विमान के उदाहरण ((टी, एक्स)), उस पर घटता, उभरते बंधन, स्वतंत्रता की डिग्री, और वक्र पर एक पैरामीटर के उदाहरण द्वारा चित्रित किया गया है।

इस प्रकार, समीकरण (2) अंतर t और x को वांछित IC के साथ जोड़ता है। फिर शुरुआत में दिखाए गए तरीके से समीकरण (2) को एकीकृत करना पूरी तरह से कानूनी है - इसका मतलब है, यदि आप चाहें, तो स्वतंत्र के रूप में चुने गए किसी भी चर को एकीकृत करना।

विधि I में, हमने इसे t को स्वतंत्र चर के रूप में चुनकर दिखाया। अब हम इसे एक स्वतंत्र चर के रूप में IC के साथ पैरामीटर s को चुनकर दिखाएंगे (क्योंकि यह अधिक स्पष्ट रूप से t और x की समानता को दर्शाता है)। मान लें कि मान s = s0 बिंदु (t0, x0) के अनुरूप है।

तब हमारे पास है: = a(t(s))t (s)ds, जो बाद में देता है यहाँ हमें सममित संकेतन की सार्वभौमिकता पर ध्यान देना चाहिए, उदाहरण के लिए: वृत्त या तो x(t) या के रूप में नहीं लिखा गया है टी (एक्स), लेकिन एक्स (एस), टी (एस) के रूप में।

पहले क्रम के कुछ अन्य ओडीई यूआरपी में कम हो जाते हैं, जिन्हें समस्याओं को हल करते समय देखा जा सकता है (उदाहरण के लिए, समस्या पुस्तक के अनुसार)।

एक अन्य महत्वपूर्ण मामला रैखिक ODE है:

विधि I. स्थिरांक का परिवर्तन।

यह एक अधिक सामान्य दृष्टिकोण का एक विशेष मामला है, जिस पर भाग 2 में चर्चा की जाएगी। मुद्दा यह है कि समाधान की खोज में विशेष रूपसमीकरण के क्रम को कम करता है।

आइए पहले फैसला करें। सजातीय समीकरण:

विशिष्टता के आधार पर, या तो x 0 या हर जगह x = 0। बाद के मामले में (निश्चितता के लिए x 0 दें), हम प्राप्त करते हैं कि (4) (3)0 (शून्य और नकारात्मक सहित) के सभी समाधान देता है।

फॉर्मूला (4) में एक मनमाना स्थिरांक C1 होता है।

निरंतर भिन्नता विधि में यह तथ्य शामिल है कि समाधान (3) C1(t) = C0 + कोई देख सकता है (बीजीय रैखिक प्रणालियों के लिए) संरचना ORNY=CHRNY+OROU (इसके बारे में भाग 2 में अधिक)।

यदि हम कॉची समस्या x(t0) = x0 को हल करना चाहते हैं, तो हमें कॉची डेटा से C0 खोजने की आवश्यकता है - हमें आसानी से C0 = x0 मिल जाता है।

विधि II। आइए हम एक IM, यानी एक फलन v खोजें जिससे (3) को गुणा किया जाना चाहिए (इस तरह लिखा गया है कि सभी अज्ञात बाईं ओर एकत्र किए जाते हैं: x a(t)x = b(t)) ताकि व्युत्पन्न कुछ सुविधाजनक संयोजन के।

हमारे पास है: vx vax = (vx), यदि v = av, यानी (ऐसा समीकरण, (3) एक समीकरण के बराबर है जिसे पहले ही आसानी से हल किया जा चुका है और (5) देता है। यदि कॉची समस्या हल हो जाती है, तो में ( 6) इसे तुरंत लेना सुविधाजनक है समाकलन परिभाषित करेंकुछ अन्य को रैखिक ODEs (3) में घटाया जाता है, जैसा कि समस्याओं को हल करते समय देखा जा सकता है (उदाहरण के लिए, समस्या पुस्तक के अनुसार)। रैखिक ओडीई (किसी भी n के लिए तुरंत) के महत्वपूर्ण मामले पर भाग 2 में अधिक विस्तार से विचार किया जाएगा।

दोनों स्थितियों को तथाकथित का एक विशेष मामला माना जाता है। यूपीडी. सममित रूप में एक प्रथम-क्रम ODE (n = 1 के लिए) पर विचार करें:

जैसा कि पहले ही उल्लेख किया गया है, (7) आईसी को (टी, एक्स) विमान में निर्दिष्ट करता है बिना यह निर्दिष्ट किए कि कौन सा चर स्वतंत्र माना जाता है।

यदि हम (7) को एक मनमाना फलन M (t, x) से गुणा करते हैं, तो हमें समान समीकरण लिखने का एक समान रूप प्राप्त होता है:

इस प्रकार, एक ही ODE में कई सममित प्रविष्टियाँ होती हैं। उनमें से, तथाकथित द्वारा एक विशेष भूमिका निभाई जाती है। कुल अंतर में रिकॉर्ड, यूपीडी का नाम असफल है, क्योंकि यह संपत्ति एक समीकरण नहीं है, बल्कि इसकी रिकॉर्डिंग का रूप है, यानी, (7) के बाईं ओर कुछ के साथ डीएफ (टी, एक्स) के बराबर है एफ।

यह स्पष्ट है कि (7) एक एसपीडी है यदि और केवल अगर ए = फीट, बी = एफएक्स कुछ एफ के साथ। जैसा कि विश्लेषण से जाना जाता है, बाद के लिए यह आवश्यक और पर्याप्त है हम सख्ती से उचित नहीं ठहराते हैं तकनीकी बिंदु, उदाहरण के लिए, सभी कार्यों की चिकनाई। तथ्य यह है कि § एक माध्यमिक भूमिका निभाता है - पाठ्यक्रम के अन्य भागों के लिए इसकी बिल्कुल भी आवश्यकता नहीं है, और मैं इसकी विस्तृत प्रस्तुति पर अत्यधिक प्रयास नहीं करना चाहूंगा।

इस प्रकार, यदि (9) संतुष्ट है, तो एक F है (यह एक योज्य स्थिरांक तक अद्वितीय है) जैसे कि (7) को dF (t, x) = 0 (IR के साथ) के रूप में फिर से लिखा जाता है, अर्थात।

F (t, x) = IC के अनुदिश स्थिरांक, अर्थात् IC फलन F की स्तर रेखाएँ हैं। हम पाते हैं कि SPD का एकीकरण एक तुच्छ कार्य है, क्योंकि A और B द्वारा F की खोज संतोषजनक (9 ) मुश्किल नहीं है। यदि (9) संतुष्ट नहीं है, तो तथाकथित ज्ञात करना चाहिए। आईएम एम (टी, एक्स) ऐसा है कि (8) एक एफडीडी है, जिसके लिए (9) का एक एनालॉग करने के लिए आवश्यक और पर्याप्त है, जो फॉर्म लेता है:

प्रथम-क्रम पीडीई सिद्धांत (जिसे हम भाग 3 में शामिल करेंगे) के अनुसार, समीकरण (10) में हमेशा एक समाधान होता है, इसलिए आईएम मौजूद है। इस प्रकार, फॉर्म (7) के किसी भी समीकरण को FDD के रूप में लिखा जा सकता है और इसलिए "स्पष्ट" एकीकरण की अनुमति देता है। लेकिन ये विचार सामान्य मामले में एक रचनात्मक विधि नहीं देते हैं, क्योंकि हल करने के लिए (10), आम तौर पर, एक समाधान (7) खोजने की आवश्यकता होती है, जिसे हम ढूंढ रहे हैं। हालांकि, कई IM खोज तकनीकें हैं जिन्हें परंपरागत रूप से व्यावहारिक कक्षाओं में माना जाता है (उदाहरण के लिए देखें)।

ध्यान दें कि ईआरपी और रैखिक ओडीई को हल करने के लिए उपरोक्त विधियां आईएम विचारधारा का एक विशेष मामला हैं।

वास्तव में, सममित रूप dx = a(t)b(x)dt में लिखे गए ERP dx/dt = a(t)b(x) को IM 1/b(x) से गुणा करके हल किया जाता है, क्योंकि इसके बाद FDD dx/b(x) = a(t)dt, यानी dB(x) = dA(t) में बदल जाता है। रैखिक समीकरण dx/dt = a(t)x + b(t), सममित रूप dx a(t)xdt b(t)dt में लिखा गया, MI से गुणा करके हल किया जाता है

(रैखिक प्रणालियों से जुड़े बड़े ब्लॉक के अपवाद के साथ) यह है कि, क्रम में कमी और चर के परिवर्तन के विशेष तरीकों का उपयोग करके, उन्हें पहले क्रम के ओडीई में घटा दिया जाता है, जो तब एफडीडी में कम हो जाते हैं, और उन्हें लागू करके हल किया जाता है विभेदक कलन का मुख्य प्रमेय: dF = 0 F = const. आदेश को कम करने का प्रश्न पारंपरिक रूप से व्यावहारिक अभ्यास के दौरान शामिल है (उदाहरण के लिए देखें)।

आइए पहले-क्रम के ODE के बारे में कुछ शब्द कहें जो व्युत्पन्न के संबंध में हल नहीं होते हैं:

जैसा कि 1 में चर्चा की गई है, कोई व्यक्ति x के संबंध में (11) को हल करने का प्रयास कर सकता है और एक सामान्य रूप प्राप्त कर सकता है, लेकिन यह हमेशा उचित नहीं होता है। (11) सीधे हल करना अक्सर अधिक सुविधाजनक होता है।

रिक्त स्थान ((t, x, p)) पर विचार करें, जहां p = x को अस्थायी रूप से एक स्वतंत्र चर के रूप में माना जाता है। फिर (11) इस स्थान में एक सतह (F (t, x, p) = 0) को परिभाषित करता है, जिसे पैरामीट्रिक रूप से लिखा जा सकता है:

यह याद रखना उपयोगी है कि इसका क्या अर्थ है, उदाहरण के लिए R3 में एक गोले की मदद से।

वांछित समाधान इस सतह पर घटता के अनुरूप होंगे: टी = एस, एक्स = एक्स (एस), पी = एक्स (एस) - एक डिग्री स्वतंत्रता खो जाती है क्योंकि समाधान पर एक कनेक्शन डीएक्स = पीडीटी है। आइए इस संबंध को सतह (12) पर मापदंडों के संदर्भ में लिखें: gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), यानी।

इस प्रकार, वांछित समाधान सतह (12) पर घटता के अनुरूप होते हैं, जिसमें पैरामीटर समीकरण (13) से संबंधित होते हैं। उत्तरार्द्ध सममित रूप में एक ओडीई है जिसे हल किया जा सकता है।

स्थिति I. यदि किसी क्षेत्र में (gu hfu) = 0, तो (12) तो t = f ((v), v), x = g((v), v) में वांछित वक्रों का एक पैरामीट्रिक प्रतिनिधित्व देता है समतल ( (t, x)) (अर्थात, हम इस तल पर प्रक्षेपित कर रहे हैं, क्योंकि हमें p की आवश्यकता नहीं है)।

केस II। इसी प्रकार, यदि (gv hfv) = 0.

केस III। कुछ बिंदुओं पर एक साथ gu hfu = gv hfv = 0। यहां एक अलग विश्लेषण की आवश्यकता है, क्या यह सेट कुछ समाधानों से मेल खाता है (फिर उन्हें एकवचन कहा जाता है)।

उदाहरण। क्लैरॉट का समीकरण x = tx + x 2. हमारे पास है:

एक्स = टीपी + पी 2। हम इस सतह को पैरामीट्रिज करते हैं: टी = यू, पी = वी, एक्स = यूवी + वी 2. समीकरण (13) रूप लेता है (यू + 2 वी) डीवी = 0।

केस I. लागू नहीं किया गया।

केस II। यू + 2 वी = 0, फिर डीवी = 0, यानी, वी = सी = कास्ट।

इसलिए, t = u, x = Cu + C 2 IR का पैरामीट्रिक संकेतन है।

इसे स्पष्ट रूप से x = Ct + C 2 लिखना आसान है।

केस III। यू + 2 वी = 0, यानी वी = यू/2। इसलिए, t = u, x = u2/4 "आईसी उम्मीदवार" का पैरामीट्रिक संकेतन है।

यह जाँचने के लिए कि क्या यह वास्तव में एक IR है, हम इसे स्पष्ट रूप से x = t2/4 लिखते हैं। यह पता चला कि यह एक (विशेष) समाधान है।

एक व्यायाम। सिद्ध करें कि विशेष समाधान अन्य सभी से संबंधित है।

यह एक सामान्य तथ्य है - किसी भी विशेष समाधान का ग्राफ अन्य सभी समाधानों के परिवार का लिफाफा होता है। यह एक एकल समाधान की एक और परिभाषा का आधार है, ठीक एक लिफाफे के रूप में (देखें)।

एक व्यायाम। साबित करें कि अधिक के लिए सामान्य समीकरणक्लैरॉट x = tx (x) उत्तल फलन के साथ, विशेष समाधान का रूप x = (t) होता है, जहां का लीजेंड ट्रांसफॉर्म होता है, यानी = ()1, या (t) = max(tv (v))। इसी प्रकार समीकरण x = tx + (x) के लिए।

टिप्पणी। 3 की सामग्री को पाठ्यपुस्तक में अधिक विस्तार से और अधिक सटीक रूप से वर्णित किया गया है।

शिक्षक के लिए नोट। व्याख्यान का एक कोर्स देते समय, इसे और अधिक कठोर रूप देकर, 3 का विस्तार करना उपयोगी हो सकता है।

अब हम पाठ्यक्रम की मुख्य रूपरेखा पर लौटते हैं, 1,2 में शुरू हुई प्रदर्शनी को जारी रखते हुए।

4. कॉची समस्या की वैश्विक सॉल्वैबिलिटी 2 में हमने कॉची समस्या के समाधान के स्थानीय अस्तित्व को साबित किया, यानी, केवल कुछ अंतराल पर जिसमें बिंदु t0 हो।

f पर कुछ अतिरिक्त मान्यताओं के तहत, हमने इसे एक ही अंतराल पर परिभाषित दो समाधानों के संयोग के रूप में समझते हुए, समाधान की विशिष्टता को भी साबित किया। यदि x में f रैखिक है, तो एक वैश्विक अस्तित्व प्राप्त होता है, अर्थात पूरे अंतराल पर जहां समीकरण (प्रणाली) के गुणांक परिभाषित और निरंतर होते हैं। हालांकि, सामान्य सिद्धांत को एक रैखिक प्रणाली पर लागू करने के प्रयास के रूप में, पीनो-पिकार्ड अंतराल आम तौर पर उस एक से कम होता है जिस पर एक समाधान का निर्माण किया जा सकता है। स्वाभाविक प्रश्न उठते हैं:

1. अधिकतम अंतराल का निर्धारण कैसे करें जिस पर समाधान (1) के अस्तित्व का दावा किया जा सकता है?

2. क्या यह अंतराल हमेशा अधिकतम अंतराल के साथ मेल खाता है, जिस पर (1)1 का दायां पक्ष अभी भी समझ में आता है?

3. इसकी परिभाषा के अंतराल के बारे में आरक्षण के बिना किसी समाधान की विशिष्टता की अवधारणा को सटीक रूप से कैसे तैयार किया जाए?

तथ्य यह है कि प्रश्न 2 का उत्तर आम तौर पर नकारात्मक है (या बल्कि, बड़ी सटीकता की आवश्यकता है) निम्नलिखित उदाहरण द्वारा दिखाया गया है। एक्स = एक्स 2, एक्स (0) = एक्स 0। यदि x0 = 0, तो x 0 - ऑसगूड के प्रमेय द्वारा कोई अन्य समाधान नहीं हैं। यदि x0 = 0 है, तो हम निर्णय लेते हैं कि चित्र बनाना उपयोगी है)। एक समाधान के अस्तित्व का अंतराल x0 0 और x0 0 के लिए क्रमशः (, 1/x0) या (1/x0, +) से अधिक नहीं हो सकता है (हाइपरबोला की दूसरी शाखा समाधान से संबंधित नहीं है! - यह है सामान्य गलतीछात्र)। पहली नज़र में, मूल समस्या में कुछ भी "इस तरह के परिणाम का पूर्वाभास नहीं करता।" 4 में हम इस घटना के लिए एक स्पष्टीकरण पाएंगे।

समीकरण x = t2 + x2 के उदाहरण पर, समाधान के अस्तित्व के अंतराल के बारे में छात्रों की एक विशिष्ट त्रुटि दिखाई गई है। यहाँ यह तथ्य कि "समीकरण हर जगह परिभाषित है" का अर्थ यह बिल्कुल नहीं है कि समाधान को पूरी रेखा तक बढ़ाया जा सकता है। यह विशुद्ध रूप से रोजमर्रा के दृष्टिकोण से भी स्पष्ट है, उदाहरण के लिए, कानूनी कानूनों और उनके तहत विकसित होने वाली प्रक्रियाओं के संबंध में: भले ही कानून स्पष्ट रूप से 2015 में किसी कंपनी के अस्तित्व की समाप्ति को निर्धारित नहीं करता है, इसका मतलब यह नहीं है यह सब कुछ है कि यह कंपनी आंतरिक कारणों से इस वर्ष तक दिवालिया नहीं हो जाएगी (हालांकि कानून के ढांचे के भीतर काम कर रही है)।

प्रश्नों का उत्तर देने के लिए 1-3 (और उन्हें स्पष्ट रूप से तैयार भी करें), एक गैर-विस्तार योग्य समाधान की धारणा की आवश्यकता है। हम (जैसा कि हम ऊपर सहमत हुए हैं) समीकरण (1)1 के हलों को जोड़े (, (tl (), tr ())) के रूप में मानेंगे।

परिभाषा। समाधान (, (tl (), tr ())) समाधान की निरंतरता है (, (tl (), tr ())) यदि (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), और |(tl (), tr ()) =।

परिभाषा। एक समाधान (, (tl (), tr ())) गैर-विस्तार योग्य है यदि इसमें गैर-तुच्छ (यानी, अलग) एक्सटेंशन नहीं हैं। (ऊपर उदाहरण देखें)।

यह स्पष्ट है कि यह आईएस है जो विशेष मूल्य के हैं, और उनकी शर्तों में अस्तित्व और विशिष्टता को साबित करना आवश्यक है। एक स्वाभाविक प्रश्न उठता है - क्या किसी स्थानीय समाधान या कौची समस्या के आधार पर IS का निर्माण करना हमेशा संभव है? यह हाँ निकला। इसे समझने के लिए, आइए अवधारणाओं का परिचय दें:

परिभाषा। समाधान का एक सेट ((, (tl (), tr ()))) संगत है यदि इस सेट से कोई भी 2 समाधान उनकी परिभाषा के अंतराल के चौराहे पर मेल खाते हैं।

परिभाषा। समाधान के एक सुसंगत सेट को अधिकतम कहा जाता है यदि इसमें एक और समाधान नहीं जोड़ा जा सकता है ताकि नया सेट सुसंगत हो और समाधान डोमेन के संघ में नए बिंदु शामिल हों।

यह स्पष्ट है कि आईएनएन का निर्माण आईएस के निर्माण के बराबर है, अर्थात्:

1. यदि कोई आईएस है, तो उसमें शामिल कोई भी आईएनएन केवल उसके प्रतिबंधों का एक सेट हो सकता है।

एक व्यायाम। सत्यापित करना।

2. यदि कोई आईएनएन है, तो एचपी (, (टी, टी+)) का निर्माण निम्नानुसार किया जाता है:

हम (टी) = (टी) सेट करते हैं, इस बिंदु पर परिभाषित कोई भी आईएनएन तत्व कहां है। यह स्पष्ट है कि इस तरह के एक फ़ंक्शन को पूरे (टी, टी +) पर विशिष्ट रूप से परिभाषित किया जाएगा (सेट की स्थिरता से विशिष्टता आती है), और प्रत्येक बिंदु पर यह इस बिंदु पर परिभाषित सभी आईएनएन तत्वों के साथ मेल खाता है। किसी भी t (t, t+) के लिए इसमें कोई एक परिभाषित है, और इसलिए उसके पड़ोस में है, और चूंकि इस पड़ोस में एक समाधान (1)1 है, तो भी। इस प्रकार, संपूर्ण (t, t+) पर एक हल (1)1 है। यह गैर-विस्तार योग्य है, क्योंकि अन्यथा इसकी अधिकतमता के बावजूद आईएनएन में एक गैर-तुच्छ विस्तार जोड़ा जा सकता है।

आईएलएस समस्या का निर्माण (1) सामान्य स्थिति में (पीनो प्रमेय की शर्तों के तहत), जब कोई स्थानीय विशिष्टता नहीं होती है, तो संभव है (देखें,), बल्कि बोझिल - यह एक कदम-दर-चरण पर आधारित है- विस्तार अंतराल की लंबाई के लिए कम अनुमान के साथ पीनो प्रमेय का चरणबद्ध अनुप्रयोग। इस प्रकार, एचपी हमेशा मौजूद रहता है। हम इसे केवल उस स्थिति में उचित ठहराएंगे जब स्थानीय विशिष्टता हो, तब आईएनएन (और इसलिए आईआर भी) का निर्माण तुच्छ है। उदाहरण के लिए, निश्चितता के लिए, हम TC-P के ढांचे के भीतर कार्य करेंगे।

प्रमेय। डोमेन B Rn+1 में TK-P शर्तों को संतुष्ट होने दें। फिर किसी भी (t0, x0) B समस्या (1) के लिए एक अद्वितीय IS है।

सबूत। समस्या के सभी समाधानों के सेट पर विचार करें (1) (यह टीके-पी के अनुसार खाली नहीं है)। यह आईएनएन बनाता है - स्थानीय विशिष्टता के कारण संगत, और इस तथ्य को ध्यान में रखते हुए कि यह सामान्य रूप से कॉची समस्या के सभी समाधानों का सेट है। तो एनआर मौजूद है। यह स्थानीय विशिष्टता के कारण अद्वितीय है।

यदि उपलब्ध स्थानीय समाधान (1)1 (और कॉची समस्या नहीं) के आधार पर IS का निर्माण करना आवश्यक है, तो यह समस्या, स्थानीय विशिष्टता के मामले में, कॉची समस्या को कम कर देती है: व्यक्ति को किसी भी बिंदु का चयन करना चाहिए। मौजूदा आईआर और संबंधित कॉची समस्या पर विचार करें। इस समस्या का आईएस अपनी विशिष्टता के कारण मूल समाधान की निरंतरता होगी। यदि कोई विशिष्टता नहीं है, तो दिए गए समाधान की निरंतरता ऊपर बताई गई प्रक्रिया के अनुसार की जाती है।

टिप्पणी। एचपी को उसके अस्तित्व के अंतराल के अंत में नहीं बढ़ाया जा सकता है (अद्वितीय स्थिति की परवाह किए बिना) ताकि यह अंत बिंदुओं पर भी एक समाधान हो। औचित्य के लिए, यह स्पष्ट करना आवश्यक है कि किसी खंड के सिरों पर ODE के समाधान का क्या अर्थ है:

1. दृष्टिकोण 1. मान लीजिए कि अंतराल पर हल (1)1 को एक फलन के रूप में समझा जाता है जो एक तरफा अवकलज के अर्थ में सिरों पर समीकरण को संतुष्ट करता है। फिर कुछ समाधान के निर्दिष्ट विस्तार की संभावना, उदाहरण के लिए, इसके अस्तित्व के अंतराल के दाहिने छोर पर (t, t+] का अर्थ है कि IC का B के अंदर एक अंत बिंदु है, और C 1(t, t+]। लेकिन फिर, (1) के लिए कॉची समस्या x(t+) = (t+) को हल करने और इसका समाधान खोजने के बाद, हम दाहिने छोर t+ के लिए प्राप्त करते हैं (बिंदु t+ पर दोनों एकतरफा डेरिवेटिव मौजूद हैं और f (t+) के बराबर हैं , (t+)), जिसका अर्थ है कि एक साधारण व्युत्पन्न है), अर्थात, NR नहीं था।

2. दृष्टिकोण 2. यदि, एक खंड पर समाधान (1)1 से, हमारा मतलब एक ऐसे फलन से है जो केवल सिरों पर निरंतर है, लेकिन ऐसा है कि आईसी के सिरे बी में स्थित हैं (भले ही समीकरण की आवश्यकता न हो अंत में संतुष्ट), तो हमें अभी भी वही तर्क मिलता है, केवल संबंधित अभिन्न समीकरण के संदर्भ में (विवरण देखें)।

इस प्रकार, समाधान की परिभाषाओं के सेट के रूप में खुद को केवल खुले अंतराल तक सीमित करके, हमने व्यापकता का उल्लंघन नहीं किया (लेकिन केवल एक तरफा डेरिवेटिव आदि के साथ अनावश्यक उपद्रव से बचा)।

नतीजतन, हमने प्रश्न 3 का उत्तर दिया है, जो 4 की शुरुआत में है: विशिष्टता की स्थिति (उदाहरण के लिए, ऑसगूड या कॉची-पिकार्ड) के तहत, कॉची समस्या का समाधान एचपी में अद्वितीय है। यदि विशिष्टता की स्थिति का उल्लंघन किया जाता है, तो कॉची समस्या के कई आईएस हो सकते हैं, जिनमें से प्रत्येक का अपना अस्तित्व अंतराल होता है। किसी भी समाधान (1) (या बस (1)1) को आईएस तक बढ़ाया जा सकता है।

प्रश्न 1 और 2 का उत्तर देने के लिए, चर t पर अलग से विचार करना आवश्यक नहीं है, लेकिन अंतरिक्ष Rn+1 में IC के व्यवहार पर विचार करना आवश्यक है। इस सवाल के लिए कि आईसी कैसे "सिरों के पास" व्यवहार करता है, वह जवाब देता है कि अस्तित्व का अंतराल समाप्त हो गया है, लेकिन आईसी में उनके पास नहीं हो सकता है (बी में आईसी का अंत हमेशा मौजूद नहीं है - ऊपर टिप्पणी देखें, लेकिन अंत बी पर मौजूद नहीं हो सकता है - नीचे देखें)।

प्रमेय। (कॉम्पैक्ट छोड़ने के बारे में)।

हम इसे स्थानीय विशिष्टता की शर्तों के तहत तैयार करते हैं, लेकिन यह आवश्यक नहीं है - देखें, जहां टीपीके को एनआर के लिए एक मानदंड के रूप में तैयार किया गया है।

टीसी-पी की शर्तों के तहत, समीकरण (1)1 के किसी भी आईएस का ग्राफ किसी भी कॉम्पैक्ट सेट के बी, यानी, के बी (टी, टी+): (टी, (टी)) के को टी पर छोड़ देता है।

उदाहरण। के = ((टी, एक्स) बी | ((टी, एक्स), बी))।

टिप्पणी। इस प्रकार, आईएस के आईसी टी ± के पास बी: ((टी, (टी)), बी) 0 टी टी ± के रूप में - समाधान निरंतरता प्रक्रिया बी के अंदर सख्ती से समाप्त नहीं हो सकती है।

सकारात्मक रूप से, यहाँ एक अभ्यास के रूप में असंयुक्त बंद समुच्चयों के बीच की दूरी की सकारात्मकता को सिद्ध करना उपयोगी है, जिनमें से एक संहत समुच्चय है।

सबूत। K B को ठीक कीजिए। कोई भी 0 (0, (K, B)) लीजिए। यदि B = Rn+1, तो परिभाषा के अनुसार हम मान लेते हैं (K, B) = +। समुच्चय K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) भी B में संहत है, इसलिए F = max |f | मौजूद है। हम संख्या T और R को K तक पर्याप्त रूप से छोटा चुनते हैं ताकि फॉर्म का कोई भी सिलेंडर उदाहरण के लिए, T 2 + R2 2/4 लेने के लिए पर्याप्त हो। फिर टीके-पी के अनुसार, फॉर्म की कॉची समस्या का एक अंतराल पर एक समाधान होता है जो (टी टी0, टी + टी0) से कम नहीं होता है, जहां टी0 = मिनट (टी, आर/एफ) सभी के लिए (टी, एक्स) क।

अब, वांछित खंड के रूप में, आप = ले सकते हैं। वास्तव में, हमें यह दिखाना होगा कि यदि (t, (t)) K, तो t + T0 t t + T0। आइए, उदाहरण के लिए, दूसरी असमानता दिखाते हैं। कॉची समस्या का समाधान (2) x = (t) के साथ कम से कम बिंदु t + T0 तक दाईं ओर मौजूद है, लेकिन एक ही समस्या का एक IS है, जो इसकी विशिष्टता के कारण एक विस्तार है, इसलिए टी + टी0 टी+।

इस प्रकार, आईएस प्लॉट हमेशा "बी तक पहुंचता है", जिससे कि आईएस के अस्तित्व का अंतराल आईसी की ज्यामिति पर निर्भर करता है।

उदाहरण के लिए:

कथन। माना B = (a, b)Rn (परिमित या अनंत अंतराल), f, B में TC-P शर्तों को संतुष्ट करता है, t0 (a, b) के साथ समस्या (1) का एक IS है। तब या तो t+ = b या |(t)| + टी टी+ के लिए (और इसी तरह टी के लिए)।

सबूत। तो चलो t+ b, फिर t+ +।

एक कॉम्पैक्ट सेट K = B B पर विचार करें। किसी भी R + के लिए, TPK के अनुसार, (R) t+ ऐसा है कि t ((R), t+) के लिए बिंदु (t, (t)) K. लेकिन चूंकि t t+, यह केवल खाते के लिए संभव है |(t)| आर। लेकिन इसका मतलब है |(टी)| + टी टी + के लिए।

इस विशेष मामले में, हम देखते हैं कि यदि f को "सभी x के लिए" परिभाषित किया जाता है, तो IS के अस्तित्व का अंतराल अधिकतम संभव (a, b) से कम हो सकता है, केवल IS की प्रवृत्ति के कारण जब वह आ रहा हो अंतराल के अंत (टी, टी+) (आमतौर पर मामला - सीमा बी तक)।

एक व्यायाम। मामले के लिए अंतिम अभिकथन को सामान्यीकृत करें जब बी = (ए, बी), जहां आरएन एक मनमाना क्षेत्र है।

टिप्पणी। यह समझा जाना चाहिए कि |(t)| + का मतलब कोई k(t) नहीं है।

इस प्रकार, हमने प्रश्न 2 का उत्तर दिया है (cf। 4 की शुरुआत में उदाहरण): IR B तक पहुंचता है, लेकिन t-अक्ष पर इसका प्रक्षेपण t-अक्ष पर B के प्रक्षेपण के छोर तक नहीं पहुंच सकता है। प्रश्न 1 बचा हुआ है - क्या ऐसे कोई संकेत हैं जिनके द्वारा, ओडीई को हल किए बिना, कोई "व्यापक संभव अंतराल" के समाधान को जारी रखने की संभावना का न्याय कर सकता है? हम जानते हैं कि रैखिक ओडीई के लिए यह विस्तार हमेशा संभव है, लेकिन उदाहरण में 4 की शुरुआत में यह असंभव है।

आइए पहले उदाहरण के लिए, n = 1 के लिए ERP के एक विशेष मामले पर विचार करें:

अनुचित अभिन्न h(s)ds का अभिसरण (= + के कारण अनुचित या बिंदु पर h की विलक्षणता के कारण) (,) की पसंद पर निर्भर नहीं करता है। इसलिए, जब हम इस अभिन्न के अभिसरण या विचलन के बारे में बात कर रहे हैं, तो नीचे हम केवल h(s)ds लिखेंगे।

यह पहले से ही ऑसगूड के प्रमेय और संबंधित अभिकथनों में किया जा सकता है।

कथन। मान लीजिए a C(,), b C(, +), दोनों फलन अपने अंतराल पर धनात्मक हैं। माना कॉची समस्या (जहाँ t0 (,), x0) का अंतराल (t, t+) (,) पर IS x = x(t) है। फिर:

परिणाम। यदि a = 1, = +, तो t+ = + प्रमाण। (अभिकथन)। ध्यान दें कि x नीरस रूप से बढ़ रहा है।

एक व्यायाम। सिद्ध करना।

इसलिए, x(t+) = lim x(t) + मौजूद है। हमारे पास स्थिति 1 है। t+, x(t+) + - TPK द्वारा असंभव है, क्योंकि x एक IS है।

दोनों समाकल या तो परिमित हैं या अनंत।

एक व्यायाम। सबूत जोड़ें।

शिक्षक के लिए तर्क। परिणामस्वरूप, हम पाते हैं कि स्थिति 3: a(s)ds +, और स्थिति 4 (यदि यह बिल्कुल भी महसूस की जाती है) में समान है।

इस प्रकार, x = f (x) के रूप के n = 1 के लिए सरलतम ODE के लिए, समाधान की विस्तार क्षमता समानता द्वारा निर्धारित की जाती है।

स्वायत्त) समीकरण, भाग 3 देखें।

उदाहरण। f (x) = x, 1 (विशेष रूप से, रैखिक मामला = 1), और f (x) = x ln x के लिए, (सकारात्मक) समाधानों की + तक विस्तार की गारंटी दी जा सकती है। f(x) = x और f(x) = x ln x के लिए 1 पर, समाधान "सीमित समय में विघटित" होते हैं।

सामान्य स्थिति में, स्थिति कई कारकों द्वारा निर्धारित होती है और इतनी सरल नहीं होती है, लेकिन "x में f की वृद्धि दर" का महत्व बना रहता है। एन 1 के लिए, विस्तार योग्यता मानदंड तैयार करना मुश्किल है, लेकिन पर्याप्त शर्तें मौजूद हैं। एक नियम के रूप में, उन्हें तथाकथित की मदद से उचित ठहराया जाता है। समाधान का एक प्राथमिक अनुमान।

परिभाषा। मान लीजिए h C(,), h 0. ऐसा कहा जाता है कि कुछ ODE के हल के लिए, AO |x(t)| h(t) on (,) यदि इस ODE का कोई समाधान अंतराल (,) के उस हिस्से पर इस अनुमान को संतुष्ट करता है जहां इसे परिभाषित किया गया है (यानी, यह नहीं माना जाता है कि समाधान आवश्यक रूप से पूरे अंतराल (,) पर परिभाषित हैं। )

लेकिन यह पता चला है कि एओ की उपस्थिति गारंटी देती है कि समाधान अभी भी सभी (,) पर परिभाषित किए जाएंगे (और इसलिए पूरे अंतराल पर अनुमान को पूरा करते हैं), ताकि एक प्राथमिक अनुमान एक पश्चवर्ती में बदल जाए:

प्रमेय। कॉची समस्या (1) को टीके-पी शर्तों को संतुष्ट करने दें, और इसके समाधान के लिए अंतराल (,) पर कुछ एच सी (,), और घुमावदार सिलेंडर (|x | एच (टी), टी के साथ एक एओ है। (,)) बी तो एचपी (1) सभी (,) पर परिभाषित किया गया है (और इसलिए एओ को संतुष्ट करता है)।

सबूत। आइए हम सिद्ध करें कि t+ (t समरूप है)। मान लीजिए टी +। एक सघन समुच्चय K = (|x| h(t), t ) B पर विचार करें। TPK द्वारा, t t+ के रूप में, ग्राफ का बिंदु (t, x(t)) K छोड़ देता है, जो AO के कारण असंभव है।

इस प्रकार, एक निश्चित अंतराल के लिए एक समाधान के विस्तार को साबित करने के लिए, पूरे आवश्यक अंतराल पर औपचारिक रूप से समाधान का अनुमान लगाने के लिए पर्याप्त है।

सादृश्य: लेबेस्ग्यू के अनुसार किसी फ़ंक्शन की मापनीयता और इंटीग्रल का औपचारिक मूल्यांकन इंटीग्रल के वास्तविक अस्तित्व को दर्शाता है।

यहां उन स्थितियों के कुछ उदाहरण दिए गए हैं जहां यह तर्क काम करता है। आइए उपरोक्त थीसिस को "x में f की वृद्धि बल्कि धीमी है" के बारे में बताते हुए शुरू करें।

कथन। मान लीजिए B = (,) Rn, f, B में TK-P शर्तों को संतुष्ट करता है, |f (t, x)| a(t)b(|x|), जहां a और b पिछले प्रस्ताव c = 0, और = + की शर्तों को पूरा करते हैं। तब समस्या का IS (1) सभी t0 (,), x0 Rn के लिए (,) पर मौजूद है।

लेम्मा। यदि और निरंतर हैं, (t0) (t0); टी टी सबूत के लिए। ध्यान दें कि पड़ोस में (t0, t0 +): यदि (t0) (t0), तो यह तुरंत स्पष्ट है, अन्यथा (यदि (t0) = (t0) = 0) हमारे पास (t0) = g(t0, 0 है) ) (t0), जो फिर से वही देता है जो आवश्यक है।

अब मान लीजिए कि t1 t0 ऐसा है कि (t1)। स्पष्ट तर्क से, कोई (t1) t2 (t0, t1] इस तरह से (t2) = (t2), और पर (t0, t2) पा सकता है। लेकिन फिर बिंदु t2 पर हमारे पास =, - एक विरोधाभास है।

जी कोई है, और वास्तव में केवल सी की जरूरत है, और जहां भी =, वहां। लेकिन हमारे सिर पर हावी न होने के लिए, आइए इसे लेम्मा के रूप में मानें। यहां एक सख्त असमानता है, लेकिन एक गैर-रैखिक ओडीई है, और तथाकथित भी है।

शिक्षक के लिए नोट। लेम्मा में इस प्रकार की असमानताओं को चैप्लगिन प्रकार की असमानताएँ (NC) कहा जाता है। यह देखना आसान है कि लेम्मा को विशिष्टता की स्थिति की आवश्यकता नहीं थी, इसलिए पीनो के प्रमेय के ढांचे में ऐसा "सख्त एनपी" भी सच है। "गैर-सख्त एलएफ" विशिष्टता के बिना स्पष्ट रूप से झूठा है, क्योंकि समानता गैर-सख्त असमानता का एक विशेष मामला है। अंत में, "गैर-सख्त एनपी" विशिष्टता की स्थिति के ढांचे के भीतर सच है, लेकिन इसे केवल आईएम की सहायता से स्थानीय रूप से साबित किया जा सकता है।

सबूत। (अभिकथन)। आइए हम सिद्ध करें कि t+ = (t = इसी प्रकार)। मान लीजिए t+, तो उपरोक्त अभिकथन द्वारा |x(t)| + t t+ के लिए, इसलिए हम मान सकते हैं कि x = 0 पर। अगर हम एओ साबित करते हैं |x| एच ऑन) (गेंद सुविधा के लिए बंद है)।

कॉची समस्या x(0) = 0 का R पर एक अद्वितीय IS x = 0 है।

आइए हम f पर एक पर्याप्त शर्त इंगित करें जिसके तहत R+ पर IS के अस्तित्व की गारंटी सभी पर्याप्त रूप से छोटे x0 = x(0) के लिए दी जा सकती है। ऐसा करने के लिए, मान लीजिए कि (4) में तथाकथित . है एक लाइपुनोव फ़ंक्शन, यानी एक फ़ंक्शन V ऐसा है कि:

1. वी सी 1 (बी (0, आर));

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

आइए शर्तों ए और बी की पूर्ति की जांच करें:

ए. कॉची समस्या पर विचार करें जहां |x1| आर/2. आइए हम एक बेलन B = R B(0, R) की रचना करें - फलन f का प्रांत, जहां यह परिबद्ध है और वर्ग C 1 का है, ताकि F = max |f | मौजूद रहे। TK-P के अनुसार, अंतराल (t1 T0, t1 + T0) पर परिभाषित (5) का एक समाधान है, जहां T0 = min(T, R/(2F))। पर्याप्त रूप से बड़ा T चुनकर, व्यक्ति T0 = R/(2F) प्राप्त कर सकता है। यह महत्वपूर्ण है कि T0 (t1, x1) की पसंद पर निर्भर नहीं करता है, बशर्ते कि |x1| आर/2.

बी. जब तक समाधान (5) परिभाषित है और गेंद बी (0, आर) में रहता है, हम निम्नलिखित तर्क दे सकते हैं। हमारे पास है:

वी (एक्स(टी)) = एफ (एक्स(टी)) वी (एक्स(टी)) 0, यानी वी (एक्स(टी)) वी (एक्स1) एम (आर) = अधिकतम वी (वाई) । यह स्पष्ट है कि m और M घटता नहीं है; r शून्य पर असंतत हैं, m(0) = M (0) = 0, और शून्य के बाहर वे धनात्मक हैं। इसलिए, आर 0 ऐसा है कि एम (आर) एम (आर/2)। अगर |x1| आर, फिर वी (एक्स(टी)) वी (एक्स1) एम (आर) एम(आर/2), जहां से |x(t)| आर/2. ध्यान दें कि आर आर / 2।

अब हम एक प्रमेय बना सकते हैं, जो कि सेक से। ए, बी समाधान के वैश्विक अस्तित्व को घटाता है (4):

प्रमेय। यदि (4) में B(0, R) में लयपुनोव फ़ंक्शन है, तो सभी x0 B(0, R) (जहां R को ऊपर परिभाषित किया गया है) के लिए कॉची समस्या का IS x(t0) = x0 सिस्टम के लिए (4) (किसी भी t0) के साथ + को परिभाषित किया गया है।

सबूत। मद ए द्वारा, समाधान का निर्माण किया जा सकता है, जहां t1 = t0 + T0 / 2। यह समाधान B(0, R) में है और हम इस पर मद B लागू करते हैं, ताकि |x(t1)| आर/2. हम आइटम ए को फिर से लागू करते हैं और एक समाधान प्राप्त करते हैं, जहां t2 = t1 + T0/2, यानी, अब समाधान बनाया गया है। हम इस समाधान के लिए आइटम बी लागू करते हैं और प्राप्त करते हैं |x(t2)| आर/2, आदि। कई चरणों में, हम § 5 में एक समाधान प्राप्त करते हैं। कॉची समस्या पर ओडीई समाधानों की निर्भरता पर विचार करें जहां आरके। यदि कुछ t0 (), x0 () के लिए इस कॉची समस्या का IS है, तो यह x(t,) है। प्रश्न उठता है: x की निर्भरता का अध्ययन कैसे करें? यह प्रश्न विभिन्न अनुप्रयोगों के कारण महत्वपूर्ण है (और विशेष रूप से भाग 3 में उत्पन्न होगा), जिनमें से एक (हालांकि शायद सबसे महत्वपूर्ण नहीं) ओडीई का अनुमानित समाधान है।

उदाहरण। आइए कॉची समस्या पर विचार करें। इसका आईएस मौजूद है और अद्वितीय है, जैसा कि टीके-पी से है, लेकिन इसे प्राथमिक कार्यों में व्यक्त करना असंभव है। फिर इसकी संपत्तियों की जांच कैसे करें? इनमें से एक तरीका इस प्रकार है: ध्यान दें कि (2) समस्या y = y, y(0) = 1 के "करीब" है, जिसका समाधान आसानी से मिल जाता है: y(t) = et। हम मान सकते हैं कि x(t) y(t) = et। यह विचार स्पष्ट रूप से निम्नानुसार तैयार किया गया है: समस्या पर विचार करें = 1/100 पर यह (2) है, और = 0 पर यह y के लिए समस्या है। यदि हम सिद्ध करते हैं कि x = x(t,) (एक निश्चित अर्थ में) निरंतर है, तो हमें वह x(t,) y(t) 0 पर मिलता है, जिसका अर्थ है x(t, 1/100) y( t ) = एट।

सच है, यह स्पष्ट नहीं है कि x, y के कितना करीब है, लेकिन यह साबित करना कि x के संबंध में निरंतर है, पहला आवश्यक कदम है जिसके बिना आगे की प्रगति असंभव है।

इसी तरह, प्रारंभिक डेटा में मापदंडों पर निर्भरता का अध्ययन करना उपयोगी है। जैसा कि हम बाद में देखेंगे, इस निर्भरता को आसानी से समीकरण के दाहिनी ओर पैरामीटर पर निर्भरता में कम किया जा सकता है, इसलिए कुछ समय के लिए हम खुद को फॉर्म की समस्या तक सीमित रखते हैं चलो एफ सी (डी), जहां डी है Rn+k+1 में एक क्षेत्र; f x में Lipschitz है, किसी भी कॉम्पैक्ट सेट में D उत्तल x में (उदाहरण के लिए, C(D) पर्याप्त है)। हम ठीक करते हैं (t0, x0)। निरूपित एम = आरके | (t0, x0,) D स्वीकार्य का समुच्चय है (जिसके लिए समस्या (4) समझ में आता है)। ध्यान दें कि एम खुला है। हम मानते हैं कि (t0, x0) चुने गए हैं ताकि M =। TK-P के अनुसार, सभी M के लिए समस्या (4) का एक ही IS है - अंतराल t (t(), t+()) पर परिभाषित फलन x = (t),)।

कड़ाई से बोलते हुए, चूंकि यह कई चर पर निर्भर करता है, इसलिए हमें (4) इस प्रकार लिखना चाहिए:

जहाँ (5)1 समुच्चय G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ) पर संतुष्ट है। हालाँकि, संकेतों d / dt और / t के बीच का अंतर विशुद्ध रूप से मनोवैज्ञानिक है (उनका उपयोग "फिक्स" की एक ही मनोवैज्ञानिक अवधारणा पर निर्भर करता है)। इस प्रकार, समुच्चय G किसी फलन की परिभाषा का प्राकृतिक अधिकतम समुच्चय है, और निरंतरता के प्रश्न की ठीक G पर जांच की जानी चाहिए।

हमें एक सहायक परिणाम चाहिए:

लेम्मा। (ग्रोनवाल)। मान लें कि फलन C, 0, सभी t के अनुमान को संतुष्ट करता है। फिर, सभी के लिए, शिक्षक के लिए सही टिप्पणी। व्याख्यान पढ़ते समय, आप इस सूत्र को पहले से याद नहीं कर सकते हैं, लेकिन स्थान छोड़ दें, और निष्कर्ष के बाद इसे दर्ज करें।

लेकिन फिर इस फॉर्मूले को सीधी नजर में रखें, क्योंकि ToNZ में यह जरूरी होगा।

एच = ए + बी आह + बी, जहां से हम आवश्यक प्राप्त करते हैं।

इस लेम्मा का अर्थ: अंतर समीकरण और असमानता, उनके बीच संबंध, अभिन्न समीकरण और असमानता, उन सभी के बीच संबंध, ग्रोनवाल के अंतर और अभिन्न नींबू और उनके बीच संबंध।

टिप्पणी। ए और बी के बारे में अधिक सामान्य धारणाओं के तहत इस लेम्मा को साबित करना संभव है, लेकिन हमें अभी इसकी आवश्यकता नहीं है, लेकिन यूएमएफ पाठ्यक्रम में किया जाएगा (इस प्रकार, यह देखना आसान है कि हमने ए की निरंतरता का उपयोग नहीं किया और बी, आदि)।

अब हम परिणाम स्पष्ट रूप से बताने के लिए तैयार हैं:

प्रमेय। (टीओएनएस) एफ के बारे में की गई धारणाओं के तहत और ऊपर पेश किए गए नोटेशन में, हम दावा कर सकते हैं कि जी खुला है, लेकिन सी (जी)।

टिप्पणी। यह स्पष्ट है कि सेट एम आम तौर पर जुड़ा नहीं है, इसलिए जी भी कनेक्ट नहीं हो सकता है।

शिक्षक के लिए नोट। हालाँकि, यदि हम मापदंडों की संख्या में (t0, x0) शामिल करते हैं, तो कनेक्शन होगा - यह .

सबूत। मान लीजिए (t,) G. यह सिद्ध करना आवश्यक है कि:

मान लीजिए, निश्चितता के लिए, t t0. हमारे पास है: एम, ताकि (टी,) को (टी (), टी + ()) टी, टी 0 पर परिभाषित किया जा सके, जिसका अर्थ है कि कुछ सेगमेंट पर जैसे कि टी बिंदु (टी, (टी,),) के माध्यम से चलता है कॉम्पैक्ट वक्र डी (हाइपरप्लेन के समानांतर (= 0))। इसका मतलब है कि फॉर्म डेफिनिशन का सेट हर समय आपकी आंखों के सामने रखना चाहिए!

पर्याप्त रूप से छोटे a और b (x में उत्तल) के लिए D में एक कॉम्पैक्ट सेट भी है, ताकि फ़ंक्शन f x में Lipschitz हो:

[यह आकलन हर समय आपकी आंखों के सामने रखना चाहिए! ] और सभी चरों में समान रूप से निरंतर है, और इससे भी अधिक |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (टी, एक्स, 1), (टी, एक्स, 2)।

[यह आकलन हर समय आपकी आंखों के सामने रखना चाहिए! ] एक मनमाना 1 पर विचार करें जैसे |1 | बी और संबंधित समाधान (टी, 1)। सेट (= 1) डी (= 1) में कॉम्पैक्ट है, और t = t0 के लिए बिंदु (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,) 1) (= 1), और टीपीके के अनुसार, t t+(1) के लिए बिंदु (t, (t, 1), 1) निकलता है (= 1)। मान लीजिए t2 t0 (t2 t+(1)) पहला मान है जिस पर उल्लिखित बिंदु पहुंचता है।

निर्माण द्वारा, t2 (t0, t1]। हमारा कार्य यह दिखाना होगा कि t2 = t1 पर अतिरिक्त प्रतिबंधों के तहत। अब t3 दें। हमारे पास (ऐसे सभी t3 के लिए, नीचे उपयोग की जाने वाली सभी मात्राएँ निर्माण द्वारा परिभाषित हैं):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, आइए यह सिद्ध करने का प्रयास करें कि यह मान निरपेक्ष मान में a से कम है।

जहां इंटीग्रैंड का मूल्यांकन निम्नानुसार किया जाता है:

±f (टी, (टी,),), ± एफ (टी, (टी,)) के बजाय, अंतर के बाद से |(टी, 1) (टी,)| अभी कोई अनुमान नहीं है, इसलिए (t, (t, 1),) अस्पष्ट है, लेकिन |1 | . के लिए मौजूद है, और (t, (t,), 1) ज्ञात है।

ताकि |(t3, 1)(t3,)| के|(टी, 1)(टी,)|+(|1|) डीटी।

इस प्रकार, फलन (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (यह एक सतत फलन है) ए (एस) के 0, बी (एस) (|1 |), टी = टी 2, = 0 के साथ ग्रोनवाल के लेम्मा की शर्तों को संतुष्ट करता है, इसलिए इस लेम्मा से हमें मिलता है [यह अनुमान रखा जाना चाहिए हर समय मन में! ] अगर हम लेते हैं |1 | 1 (टी 1)। हम मान लेंगे कि 1(t1) b. हमारे सभी तर्क सभी t3 के लिए सही हैं।

इस प्रकार, 1 के ऐसे विकल्प के साथ, जब t3 = t2, स्थिर |(t2, 1) (t2,)| ए, साथ ही |1 | बी। इसलिए, (t2, (t2, 1), 1) केवल इस तथ्य के कारण संभव है कि t2 = t1. लेकिन इसका मतलब है, विशेष रूप से, कि (t, 1) पूरे अंतराल पर परिभाषित किया गया है, यानी, t1 t+(1), और फॉर्म के सभी बिंदु (t, 1) G यदि t , |1 | 1 (टी 1)।

अर्थात्, हालांकि t+ पर निर्भर करता है, लेकिन खंड t+() के बाईं ओर पर्याप्त रूप से करीब रहता है। चित्र में इसी तरह, t t0 पर, संख्याओं t4 t0 और 2(t4) का अस्तित्व दिखाया गया है। यदि t t0, तो बिंदु (t,) B(, 1) G, इसी प्रकार t t0 के लिए, और यदि t = t0, तो दोनों स्थितियाँ लागू होती हैं, ताकि (t0,) B(, 3) G, जहाँ 3 = मिनट (12)। यह महत्वपूर्ण है कि एक निश्चित (t,) के लिए कोई t1(t,) पा सकता है ताकि t1 t 0 (या t4, क्रमशः), और 1(t1) = 1(t,) 0 (या 2, क्रमशः), ताकि 0 = 0(t,) का विकल्प स्पष्ट हो (चूंकि परिणामी बेलनाकार पड़ोस में एक गेंद अंकित की जा सकती है)।

वास्तव में, एक अधिक सूक्ष्म संपत्ति साबित हुई है: यदि एक निश्चित अंतराल पर एक आईएस परिभाषित किया गया है, तो सभी आईएस पर्याप्त रूप से करीब पैरामीटर के साथ परिभाषित किए गए हैं (यानी,

सभी थोड़े परेशान एचपी)। हालांकि, और इसके विपरीत, यह संपत्ति जी के खुलेपन से आती है, जैसा कि नीचे दिखाया जाएगा, इसलिए ये समकक्ष फॉर्मूलेशन हैं।

इस प्रकार, हमने मद 1 को सिद्ध कर दिया है।

यदि हम अंतरिक्ष में निर्दिष्ट सिलेंडर में हैं, तो अनुमान सही है |1 | 4 (, टी,)। उसी समय |(t3,) (t,)| के लिए |t3 t| 5(, टी,) टी में निरंतरता के कारण। परिणामस्वरूप, (t3, 1) B((t,),) के लिए हमारे पास |(t3, 1) (t,)|, जहां = min(4, 5) है। यह बिंदु 2 है।

"रूसी संघ के शिक्षा और विज्ञान मंत्रालय, उच्च व्यावसायिक शिक्षा के संघीय राज्य बजटीय शैक्षिक संस्थान, प्रबंधन संस्थान के राज्य विश्वविद्यालय, प्रबंधन संस्थान के विशेष अनुशासन समाजशास्त्र में प्रवेश परीक्षा के वैज्ञानिक, शैक्षणिक और वैज्ञानिक कार्मिक कार्यक्रम के प्रशिक्षण के लिए - 2014 1. में स्नातक विद्यालय के लिए संगठनात्मक और पद्धति संबंधी निर्देश प्रवेश परीक्षा ... "

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"ए.वी. नोवित्स्काया, एल.आई. निकोलेवा स्कूल ऑफ द फ्यूचर मॉडर्न एजुकेशनल प्रोग्राम ऑफ लाइफ ग्रेड 1 प्राइमरी स्कूल टीचर्स मॉस्को 2009 यूडीसी 371 (075.8) एलबीसी 74.00 एन 68 कॉपीराइट कानूनी रूप से संरक्षित हैं, लेखकों का संदर्भ अनिवार्य है। नोवित्स्काया ए.वी., निकोलेवा एल.आई. एच 68 आधुनिक शैक्षिक कार्यक्रमजीवन कदम। - एम .: एवलॉन, 2009। - 176 पी। आईएसबीएन 978 5 94989 141 4 यह पुस्तिका प्राथमिक रूप से शिक्षकों को संबोधित है, लेकिन निश्चित रूप से इसकी जानकारी के साथ..."

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"लेकिन। ए। यामाश्किन वी। वी। रुज़ेनकोव अल। ए। मोर्दोविया गणराज्य के यमश्किन भूगोल पाठ्यपुस्तक सरांस्क मॉर्डोवियन विश्वविद्यालय 2004 यूडीसी 91 (075) (470.345) एलबीसी डी9(2पी351-6मो) Ya549 समीक्षक: वोरोनिश राज्य शैक्षणिक विश्वविद्यालय के भौतिक भूगोल विभाग; भूगोल के डॉक्टर प्रोफेसर ए.एम. नोसोनोव; सरांस्क ए। वी। लेओनिएव के स्कूल-कॉम्प्लेक्स नंबर 39 के शिक्षक, पूर्व-विश्वविद्यालय प्रशिक्षण और माध्यमिक संकाय के शैक्षिक और कार्यप्रणाली परिषद के निर्णय द्वारा प्रकाशित ... "

रूसी संघ के शिक्षा और विज्ञान मंत्रालय राष्ट्रीय अनुसंधान परमाणु विश्वविद्यालय "MEPhI" टी। आई। बुखारोवा, वी। एल। कामिनिन, एबी कोस्टिन, डी। एस। टकाचेंको उच्च शिक्षण संस्थानों के छात्रों के लिए मास्को में एक शिक्षण सहायता के रूप में सामान्य अंतर समीकरणों पर व्याख्यान का पाठ्यक्रम 2011 साधारण पर व्याख्यान का कोर्स विभेदक समीकरण : ट्यूटोरियल। - एम .: एनआरएनयू एमईपीएचआई, 2011. - 228 पी। पाठ्यपुस्तक कई वर्षों के लिए मास्को इंजीनियरिंग भौतिकी संस्थान में लेखकों द्वारा दिए गए व्याख्यान के पाठ्यक्रम के आधार पर बनाई गई थी। यह सभी संकायों के राष्ट्रीय अनुसंधान परमाणु विश्वविद्यालय MEPhI के छात्रों के साथ-साथ उन्नत गणितीय प्रशिक्षण वाले विश्वविद्यालय के छात्रों के लिए अभिप्रेत है। मैनुअल NRNU MEPhI के निर्माण और विकास के लिए कार्यक्रम के ढांचे के भीतर तैयार किया गया था। समीक्षक: डॉक्टर ऑफ फिज।-गणित। विज्ञान कुद्रीशोव। ISBN 978-5-7262-1400-9 © राष्ट्रीय अनुसंधान परमाणु विश्वविद्यालय MEPhI, 2011 सामग्री प्राक्कथन। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. साधारण अंतर समीकरणों के सिद्धांत का परिचय बुनियादी अवधारणाएं। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . कॉची समस्या। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. प्रथम-क्रम समीकरण के लिए कॉची समस्या के समाधान का अस्तित्व और विशिष्टता प्रथम-क्रम OLE के लिए विशिष्टता प्रमेय। . . . . . . . . . . . . . . . . . . प्रथम कोटि के OLE के लिए कॉची समस्या के समाधान का अस्तित्व। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . प्रथम-क्रम ODE के लिए समाधान की निरंतरता। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. nवें क्रम की सामान्य प्रणाली के लिए कॉची समस्या मूल अवधारणाएँ और वेक्टर फ़ंक्शंस के कुछ सहायक गुण। . . . एक सामान्य प्रणाली के लिए कॉची समस्या के समाधान की विशिष्टता। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . एक मीट्रिक स्थान की अवधारणा। कंप्रेसिव मैपिंग का सिद्धांत। . . . . . सामान्य प्रणालियों के लिए कॉची समस्या के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. वियोज्य चरों के साथ चतुर्भुज समीकरण में हल किए गए साधारण विभेदक समीकरणों के कुछ वर्ग। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . पहले क्रम के रैखिक OÄCs। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . सजातीय समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . बर्नौली समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . कुल अंतर में समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 वी। 67 व्युत्पन्न के संबंध में हल नहीं किए गए ओडीई के समाधान के लिए व्युत्पन्न अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय के संबंध में हल नहीं किए गए प्रथम-क्रम समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . विशेष उपाय। विभेदक वक्र। लिफ़ाफ़ा। . . . . . . . . . . . . . . . पैरामीटर परिचय विधि। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . लैग्रेंज का समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . क्लैरॉट का समीकरण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. रैखिक ओडीई सिस्टम बुनियादी अवधारणाएं। समस्या के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय रैखिक ओडीई की सजातीय प्रणाली। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . व्रोन्स्की का निर्धारक। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . एक सजातीय प्रणाली के जटिल समाधान। वास्तविक डीएसआर में संक्रमण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . रैखिक ओडीई की गैर-सजातीय प्रणाली। स्थिरांक की भिन्नता की विधि। . . . . निरंतर गुणांक वाले रैखिक ओडीई की सजातीय प्रणाली। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . मैट्रिक्स का एक घातीय कार्य। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 कॉची 85। . . 87. . . 91. . . . . . 96 97. . . 100. . . 111 निरंतर गुणांक वाले रैखिक ओडीई की गैर-सजातीय प्रणाली। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 सातवीं। उच्च क्रम रैखिक ODEs रैखिक ODEs की एक प्रणाली में कमी। कौची समस्या के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . सजातीय रैखिक उच्च-क्रम ODE। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . एक सजातीय उच्च-क्रम रैखिक ODE के जटिल समाधानों के गुण। जटिल SR से वास्तविक में संक्रमण। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . गैर-सजातीय रैखिक उच्च-क्रम OÄDs। स्थिरांक की भिन्नता की विधि। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . निरंतर गुणांक वाले उच्च क्रम के सजातीय रैखिक OÄDs। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . निरंतर गुणांक के साथ गैर-सजातीय उच्च-क्रम रैखिक ओडीई। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 आठवीं। स्थिरता का सिद्धांत स्थिरता से संबंधित बुनियादी अवधारणाएं और परिभाषाएं। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . एक रैखिक प्रणाली के समाधान की स्थिरता। . . . . . स्थिरता पर ल्यपुनोव के प्रमेय। . . . . . . . . . पहले सन्निकटन पर स्थिरता। . . . . . . बाकी बिंदु 162 के पास चरण प्रक्षेपवक्र का व्यवहार। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX। ओडीई की प्रणालियों का पहला समाकलन 198 साधारण अंतर समीकरणों की स्वायत्त प्रणालियों का पहला समाकलन198 ओडीई की गैर-स्वायत्त प्रणालियां। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . OÄC सिस्टम के 205 सममित संकेतन। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. प्रथम-क्रम आंशिक अंतर समीकरण सजातीय प्रथम-क्रम रैखिक आंशिक अंतर समीकरण प्रथम-क्रम रैखिक आंशिक अंतर समीकरण के लिए कॉची समस्या। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . प्रथम कोटि के आंशिक व्युत्पन्नों में क्वासिलिनियर समीकरण। . . . प्रथम कोटि के क्वासिलिनियर आंशिक अवकल समीकरण के लिए कॉची समस्या। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ग्रंथ सूची। . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210। . . . . 210. . . . . 212. . . . . 216. . . . . 223. . . . . 227 प्रस्तावना पुस्तक को तैयार करने में, लेखकों ने सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत से संबंधित अधिकांश मुद्दों पर एक जगह एकत्र करने और एक सुलभ रूप में जानकारी प्रस्तुत करने का लक्ष्य निर्धारित किया है। इसलिए, NRNU MEPhI (और अन्य विश्वविद्यालयों) में पढ़ाए जाने वाले साधारण अंतर समीकरणों के पाठ्यक्रम के अनिवार्य कार्यक्रम में शामिल सामग्री के अलावा, मैनुअल में अतिरिक्त प्रश्न भी शामिल हैं, जो एक नियम के रूप में, व्याख्यान में पर्याप्त समय नहीं है, लेकिन जो बेहतर ढंग से समझने वाले विषय के लिए उपयोगी होगा और वर्तमान छात्रों के लिए उनकी भविष्य की व्यावसायिक गतिविधियों में उपयोगी होगा। प्रस्तावित नियमावली के सभी कथनों के लिए गणितीय रूप से कठोर प्रमाण दिए गए हैं। ये प्रमाण, एक नियम के रूप में, मूल नहीं हैं, लेकिन सभी को MEPhI में गणितीय पाठ्यक्रमों की प्रस्तुति की शैली के अनुसार संशोधित किया गया है। शिक्षकों और वैज्ञानिकों के बीच व्यापक राय के अनुसार, गणितीय विषयों का अध्ययन पूर्ण और विस्तृत प्रमाणों के साथ किया जाना चाहिए, धीरे-धीरे सरल से जटिल की ओर बढ़ते हुए। इस मैनुअल के लेखक एक ही राय के हैं। पुस्तक में दी गई सैद्धांतिक जानकारी पर्याप्त संख्या में उदाहरणों के विश्लेषण द्वारा समर्थित है, जिससे हमें उम्मीद है कि पाठक के लिए सामग्री का अध्ययन करना आसान हो जाएगा। मैनुअल उन्नत गणितीय प्रशिक्षण वाले विश्वविद्यालय के छात्रों को संबोधित किया जाता है, मुख्य रूप से राष्ट्रीय अनुसंधान परमाणु विश्वविद्यालय एमईपीएचआई के छात्रों को। साथ ही, यह उन सभी के लिए भी उपयोगी होगा जो अंतर समीकरणों के सिद्धांत में रुचि रखते हैं और अपने काम में गणित की इस शाखा का उपयोग करते हैं। -5- अध्याय I. साधारण अंतर समीकरणों के सिद्धांत का परिचय 1. बुनियादी अवधारणाएं इस मैनुअल के दौरान, हा, द्वि द्वारा हम किसी भी सेट (ए, बी), , (ए, बी], को दर्शाते हैं, हमें मिलता है x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 अंतिम असमानता को प्रबल करने और (2.3) को लागू करने के बाद, हमारे पास 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 सभी x 2 [ 1, 1]। , y) 2 G के लिए। इस प्रकार, f L = 1 के साथ Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है , वास्तव में, y में L = sin 1 के साथ भी। हालांकि, बिंदुओं (x, 0) 6= (0, 0) पर व्युत्पन्न fy0 मौजूद भी नहीं है। निम्नलिखित प्रमेय, जो अपने आप में दिलचस्प है, हमें अनुमति देता है कॉची समस्या के समाधान की विशिष्टता को साबित करने के लिए: प्रमेय 2.1 (दो समाधानों के अंतर के अनुमान पर) मान लीजिए कि G, R में एक डोमेन 2 है और f (x, y) 2 C G है और G में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है। y द्वारा स्थिर L के साथ। यदि y1, y2 समीकरण y 0 = f (x, y) के खंड पर दो समाधान हैं, तो निम्नलिखित असमानता (अनुमान) मान्य है: jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 सभी x 2 के लिए। -19- y2 सबूत। परिभाषा 2. समीकरण (2.1) के 2 हल, हम प्राप्त करते हैं कि 8 x 2 अंक x, y1 (x) और x, y2 (x) 2 जी। सभी t 2 के लिए हमारे पास सही समानताएँ हैं y10 (t) = f t , y1 (t ) और y20 (t) = f t, y2 (t) , जिसे हम खंड पर t के संबंध में एकीकृत करते हैं, जहां x 2। एकीकरण कानूनी है, क्योंकि दाएं और बाएं पक्ष कार्यों पर निरंतर हैं। हम समानता की प्रणाली Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt प्राप्त करते हैं। x0 एक को दूसरे से घटाने पर, हमारे पास jy1 (x) y2 (x)j = y1 (x0) y2 (x0) + Zx h f t, y1 (t) i f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) प्राप्त होता है। y2 ( x0) + f t, y1 (t) f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) डीटी। x0 निरूपित करें C = y1 (x0) y2 (x0) > 0, v(t) = L > 0, u(t) = y1 (t) j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) y2 (t) > 0. सभी x 2 के लिए। प्रमेय सिद्ध हो चुका है। सिद्ध प्रमेय के परिणाम के रूप में, हम कौची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान के लिए एक अद्वितीयता प्रमेय प्राप्त करते हैं। कोरोलरी 1. मान लीजिए कि एक फलन f (x, y) 2 C G है और G में y में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, और फलन y1 (x) और y2 (x) को एक ही अंतराल पर समीकरण (2.1) के दो हल होने दें। , x0 2 के साथ। यदि y1 (x0) = y2 (x0), तो y1 (x) y2 (x) पर। सबूत। आइए दो मामलों पर विचार करें। -20- 1. मान लीजिए x > x0 , तो यह प्रमेय 2 से अनुसरण करता है। 1 कि h अर्थात्। y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) x > x0 के लिए। 2. मान लीजिए x 6 x0, परिवर्तन t = x करें, फिर yi (x) = yi (t) y~i (t) i = 1, 2 के लिए। चूँकि x 2 , तो t 2 [ x0 , x1 ] और समानता y~1 (x0) = y~2 (x0) धारण करती है। आइए जानें कि कौन सा समीकरण y~i (t) संतुष्ट करता है। समानता की निम्नलिखित श्रृंखला सत्य है: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) । यहां हमने एक जटिल फलन के विभेदन के नियम का उपयोग किया है और इस तथ्य का उपयोग किया है कि y (x) समीकरण (2.1) के समाधान हैं। चूँकि फलन f~(t, y) f (t, y) सतत है और y के संबंध में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, तो प्रमेय 2.1 के अनुसार [x0 पर y~1 (t) y~2 (t) प्राप्त होता है। , x1 ], अर्थात्। y1 (x) y2 (x) से . दोनों सुविचारित मामलों को मिलाकर, हम परिणाम का अभिकथन प्राप्त करते हैं। कोरोलरी 2. (प्रारंभिक डेटा पर निरंतर निर्भरता पर) मान लें कि एक फ़ंक्शन f (x, y) 2 C G और G में y पर स्थिर L के साथ Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, और फ़ंक्शन y1 (x) और y2 (x) के समाधान हैं समीकरण (2.1) को परिभाषित किया गया है। निरूपित करें l = x1 x0 और δ = y1 (x0) y2 (x0) । फिर 8 x 2 के लिए असमानता y1 (x) y2 (x) 6 eL l सत्य है। प्रमेय 2 से प्रमाण तुरंत मिलता है। 1. परिणाम 2 से असमानता को प्रारंभिक डेटा के संबंध में समाधान की स्थिरता का अनुमान कहा जाता है। इसका अर्थ इस तथ्य में निहित है कि यदि x = x0 पर समाधान "करीब" हैं, तो वे अंतिम खंड पर भी "करीब" हैं। प्रमेय 2. 1 एक अनुमान देता है, जो दो समाधानों के अंतर के मापांक के लिए अनुप्रयोगों के लिए महत्वपूर्ण है, और कोरोलरी 1 कॉची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान की विशिष्टता देता है। विशिष्टता के लिए अन्य पर्याप्त शर्तें भी हैं, जिनमें से एक हम अभी प्रस्तुत करते हैं। जैसा कि ऊपर उल्लेख किया गया है, कॉची समस्या के समाधान की ज्यामितीय रूप से विशिष्टता का अर्थ है कि समीकरण (2.1) का एक से अधिक अभिन्न वक्र डोमेन जी के बिंदु (x0, y0) से नहीं गुजर सकता है। प्रमेय 2.2 (विशिष्टता पर ऑसगूड)। मान लीजिए एक फलन f (x, y) 2 C G और 8 (x, y1), (x, y2) 2 G के लिए असमानता f (x, y1) f (x, y2) 6 6 jy1 y2 j, जहां ( u) > 0 के लिए u 2 (0, β], ϕ(u) सतत है, और Zβ du ! +1 जब ε !0+. तब अधिकतम एक समाकल वक्र (2.1).-21- प्रमाण है। समीकरण (2.1) के दो हल y1 (x) और y2 (x) मौजूद हैं, जैसे कि y1 (x0) = y2 (x0) = y0, z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz को निरूपित करें = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 jzj jzj, यानी फिर z dx 1 d असमानता jzj2 6 jzj jzj, जिससे jzj 6= 0 के लिए, यह 2 dx दोहरी असमानता का अनुसरण करता है: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. धारणा के अनुसार, z(x) 6 0 और, इसके अलावा, निरंतर है, इसलिए ऐसा एक खंड है, इसे चुनें और इसे ठीक करें। समुच्चय n o X1 = x x . पर विचार करें< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 और z(x) = 0। इनमें से कम से कम एक समुच्चय खाली नहीं है, क्योंकि z(x0) = 0 और x0 62 । मान लीजिए, उदाहरण के लिए, X1 6= , यह ऊपर से घिरा है, इसलिए 9 α = sup X1 । ध्यान दें कि z(α) = 0, अर्थात, α 2 X1, यह मानते हुए कि z(α) > 0, निरंतरता के कारण, हमारे पास कुछ अंतराल α δ1, α + δ1 पर z(x) > 0 होगा, और यह α = sup X1 की परिभाषा के विपरीत है। शर्त z(α) = 0 से यह इस प्रकार है कि α< x1 . По построению z(x) > 0 सभी x 2 (α, x2 ] के लिए, और चूंकि z(x) ! 0+ x ! α + 0 के लिए सतत है। आइए हम खंड [α + δ, x2] पर समाकलन (2.5) में तर्कों को दोहराते हैं। ], जहां x2 को ऊपर चुना गया है और तय किया गया है, और δ 2 (0, x2 α) मनमाना है, हम निम्नलिखित असमानता प्राप्त करते हैं: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 असमानता, हम δ !0+ की ओर रुख करते हैं, फिर z(α+δ) ! z(α) = 0, Zjz2 j d jzj2 ! +1 से, निरंतरता शर्त z(x) से, और फिर प्रमेय jz(α+ )j -22 के समाकलन 2 jzjϕ jzj द्वारा - असमानता का दाहिना भाग Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α ऊपर से α + से एक परिमित मान से घिरा है, जो एक साथ असंभव है। कॉची समस्या (2.1), (2.2) को निम्नलिखित के रूप में समझा जाता है फलन y(x) खोजने की समस्या: 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0) 2 G, जहां f (x, y) 2 C G और (x0 , y0) 2 G, G R2 Lemma 2 में एक डोमेन है। 2. मान लीजिए f (x, y) 2 C G तो निम्नलिखित अभिकथन मान्य हैं: 1 ) हल (x) के अंतराल पर (2.1) अंतराल पर, द्वि संतोषजनक (2.2) x0 2 हेक्टेयर, द्वि एक हल है पर एक समाधान है, द्वि अभिन्न समीकरण Zx y(x) = y0 + f τ, y( ) डीτ; (2.6) x0 2) यदि (x) 2 C ha, bi, ha, bi, 1 पर इंटीग्रल इक्वेशन (2.6) का हल है, जहां x0 2 ha, bi, तो ϕ(x) 2 C ha, bi और (2.1), (2.2) का एक हल है। सबूत। 1. मान लीजिए (x) हेक्टेयर, द्वि पर (2.1), (2.2) का हल है। फिर, टिप्पणी 2.2 (x) 2 C ha, bi और 8 2 ha, bi से हमें समानता ϕ 0 (τ) = f , (τ) प्राप्त होती है, जिसे x0 से x में समाकलित करने पर, हम प्राप्त करते हैं ( किसी भी x 2 हेक्टेयर के लिए, द्वि) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, और ϕ(x0) = y0, अर्थात, (x) समाधान (2.6) है। x0 2. मान लीजिए y = (x) 2 C ha, bi (2.6) का हल है। चूँकि f x, ϕ(x) धारणा के अनुसार ha, bi पर निरंतर है, तो Zx (x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 एक निरंतर की चर ऊपरी सीमा के साथ एक अभिन्न के रूप में समारोह। x के संबंध में अंतिम समानता को अलग करते हुए, हम प्राप्त करते हैं 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi और, जाहिर है, (x0) = y0, अर्थात। (x) कौची समस्या (2.1), (2.2) का समाधान है। (हमेशा की तरह, एक खंड के अंत में एक व्युत्पन्न का अर्थ संबंधित एक तरफा व्युत्पन्न समझा जाता है।) -23- टिप्पणी 2. 6. लेम्मा 2. 2 को कॉची समस्या (2.1) की तुल्यता पर लेम्मा कहा जाता है। , (2.2) से समाकल समीकरण (2.6) तक। यदि हम सिद्ध करते हैं कि समीकरण (2.6) का हल मौजूद है, तो हमें कॉची समस्या (2.1), (2.2) की सॉल्वैबिलिटी प्राप्त होती है। यह योजना निम्नलिखित प्रमेय में क्रियान्वित की जाती है। प्रमेय 2.3 (स्थानीय अस्तित्व प्रमेय)। मान लीजिए आयत P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β पूरी तरह से फलन f (x, y) के G प्रांत में स्थित है। फलन f (x, y) 2 C G और स्थिर L के साथ n y ov G के लिए Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है। β M = अधिकतम f (x, y) , h = min α, M को निरूपित करें। फिर अंतराल P पर कॉची समस्या (2.1), (2.2) का समाधान मौजूद है। सबूत। आइए हम अंतराल पर अभिन्न समीकरण (2.6) के समाधान के अस्तित्व को स्थापित करें। ऐसा करने के लिए, कार्यों के निम्नलिखित अनुक्रम पर विचार करें: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f , y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, वाईएन 1 ​​(τ) डीτ, आदि। x0 1. आइए हम दिखाते हैं कि 8 n 2 N फलन yn (क्रमिक सन्निकटन) परिभाषित हैं, अर्थात्, आइए हम दिखाते हैं कि 8 x 2 के लिए असमानता yn (x) y0 6 β सभी n = 1, 2, के लिए मान्य है। . . हम गणितीय प्रेरण (MMI) की विधि का उपयोग करते हैं: a) प्रेरण आधार: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f , y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 जहां M0 = अधिकतम f (x , y0) jx x 0 j 6 α , M0 6 M के लिए; बी) धारणा और प्रेरण का कदम। yn 1 (x) के लिए असमानता को सत्य होने दें, आइए इसे yn (x) के लिए सिद्ध करें: Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 तो, यदि jx x0 j 6 h , फिर yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β। हमारा लक्ष्य निकटतम 1 उत्तराधिकारी yk (x) k=0 के अभिसरण को सिद्ध करना है, इसके लिए इसे इस प्रकार प्रस्तुत करना सुविधाजनक है: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + यन वाईन 1 , के = 1 यानी। एक कार्यात्मक श्रृंखला के आंशिक योग के अनुक्रम। 2. निम्नलिखित असमानताएँ 8 n 2 N और 8 x 2 सिद्ध करके इस श्रृंखला के पदों का अनुमान लगाएँ: x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! आइए गणितीय प्रेरण की विधि लागू करें: jx n 1 1 hn । एन! (2.7) क) प्रेरण आधार: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, ऊपर सिद्ध; बी) धारणा और प्रेरण का कदम। असमानता को n के लिए सही होने दें, आइए इसे n के लिए कहें: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, अप करने के लिए dτ 6 x0 Zx i yn 6 by लिप्सचिट्ज़ की स्थिति 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 प्रेरण परिकल्पना द्वारा 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 एलएन 1 = (एन 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! एन एन! 1 x0 Rx यहाँ हमने इस तथ्य का उपयोग किया है कि x के लिए समाकल I = jτ x0 > x के लिए x0< 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 संख्या श्रृंखला के को अभिसरण करता है! k=1 d'Alembert परीक्षण द्वारा, M0 Lk hk+1 k के बाद से! एके+1 = एके(के+1)! एम0 एल के 1 एचके = एच एल! 0, के+1 के! 1. फिर, एकसमान अभिसरण के वीयरस्ट्रास परीक्षण के अनुसार, कार्यात्मक 1 P श्रृंखला y0 + yk (x) yk 1 (x) अंतराल k=1 ke पर बिल्कुल और समान रूप से अभिसरण करता है, इसलिए, कार्यात्मक अनुक्रम 1 yk (x) ) k=0 किसी फ़ंक्शन ϕ(x) के अंतराल पर समान रूप से अभिसरण करता है, और yn (x) 2 C के बाद से, यह इस प्रकार है कि ϕ(x) 2 C निरंतर कार्यों के समान रूप से अभिसरण अनुक्रम की सीमा के रूप में है। 4. yn (x) की परिभाषा पर विचार करें: Zx yn (x) = y0 + f , yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 सभी n 2 N और x 2 के लिए एक वास्तविक समानता है। समानता के बाईं ओर (2.8) की सीमा n है! 1, चूंकि yn (x) (x) on , और इसलिए (2.8) के दाहिने हाथ की भी एक Rx सीमा (वही एक) है। आइए हम दिखाते हैं कि यह कार्यात्मक अनुक्रम के एकसमान अभिसरण के लिए निम्नलिखित मानदंड का उपयोग करके y0 + f , ϕ(τ) dτ, x0 फ़ंक्शन के बराबर है: n के लिए X yn (x) ⇒ (x)! 1 () सुपर वाईन (एक्स) वाई (एक्स)! 0 के लिए एन! एक । x2X X याद कीजिए कि n के लिए संकेतन yn (x) (x) ! 1 आमतौर पर फ़ंक्शन yk (x) k=0 के फ़ंक्शन (x) के कार्यात्मक अनुक्रम 1 के सेट X पर समान अभिसरण के लिए उपयोग किया जाता है। -26- आइए हम दिखाते हैं कि y0 + Rx X f , yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 यहाँ X = . ऐसा करने के लिए, f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 पर Lipschitz स्थिति द्वारा विचार करें 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h सुपर वाईन 1 (τ) (τ)! 0 के लिए एन! 1 2X X 1 अभिसरण yn (x) (x)। इस प्रकार, (2.8) में सीमा को पार करते हुए, हम सभी x 2 के लिए सही समानता Zx (x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 प्राप्त करते हैं जिसमें ϕ(x) 2 C । लेम्मा 2.2 द्वारा ऊपर सिद्ध किया गया है, (x) कौची समस्या (2.1), (2.2) का समाधान है। प्रमेय सिद्ध हो चुका है। टिप्पणी 2. 7. प्रमेय 2. 3 अंतराल पर एक विलयन के अस्तित्व को स्थापित करता है। प्रमेय 2.1 के कोरोलरी 1 के अनुसार, यह समाधान इस मायने में अद्वितीय है कि कौची समस्या (2.1), (2.2) का कोई अन्य समाधान इस अंतराल पर इसके साथ मेल नहीं खाता है। टिप्पणी 2. 8. एक आयत P को दो (प्रतिच्छेद) आयतों P = P [ P + , (चित्र 2. 3) के मिलन के रूप में निरूपित करें, जहाँ n P = (x, y) n P = (x, y) + एक्स 2 ; x2; -27- जे जे ओ वाई0 जे 6 β, ओ वाई0 जे 6 β। चावल। 2. 3. आयतों का संघ मान लीजिए f (x, y . M - = max - f (x, y , M + = max + P P ) हम खंड n o β + + पर एक समाधान का अस्तित्व (और विशिष्टता) प्राप्त करते हैं , जहां h = min α, M + या, क्रमशः, n o β - ध्यान दें कि इस मामले में, सामान्यतया, h+ 6= h− , और h h = min α, M - प्रमेय 2 से। 3 h+ और h− का न्यूनतम है। टिप्पणी 2.9. समस्या के समाधान के अस्तित्व (2.1), (2.2) की गारंटी प्रमेय 2 द्वारा दी जाती है। 3 केवल कुछ अंतराल पर। ऐसी स्थिति में, प्रमेय को स्थानीय कहा जाता है। प्रश्न उठता है: क्या प्रमेय 2.3 का स्थानीय स्वरूप इसे सिद्ध करने की लागू पद्धति का परिणाम नहीं है? शायद, सबूत की एक और विधि का उपयोग करके, पूरे अंतराल पर समाधान के अस्तित्व को स्थापित करना संभव है, यानी। विश्व स्तर पर, जैसा कि कॉची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान की विशिष्टता की संपत्ति के मामले में था? निम्नलिखित उदाहरण से पता चलता है कि प्रमेय 2.3 की स्थानीय प्रकृति समस्या के "सार" से जुड़ी है, न कि इसके प्रमाण की विधि से। उदाहरण 2. 1. आयत P = (x, y) jxj 6 2, jy - 1j 6 1 में कॉची समस्या 0 y = -y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o पर विचार करें। फलन f (x, y) = −y 2, P और fy0 = −2y 2 C P में सतत है, इसलिए Theo1 β , α = और प्रमेय 2. 3 की सभी शर्तें संतुष्ट हैं, और M = अधिकतम f (x, y) = 4. फिर h = min P P M 4 -28- प्रमेय 2. 3 अंतराल 1 1 पर एक समाधान के अस्तित्व की गारंटी देता है। आइए - , 4 4 "चरों के पृथक्करण" का उपयोग करके इस कॉची समस्या को हल करें: - dy = dx y2 () y(x) = 1। x+C 1 कौची समस्या (2.9) का समाधान है। x+1 समाधान का ग्राफ अंजीर में दिखाया गया है। (2.4), जो x . के लिए उस हल 1 को दर्शाता है< 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 >ए, बी1< 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 >बीके+1 > सभी के लिए बीके 2 एन; 1) ए< 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 >एन धारण आइए हम मामले ए, बी 2 आर (अर्थात, ए और बी परिमित हैं; यदि ए = 1 या बी = +1, तो इसी तरह) के लिए इस सहायक अभिकथन को साबित करें। x A B x, मनमाना x 2 (A, B) और δ(x) = min, (x) > 0 लीजिए। ए और बीके! B हमें प्राप्त होता है कि 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1, A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >एन2, एक्स< 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 >एन। खंड 2.1 (अर्थात, अद्वितीयता प्रमेय) के उपफल 1 को लागू करने पर, हम प्राप्त करते हैं कि (t) (t) सभी t 2 के लिए और, विशेष रूप से, t = x के लिए। चूंकि x (ए, बी) में एक मनमाना बिंदु है, इसलिए समाधान की विशिष्टता और इसके साथ परिणाम सिद्ध होते हैं। टिप्पणी 2. 10. अभी-अभी सिद्ध हुए उपफल में, हमें सबसे पहले एक समाधान को एक व्यापक समुच्चय तक विस्तारित करने की धारणा का सामना करना पड़ा। अगले पैराग्राफ में, हम इसका अधिक विस्तार से अध्ययन करेंगे। आइए कुछ उदाहरण दें। p उदाहरण 2. 2. समीकरण y 0 = ejxj x2 + y 2 के लिए ज्ञात कीजिए कि क्या इसका हल संपूर्ण (A, B) = (1, +1) पर मौजूद है। "पट्टी" Q = R2 में इस समीकरण पर विचार करें, फलन p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x)। y x2 + y 2 खंड 2.1 के कथन 2.1 के अनुसार, फलन f (x, y) "स्थिर" L = L(x) के साथ y के संबंध में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, x निश्चित है। तब उपफल की सभी शर्तें संतुष्ट होती हैं, और किसी भी प्रारंभिक डेटा (x0 , y0) 2 R2 के लिए कॉची समस्या का समाधान मौजूद है और, इसके अलावा, (1, +1) पर अद्वितीय है। ध्यान दें कि समीकरण को स्वयं चतुर्भुजों में हल नहीं किया जा सकता है, लेकिन अनुमानित समाधानों का निर्माण संख्यात्मक रूप से किया जा सकता है। Q, -32- उदाहरण 2 में परिभाषित और निरंतर है। 3. समीकरण y 0 = ex y 2 के लिए पता करें कि क्या R पर परिभाषित समाधान हैं। यदि हम इस समीकरण को "स्ट्रिप" Q = R2 में फिर से मानते हैं, जहां फलन f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j सभी y1 , y2 2 R के लिए वास्तव में, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, और व्यंजक jy2 + y1 j, y1, y2 2 R के लिए परिबद्ध नहीं है। इस प्रकार, उपपत्ति लागू नहीं होती है। हम इस समीकरण को "चरों के पृथक्करण" द्वारा हल करते हैं, हम सामान्य समाधान प्राप्त करते हैं: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C निश्चितता के लिए, x0 = 0, y0 2 R लें। यदि y0 = 0, तो y(x ) 0 R पर कॉची समस्या का समाधान है। 1 कॉची समस्या का समाधान है, y0 2 [ 1, 0) के लिए यह सभी x 2 R के लिए परिभाषित है, जबकि y0 2 के लिए ( 1, 1) [(0, +1) हल नहीं है y0 + 1 बिंदु x = ln के माध्यम से जारी रखा जा सकता है अधिक सटीक, यदि x> 0, तो y0 1 समाधान y(x) = y0 +1 परिभाषित किया गया है x 2 (1, x) के लिए, और यदि 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, तो समाधान केवल x 2 1 के लिए मौजूद है; ln y0 यह उदाहरण दर्शाता है कि प्रमेय 2 के उपफलक में फलन f (x, y) की वृद्धि पर प्रतिबंध। इसी तरह, किसी भी ε > 0 के लिए f (x, y) = f1 (x) y 1+ε फ़ंक्शन के साथ उदाहरण प्राप्त किए जाते हैं; उपरोक्त उदाहरण में, = 1 केवल प्रस्तुति की सुविधा के लिए लिया गया है। 2. 3. पहले कोटि के ओडीई परिभाषा के लिए समाधान की निरंतरता 2. 5. समीकरण y 0 = f (x, y) पर विचार करें और माना y(x) इसका हल ha, bi, और Y (x) पर है। hA, Bi पर हल, जहाँ ha, bi hA, Bi और Y (x) = y(x) में ha, bi पर निहित है। तब Y (x) को हल y(x) का hA, Bi तक विस्तार कहा जाता है, जबकि y(x) को hA, Bi तक बढ़ाया जाता है। -34- भाग 2.2 में हमने कॉची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान के लिए स्थानीय अस्तित्व प्रमेय सिद्ध किया। इस समाधान को किन परिस्थितियों में व्यापक अंतराल तक बढ़ाया जा सकता है? यह इस प्रश्न के लिए है कि यह खंड समर्पित है। इसका मुख्य परिणाम इस प्रकार है। प्रमेय 2.5 (एक परिबद्ध बंद डोमेन में समाधान की निरंतरता पर)। मान लें कि एक फलन f (x, y) 2 C G और R2 में y के संबंध में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, और (x0, y0) एक सीमित बंद डोमेन G G का एक आंतरिक बिंदु है। तब समीकरण का समाधान y 0 = f (x , y) G की सीमा के G तक बढ़ाया जा सकता है, अर्थात, इसे ऐसे खंड तक बढ़ाया जा सकता है कि बिंदु a, y(a) और b, y(b) G पर स्थित हों। f (x, y) एक बंधे हुए ∂y बंद डोमेन G उत्तल में y में निरंतर है, तो फ़ंक्शन f (x, y) चर y के संबंध में G में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है। उपखंड 2.1 से अभिकथन 2 का परिणाम देखें। इसलिए, यह प्रमेय सत्य होगा यदि यह y G में निरंतर है। टिप्पणी 2. 11. याद रखें कि यदि प्रमाण। चूँकि (x0 , y0) G का एक आंतरिक बिंदु है, तो एक बंद आयत n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β है, जो पूरी तरह से G में स्थित है। फिर, प्रमेय द्वारा 2. n 2.2 के 3 में h> 0 इस प्रकार मौजूद है कि अंतराल पर समीकरण y 0 = f (x, y) का एक (और अद्वितीय) हल y = (x) है। आइए पहले हम इस समाधान को प्रूफ़ को अलग-अलग चरणों में विभाजित करते हुए, डोमेन G की सीमा तक दाईं ओर जारी रखें। 1. सेट ई आर पर विचार करें: एन ओ ई = α> 0 समाधान y = ϕ(x) विस्तार योग्य है, समीकरण y = 1 (x) का एक समाधान मौजूद है y 0 = f (x, y) कॉची स्थितियों को संतुष्ट करता है 1 ~ बी = ϕ ~ बी। इस प्रकार, (x) और ϕ1 (x) एक ही समीकरण के अंतराल ~b h1, ~b पर समाधान हैं जो बिंदु x = ~b पर संपाती हैं, इसलिए वे पूरे अंतराल ~b h1, ~b पर संपाती हैं और इसलिए, ϕ1 (x) समाधान ϕ(x) का अंतराल ~b h1, ~b से ~b h1, ~b + h1 तक का विस्तार है। फलन ψ(x) पर विचार करें: ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , जो समीकरण y 0 = f (x, y) का एक हल है और कॉची की स्थिति ψ(x0) = y0 को संतुष्ट करता है। तब संख्या α0 + h1 2 E, जो परिभाषा α0 = sup E का खंडन करती है। इसलिए, स्थिति 2 असंभव है। इसी प्रकार, समाधान ϕ(x) बाईं ओर अंतराल तक फैला हुआ है, जहां बिंदु a, (a) 2 G है। प्रमेय पूरी तरह से सिद्ध है। -37- अध्याय III। nवें क्रम की एक सामान्य प्रणाली के लिए कॉची समस्या 3. 1. मूल अवधारणाएँ और सदिश कार्यों की कुछ सहायक गुण इस अध्याय में, हम 8> t, y, के रूप के nवें क्रम की एक सामान्य प्रणाली पर विचार करेंगे। . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , । . . , y , n n 1 n जहां अज्ञात (वांछित) फलन y1 (t), । . . , yn (t), जबकि फलन fi ज्ञात हैं, i = 1, n, फ़ंक्शन के ऊपर का बिंदु t के संबंध में अवकलज को दर्शाता है। यह माना जाता है कि सभी fi डोमेन G Rn+1 में परिभाषित हैं। सिस्टम (3.1) को वेक्टर रूप में लिखना सुविधाजनक है: y_ = f (t, y), जहां y(t) y1 (t) । . . , वाईएन (टी) , एफ (टी, वाई) एफ 1 (टी, वाई) । . . , एफएन (टी, वाई); हम संक्षिप्तता के लिए वैक्टर के पदनाम में तीर नहीं लिखेंगे। इस तरह के अंकन को (3.1) द्वारा भी निरूपित किया जाएगा। मान लीजिए बिंदु t0 , y10 , । . . , yn0 G में निहित है। (3.1) के लिए कॉची समस्या प्रणाली (3.1) के समाधान ϕ(t) को खोजने के लिए है जो इस शर्त को पूरा करती है: 1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., n (t0) = yn0 , (3.2) या सदिश रूप में ϕ(t0) = y 0 । जैसा कि अध्याय 1 में उल्लेख किया गया है, अंतराल हा पर प्रणाली (3.1) के समाधान से, द्वि हमारा मतलब वेक्टर फ़ंक्शन ϕ(t) = ϕ1 (t), । . . , ϕn (टी) निम्नलिखित शर्तों को पूरा करता है: 1) 8 टी 2 हेक्टेयर, द्वि बिंदु टी, (टी) जी में स्थित है; 2) 8 टी 2 हेक्टेयर, द्वि 9 डी डीटी ϕ(टी); 38 3) 8 टी 2 हेक्टेयर, द्वि (टी) संतुष्ट (3.1)। यदि ऐसा समाधान अतिरिक्त रूप से (3.2) को संतुष्ट करता है, जहां t0 2 ha, bi, तो इसे कॉची समस्या का समाधान कहा जाता है। शर्तें (3.2) प्रारंभिक स्थितियां या कॉची स्थितियां कहलाती हैं, और संख्याएं t0 , y10 , । . . , yn0 कॉची डेटा (प्रारंभिक डेटा) हैं। विशेष स्थिति में जब सदिश फलन f (t, y) (n+1) चर का y1 , पर निर्भर करता है। . . , yn रैखिक रूप से, अर्थात, इसका रूप है: f (t, y) = A(t) y + g(t), जहां A(t) = aij (t) एक n n मैट्रिक्स है, सिस्टम (3.1) को रैखिक कहा जाता है। निम्नलिखित में, हमें सदिश फलनों के गुणों की आवश्यकता होगी, जिन्हें हम संदर्भ की सुविधा के लिए यहां प्रस्तुत कर रहे हैं। वैक्टर के लिए एक संख्या से जोड़ और गुणा के नियमों को रैखिक बीजगणित के पाठ्यक्रम से जाना जाता है, इन बुनियादी कार्यों को समन्वय-वार किया जाता है। n यदि हम अदिश गुणन x को R, y = x1 y1 + में पेश करते हैं। . . + xn yn , तो हम एक यूक्लिडियन स्पेस प्राप्त करते हैं, जिसे Rn द्वारा भी दर्शाया जाता है, जिसकी लंबाई s q n P वेक्टर jxj = x, x = x2k (या यूक्लिडियन मानदंड) है। एक अदिश k=1 उत्पाद और लंबाई के लिए, दो मुख्य असमानताएँ सत्य हैं: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (त्रिकोण असमानता); y (कॉची-बन्याकोव असमानता - दूसरे सेमेस्टर के गणितीय विश्लेषण के दौरान, यह ज्ञात है कि यूक्लिडियन अंतरिक्ष (परिमित-आयामी) में बिंदुओं (वैक्टर) के अनुक्रम का अभिसरण निर्देशांक के अनुक्रमों के अभिसरण के बराबर है। इन सदिशों में से, वे कहते हैं, समन्वय-वार अभिसरण के बराबर है। यह आसानी से असमानताओं से अनुसरण करता है: q p अधिकतम x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n अधिकतम xk .16k6n 16k6n इसी तरह अदिश मामले के लिए, व्युत्पन्न और एक वेक्टर फ़ंक्शन के अभिन्न को परिभाषित किया जाता है, और निर्देशांक को पारित करके गुण आसानी से सिद्ध होते हैं। आइए हम सदिश फलनों के लिए कुछ असमानताएँ प्रस्तुत करें, जिनका उपयोग निम्नलिखित में किया जाएगा। 1. किसी सदिश फलन के लिए y(t) = y1 (t), । . . , yn (t) , पूर्णांक (उदाहरण के लिए, निरंतर) पर, निम्नलिखित असमानता रखती है: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) या निर्देशांक रूप में 0 Zb Zb y1 ( टी) डीटी, @ वाई 2 (टी) डीटी,। . . , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) + । . . वाईएन 2 (टी) डीटी। एक सबूत। पहले ध्यान दें कि असमानता मामले को बाहर नहीं करती है b< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – आई-वें लाइनमैट्रिक्स ए, फिर: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 +। . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 कॉची-सुन्याकोवस्की असमानता द्वारा 6 जय j2 x = ! ! एन एन एक्स एक्स 2 2 एआईके एक्सएल = , के = 1 [ईमेल संरक्षित] 2 2 एल = 2 एक्स, के, आई = 1 जिसका अर्थ है (3.5)। परिभाषा 3. 1. मान लें कि सदिश फलन f (t, y) चरों के समुच्चय G पर सदिश चर y के संबंध में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है (t, y) यदि 9 L > 0 इस प्रकार किसी भी t के लिए , y , 2 t, y 2 G असमानता f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 संतुष्ट है। जैसा कि दो चरों के एक फलन के मामले में होता है (अभिकथन 2.1 देखें), एक डोमेन G "y में उत्तल" में Lipschitz संपत्ति के लिए एक पर्याप्त शर्त यह है कि आंशिक डेरिवेटिव बाध्य हैं। आइए एक सटीक परिभाषा दें। परिभाषा 3. 2. चर (t, y) के डोमेन G को y में उत्तल 1 2 कहा जाता है यदि G में स्थित किन्हीं दो बिंदुओं t, y और t, y के लिए, इन दो बिंदुओं को जोड़ने वाला खंड पूरी तरह से उसी का है, अर्थात। इ। n o t, y y = y 1 + y 2 y 1 सेट करें, जहां 2। कथन 3. 1. यदि चरों का प्रांत G (t, y) y में उत्तल है, और आंशिक अवकलज fi निरंतर हैं और सभी i, j = 1, n के yj के लिए G में एक अचर l द्वारा परिबद्ध हैं, तब सदिश फलन f t, y, G में Lipschitz की स्थिति को y पर स्थिर L = n l के साथ संतुष्ट करता है। 1 2 सबूत। मनमाना बिंदु t, y और t, y से G और 1 2 को जोड़ने वाले खंड पर विचार करें, अर्थात। सेट t, y , जहाँ y = y + y y1 , t स्थिर है, और 2 । -41- आइए हम एक अदिश तर्क g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 के एक सदिश फलन का परिचय दें फिर g(1) g(0) = f t, y f t, y , और दूसरी ओर Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = y = y 1 + y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y के कारण 2 y 1 dτ , 0 जहाँ A(τ) fi प्रविष्टियों वाला एक आव्यूह है और yj y2 y 1 संगत स्तंभ है। यहां हमने एक जटिल फलन के विभेदन के नियम का उपयोग किया है, अर्थात्, सभी के लिए i = 1, n, t निश्चित है, हमारे पास है: 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 इसे आव्यूह के रूप में लिखने पर, हमें प्राप्त होता है: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y n n मैट्रिक्स के साथ A(τ) = aij (τ) ∂fi yj । अभिन्न अनुमान (3.3) और असमानता (3.5) का उपयोग करके, प्रतिस्थापन के बाद हम प्राप्त करते हैं: f t, y 2 f t, y 1 Z1 = g 0 (τ) dτ = 0 Z1 6 A(τ) y 2 Z1 y1 A(τ) y 2 0 Z1 dτ 6 0 A(τ) A(τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 n l 0 6 अधिकतम A(τ) चूंकि 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1, 2 6 n2 l2 8 τ 2 के लिए। अभिकथन सिद्ध हो चुका है। -42- 3. 2. सामान्य प्रणाली के लिए कॉची समस्या के समाधान की विशिष्टता प्रमेय 3. 1 (दो समाधानों के अंतर का अनुमान लगाने पर)। मान लीजिए G कुछ डोमेन Rn+1 है, और वेक्टर फ़ंक्शन f (x, y) G में निरंतर है और सेट G पर स्थिर L के साथ वेक्टर चर y के संबंध में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है। यदि y 1 , y 2 हैं सामान्य प्रणाली के दो समाधान (3.1) y_ = f (x, y) खंड पर, तो अनुमान y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) सभी t 2 के लिए मान्य है। प्रमाण स्पष्ट पुनर्संकेतों को ध्यान में रखते हुए, धारा 2.1 से प्रमेय 2.1 के प्रमाण को शब्दशः दोहराता है। 2 यहाँ से प्रारंभिक डेटा के संबंध में समाधान की विशिष्टता और स्थिरता के प्रमेय को प्राप्त करना आसान है। कोरोलरी 3.1. मान लीजिए सदिश फलन f (t, y) प्रांत G में सतत है और G में y में Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, और फलन y 1 (t) और y 2 (t) को सामान्य प्रणाली के दो समाधान होने दें (3.1) ) एक ही खंड पर , और t0 2 . यदि y 1 (t0) = y 2 (t0), तो y 1 (t) y 2 (t) पर। कोरोलरी 3.2. (प्रारंभिक डेटा पर निरंतर निर्भरता पर)। मान लीजिए कि सदिश फलन f (t, y) प्रांत G में सतत है और G में स्थिर L > 0 के साथ y पर Lipschitz की स्थिति को संतुष्ट करता है, और सदिश फलन y 1 (t) और y 2 (t) को निम्न के हल होने दें सामान्य प्रणाली (3.1) पर परिभाषित . फिर, 8 t 2 के लिए, असमानता y 1 (t) धारण करती है, जहाँ = y 1 (t0) y 2 (t0) और l = t1 y 2 (t) 6 eL l , t0 । कोरोलरीज का प्रूफ़, स्पष्ट रिनोटेशन को ध्यान में रखते हुए, कोरोलरीज़ 2.1 और 2.2 के प्रूफ़ को शब्द दर शब्द दोहराता है। 2 कॉची समस्या (3.1), (3.2) की सॉल्वैबिलिटी का अध्ययन, जैसा कि एक-आयामी मामले में होता है, एक इंटीग्रल (वेक्टर) समीकरण की सॉल्वैबिलिटी को कम करता है। लेम्मा 3. 1. मान लीजिए f (t, y) 2 C G; आरएन 1। तब निम्नलिखित अभिकथन मान्य हैं: 1) समीकरण (3.1) का कोई भी हल (t) अंतराल पर, द्वि-संतोषजनक (3.2) t0 2 ha, bi, ha पर एक सतत समाधान है, bi 1 C G से होकर; एच डोमेन जी में निरंतर सभी कार्यों के सेट को अंतरिक्ष एच में मूल्यों के साथ निरूपित करने के लिए प्रथागत है। उदाहरण के लिए, एफ (टी, वाई) 2 सी जी; सेट जी पर परिभाषित आरएन घटक) सभी निरंतर वेक्टर कार्यों का सेट है (एन -43-अभिन्न समीकरण y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ; (3.6) t0 2) यदि वेक्टर -फ़ंक्शन (t) 2 C ha, bi, ha, bi पर इंटीग्रल इक्वेशन (3.6) का एक सतत हल है, जहां t0 2 ha, bi, तब (t) का ha, bi और पर एक सतत व्युत्पन्न है। (3.1), (3.2) का एक हल है। सबूत। 1. मान लीजिए 8 2 हेक्टेयर, द्वि समानता dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) को संतुष्ट करता है। फिर, t0 से t में समाकलित करते हुए, (3.2) को ध्यान में रखते हुए, हम dτ Rt 0 प्राप्त करते हैं कि (t) = y + f τ, (τ) dτ, अर्थात, ϕ(t) समीकरण (3.6) को संतुष्ट करता है। t0 2. मान लीजिए कि एक सतत सदिश फलन (t) ha, bi पर समीकरण (3.6) को संतुष्ट करता है। तब f t, (t) संयुक्त फलन निरंतरता प्रमेय द्वारा ha, bi पर निरंतर है, और इसलिए (3.6) के दाईं ओर ) (और इसलिए बाईं ओर) का t on ha, bi के संबंध में एक सतत व्युत्पन्न है। t = t0 के लिए, (3.6) (t0) = y 0 से, अर्थात्, (t) कौची समस्या (3.1), (3.2) का समाधान है। ध्यान दें कि, हमेशा की तरह, खंड के अंत में व्युत्पन्न (यदि यह इसका है) को फ़ंक्शन के एकतरफा व्युत्पन्न के रूप में समझा जाता है। लेम्मा सिद्ध होता है। टिप्पणी 3. 1. एक-आयामी मामले के साथ सादृश्य का उपयोग करना (अध्याय 2 देखें) और ऊपर सिद्ध किए गए दावे, हम कॉची समस्या के समाधान के अस्तित्व और निरंतरता पर एक पुनरावृत्त अनुक्रम का निर्माण करके प्रमेय को साबित कर सकते हैं। कुछ अंतराल t0 h, t0 + h पर समाकल समीकरण (3.6) का हल। यहां हम संकुचन मानचित्रण सिद्धांत के आधार पर समाधान के लिए अस्तित्व (और विशिष्टता) प्रमेय का एक और प्रमाण प्रस्तुत करते हैं। हम पाठक को सिद्धांत के अधिक आधुनिक तरीकों से परिचित कराने के लिए ऐसा करते हैं, जो भविष्य में गणितीय भौतिकी के अभिन्न समीकरणों और समीकरणों के पाठ्यक्रमों में लागू किया जाएगा। अपनी योजना को क्रियान्वित करने के लिए, हमें कई नई अवधारणाओं और सहायक अभिकथनों की आवश्यकता है, जिन पर अब हम विचार करेंगे। 3. 3. एक मीट्रिक स्थान की अवधारणा। संकुचन मानचित्रण का सिद्धांत गणित में सीमा की सबसे महत्वपूर्ण अवधारणा बिंदुओं की "निकटता" की अवधारणा पर आधारित है, अर्थात। उनके बीच की दूरी का पता लगाने में सक्षम होने के लिए। संख्या अक्ष पर दूरी दो संख्याओं के बीच के अंतर का मापांक है, तल पर यह अच्छा है प्रसिद्ध सूत्रयूक्लिडियन दूरी, आदि। विश्लेषण के कई तथ्य तत्वों के बीजगणितीय गुणों का उपयोग नहीं करते हैं, लेकिन केवल उनके बीच की दूरी की अवधारणा पर निर्भर करते हैं। इस दृष्टिकोण का विकास, अर्थात्। एक सीमा की अवधारणा से संबंधित "होने" का पृथक्करण एक मीट्रिक स्थान की अवधारणा की ओर ले जाता है। -44- परिभाषा 3. 3. मान लें कि X मनमानी प्रकृति का एक सेट है, और ρ(x, y) दो चर x, y 2 X का एक वास्तविक कार्य है, जो तीन स्वयंसिद्धों को संतुष्ट करता है: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X, और ρ(x, y) = 0 केवल x = y के लिए; 2) (x, y) = ρ(y, x) (सममिति का अभिगृहीत); 3) ρ(x, z) 6 (x, y) + ρ(y, z) (त्रिकोण असमानता)। इस मामले में, सेट एक्स के साथ दिया गया कार्य(x, y) को मीट्रिक स्पेस (ÌP) कहा जाता है, और फ़ंक्शन ρ(x, y): X X 7! संतोषजनक 1) - 3), - मीट्रिक या दूरी। आइए हम मीट्रिक रिक्त स्थान के कुछ उदाहरण दें। उदाहरण 3. 1. मान लीजिए X = R दूरी (x, y) = x y के साथ, हम MT R प्राप्त करते हैं। n o n xi 2 R, i = 1, n उदाहरण 3 है। 2. मान लीजिए X = R = x1, । . . , xn वास्तविक संख्याओं s n 2 P x = x1, n के क्रमित संग्रहों का समुच्चय है। . . , xn दूरी (x, y) = xk yk के साथ, हमें n1 k=1 n आयामी यूक्लिडियन स्पेस R मिलता है। n उदाहरण 3. 3. मान लीजिए X = C a, b ; आर, आरएन में मूल्यों के साथ ए, बी पर निरंतर सभी कार्यों का सेट है, यानी। निरंतर सदिश फलन, दूरी ρ(f, g) = अधिकतम f (t) g(t) के साथ, जहां f = f (t) = f1 (t), । . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), । . . , जीएन (टी), एफ जी = एफके (टी) जीके (टी)। के = 1 उदाहरण के लिए 3. 1 -3। एमपी के 3 स्वयंसिद्ध सीधे सत्यापित हैं, हम इसे कर्तव्यनिष्ठ पाठक के लिए एक अभ्यास के रूप में छोड़ देते हैं। हमेशा की तरह, यदि प्रत्येक प्राकृतिक n एक तत्व xn 2 X से जुड़ा है, तो हम कहते हैं कि बिंदुओं का एक क्रम xn MP X दिया गया है। परिभाषा 3. 4. बिंदुओं का एक क्रम xn MP X एक बिंदु x में अभिसरण करने के लिए कहा जाता है 2 X यदि lim ρ xn , x = 0. n!1 परिभाषा 3. 5. एक अनुक्रम xn को मौलिक कहा जाता है यदि किसी ε> 0 के लिए एक प्राकृत संख्या N (ε) मौजूद हो जिससे कि सभी n > N और m > के लिए एन असमानता ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 एन (ε) 2 एन: 8 मीटर, एन> एन =) अधिकतम एफएम (टी) एफएन (टी)< 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 एक संख्या N (ε) है जिससे सभी n > N और सभी t 2 a, b असमानता fn (t) f (t) के लिए< 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. बी = एम, बी: एक्स 7 पर विचार करें! एक्स, बी - संपीड़न। प्रमेय 3.2 के अनुसार, संचालिका B का एक अद्वितीय नियत बिंदु x है। चूँकि A और B यात्रा करते हैं AB = BA और चूँकि Bx = x, हमारे पास B Ax = A Bx = Ax है, अर्थात्। y = कुल्हाड़ी भी B का एक निश्चित बिंदु है, और चूंकि ऐसा बिंदु प्रमेय 3.2 के अनुसार अद्वितीय है, तो y = x या कुल्हाड़ी = x। अत: x, संकारक A का एक निश्चित बिंदु है। आइए हम अद्वितीयता सिद्ध करें। मान लीजिए कि x~ 2 X और A~ x = x~, तो m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = । . . = x~, अर्थात् x~ भी B के लिए एक निश्चित बिंदु है, जहाँ से x~ = x । प्रमेय सिद्ध हो चुका है। मीट्रिक स्थान का एक विशेष मामला एक मानक रैखिक स्थान है। आइए एक सटीक परिभाषा दें। परिभाषा 3. 9. मान लीजिए कि X एक रैखिक स्थान (वास्तविक या सम्मिश्र) है, जिस पर एक संख्यात्मक फलन x परिभाषित है, जो X से R तक कार्य करता है और अभिगृहीतों को संतुष्ट करता है: 1) 8 x 2 X, x> 0, और x = 0 केवल x = के लिए; 2) 8 x 2 X और 8 2 R (या C) 3) के लिए 8 x, y 2 X निक है)। x+y 6 x + y x = jλj x ; (त्रिभुज असमानता) तब X को एक मानक स्थान कहा जाता है, x: X 7! R संतोषजनक 1) - 3), एक मानदंड कहलाता है। और फ़ंक्शन एक मानक स्थान में, आप सूत्र x, y = x y द्वारा तत्वों के बीच की दूरी दर्ज कर सकते हैं। एमपी के स्वयंसिद्धों की पूर्ति आसानी से सत्यापित है। यदि परिणामी मीट्रिक स्थान पूर्ण है, तो संबंधित मानक स्थान को Banax स्थान कहा जाता है। एक ही रैखिक स्थान पर अलग-अलग तरीकों से एक मानदंड पेश करना अक्सर संभव होता है। नतीजतन, एक अवधारणा उत्पन्न होती है। परिभाषा 3. 10. मान लीजिए कि X एक रेखीय स्थान है, और मान लीजिए कि दो 1 2 मानदंड हैं। मानदंड और समकक्ष 1 2 मानदंड कहलाते हैं यदि 9 C1 > 0 और C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 । टिप्पणी 3. 3. यदि और एक्स पर दो समकक्ष मानदंड हैं, और 1 2 स्पेस एक्स उनमें से एक में पूर्ण है, तो यह दूसरे मानदंड में भी पूर्ण है। यह इस तथ्य से आसानी से अनुसरण करता है कि अनुक्रम xn X, जो कि संबंध में मौलिक है, के संबंध में भी मौलिक है, और 1 2 में परिवर्तित होता है उसी तत्व x 2 X का उपयोग तब किया जाता है जब इस स्थान की एक बंद गेंद को लिया जाता है एक पूर्ण n स्पेस o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r, जहां r > 0 और a 2 X स्थिर हैं। ध्यान दें कि PMP में बंद गेंद अपने आप में समान दूरी वाली PMP होती है। इस तथ्य का प्रमाण हम पाठक पर एक अभ्यास के रूप में छोड़ते हैं। टिप्पणी 3. 5. ऊपर, रिक्त स्थान की पूर्णता को उदाहरण n माप 3 से स्थापित किया गया था। 3. ध्यान दें कि रैखिक स्थान X = C 0, T , R में, हम मानदंड kxk = अधिकतम x (t) का परिचय दे सकते हैं। ताकि परिणामी सामान्यीकरण बनच हो। अंतरिक्ष 0, टी पर निरंतर वेक्टर कार्यों के एक ही सेट पर, हम किसी भी α 2 आर के लिए सूत्र kxkα = अधिकतम ई αt x(t) द्वारा एक समकक्ष मानदंड पेश कर सकते हैं। α> 0 के लिए, असमानता असमानताओं से समानता का पालन करती है e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) सभी t 2 0, T के लिए, जहां से e αT kxk 6 kxkα 6 kxk। हम रैखिक (सामान्य) प्रणालियों के लिए कॉची समस्या की अद्वितीय सॉल्वैबिलिटी पर प्रमेय को साबित करने के लिए समकक्ष मानदंडों की इस संपत्ति का उपयोग करते हैं। 3. 4. सामान्य प्रणालियों के लिए कॉची समस्या के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय कॉची समस्या (3.1) - (3.2) पर विचार करें, जहां प्रारंभिक डेटा t0 , y 0 2 G, G Rn+1 का डोमेन है वेक्टर फ़ंक्शन एफ (टी, वाई)। इस खंड में, हम यह मानेंगे कि G के पास - कुछ n रूप G = a, b o है, जहां डोमेन Rn है और गेंद BR (y 0) = प्रमेय है। y 2 Rn y y0 6 R पूरी तरह से अंदर है। प्रमेय 3. 4. मान लीजिए f (t, y) 2 C G एक सदिश फलन है; आरएन, और 9 एम> 0 और एल> 0 जैसे कि निम्नलिखित शर्तें संतुष्ट हैं: 1) 8 (टी, वाई) 2 जी = ए, बी एफ (टी, वाई) 6 एम; 2) 8 (टी, वाई 1), (टी, वाई 2) 2 जी एफ टी, वाई 2 एफ टी, वाई 1 6 एल वाई 2 वाई 1। एक संख्या 2 (0, 1) स्थिर कीजिए और मान लीजिए t0 2 (a, b)। फिर आर 1 9 एच = मिनट; ; टी0 ए; b t0 > 0 M L जैसे कि कौची समस्या (3.1), (3.2) y(t) का अंतराल Jh = t0 h, t0 + h, और y(t) y 0 6 R के लिए एक अनूठा समाधान भी मौजूद है। सभी टी 2 झा। -48- सबूत। लेम्मा 3.1 द्वारा, कॉची समस्या (3.1), (3.2) अंतराल पर अभिन्न समीकरण (3.6) के बराबर है, और इसलिए Jh पर भी, जहां h को ऊपर चुना गया है। बैनाच स्पेस एक्स = सी (जेएच; आरएन) पर विचार करें, वेक्टर फ़ंक्शन एक्स (टी) का सेट अंतराल जे पर निरंतर है, जो कि केएक्सके = अधिकतम एक्स (टी) के साथ है, और एक्स में एक बंद सेट पेश करें: t2Jh SR y 0 n 8 t 2 Jh = y(t) 2 X y(t) n = y(t) 2 X y y(t) o 0 6R = o 0 y 6R X में एक बंद गेंद है। नियम द्वारा परिभाषित ऑपरेटर A : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 SR y 0 को अपने आप में लेता है, क्योंकि y 0 = अधिकतम Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​M 6 प्रमेय की शर्त 1 और h की परिभाषा के अनुसार R t0। आइए हम सिद्ध करें कि A, SR पर संकुचन संचालिका है। आइए हम एक मनमाना 0 1 2 लें और मान का अनुमान लगाएं: Zt 6 अधिकतम t2Jh f τ, y 2 (τ) f , y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , जहां q = h L 6 1< 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 को R के अनुसार सूत्र h = min M द्वारा चुना जाता है; 1 एल ; b a , और हर जगह हमें -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h को खंड Jh के रूप में लेना चाहिए। प्रमेय की अन्य सभी शर्तें नहीं बदलती हैं, इसका प्रमाण, नामकरण को ध्यान में रखते हुए, R संरक्षित है। स्थिति t0 = b के लिए, इसी प्रकार, h = min M; 1 एल ; बी ए, और झा = बी एच, बी। n टिप्पणी 3. 7. प्रमेय 3. 4 में, शर्त f (t, y) 2 C G; R , जहां G = a, b D, को इस आवश्यकता के साथ प्रतिस्थापित करके कमजोर किया जा सकता है कि f (t, y) प्रत्येक y 2 के लिए चर t के संबंध में निरंतर हो, जबकि शर्तों 1 और 2 को बनाए रखते हुए। सबूत रहता है वही। टिप्पणी 3. 8. यह पर्याप्त है कि प्रमेय 3 की शर्तें 1 और 2। 4 सभी t, y 2 a, b BR y के लिए 0 पकड़ती है, और स्थिरांक M और L निर्भर करते हैं, सामान्यतया, 0 पर y और R पर प्रतिबंध। सदिश फलन f t, y , प्रमेय 2.4 के समान, पूरे अंतराल a, b पर कौची समस्या (3.1), (3.2) के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय मान्य है। n प्रमेय 3. 5. मान लीजिए कि एक सदिश f x, y 2 C G, R, जहां G = a, b Rn है और वहां L > 0 मौजूद है, इस प्रकार कार्य करता है कि स्थिति 8 t, y 1, t, y 2 2 G f t, वाई 2 एफ टी, वाई 1 6 एल वाई 2 वाई 1। फिर, किसी भी t0 2 और y 0 2 Rn के लिए, a और b पर कॉची समस्या (3.1), (3.2) का एक अनूठा समाधान मौजूद है। सबूत। आइए मनमाना t0 2 और y 0 2 Rn लें और उन्हें ठीक करें। आइए हम समुच्चय G = a, b Rn को इस रूप में निरूपित करें: G = G [ G+ , जहां Rn , और G+ = t0 , b Rn , यह मानते हुए कि t0 2 a, b , अन्यथा एक G = a, t0 के चरणों से प्रमाण अनुपस्थित रहेगा। आइए हम पट्टी G+ का कारण बताते हैं। अंतराल t0 , b पर, कॉची समस्या (3.1), (3.2) समीकरण (3.6) के बराबर है। हम इंटीग्रल n A: X 7 के लिए एक ऑपरेटर पेश करते हैं! एक्स, जहां एक्स = सी टी0 , बी ; आर , सूत्र के अनुसार Ay = y 0 + Zt f , y(τ) dτ। t0 तब समाकल समीकरण (3.6) को संकारक समीकरण Ay = y के रूप में लिखा जा सकता है। (3.8) यदि हम यह सिद्ध करते हैं कि PMP X में संकारक समीकरण (3.8) का हल है, तो हम t0 , b पर या g के लिए a, t0 पर कॉची समस्या की सॉल्वैबिलिटी प्राप्त करते हैं। यदि यह समाधान अद्वितीय है, तो समानता के आधार पर कौची समस्या का समाधान भी अद्वितीय होगा। हम समीकरण (3.8) की अद्वितीय सॉल्वैबिलिटी के दो प्रमाण प्रस्तुत करते हैं। प्रमाण 1. स्वेच्छ सदिश फलनों पर विचार करें 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , तो अनुमान किसी भी -50- t 2 t0 , b Ay 2: Ay 1 Zt h f τ, y 2 (τ) = 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 Zt y 2 (τ) के लिए मान्य हैं। 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 अधिकतम y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1। याद रखें कि X में मानदंड निम्नानुसार प्रस्तुत किया गया है: kxk = max x(τ) । परिणामी असमानता से, हमारे पास होगा) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . इस प्रक्रिया को जारी रखते हुए, हम प्रेरण द्वारा सिद्ध कर सकते हैं कि 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! के वाई2 वाई1. इसलिए, अंत में, हम अनुमान प्राप्त करते हैं एक y 2 एक y 1 = अधिकतम एक y 2 एल b t0 एक y 1 6 एल बी t0 k! के वाई2 वाई1. k चूँकि α(k) = ! 0 के लिए! 1, तो k0 ऐसा है कि k! वह 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 (टिप्पणी 3. 5 देखें) सूत्र द्वारा: x α = अधिकतम e αt x(t) । -51- आइए हम दिखाते हैं कि α को इस तरह से चुनना संभव है कि α> L के मानदंड के साथ अंतरिक्ष X में ऑपरेटर A सिकुड़ा हो। वास्तव में, α अय 2 आयु 1 α Zt h f , y 2 (τ) αt = अधिकतम e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 अधिकतम e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L अधिकतम e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L अधिकतम e αt Zt eατ dτ अधिकतम e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = एल मैक्स ई αt चूंकि α> एल, फिर q = एल α 1 1 αt e α e e αt0< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об उलटा काम करना , जिससे y के सापेक्ष समानता (4.3) को हल किया जा सकता है और सूत्र y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) प्राप्त किया जा सकता है, जो बिंदु x0 के पड़ोस में मान्य है। आइए हम दिखाते हैं कि समानता (4.4) बिंदु x0 के पड़ोस में समीकरण (4.1) का हल देती है। वास्तव में, प्रतिलोम फलन विभेदन प्रमेय का उपयोग करते हुए और संबंध F10 (x) = f1 (x) को ध्यान में रखते हुए, हम y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) प्राप्त करते हैं। = 1 F20 ( y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), जहां से यह पता चलता है कि (4.4) से फलन y(x) समीकरण (4.1) का हल है। अब प्रारंभिक स्थिति y(x0) = y0 के साथ समीकरण (4.1) के लिए कॉची समस्या पर विचार करें। (4.5) सूत्र (4.2) को Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 के रूप में लिखा जा सकता है। कॉची समस्या का समाधान Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx के संबंध से निर्धारित होता है। x0 -56- (4.6) जाहिर है, यह विशिष्ट रूप से निर्धारित है। इस प्रकार, समीकरण (4.1) का सामान्य समाधान सूत्र (4.4) द्वारा दिया जाता है, और कॉची समस्या (4.4), (4.5) का समाधान संबंध (4.6) से मिलता है। टिप्पणी 4. 1. यदि कुछ y = yj, (j = 1, 2, ..., s) के लिए f2 (y) = 0, तो जाहिर है, समीकरण (4.1) के समाधान भी फलन y( एक्स) वाईजे, जे = 1, 2,। . . , s, जो इन कार्यों के सीधे प्रतिस्थापन द्वारा समीकरण (4.1) में सिद्ध होता है। टिप्पणी 4. 2. समीकरण (4.1) के लिए सामान्य हल संबंध F2 (y) F1 (x) = C से निर्धारित होता है। (4.7) इस प्रकार, संबंध का बायां पक्ष (4.7) समीकरण के प्रत्येक समाधान पर स्थिर होता है (4.1)। अन्य ODE को हल करते समय (4.7) जैसे संबंध भी लिखे जा सकते हैं। इस तरह के संबंधों को आमतौर पर संबंधित ओडीई के इंटीग्रल (सामान्य इंटीग्रल) कहा जाता है। आइए एक सटीक परिभाषा दें। परिभाषा 4. 1. समीकरण y 0 (x) = f (x, y) पर विचार करें। (4.8) संबंध (x, y) = C, (4.9) जहां (x, y) वर्ग C 1 का एक फलन है, समीकरण (4.8) का सामान्य समाकल कहलाता है यदि यह संबंध समान रूप से संतुष्ट नहीं है, लेकिन है समीकरण के प्रत्येक हल पर संतुष्ट (4.8)। C 2 R के प्रत्येक विशिष्ट मान के लिए, हमें आंशिक समाकलन प्राप्त होता है। समीकरण (4.8) का सामान्य हल सामान्य समाकलन (4.9) से निहित फलन प्रमेय का उपयोग करके प्राप्त किया जाता है। उदाहरण 4. 1. समीकरण x (4.10) y 0 (x) = y और प्रारंभिक स्थिति y(2) = 4. (4.11) पर विचार करें। y dy = x dx, जहाँ से हम समीकरण (4.10) y 2 x2 = C का सामान्य समाकल पाते हैं। समीकरण (4.10) का सामान्य हल सूत्र p y= C + x2 द्वारा लिखा जाता है, और कॉची समस्या का समाधान ( 4.10), (4.11) सूत्र p y = 12 + x2 द्वारा लिखा गया है। -57- 4. 2. पहले क्रम के रैखिक ओडीई पहले क्रम का एक रैखिक ओडीई समीकरण y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x) है, यदि q(x) 6 यदि क्यू (एक्स) एक्स 2 हेक्टेयर, बी। (4.12) 0, तो समीकरण को अमानवीय कहा जाता है। 0, तो समीकरण को समांगी कहा जाता है: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) प्रमेय 4. 1. 1) यदि y1 (x), y2 (x) के समाधान हैं समांगी समीकरण (4.120), α, β मनमानी संख्याएं हैं, तो फलन y (x) αy1 (x) + βy2 (x) भी समीकरण (4.120) का एक हल है। 2) अमानवीय समीकरण (4.12) के सामान्य हल के लिए सूत्र यों = yoo + ych होता है; (4.13) यहाँ आप अमानवीय समीकरण (4.12) का सामान्य समाधान है, yн अमानवीय समीकरण (4.12) का एक विशेष समाधान है, आप सजातीय समीकरण (4.120) का सामान्य समाधान है। सबूत। प्रमेय का पहला अभिकथन प्रत्यक्ष सत्यापन द्वारा सिद्ध होता है: हमारे पास y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y है। आइए हम दूसरे अभिकथन को सिद्ध करें। मान लीजिए y0 समीकरण (4.120) का एक मनमाना हल है, तो y00 = p(x)y0 । दूसरी ओर, 0 ych = p(x)ych + q(x)। इसलिए, 0 y0 + ych = p(x) y0 + ych + q(x), जिसका अर्थ है कि y y0 + ych समीकरण (4.12) का एक हल है। इस प्रकार, सूत्र (4.13) अमानवीय समीकरण (4.12) का हल देता है। आइए हम दिखाते हैं कि इस सूत्र से समीकरण (4.12) के सभी हल प्राप्त किए जा सकते हैं। वास्तव में, मान लीजिए y^(x) समीकरण (4.12) का एक हल है। हम y~(x) = y^(x) ych डालते हैं। हमारे पास y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 ych (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)ych (x) = p(x) y है। ^ (x) q(x) = ych (x) = p(x)~ y (x)। इस प्रकार, y~(x) सजातीय समीकरण (4.120) का एक हल है, और हमारे पास y^(x) = y~(x) + ych है, जो सूत्र (4.13) के संगत है। प्रमेय सिद्ध हो चुका है। -58- नीचे हम प्रारंभिक स्थिति y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi के साथ समीकरणों (4.12) और (4.120) के लिए कॉची समस्याओं पर विचार करेंगे। (4.14) (4.12) से फलन p(x) और q(x) के संबंध में, हम मानते हैं कि p(x), q(x) 2 C (ha, bi)। टिप्पणी 4. 3. F (x, y) = p(x)y + q(x) रखें। फिर, ऊपर p(x) और q(x) पर लगाई गई शर्तों को देखते हुए, हमारे पास F (x, y), F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1, और, परिणामस्वरूप, कॉची समस्या (4.12), (4.14) के समाधान के लिए अस्तित्व और विशिष्टता प्रमेय, जो अध्याय 2 में सिद्ध हुए थे, पूरे अंतराल पर मौजूद हैं। पहले सजातीय समीकरण (4.120) पर विचार करें। प्रमेय 4. 2. कथन: मान लीजिए p(x) 2 C (हेक्टेयर, द्वि)। तब निम्नलिखित सत्य हैं: 1) समीकरण (4.120) का कोई भी हल पूरे अंतराल हा, द्वि पर परिभाषित किया जाता है; 2) सजातीय समीकरण का सामान्य समाधान (4. 120) सूत्र y(x) = C e द्वारा दिया गया है जहाँ C R p(x) dx , (4.15) एक मनमाना स्थिरांक है; 3) कॉची समस्या का समाधान (4.120), (4.14) सूत्र Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ द्वारा दिया गया है। (4.16) प्रमाण। आइए हम अध्याय की शुरुआत में दी गई विधि के अनुसार सूत्र (4.15) प्राप्त करें। सबसे पहले, हम देखते हैं कि फलन y 0 समीकरण (4.120) का एक हल है। मान लीजिए y(x) समीकरण (4.120) का हल है, और माना y 6 0 ha, bi पर। फिर 9 x1 2 हेक्टेयर, द्वि इस तरह कि y(x1) = y0 6= 0. बिंदु x1 के पड़ोस में समीकरण (4.120) पर विचार करें। यह वियोज्य चर के साथ एक समीकरण है, और y(x) 6= 0 बिंदु के कुछ पड़ोस में x1 । फिर, पिछले पैराग्राफ के परिणामों के बाद, हम समाधान Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- जहां से R y(x) = C के लिए एक स्पष्ट सूत्र प्राप्त करते हैं e p(x) dx , c 6= 0, जो सूत्र (4.15) के अनुरूप है। इसके अलावा, समाधान y 0 भी C = 0 के लिए सूत्र (4.15) द्वारा दिया गया है। समीकरण (4.120) में प्रत्यक्ष प्रतिस्थापन द्वारा, हम देखते हैं कि किसी भी C के लिए सूत्र (4.15) द्वारा दिया गया फ़ंक्शन y(x) एक समाधान है समीकरण (4.120), इसके अलावा, पूरे अंतराल पर हा, द्वि। आइए हम दिखाते हैं कि सूत्र (4.15) समीकरण (4.120) के सामान्य हल को परिभाषित करता है। वास्तव में, मान लीजिए y^(x) समीकरण (4.120) का एक मनमाना हल है। यदि y^(x) 6= 0 ha, bi पर, फिर पिछले तर्क को दोहराते हुए, हम पाते हैं कि यह फलन कुछ C के लिए सूत्र (4.15) द्वारा दिया गया है: अर्थात्, यदि y^(x0) = y^0 , तो आरएक्स पी (ξ) डीξ। y^(x) = y^0 e x0 यदि 9x1 2 ha, bi ऐसा है कि y^(x1) = 0, तो प्रारंभिक स्थिति y(x1) = 0 के साथ समीकरण (4.120) के लिए कॉची समस्या के दो समाधान हैं y ^(x) और y(x) 0. टिप्पणी द्वारा 4. 3, कॉची समस्या का समाधान अद्वितीय है, इसलिए, y^(x) 0, और, परिणामस्वरूप, C = के लिए सूत्र (4.15) द्वारा दिया गया है। 0. इस प्रकार, हमने सिद्ध किया है कि सामान्य हल समीकरण (4.120) सभी ha, bi पर परिभाषित है और सूत्र (4.15) द्वारा दिया गया है। सूत्र (4.16) स्पष्ट रूप से सूत्र (4.15) का एक विशेष मामला है, इसलिए यह परिभाषित कार्य y(x) समीकरण (4.120) का एक समाधान है। इसके अलावा, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , इसलिए सूत्र (4.16) वास्तव में कौची समस्या (4.120), (4.14) के समाधान को परिभाषित करता है। प्रमेय 4.2 सिद्ध होता है। अब विषम समीकरण (4.12) पर विचार करें। प्रमेय 4. 3. मान लीजिए p(x), q(x) 2 C (ha, bi)। तब निम्नलिखित कथन सत्य हैं: 1) समीकरण (4.12) के किसी भी हल को पूरे अंतराल में परिभाषित किया गया है। 2) अमानवीय समीकरण (4.12) का सामान्य हल सूत्र Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e ​​p(x) dx dx, (4.17) y(x) = द्वारा दिया गया है। Ce +e जहाँ C एक मनमाना स्थिरांक है; 3) कौची समस्या का समाधान (4.12), (4.14) सूत्र Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) द्वारा दिया जाता है। ) डी डी डी। (4.18) प्रमाण। प्रमेय 4. 1 और सूत्र (4.13) योन = yоо + yн के अनुसार, समीकरण (4.12) का एक विशेष हल खोजना आवश्यक है। इसे खोजने के लिए, हम एक मनमाना स्थिरांक के परिवर्तन की तथाकथित विधि को लागू करते हैं। इस विधि का सार इस प्रकार है: हम सूत्र (4.15) लेते हैं, इसमें स्थिरांक C को अज्ञात फलन C(x) से बदलते हैं और ych (x) = C के रूप में समीकरण (4.12) के एक विशेष हल की तलाश करते हैं। (एक्स) ई आर पी (एक्स) डीएक्स। (4.19) हम yn (x) को (4.19) से समीकरण (4.12) में प्रतिस्थापित करते हैं और सी (एक्स) पाते हैं ताकि यह समीकरण संतुष्ट हो। हमारे पास R R 0 ych (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) है। (4.12) में प्रतिस्थापित करने पर, हम प्राप्त करते हैं C 0 (x) e R p(x) dx + C(x) e R p(x) dx p(x) + C(x)p(x) e R p(x ) dx = q(x), जहां से R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx । अंतिम संबंध को एकीकृत करने और पाए गए C(x) को सूत्र (4.19) में प्रतिस्थापित करने पर, हम प्राप्त करते हैं कि Z R R p(x) dx ych (x) = e q(x) e p(x) dx dx। इसके अलावा, प्रमेय 4 के आधार पर। 2 R yоо = C e p(x) dx । इसलिए, प्रमेय 4.1 से सूत्र (4.13) का उपयोग करके, हम प्राप्त करते हैं कि Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yoo + ych = Ce +e q(x)e ​​p(x) dx dx, जो सूत्र (4.17) से मेल खाता है। जाहिर है, सूत्र (4.17) पूरे अंतराल हा, द्वि पर एक समाधान देता है। अंत में, कॉची समस्या का समाधान (4.12), (4.14) सूत्र द्वारा दिया गया है Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q( ) ex0 x0 dξ। (4.20) x0 वास्तव में, सूत्र (4.20) C = y0 के लिए सूत्र (4.17) का एक विशेष मामला है, इसलिए यह समीकरण (4.12) के समाधान को परिभाषित करता है। इसके अलावा, x R0 y(x0) = y0 e x0 x R0 p(ξ) dξ +e p(θ) dθ Zx0 Rξ q(ξ)e x0 x0 x0 -61- p(θ) dθ dξ = y0 , इसलिए प्रारंभिक डेटा (4.14)। हम फॉर्मूला (4.20) को फॉर्म (4.18) में घटाते हैं। वास्तव में, (4.20) से हमें प्राप्त होता है Rx y(x) = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 Rξ q(ξ)e x p(θ) dθ Rx dξ = y0 e Zx p(ξ) dξ + x0 x0 Rx q (ξ)e p(θ) dθ dξ, ξ x0 जो सूत्र (4.18) से मेल खाता है। प्रमेय 4. 3 सिद्ध होता है। कोरोलरी (एक रैखिक प्रणाली के लिए कॉची समस्या के समाधान का अनुमान लगाने पर)। x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), और p(x) 6 K, q(x) 6 M मान लीजिए 8 x 2 ha, bi। तब कॉची समस्या का समाधान (4.12), (4.14) अनुमान M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 को संतुष्ट करता है। के (4.21) सबूत। माना पहले x > x0 । (4.18) के आधार पर, हमारे पास 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 ) ) dξ = x0 M + K e K(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1 । अब चलो x< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, तो, स्पष्ट रूप से, फलन y(x) 0 समीकरण (4.24) का एक हल है। बर्नौली समीकरण (4.24) α 6= 0, α 6=1 को हल करने के लिए, हम समीकरण के दोनों पक्षों को y α से विभाजित करते हैं। α > 0 के लिए, हमें यह ध्यान रखना चाहिए कि, टिप्पणी 4 के आधार पर, फलन y(x) 0, समीकरण (4.24) का एक हल है, जो इस तरह के विभाजन में खो जाएगा। इसलिए, भविष्य में इसे सामान्य समाधान में जोड़ने की आवश्यकता होगी। विभाजन के बाद, हम संबंध y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x) प्राप्त करते हैं। आइए हम एक नया वांछित फलन z = y 1 α पेश करते हैं, फिर z 0 = (1 इसलिए हम z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) के लिए एक समीकरण पर पहुंचते हैं। . α y 0, और (4.25) समीकरण (4.25) एक रैखिक समीकरण है। इस तरह के समीकरणों को खंड 4.2 में माना जाता है, जहां एक सामान्य समाधान सूत्र प्राप्त होता है, जिसके कारण समीकरण (4.25) के समाधान z(x) को z(x) = Ce R (α 1) a(x) dx के रूप में लिखा जाता है। + (1 α )e R (α 1) a(x) dx 1 Z b(x)e R (α 1) a(x) dx dx। (4.26) तब फलन y(x) = z 1 α (x), जहां z(x) को (4.26) में परिभाषित किया गया है, बर्नौली समीकरण (4.24) का एक हल है। -64- इसके अलावा, जैसा कि ऊपर बताया गया है, α > 0 के लिए, हल भी फलन y(x) 0 है। उदाहरण 4. 4. आइए समीकरण y 0 + 2y = y 2 ex को हल करें। (4.27) समीकरण (4.27) को y 2 ​​से विभाजित करें और परिवर्तन करें z = हम एक रैखिक अमानवीय समीकरण 1 y प्राप्त करते हैं। परिणामस्वरूप, z 0 + 2z = उदा। (4.28) हम पहले सजातीय समीकरण को हल करते हैं: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 । अमानवीय समीकरण (4.28) का हल एक मनमाना स्थिरांक की भिन्नता की विधि द्वारा खोजा जाता है: zn = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , जहां से zn = ex , और समीकरण का सामान्य हल (4.28) z(x) = Ce2x + ex । इसलिए, बर्नौली समीकरण (4.24) का हल y(x) = 1 के रूप में लिखा जा सकता है। ex + Ce2x इसके अलावा, समीकरण (4.24) का हल भी फलन y(x) है, इस समीकरण को y 2 ​​से विभाजित करने पर हमने यह हल खो दिया है। 0. 4. 5. पूर्ण अंतर में समीकरण M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G, R2 में कुछ डोमेन है। . इस तरह के समीकरण को एक पूर्ण अंतर समीकरण कहा जाता है यदि कोई फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) 2 सी 1 (जी) मौजूद है, जिसे संभावित कहा जाता है, जैसे कि डीएफ (एक्स, वाई) = एम (एक्स, वाई) डीएक्स + एन ( x, y )dy, (x, y) 2 G. सरलता के लिए मान लें कि M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), और डोमेन G बस जुड़ा हुआ है। इन मान्यताओं के तहत, गणितीय विश्लेषण के दौरान (उदाहरण के लिए, देखें) यह साबित होता है कि समीकरण (4.29) के लिए संभावित एफ (एक्स, वाई) मौजूद है (यानी (4.29) कुल अंतर में एक समीकरण है) यदि और केवल अगर मेरा (एक्स, वाई) = एनएक्स (एक्स, वाई) -65- 8 (एक्स, वाई) 2 जी। इसके अलावा, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) जहां बिंदु (x0, y0) कुछ निश्चित है G से बिंदु, (x, y) G में वर्तमान बिंदु है, और वक्रीय समाकलन बिंदुओं (x0, y0) और (x, y) को जोड़ने वाले किसी भी वक्र के साथ लिया जाता है और पूरी तरह से डोमेन G में स्थित होता है। यदि समीकरण ( 4.29 समीकरण है