Ovaj tečaj predavanja održava se više od 10 godina za studente teorijske i primijenjene matematike na Dalekoistočnom državnom sveučilištu. Odgovara standardu II generacije za ove specijalnosti. Preporučeno za studente i studente matematičkih specijalnosti.

Cauchyjev teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda.
U ovom odjeljku, nametanjem određenih ograničenja na desnu stranu diferencijalne jednadžbe prvog reda, dokazat ćemo postojanje i jedinstvenost rješenja određenog početnim podacima (x0,y0). Prvi dokaz o postojanju rješenja diferencijalnih jednadžbi zaslužan je Cauchy; dokaz u nastavku daje Picard; proizvodi se metodom uzastopnih aproksimacija.

SADRŽAJ
1. Jednadžbe prvog reda
1.0. Uvod
1.1. Jednadžbe razdvojne varijable
1.2. Homogene jednadžbe
1.3. Generalizirane homogene jednadžbe
1.4. Linearne jednadžbe prvog reda i njihove redukcije
1.5. Bernoullijeva jednadžba
1.6. Riccatijeva jednadžba
1.7. Jednadžba u totalnim diferencijalima
1.8. integrirajući faktor. Najjednostavniji slučajevi nalaženja integrirajućeg faktora
1.9. Jednadžbe nisu riješene u odnosu na derivaciju
1.10. Cauchyjev teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda
1.11. Singularne točke
1.12. Posebna rješenja
2. Jednadžbe viših redova
2.1. Osnovni pojmovi i definicije
2.2. Vrste jednadžbi n-tog reda rješivih u kvadraturama
2.3. Intermedijarni integrali. Jednadžbe koje dopuštaju redukcije u redu
3. Linearne diferencijalne jednadžbe n-tog reda
3.1. Osnovni koncepti
3.2. Linearne homogene diferencijalne jednadžbe n-tog reda
3.3. Smanjenje reda linearne homogene jednadžbe
3.4. Nehomogene linearne jednadžbe
3.5. Smanjenje reda u linearnoj nehomogenoj jednadžbi
4. Linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.1. Homogena linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima
4.2. Nehomogene linearne jednadžbe s konstantnim koeficijentima
4.3. Linearne jednadžbe drugog reda s oscilirajućim rješenjima
4.4. Integracija preko potencijskih nizova
5. Linearni sustavi
5.1. Heterogeni i homogeni sustavi. Neka svojstva rješenja linearnih sustava
5.2. Nužni i dovoljni uvjeti linearne neovisnosti k rješenja linearnog homogenog sustava
5.3. Postojanje fundamentalne matrice. Konstrukcija općeg rješenja linearnog homogenog sustava
5.4. Konstrukcija cjelokupnog skupa temeljnih matrica linearnog homogenog sustava
5.5. Heterogeni sustavi. Konstrukcija općeg rješenja metodom varijacije proizvoljnih konstanti
5.6. Linearni homogeni sustavi s konstantnim koeficijentima
5.7. Nekoliko podataka iz teorije funkcija matrica
5.8. Konstrukcija temeljne matrice sustava linearnih homogenih jednadžbi s konstantnim koeficijentima u općem slučaju
5.9. Teorem egzistencije i teorem o funkcionalnim svojstvima rješenja normalnih sustava diferencijalnih jednadžbi prvog reda
6. Elementi teorije stabilnosti
6.1
6.2. Najjednostavnije vrste odmorišta
7. Jednadžbe u parcijalnim izvodnicama 1. reda
7.1. Linearna homogena parcijalna diferencijalna jednadžba 1. reda
7.2. Nehomogena linearna parcijalna diferencijalna jednadžba 1. reda
7.3. Sustav dviju parcijalnih diferencijalnih jednadžbi s 1 nepoznatom funkcijom
7.4. Pfaffova jednadžba
8. Varijante kontrolnih zadataka
8.1. Test br. 1
8.2. Ispit br. 2
8.3. Ispit br. 3
8.4. Kontrolni rad br.4
8.5. Ispit br. 5
8.6. Test br. 6
8.7. Probni rad br.7
8.8. Kontrolni rad broj 8.

Besplatno preuzimanje e-knjiga u prikladnom formatu, gledajte i čitajte:
Preuzmite knjigu Tečaj predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama, Shepeleva R.P., 2006 - fileskachat.com, brzo i besplatno preuzimanje.

Preuzmite pdf
U nastavku možete kupiti ovu knjigu po najboljoj sniženoj cijeni s dostavom u cijeloj Rusiji.

Alexander Viktorovich Abrosimov Datum rođenja: 16. studenog 1948. (1948. 11 16) Mjesto rođenja: Kuibyshev Datum smrti ... Wikipedia

I Diferencijalne jednadžbe jednadžbe koje sadrže tražene funkcije, njihove izvodnice različitih redova i nezavisne varijable. Teorija D. at. nastala krajem 17. stoljeća. pod utjecajem potreba mehanike i drugih prirodnih znanosti, ... ... Velika sovjetska enciklopedija

Obične diferencijalne jednadžbe (ODE) su diferencijalne jednadžbe oblika gdje je nepoznata funkcija (eventualno vektorska funkcija, zatim u pravilu i vektorska funkcija s vrijednostima u prostoru iste dimenzije; u ovom .. ... Wikipedia

Wikipedia ima članke o drugim osobama s tim prezimenom, vidi Yudovich. Viktor Iosifovich Yudovich Datum rođenja: 4. listopada 1934. (1934. 10 04) Mjesto rođenja: Tbilisi, SSSR Datum smrti ... Wikipedia

Diferencijal- (Diferencijal) Definicija diferencijala, diferencijalna funkcija, blokada diferencijala Informacije o definiciji diferencijala, diferencijalna funkcija, blokada diferencijala Sadržaj Sadržaj matematički Neformalni opis… … Enciklopedija investitora

Jedan od temeljnih pojmova u teoriji parcijalnih diferencijalnih jednadžbi. Uloga X. očituje se u bitnim svojstvima ovih jednadžbi, kao što su lokalna svojstva rješenja, rješivost razne zadatke, njihovu ispravnost itd. Neka ... ... Matematička enciklopedija

Jednadžba u kojoj je nepoznanica funkcija jedne nezavisne varijable, a ova jednadžba ne uključuje samo samu nepoznatu funkciju, već i njezine izvodnice različitih redova. Pojam diferencijalne jednadžbe predložio je G. ... ... Matematička enciklopedija

Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin na predavanju na MISiS-u Datum rođenja ... Wikipedia

Trenogin, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin na predavanju na MISiS-u Datum rođenja: 1931. (1931.) ... Wikipedia

Gaussova jednadžba, linearna obična diferencijalna jednadžba 2. reda ili, u samopridruženom obliku, varijable i parametri u općem slučaju mogu poprimiti bilo koje kompleksne vrijednosti. Nakon zamjene dobiva se sljedeći oblik ... ... Matematička enciklopedija

Makarskaya E. V. U knjizi: Dani studentske znanosti. Proljeće - 2011. M.: Moskovsko državno sveučilište ekonomije, statistike i informatike, 2011. P. 135-139.

Autori razmatraju praktičnu primjenu teorije linearnih diferencijalnih jednadžbi za proučavanje ekonomskih sustava. U radu se analiziraju dinamički modeli Keynesa i Samuelson-Hicksa s pronalaženjem ravnotežnih stanja ekonomskih sustava.

Ivanov A.I., Isakov I., Demin A.V. i dr. Dio 5. M.: Slovo, 2012.

Priručnik razmatra kvantitativne metode za proučavanje potrošnje kisika od strane osobe tijekom testova s ​​doziranom tjelesnom aktivnošću, izvedenih u Državnom znanstvenom centru Ruske Federacije - IBMP RAS. Priručnik je namijenjen znanstvenicima, fiziolozima i liječnicima koji rade u području zrakoplovne, podvodne i sportske medicine.

Mikheev A. V. Sankt Peterburg: Odjel operativnog tiska NRU HSE - Sankt Peterburg, 2012.

Ova zbirka sadrži zadatke iz kolegija diferencijalnih jednadžbi koje autor čita na fakultetu ekonomije NRU HSE - St. Petersburg. Na početku svake teme, Sažetak analiziraju se osnovne teorijske činjenice i primjeri rješenja tipičnih problema. Za studente i slušatelje programa visokog stručnog obrazovanja.

Konakov V.D. STI. WP BRP. Izdavačka kuća Povjereničkog odbora Fakulteta mehanike i matematike Moskovskog državnog sveučilišta, 2012. Br. 2012.

Ovaj udžbenik temelji se na posebnom kolegiju po izboru učenika, koji autor čita na Fakultetu mehanike i matematike Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosov u akademskim godinama 2010.-2012. Priručnik upoznaje čitatelja s parametriks metodom i njezinim diskretnim analogom, razvijenim u većini novije vrijeme autor priručnika i njegovi kolege koautori. Objedinjuje materijal koji je prije bio sadržan samo u brojnim člancima u časopisima. Bez težnje za maksimalnom općenitošću prikaza, autor je nastojao pokazati mogućnosti metode u dokazivanju lokalnih graničnih teorema o konvergenciji Markovljevih lanaca difuzijskom procesu i u dobivanju dvostranih procjena Aronsonovog tipa za neke degenerirane difuzije.

br. 20. NY: Springer, 2012.

Ova publikacija je zbirka pojedinačnih članaka „Trećeg Međunarodna konferencija o dinamici informacijskih sustava”, koji je održan na Sveučilištu Florida, 16.-18. veljače 2011. Svrha ove konferencije bila je okupiti znanstvenike i inženjere iz industrije, vlade i akademske zajednice kako bi podijelili nova otkrića i rezultate o pitanjima koja se odnose na teoriju i praksu dinamike informacijskog sustava. Dynamics of Information Systems: Mathematical Discovery je vrhunski studij i namijenjen je studentima diplomskih studija i istraživačima koji su zainteresirani za najnovija otkrića u teorija informacija i dinamički sustavi. Znanstvenici iz drugih disciplina također mogu imati koristi od primjene novih dostignuća u svojim područjima studija.

Palvelev R., Sergeev A. G. Zbornik radova Matematičkog instituta. V.A. Steklov RAS. 2012. V. 277. S. 199-214.

Proučava se adijabatska granica u Landau-Ginzburgovim hiperboličkim jednadžbama. Koristeći ovu granicu, uspostavlja se korespondencija između rješenja Ginzburg-Landauovih jednadžbi i adijabatskih trajektorija u prostoru modula statičkih rješenja, zvanih vrtlozi. Manton je predložio heurističko adijabatsko načelo postulirajući da se svako rješenje Ginzburg-Landauovih jednadžbi s dovoljno malom kinetičkom energijom može dobiti kao perturbacija neke adijabatske putanje. Strogi dokaz ove činjenice nedavno je pronašao prvi autor

Dajemo eksplicitnu formulu za kvazi-izomorfizam između operada Hycomm (homologija prostora modula stabilnih krivulja roda 0) i BV/Δ (homotopijski kvocijent Batalin-Vilkoviskyjeve operade pomoću BV-operatora). Drugim riječima, izvodimo ekvivalenciju Hycomm-algebri i BV-algebre pojačanu homotopijom koja trivijalizira BV-operator. Ove formule su dane u smislu Giventalovih grafova, a dokazane su na dva različita načina. Jedan dokaz koristi akciju Giventalove grupe, a drugi dokaz prolazi kroz lanac eksplicitnih formula o rezolucijama Hycomma i BV-a. Drugi pristup daje, posebno, homološko objašnjenje djelovanja Giventalove grupe na Hycomm-algebrama.

Pod znanstvenim uredio: A. Mikhailov Vol. 14. M.: Sociološki fakultet Moskovskog državnog sveučilišta, 2012.

Članci u ovoj zbirci napisani su na temelju izvješća nastalih 2011. godine na Fakultetu sociologije Moskovskog državnog sveučilišta. M.V. Lomonosov na sastanku XIV Interdisciplinarnog godišnjeg znanstvenog seminara "Matematičko modeliranje društvenih procesa" nazvanog po. junak socijalističkog rada Akademik A.A. Krilati plod.

Publikacija je namijenjena znanstveno osoblje, nastavnici, studenti sveučilišta i znanstvenih institucija Ruske akademije znanosti koji su zainteresirani za probleme, razvoj i implementaciju metodologije matematičko modeliranje društvenih procesa.

"PREDAVANJA IZ OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI 1. DIO. ELEMENTI OPĆE TEORIJE U udžbeniku su navedene odredbe koje čine osnovu teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: ..."

-- [ Stranica 1 ] --

A. E. Mamontov

PREDAVANJA NA ZAJEDN

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

ELEMENTI OPĆE TEORIJE

Priručnik za obuku navodi odredbe koje čine

osnove teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: pojam rješenja, njihovo postojanje, jedinstvenost,

ovisnost o parametrima. Također (u § 3) je određena pozornost posvećena "eksplicitnom" rješavanju pojedinih klasa jednadžbi. Vodič je namijenjen dubinsko proučavanje tečaj "Diferencijalne jednadžbe" studenata koji studiraju na Matematičkom fakultetu Državnog pedagoškog sveučilišta Novosibirsk.

UDC 517.91 LBC B161.61 Predgovor Udžbenik je namijenjen studentima Odsjeka za matematiku Novosibirskog državnog pedagoškog sveučilišta koji žele proučavati obvezni kolegij "Diferencijalne jednadžbe" u proširenom svesku. Čitateljima se nude osnovni pojmovi i rezultati koji čine temelj teorije običnih diferencijalnih jednadžbi: pojmovi rješenja, teoremi o njihovom postojanju, jedinstvenosti, ovisnosti o parametrima. Opisano gradivo predstavljeno je u obliku logički neodvojivog teksta u §§ 1, 2, 4, 5. Također (u § 3, koji stoji ponešto odvojeno i privremeno prekida glavnu nit tečaja), najpopularnije metode Ukratko se razmatra “eksplicitno” pronalaženje rješenja za neke klase jednadžbi. U prvom čitanju stavak 3. može se preskočiti bez značajnije štete za logičku strukturu kolegija.

Važnu ulogu imaju i vježbe koje su u velikom broju uključene u tekst. Čitatelju se toplo savjetuje da ih riješi "u vrućoj potjeri", što jamči asimilaciju materijala i poslužit će kao test. Štoviše, ove vježbe često ispunjavaju logičku strukturu, tj. bez njihovog rješavanja neće sve tvrdnje biti rigorozno dokazane.

U uglatim zagradama u sredini teksta daju se napomene koje imaju ulogu komentara (proširenih ili usputnih objašnjenja). Leksički, ti fragmenti prekidaju glavni tekst (tj. za suvislo čitanje potrebno ih je “ignorirati”), ali su ipak potrebni kao objašnjenja. Drugim riječima, te se fragmente mora percipirati kao da su izneseni u polja.

U tekstu su posebno rubrikirane “napomene za nastavnika” - one se mogu izostaviti kada studenti čitaju, ali su korisne za nastavnika koji će koristiti priručnik, na primjer, kada drži predavanja - pomažu boljem razumijevanju logike tečaj i naznačiti smjer mogućih poboljšanja (proširenja) tečaja . Međutim, razvoj ovih komentara od strane učenika može se samo pozdraviti.

Sličnu ulogu imaju i "opravdanja za učitelja" - ona u krajnje jezgrovitom obliku daju dokaze za neke od odredbi koje se čitatelju nude kao vježbe.

Najčešći (ključni) pojmovi korišteni su kao kratice, čiji je popis dat na kraju radi praktičnosti. Tu je i popis matematičkih oznaka koje se pojavljuju u tekstu, ali nisu među najčešćima (i/ili nisu jasno shvaćene u literaturi).

Simbol označava kraj dokaza, formulaciju tvrdnje, napomene itd. (gdje je potrebno da se izbjegne zabuna).

Formule su zasebno numerirane u svakom paragrafu. Kada se govori o dijelu formule, koriste se indeksi, npr. (2)3 označava 3. dio formule (2) (dijelovi formule su fragmenti odvojeni tipografski razmakom, a s logičke pozicije - hrpa "i").

Ovaj priručnik ne može u potpunosti zamijeniti produbljeno proučavanje predmeta koje zahtijeva samostalne vježbe i čitanje dodatne literature, npr. čiji je popis naveden na kraju priručnika. Međutim, autor je pokušao predstaviti glavne postavke teorije u prilično sažetom obliku primjerenom predavanju. S tim u vezi, treba napomenuti da je za čitanje predavanja o ovom priručniku potrebno oko 10 predavanja.

Planirano je izdati još 2 dijela (toma) koji se nastavljaju na ovaj priručnik i time zaokružuju ciklus predavanja iz predmeta "obične diferencijalne jednadžbe": 2. dio (linearne jednadžbe), 3. dio (dalje teorija nelinearnih jednadžbi, parcijalne diferencijalne jednadžbe). prvog reda).

§ 1. Uvod Diferencijalna jednadžba (DE) je relacija oblika u1 u1 un, više derivacije F y, u(y),..., = 0, y1 y2 yk (1) gdje je y = (y1,. .., yk) Rk su nezavisne varijable, a u = u(y) nepoznate funkcije1, u = (u1,..., un). Dakle, u (1) ima n nepoznanica, pa je potrebno n jednadžbi, tj. F = (F1,..., Fn), tako da je (1), općenito govoreći, sustav od n jednadžbi. Ako postoji samo jedna nepoznata funkcija (n = 1), onda je jednadžba (1) skalarna (jedna jednadžba).

Dakle, funkcija(e) F je zadana(e), a u se traži. Ako je k = 1, tada se (1) naziva ODE, a inače - PDE. Drugi slučaj predmet je posebnog tečaja UMF-a izloženog u istoimenoj seriji tutorijala. U ovoj seriji priručnika (koji se sastoji od 3 dijela-sveska) proučavat ćemo samo ODE-ove, s izuzetkom zadnjeg odlomka posljednjeg dijela (svezka), u kojem ćemo početi proučavati neke posebne slučajeve PDE-a.

2u u Primjer. 2 = 0 je PDE.

y1 y Nepoznate veličine u mogu biti realne ili kompleksne, što nije bitno, jer se ovaj moment odnosi samo na oblik zapisa jednadžbi: bilo koji složeni zapis može se pretvoriti u realan razdvajanjem realnog i imaginarnog dijela (ali, naravno, udvostručenje broja jednadžbi i nepoznanica), i obrnuto, u nekim slučajevima zgodno je prijeći na složeni zapis.

du d2v dv 2 = uv; u3 = 2. Ovo je sustav od 2 ODE. Primjer.

dy dy dy za 2 nepoznate funkcije nezavisne varijable y.

Ako je k = 1 (ODE), tada se koristi "izravni" znak d/dy.

u(y) du Primjer. exp(sin z)dz je ODE jer ima Primjer. = u(u(y)) za n = 1 nije DE, već funkcionalna diferencijalna jednadžba.

Ovo nije DE, već integro-diferencijalna jednadžba, takve jednadžbe nećemo proučavati. Međutim, specifično jednadžba (2) lako se svodi na ODE:

Vježba. Smanjite (2) na ODE.

Ali općenito, integralne jednadžbe su složeniji objekt (djelomično se proučava u tijeku funkcionalne analize), iako, kao što ćemo vidjeti u nastavku, uz njihovu pomoć se dobivaju neki rezultati za ODE.

DE nastaju i iz unutarmatematičkih potreba (na primjer, u diferencijalnoj geometriji) i u primjenama (prvi put u povijesti, a sada uglavnom u fizici). Najjednostavniji DE je "osnovni problem diferencijalnog računa" o vraćanju funkcije iz njezine derivacije: = h(y). Kao što je poznato iz analize, njegovo rješenje ima oblik u(y) = + h(s)ds. Općenitiji DE zahtijevaju posebne metode za njihovo rješavanje. Međutim, kao što ćemo vidjeti u nastavku, praktički sve metode za rješavanje ODE-ova “u eksplicitnom obliku” su u biti reducirane na naznačeni trivijalni slučaj.

U primjenama ODE najčešće nastaju pri opisivanju procesa koji se odvijaju u vremenu, tako da ulogu nezavisne varijable obično ima vrijeme t.

stoga je značenje ODE-a u takvim primjenama opisati promjenu parametara sustava tijekom vremena. Stoga je prikladno kada se konstruira opća teorija ODE označimo nezavisnu varijablu s t (i nazovemo je vrijeme sa svim terminološkim posljedicama), a nepoznatu funkciju(e) s x = (x1,..., xn). Na ovaj način, opći oblik ODE (ODE sustav) je sljedeći:

gdje je F = (F1,..., Fn) - tj. ovo je sustav od n ODE za n funkcija x, a ako je n = 1, onda je jedna ODE za 1 funkciju x.

Štoviše, x = x(t), t R, a x je općenito kompleksno vrijedan (ovo je radi praktičnosti, budući da se tada neki sustavi mogu napisati kompaktnije).

Kaže se da sustav (3) ima red m u odnosu na xm.

Izvedenice se nazivaju starijima, a ostale (uključujući xm = sebe) nazivaju se mlađima. Ako je sve m =, onda jednostavno kažemo da je poredak sustava jednak.

Istina, broj m se često naziva redom sustava, što je također prirodno, kao što će biti jasno u nastavku.

Pitanje potrebe proučavanja ODE i njihove primjene smatrat ćemo dovoljno opravdanim od strane drugih disciplina (diferencijalna geometrija, matematička analiza, teorijska mehanika i dr.), a djelomično je obrađeno na praktičnim vježbama pri rješavanju problema (za primjer iz problemske knjige). U ovom kolegiju bavit ćemo se isključivo matematičkim proučavanjem sustava oblika (3), što podrazumijeva odgovaranje na sljedeća pitanja:

1. što znači "riješiti" jednadžbu (sustav) (3);

2. kako to učiniti;

3. koja svojstva imaju te otopine, kako ih istražiti.

Pitanje 1 nije tako očito kao što se čini - vidi dolje. Odmah napominjemo da se svaki sustav (3) može svesti na sustav prvog reda, označavajući niže izvodnice kao nove nepoznate funkcije. Ovaj postupak najlakše ćete objasniti na primjeru:

od 5 jednadžbi za 5 nepoznanica. Lako je razumjeti da su (4) i (5) ekvivalentni u smislu da je rješenje jednog od njih (nakon odgovarajućeg preimenovanja) rješenje drugog. U ovom slučaju treba samo odrediti pitanje glatkoće rješenja - to ćemo učiniti dalje kada naiđemo na ODE višeg reda (tj. ne 1.).

Ali sada je jasno da je dovoljno proučavati samo ODE prvog reda, dok drugi mogu biti potrebni samo zbog pogodnosti notacije (takva će se situacija ponekad pojaviti u našem slučaju).

A sada se ograničimo na ODE prvog reda:

dimx = dim F = n.

Proučavanje jednadžbe (sustava) (6) je nezgodno zbog činjenice da nije dopušteno u odnosu na derivacije dx/dt. Kao što je poznato iz analize (iz teorema o implicitnoj funkciji), pod određenim uvjetima na F, jednadžba (6) se može riješiti s obzirom na dx/dt i napisati u obliku gdje je f: Rn+1 Rn dano i x: R Rn je traženi. Kaže se da je (7) ODE razriješen u odnosu na derivacije (ODE normalnog oblika). Pri prelasku sa (6) na (7), naravno, mogu se pojaviti poteškoće:

Primjer. Jednadžba exp(x) = 0 ne može se napisati u obliku (7) i nema rješenja, tj. exp nema nula niti u kompleksnoj ravnini.

Primjer. Jednadžba x 2 + x2 = 1 s rezolucijom se piše kao dvije normalne ODE x = ± 1 x2. Trebate riješiti svaki od njih i zatim protumačiti rezultat.

Komentar. Kod redukcije (3) na (6) mogu nastati poteškoće ako (3) ima red 0 u odnosu na neku funkciju ili dio funkcija (tj. ovo je funkcionalna diferencijalna jednadžba). Ali tada te funkcije moraju biti isključene teoremom o implicitnoj funkciji.

Primjer. x = y, xy = 1 x = 1/x. Trebate pronaći x iz dobivene ODE, a zatim y iz funkcionalne jednadžbe.

No, u svakom slučaju, problem prijelaza iz (6) u (7) više pripada području matematičke analize nego DE, te se njime nećemo baviti. Međutim, pri rješavanju ODE oblika (6) mogu se pojaviti zanimljivi momenti sa stajališta ODE, pa je ovo pitanje prikladno proučavati pri rješavanju problema (kao što je to učinjeno, na primjer, u ) i malo će se dotaknuti upon u § 3. Ali u ostatku tečaja bavit ćemo se samo normalnim sustavima i jednadžbama. Dakle, razmotrite ODE (ODE sustav) (7). Napišimo to jednom u obliku komponentu po komponentu:

Koncept "riješi (7)" (i općenito, bilo koji DE) dugo se shvaćao kao potraga za "eksplicitnom formulom" za rješenje (tj. u obliku elementarnih funkcija, njihovih antiderivacija ili posebnih funkcija, itd. .), bez isticanja glatkoće rješenja i intervala njegovog definiranja. Međutim, trenutačno stanje teorije ODE-a i drugih grana matematike (i prirodnih znanosti općenito) pokazuje da je takav pristup nezadovoljavajući, makar samo zato što je udio ODE-a koji mogu biti podložni takvoj "eksplicitnoj integraciji" iznimno velik. mali (čak i za najjednostavniji ODE x = f (t) poznato da je rješenje elementarne funkcije rijetko se događa, iako postoji "eksplicitna formula").

Primjer. Jednadžba x = t2 + x2, unatoč krajnjoj jednostavnosti, nema rješenja u elementarnim funkcijama (a ovdje nema ni "formule").

I iako je korisno poznavati one klase ODE-ova za koje je moguće "eksplicitno" konstruirati rješenje (slično koliko je korisno moći "izračunati integrale" kada je to moguće, iako je to iznimno rijetko), U tom smislu, sljedeći izrazi zvuče karakteristično: "integrirati ODE", "ODE integral" (zastarjeli analozi modernih koncepata "riješiti ODE", "rješenje ODE"), koji odražavaju prethodne koncepte rješenja. Kako razumjeti moderne pojmove, sada ćemo prikazati.

i to će pitanje biti razmotreno u § 3 (i tradicionalno mu se posvećuje velika pažnja pri rješavanju zadataka u praktičnoj nastavi), ali od ovog pristupa ne treba očekivati ​​neku univerzalnost. U pravilu, pod procesom rješavanja (7) podrazumijevamo potpuno različite korake.

Treba pojasniti koja se funkcija x = x(t) može nazvati rješenjem (7).

Prije svega napominjemo da je jasna formulacija pojma rješenja nemoguća bez specificiranja skupa na kojem je ono definirano, makar samo zato što je rješenje funkcija, a svaka funkcija (prema školskoj definiciji) je zakon koji se podudara s bilo kojim elementom određenog skupa (naziva se domena definicije ove funkcije) nekim elementom drugog skupa (vrijednosti funkcije). Dakle, govoriti o funkciji bez navođenja njezina opsega apsurdno je po definiciji. Analitičke funkcije (šire - elementarne) ovdje služe kao "iznimka" (zavaravajuće) iz sljedećih razloga (i nekih drugih), ali u slučaju DE takve slobode nisu dopuštene.

i općenito bez navođenja skupova definicija svih funkcija uključenih u (7). Kao što će biti jasno iz onoga što slijedi, svrsishodno je strogo povezati pojam rješenja sa skupom njegove definicije, te rješenja smatrati različitima ako su im skupovi definicija različiti, čak i ako se rješenja podudaraju u sjecištu tih skupova.

Najčešće, u konkretnim situacijama, to znači da ako su rješenja konstruirana u obliku elementarnih funkcija, tako da 2 rješenja imaju “istu formulu”, tada je također potrebno razjasniti podudaraju li se skupovi na kojima su te formule napisane. Zbunjenost koja je dugo vladala u ovom pitanju bila je opravdana sve dok su se razmatrala rješenja u obliku elementarnih funkcija, budući da se analitičke funkcije mogu jedinstveno proširiti na šire intervale.

Primjer. x1(t) = et on (0,2) i x2(t) = et on (1,3) različita su rješenja jednadžbe x = x.

U isto vrijeme, prirodno je uzeti otvoreni interval (možda i beskonačan) kao skup definicija bilo kojeg rješenja, jer bi taj skup trebao biti:

1. otvoren, tako da u svakom trenutku ima smisla govoriti o izvedenici (dvostrano);

2. povezani tako da se rješenje ne raspada na nepovezane dijelove (u ovom slučaju je zgodnije govoriti o više rješenja) - vidi prethodni primjer.

Dakle, rješenje (7) je par (, (a, b)), gdje je a b +, definiran na (a, b).

Napomena za učitelja. U nekim je udžbenicima dopušteno uključiti krajeve segmenta u domenu rješenja, ali to je nepraktično jer samo komplicira prikaz i ne daje pravu generalizaciju (vidi § 4).

Za lakše razumijevanje daljnjeg razmišljanja korisno je koristiti se geometrijskom interpretacijom (7). U prostoru Rn+1 = ((t, x)) u svakoj točki (t, x) gdje je f definirana, možemo razmatrati vektor f (t, x). Ako u tom prostoru konstruiramo graf rješenja (7) (naziva se integralna krivulja sustava (7)), tada se on sastoji od točaka oblika (t, x(t)). Kako se t (a, b) mijenja, ova se točka pomiče duž IC. Tangenta na IC u točki (t, x(t)) ima oblik (1, x (t)) = (1, f (t, x(t))). Dakle, IC su one i samo one krivulje u prostoru Rn+1 koje u svakoj svojoj točki (t, x) imaju tangentu paralelnu s vektorom (1, f (t, x)). Na temelju te ideje nastala je tzv metodu izoklina za približnu konstrukciju IC-a, koja se koristi pri prikazu grafova rješenja specifičnih ODE (vidi.

na primjer ). Na primjer, za n = 1, naša konstrukcija znači sljedeće: u svakoj točki IC, njegov nagib prema t osi ima svojstvo tg = f (t, x). Prirodno je pretpostaviti da, uzimajući bilo koju točku iz definicijskog skupa f, možemo povući IC kroz nju. Ova ideja će biti striktno obrazložena u nastavku. Iako nam nedostaje rigorozna formulacija glatkoće rješenja, to ćemo učiniti u nastavku.

Sada bismo trebali pročistiti skup B na kojem je f definiran. Ovaj set je prirodno uzeti:

1. otvoreni (tako da se IC može graditi u blizini bilo koje točke iz B), 2. povezani (inače se svi spojeni dijelovi mogu promatrati zasebno - ionako, IC (kao graf kontinuirane funkcije) ne može skakati s jednog dijela na drugi, tako da to neće utjecati na općenitost potrage za rješenjima).

Razmotrit ćemo samo klasična rješenja (7), tj. takva da su sam x i njegov x kontinuirani na (a, b). Tada je prirodno zahtijevati da je f C(B). U nastavku ćemo ovaj zahtjev uvijek implicirati. Dakle, konačno smo dobili definiciju. Neka je B Rn+1 domena, f C(B).

Par (, (a, b)), a b +, definiran na (a, b), naziva se rješenjem (7) ako je C(a, b), za svaki t (a, b) točka (t , (t) ) B i (t) postoji, i (t) = f (t, (t)) (tada automatski C 1(a, b)).

Geometrijski je jasno da će (7) imati mnogo rješenja (što je lako grafički razumjeti), jer ako crtamo IR počevši od točaka oblika (t0, x0), gdje je t0 fiksan, tada ćemo dobiti različite IR. Osim toga, mijenjanjem intervala za određivanje rješenja dobiva se drugačije rješenje, prema našoj definiciji.

Primjer. x = 0. Rješenje: x = = const Rn. Međutim, ako izaberemo neki t0 i fiksiramo vrijednost x0 rješenja u točki t0: x(t0) = x0, tada je vrijednost određena jednoznačno: = x0, tj. rješenje je jedinstveno do izbora intervala (a, b) t0.

Prisutnost "bezličnog" skupa rješenja nezgodna je za rad s njima2 - prikladnije je "numerirati" ih na sljedeći način: dodajte dodatne uvjete (7) na takav način da istaknete jedino (u određenom smislu ) rješenje, a zatim, razvrstavajući te uvjete, radite sa svakim rješenjem zasebno (geometrijski, može postojati jedno rješenje (IR), ali postoji mnogo dijelova - kasnije ćemo se pozabaviti ovom neugodnošću).

Definicija. Zadatak za (7) je (7) uz dodatne uvjete.

Zapravo, već smo izmislili najjednostavniji problem - to je Cauchyjev problem: (7) s uvjetima oblika (Cauchyjev podatak, početni podatak):

Sa stajališta primjene, ovaj problem je prirodan: na primjer, ako (7) opisuje promjenu nekih parametara x s vremenom t, tada (8) znači da je u nekom (početnom) trenutku vrijednost parametara poznata . Postoji potreba proučavanja drugih problema, o tome ćemo kasnije, ali za sada ćemo se fokusirati na Cauchyjev problem. Naravno, ovaj problem ima smisla za (t0, x0) B. Prema tome, rješenje problema (7), (8) je rješenje (7) (u smislu gornje definicije) takvo da je t0 (a, b ), i (osam).

Naš sljedeći zadatak je dokazati postojanje rješenja Cauchyjevog problema (7), (8) i za određene komplemente Primjer je kvadratna jednadžba, bolje je pisati x1 =..., x2 =... nego x = b/2 ±...

pod određenim pretpostavkama o f - i njegovoj jedinstvenosti u određenom smislu.

Komentar. Moramo razjasniti koncept norme vektora i matrice (iako će nam matrice trebati samo u 2. dijelu). Zbog činjenice da su u konačnodimenzionalnom prostoru sve norme ekvivalentne, izbor konkretne norme nije bitan ako nas zanimaju samo procjene, a ne točne količine. Na primjer, |x|p = (|xi|p)1/p može se koristiti za vektore, p je Peano (Picard) segment. Promotrimo stožac K = (|x x0| F |t t0|) i njegov krnji dio K1 = K (t IP ). Jasno je da samo K1 C.

Teorema. (Peano). Neka su zahtjevi na f u zadatku (1) navedeni u definiciji rješenja zadovoljeni, tj.

f C(B), gdje je B regija u Rn+1. Tada za sve (t0, x0) B na Int(IP) postoji rješenje problema (1).

Dokaz. Postavimo proizvoljno (0, T0] i konstruirajmo takozvani Eulerov izlomljeni pravac s korakom, naime: to je izlomljeni pravac u Rn+1, u kojem svaka karika ima projekciju na t os duljine, prva veza desno počinje u točki (t0, x0) i takva je da je dx/dt = f (t0, x0) na njoj, desni kraj ove veze (t1, x1) služi kao lijevi kraj druge , na kojem je dx/dt = f (t1, x1), itd., i slično lijevo. Rezultirajuća polilinija definira podjelno linearnu funkciju x = (t). Sve dok je t IP, polilinija ostaje u K1 (i još više u C, a time i u B), pa je konstrukcija točna - za to je, zapravo, učinjena pomoćna konstrukcija prije teorema.

Doista, svugdje osim prijelomnih točaka postoji, i tada (s) (t) = (z)dz, gdje se proizvoljne vrijednosti derivacije uzimaju u prijelomnim točkama.

U ovom slučaju (kretanje po izlomljenoj liniji indukcijom) Konkretno, | (t)x0| F |t t0|.

Dakle, na IP funkcijama:

2. su ekvikontinuirani, jer su Lipschitzevi:

Ovdje bi čitatelj trebao, ako je potrebno, osvježiti svoje znanje o takvim konceptima i rezultatima kao što su: ekvikontinuitet, uniformna konvergencija, Artsela-Ascoli teorem, itd.

Prema Arzela-Ascolijevom teoremu, postoji niz k 0 takav da je k na IP, gdje je C(IP). Po konstrukciji, (t0) = x0, pa ostaje provjeriti da je. Dokažemo ovo za s t.

Vježba. Slično razmotrite s t.

Postavljamo 0 i nalazimo 0 tako da za sve (t1, x1), (t2, x2) C vrijedi. To se može učiniti s obzirom na uniformni kontinuitet f na kompaktnom skupu C. Nađi m N tako da Fix t Int (IP) i uzeti bilo koji s Int(IP) tako da t s t +. Tada za sve z vrijedi |k (z) k (t)| F, pa s obzirom na (4) |k (z) (t)| 2F.

Imajte na umu da je k (z) = k (z) = f (z, k (z)), gdje je z apscisa lijevog kraja segmenta polilinije koji sadrži točku (z, k (z)). Ali točka (z, k (z)) pada u cilindar s parametrima (, 2F) izgrađenim na točki (t, (t)) (zapravo, čak i u krnji stožac - vidi sliku, ali ne t bitno sada), pa s obzirom na (3) dobivamo |k (z) f (t, (t))|. Za izlomljenu liniju imamo, kao što je gore spomenuto, formulu. Za k to će dati (2).

Komentar. Neka je f C 1(B). Tada će rješenje definirano na (a, b) biti klase C 2(a, b). Doista, na (a, b) imamo: postoji f (t, x(t)) = ft(t, x(t)) + (t, x(t))x (t) (ovdje je Jacobi matrica) je kontinuirana funkcija. Dakle, postoje i 2 C(a, b). Možemo dodatno povećati glatkoću rješenja ako je f glatka. Ako je f analitička, tada je moguće dokazati postojanje i jedinstvenost analitičkog rješenja (to je tzv. Cauchyjev teorem), iako to ne proizlazi iz prethodnog razmišljanja!

Ovdje se treba prisjetiti što je analitička funkcija. Ne smije se miješati s funkcijom predstavljenom potencijskim nizom (ovo je samo prikaz analitičke funkcije na, općenito govoreći, dijelu njezine domene definicije)!

Komentar. Za zadano (t0, x0), može se pokušati maksimizirati T0 variranjem T i R. Međutim, to u pravilu nije toliko važno, jer postoje posebne metode za proučavanje maksimalnog intervala postojanja rješenja (vidi § 4).

Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti rješenja. S našim razumijevanjem rješenja, ono uvijek nije jedinstveno, jer ako postoji rješenje, onda će njegova ograničenja na uže intervale biti druga rješenja. Ovu točku ćemo detaljnije razmotriti kasnije (u § 4), ali za sada pod jedinstvenošću podrazumijevamo podudarnost bilo koja dva rješenja u sjecištu intervala njihove definicije. Čak ni u tom smislu Peanov teorem ne govori ništa o jedinstvenosti, što nije slučajno, jer pod njegovim uvjetima jedinstvenost ne može biti zajamčena.

Primjer. n = 1, f (x) = 2 |x|. Cauchyjev problem ima trivijalno rješenje: x1 0, štoviše x2(t) = t|t|. Iz ova dva rješenja može se sastaviti cijela obitelj rješenja s 2 parametra:

gdje je + (beskonačne vrijednosti znače da nema odgovarajuće grane). Ako cijeli R smatramo područjem definiranja svih ovih rješenja, onda ih još uvijek ima beskonačno mnogo.

Imajte na umu da ako koristimo dokaz Peanovog teorema u smislu Eulerovih izlomljenih linija u ovom problemu, tada će se dobiti samo nulto rješenje. S druge strane, ako je dopuštena mala pogreška u svakom koraku u procesu konstruiranja izlomljenih Eulerovih linija, tada čak i nakon što parametar pogreške teži nuli, sva rješenja ostaju. Stoga su Peanov teorem i Eulerove izlomljene linije prirodne kao metoda za konstruiranje rješenja i usko su povezane s numeričkim metodama.

Problem uočen u primjeru je zbog činjenice da funkcija f nije glatka po x. Ispada da ako nametnemo dodatne zahtjeve na regularnost f u x, tada se može osigurati jedinstvenost, a ovaj korak je u određenom smislu neophodan (vidi dolje).

Podsjetimo se na neke pojmove iz analize. Funkcija (skalarna ili vektorska) g naziva se Hölderova funkcija s eksponentom (0, 1] na skupu ako se naziva Lipschitzovim uvjetom za 1. Za 1 to je moguće samo za konstantne funkcije. Funkcija dana na segmentu (gdje izbor 0 nije bitan) naziva se modulom kontinuiteta, ako se kaže da g zadovoljava generalizirani Hölderov uvjet s modulom, ako U ovom slučaju se naziva g-ovim modulom kontinuiteta.

Može se pokazati da je svaki modul neprekidnosti modul neprekidnosti neke kontinuirane funkcije.

Za nas je važna obrnuta činjenica, naime: svaka kontinuirana funkcija na kompaktnom skupu ima svoj modul neprekidnosti, tj. zadovoljava (5) s nekim. Dokažimo to. Prisjetimo se da ako je kompaktan i g je C(), tada je g nužno uniformno kontinuiran u, tj.

= (): |x y| = |g(x) g(y)|. Ispada da je to kod nekih ekvivalentno uvjetu (5). Doista, ako postoji, tada je dovoljno konstruirati modul kontinuiteta takav da je (()), a zatim za |x y| = = () dobivamo Budući da su (i) proizvoljni, onda x i y mogu biti proizvoljni.

I obrnuto, ako je (5) istinito, tada je dovoljno pronaći takvo da je (()), a zatim za |x y| = () dobivamo Ostaje opravdati logičke prijelaze:

Za monotone i dovoljno je uzeti inverzne funkcije, ali u općem slučaju potrebno je koristiti tzv. generalizirane inverzne funkcije. Za njihovo postojanje potreban je poseban dokaz, koji nećemo davati, već samo ideja (korisno je čitanje popratiti crtežima):

za bilo koji F definiramo F(x) = min F (y), F (x) = max F (y) - ovo je monotone funkcije, a imaju i inverze. Lako je provjeriti da je x x F (F (x)), (F)1(F (x)) x, F ((F)1(x)) x.

Najbolji modul kontinuiteta je linearan (Lipschitzov uvjet). To su "gotovo diferencijabilne" funkcije. Za davanje rigoroznog značenja posljednjoj izjavi potreban je određeni napor, a mi ćemo se ograničiti na samo dvije napomene:

1. Strogo govoreći, nije svaka Lipschitzeva funkcija diferencijabilna, kao što je primjer g(x) = |x| na R;

2. ali diferencijabilnost implicira Lipschitza, kao što pokazuje sljedeća tvrdnja. Svaka funkcija g koja ima sve M na konveksnom skupu zadovoljava Lipschitzov uvjet na sebi.

[Za sada, radi kratkoće, razmotrite skalarne funkcije g.] Dokaz. Za sve x, y imamo Jasno je da ova tvrdnja vrijedi i za vektorske funkcije.

Komentar. Ako je f = f (t, x) (općenito govoreći, vektorska funkcija), tada možemo uvesti pojam "f je Lipschitz u x", tj. |f (t, x) f (t, y)| C|x y|, i također dokažite da ako je D konveksan u x za sve t, onda je za Lipschitzovo svojstvo f u odnosu na x u D, dovoljno da | kroz |x y|. Za n = 1 to se obično radi pomoću formule konačnog prirasta: g(x)g(y) = g (z)(xy) (ako je g vektorska funkcija, tada je z različit za svaku komponentu). Za n 1 prikladno je koristiti sljedeći analog ove formule:

Lema. (Adamara). Neka je f C(D) (općenito govoreći, vektorska funkcija), gdje je D (t = t) konveksna za bilo koje t, a f (t, x) f (t, y) = A(t, x, y) (x y), gdje je A kontinuirana pravokutna matrica.

Dokaz. Za svaki fiksni t primjenjujemo izračun iz dokaza tvrdnje za = D (t = t), g = fk. Dobivamo željeni prikaz s A(t, x, y) = A je zaista kontinuiran.

Vratimo se pitanju jedinstvenosti rješenja problema (1).

Postavimo pitanje ovako: koliki bi trebao biti modul neprekidnosti f u odnosu na x, tako da rješenje (1) bude jedinstveno u smislu da se 2 rješenja definirana na istom intervalu podudaraju? Odgovor daje sljedeći teorem:

Teorema. (Osgood). Neka, pod uvjetima Peanovog teorema, modul neprekidnosti f u odnosu na x u B, tj. funkcija u nejednadžbi zadovoljava uvjet (možemo pretpostaviti C). Tada problem (1) ne može imati dva razna rješenja definirana na jednom intervalu oblika (t0 a, t0 + b).

Usporedite s gornjim primjerom nejedinstvenosti.

Lema. Ako je z C 1(,), onda u cjelini (,):

1. u točkama gdje je z = 0, postoji |z| i ||z| | |z|;

2. u točkama gdje je z = 0 postoje jednostrane derivacije |z|±, a ||z|± | = |z | (konkretno, ako je z = 0, tada postoji |z| = 0).

Primjer. n = 1, z(t) = t. U točki t = 0 izvodi se |z| ne postoji, ali postoje jednostrane izvedenice.

Dokaz. (leme). U onim točkama gdje je z = 0, imamo z z : postoji |z| =, i ||z| | |z|. U tim točkama t, gdje je z(t) = 0, imamo:

Slučaj 1: z (t) = 0. Tada dobivamo postojanje |z| (t) = 0.

Slučaj 2: z (t) = 0. Onda ako je +0 ili 0 onda je z(t +)| |z(t)| čiji je modul jednak |z (t)|.

Prema pretpostavci, F C 1(0,), F 0, F, F (+0) = +. Neka su z1,2 dva rješenja (1) definirana na (t0, t0 +). Označimo z = z1 z2. Imamo:

Pretpostavimo da postoji t1 (za određenost t1 t0) takav da je z(t1) = 0. Skup A = ( t t1 | z(t) = 0 ) nije prazan (t0 A) i omeđen je odozgo. Dakle, ima gornju granicu t1. Po konstrukciji je z = 0 na (, t1), a kako je z kontinuiran, imamo z() = 0.

Prema lemi |z| C 1(, t1), a na tom intervalu |z| |z | (|z|), pa integracija preko (t, t1) (gdje t (, t1)) daje F (|z(t)|) F (|z(t1)|) t1 t. Za t + 0 dobivamo kontradikciju.

Korolar 1. Ako je, pod uvjetima Peanoovog teorema, f Lipschitz u x u B, tada problem (1) ima jedinstveno rješenje u smislu opisanom u Osgoodovom teoremu, jer u ovom slučaju () = C zadovoljava (7).

Korolar 2. Ako je C(B) pod uvjetima Peanovog teorema, tada je rješenje (1) definirano na Int(IP) jedinstveno.

Lema. Svako rješenje (1) definirano na IP mora zadovoljiti procjenu |x | = |f (t, x)| F, a njegov graf leži u K1, a još više u C.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji t1 IP takav da je (t, x(t)) C. Za određenost neka je t1 t0. Tada postoji t2 (t0, t1] tako da je |x(t) x0| = R. Slično obrazloženju u dokazu Osgoodovog teorema, možemo pretpostaviti da je t2 krajnja lijeva takva točka, ali imamo (t, x (t)) C, tako da je |f (t, x(t))|F, i prema tome (t, x(t)) K1, što proturječi |x(t2) x0| = R. Dakle, (t, x(t) ) C na svim IP, a zatim (ponavljanje izračuna) (t, x(t)) K1.

Dokaz. (Korolar 2). C je kompaktan skup, dobivamo da je f Lipschitz u x u C, gdje leže grafovi svih rješenja zbog leme. Korolarom 1 dobivamo traženo.

Komentar. Uvjet (7) znači da se Lipschitzov uvjet za f ne može bitno oslabiti. Na primjer, Hölderov uvjet s 1 više ne vrijedi. Prikladni su samo moduli kontinuiteta bliski linearnom - kao što je "najgori":

Vježba. (prilično komplicirano). Dokažite da ako (7) zadovoljava, tada postoji 1 koji zadovoljava (7) tako da je 1/ na nuli.

U općem slučaju, nije potrebno zahtijevati točno nešto od modula kontinuiteta f u x za jedinstvenost - mogući su razni posebni slučajevi, na primjer:

Izjava. Ako su, pod uvjetima Peano teorema, tada bilo koja 2 rješenja (1) definirana na (9) istinita, jasno je da je x C 1(a, b), a zatim diferenciranje (9) daje (1)1, a (1)2 je očito.

Za razliku od (1), za (9) je prirodno konstruirati rješenje na zatvorenom intervalu.

Picard je predložio sljedeću metodu uzastopnih aproksimacija za rješavanje (1)=(9). Označimo x0(t) x0, a zatim indukcijom Teorem. (Cauchy-Picara). Neka je, pod uvjetima Peanove teoreme, funkcija f Lipschitz-ova po x u bilo kojem kompaktnom skupu K konveksnom po x u domeni B, tj.

Tada za bilo koji (t0, x0) B Cauchyjev problem (1) (aka (9)) ima jedinstveno rješenje na Int(IP) i xk x na IP, gdje su xk definirani u (10).

Komentar. Jasno je da teorem ostaje valjan ako se uvjet (11) zamijeni s C(B), jer (11) slijedi iz ovog uvjeta.

Napomena za učitelja. Zapravo, nisu potrebni svi kompaktni skupovi konveksni po x, nego samo cilindri, ali je formulacija napravljena na ovaj način, jer će nam u § 5 trebati općenitiji kompaktni skupovi, a osim toga, upravo s takvom formulacijom je Opaska izgleda najprirodnije.

Dokaz. Odaberemo proizvoljno (t0, x0) B i napravimo istu pomoćnu konstrukciju kao prije Peanovog teorema. Dokažimo indukcijom da su svi xk definirani i kontinuirani na IP, a njihovi grafovi leže u K1, a još više u C. To je očito za x0. Ako to vrijedi za xk1, onda je jasno iz (10) da je xk definiran i kontinuiran na IP, a to je pripadnost K1.

Sada indukcijom dokazujemo procjenu IP-a:

(C je kompaktni skup konveksan po x u B, a L(C) je definiran za njega). Za k = 0, ovo je dokazana procjena (t, x1(t)) K1. Ako (12) vrijedi za k:= ​​k 1, tada iz (10) imamo ono što se tražilo. Dakle, niz je majoriziran na IP konvergentnim numeričkim nizom i stoga (ovo se zove Weierstrassov teorem) konvergira uniformno na IP prema nekoj funkciji x C(IP). Ali to znači xk x na IP-u. Zatim u (10) na IP prelazimo na limit i dobivamo (9) na IP, a time i (1) na Int(IP).

Jedinstvenost neposredno proizlazi iz Korolara 1 Osgoodovog teorema, ali ju je korisno dokazati na drugi način, koristeći upravo jednadžbu (9). Neka postoje 2 rješenja x1,2 problema (1) (tj. (9)) na Int(IP). Kao što je gore spomenuto, tada njihovi grafovi nužno leže u K1, a još više u C. Neka t I1 = (t0, t0 +), gdje je neki pozitivan broj. Tada je = 1/(2L(C)). Tada je = 0. Dakle, x1 = x2 na I1.

Napomena za učitelja. Postoji i dokaz jedinstvenosti uz pomoć Gronwallove leme, čak je prirodnije, jer prolazi odmah globalno, ali za sada Gronwallova lema nije baš zgodna, jer ju je teško adekvatno percipirati prije linearnih ODE.

Komentar. Posljednji dokaz jedinstvenosti poučan je utoliko što još jednom u drugačijem svjetlu pokazuje kako lokalna jedinstvenost vodi globalnoj jedinstvenosti (što ne vrijedi za postojanje).

Vježba. Dokažite jedinstvenost odjednom na svim IP-ovima, tvrdeći od suprotnog, kao u dokazu Osgoodovog teorema.

Važan poseban slučaj (1) su linearne ODE, tj. one u kojima je vrijednost f (t, x) linearna po x:

U ovom slučaju, da bi se ušlo u uvjete opće teorije, treba zahtijevati. Dakle, u ovom slučaju, uloga B je traka, a uvjet da je Lipschitzov (pa čak i diferencijabilan) u odnosu na x automatski je zadovoljen: za sve t (a, b), x, y Rn imamo |f (t, x) f (t, y)| = |A(t)(x y)| |A(t)| · |(x y)|.

Ako privremeno odaberemo kompaktni skup (a, b), tada na njemu dobivamo |f (t, x) f (t, y)| L|(x y)|, gdje je L = max |A|.

Peano i Osgood ili Cauchy-Picard teoremi impliciraju jedinstvenu rješivost problema (13) na nekom intervalu (Peano-Picard) koji sadrži t0. Štoviše, rješenje na tom intervalu je granica uzastopnih Picardovih aproksimacija.

Vježba. Pronađite ovaj interval.

Ali pokazalo se da se u ovom slučaju svi ovi rezultati mogu dokazati globalno odjednom, tj. na svemu (a, b):

Teorema. Neka je (14) istinito. Tada problem (13) ima jedinstveno rješenje na (a, b), a uzastopne Picardove aproksimacije mu konvergiraju uniformno na bilo kojem kompaktnom skupu (a, b).

Dokaz. Opet, kao u TK-P, konstruiramo rješenje integralne jednadžbe (9) korištenjem uzastopnih aproksimacija pomoću formule (10). Ali sada ne trebamo provjeravati uvjet da graf pada u stožac i cilindar, jer

f je definiran za sve x dok je t (a, b). Trebamo samo provjeriti jesu li svi xk definirani i kontinuirani na (a, b), što je očito indukcijom.

Umjesto (12), sada prikazujemo sličnu procjenu oblika gdje je N neki broj ovisan o izboru . Prvi korak indukcije za ovu procjenu je drugačiji (jer nije povezan s K1): za k = 0 |x1(t) x0| N zbog kontinuiteta x1, a sljedeći koraci su slični (12).

Moguće je to ne opisivati ​​jer je očito, ali opet možemo primijetiti xk x na , a x je rješenje odgovarajućeg (10) na . Ali pritom smo konstruirali rješenje na svemu (a, b), budući da je izbor kompaktnog skupa proizvoljan. Jedinstvenost proizlazi iz Osgoodovih ili Cauchy-Picardovih teorema (i gornje rasprave o globalnoj jedinstvenosti).

Komentar. Kao što je gore spomenuto, TC-P je formalno suvišan zbog Peano i Osgoodovih teorema, ali je koristan iz 3 razloga - to:

1. omogućuje vam povezivanje Cauchyjevog problema za ODE s integralnom jednadžbom;

2. nudi konstruktivnu metodu uzastopnih aproksimacija;

3. olakšava dokazivanje globalnog postojanja za linearne ODE.

[iako se ovo posljednje može zaključiti i iz argumenata § 4.] U nastavku ćemo se najčešće pozivati ​​na njega.

Primjer. x = x, x(0) = 1. Sukcesivne aproksimacije Dakle, x(t) = e je rješenje izvornog problema na cijelom R.

Najčešće se neće dobiti niz, ali ostaje određena konstruktivnost. Također je moguće procijeniti pogrešku x xk (vidi ).

Komentar. Iz teorema Peano, Osgood i Cauchy-Picard lako je dobiti odgovarajuće teoreme za ODE višeg reda.

Vježba. Formulirajte koncepte Cauchyjevog problema, rješenja sustava i Cauchyjevog problema, sve teoreme za ODE višeg reda, koristeći redukciju na sustave prvog reda opisanu u § 1.

Donekle kršeći logiku kolegija, ali radi boljeg usvajanja i opravdanja metoda rješavanja problema u praktičnoj nastavi, privremeno ćemo prekinuti izlaganje opće teorije i pozabaviti se tehničkim problemom "eksplicitnog rješavanja ODE".

§ 3. Neke metode integracije Dakle, razmatramo skalarnu jednadžbu = f (t, x). Najjednostavniji specijalni slučaj koji smo naučili integrirati je tzv. URP, tj. jednadžba u kojoj je f (t, x) = a(t)b(x). Formalni trik integriranja ERP-a je "razdvojiti" varijable t i x (otuda naziv): = a(t)dt, a zatim uzeti integral:

gdje je x = B (A(t)). Takvo formalno obrazloženje sadrži nekoliko točaka koje zahtijevaju obrazloženje.

1. Dijeljenje s b(x). Pretpostavljamo da je f kontinuirana, pa je a C(,), b C(,), tj. B pravokutnik (,) (,)(općenito govoreći, beskonačno). Skupovi (b(x) 0) i (b(x) 0) su otvoreni i stoga su konačni ili prebrojivi skupovi intervala. Između ovih intervala postoje točke ili segmenti gdje je b = 0. Ako je b(x0) = 0, tada Cauchyjev problem ima rješenje x x0. Možda ovo rješenje nije jedinstveno, tada u njegovoj domeni definicije postoje intervali gdje je b(x(t)) = 0, ali se onda mogu podijeliti s b(x(t)). Usput primijetimo da je funkcija B monotona na tim intervalima, pa stoga možemo uzeti B 1. Ako je b(x0) = 0, tada je b(x(t)) = 0 u susjedstvu t0, a postupak je zakonit . Dakle, opisani postupak treba, općenito govoreći, primijeniti kada se domena definiranja rješenja dijeli na dijelove.

2. Integracija lijevog i desnog dijela s obzirom na različite varijable.

Metoda I. Neka želimo pronaći rješenje problema Kod(t) shi (1) x = (t). Imamo: = a(t)b((t)), odakle - dobili smo striktno istu formulu.

Metoda II. Jednadžba je tzv. simetrična notacija izvornog ODE-a, tj. ona koja ne specificira koja je varijabla nezavisna, a koja zavisna. Takav oblik ima smisla samo u slučaju da razmatramo jednu jednadžbu prvog reda s obzirom na teorem o invarijantnosti oblika prvog diferencijala.

Ovdje je prikladno detaljnije se pozabaviti konceptom diferencijala, ilustrirajući ga primjerom ravnine ((t, x)), krivulja na njoj, izlaznih veza, stupnjeva slobode i parametra na krivulji.

Dakle, jednadžba (2) povezuje diferencijale t i x duž željenog IC. Tada je integracija jednadžbe (2) na način prikazan na početku savršeno legalna - to znači, ako želite, integracija preko bilo koje varijable odabrane kao nezavisne.

U Metodi I to smo pokazali odabirom t kao nezavisne varijable. Sada ćemo to pokazati odabirom parametra s duž IC kao nezavisne varijable (jer to jasnije pokazuje jednakost t i x). Neka vrijednost s = s0 odgovara točki (t0, x0).

Tada imamo: = a(t(s))t (s)ds, što nakon toga daje Ovdje se trebamo usredotočiti na univerzalnost simetričnog zapisa, na primjer: krug se ne piše ni kao x(t), ni kao t(x), ali kao x(s), t(s).

Neki drugi ODE-i prvog reda svode se na URP, što se vidi pri rješavanju zadataka (npr. prema zadatakniku).

Drugi važan slučaj je linearni ODE:

Metoda I. Varijacija konstante.

ovo je poseban slučaj općenitijeg pristupa, o kojem će biti riječi u 2. dijelu. Poanta je da potraga za rješenjem u poseban obrazac snižava red jednadžbe.

Prvo odlučimo. homogena jednadžba:

Na temelju jedinstvenosti, ili x 0 ili posvuda x = 0. U potonjem slučaju (neka je x 0 za određenost), dobivamo da (4) daje sva rješenja (3)0 (uključujući nula i negativna).

Formula (4) sadrži proizvoljnu konstantu C1.

Metoda konstantne varijacije sastoji se u tome da je rješenje (3) C1(t) = C0 + Vidi se (kao i za algebarske linearne sustave) struktura ORNY=CHRNY+OROU (više o tome u 2. dijelu).

Ako želimo riješiti Cauchyjev problem x(t0) = x0, tada moramo pronaći C0 iz Cauchyjevih podataka - lako dobivamo C0 = x0.

Metoda II. Nađimo IM, tj. funkciju v kojom treba pomnožiti (3) (napisanu tako da se sve nepoznanice skupe na lijevoj strani: x a(t)x = b(t)) tako da izvod neke zgodne kombinacije.

Imamo: vx vax = (vx), ako je v = av, tj. (takva jednadžba, (3) je ekvivalentna jednadžbi koja je već lako rješiva ​​i daje (5). Ako je Cauchyjev problem riješen, tada u ( 6) prikladno je odmah uzeti određeni integral Neki drugi se svode na linearne ODE (3), kao što se može vidjeti pri rješavanju zadataka (npr. prema problemniku). Važan slučaj linearnih ODE (odmah za bilo koji n) bit će detaljnije razmotren u 2. dijelu.

Obje razmatrane situacije poseban su slučaj tzv. UPD. Razmotrimo ODE prvog reda (za n = 1) u simetričnom obliku:

Kao što je već spomenuto, (7) specificira IC u (t, x) ravnini bez navođenja koja se varijabla smatra neovisnom.

Ako (7) pomnožimo s proizvoljnom funkcijom M (t, x), dobit ćemo ekvivalentni oblik zapisa iste jednadžbe:

Dakle, isti ODE ima mnogo simetričnih unosa. Među njima posebnu ulogu imaju tzv. zapisa u ukupnim diferencijalima, naziv UPD je neuspješan, jer ovo svojstvo nije jednadžba, već oblik njenog zapisa, tj. takav da je lijeva strana (7) jednaka dF (t, x) s nekim F.

Jasno je da je (7) SPD ako i samo ako je A = Ft, B = Fx s nekim F. Kao što je poznato iz analize, za potonje je potrebno i dovoljno Ne opravdavamo striktno tehničke točke, na primjer, glatkoću svih funkcija. Činjenica je da § ima sporednu ulogu - za druge dijelove tečaja uopće nije potreban, te se ne bih želio previše truditi oko njegovog detaljnog predstavljanja.

Dakle, ako je (9) zadovoljeno, tada postoji F (jedinstveno je do aditivne konstante) tako da se (7) prepisuje kao dF (t, x) = 0 (duž IR), tj.

F (t, x) = const duž IC, tj. IC su linije razine funkcije F. Dobivamo da je integracija SPD-a trivijalan zadatak, budući da traženje F pomoću A i B zadovoljava (9 ) nije teško. Ako (9) nije zadovoljeno, tada treba pronaći tzv. IM M (t, x) tako da je (8) FDD, za što je potrebno i dovoljno izvršiti analog (9), koji ima oblik:

Kao što slijedi iz teorije PDE prvog reda (koju ćemo obraditi u 3. dijelu), jednadžba (10) uvijek ima rješenje, tako da IM postoji. Stoga se svaka jednadžba oblika (7) može napisati u obliku FDD-a i stoga dopušta "eksplicitnu" integraciju. Ali ova razmatranja ne daju konstruktivnu metodu u općem slučaju, jer da bi se riješilo (10), općenito govoreći, potrebno je pronaći rješenje (7), što je ono što tražimo. Međutim, postoji niz tehnika pretraživanja IM-a koje se tradicionalno razmatraju u praktičnoj nastavi (vidi na primjer).

Imajte na umu da su gore navedene metode za rješavanje ERP-a i linearnih ODE-ova poseban slučaj IM ideologije.

Doista, ERP dx/dt = a(t)b(x), zapisan u simetričnom obliku dx = a(t)b(x)dt, rješava se množenjem s IM 1/b(x), jer nakon ovoga pretvara u FDD dx/b(x) = a(t)dt, tj. dB(x) = dA(t). Linearna jednadžba dx/dt = a(t)x + b(t), zapisana u simetričnom obliku dx a(t)xdt b(t)dt, rješava se množenjem s MI

(s izuzetkom velikog bloka povezanog s linearnim sustavima) su da se posebnim metodama redukcije reda i promjene varijabli svode na ODE prvog reda, koji se zatim reduciraju na FDD, a rješavaju primjenom glavni teorem diferencijalnog računa: dF = 0 F = konst. Pitanje spuštanja reda tradicionalno je uključeno u tečaj praktičnih vježbi (vidi npr.).

Recimo nekoliko riječi o ODE-ovima prvog reda koji nisu riješeni s obzirom na derivat:

Kao što je objašnjeno u § 1, može se pokušati riješiti (11) s obzirom na x i dobiti normalan oblik, ali to nije uvijek preporučljivo. Često je prikladnije riješiti (11) izravno.

Razmotrimo prostor ((t, x, p)), gdje se p = x privremeno tretira kao nezavisna varijabla. Tada (11) definira površinu (F (t, x, p) = 0) u tom prostoru, što se može napisati parametarski:

Korisno je zapamtiti što to znači, na primjer uz pomoć sfere u R3.

Željena rješenja će odgovarati krivuljama na ovoj površini: t = s, x = x(s), p = x (s) - gubi se jedan stupanj slobode jer na rješenjima postoji veza dx = pdt. Zapišimo ovaj odnos kroz parametre na površini (12): gu du + gv dv = h(fudu + fv dv), tj.

Dakle, željena rješenja odgovaraju krivuljama na površini (12), u kojima su parametri povezani jednadžbom (13). Potonji je ODE u simetričnom obliku koji se može riješiti.

Slučaj I. Ako je u nekom području (gu hfu) = 0, tada (12) tada t = f ((v), v), x = g((v), v) daje parametarski prikaz željenih krivulja u ravnina ((t, x)) (tj. projiciramo na ovu ravninu, jer nam ne treba p).

Slučaj II. Slično, ako je (gv hfv) = 0.

Slučaj III. U nekim točkama istovremeno gu hfu = gv hfv = 0. Ovdje je potrebna posebna analiza, da li taj skup odgovara nekim rješenjima (ona se tada nazivaju singularnim).

Primjer. Clairaut-ova jednadžba x = tx + x 2. Imamo:

x = tp + p2. Tu površinu parametriziramo: t = u, p = v, x = uv + v 2. Jednadžba (13) ima oblik (u + 2v)dv = 0.

Slučaj I. Nije provedeno.

Slučaj II. u + 2v = 0, tada je dv = 0, tj. v = C = const.

Dakle, t = u, x = Cu + C 2 je parametarska oznaka IR.

Lako ga je eksplicitno napisati x = Ct + C 2.

Slučaj III. u + 2v = 0, tj. v = u/2. Dakle, t = u, x = u2/4 je parametarski zapis "IC kandidata".

Kako bismo provjerili je li ovo doista IR, eksplicitno ga napišemo x = t2/4. Pokazalo se da je to (posebno) rješenje.

Vježba. Dokažite da se posebno rješenje odnosi na sva ostala.

Ovo je opća činjenica - graf svakog posebnog rješenja omotnica je obitelji svih drugih rješenja. Ovo je osnova za drugu definiciju singularnog rješenja, upravo kao ovojnice (vidi ).

Vježba. Dokažite to za više opća jednadžba Clairaut x = tx (x) s konveksnom funkcijom, posebno rješenje ima oblik x = (t), gdje je Legendreova transformacija od , tj. = ()1, ili (t) = max(tv (v)). Slično za jednadžbu x = tx + (x).

Komentar. Sadržaj § 3 pobliže i točnije opisan je u udžbeniku.

Napomena za učitelja. Prilikom držanja tečaja predavanja, može biti korisno proširiti § 3, dajući mu stroži oblik.

Sada se vratimo glavnom pregledu tečaja, nastavljajući izlaganje započeto u §§ 1,2.

§ 4. Globalna rješivost Cauchyjevog problema U § 2. smo dokazali lokalno postojanje rješenja Cauchyjevog problema, tj. samo na nekom intervalu koji sadrži točku t0.

Uz neke dodatne pretpostavke o f, također smo dokazali jedinstvenost rješenja, shvaćajući ga kao podudarnost dvaju rješenja definiranih na istom intervalu. Ako je f linearan po x, tada se dobiva globalna egzistencija, tj. na cijelom intervalu gdje su koeficijenti jednadžbe (sustava) definirani i kontinuirani. Međutim, kao što pokazuje pokušaj primjene opće teorije na linearni sustav, Peano-Picardov interval općenito je manji od onog na kojem se može konstruirati rješenje. Postavljaju se prirodna pitanja:

1. kako odrediti maksimalni interval na kojem se može ustvrditi postojanje rješenja (1)?

2. Poklapa li se taj interval uvijek s maksimalnim intervalom, na kojem desna strana (1)1 još uvijek ima smisla?

3. kako točno formulirati pojam jedinstvenosti rješenja bez rezerve o intervalu njegovog definiranja?

Da je odgovor na pitanje 2 općenito negativan (odnosno zahtijeva veliku točnost) pokazuje sljedeći primjer. x = x2, x(0) = x0. Ako je x0 = 0, onda je x 0 - prema Osgoodovom teoremu nema drugih rješenja. Ako je x0 = 0, tada odlučujemo da je korisno napraviti crtež). Interval postojanja rješenja ne može biti veći od (, 1/x0) odnosno (1/x0, +), redom, za x0 0 i x0 0 (druga grana hiperbole nije povezana s rješenjem! - ovo je tipična greška studenti). Na prvi pogled, ništa u izvornom problemu nije "naslućivalo takav ishod". U § 4 naći ćemo objašnjenje ove pojave.

Na primjeru jednadžbe x = t2 + x2 prikazana je tipična pogreška učenika o intervalu postojanja rješenja. Ovdje činjenica da je "jednadžba posvuda definirana" uopće ne znači da se rješenje može proširiti na cijeli pravac. To je jasno čak i sa čisto svakodnevnog stajališta, na primjer, u vezi sa pravnim zakonima i procesima koji se pod njima odvijaju: čak i ako zakon izričito ne propisuje prestanak postojanja tvrtke u 2015., to ne znači uopće da ova tvrtka neće otići u stečaj do ove godine iz internih razloga (iako posluje u okvirima zakona).

Da bismo odgovorili na pitanja 1-3 (pa čak i da bismo ih jasno formulirali), nužan je pojam neproširivog rješenja. Mi ćemo (kao što smo se gore dogovorili) razmatrati rješenja jednadžbe (1)1 kao parove (, (tl (), tr ())).

Definicija. Rješenje (, (tl (), tr ())) je nastavak rješenja (, (tl (), tr ())) if (tl (), tr ()) (tl (), tr () ), i |(tl(),tr()) =.

Definicija. Rješenje (, (tl (), tr ())) je neproširivo ako nema netrivijalna (tj. različita) proširenja. (vidi primjer gore).

Jasno je da su upravo RH od posebne vrijednosti, te je u njihovom smislu potrebno dokazati postojanje i jedinstvenost. Postavlja se prirodno pitanje - je li uvijek moguće konstruirati IS na temelju nekog lokalnog rješenja ili na Cauchyjevom problemu? Ispostavilo se da da. Da bismo ovo razumjeli, predstavimo pojmove:

Definicija. Skup rješenja ((, (tl (), tr ()))) je konzistentan ako se bilo koja 2 rješenja iz tog skupa podudaraju u sjecištu intervala njihove definicije.

Definicija. Konzistentan skup rješenja nazivamo maksimalnim ako mu se ne može dodati još jedno rješenje tako da novi skup bude konzistentan i sadrži nove točke u uniji domena rješenja.

Jasno je da je konstrukcija INN-a ekvivalentna konstrukciji IS-a, naime:

1. Ako postoji IS, tada svaki INN koji ga sadrži može biti samo skup njegovih ograničenja.

Vježba. Potvrdi.

2. Ako postoji INN, tada se HP (, (t, t+)) konstruira na sljedeći način:

postavljamo (t) = (t), gdje je bilo koji INN element definiran u ovoj točki. Očito je da će takva funkcija biti jednoznačno definirana u cjelini (t, t+) (jedinstvenost slijedi iz konzistentnosti skupa), au svakoj točki koincidira sa svim INN elementima definiranim u ovoj točki. Za svaki t (t, t+) postoji neki definiran u njemu, a time iu njegovoj okolini, a kako u toj okolini postoji rješenje (1)1, onda je i to. Dakle, postoji rješenje (1)1 u cjelini (t, t+). Neproširiv je, jer bi se inače netrivijalno proširenje moglo dodati INN-u unatoč njegovoj maksimalnosti.

Konstrukcija ILS problema (1) u općem slučaju (pod uvjetima Peanovog teorema), kada ne postoji lokalna jedinstvenost, moguća je (vidi , ), ali prilično glomazna - temelji se na korak-po- korak primjena Peano teorema s nižom procjenom duljine intervala produženja. Dakle, HP uvijek postoji. To ćemo opravdati samo u slučaju kada postoji lokalna jedinstvenost, tada je konstrukcija INN (a time i IR) trivijalna. Na primjer, za određenost, djelovat ćemo u okviru TC-P.

Teorema. Neka su uvjeti TK-P zadovoljeni u domeni B Rn+1. Tada za bilo koji (t0, x0) B problem (1) ima jedinstveni IS.

Dokaz. Promotrimo skup svih rješenja zadatka (1) (nije prazan prema TK-P). Tvori INN - konzistentan zbog lokalne jedinstvenosti, a maksimalan s obzirom na to da je to skup svih rješenja Cauchyjevog problema općenito. Dakle, NR postoji. Jedinstvena je zbog lokalne posebnosti.

Ako se traži konstruiranje IS-a na temelju dostupnog lokalnog rješenja (1)1 (a ne Cauchyjevog problema), tada se taj problem, u slučaju lokalne jedinstvenosti, svodi na Cauchyjev problem: treba izabrati bilo koju točku na postojeći IC i razmotriti odgovarajući Cauchyjev problem. IS ovog problema će zbog svoje jedinstvenosti biti nastavak izvornog rješenja. Ako nema jedinstvenosti, onda se nastavak zadanog rješenja provodi prema gore navedenom postupku.

Komentar. HP se ne može produžiti na krajevima svog intervala postojanja (bez obzira na uvjet jedinstvenosti) tako da je rješenje i na krajnjim točkama. Za opravdanje je potrebno pojasniti što se podrazumijeva pod rješenjem ODE na krajevima segmenta:

1. Pristup 1. Neka rješenje (1)1 na intervalu shvatimo kao funkciju koja zadovoljava jednadžbu na krajevima u smislu jednostrane derivacije. Tada mogućnost navedenog proširenja nekog rješenja, na primjer, na desnom kraju intervala njegovog postojanja (t, t+] znači da IC ima krajnju točku unutar B, a C 1(t, t+]. Ali tada, nakon što smo riješili Cauchyjev problem x(t+) = (t+) za (1) i pronašli njegovo rješenje, dobivamo za desni kraj t+ (u točki t+ postoje obje jednostrane derivacije i jednake su f (t+ , (t+)), što znači da postoji obična derivacija), tj. nije bilo NR.

2. Pristup 2. Ako, pod rješenjem (1)1 na segmentu, mislimo na funkciju koja je kontinuirana samo na krajevima, ali takva da krajevi IC leže u B (čak i ako se ne zahtijeva da jednadžba bude zadovoljeni na krajevima), tada i dalje dobivamo isto razmišljanje, samo u smislu odgovarajuće integralne jednadžbe (vidi detalje).

Dakle, time što smo se odmah ograničili samo na otvorene intervale kao skupove definicija rješenja, nismo narušili općenitost (već smo samo izbjegli nepotrebnu gužvu s jednostranim izvodnicama itd.).

Kao rezultat toga, odgovorili smo na pitanje 3, postavljeno na početku § 4: pod uvjetom jedinstvenosti (na primjer, Osgood ili Cauchy-Picard), rješenje Cauchyjevog problema je jedinstveno u HP. Ako je uvjet jedinstvenosti povrijeđen, tada može postojati mnogo IS Cauchyjevog problema, svaki sa svojim intervalom postojanja. Svako rješenje (1) (ili jednostavno (1)1) može se proširiti na IS.

Za odgovor na pitanja 1 i 2 potrebno je ne promatrati zasebno varijablu t, već ponašanje IC u prostoru Rn+1. Na pitanje kako se IC ponaša “blizu krajeva”, on odgovara Imajte na umu da interval postojanja ima krajeve, ali IC ih možda nema (kraj IC u B uvijek ne postoji - vidi gornju napomenu, ali kraj možda ne postoji na B – vidi dolje).

Teorema. (o napuštanju kompakta).

formuliramo ga pod uvjetima lokalne jedinstvenosti, ali to nije potrebno - vidi , gdje je TPK formuliran kao kriterij za NR.

Pod uvjetima TC-P, graf bilo kojeg IS-a jednadžbe (1)1 napušta bilo koji kompaktni skup K B, tj. K B (t, t+): (t, (t)) K u t .

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

Komentar. Dakle, IC IS blizu t± približava se B: ((t, (t)), B) 0 kao t t± - proces nastavka rješenja ne može završiti striktno unutar B.

pozitivno, ovdje je kao vježba korisno dokazati pozitivnost udaljenosti između disjunktnih zatvorenih skupova, od kojih je jedan kompaktan skup.

Dokaz. Popravite K B. Uzmite bilo koju 0 ​​(0, (K, B)). Ako je B = Rn+1, tada po definiciji pretpostavljamo (K, B) = +. Skup K1 = ( (t, x) | ((t, x), K) 0 /2 ) je također kompaktan u B, pa postoji F = max |f |. Odaberemo brojeve T i R do K tako male da bilo koji cilindar ima oblik Na primjer, dovoljno je uzeti T 2 + R2 2/4. Tada Cauchyjev problem oblika, prema TK-P, ima rješenje na intervalu koji nije uži od (t T0, t + T0), gdje je T0 = min(T, R/F) za sve (t, x) K.

Sada kao željeni segment možete uzeti = . Doista, moramo pokazati da ako je (t, (t)) K, tada je t + T0 t t + T0. Pokažimo, na primjer, drugu nejednakost. Rješenje Cauchyjevog problema (2) s x = (t) postoji udesno barem do točke t + T0, ali je IS istog problema, koji je zbog svoje jedinstvenosti proširenje, pa je t + T0 t+.

Dakle, IS dijagram uvijek "dospije do B", tako da interval postojanja IS ovisi o geometriji IC.

Na primjer:

Izjava. Neka je B = (a, b)Rn (konačan ili beskonačan interval), f zadovoljava uvjete TC-P u B, IS je problema (1) s t0 (a, b). Tada je ili t+ = b ili |(t)| + za t t+ (i slično za t).

Dokaz. Dakle, neka je t+ b, tada t+ +.

Razmotrimo kompaktni skup K = B B. Za bilo koji R +, prema TPK, postoji (R) t+ tako da je za t ((R), t+) točka (t, (t)) K. Ali budući da t t+, to je moguće samo za račun |(t)| R. Ali ovo znači |(t)| + za t t+.

U ovom konkretnom slučaju vidimo da ako je f definiran “za sve x”, tada interval postojanja IS može biti manji od maksimalno mogućeg (a, b) samo zbog težnje IS da kada se približava krajeve intervala (t, t+) (općenito slučaj - do granice B).

Vježba. Generalizirajte posljednju tvrdnju na slučaj kada je B = (a, b), gdje je Rn proizvoljna regija.

Komentar. Treba razumjeti da |(t)| + ne znači nikakav k(t).

Dakle, odgovorili smo na pitanje 2 (usp. primjer na početku § 4): IR doseže B, ali njegova projekcija na t-osi možda neće doseći krajeve projekcije B na t-os. Ostaje pitanje 1 - postoje li znakovi po kojima se, bez rješavanja ODE, može prosuditi mogućnost nastavka rješenja na "najširi mogući interval"? Znamo da je za linearne ODE ovo proširenje uvijek moguće, ali u primjeru na početku § 4 to je nemoguće.

Razmotrimo prvo, za ilustraciju, poseban slučaj ERP-a za n = 1:

konvergencija nepravilnog integrala h(s)ds (nepravilnog zbog = + ili zbog singularnosti h u točki) ne ovisi o izboru (,). Stoga ćemo u nastavku pisati jednostavno h(s)ds kada govorimo o konvergenciji ili divergenciji ovog integrala.

to se već moglo učiniti u Osgoodovom teoremu i srodnim tvrdnjama.

Izjava. Neka su a C(,), b C(, +), obje funkcije pozitivne na svojim intervalima. Neka Cauchyjev problem (gdje t0 (,), x0) ima IS x = x(t) na intervalu (t, t+) (,). Zatim:

Posljedica. Ako je a = 1, = +, tada je t+ = + Dokaz. (Tvrdnje). Primijetimo da x monotono raste.

Vježba. Dokazati.

Dakle, x(t+) = lim x(t) + postoji. Imamo Slučaj 1. t+, x(t+) + - je nemoguće po TPK, budući da je x IS.

Oba integrala su konačna ili beskonačna.

Vježba. Dodajte dokaz.

Obrazloženje za učitelja. Kao rezultat toga dobivamo da je u slučaju 3: a(s)ds +, au slučaju 4 (ako se uopće realizira) isto.

Dakle, za najjednostavnije ODE za n = 1 oblika x = f (x), proširivost rješenja do određena je sličnošću.

autonomne) jednadžbe, vidi dio 3.

Primjer. Za f (x) = x, 1 (osobito, linearni slučaj = 1), i f (x) = x ln x, može se zajamčiti proširivost (pozitivnih) rješenja na +. Za f(x) = x i f(x) = x ln x na 1, rješenja se "razlažu u konačnom vremenu".

U općem slučaju, situacija je određena mnogim čimbenicima i nije tako jednostavna, ali važnost "stope rasta f u x" ostaje. Za n 1 teško je formulirati kriterije proširivosti, ali postoje dovoljni uvjeti. U pravilu se opravdavaju uz pomoć tzv. apriorne procjene rješenja.

Definicija. Neka je h C(,), h 0. Kaže se da je za rješenja nekog ODU AO |x(t)| h(t) na (,) ako bilo koje rješenje ovog ODE-a zadovoljava ovu procjenu na onom dijelu intervala (,) gdje je definirano (tj. ne pretpostavlja se da su rješenja nužno definirana na cijelom intervalu (,) ).

Ali ispada da prisutnost AO jamči da će rješenja i dalje biti definirana na svim (,) (i stoga zadovoljiti procjenu na cijelom intervalu), tako da se apriorna procjena pretvara u aposteriornu:

Teorema. Neka Cauchyjev problem (1) zadovoljava uvjete TK-P, a za njegova rješenja postoji AO na intervalu (,) s nekim h C(,), i krivocrtni cilindar (|x| h(t), t (,)) B Tada je HP (1) definiran na svim (,) (pa stoga zadovoljava AO).

Dokaz. Dokažimo da je t+ (t je slično). Recimo t+. Promotrimo kompaktni skup K = (|x| h(t), t ) B. Po TPK, kao t t+, točka grafa (t, x(t)) napušta K, što je nemoguće zbog AO.

Dakle, da bi se dokazalo proširenje rješenja na određeni interval, dovoljno je formalno ocijeniti rješenje na cijelom traženom intervalu.

Analogija: mjerljivost funkcije prema Lebesgueu i formalna ocjena integrala povlače stvarno postojanje integrala.

Evo nekoliko primjera situacija u kojima ova logika funkcionira. Počnimo s ilustriranjem gornje teze o "rastu f u x prilično je spor."

Izjava. Neka B = (,) Rn, f zadovoljava uvjete TK-P u B, |f (t, x)| a(t)b(|x|), gdje a i b zadovoljavaju uvjete prethodne tvrdnje c = 0, i = +. Tada IS problema (1) postoji na (,) za sve t0 (,), x0 Rn.

Lema. Ako su i kontinuirani, (t0) (t0); za t t Dokaz. Primijetimo da u susjedstvu (t0, t0 +): ako je (t0) (t0), onda je to odmah očito, inače (ako je (t0) = (t0) = 0) imamo (t0) = g(t0, 0 ) (t0), što opet daje ono što se traži.

Pretpostavimo sada da postoji t1 t0 takav da je (t1). Očiglednim zaključivanjem može se pronaći (t1) t2 (t0, t1] tako da je (t2) = (t2), i na (t0, t2). Ali tada u točki t2 imamo =, - kontradikciju.

g je bilo koji, a zapravo je potrebno samo C, i gdje god =, tu je. Ali da nam ne bi zatrpali glavu, razmotrimo to kao u Lemi. Ovdje postoji striktna nejednakost, ali nelinearna ODE, a postoji i tzv.

Napomena za učitelja. Nejednakosti ove vrste kao u Lemi nazivaju se nejednakosti Chaplyginovog tipa (NC). Lako je vidjeti da lema ne treba uvjet jedinstvenosti, pa je takav "strogi NP" također istinit u okviru Peanove teoreme. "Nestrogi LF" je očito lažan bez jedinstvenosti, budući da je jednakost poseban slučaj nestriktne nejednakosti. Konačno, “nestriktni NP” je istinit u okviru uvjeta jedinstvenosti, ali se može dokazati samo lokalno, uz pomoć IM-a.

Dokaz. (Tvrdnje). Dokažimo da je t+ = (t = slično). Pretpostavimo t+, tada prema gornjoj tvrdnji |x(t)| + za t t+, pa možemo pretpostaviti da je x = 0 na . Dokažemo li AO |x| h na ) (kuglica je zatvorena zbog pogodnosti).

Cauchyjev problem x(0) = 0 ima jedinstveni IS x = 0 na R.

Naznačimo dovoljan uvjet na f pod kojim se može jamčiti postojanje IS na R+ za sve dovoljno male x0 = x(0). Da bismo to učinili, pretpostavimo da (4) ima tzv Ljapunovljeva funkcija, tj. funkcija V takva da je:

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

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

Provjerimo ispunjenje uvjeta A i B:

A. Razmotrimo Cauchyjev problem gdje je |x1| R/2. Konstruirajmo cilindar B = R B(0, R) - domenu funkcije f, gdje je ona ograničena i klase C 1, tako da postoji F = max |f |. Prema TK-P postoji rješenje (5) definirano na intervalu (t1 T0, t1 + T0), gdje je T0 = min(T, R/(2F)). Odabirom dovoljno velikog T može se postići T0 = R/(2F). Važno je da T0 ne ovisi o izboru (t1, x1), pod uvjetom da |x1| R/2.

B. Sve dok je rješenje (5) definirano i ostaje u kuglici B(0, R), možemo dati sljedeći argument. Imamo:

V (x(t)) = f (x(t)) V (x(t)) 0, tj. V (x(t)) V (x1) M (r) = max V (y) . Jasno je da se m i M ne smanjuju; r su diskontinuirani u nuli, m(0) = M (0) = 0, a izvan nule su pozitivni. Dakle, postoji R 0 takav da je M (R) m(R/2). Ako |x1| R, tada V (x(t)) V (x1) M (R) m(R/2), odakle |x(t)| R/2. Imajte na umu da R R/2.

Sada možemo formulirati teorem, koji iz Secs. A,B izvodi globalno postojanje rješenja (4):

Teorema. Ako (4) ima Lyapunovljevu funkciju u B(0, R), tada za sve x0 B(0, R) (gdje je R gore definirano) IS Cauchyjevog problema x(t0) = x0 za sustav (4) (s bilo kojim t0) definiranim na +.

Dokaz. Po stavci A rješenje se može konstruirati na , gdje je t1 = t0 + T0 /2. Ovo rješenje leži u B(0, R) i na njega primjenjujemo stavku B, tako da je |x(t1)| R/2. Ponovno primjenjujemo stavku A i dobivamo rješenje na , gdje je t2 = t1 + T0/2, tj. sada je rješenje izgrađeno na . Stavku B primijenimo na ovo rješenje i dobijemo |x(t2)| R/2 itd. U prebrojivom broju koraka dobivamo rješenje u § 5. Ovisnost rješenja ODE o Razmotrimo Cauchyjev problem gdje je Rk. Ako za neki t0(), x0() ovaj Cauchyjev problem ima IS, onda je to x(t,). Postavlja se pitanje: kako proučavati ovisnost x o? Ovo je pitanje važno zbog različitih primjena (a posebno će se pojaviti u 3. dijelu), od kojih je jedna (iako možda ne i najvažnija) približno rješenje ODE-ova.

Primjer. Razmotrimo Cauchyjev problem, njegov IS postoji i jedinstven je, kako proizlazi iz TK-P, ali ga je nemoguće izraziti elementarnim funkcijama. Kako onda istražiti njegova svojstva? Jedan od načina je sljedeći: primijetimo da je (2) “blizak” problemu y = y, y(0) = 1, čije se rješenje lako nalazi: y(t) = et. Možemo pretpostaviti da je x(t) y(t) = et. Ova je ideja jasno formulirana na sljedeći način: razmotrite problem At = 1/100 ovo je (2), a at = 0 ovo je problem za y. Ako dokažemo da je x = x(t,) kontinuirano u (u određenom smislu), tada dobivamo da je x(t,) y(t) na 0, što znači x(t, 1/100) y( t ) = et.

Istina, ostaje nejasno koliko je x blizu y, ali dokazivanje da je x kontinuirano u odnosu na prvi je nužan korak bez kojeg je daljnji napredak nemoguć.

Slično tome, korisno je proučiti ovisnost o parametrima u početnim podacima. Kao što ćemo kasnije vidjeti, ova se ovisnost lako može svesti na ovisnost o parametru na desnoj strani jednadžbe, tako da se za sada ograničavamo na problem oblika Neka je f C(D), gdje je D regija u Rn+k+1; f je Lipschitz u x u bilo kojem kompaktnom skupu u D konveksnom u x (na primjer, C(D) je dovoljno). Fiksiramo (t0, x0). Označimo M = Rk | (t0, x0,) D je skup dopustivih (za koje problem (4) ima smisla). Imajte na umu da je M otvoren. Pretpostavljamo da su (t0, x0) odabrani tako da je M =. Prema TK-P za sve M postoji jedan IS problema (4) - funkcija x = (t,) definirana na intervalu t (t(), t+()).

Strogo govoreći, budući da ovisi o mnogim varijablama, moramo napisati (4) na sljedeći način:

gdje je (5)1 zadovoljeno na skupu G = ( (t,) | M, t (t (), t+()) ). Međutim, razlika između znakova d / dt i / t je čisto psihološka (njihova upotreba ovisi o istom psihološkom konceptu "popraviti"). Dakle, skup G je prirodni maksimalni skup definicije funkcije, te pitanje kontinuiteta treba istraživati ​​upravo na G.

Trebamo pomoćni rezultat:

Lema. (Gronwall). Neka funkcija C, 0, zadovoljava procjenu za sve t. Tada za sve vrijedi Napomena za nastavnika. Kada čitate predavanje, ovu formulu ne možete unaprijed naučiti napamet, već ostavite razmak i unesite je nakon zaključka.

Ali onda držite ovu formulu na vidiku, jer će biti neophodna u ToNZ-u.

h = A + B Ah + B, odakle dobivamo ono što se traži.

Značenje ove leme: diferencijalna jednadžba i nejednadžba, povezanost između njih, integralna jednadžba i nejednadžba, povezanost između svih njih, Gronwallova diferencijalna i integralna lema i povezanost između njih.

Komentar. Moguće je dokazati ovu lemu pod općenitijim pretpostavkama o A i B, ali to nam još nije potrebno, već će biti učinjeno na tečaju UMF (dakle, lako je vidjeti da nismo koristili kontinuitet A i B, itd.).

Sada smo spremni jasno izraziti rezultat:

Teorema. (ToNS) Pod pretpostavkama o f iu gornjoj notaciji, možemo ustvrditi da je G otvoren, ali C(G).

Komentar. Jasno je da skup M općenito nije povezan, pa ni G ne mora biti povezan.

Napomena za učitelja. Međutim, ako smo uključili (t0, x0) u broj parametara, tada bi veza bila - to se radi u .

Dokaz. Neka (t,) G. Potrebno je dokazati da je:

Neka je, za određenost, t t0. Imamo: M, tako da je (t,) definirano na (t(), t+()) t, t0, što znači da na nekom segmentu tako da t točka (t, (t,),) prolazi kroz kompaktna krivulja D (paralelna hiperravninama ( = 0)). To znači da skup obrasca Definicija mora stalno biti pred očima!

postoji i kompaktni skup u D za dovoljno male a i b (konveksne po x), tako da je funkcija f Lipschitzeva po x:

[Ovu ocjenu morate stalno imati pred očima! ] i uniformno je neprekidan po svim varijablama, a još više po |f (t, x, 1)f (t, x, 2)| (|12|), (t, x, 1), (t, x, 2).

[Ovu ocjenu morate stalno imati pred očima! ] Razmotrimo proizvoljan 1 takav da |1 | b i odgovarajuće rješenje (t, 1). Skup ( = 1) je kompaktan u D ( = 1), a za t = t0 vrijedi točka (t, (t, 1), 1) = (t0, x0, 1) = (t0, (t0,), 1) ( = 1), a prema TPK, za t t+(1) točka (t, (t, 1), 1) napušta ( = 1). Neka je t2 t0 (t2 t+(1)) prva vrijednost do koje spomenuta točka dolazi.

Prema konstrukciji, t2 (t0, t1]. Naš će zadatak biti pokazati da je t2 = t1 pod dodatnim ograničenjima na. Neka sada t3 . Imamo (za sve takve t3, sve veličine korištene u nastavku definirane su konstrukcijom):

(t3, 1)(t3,) = f (t, (t, 1), 1)f (t, (t,),) dt, Pokušajmo dokazati da je ta vrijednost manja od a u apsolutnoj vrijednosti.

gdje se integrand procjenjuje na sljedeći način:

±f (t, (t,),), umjesto ±f (t, (t,),), budući da je razlika |(t, 1) (t,)| samo još nema procjene, pa je (t, (t, 1),) nejasno, ali za |1 | postoji, a (t, (t,), 1) je poznato.

tako da je |(t3, 1)(t3,)| K|(t, 1)(t,)|+(|1|) dt.

Dakle, funkcija (t3) = |(t3, 1) (t3,)| (ovo je kontinuirana funkcija) zadovoljava uvjete Gronwallove leme s A(s) K 0, B(s) (|1 |), T = t2, = 0, pa prema ovoj lemi dobivamo [Ova se procjena mora zadržati u svakom trenutku na umu! ] ako uzmemo |1 | 1 (t1). Pretpostavit ćemo da je 1(t1) b. Sva naša razmišljanja su točna za sve t3.

Dakle, s takvim izborom 1, kada je t3 = t2, još uvijek |(t2, 1) (t2,)| a, kao i |1 | b. Dakle, (t2, (t2, 1), 1) moguće je samo zbog činjenice da je t2 = t1. Ali to konkretno znači da je (t, 1) definirano na cijelom intervalu , tj. t1 t+(1), i sve točke oblika (t, 1) G ako je t , |1 | 1 (t1).

To jest, iako t+ ovisi o, ali segment ostaje lijevo od t+() na dovoljno blizu. Na slici Slično, na t t0, prikazano je postojanje brojeva t4 t0 i 2(t4). Ako je t t0, tada je točka (t,) B(, 1) G, slično za t t0, a ako je t = t0, tada su oba slučaja primjenjiva, tako da je (t0,) B(, 3) G, gdje je 3 = min (12). Važno je da se za fiksno (t,) može pronaći t1(t,) tako da je t1 t 0 (odnosno t4) i 1(t1) = 1(t,) 0 (odnosno 2), tako da je izbor 0 = 0(t,) jasan (budući da se lopta može upisati u rezultirajuću cilindričnu okolinu).

zapravo, dokazano je suptilnije svojstvo: ako je IS definiran na određenom intervalu, tada su svi IS-ovi s dovoljno bliskim parametrima definirani na njemu (tj.

sve malo poremećene HP-ove). Međutim, i obrnuto, ovo svojstvo slijedi iz otvorenosti G, kao što će biti pokazano u nastavku, pa su to ekvivalentne formulacije.

Time smo dokazali stavku 1.

Ako se nalazimo u navedenom cilindru u prostoru, tada je procjena točna za |1 | 4(, t,). U isto vrijeme |(t3,) (t,)| za |t3 t| 5(, t,) zbog kontinuiteta u t. Kao rezultat, za (t3, 1) B((t,),) imamo |(t3, 1) (t,)|, gdje je = min(4, 5). Ovo je točka 2.

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja DRŽAVNO SVEUČILIŠTE ZA MENADŽMENT Institut za obuku znanstvenog, pedagoškog i znanstvenog kadra PROGRAM ULAZNIH TESTOVA U POSEBNOJ DISCIPLINI SOCIOLOGIJA MENADŽMENTA MOSKVA - 2014. 1. ORGANIZACIJSKE I METODIČKE UPUTE prijemnih ispita za diplomski studij u ... "

« Odjel za psihologiju i pedagogiju državnog sveučilišta Amur EDUKATIVNA I METODOLOŠKA KOMPLEKSNA DISCIPLINA KONZULTATIVNA PSIHOLOGIJA Glavni obrazovni program u smjeru prvostupnika 030300.62 Psihologija Blagoveshchensk 2012 UMKd razvijen Razmatran i preporučen na sastanku Odjela za psihologiju i pedagogiju Protokol ... "

"automobilska industrija) Omsk - 2009 3 Savezna agencija za obrazovanje GOU VPO Sibirska državna automobilska i cestovna akademija (SibADI) Odjel za inženjersku pedagogiju METODOLOŠKE UPUTE za proučavanje discipline Pedagoške tehnologije za studente specijalnosti 050501 - Stručno osposobljavanje (automobili i automobilska .. ."

"Serija Obrazovna knjiga G.S. Rozenberg, F.N. Ryansky TEORETSKA I PRIMIJENJENA EKOLOGIJA Vodič za učenje obrazovne ustanove u ekološkim specijalnostima 2. izdanje Nizhnevartovsk Izdavačka kuća Nizhnevartovsk Pedagoškog instituta 2005 LBC 28.080.1ya73 P64 Recenzenti: Dr. Biol. znanosti, profesor V. I. Popchenko (Institut za ekologiju...»

„MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE savezna državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja KRASNOJARSKO DRŽAVNO PEDAGOŠKO SVEUČILIŠTE nazvano po. V.P. Astafieva E.M. Antipova SMALL WORKSHOP ON BOTANICS Elektroničko izdanje KRASNOYARSK 2013 LBC 28.5 A 721 Recenzenti: Vasiliev A.N. V.P. Astafjev; Yamskikh G.Yu., doktor geoloških znanosti, profesor Sibirskog federalnog sveučilišta Tretyakova I.N., doktor bioloških znanosti, profesor, vodeći suradnik Instituta za šume...»

"Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Savezna državna obrazovna proračunska ustanova visokog stručnog obrazovanja Amur Državno sveučilište Odjel za psihologiju i pedagogiju OBRAZOVNI I METODOLOŠKI KOMPLEKS DISCIPLINE OSNOVA PEDIJATRIJE I HIGIJENE Glavni obrazovni program u smjeru osposobljavanja 050400.62 Psihološki i pedagoško obrazovanje Blagoveshchensk 2012 1 UMKd razvijen Razmatran i preporučen na sastanku Odjela za psihologiju i ... "

„Provjera zadataka s detaljnim odgovorom Državna (konačna) certifikacija diplomanata devetog razreda obrazovnih institucija (u novom obliku) 2013. GEOGRAFIJA Moskva 2013. Sastavio: Ambartsumova E.M. Povećanje objektivnosti rezultata državne (završne) certifikacije maturanata 9. razreda općih obrazovnih ustanova (u ... "

„Praktične preporuke o korištenju referentnih, informativnih i metodičkih sadržaja za nastavu ruskog jezika kao državnog jezika Ruske Federacije. Praktične preporuke upućene su nastavnicima ruskog (uključujući kao nematernji jezik). Sadržaj: Praktične preporuke te smjernice za odabir 1. sadržaj materijala za obuku i obrazovne aktivnosti posvećen problemima funkcioniranja ruskoga jezika kao državni jezik...»

«EVMURYUKINA RAZVOJ KRITIČKOG RAZMIŠLJANJA I MEDIJSKE KOMPETENCIJE STUDENATA U PROCESU ANALIZE TISKA udžbenik za sveučilišta Taganrog 2008. 2 Muryukina Ye.V. Razvoj kritičkog mišljenja i medijske kompetencije učenika u procesu analize tiska. Udžbenik za sveučilišta. Taganrog: NP Centar za razvoj osobnosti, 2008. 298 str. Udžbenik se bavi razvojem kritičkog mišljenja i medijske kompetencije učenika u procesu nastave medijskog odgoja i obrazovanja. Jer tisak danas…”

"O. P. Golovchenko O FORMIRANJU TJELESNE AKTIVNOSTI ČOVJEKA Dio II PEDAGOGIKA I MOTORIČKE AKTIVNOSTI 3 Obrazovno izdanje Oleg Petrovich Golovchenko FORMIRANJE TJELESNE AKTIVNOSTI ČOVJEKA Udžbenik Dio II Pedagogija motoričke aktivnosti Drugo izdanje, ispravljeno *** Urednik N.I. Kosenkova Računalni izgled izradili su D.V. Smolyak i S.V. Potapova *** Potpisano za objavu 23.11. Format 60 x 90/1/16. Papir za pisanje Slušalica Vremena Operativni način ispisa Usl. p.l..."

«DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA Državno sveučilište Kazan nazvano po V.I. U I. ULYANOVA-LENINA Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Pomoć u nastavi Abrosimov A.G. Lazareva Yu.I. Kazan 2008 Elektroničke knjižnice znanstvenih i obrazovnih izvora. Pomoć u nastavi na smjeru Elektronika obrazovni resursi. - Kazan: KSU, 2008. Obrazovni i metodološki priručnik objavljen je odlukom ... "

„MINISTARSTVO OBRAZOVANJA RUSKE FEDERACIJE Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Državno sveučilište Orenburg, podružnica Akbulak, Odjel za pedagogiju V.A. TETSKOVA METODIKA NASTAVE UMJETNIŠKE NASTAVE U OSNOVNOJ ŠKOLI OPĆE OBRAZOVNE ŠKOLE METODIČKE UPUTE Preporučeno za objavu Uredničko-izdavačko vijeće Državnog uredništva. obrazovna ustanova viši strukovno obrazovanje Orenburško državno sveučilište...»

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE Dzhegutanova DJEČJA KNJIŽEVNOST ZEMALJA STUDIJSKOG JEZIKA OBRAZOVNOG I METODIČKOG KOMPLEKSA Stavropol 2010 1 Objavljeno odlukom UDK 82.0 uredničkog i izdavačkog vijeća LBC-a 83.3 (0) GOU VPO Stavropol Državni pedagoški institut Recenzenti: ... "

„PROPISI o novom sustavu unutarškolske procjene kvalitete obrazovanja MBOU Kamyshinskaya srednja škola 1. Opće odredbe 1.1. Uredbom o unutarškolskom sustavu vrednovanja kvalitete obrazovanja (u daljnjem tekstu - Uredba) utvrđuju se jedinstveni uvjeti za provedbu unutarškolskog sustava vrednovanja kvalitete obrazovanja (u daljnjem tekstu - SSEKO) u općinskom proračunu. obrazovna ustanova Kamyshinskaja sredina Srednja škola(u daljnjem tekstu škola). 1.2. Praktična provedba SSOKO-a izgrađena je u skladu s ... "

“MINISTARSTVO ZDRAVLJA REPUBLIKE UZBEKISTAN TAŠKENTSKA MEDICINSKA AKADEMIJA ODJEL GP S KLINIČKOM ALERGOLOGIJOM ODOBRENO od strane prorektora za akademske poslove prof. O.R. Teshaev _ 2012 PREPORUKE ZA RAZVOJ OBRAZOVNIH I METODIČKIH RAZVOJA ZA PRAKTIČNU NASTAVU NA JEDINSTVENOM METODIČKOM SUSTAVU Smjernice za učitelje medicinska sveučilišta Taškent- 2012. MINISTARSTVO ZDRAVLJA REPUBLIKE UZBEKISTAN CENTAR ZA RAZVOJ MEDICINSKE EDUKACIJE TAŠKENT MEDICINSKI...»

"Savezna agencija za obrazovanje Gorno-Altai State University A. P. Makoshev POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA Obrazovni i metodološki priručnik Gorno-Altaisk RIO Gorno-Altai State University 2006. Objavljeno odlukom Uredničkog i izdavačkog vijeća Gorno-Altai State University državno sveučilište Makoshev A.P. POLITIČKA GEOGRAFIJA I GEOPOLITIKA. Pomoć u nastavi. - Gorno-Altaisk: RIO GAGU, 2006.-103 str. Nastavno pomagalo je izrađeno prema obrazovnim ... "

“A.V. Novitskaya, L.I. Nikolaeva ŠKOLA BUDUĆNOSTI SUVREMENI OBRAZOVNI PROGRAM ŽIVOTNE POZIJE 1. RAZRED METODIČKA POMOĆ ZA UČITELJE OSNOVNE ŠKOLE Moskva 2009 UDK 371(075.8) LBC 74.00 N 68 Autorska prava su zakonom zaštićena, pozivanje na autore je obavezno. Novitskaya A.V., Nikolaeva L.I. H 68 Moderna obrazovni programŽivotni koraci. – M.: Avvallon, 2009. – 176 str. ISBN 978 5 94989 141 4 Ova knjižica prvenstveno je namijenjena odgajateljima, ali svakako svojim informacijama...”

« Obrazovni i metodološki kompleks RUSSIAN BUSINESS LAW 030500 - Jurisprudencija Moskva 2013 Autor - sastavljač Odsjeka za građanskopravne discipline Recenzent - Obrazovni i metodološki kompleks razmatran je i odobren na sastanku Odsjeka za građanskopravne discipline protokol br. _2013. Rusko poslovno pravo: obrazovni i metodički ... "

"ALI. A. Yamashkin V. V. Ruzhenkov Al. A. Yamashkin GEOGRAPHY OF THE REPUBLIC OF MORDOVIA Udžbenik SARANSK PUBLISHING HOUSE OF MORDOVIAN UNIVERSITY 2004 UDC 91 (075) (470.345) LBC D9(2P351–6Mo) Ya549 Recenzenti: Odsjek za fizičku geografiju Voronješkog državnog pedagoškog sveučilišta; doktor geografije profesor A. M. Nosonov; učitelj školskog kompleksa br. 39 u Saransku A. V. Leontiev Objavljeno odlukom obrazovnog i metodološkog vijeća Fakulteta za preduniverzitetsko obrazovanje i srednje ... "

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I ZNANOSTI RUSKE FEDERACIJE NACIONALNO ISTRAŽIVAČKO NUKLEARNO SVEUČILIŠTE "MEPhI" T. I. Bukharova, V. L. Kamynin, A. B. Kostin, D. S. Tkachenko Tečaj predavanja o običnim diferencijalnim jednadžbama kao nastavna pomoć za studente visokoškolskih ustanova Moskva 2011. Tečaj predavanja na običnom diferencijalne jednadžbe : Udžbenik. - M.: NRNU MEPhI, 2011. - 228 str. Udžbenik je nastao na temelju niza predavanja koje su autori godinama držali na Moskovskom inženjersko-fizičkom institutu. Namijenjen je studentima Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI svih fakulteta, kao i studentima sveučilišta s naprednim matematičkim obrazovanjem. Priručnik je izrađen u okviru Programa za stvaranje i razvoj NRNU MEPhI. Recenzent: doktor fiz.-mat. znanosti N.A. Kudrjašov. ISBN 978-5-7262-1400-9 © Nacionalno istraživačko nuklearno sveučilište MEPhI, 2011. Sadržaj Predgovor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi Osnovni pojmovi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Cauchyjev problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 6 11 II. Postojanje i jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za jednadžbu prvog reda Teorem jedinstvenosti za OLE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Postojanje rješenja Cauchyjevog problema za OLE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nastavak rješenja za ODE prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. Cauchyjev problem za normalni sustav n-tog reda Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija. . . . Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalni sustav. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . Pojam metričkog prostora. Princip kompresijskih preslikavanja. . . . . . Teoremi egzistencije i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema za normalne sustave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 23 34 38 38 43 44 48 IV. Neke klase običnih diferencijalnih jednadžbi riješene u kvadraturnoj jednadžbi sa separabilnim varijablama. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linearni OÄC prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene jednadžbe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bernoullijeva jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jednadžba u totalnim diferencijalima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 55 58 63 64 65 V. 67 Jednadžbe prvog reda koje nisu riješene s obzirom na derivaciju. Teorem o postojanju i jedinstvenosti za rješenje ODE-a koji nije riješen s obzirom na derivaciju. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Posebno rješenje. Diskriminantna krivulja. omotnica. . . . . . . . . . . . . . . . Metoda uvođenja parametara. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lagrangeova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Clairautova jednadžba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI. Linearni ODE sustavi Osnovni pojmovi. Teorem egzistencije i jedinstvenosti za rješenje problema Homogeni sustavi linearnih ODE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Odrednica Vronskog. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Složena rješenja homogenog sustava. Prijelaz na pravi dsr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni sustavi linearnih ODE. Metoda varijacije konstanti. . . . . Homogeni sustavi linearnih ODE s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Eksponencijalna funkcija matrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 67 70 77 79 81 85 Cauchy 85 . . . 87 . . . 91 . . . . . . 96 97 . . . 100 . . . 111 Nehomogeni sustavi linearnih ODE s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 VII. Linearne ODE visokog reda Redukcija na sustav linearnih ODE. Teorem egzistencije i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene linearne ODE visokog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva kompleksnih rješenja homogenog linearnog ODU visokog reda. Prijelaz iz složenog ÔSR u realni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogeni linearni OÄD visokog reda. Metoda varijacije konstanti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogene linearne OÄDs visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nehomogene linearne ODE visokog reda s konstantnim koeficijentima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 VIII. Teorija održivosti Osnovni pojmovi i definicije vezane uz održivost. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stabilnost rješenja linearnog sustava. . . . . . Ljapunovljevi teoremi o stabilnosti. . . . . . . . . . Stabilnost u prvoj aproksimaciji. . . . . . . Ponašanje faznih putanja u blizini točke mirovanja 162 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 128 136 139 142 150 162 168 172 182 187 IX. Prvi integrali sustava ODE-ova 198 Prvi integrali autonomnih sustava običnih diferencijalnih jednadžbi198 Neautonomni sustavi ODE-ova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Simetrična notacija OÄC sustava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 X. Parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Homogene linearne parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda Cauchyjev problem za linearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kvazilinearne jednadžbe u parcijalnim izvodnicama prvog reda. . . . Cauchyjev problem za kvazilinearnu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliografija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . -4-210. . . . . 210 . . . . . 212 . . . . . 216 . . . . . 223 . . . . . 227 PREDGOVOR U pripremi knjige autori su si postavili cilj na jednom mjestu prikupiti i u pristupačnom obliku prikazati informacije o većini pitanja vezanih uz teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi. Stoga, uz gradivo koje je uključeno u obvezni program kolegija običnih diferencijalnih jednadžbi koji se predaje na NRNU MEPhI (i drugim sveučilištima), priručnik uključuje i dodatna pitanja za koja u pravilu nema dovoljno vremena na predavanjima, ali koji će biti od koristi za bolje razumijevanje predmeta i sadašnjim studentima u njihovim budućim profesionalnim aktivnostima. Za sve tvrdnje predloženog priručnika dani su matematički rigorozni dokazi. Ti dokazi, u pravilu, nisu originalni, ali su svi revidirani u skladu sa stilom prezentiranja matematičkih kolegija na MEPhI-ju. Prema raširenom mišljenju među nastavnicima i znanstvenicima, matematičke discipline treba proučavati s potpunim i detaljnim dokazima, postupno krećući se od jednostavnog prema složenom. Istog su mišljenja i autori ovog priručnika. Teorijski podaci izneseni u knjizi potkrijepljeni su analizom dovoljnog broja primjera, što će, nadamo se, čitatelju olakšati proučavanje gradiva. Priručnik je namijenjen studentima sveučilišta s naprednim matematičkim obrazovanjem, prvenstveno studentima Nacionalnog istraživačkog nuklearnog sveučilišta MEPhI. Ujedno će biti od koristi i svima koji se zanimaju za teoriju diferencijalnih jednadžbi i koriste ovu granu matematike u svom radu. -5- Poglavlje I. Uvod u teoriju običnih diferencijalnih jednadžbi 1. 1. Osnovni koncepti Kroz ovaj priručnik, sa ha, bi označavamo bilo koji od skupova (a, b), , (a, b], , dobivamo x0 2 Zx ln 4C + 3 u(t)v(t) dt5 Zx v(t) dt.log C 6 x0 x0 Nakon potenciranja posljednje nejednakosti i primjene (2.3) imamo 2 x 3 Zx Z u(x) 6 C + u(t)v (t) dt 6 C exp 4 v(t) dt5 x0 x0 za sve x 2 [ 1, 1]. , y) 2 G. Dakle, f zadovoljava Lipschitzov uvjet s L = 1 , zapravo, čak i uz L = sin 1 u y. Međutim, derivacija fy0 u točkama (x, 0) 6= (0, 0) niti ne postoji. Sljedeći teorem, koji je sam po sebi zanimljiv, omogućuje nam da dokažemo jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema: Teorem 2.1 (O procjeni razlike dvaju rješenja) Neka je G domena 2 u R i neka je f (x, y) 2 C G i neka zadovoljava Lipschitzov uvjet u G po y uz konstantu L. Ako su y1 , y2 dva rješenja jednadžbe y 0 = f (x, y) na segmentu , tada vrijedi sljedeća nejednakost (procjena): jy2 (x) y1 (x)j 6 jy2 (x0) y1 (x0)j exp L(x x0) 6 y1 za sve x 2 . -19- y2 Dokaz. Po definiciji 2. 2 rješenja jednadžbe (2.1) dobivamo da je 8 x 2 točaka x, y1 (x) i x, y2 (x) 2 G. Za sve t 2 imamo točne jednakosti y10 (t) = f t , y1 (t ) i y20 (t) = f t, y2 (t) , koje integriramo u odnosu na t na segmentu , gdje je x 2 . Integracija je legalna, budući da su desna i lijeva strana kontinuirane po funkcijama. Dobivamo sustav jednakosti Zx y1 (x) y1 (x0) = x0 Zx y2 (x) y2 (x0) = f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt. x0 Oduzimajući jedno od drugog, imamo 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) y2 ( x0) + f t, y1 (t) f t, y2 (t) dt 6 x0 Zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + L y1 (t) y2 (t) dt. x0 Označimo 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. za sve x 2 . Teorem je dokazan. Kao korolar dokazanog teorema, dobivamo teorem jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Posljedica 1. Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y u G i neka su funkcije y1 (x) i y2 (x) dva rješenja jednadžbe (2.1) na istom intervalu , uz x0 2 . Ako je y1 (x0) = y2 (x0), tada je y1 (x) y2 (x) na . Dokaz. Razmotrimo dva slučaja. -20- 1. Neka je x > x0 , tada iz teorema 2. 1 slijedi h i tj. y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp L(x x0) , y2 (x) za x > x0 . 2. Neka je x 6 x0, napravimo promjenu t = x, tada je yi (x) = yi (t) y~i (t) za i = 1, 2. Kako je x 2 , onda je t 2 [ x0 , x1 ] i vrijedi jednakost y~1 (x0) = y~2 (x0). Pronađimo koja jednadžba y~i (t) zadovoljava. Sljedeći lanac jednakosti je istinit: d y~i (t) = dt d~ yi (x) = dx f x, yi (x) = f (t, y~i (t)) . Ovdje smo koristili pravilo diferenciranja složene funkcije i činjenicu da su yi (x) rješenja jednadžbe (2.1). Budući da je funkcija f~(t, y) f (t, y) neprekidna i zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na y, tada prema teoremu 2.1 imamo da je y~1 (t) y~2 (t) na [ x0 , x1 ], tj. y1 (x) y2 (x) do . Kombinirajući oba razmatrana slučaja, dobivamo tvrdnju korolara. Korolar 2. (O kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima) Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i u G zadovoljava Lipschitzov uvjet na y s konstantom L, a funkcije y1 (x) i y2 (x) su rješenja Jednadžba (2.1) definirana na . Označimo l = x1 x0 i δ = y1 (x0) y2 (x0) . Tada za 8 x 2 vrijedi nejednakost y1 (x) y2 (x) 6 δ eL l. Dokaz slijedi neposredno iz teorema 2. 1. Nejednadžba iz korolara 2 naziva se procjenom stabilnosti rješenja s obzirom na početne podatke. Njegov smisao leži u činjenici da ako su pri x = x0 rješenja “blizu”, onda su “blizu” i na konačnom segmentu. Teorem 2.1 daje za aplikacije važnu procjenu modula razlike dvaju rješenja, a korolar 1 daje jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Postoje i drugi dovoljni uvjeti za jedinstvenost, a jedan od njih sada predstavljamo. Kao što je gore navedeno, geometrijska jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema znači da više od jedne integralne krivulje jednadžbe (2.1) ne može proći kroz točku (x0, y0) domene G. Teorem 2.2 (Osgood o jedinstvenosti). Neka je funkcija f (x, y) 2 C G i za 8 (x, y1), (x, y2) 2 G vrijedi nejednakost f (x, y1) f (x, y2) 6 6 ϕ jy1 y2 j , gdje je ϕ ( u) > 0 za u 2 (0, β], ϕ(u) je kontinuirana, a Zβ du ! +1 kada je ε ! 0+. Tada je najviše jedna integralna krivulja (2.1).-21- Dokaz. Neka postoji postoje dva rješenja y1 (x) i y2 (x) jednadžbe (2.1), tako da je y1 (x0) = y2 (x0) = y0 , označite z(x) = y2 (x) y1 (x).dyi dx dz = f (x, y2) f (x, y1) jzj 6 ϕ jzj jzj, tj. Tada je z dx 1 d nejednakost jzj2 6 ϕ jzj jzj, iz koje za jzj 6= 0 slijedi da je 2 dx dvostruka nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 x1 2 d jzj 6 2 jzjϕ jzj Zx2 dx, (2.5) x1 jz1 j i = 1, 2. Prema pretpostavci, z(x) 6 0 i, štoviše, kontinuirana je, pa postoji takav segment, izaberite ga i fiksirajte. Promotrimo skupove n o X1 = x x< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x >x2 i z(x) = 0 . Barem jedan od ovih skupova nije prazan, jer je z(x0) = 0 i x0 62 . Neka je npr. X1 6= ∅, ono je omeđeno odozgo, pa je 9 α = sup X1 . Imajte na umu da je z(α) = 0, tj. α 2 X1 , budući da pretpostavljamo da je z(α) > 0, zbog kontinuiteta ćemo imati z(x) > 0 na nekom intervalu α δ1 , α + δ1 , a to je u suprotnosti s definicijom α = sup X1 . Iz uvjeta z(α) = 0 slijedi da je α< x1 . По построению z(x) > 0 za sve x 2 (α, x2 ], a budući da je z(x) ! 0+ kontinuirano za x ! α + 0. Ponovimo argumente u izvođenju (2.5), integrirajući po segmentu [α + δ, x2 ], gdje je x2 odabran gore i fiksiran, a δ 2 (0, x2 α) proizvoljan, dobivamo sljedeću nejednakost: Zjz2 j Zx2 dx 6 α+δ d jzj2 6 nejednakost, težimo δ ! 0+, tada z(α+δ) ! z(α) = 0, iz Zjz2 j d jzj2 ! - Desna strana nejednadžbe Rx2 dx = x2 α δ 6 x2 α ograničena je s α + δ odozgo konačnom vrijednošću, što je istovremeno nemoguće da se Cauchyjev problem (2.1), (2.2) razumijeva kao sljedeći problem nalaženja funkcije y(x): 0 y = f (x, y), (x, y) 2 G, y(x0) = y0 , (x0 , y0 ) 2 G, gdje je f (x, y) 2 C G i (x0 , y0) 2 G, G je domena u R2 Lema 2. 2. Neka je f (x, y) 2 C G Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1 ) bilo koji re rješenje ϕ(x) jednadžbe (2.1) na intervalu ha, bi koje zadovoljava (2.2) x0 2 ha, bi je rješenje na ha, bi integralne jednadžbe Zx y(x) = y0 + f τ, y( τ) dτ ; (2.6) x0 2) ako je ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje integralne jednadžbe (2.6) na ha, bi, 1 gdje je x0 2 ha, bi, tada je ϕ(x) 2 C ha, bi i je rješenje (2.1), (2.2). Dokaz. 1. Neka je ϕ(x) rješenje (2.1), (2.2) na ha, bi. Tada, prema primjedbi 2.2 ϕ(x) 2 C ha, bi i 8 τ 2 ha, bi, imamo jednakost ϕ 0 (τ) = f τ, ϕ(τ) , integrirajući koju od x0 do x, dobivamo ( za bilo koji x 2 ha , bi) Rx ϕ(x) ϕ(x0) = f τ, ϕ(τ) dτ, i ϕ(x0) = y0 , tj. ϕ(x) je rješenje (2.6). x0 2. Neka je y = ϕ(x) 2 C ha, bi rješenje (2.6). Budući da je f x, ϕ(x) kontinuirano na ha, bi prema pretpostavci, tada Zx ϕ(x) y0 + f τ, ϕ(τ) dτ 2 C 1 ha, bi x0 kao integral s promjenjivom gornjom granicom kontinuiranog funkcija. Diferenciranjem posljednje jednakosti s obzirom na x dobivamo ϕ 0 (x) = f x, ϕ(x) 8 x 2 ha, bi i, očito, ϕ(x0) = y0 , tj. ϕ(x) je rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). (Kao i obično, derivacija na kraju segmenta podrazumijeva odgovarajuću jednostranu derivaciju.) -23- Napomena 2. 6. Lema 2. 2 naziva se lema o ekvivalenciji Cauchyjevog problema (2.1) , (2.2) na integralnu jednadžbu (2.6). Ako dokažemo da rješenje jednadžbe (2.6) postoji, dobivamo rješivost Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Ovaj plan je implementiran u sljedećem teoremu. Teorem 2.3 (Lokalni teorem postojanja). Neka pravokutnik P = (x, y) 2 R2: jx x0 j 6 α, jy y0 j 6 β u cijelosti leži u G domeni funkcije f (x, y). Funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet za n y ov G s konstantom L. Označimo β M = max f (x, y) , h = min α, M . Tada postoji rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2) na intervalu P. Dokaz. Utvrdimo postojanje rješenja integralne jednadžbe (2.6) na intervalu. Da biste to učinili, razmotrite sljedeći niz funkcija: Zx y0 (x) = y0 , y1 (x) = y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ ) dτ, itd. x0 1. Pokažimo da su 8 n 2 N funkcije yn (uzastopne aproksimacije) definirane, tj. pokažimo da za 8 x 2 nejednakost yn (x) y0 6 β vrijedi za sve n = 1, 2, . . . Koristimo metodu matematičke indukcije (MMI): a) baza indukcije: n = 1. Zx y1 (x) y0 = f τ, y0 (τ) dτ 6 M0 x x0 6 M h 6 β, x0 gdje je M0 = max. f (x, y0) za jx x 0 j 6 α, M0 6 M; b) pretpostavka i korak indukcije. Neka nejednakost vrijedi za yn 1 (x), dokažimo je za yn (x): Zx yn (x) y0 = f τ, yn 1 (τ) dτ 6 M x x0 Dakle, ako je jx x0 j 6 h , tada je yn ( x) y0 6 β 8 n 2 N. -24- x0 6 M h 6 β. Naš cilj je dokazati konvergenciju najbližeg 1 nasljednika yk (x) k=0 , za to je zgodno prikazati ga kao: yn = y0 + n X yk 1 (x) = y0 + y1 yk (x) y0 + y2 y1 + . . . + yn yn 1 , k=1 tj. nizovi parcijalnih suma funkcionalnog niza. 2. Procijenite članove ovog niza dokazujući sljedeće nejednakosti 8 n 2 N i 8 x 2 : x0 jn yn (x) yn 1 6 M0 L 6 M0 Ln n! Primijenimo metodu matematičke indukcije: jx n 1 1 hn . n! (2.7) a) indukcijska baza: n = 1. y1 (x) x y 0 6 M0 x0 6 M0 h, dokazano gore; b) pretpostavka i korak indukcije. Neka nejednakost vrijedi za n, recimo za n: Zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) = f τ, yn 2 (τ) 1, do dτ 6 x0 Zx i yn 6 prema Lipschitzov uvjet 6 L h yn 1 2 dτ 6 x0 h Zx i 6 hipotezom indukcije 6 L n 2 M0 L jτ x0 jn 1 dτ = (n 1)! x0 M0 Ln 1 = (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j M0 Ln 1 jx x0 jn M0 L n 6 dτ = (n 1)! n n! 1 x0 Rx Ovdje smo koristili činjenicu da je integral I = jτ x0 za x > x0 za x< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот serije brojeva konvergira k! k=1 d'Alembertovim testom, budući da je M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak(k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k! 1. Tada, prema Weierstrassovom testu uniformne konvergencije, funkcionalni 1 P niz y0 + yk (x) yk 1 (x) apsolutno i uniformno konvergira na intervalu k=1 ke , dakle, funkcionalni niz 1 yk (x ) k=0 konvergira uniformno na intervalu nekoj funkciji ϕ(x), a kako je yn (x) 2 C , slijedi da je ϕ(x) 2 C kao limit uniformno konvergentnog niza kontinuiranih funkcija. 4. Razmotrimo definiciju yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 je prava jednakost za sve n 2 N i x 2 . Lijeva strana jednakosti (2.8) ima limit kao n ! 1, budući da yn (x) ⇒ ϕ(x) na , pa stoga desna strana (2.8) također ima Rx limit (isti). Pokažimo da je ona jednaka funkciji y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 pomoću sljedećeg kriterija uniformne konvergencije funkcionalnog niza: X yn (x) ⇒ ϕ(x) za n ! 1 () sup yn (x) y (x) ! 0 za n! jedan . x2X X Prisjetimo se da je zapis yn (x) ⇒ ϕ(x) za n ! 1 obično se koristi za uniformnu konvergenciju na skupu X funkcionalnog niza 1 funkcije yk (x) k=0 na funkciju ϕ(x). -26- Pokažimo da je y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 ovdje X = . Da bismo to učinili, razmotrimo f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 Lipschitzovim uvjetom 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 za n! 1 τ 2X X 1 konvergencija yn (x) ⇒ ϕ(x). Dakle, prelazeći na limit u (2.8), dobivamo za sve x 2 točnu jednakost Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 u kojoj je ϕ(x) 2 C . Prema gore dokazanoj lemi 2.2, ϕ(x) je rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Teorem je dokazan. Primjedba 2. 7. Teorem 2. 3 utvrđuje postojanje rješenja na intervalu . Prema korolariji 1 teorema 2.1, ovo je rješenje jedinstveno u smislu da se bilo koje drugo definirano rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2) ne podudara s njim na ovom intervalu. Napomena 2. 8. Predstavite pravokutnik P kao uniju dvaju pravokutnika (koji se sijeku) P = P [ P + , (sl. 2. 3) gdje je n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2; x2; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Riža. 2. 3. Unija pravokutnika Neka je f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P ) dobivamo postojanje (i jedinstvenost) rješenja na segmentu n o β + + , gdje je h = min α, M + odnosno on , n o β − Uočimo da je u ovom slučaju, općenito govoreći, h+ 6= h− , i h h = min α, M − iz teorema 2. 3 je minimum od h+ i h− . Opaska 2. 9. Postojanje rješenja problema (2.1), (2.2) zajamčeno je teoremom 2. 3 samo na nekom intervalu . U tom slučaju se kaže da je teorem lokalni. Postavlja se pitanje nije li lokalni karakter teorema 2.3 posljedica primijenjene metode dokazivanja? Možda je drugom metodom dokazivanja moguće utvrditi postojanje rješenja na cijelom intervalu , tj. globalno, kao što je bio slučaj sa svojstvom jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema (2.1), (2.2)? Sljedeći primjer pokazuje da je lokalna priroda teorema 2.3 povezana sa "suštinom" problema, a ne s metodom njegova dokazivanja. Primjer 2. 1. Razmotrimo Cauchyjev problem 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o u pravokutniku P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Funkcija f (x, y) = −y 2 je kontinuirana u P i fy0 = −2y 2 C P , pa su svi uvjeti Theo1 β , α = i teorema 2.3 zadovoljeni, a M = max f (x, y) = 4. Tada je h = min P P M 4 -28- Teorem 2. 3 jamči postojanje rješenja na intervalu 1 1 . Riješimo - , 4 4 ovaj Cauchyjev problem koristeći "odvajanje varijabli": - dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 je rješenje Cauchyjevog problema (2.9). x+1 Grafikon rješenja prikazan je na sl. (2.4), koji pokazuje da je rješenje 1 za x< x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 >A, B1< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B >Bk+1 > Bk za sve k 2 N; 1) A< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k >N vrijedi Dokažimo ovu pomoćnu tvrdnju za slučaj A, B 2 R (tj. A i B su konačni; ako je A = 1 ili B =+1, onda je slično). Uzmimo x A B x , proizvoljan x 2 (A, B) i δ(x) = min , δ(x) > 0. Po 2 2 broj δ iz konvergencije Ak ! A i Bk! B dobivamo da je 9 N1 (δ) 2 N: 8 k > N1 , A< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k >N2,x< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k >N. Primjenjujući korolar 1 odjeljka 2.1 (tj. teorem jedinstvenosti), dobivamo da je ϕ(t) ψ(t) za sve t 2 i, posebno, za t = x. Kako je x proizvoljna točka u (A, B), dokazana je jedinstvenost rješenja, a time i korolar. Primjedba 2. 10. U upravo dokazanom korolaru prvi put smo se susreli s pojmom proširenja rješenja na širi skup. U sljedećem paragrafu ćemo ga detaljnije proučiti. Navedimo neke primjere. p Primjer 2. 2. Za jednadžbu y 0 = ejxj x2 + y 2 utvrdite postoji li njezino rješenje u cjelini (A, B) = (1, +1). Razmotrimo ovu jednadžbu u “traci” Q = R2 , funkcija p jxj f (x, y) = e x2 + y 2 ∂f y = ejxj p , fy0 6 ejxj = L(x). ∂y x2 + y 2 Prema tvrdnji 2.1 iz Odjeljka 2.1, funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet u odnosu na y uz “konstantu” L = L(x), x je fiksan. Tada su svi uvjeti korolara zadovoljeni i za svaki početni podatak (x0 , y0) 2 R2 rješenje Cauchyjevog problema postoji i, štoviše, jedinstveno je na (1, +1). Imajte na umu da se sama jednadžba ne može riješiti u kvadraturama, ali se približna rješenja mogu konstruirati numerički. je definirana i kontinuirana u Q, -32- Primjer 2. 3. Za jednadžbu y 0 = ex y 2 saznajte da li postoje rješenja definirana na R. Ako ovu jednadžbu ponovno razmotrimo u “traci” Q = R2 , gdje je funkcija ∂ f f (x, y)= ex y 2 (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j za sve y1 , y2 2 R. Doista, f (x, y2) f (x, y1) = ex jy2 + y1 j jy2 y1 j, a izraz jy2 + y1 j nije ograničen za y1 , y2 2 R. Dakle, korolar ne vrijedi. Ovu jednadžbu rješavamo "razdvajanjem varijabli", dobivamo opće rješenje: " y(x) = 0, y(x) = 1 . ex + C Za određenost uzimamo x0 = 0, y0 2 R. Ako je y0 = 0, tada je y(x ) 0 rješenje Cauchyjevog problema na R. 1 je rješenje Cauchyjevog problema, za y0 2 [ 1, 0) ex je definirano za sve x 2 R, dok je za y0 2 ( 1, 1) [ (0, +1) rješenje nije y0 + 1 može se nastaviti kroz točku x = ln Točnije, ako je x > 0, tada je y0 1 definirano rješenje y(x) = y0 +1 za x 2 (1, x), a ako je 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, tada rješenje postoji samo za x 2 1; ln y0 Ovaj primjer pokazuje da je ograničenje rasta funkcije f (x, y) u gore dokazanom korolaru teorema 2.4 bitno za proširenje rješenja na cjelinu (A, B). Slično se dobivaju primjeri s funkcijom f (x, y) = f1 (x) y 1+ε za ​​bilo koji ε > 0; u gornjem primjeru ε = 1 uzeto je samo radi lakšeg prikaza. 2. 3. Nastavak rješenja za ODE prvog reda Definicija 2. 5. Razmotrimo jednadžbu y 0 = f (x, y) i neka y(x) bude njezino rješenje na ha, bi i Y (x) njegovo rješenje na hA , Bi, gdje je ha, bi sadržano u hA, Bi i Y (x) = y(x) na ha, bi. Tada se Y (x) naziva proširenjem rješenja y(x) na hA, Bi, dok se za y(x) kaže da je prošireno na hA, Bi. -34- U odjeljku 2.2 dokazali smo lokalni teorem postojanja za rješenje Cauchyjevog problema (2.1), (2.2). Pod kojim uvjetima se ovo rješenje može proširiti na širi interval? Upravo je ovom pitanju posvećen ovaj odjeljak. Njegov glavni rezultat je sljedeći. Teorem 2.5 (o nastavku rješenja u omeđenom zatvorenom području). Neka funkcija f (x, y) 2 C G i zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na y u R2, a (x0, y0) je unutarnja točka ograničene zatvorene domene G G. Tada je rješenje jednadžbe y 0 = f (x , y) rastegljiv do ∂G granice G, tj. može se proširiti na takav segment da točke a, y(a) i b, y(b) leže na ∂G. ∂f (x, y) kontinuirana u ograničenoj ∂y zatvorenoj domeni G konveksna u y, tada funkcija f (x, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet u G s obzirom na varijablu y. Vidi korolar tvrdnje 2. 1 ∂f iz pododjeljka 2.1. Stoga će ovaj teorem biti točan ako je kontinuiran u ∂y G. Opaska 2. 11. Podsjetimo se da ako je Dokaz. Budući da je (x0 , y0) unutarnja točka G, tada postoji zatvoreni pravokutnik n o 2 P = (x, y) 2 R x x0 6 α, y y0 6 β , koji u cijelosti leži u G. Tada, prema teoremu 2. 3 od n 2.2 postoji h > 0 tako da postoji (i jedinstveno) rješenje y = ϕ(x) jednadžbe y 0 = f (x, y) na intervalu. Nastavimo najprije ovo rješenje udesno do granice domene G, dijeleći dokaz na zasebne korake. 1. Promotrimo skup E R: n o E = α > 0 rješenje y = ϕ(x) je proširivo, postoji rješenje y = ϕ1 (x) jednadžbe y 0 = f (x, y) koje zadovoljava Cauchyjeve uvjete ϕ1 ~b = ϕ ~b . Dakle, ϕ(x) i ϕ1 (x) su rješenja na intervalu ~b h1 , ~b iste jednadžbe koja se podudaraju u točki x = ~b, pa se podudaraju na cijelom intervalu ~b h1 , ~b i , dakle, ϕ1 (x) je proširenje rješenja ϕ(x) s intervala ~b h1 , ~b na ~b h1 , ~b + h1 . Promotrimo funkciju ψ(x): ϕ(x), x 2 x0 , ψ(x) = ϕ1 (x), x 2 ~b ~b , h1 , ~b + h1 ~b h1 , x0 + α0 + h1 , koja je rješenje jednadžbe y 0 = f (x, y) i zadovoljava Cauchyjev uvjet ψ(x0) = y0 . Tada je broj α0 + h1 2 E, što je u suprotnosti s definicijom α0 = sup E. Stoga je slučaj 2 nemoguć. Slično se rješenje ϕ(x) proteže ulijevo, na interval , gdje je točka a, ϕ(a) 2 ∂G. Teorem je u potpunosti dokazan. -37- Poglavlje III. Cauchyjev problem za normalni sustav n-tog reda 3. 1. Osnovni pojmovi i neka pomoćna svojstva vektorskih funkcija U ovom poglavlju ćemo razmotriti normalni sustav n-tog reda oblika 8 > t, y , . . . , y y _ = f 1 n 1 1 > ,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > > : y_ = f t, y , . . . , y , n n 1 n gdje su nepoznate (željene) funkcije y1 (t), . . . , yn (t), dok su funkcije fi poznate, i = 1, n, točka iznad funkcije označava derivaciju po t. Pretpostavlja se da su svi fi definirani u domeni G Rn+1 . Pogodno je sustav (3.1) napisati u vektorskom obliku: y_ = f (t, y), gdje je y(t) y1 (t) . . . , yn (t) , f (t, y) f1 (t, y) . . . , fn (t, y); Nećemo pisati strelice u označavanju vektora radi sažetosti. Takvu ćemo oznaku također označiti s (3.1). Neka je točka t0 , y10 , . . . , yn0 leži u G. Cauchyjev problem za (3.1) je pronaći rješenje ϕ(t) sustava (3.1) koje zadovoljava uvjet: ϕ1 (t0) = y10 , ϕ2 (t0) = y20 , ..., ϕn (t0) = yn0 , (3.2) ili u vektorskom obliku ϕ(t0) = y 0 . Kao što je navedeno u poglavlju 1, pod rješenjem sustava (3.1) na intervalu ha, bi podrazumijevamo vektorsku funkciju ϕ(t) = ϕ1 (t), . . . , ϕn (t) koja zadovoljava sljedeće uvjete: 1) 8 t 2 ha, bi točka t, ϕ(t) leži u G; 2) 8 t 2 ha, bi 9 d dt ϕ(t); 38 3) 8 t 2 ha, bi ϕ(t) zadovoljava (3.1). Ako takvo rješenje dodatno zadovoljava (3.2), gdje je t0 2 ha, bi, tada se ono naziva rješenjem Cauchyjevog problema. Uvjete (3.2) nazivamo početnim uvjetima ili Cauchyjevim uvjetima, a brojeve t0 , y10 , . . . , yn0 su Cauchyjevi podaci (početni podaci). U posebnom slučaju kada vektorska funkcija f (t, y) (n+1) varijable ovisi o y1 , . . . , yn linearno, tj. ima oblik: f (t, y) = A(t) y + g(t), gdje je A(t) = aij (t) n n matrica, sustav (3.1) nazivamo linearnim. U nastavku će nam trebati svojstva vektorskih funkcija, koja ovdje predstavljamo radi lakšeg snalaženja. Pravila zbrajanja i množenja brojem za vektore poznata su iz kolegija linearne algebre, te se osnovne operacije izvode koordinatno. n Ako u R uvedemo skalarni produkt x, y = x1 y1 + . . . + xn yn , tada dobivamo euklidski prostor, također označen s Rn , duljine s q n P vektora jxj = x, x = x2k (ili euklidske norme). Za skalarni k=1 produkt i duljinu, dvije glavne nejednakosti su istinite: 1) 8 x, y 2 Rn 2) 8 x, y 2 Rn x+y 6 x + y x, y 6 x (nejednakost trokuta); y (nejednakost Cauchy-Bunyakov - Iz tečaja matematičke analize drugog semestra poznato je da je konvergencija niza točaka (vektora) u euklidskom prostoru (konačnodimenzionalnom) ekvivalentna konvergenciji nizova koordinata ovih vektora, kažu, ekvivalentno je koordinatnoj konvergenciji. To lako slijedi iz nejednakosti: q p max x 6 x21 + ... + x2n = jxj 6 n max xk .16k6n 16k6n Slično skalarnom slučaju, derivacija definirani su i integral vektorske funkcije, a svojstva se lako dokazuju prelaskom na koordinate. Navedimo neke nejednadžbe za vektorske funkcije koje ćemo koristiti u nastavku. 1. Za bilo koju vektorsku funkciju y(t) = y1 (t), . . . , yn (t) , integrabilan (na primjer, kontinuiran) na , vrijedi nejednakost: Zb Zb y(t) dt 6 a y(t) dt a -39- (3.3) ili u koordinatnom obliku 0 Zb Zb y1 ( t) dt, @ y2 (t) dt, . . . , a 1 Zb a Zb q yn (t) dt A 6 y12 (t) + . . . yn2 (t) dt . a a Dokaz. Najprije primijetimo da nejednakost ne isključuje slučaj b< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-ti redak matrice A, tada je: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 po Cauchy-Áunyakovskyjevom nejednakosti 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 [e-mail zaštićen] 2 2 l=1 2 x , k,i=1 što implicira (3.5). Definicija 3. 1. Recimo da vektorska funkcija f (t, y) zadovoljava Lipschitzov uvjet s obzirom na vektorsku varijablu y na skupu G varijabli (t, y) ako je 9 L > 0 tako da za bilo koji t vrijedi , y , 2 t, y 2 G nejednakost f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 je zadovoljena. Kao i u slučaju funkcije dviju varijabli (vidi tvrdnju 2.1), dovoljan uvjet za Lipschitzovo svojstvo u domeni G "konveksnoj po y" je da su parcijalne derivacije ograničene. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 2. Područje G varijabli (t, y) naziva se konveksnim 1 2 u y ako za bilo koje dvije točke t, y i t, y koje leže u G, segment koji povezuje te dvije točke u potpunosti pripada njoj, tj. e. postaviti n o t, y y = y 1 + τ y 2 y 1 , gdje je τ 2 . Tvrdnja 3. 1. Ako je domena G varijabli (t, y) konveksna po y, a parcijalne derivacije ∂fi su neprekidne i ograničene konstantom l u G za ∂yj svih i, j = 1, n, tada vektorska funkcija f t, y zadovoljava u G Lipschitzov uvjet na y s konstantom L = n l. 1 2 Dokaz. Promotrimo proizvoljne točke t, y i t, y iz G i 1 2 odsječka koji ih povezuje, tj. postaviti t, y , gdje je y = y + τ y y1 , t fiksno i τ 2 . -41- Uvedimo vektorsku funkciju jednog skalarnog argumenta g(τ) = f t, y(τ) , 2 1 zatim g(1) g(0) = f t, y f t, y , a s druge strane Z1 g (1) g (0) = d g(τ) dτ = dτ Z1 A(τ) d y(τ) dτ = dτ 0 0 h = zbog y = y 1 + τ y 2 y i 1 Z1 = A(τ) y 2 y 1 dτ , 0 gdje je A(τ) matrica s unosima ∂fi i ∂yj y2 y 1 odgovarajući stupac. Ovdje smo upotrijebili pravilo diferenciranja složene funkcije, naime, za sve i = 1, n, t je fiksno, imamo: 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 Zapisujući ovo u matričnom obliku, dobivamo: 0 2 1 g (τ) = A(τ) y y s n n matricom A(τ) = aij (τ) ∂fi ∂yj . Koristeći integralnu procjenu (3.3) i nejednadžbu (3.5), nakon supstitucije dobivamo: 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 max A(τ) budući da je 2 y 1 dτ 6 2 2 n P ∂fi = i,j=1 ∂yj 2 y2 y1 , 2 6 n2 l2 za 8 τ 2 . Tvrdnja je dokazana. -42- 3. 2. Jedinstvenost rješenja Cauchyjevog problema za normalni sustav Teorem 3. 1 (o procjeni razlike dvaju rješenja). Neka je G neka domena Rn+1, a vektorska funkcija f (x, y) je kontinuirana u G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u odnosu na vektorsku varijablu y na skupu G s konstantom L. Ako su y 1 , y 2 dva rješenja normalnog sustava (3.1) y_ = f (x, y) na segmentu , tada je procjena y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp L(t t0 ) vrijedi za sve t 2 . Dokaz doslovce ponavlja dokaz teorema 2.1 iz odjeljka 2.1, uzimajući u obzir očite renotacije. 2 Odavde je lako dobiti teorem o jedinstvenosti i stabilnosti rješenja u odnosu na početne podatke. Korolar 3.1. Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u domeni G i zadovoljava Lipschitzov uvjet u y u G, te neka su funkcije y 1 (t) i y 2 (t) dva rješenja normalnog sustava (3.1 ) na istom segmentu i t0 2 . Ako je y 1 (t0) = y 2 (t0), tada je y 1 (t) y 2 (t) na . Korolar 3.2. (o kontinuiranoj ovisnosti o početnim podacima). Neka je vektorska funkcija f (t, y) kontinuirana u domeni G i zadovoljava Lipschitzov uvjet na y s konstantom L > 0 u G, te neka su vektorske funkcije y 1 (t) i y 2 (t) rješenja normalni sustav (3.1) definiran na . Tada za 8 t 2 vrijedi nejednakost y 1 (t) gdje je δ = y 1 (t0) y 2 (t0) i l = t1 y 2 (t) 6 δ eL l , t0 . Dokaz korolarija ponavlja od riječi do riječi dokaze korolarija 2.1 i 2.2, uzimajući u obzir očite renotacije. 2 Proučavanje rješivosti Cauchyjevog problema (3.1), (3.2), kao iu jednodimenzionalnom slučaju, svodi se na rješivost integralne (vektorske) jednadžbe. Lema 3. 1. Neka je f (t, y) 2 C G; Rn 1. Tada vrijede sljedeće tvrdnje: 1) svako rješenje ϕ(t) jednadžbe (3.1) na intervalu ha, bi koje zadovoljava (3.2) t0 2 ha, bi je kontinuirano rješenje na ha, bi 1 Kroz C G; H je uobičajeno označavati skup svih funkcija kontinuiranih u domeni G s vrijednostima u prostoru H. Na primjer, f (t, y) 2 C G; Rn komponenti) definiran na skupu G. je skup svih kontinuiranih vektorskih funkcija (s n -43-integralnom jednadžbom y(t) = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ ; (3.6) t0 2) ako vektorska -funkcija ϕ(t) 2 C ha, bi kontinuirano rješenje integralne jednadžbe (3.6) na ha, bi, gdje je t0 2 ha, bi, tada ϕ(t) ima kontinuiranu derivaciju na ha, bi i je rješenje (3.1), (3.2). Dokaz. 1. Neka 8 τ 2 ha, bi zadovoljava jednakost dϕ(τ) = f τ, ϕ(τ) . Tada integrirajući od t0 do t, uzimajući u obzir (3.2), dobivamo dτ Rt 0 da je ϕ(t) = y + f τ, ϕ(τ) dτ, tj. ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6). t0 2. Neka kontinuirana vektorska funkcija ϕ(t) zadovoljava jednadžbu (3.6) na ha, bi. Tada je f t, ϕ(t) kontinuirana na ha, bi prema teoremu o kontinuitetu kompozitne funkcije, pa je stoga desna strana (3.6 ) (a time i lijeva strana) ima kontinuiranu derivaciju u odnosu na t na ha, bi. Za t = t0, iz (3.6) ϕ(t0) = y 0 , tj. ϕ(t) je rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Imajte na umu da se, kao i obično, derivacija na kraju segmenta (ako mu pripada) shvaća kao jednostrana derivacija funkcije. Lema je dokazana. Primjedba 3. 1. Koristeći analogiju s jednodimenzionalnim slučajem (vidi Poglavlje 2) i gore dokazanim tvrdnjama, možemo dokazati teorem o postojanju i nastavku rješenja Cauchyjevog problema konstruiranjem iterativnog niza koji konvergira na rješenje integralne jednadžbe (3.6) na nekom intervalu t0 h, t0 + h . Ovdje predstavljamo još jedan dokaz teorema postojanja (i jedinstvenosti) za rješenje temeljeno na principu kontrakcijskog preslikavanja. Ovo činimo kako bismo čitatelja upoznali sa suvremenijim teorijskim metodama, koje će se u budućnosti koristiti u kolegijima integralnih jednadžbi i jednadžbi matematičke fizike. Da bismo izvršili naš plan, trebamo niz novih pojmova i pomoćnih tvrdnji, koje ćemo sada razmotriti. 3. 3. Pojam metričkog prostora. Načelo kontrakcijskih preslikavanja Najvažniji koncept limita u matematici temelji se na konceptu "blizine" točaka, tj. kako bi mogli pronaći udaljenost između njih. Na brojevnoj osi udaljenost je modul razlike između dva broja, na ravnini je to dobro poznata formula Euklidske udaljenosti itd. Mnoge činjenice analize ne koriste algebarska svojstva elemenata, već se oslanjaju samo na koncept udaljenosti između njih. Razvoj ovog pristupa, tj. odvajanje "bića" vezano uz pojam limita dovodi do pojma metričkog prostora. -44- Definicija 3. 3. Neka je X skup proizvoljne prirode, a ρ(x, y) realna funkcija dviju varijabli x, y 2 X, koja zadovoljava tri aksioma: 1) ρ(x, y) > 0 8 x, y 2 X i ρ(x, y) = 0 samo za x = y; 2) ρ(x, y) = ρ(y, x) (aksiom simetrije); 3) ρ(x, z) 6 ρ(x, y) + ρ(y, z) (nejednakost trokuta). U ovom slučaju, skup X sa dana funkcijaρ(x, y) naziva se metrički prostor (ÌP), a funkcija ρ(x, y) : X X 7! R koji zadovoljava 1) – 3), – metriku ili udaljenost. Navedimo neke primjere metričkih prostora. Primjer 3. 1. Neka je X = R s udaljenošću ρ(x, y) = x y , dobivamo MT R. n o n xi 2 R, i = 1, n je Primjer 3. 2. Neka je X = R = x1 , . . . , xn je skup uređenih kolekcija od n realnih brojeva s n 2 P x = x1 , . . . , xn s udaljenošću ρ(x, y) = xk yk , dobivamo n1 k=1 n dimenzionalni euklidski prostor R . n Primjer 3. 3. Neka je X = C a, b ; R je skup svih funkcija kontinuiranih na a, b s vrijednostima u Rn, tj. kontinuirane vektorske funkcije, s udaljenosti ρ(f, g) = max f (t) g(t) , gdje je f = f (t) = f1 (t), . . . , fn (t) , t2 s n 2 P g = g(t) g1 (t), . . . , gn (t) , f g = fk (t) gk (t) . k=1 Za primjere 3. 1 –3. 3 aksioma MP-a su izravno provjerena, ovo ostavljamo kao vježbu za savjesnog čitatelja. Kao i obično, ako je svakom prirodnom n pridružen element xn 2 X, tada kažemo da je dan niz točaka xn MP X. Definicija 3. 4. Za niz točaka xn MP X kaže se da konvergira točki x 2 X if lim ρ xn , x = 0. n!1 Definicija 3. 5. Niz xn nazivamo fundamentalnim ako za bilo koje ε > 0 postoji prirodan broj N (ε) takav da za sve n > N i m > N nejednakost ρ xn , xm< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε >0 9 N (ε) 2 N: 8m, n > N =) max fm (t) fn (t)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε >0 postoji broj N (ε) takav da za sve n > N i za sve t 2 a, b vrijedi nejednakost fn (t) f (t)< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. Razmotrite B = Am , B: X 7! X, B - kompresija. Prema teoremu 3.2, operator B ima jedinstvenu fiksnu točku x. Kako A i B komutiraju AB = BA i kako je Bx = x, imamo B Ax = A Bx = Ax, tj. y = Ax je također fiksna točka B, a budući da je takva točka jedinstvena prema teoremu 3.2, tada je y = x ili Ax = x . Stoga je x fiksna točka operatora A. Dokažimo jedinstvenost. Pretpostavimo da je x~ 2 X i A~ x = x~, tada je m m 1 B x~ = A x~ = A x~ = . . . = x~, tj. x~ je također fiksna točka za B, odakle je x~ = x . Teorem je dokazan. Poseban slučaj metričkog prostora je normirani linearni prostor. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 3. 9. Neka je X linearni prostor (realni ili kompleksni) na kojem je definirana numerička funkcija x, koja djeluje od X do R i zadovoljava aksiome: 1) 8 x 2 X, x > 0 i x = 0 samo za x = θ; 2) 8 x 2 X i za 8 λ 2 R (ili C) 3) 8 x, y 2 X je nick). x+y 6 x + y λx = jλj x ; (nejednakost trokuta) Tada se X naziva normiranim prostorom, x: X 7! R koji zadovoljava 1) – 3), naziva se norma. i funkcija U normiranom prostoru udaljenost između elemenata možete unijeti formulom ρ x, y = x y . Ispunjenost aksioma MP lako se provjerava. Ako je rezultirajući metrički prostor potpun, tada se odgovarajući normirani prostor naziva Banaxov prostor. Često je moguće uvesti normu na različite načine na istom linearnom prostoru. Kao rezultat toga, nastaje koncept. Definicija 3. 10. Neka je X linearni prostor i neka su i neka su na njemu uvedene dvije 1 2 norme. Norme i nazivamo ekvivalentnim 1 2 normama ako je 9 C1 > 0 i C2 > 0: 8 x 2 X C1 x 1 6 x 2 6 C2 x 1 . Napomena 3. 3. Ako su i dvije ekvivalentne norme na X, a 1 2 prostor X je potpun u jednoj od njih, tada je potpun i u drugoj normi. Ovo lako slijedi iz činjenice da je niz xn X, koji je fundamentalan s obzirom na, također fundamentalan s obzirom na, i konvergira na 1 2 isti element x 2 X. se koristi kada se zatvorena lopta ovog prostora uzme kao potpuni n prostor o Br (a) = x 2 X ρ x, a 6 r , gdje su r > 0 i a 2 X fiksni. Imajte na umu da je zatvorena lopta u PMP-u i sama PMP s istom udaljenošću. Dokaz ove činjenice ostavljamo čitatelju kao vježbu. Primjedba 3. 5. Gore je potpunost prostora utvrđena iz primjera n mjere 3. 3. Primijetite da u linearnom prostoru X = C 0, T , R možemo uvesti normu kxk = max x(t) tako da će rezultirajuća normalizacija biti Banachova. Na istom skupu vektorskih funkcija kontinuiranih na prostoru 0, T, možemo uvesti ekvivalentnu normu formulom kxkα = max e αt x(t) za bilo koje α 2 R. Za α > 0, ekvivalentnost slijedi iz nejednakosti e αT x(t) 6 e αt x(t) 6 x(t) za sve t 2 0, T , odakle je e αT kxk 6 kxkα 6 kxk. Ovo svojstvo ekvivalentnih normi koristimo u dokazivanju teorema o jedinstvenoj rješivosti Cauchyjevog problema za linearne (normalne) sustave. 3. 4. Teoremi postojanja i jedinstvenosti za rješenje Cauchyjevog problema za normalne sustave. Razmotrimo Cauchyjev problem (3.1) – (3.2), gdje su početni podaci t0 , y 0 2 G, G Rn+1 domena vektorska funkcija f (t, y ). U ovom ćemo odjeljku pretpostaviti da G ima – neki n oblik G = a, b o , gdje je domena Rn, a kuglica BR (y 0) = Teorem vrijedi. y 2 Rn y y0 6 R u cijelosti leži u. Teorem 3. 4. Neka je f (t, y) 2 C G vektorska funkcija; Rn i 9 M > 0 i L > 0 tako da su zadovoljeni sljedeći uvjeti: 1) 8 (t, y) 2 G = a, b f (t, y) 6 M ; 2) 8 (t, y 1), (t, y 2) 2 G f t, y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Fiksirajte broj δ 2 (0, 1) i neka je t0 2 (a, b). Tada je R 1 δ 9 h = min ; ; t0 a; b t0 > 0 M L tako da također postoji jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) y(t) na intervalu Jh = t0 h, t0 + h , i y(t) y 0 6 R za sve t 2 Jh. -48- Dokaz. Prema lemi 3.1, Cauchyjev problem (3.1), (3.2) ekvivalentan je integralnoj jednadžbi (3.6) na intervalu , a time i na Jh , gdje je h odabrano gore. Razmotrimo Banachov prostor X = C (Jh ; Rn), skup vektorskih funkcija x(t) kontinuiranih na intervalu Jh s normom kxk = max x(t), i uvedemo zatvoreni skup u X: 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 je zatvorena kuglica u X. Operator A definiran pravilom : Ay = y 0 + Zt f τ , y(τ) dτ, t 2 Jh , t0 uzima SR y 0 u sebe, budući da je y 0 = max Ay Zt t2Jh f τ, y(τ) dτ 6 h ​​​​M 6 R t0 po uvjetu 1 teorema i definiciji h. Dokažimo da je A kontrakcijski operator na SR. Uzmimo proizvoljno 0 1 2 i procijenimo vrijednost: Zt 6 max t2Jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h L y2 y1 = q y2 y1 , gdje je q = h L 6 1 δ< 1 по условию теоремы. Отметим (см. замечание 3.4), что замкнутый шар SR y 0 в банаховом пространстве X является ПМП. Поэтому применим принцип сжимающих отображений (теорема 3. 2), по которому существует единственное решение y(t) 2 X интегрального уравнения (3.6) на отрезке Jh = t0 h, t0 + h . Теорема доказана. Замечание 3. 6. Если t0 = a или t0 = b, то утверждение теоремы сохраняется с небольшими изменениями в формуле для h и отрезка Jh . Приведем эти изменения для случая t0 = a. В этом случае число h > 0 se bira prema R formulom h = min M ; 1L δ; b a , a svugdje moramo uzeti -49- Jh = t0 , t0 + h = a, a + h kao segment Jh. Svi ostali uvjeti teorema se ne mijenjaju, njegov dokaz, uzimajući u obzir preimenovanje, R je sačuvan. Za slučaj t0 = b, slično, h = min M ; 1L δ; b a , i Jh = b h, b . n Napomena 3. 7. U teoremu 3. 4, uvjet f (t, y) 2 C G; R , gdje je G = a, b D, može se oslabiti zamjenom sa zahtjevom da f (t, y) bude kontinuiran u odnosu na varijablu t za svaki y 2 , uz očuvanje uvjeta 1 i 2. Dokaz ostaje isti. Napomena 3. 8. Dovoljno je da uvjeti 1 i 2 teorema 3. 4 vrijede za 0 za sve t, y 2 a, b BR y , a konstante M i L ovise, općenito govoreći, 0 o y i R. ograničenja na vektorske funkcije f t, y , slično kao u teoremu 2.4, vrijedi teorem o postojanju i jedinstvenosti rješenja Cauchyjevog problema (3.1), (3.2) na cijelom intervalu a, b. n Teorem 3. 5. Neka je vektorska funkcija f x, y 2 C G, R , gdje je G = a, b Rn , i postoji L > 0 takav da je ispunjen uvjet 8 t, y 1 , t, y 2 2 G f t , y 2 f t, y 1 6 L y 2 y 1 . Tada za bilo koje t0 2 i y 0 2 Rn postoji na a i b jedinstveno rješenje Cauchyjevog problema (3.1), (3.2). Dokaz. Uzmimo proizvoljne t0 2 i y 0 2 Rn i popravimo ih. Predstavljamo skup G = a, b Rn na sljedeći način: G = G [ G+ , gdje je Rn , i G+ = t0 , b Rn , uz pretpostavku da je t0 2 a, b , inače jedan G = a, t0 iz stupnjeva dokaz će izostati. Razumimo traku G+. Na intervalu t0 , b, Cauchyjev problem (3.1), (3.2) je ekvivalentan jednadžbi (3.6). Uvodimo operator za integral n A: X 7! X, gdje je X = C t0, b; R , prema formuli Ay = y 0 + Zt f τ, y(τ) dτ. t0 Tada se integralna jednadžba (3.6) može napisati kao operatorska jednadžba Ay = y. (3.8) Dokažemo li da operatorska jednadžba (3.8) ima rješenje u PMP X, tada dobivamo rješivost Cauchyjevog problema na t0 , b ili na a, t0 za G . Ako je ovo rješenje jedinstveno, tada će na temelju ekvivalencije i rješenje Cauchyjevog problema također biti jedinstveno. Donosimo dva dokaza jedinstvene rješivosti jednadžbe (3.8). Dokaz 1. Promotrimo proizvoljne vektorske funkcije 1 2 n y , y 2 X = C t0 , b ; R , tada procjene vrijede za bilo koje -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) 6L y 1 (τ) dτ 6 L t t0 max y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6L t t0 y2 y1 . Prisjetimo se da je norma u X uvedena na sljedeći način: kxk = max x(τ) . Iz dobivene nejednakosti imat ćemo ) dτ 6 L2 t0 Zt y2 y1 6 t0 6 L2 t t0 2! 2 y2 y1 . Nastavljajući ovaj proces, možemo indukcijom dokazati da je 8 k 2 N Ak y 2 Ak y 1 6 L t t0 k! k y2 y1 . Otuda konačno dobivamo procjenu Ak y 2 Ak y 1 = max Ak y 2 L b t0 Ak y 1 6 L b t0 k! k y2 y1 . k Kako je α(k) = ! 0 za k! 1, tada postoji k0 takav da je k! da je 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 (vidi napomenu 3. 5) formulom: x α = max e αt x(t) . -51- Pokažimo da je moguće odabrati α na način da će operator A u prostoru X s normom za α > L biti kontraktivan. Doista, α Ay 2 Ay 1 α Zt h f τ, y 2 (τ) αt = max e 1 f τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 max e αt Zt y 2 (τ) L y 1 (τ) dτ = t0 = L max e Zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 L max e αt Zt eατ dτ max e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) = y2 α t0 = L max e αt Budući da je α > L, tada je q = L 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 inverzna funkcija , zbog čega se jednakost (4.3) može riješiti u odnosu na y i dobiti formula y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) koja vrijedi u okolini točke x0 . Pokažimo da jednakost (4.4) daje rješenje jednadžbe (4.1) u okolici točke x0 . Doista, koristeći teorem o diferencijaciji inverzne funkcije i uzimajući u obzir relaciju F10 (x) = f1 (x), dobivamo y 0 (x) = dF2 1 (z) dz z=F1 (x)+C F10 (x) = 1 F20 ( y) y=y(x) F10 (x) = f2 y(x) f1 (x), odakle slijedi da je funkcija y(x) iz (4.4) rješenje jednadžbe (4.1). Razmotrimo sada Cauchyjev problem za jednadžbu (4.1) s početnim uvjetom y(x0) = y0 . (4.5) Formula (4.2) može se napisati kao Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Zamjenom početnog uvjeta (4.5) nalazimo da je C = 0, tj. rješenje Cauchyjevog problema određuje se iz relacije Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Očito je jednoznačno određena. Dakle, opće rješenje jednadžbe (4.1) dano je formulom (4.4), a rješenje Cauchyjevog problema (4.4), (4.5) nalazi se iz relacije (4.6). Opaska 4. 1. Ako je f2 (y) = 0 za neki y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), tada su, očito, rješenja jednadžbe (4.1) ujedno i funkcije y( x) yj , j = 1, 2, . . . , s, što se dokazuje izravnom supstitucijom ovih funkcija u jednadžbu (4.1). Opaska 4. 2. Za jednadžbu (4.1) opće rješenje je određeno iz relacije F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Dakle, lijeva strana relacije (4.7) je konstantna na svakom rješenju jednadžbe (4.1). Relacije poput (4.7) mogu se napisati i pri rješavanju drugih ODE. Takve se relacije obično nazivaju integralima (općim integralima) odgovarajućih ODE. Dajmo preciznu definiciju. Definicija 4. 1. Promotrimo jednadžbu y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Odnos (x, y) = C, (4.9) gdje je (x, y) funkcija klase C 1, naziva se općim integralom jednadžbe (4.8) ako ovaj odnos nije zadovoljen identično, nego je zadovoljeno na svakom rješenju jednadžbe (4.8). Za svaku određenu vrijednost C 2 R dobivamo parcijalni integral. Opće rješenje jednadžbe (4.8) dobiva se iz općeg integrala (4.9) pomoću teorema o implicitnoj funkciji. Primjer 4. 1. Razmotrimo jednadžbu x (4.10) y 0 (x) = y i početni uvjet y(2) = 4. (4.11) Primjenom gore opisane metode odvajanja varijabli za rješavanje jednadžbe (4.10), dobivamo y dy = x dx , odakle nalazimo opći integral za jednadžbu (4.10) y 2 x2 = C. Opće rješenje jednadžbe (4.10) zapisuje se formulom p y= C + x2 , a rješenje Cauchyjevog problema ( 4.10), (4.11) zapisuje se formulom p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Linearni ODE prvog reda Linearni ODE prvog reda je jednadžba y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Ako je q(x) 6 Ako je q(x) x 2 ha, b. (4.12) 0, tada se jednadžba naziva nehomogenom. 0, tada se jednadžba naziva homogenom: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Teorem 4. 1. 1) Ako su y1 (x), y2 (x) rješenja homogena jednadžba (4.120) , α, β su proizvoljni brojevi, tada je funkcija y (x) αy1 (x) + βy2 (x) također rješenje jednadžbe (4.120). 2) Za opće rješenje nehomogene jednadžbe (4.12) vrijedi formula yon = yoo + ych; (4.13) ovdje je yo opće rješenje nehomogene jednadžbe (4.12), yn je partikularno rješenje nehomogene jednadžbe (4.12), yoo je opće rješenje homogene jednadžbe (4.120). Dokaz. Prva tvrdnja teorema dokazuje se izravnom provjerom: imamo y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Dokažimo drugu tvrdnju. Neka je y0 proizvoljno rješenje jednadžbe (4.120), tada je y00 = p(x)y0 . S druge strane, 0 ych = p(x)ych + q(x). Stoga je 0 y0 + ych = p(x) y0 + ych + q(x), što znači da je y y0 + ych rješenje jednadžbe (4.12). Dakle, formula (4.13) daje rješenje nehomogene jednadžbe (4.12). Pokažimo da se sva rješenja jednadžbe (4.12) mogu dobiti iz ove formule. Doista, neka je y^(x) rješenje jednadžbe (4.12). Stavljamo y~(x) = y^(x) ych. Imamo y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 ych (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)ych (x) = p(x) y ^ (x) q(x) = ych (x) = p(x)~ y (x). Dakle, y~(x) je rješenje homogene jednadžbe (4.120), te imamo y^(x) = y~(x) + ych, što odgovara formuli (4.13). Teorem je dokazan. -58- U nastavku ćemo razmotriti Cauchyjeve probleme za jednadžbe (4.12) i (4.120) s početnim uvjetom y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Što se tiče funkcija p(x) i q(x) iz (4.12), pretpostavljamo da je p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Napomena 4. 3. Stavite F (x, y) = p(x)y + q(x). Zatim, s obzirom na gore nametnute uvjete za p(x) i q(x), imamo F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1, i, prema tome, za Cauchyjev problem (4.12), (4.14) vrijede teoremi o postojanju i jedinstvenosti rješenja, koji su dokazani u poglavlju 2. U teoremima 4. 2, 4. 3 koji su dokazani u nastavku, dobit ćemo eksplicitne formule za rješenja jednadžbi (4.120) i (4.12) i pokazat će se da ta rješenja postoje na cijelom intervalu ha, bi. Razmotrimo najprije homogenu jednadžbu (4.120). Teorem 4. 2. tvrdnje: Neka je p(x) 2 C (ha, bi). Tada vrijedi: 1) svako rješenje jednadžbe (4.120) definirano je na cijelom intervalu ha, bi; 2) opće rješenje homogene jednadžbe (4. 120) dana je formulom y(x) = C e gdje je C R p(x) dx, (4.15) proizvoljna konstanta; 3) rješenje Cauchyjevog problema (4.120), (4.14) dano je formulom Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Dokaz. Izvedimo formulu (4.15) u skladu s metodom danom na početku poglavlja. Prije svega napominjemo da je funkcija y 0 rješenje jednadžbe (4.120). Neka je y(x) rješenje jednadžbe (4.120), i neka je y 6 0 na ha, bi. Tada je 9 x1 2 ha, bi takav da je y(x1) = y0 6= 0. Promotrimo jednadžbu (4.120) u blizini točke x1 . Ovo je jednadžba sa separabilnim varijablama, a y(x) 6= 0 u nekoj okolini točke x1 . Zatim, slijedeći rezultate prethodnog odlomka, dobivamo eksplicitnu formulu za rješenje Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- odakle R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, što odgovara formuli (4.15). Štoviše, rješenje y 0 također je dano formulom (4.15) za C = 0. Izravnom zamjenom u jednadžbu (4.120), vidimo da je funkcija y(x) dana formulom (4.15) za bilo koji C rješenje za jednadžba (4.120), štoviše, na cijelom intervalu ha, bi. Pokažimo da formula (4.15) definira opće rješenje jednadžbe (4.120). Doista, neka je y^(x) proizvoljno rješenje jednadžbe (4.120). Ako je y^(x) 6= 0 na ha, bi, ponavljajući prethodno razmišljanje, dobivamo da je ova funkcija dana formulom (4.15) za neki C: naime, ako je y^(x0) = y^0 , tada Rx p( ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Ako je 9x1 2 ha, bi takvo da je y^(x1) = 0, tada Cauchyjev problem za jednadžbu (4.120) s početnim uvjetom y(x1) = 0 ima dva rješenja y ^(x) i y(x) 0. Prema primjedbi 4.3, rješenje Cauchyjevog problema je jedinstveno, stoga je y^(x) 0, pa je dano formulom (4.15) za C = 0. Dakle, dokazali smo da je opća jednadžba rješenja (4.120) definirana na svim ha, bi i dana formulom (4.15). Formula (4.16) očito je poseban slučaj formule (4.15), pa je funkcija y(x) koju ona definira rješenje jednadžbe (4.120). Osim toga, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , pa formula (4.16) stvarno definira rješenje Cauchyjevog problema (4.120), (4.14). Teorem 4.2 je dokazan. Razmotrimo sada nehomogenu jednadžbu (4.12). Teorem 4. 3. Neka su p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Tada su točne sljedeće tvrdnje: 1) svako rješenje jednadžbe (4.12) definirano je na cijelom intervalu ha, bi; 2) opće rješenje nehomogene jednadžbe (4.12) dano je formulom Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e ​​​​p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e gdje je C proizvoljna konstanta; 3) rješenje Cauchyjevog problema (4.12), (4.14) dano je formulom Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) ) dθ dξ. (4.18) Dokaz. U skladu s teoremom 4.1 i formulom (4.13) yon = yoo + yn, potrebno je pronaći određeno rješenje jednadžbe (4.12). Da bismo ga pronašli, primjenjujemo tzv. metodu varijacije proizvoljne konstante. Bit ove metode je sljedeća: uzmemo formulu (4.15), zamijenimo konstantu C u njoj nepoznatom funkcijom C(x) i tražimo određeno rješenje jednadžbe (4.12) u obliku ych (x) = C (x) e R p(x) dx. (4.19) Supstituiramo yn (x) iz (4.19) u jednadžbu (4.12) i nalazimo C(x) tako da je ova jednadžba zadovoljena. Imamo R R 0 ych (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Zamjenom u (4.12) dobivamo 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), odakle je R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Integrirajući posljednju relaciju i supstituirajući pronađeni C(x) u formulu (4.19), dobivamo da je Z R R p(x) dx ych (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Štoviše, temeljem teorema 4. 2 R yoo = C e p(x) dx . Stoga, koristeći formulu (4.13) iz teorema 4.1, dobivamo da je Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yoo + ych = Ce +e q(x)e ​​​​p(x) dx dx, što se podudara s formulom (4.17). Očito formula (4.17) daje rješenje na cijelom intervalu ha, bi. Konačno, rješenje Cauchyjevog problema (4.12), (4.14) dano je formulom Rx y(x) = y0 e Rx p(ξ) dξ x0 +e p(θ) dθ Zx Rξ p(θ) dθ q( ξ)ex0 x0 dξ. (4.20) x0 Doista, formula (4.20) je poseban slučaj formule (4.17) za C = y0, pa definira rješenje jednadžbe (4.12). Osim toga, 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 , pa početna podaci (4.14). Formulu (4.20) reduciramo na oblik (4.18). Doista, iz (4.20) imamo 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 što se poklapa s formulom (4.18). Teorem 4. 3 je dokazan. Korolar (o procjeni rješenja Cauchyjevog problema za linearni sustav). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), i p(x) 6 K, q(x) 6 M Neka je 8 x 2 ha, bi. Tada rješenje Cauchyjevog problema (4.12), (4.14) zadovoljava procjenu M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Dokaz. Neka je prvo x > x0 . Na temelju (4.18), imamo Rx Zx K dξ y(x) 6 y0 ex0 Rx K dθ M eξ + dξ = y0 eK(x x0) Zx +M x0 = y0 e K(x x0) eK(x ξ ) dξ = x0 M + K e K(x ξ) ξ=x ξ=x0 = y0 e Kjx x0 j M Kjx + e K x0 j 1 . Neka sada 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, tada je očito funkcija y(x) 0 rješenje jednadžbe (4.24). Za rješavanje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) α 6= 0, α 6= 1, obje strane jednadžbe podijelimo s y α . Za α > 0 moramo uzeti u obzir da je, temeljem napomene 4. 4, funkcija y(x) 0, rješenje jednadžbe (4.24), koja će se gubiti takvim dijeljenjem. Stoga će ga u budućnosti trebati dodati općem rješenju. Nakon dijeljenja dobivamo relaciju y α y 0 = a(x)y 1 α + b(x). Uvedimo novu željenu funkciju z = y 1 α , zatim z 0 = (1 stoga dolazimo do jednadžbe za z z 0 = (1 α)a(x)z + (1 α)y α)b(x) . α y 0, i (4.25) Jednadžba (4.25) je linearna jednadžba. Takve jednadžbe razmatraju se u odjeljku 4.2, gdje se dobiva formula za opće rješenje, zbog koje se rješenje z(x) jednadžbe (4.25) piše kao z(x) = Ce R (α 1) a( x) dx + + (1 α )e R (α 1) a(x) dx 1 Z b(x)e R (α 1) a(x) dx dx. (4.26) Tada je funkcija y(x) = z 1 α (x), gdje je z(x) definiran u (4.26), rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24). -64- Osim toga, kao što je gore navedeno, za α > 0, rješenje je također funkcija y(x) 0. Primjer 4. 4. Riješimo jednadžbu y 0 + 2y = y 2 ex . (4.27) Podijelimo jednadžbu (4.27) s y 2 i napravimo promjenu z = dobivamo linearnu nehomogenu jednadžbu 1 y. Kao rezultat, z 0 + 2z = ex . (4.28) Najprije rješavamo homogenu jednadžbu: z 0 + 2z = 0, dz = 2dx, z ln jzj = 2x + c, z = Ce2x , C 2 R1 . Rješenje nehomogene jednadžbe (4.28) traži se metodom varijacije proizvoljne konstante: zn = C(x)e2x , C 0 e2x 2Ce2x + 2Ce2x = ex , C 0 = e x, C(x) = e x , odakle je zn = ex , a opće rješenje jednadžbe (4.28) z(x) = Ce2x + ex . Stoga se rješenje Bernoullijeve jednadžbe (4.24) može napisati kao y(x) = 1 . ex + Ce2x Osim toga, rješenje jednadžbe (4.24) je i funkcija y(x). Ovo smo rješenje izgubili kada smo ovu jednadžbu dijelili s y 2 . 0. 4. 5. Jednadžba u potpunim diferencijalima Razmotrimo jednadžbu u diferencijalima M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, (x, y) 2 G, (4.29) G je neka domena u R2 . Takva se jednadžba naziva potpunom diferencijalnom jednadžbom ako postoji funkcija F (x, y) 2 C 1 (G), koja se naziva potencijal, takva da je dF (x, y) = M (x, y)dx + N ( x, y )dy, (x, y) 2 G. Pretpostavimo radi jednostavnosti da je M (x, y), N (x, y) 2 C 1 (G), a domena G je jednostavno povezana. Pod ovim pretpostavkama, tijekom matematičke analize (vidi, na primjer, ) dokazano je da potencijal F (x, y) za jednadžbu (4.29) postoji (tj. (4.29) je jednadžba u ukupnim diferencijalima) ako i samo ako je My (x, y) = Nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 G. Štoviše, (x, Z y) F (x, y) = M (x, y)dx + N (x, y)dy, (4.30) (x0 , y0) gdje je točka (x0 , y0) neka fiksna točka iz G, (x, y) trenutna je točka u G, a krivuljasti integral se uzima duž bilo koje krivulje koja povezuje točke (x0, y0) i (x, y) i koja u potpunosti leži u domeni G. Ako je jednadžba ( 4.29) je jednadžba