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मैं अलग-अलग समीकरण समीकरणों में वांछित कार्यों, विभिन्न आदेशों और स्वतंत्र चर के अपने डेरिवेटिव्स युक्त समीकरणों। सिद्धांत डी। वाई। 17 वीं शताब्दी के अंत में उत्पन्न हुआ। यांत्रिकी और अन्य प्राकृतिक विज्ञान विषयों की जरूरतों के प्रभाव में, ... ... ग्रेट सोवियत एनसाइक्लोपीडिया

साधारण अंतर समीकरण (ओडीयू) प्रजातियों का एक अलग समीकरण है जहां अज्ञात कार्य (संभवतः, वेक्टर फ़ंक्शन, फिर, एक नियम के रूप में, वेक्टर भी एक ही आयाम की जगह में मूल्यों के साथ एक समारोह है; इसमें ... ... विकिपीडिया

विकिपीडिया के पास ऐसे नाम वाले अन्य लोगों के बारे में लेख हैं, युडोविच देखें। विक्टर iosifovich Yudovich जन्म तिथि: 4 अक्टूबर, 1 9 34 (1 9 34 10 04) जन्म स्थान: Tbilisi, यूएसएसआर मौत की तारीख ... विकिपीडिया

अंतर - भिन्नता, अंतर समारोह, अंतर परिभाषा, अंतर समारोह, अंतर ब्लॉक सामग्री सामग्री सामग्री की परिभाषा, अंतर) की परिभाषा गणितीय अनौपचारिक विवरण ... ... एनसाइक्लोपीडिया निवेशक

निजी डेरिवेटिव के साथ अंतर समीकरणों के सिद्धांत में बुनियादी अवधारणाओं में से एक। एक्स की भूमिका इन समीकरणों के आवश्यक गुणों में प्रकट होती है, जैसे समाधान के स्थानीय गुण, विभिन्न कार्यों की हलनीयता, उनकी शुद्धता इत्यादि। चलो ... गणितीय एनसाइक्लोपीडिया

समीकरण, अज्ञात रम में, एक स्वतंत्र चर से समारोह है, और इस समीकरण में न केवल अज्ञात कार्य, बल्कि विभिन्न आदेशों के डेरिवेटिव भी शामिल हैं। अवधि विभेदक समीकरणों की पेशकश की गई थी ... ... गणितीय एनसाइक्लोपीडिया

Treneogin Vladilen Aleksandrovich V. A. The Beart की तारीख में व्याख्यान में ट्रैनी ... विकिपीडिया

ट्रेन्चिन, Vladilen Aleksandrovich Trenogin Vladilen Aleksandrovich V. A. Trenogin व्याख्यान में मिसिस में जन्म की तारीख: 1 9 31 (1 9 31) ... विकिपीडिया

गॉस समीकरण, एक रैखिक सामान्य अंतर समीकरण 2 वें आदेश या, सामान्य मामले में स्वयं सहायक रूप, चर और पैरामीटर में किसी भी जटिल मूल्यों को ले सकते हैं। प्रतिस्थापन के बाद, आकार प्राप्त किया जाता है ... ... गणितीय एनसाइक्लोपीडिया

मकरस्काया ई वी। पुस्तक में: छात्र विज्ञान के दिन। वसंत - 2011. एम।: मॉस्को स्टेट इकोनॉमिक्स, सांख्यिकी और सूचना विज्ञान, 2011. पी। 135-139।

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

इवानोव ए I., Isakov I., डेमिन एवी। एट अल। 5. एम।: शब्द, 2012।

मैनुअल ने रूसी एकेडमी ऑफ साइंसेज-एबीएमपी आरएएस के जीएससी में किए गए खुराक अभ्यास के साथ परीक्षण के दौरान मैन द्वारा ऑक्सीजन खपत के अध्ययन के लिए मात्रात्मक तरीकों की जांच की। मैनुअल वैज्ञानिकों, भौतिक विज्ञानी और डॉक्टरों के लिए एयरोस्पेस, पानी के नीचे और खेल चिकित्सा के क्षेत्र में काम कर रहे हैं।

मिखीव ए वी। एसपीबी: परिचालन मुद्रण विभाग एनएसयू एचएसई - सेंट पीटर्सबर्ग, 2012।

इस संग्रह में अलग-अलग समीकरणों की दर से कार्य शामिल हैं, जो अर्थशास्त्र अर्थशास्त्र एचएसई - सेंट पीटर्सबर्ग के संकाय में लेखक द्वारा पठनीय हैं। प्रत्येक विषय की शुरुआत में दिया जाता है सारांश मुख्य सैद्धांतिक तथ्यों और विशिष्ट कार्यों के समाधान के उदाहरण हैं। उच्च पेशेवर पेशेवर कार्यक्रमों के छात्रों और श्रोताओं के लिए।

Konakov v.d. एसटीआई WP BRP। मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी, 2012 के मैकेनिक्स और गणित संकाय के ट्रस्टी बोर्ड को प्रकाशित करना। 2012।

इस प्रशिक्षण मैनुअल के केंद्र में, एक छात्र के चयन पर एक विशेष पाठ्यक्रम है, लेखक द्वारा मॉस्को स्टेट यूनिवर्सिटी के मैथमैटिकल फैकल्टी पर लेखक द्वारा पढ़ा गया है। एम.वी. 2010-2012 में Lomonosov अकादमिक वर्ष। मैनुअल पैरामीटरिक्स विधि और इसके असतत एनालॉग के साथ पाठक को सबसे अधिक विकसित करता है हाल ही में लाभ और उनके सहयोगी सह-लेखकों के लेखक। यह उस सामग्री को एक साथ जोड़ता है जिसे पहले केवल कई पत्रिका लेखों में रखा गया था। प्रस्तुति की अधिकतम सामान्यता के लिए प्रयास नहीं करते हुए, लेखक ने मार्कोव श्रृंखलाओं के अभिसरण पर प्रसार प्रक्रिया के अभिसरण पर स्थानीय सीमा प्रमेय के प्रमाण में विधि की संभावनाओं को प्रदर्शित करने के लिए लक्ष्य निर्धारित किया और के लिए Aronson प्रकार के द्विपक्षीय आकलन की प्राप्ति पर कुछ अपरिवर्तनीय प्रसार।

आईएसएस। 20. NY: स्प्रिंगर, 2012।

यह प्रकाशन व्यक्तिगत लेखों का संग्रह "सूचना प्रणाली पर तीसरा अंतर्राष्ट्रीय सम्मेलन" का एक संग्रह है, जो फ्लोरिडा विश्वविद्यालय, 16-18 फरवरी, 2011 में हुआ था। इस सम्मेलन का उद्देश्य उद्योग, सरकारों और इंजीनियरों से वैज्ञानिकों और इंजीनियरों को एकत्रित करना था वैज्ञानिक सर्कल ताकि वे सूचना प्रणाली की गतिशीलता के सिद्धांत और अभ्यास से संबंधित मामलों में नई खोजों और परिणामों का आदान-प्रदान कर सकें। सूचना प्रणाली की गतिशीलता: गणितीय खोज एक आधुनिक अध्ययन है और छात्रों के लिए प्रति रुचि रखने वाले छात्रों और शोधकर्ताओं के लिए है। सूचना सिद्धांत और गतिशील प्रणालियों में नवीनतम खोज। अन्य विषयों के वैज्ञानिकों को अनुसंधान के क्षेत्रों में नए विकास के आवेदन से भी लाभ हो सकता है।

Palvelev आर।, सर्गेईव ए जी। गणितीय संस्थान की कार्यवाही। वी.ए. Steklov घाव। 2012. टी। 277. पी। 199-214।

लैंडौ गिंज़बर्ग हाइपरबॉलिक समीकरणों में एडियाबेटिक सीमा का अध्ययन किया जाता है। निर्दिष्ट सीमा का उपयोग करके, पत्राचार को उन स्थैतिक समाधानों की जगह में गिन्जबर्ग-लैंडो समीकरणों और एडियाबेटिक ट्रैजेक्टोरियों के समाधान के बीच स्थापित किया गया है, जिसे भंवर कहा जाता है। मेन्थोन ने ह्युरिस्टिक एडियाबेटिक सिद्धांत का प्रस्ताव दिया जो यह दर्शाता है कि गिन्जबर्ग-लैंडो समीकरणों के किसी भी समाधान को पर्याप्त रूप से कम गतिशील ऊर्जा के साथ कुछ एडियाबेटिक प्रक्षेपण की गड़बड़ी के रूप में प्राप्त किया जा सकता है। इस तथ्य का सख्त सबूत हाल ही में पहला लेखक मिला

हम ओपेराट हाइकॉमम (बीवी-ऑपरेटर द्वारा बैटालिन-विल्कोविस्की ओपेराड के होमोटॉपी क्विटिएंट के होमोलॉजी) के बीच एक अर्ध-आइसोमोर्फिज्म के लिए एक स्पष्ट सूत्र देते हैं। ओटर शब्दों में हम हाइकॉम-बीजगणित और बीवी-बीजगणितों की एक समकक्ष प्राप्त करते हैं जो एक होमोटॉपी के साथ बढ़ाया जाता है जो बीवी-ऑपरेटर को छोटा करता है। ये सूत्रों को विशाल ग्राफ के संदर्भ में दिया जाता है, और दो अलग-अलग तरीकों से साबित होते हैं। एक सबूत विशाल समूह कार्रवाई का उपयोग करता है, और दूसरा सबूत HyCOMM और BV के संकल्पों पर स्पष्ट सूत्रों की एक श्रृंखला के माध्यम से चला जाता है। दूसरा दृष्टिकोण, विशेष रूप से, हाइकॉम-बीजगणित पर विशाल समूह कार्रवाई की एक समलैंगिक स्पष्टीकरण देता है।

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

इस संग्रह के लेख मास्को स्टेट यूनिवर्सिटी के सामाजिक संकाय में 2011 में किए गए रिपोर्टों के आधार पर लिखे गए हैं। एम.वी. XIV अंतःविषय वार्षिक वैज्ञानिक संगोष्ठी "सामाजिक प्रक्रियाओं के गणितीय मॉडलिंग" की एक बैठक में लोमोनोसोव उन्हें। हीरो ऑफ सोशलिस्ट श्रम अकादमिक ए। समारा।

प्रकाशन सामाजिक प्रक्रियाओं के गणितीय मॉडलिंग के लिए पद्धति, विकास और कार्यान्वयन में रुचि रखने वाले घावों के विश्वविद्यालयों और वैज्ञानिक संस्थानों के शोधकर्ताओं, शिक्षकों, विश्वविद्यालयों और वैज्ञानिक संस्थानों के लिए है।

रूसी संघ के शिक्षा और विज्ञान मंत्रालय राष्ट्रीय शोध परमाणु विश्वविद्यालय "मिफ़ी" टी। I. बुखारोवा, वी। एल। कमिनिन, ए बी कोस्टिन, डी एस Tkachenko व्याख्यान उच्च शैक्षिक संस्थानों के छात्रों के लिए यूएमओ परमाणु भौतिकी और प्रौद्योगिकियों की पाठ्यपुस्तक की गुणवत्ता की सिफारिश की सामान्य अंतर समीकरणों पर व्याख्यान यूडीसी 517.9 बीबीके 22.161.6 बी 9 4 बुखारोवा टीआई, कामिनिन वीएल, कोस्टिन एबी, टीकाचेन्को डीएस सामान्य व्याख्यान पाठ्यक्रम विभेदक समीकरण : ट्यूटोरियल। - एम।: निया माफी, 2011. - 228 पी। प्रशिक्षण पुस्तिका पिछले कुछ वर्षों में मॉस्को इंजीनियरिंग और भौतिक संस्थान में लेखकों द्वारा पढ़ी गई व्याख्यान के पाठ्यक्रम के आधार पर बनाई गई थी। यह छात्रों के लिए सभी संकाय के निया मिथी के साथ-साथ विश्वविद्यालयों के छात्रों के लिए गणितीय तैयारी के साथ भी है। निया माफी के निर्माण और विकास के लिए कार्यक्रम के ढांचे में मैनुअल तैयार किया गया था। समीक्षक: डॉ। फिज-मैट। विज्ञान एनए KUDRYASHOV। आईएसबीएन 978-5-7262-1400-9 © राष्ट्रीय शोध परमाणु विश्वविद्यालय "एमआईआईआई", 2011 सामग्री की तालिका प्रस्ताव। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 5 I. सामान्य अंतर समीकरण बुनियादी अवधारणाओं के सिद्धांत का परिचय। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । कौची । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 6 6 11 II। पहला ऑर्डर समीकरण के लिए कौची समस्या के समाधान की अस्तित्व और विशिष्टता पहले क्रम के लिए विशिष्टता का प्रमेय है। । । । । । । । । । । । । । । । । । । पहले क्रम के लिए कौची समस्या के समाधान को हल करना। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । पहले क्रम के लिए समाधान जारी रखें। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । तृतीय। सामान्य एन-वें ऑर्डर सिस्टम बेसिक अवधारणाओं और वेक्टर फ़ंक्शन के कुछ सहायक गुणों के लिए कौची का कार्य। । । । सामान्य प्रणाली के लिए कौची समस्या को हल करने की पहचान। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । ; । मीट्रिक स्थान की अवधारणा। निचोड़ने के prinyype प्रदर्शित करता है। । । । । । सामान्य सिस्टम के लिए कौची समस्या के समाधान की समस्या और विशिष्टता के बारे में। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 14 14 23 34 38 34 43 44 48 चतुर्थ। सामान्य अंतर समीकरणों के कुछ वर्ग अलग-अलग चर के साथ चतुर्भुज समीकरण में हल किए जाते हैं। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । रैखिक पहला आदेश। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । समान समीकरण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । समीकरण Aernlli। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । पूर्ण विभेदक डीलरों में समीकरण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 55 55 58 63 64 65 वी। 67 प्रथम क्रम समीकरण जिन्हें समस्या की समस्या के व्युत्पन्न और ओएयू के समाधान की विशिष्टता के सापेक्ष अनुमति नहीं है, व्युत्पन्न के सापेक्ष अनुमति नहीं है। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । विशेष समाधान। Ächrimnant वक्र। Enceling। । । । । । । । । । । । । । । । पैरामीटर प्रशासन पैरामीटर। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । Lagrana समीकरण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । क्लेयरो समीकरण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । Vi। रैखिक ओड सिस्टम मूल अवधारणाओं। समस्या का प्रमेय और रैखिक ओयू की समस्या सजातीय प्रणालियों को हल करने की विशिष्टता। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । निर्धारक ârnoy है। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । एक सजातीय प्रणाली के लिए जटिल समाधान। आवश्यक सीसीआर में संक्रमण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । रैखिक ओएयू की प्रणालीगत प्रणाली। Ì टोड variaiic निरंतर। । । । । लगातार कोबफ़िंगर के साथ रैखिक ओएयू की समान प्रणाली। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । मैट्रियन से संकेतक समारोह। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 3 67 70 77 79 81 85 कौची 85। । । 87। । । 91। । । । । । 96 9 7। । । 100। । । 111 निरंतर कोबफ़िंगर के साथ रैखिक ओएयू की प्रणालीगत प्रणाली। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 116 VII। रैखिक हाई-ऑर्डर एडीयू सिस्टम रैखिक ओएयू में कम हो गया है। समस्या का प्रमेय और कौची समस्या के समाधान की विशिष्टता। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । समान रैखिक उच्च क्रम। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । एक सजातीय रैखिक उच्च क्रम के जटिल समाधान की गुण। जटिल सीपीसी से आवश्यक तक संक्रमण। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । नींव रैखिक उच्च क्रम रेखाएं। Ì टोड variaiic निरंतर। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । निरंतर कोबफ़िंगर के साथ समान रैखिक उच्च-आदेश समाधान। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । यह निरंतर सह-प्रभाव के साथ एक उच्च क्रम रैखिक रैखिक है। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 126 VIII। स्थिरता की सिद्धांत स्थिरता से संबंधित बुनियादी अवधारणाओं और परिभाषाओं। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । रैखिक प्रणाली के समाधान की स्थिरता। । । । । । स्थिरता पर oreanious lyapunov। । । । । । । । । । पहले सन्निकटन के अनुसार स्थिरता। । । । । । । बाकी बिंदु 162 के पास चरण प्रक्षेपवक्र का व्यवहार। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 126 128 136 13 9 142 150 162 168 172 182 187 ix। ओडीयू 1 9 8 सिस्टम की पहली इंटीग्रल 1 9 8 सामान्य विभिन्न व्यस्तता समीकरणों की स्वायत्त प्रणालियों की पहली इंटीग्रल 1 9 8 ओएयू की स्वायत्त प्रणाली। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 205 सममित रिकॉर्ड सिस्टम ओएयू। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । 206 एक्स। पहले आदेश के निजी डेरिवेटिव्स में पहले आदेश के निजी डेरिवेटिव्स के निजी डेरिवेटिव्स में समीकरण पहले आदेश के निजी डेरिवेटिव्स में एक रैखिक समीकरण के लिए एक रैखिक समीकरण के लिए। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । निजी प्रथम-क्रम डेरिवेटिव में Quasilinear समीकरण। । । । कौची में पहले आदेश के निजी डेरिवेटिव्स में एक क्वासिलिनियर समीकरण है। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । ग्रंथसूची। । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । । -4- 210। । । । । 210। । । । । 212। । । । । 216। । । । । 223। । । । । 227 प्रस्तावक पुस्तक तैयार करते समय, लेखकों का उद्देश्य एक सस्ती रूप में सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत से संबंधित अधिकांश मुद्दों पर एक स्थान और राज्य की जानकारी का आकलन करना था। इसलिए, एनआईआईआई (और अन्य विश्वविद्यालयों में) में पढ़ने वाले सामान्य अंतर समीकरणों के पाठ्यक्रम के अनिवार्य कार्यक्रम में शामिल सामग्री के अलावा, भत्ते में अतिरिक्त प्रश्न शामिल हैं, जिसके लिए एक नियम के रूप में, व्याख्यान में पर्याप्त समय नहीं है, लेकिन जो बेहतर समझ के लिए उपयोगी होगा। विषय और वर्तमान छात्रों के साथ उनके पेशेवर गतिविधियों में आएंगे। प्रस्तावित लाभों के सभी बयान गणितीय रूप से सख्त सबूत हैं। ये सबूत आमतौर पर मूल नहीं होते हैं, लेकिन सभी को मेफ में गणितीय पाठ्यक्रमों की प्रस्तुति की शैली के अनुसार फिर से डिजाइन किया जाता है। शिक्षकों और वैज्ञानिकों के बीच व्यापक रूप से, गणितीय विषयों का अध्ययन पूर्ण और विस्तृत साक्ष्य के साथ किया जाना चाहिए, धीरे-धीरे सरल से जटिल तक जा रहा है। इस मैनुअल के लेखक एक ही राय का पालन करते हैं। पुस्तक में उद्धृत सैद्धांतिक जानकारी पर्याप्त संख्या में उदाहरणों के विश्लेषण द्वारा समर्थित है, जैसा कि हम उम्मीद करते हैं, पाठक को सामग्री का अध्ययन करने के लिए सरल बनाएं। मैनुअल को विश्वविद्यालयों के छात्रों को गणितीय तैयारी के साथ संबोधित किया जाता है, सबसे पहले, निया एमईपीआई के छात्र। साथ ही, यह उन सभी के लिए भी उपयोगी होगा जो अंतर समीकरणों के सिद्धांत में रूचि रखते हैं और गणित के इस खंड का उपयोग अपने काम में करते हैं। -5- अध्याय I. सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत का परिचय 1. 1. हेक्टेयर के माध्यम से मैनुअल में बुनियादी अवधारणाएं, बीआई को किसी भी सेट (ए, बी) द्वारा दर्शाया जाएगा, (ए, बी], हम एक्स 0 2 जेएक्स एलएन 4 सी + 3 यू (टी) वी (टी) डीटी 5 जेएक्स वी (टी) डीटी प्राप्त करें। एलएन सी 6 x0 x0 अंतिम असमानता और उपयोग (2.3) के शक्तिशाली के बाद, हमारे पास 2 x 3 zx zu है ( एक्स) 6 सी + यू (टी) वी (टी) डीटी 6 सी एक्सप 4 वी (टी) डीटी 5 x0 x0 सभी x 2 [1, 1] पर। हम अंतर जेएफ (एक्स, वाई 2) एफ (एक्स, वाई 1) का अनुमान लगाते हैं ) जे \u003d सीन एक्स वाई 1 वाई 2 6 बिल्कुल (एक्स, वाई) 2 जी। इस प्रकार, एफ वास्तव में एल \u003d 1 के साथ लिपिपिट्ज़ की स्थिति को संतुष्ट करता है, यहां तक \u200b\u200bकि एल \u003d पाप 1 के साथ भी। हालांकि, अंकों पर एफवाई 0 व्युत्पन्न ( x, 0) 6 \u003d (0, 0) भी मौजूद नहीं है। निम्नलिखित प्रमेय, अपने आप में एक दिलचस्प है, कैची समस्या के समाधान की विशिष्टता साबित करने की अनुमति देगा। प्रमेय 2. 1 (अंतर के आकलन पर) दो समाधानों के बीच)। जी क्षेत्र 2 में आर, और एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी में जाएं और लगातार एल के साथ जी लिप्सचिट्ज़ स्थिति वाई में संतुष्ट हों। यदि Y1, Y2 समीकरण के दो समाधान y 0 \u003d f (x, y (x, y) ) सेगमेंट पर, फिर यह असमानता (मूल्यांकन) के लिए उचित है: JY2 (x) y1 (x) j 6 jy2 (x0) वाई 1 (एक्स 0) जे एक्सप एल (एक्स x0) 6 वाई 1 सभी एक्स 2 पर। -19- y2 सबूत। परिभाषा के अनुसार 2. समीकरण के 2 समाधान (2.1) हम उस 8 x 2 अंक x, y1 (x) और x, y2 (x) 2 जी प्राप्त करते हैं। सभी टी 2 के लिए, हमारे पास वफादार समानता y10 (t) \u003d ft है, वाई 1 (टी) और वाई 20 (टी) \u003d एफटी, वाई 2 (टी), जो सेगमेंट पर टी द्वारा एकीकृत करता है, जहां एक्स 2। एकीकरण कानूनी है, क्योंकि दाएं और बाएं हिस्से कार्यों पर निरंतर हैं। हम समानताएं zx y1 (x) y1 (x0) \u003d x0 zx y2 (x) y2 (x0) \u003d f t, y1 (t) dt, f t, y2 (t) dt की प्रणाली प्राप्त करते हैं। X0 दूसरे में से एक को घटाकर, हमारे पास jy1 (x) y2 (x) j \u003d y1 (x0) y2 (x0) + zx hft, y1 (t) ift, y2 (t) dt 6 x0 zx 6 y1 (x0) है वाई 2 (एक्स 0) + एफटी, वाई 1 (टी) एफटी, वाई 2 (टी) डीटी 6 x0 zx 6 y1 (x0) y2 (x0) + l y1 (t) y2 (t) dt। X0 c \u003d y1 (x0) y2 (x0) y2 (x0)\u003e 0, v (t) \u003d l\u003e 0, u (t) \u003d y1 (t) द्वारा अस्वीकार करता है, फिर, हनोला-एलेमैन की असमानता में, हम एक रेटिंग प्राप्त करते हैं: JY2 (X) y1 (x) j 6 jy2 (x0) y1 (x0) j ap ap l (x x0) y2 (t)\u003e 0. सभी x 2 के लिए। प्रमेय साबित हुआ है। एक सिद्ध प्रमेय के परिणामस्वरूप, हम कौची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान की विशिष्टता के प्रमेय को प्राप्त करते हैं। वैकल्पिक 1. फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी दें और वाई में लिप्सचिट्ज़ की स्थिति को पूरा करें, और वाई 1 (एक्स) और वाई 2 (एक्स) के कार्य, एक ही सेगमेंट पर समीकरण (2.1) के दो समाधान, और X0 2। यदि y1 (x0) \u003d y2 (x0), फिर y1 (x) y2 (x) पर। साक्ष्य। दो मामलों पर विचार करें। -20- 1. x\u003e x0, फिर, प्रमेय 2 से। 1 यह इस प्रकार है कि एच I यानी। Y1 (x) y1 (x) y2 (x) 6 0 exp l (x x0), y2 (x) x\u003e x0 पर। 2. X 6 x0 को प्रतिस्थापन टी \u003d एक्स दें, फिर यी (x) \u003d yi (t) y ~ i (t) i \u003d 1, 2 पर। एक्स 2, टी 2 [x0, x1] और समानता y ~ 1 (x0) \u003d y ~ 2 (x0) बनाया गया है। हम यह पता लगाते हैं कि क्या समीकरण y ~ i (t) को संतुष्ट कर रहा है। समानता की अगली श्रृंखला सत्य है: d y ~ i (t) \u003d dt d ~ yi (x) \u003d dx f x, yi (x) \u003d f (t, y ~ i (t))। यहां हमने जटिल कार्य के भेदभाव का लाभ उठाया और तथ्य यह है कि यी (एक्स) समीकरण (2.1) का समाधान है। चूंकि फ़ंक्शन एफ ~ (टी, वाई) एफ (टी, वाई) निरंतर है और वाई के लिए लिप्सचिट्ज़ की स्थिति को संतुष्ट करता है, फिर प्रमेय द्वारा 2. 1 हमारे पास [x0) पर y ~ 1 (t) y ~ 2 (t) है , x1], यानी। y1 (x) y2 (x) पर। दोनों मामलों का संयोजन, हम जांच की मंजूरी प्राप्त करते हैं। वैकल्पिक रूप से 2. (प्रारंभिक डेटा पर निरंतर निर्भरता पर) फ़ंक्शन को एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी दें और लगातार एल के साथ वाई के साथ लिप्सचिट्ज़ स्थिति को संतुष्ट करता है, और कार्य वाई 1 (एक्स) और वाई 2 (एक्स) समाधान हैं समीकरण (2.1) पर परिभाषित किया गया। हम l \u003d x1 x0 और δ \u003d y1 (x0) y2 (x0) के अनुरूप हैं। यदि 8 x 2 पर, असमानता Y1 (x) y2 (x) 6 δ el l l सच है। सबूत प्रमेय 2 से तुरंत होना चाहिए। 1. कोरोलरी 2 से असमानता को प्रारंभिक डेटा पर निर्णय की स्थिरता का आकलन कहा जाता है। इसका अर्थ यह है कि यदि x \u003d x0 पर, समाधान "बंद" हैं, तो अंतिम खंड पर वे भी करीब हैं। प्रमेय 2. 1 अनुप्रयोगों के लिए दो समाधानों के अंतर मॉड्यूल का एक महत्वपूर्ण अनुमान देता है, और 1 का परिणाम कौची समस्या (2.1), (2.2) के समाधान की विशिष्टता है। विशिष्टता के लिए अन्य पर्याप्त शर्तें भी हैं, जिनमें से एक अब हम देते हैं। जैसा कि ऊपर बताया गया है, ज्यामितीय रूप से कौची समस्या के समाधान की विशिष्टता का अर्थ है कि एक बिंदु (x0, y0) क्षेत्र जी के माध्यम से समीकरण (2.1) के एक से अधिक अभिन्न वक्र नहीं हो सकता है। प्रमेय 2. 2 (विशिष्टता के बारे में ओस्गुडा)। मान लीजिए कि फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी और 8 (एक्स, वाई 1), (एक्स, वाई 2) 2 जी के लिए असमानता एफ (एक्स, वाई 1) एफ (एक्स, वाई 2) 6 6 φ JY1 Y2 J, जहां φ (यू)\u003e 0 यू 2 (0, β], φ (यू) निरंतर है, और zβ du! +1, जब ε! 0+। यदि बिंदु (x0, y0), क्षेत्र φ (यू) ) ε जी अधिक एक अभिन्न वक्र (2.1) नहीं है। -21- प्रमाण। मान लीजिए कि दो समाधान y1 (x) और y2 (x) समीकरण (2.1) हैं, जैसे कि y1 (x0) \u003d y2 (x0) \u003d Y0, z (x) \u003d y2 (x) y1 (x) को दर्शाता है। dyi as \u003d f (x, yi), i \u003d 1, 2 पर, फिर z (x) के लिए समानता DX DZ \u003d F (x, y2) ) एफ (एक्स, वाई 1)। डीएक्स डीजेड \u003d एफ (एक्स, वाई 2) एफ (एक्स, वाई 1) जेजेजे 6 φ जेजेजेजे जेजेजे, यानी जेड डीएक्स 1 डी असमानता jzj2 6 φ jzj jzj, जिसमें से यह jzj 6 के साथ आता है \u003d 0 डीएक्स दोहरी असमानता: ZJZ2 जे जेएक्स 2 डीएक्स 6 x1 2 डी jzj 6 2 jzjφ jzj zx2 डीएक्स, (2.5) x1 jz1 j जहां किसी भी सेगमेंट के अनुसार एकीकरण किया जाता है, जिस पर z (x)\u003e 0, और zi \u003d z (xi), i \u003d 1, 2। धारणा, जेड (एक्स) 6 0 और इसके अलावा, यह निरंतर है, इसलिए ऐसा सेगमेंट पाया जाता है, हम इसे चुनेंगे और इसे ठीक करेंगे। सेट n o x1 \u003d x x पर विचार करें< x1 и z(x) = 0 , n o X2 = x x > x2 और z (x) \u003d 0। यदि इनमें से एक सेट खाली नहीं है, क्योंकि z (x0) \u003d 0 और x0 62। उदाहरण के लिए, x1 6 \u003d ∅, यह ऊपर से सीमित है, इसलिए 9 α \u003d sup x1। ध्यान दें कि z (α) \u003d 0, यानी α 2 x1, चूंकि यह माना जाता है कि z (α)\u003e 0, निरंतरता के आधार पर, हमारे पास कुछ अंतराल α δ1, α + δ1 पर z (x)\u003e 0 होगा, और यह परिभाषा α \u003d sup के विपरीत है x1। स्थिति z (α) \u003d 0 से यह α का अनुसरण करता है< x1 . По построению z(x) > 0 सभी x 2 (α, x2] के लिए, और निरंतरता z (x) के आधार पर! X! Α + 0. पर 0+। पिन (2.5) में तर्क दोहराएं, सेगमेंट पर एकीकृत [α + δ, x2 ], जहां एक्स 2 इसे ऊपर चुना गया था और तय किया गया था, और 2 (0, x2 α) - मनमानी, हम असमानता प्राप्त करते हैं: zjz2 j zx2 dx 6 α + δ d jzj2 6 2 jzjφ jzj jz (α + δ) j zx2 डीएक्स। α + δ इस दोगुनी में मैं δ! 0+ को परिभाषित करूंगा, फिर z (α + δ)! z (α) \u003d 0, zjz2 jdjj2 से! +1, z (x) की निरंतरता के अनुसार, और फिर अभिन्न 2 jzjφ jzj theorem। jz (α + δ) जे -22- आरएक्स 2 डीएक्स \u003d x2 α δ 6 x2 α का सही हिस्सा अंतिम मूल्य से ऊपर से α + δ सीमित है, जो एक साथ असंभव है। परिणामस्वरूप विरोधाभास प्रमेय साबित करता है। 2. 2. आवश्यक क्रम के लिए कौची समस्या का समाधान आवश्यक है कौची (2.1), (2.2) का कार्य क्या है इसे फ़ंक्शन y (x): 0 y खोजने के निम्न कार्य के रूप में समझा जाता है \u003d एफ (x, y), (x, y) 2 g, y (x0) \u003d y0, (x0, y0) 2 g, जहां f (x, y) 2 cg और (x0, y0) 2 g; जी आर 2 में एक क्षेत्र है। लेम्मा 2. 2. एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी चलो। यदि निम्नलिखित कथन होते हैं: 1) सब कुछ फिर से φ (x) समीकरण (2.1) हेक्टेयर, बीआई, संतोषजनक (2.2) x0 2 हेक्टेयर, बीआई की सीमा पर, एचए, द्वि अभिन्न समीकरण zx y (x) \u003d y0 + f τ (τ) पर एक समाधान है dτ; (2.6) x0 2) यदि φ (x) 2 c ha, ha, bi, 1 पर अभिन्न समीकरण (2.6) का द्वि समाधान, जहां x0 2 हेक्टेयर, बीआई, फिर φ (x) 2 c ha, bi और एक है समाधान (2.1), (2.2)। साक्ष्य। 1. Ha, द्वि पर φ (x), निर्णय (2.1), (2.2)। फिर, टिप्पणी 2.2 φ (x) 2 सी हेक्टेयर के अनुसार, बीआई और 8 τ 2 हेक्टेयर, बीआई, हमारे पास समानता φ 0 (τ) \u003d f τ, φ (τ) है, जो x0 से x तक, हम एकीकृत है प्राप्त करें (किसी भी x 2 हेक्टेयर पर) आरएक्स φ (x) φ (x0) \u003d f τ, φ (τ) dτ, φ (x0) \u003d y0, यानी के साथ φ (एक्स) - समाधान (2.6)। x0 2. चलो y \u003d φ (x) 2 c ha, द्वि-समाधान (2.6)। चूंकि एफएक्स, φ (एक्स) हा, बीआई पर लगातार है, फिर zx φ (x) y0 + f τ, φ (τ) dτ 2 c 1 ha, bi x0 निरंतर से एक चर ऊपरी सीमा के साथ एक अभिन्न अंग के रूप में समारोह। एक्स की अंतिम समानता को अलग करना, हम φ 0 (x) \u003d f x, φ (x) 8 x 2 ha, bi और जाहिर है, φ (x0) \u003d y0, यानी प्राप्त करते हैं। φ (एक्स) कौची समस्या (2.1), (2.2) का समाधान है। (सामान्य रूप से, सेगमेंट के अंत में व्युत्पन्न के तहत इसे एक तरफा व्युत्पन्न के रूप में समझा जाता है।) -23 "समीक्षा 2. 6. लेम्मा 2. 2 को कचीवी समस्या (2.1) के बारे में लेम्मा कहा जाता है, ( 2.2) अभिन्न समीकरण (2.6) के। यदि हम साबित करते हैं कि समीकरण (2.6) का समाधान मौजूद है, तो हम कौची (2.1), (2.2) के हलनीयता और उद्देश्यों को प्राप्त करते हैं। यह योजना निम्नलिखित प्रमेय में लागू की गई है। प्रमेय 2. 3 (स्थानीय अस्तित्व प्रमेय)। आयताकार पी \u003d (एक्स, वाई) 2 आर 2: जेएक्स एक्स 0 जे 6 α, जेवा वाई 0 जे 6 β समारोह एफ (एक्स, वाई) को निर्धारित करने के कार्य के जी में पूरी तरह से निहित है। एफ (एक्स, वाई) 2 सी जी और निरंतर एल के साथ एन वाई ओवी जी के लिए लिप्स्चिट्ज़ की स्थिति को संतुष्ट करता है। इसी β एम \u003d अधिकतम एफ (एक्स, वाई), एच \u003d मिनट α, एम। यदि êshoshi (2.1), (2.2) के कार्य का समाधान है। साक्ष्य। कटौती पर, हम अभिन्न समीकरण (2.6) के समाधान के अस्तित्व को स्थापित करते हैं। ऐसा करने के लिए, कार्यों के निम्नलिखित अनुक्रम पर विचार करें: zx y0 (x) \u003d y0, y1 (x) \u003d y0 + f τ, y0 (τ) dτ, ... x0 zx yn (x) \u003d y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ, आदि x0 1. हम दिखाते हैं कि 8 एन 2 एन कार्य वाईएन (लगातार अनुमान) परिभाषित किए गए हैं, यानी हम दिखाते हैं कि 8 x 2 पर, असमानता वाईएन (एक्स) वाई 0 6 β सभी एन \u003d 1, 2 के लिए किया जाता है। । । हम गणितीय प्रेरण (एमएमआई) की विधि का उपयोग करते हैं: ए) प्रेरण आधार: एन \u003d 1. zx y1 (x) y0 \u003d f τ, y0 (τ) dτ 6 m0 x0 6 mh 6 β, x0 जहां m0 \u003d अधिकतम एफ (एक्स, वाई 0) जेएक्स एक्स 0 जे 6 α, m0 6 मीटर पर; बी) धारणा और प्रेरण कदम। वाईएन 1 \u200b\u200b(एक्स) के लिए असमानता सच है, हम इसे वाईएन (एक्स) के लिए साबित करते हैं: zx yn (x) y0 \u003d f τ, yn 1 (τ) dτ 6 mx x0 तो, अगर jx x0 j 6 h, तो YN (x) y0 6 β 8 n 2 n. -224 - x0 6 m h 6 β। हमारा लक्ष्य निकटतम 1 वाईके (एक्स) के \u003d 0 के अभिसरण अनुयायी का प्रमाण होगा, इसके लिए इसे फ़ॉर्म में प्रस्तुत करना सुविधाजनक है: yn \u003d y0 + nx yk 1 (x) \u003d y0 + y1 yk (x) ) Y0 + Y2 Y1 +। । । + yn yn 1, k \u003d 1 ye. कार्यात्मक श्रृंखला के आंशिक रकम के अनुक्रम। 2. हम निम्नलिखित असमानताओं को साबित करके इस श्रृंखला के सदस्यों का अनुमान 8 एन 2 एन और 8 x 2: x0 jn yn (x) yn 1 6 m0 l 6 m0 ln n! गणितीय प्रेरण की विधि लागू करें: जेएक्स एन 1 1 एचएन। N! (2.7) ए) प्रेरण आधार: एन \u003d 1. y1 (x) x y 0 6 m0 x0 6 m0 h, ऊपर साबित हुआ; बी) धारणा और प्रेरण कदम। अयोग्यता को एन के लिए प्रत्येक के लिए सही हैं: zx yn (x) yn 1 f τ, yn 1 (τ) \u003d f τ, yn 2 (τ) 1, lτsshitz 6 l h yn के लिए Dτ 6 x0 zx i yn 6 1 2 dτ 6 x0 h zx i 6 प्रेरण की धारणा से 6 l n 2 m0 l jτ x0 jn 1 dτ \u003d (n 1)! x0 m0 ln 1 \u003d (n 1)! Zx jτ n 1 x0 j m0 ln 1 jx x0 jn m0 l n 6 dτ \u003d (n 1)! N n! 1 x0 rx यहां हमने इस तथ्य का उपयोग किया कि अभिन्न i \u003d jτ x0 x\u003e x0 पर x के साथ< x0 Rx I = (τ x0 Rx I = (x0 n 1 x0) τ)n 1 dτ = dτ = x0 (x (x0 x)n n Таким образом, неравенства (2.7) доказаны. -25- x0)n и n = jx x0 jn . n x0 jn 1 dτ : hn . 3. Рассмотрим тождество yn = y0 + ним функциональный ряд: y0 + 1 P n P yk (x) yk 1 (x) и связанный с k=1 yk 1 (x) . Частичные суммы это- yk (x) k=1 го ряда равны yn (x), поэтому, доказав его сходимость, получим сходимость 1 последовательности yk (x) k=0 . В силу неравенств (2.7) функциональный ряд мажорируется на отрезке k 1 P k 1 h числовым рядом M0 L . Этот числовой ряд сходится k! k=1 по признаку Даламбера, так как M0 Lk hk+1 k! ak+1 = ak (k + 1)! M0 L k 1 hk = h L ! 0, k+1 k ! 1. Тогда по признаку Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональный 1 P ряд y0 + yk (x) yk 1 (x) сходится абсолютно и равномерно на отрезk=1 ке , следовательно и функциональная последовательность 1 yk (x) k=0 сходится равномерно на отрезке к некоторой функ- ции ϕ(x), а так как yn (x) 2 C , то и ϕ(x) 2 C как предел равномерно сходящейся последовательности непрерывных функций. 4. Рассмотрим определение yn (x): Zx yn (x) = y0 + f τ, yn 1 (τ) dτ (2.8) x0 – это верное равенство при всех n 2 N и x 2 . У левой части равенства (2.8) существует предел при n ! 1, так как yn (x) ⇒ ϕ(x) на , поэтому и у правой части (2.8) тоже существует Rx предел (тот же самый). Покажем, что он равен функции y0 + f τ, ϕ(τ) dτ , x0 используя для этого следующий критерий равномерной сходимости функциональной последовательности: X yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 () sup yn (x) y(x) ! 0 при n ! 1 . x2X X Напомним, что обозначение yn (x) ⇒ ϕ(x) при n ! 1 принято использовать для равномерной на множестве X сходимости функциональной последователь 1 ности yk (x) k=0 к функции ϕ(x). -26- Покажем, что y0 + Rx X f τ, yn 1 (τ) dτ ⇒ y0 + x0 здесь X = . Для этого рассмотрим f τ, yn 1 (τ) f τ, ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 Zx h i yn 1 (τ) 6 по условию Липшица 6 sup L ϕ(τ) dτ 6 x2X x0 6 L h sup yn 1 (τ) ϕ(τ) ! 0 при n ! 1 τ 2X X в силу равномерной при n ! 1 сходимости yn (x) ⇒ ϕ(x). Таким образом, переходя к пределу в (2.8), получим при всех x 2 верное равенство Zx ϕ(x) = y0 + f τ, ϕ(τ) dτ, x0 в котором ϕ(x) 2 C . По доказанной выше лемме 2. 2 ϕ(x) – решение задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Замечание 2. 7. В теореме 2. 3 установлено существование решения на отрезке . По следствию 1 из теоремы 2. 1 это решение единственно в том смысле, что любое другое решение задачи Коши (2.1), (2.2), определенное на совпадает с ним на этом отрезке. Замечание 2. 8. Представим прямоугольник P в виде объединения двух (пересекающихся) прямоугольников P = P [ P + , (рис. 2. 3) где n P = (x, y) n P = (x, y) + x 2 ; x 2 ; -27- jy jy o y0 j 6 β , o y0 j 6 β . Рис. 2. 3. Объединение прямоугольников Обозначим f (x, y . M − = max − f (x, y , M + = max + P P Повторяя,с очевидными изменениями, доказательство теоремы 2. 3 отдель но для P + или P − , получим существование (и единственность) решения на отрезке n o β + + , где h = min α, M + или, соответственно, на , n o β − . Отметим, что при этом, вообще говоря, h+ 6= h− , а h h = min α, M − из теоремы 2. 3 есть минимум из h+ и h− . Замечание 2. 9. Существование решения задачи (2.1), (2.2) теоремой 2. 3 гарантируется лишь на некотором отрезке . В таком случае говорят, что теорема является локальной. Возникает вопрос: не является ли локальный характер теоремы 2. 3 следствием примененного метода ее доказательства? Может быть, используя другой метод доказательства, можно установить существование решения на всем отрезке , т.е. глобально, как это было со свойством единственности решения задачи Коши (2.1), (2.2)? Следующий пример показывает, что локальный характер теоремы 2. 3 связан с «существом» задачи, а не с методом ее доказательства. Пример 2. 1. Рассмотрим задачу Коши 0 y = −y 2 , (2.9) y(0) = 1 n o в прямоугольнике P = (x, y) jxj 6 2, jy − 1j 6 1 . Функция f (x, y) = −y 2 непрерывна в P и fy0 = −2y 2 C P , поэтому все условия тео1 β , α = и ремы 2. 3 выполнены, а M = max f (x, y) = 4. Тогда h = min P P M 4 -28- теорема 2. 3 гарантирует существование решения на отрезке 1 1 . Решим − , 4 4 эту задачу Коши, используя «разделение переменных»: − dy = dx y2 () y(x) = 1 . x+C 1 – решение задачи Коши (2.9). x+1 График решения представлен на рис. (2.4), из которого видно, что решение 1 при x < x = − покидает прямоугольник P , а при x 6 −1 даже не 2 существует. Подставляя x = 0, найдем C = 1 и y(x) = Рис. 2. 4. Локальный характер разрешимости задачи Коши В связи с этим возникает вопрос об условиях, обеспечивающих существование решения на всем отрезке . На приведенном примере мы видим, что решение покидает прямоугольник P , пересекая его «верхнее» основание, поэтому можно попробовать вместо прямоугольника P в теореме 2. 3 взять полосу: o n 2 A 6 x 6 B − 1 < y < +1 , A, B 2 R. Q = (x, y) 2 R Оказывается, что при этом решение существует на всем отрезке A, B , если f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по переменной y в Q. А именно, имеет место следующая важная для приложений теорема. Теорема 2. 4. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна и удовлетворяет условию Липшица по y с константой L в полосе Q = (x, y) 2 R2: A 6 x 6 B, y 2 R , -29- где A, B 2 R. Òогда при любых начальных данных x0 2 , y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем . Доказательство. Áудем считать, что x0 2 (A, B). Проведем рассуждения по схеме теоремы 2. 3 отдельно для полосы o n + 2 x 2 y 2 R и Q = (x, y) 2 R n Q = (x, y) 2 R2 o x 2 y 2 R . + Если x0 = A или x0 = B, то один из этапов рассуждений (для Q или, соответственно, для Q) отсутствует. + Возьмем полосу Q и построим последовательные приближения yn+ (x), + как в теореме 2. 3. Поскольку Q не содержит ограничений на размер по y, то пункт 1) доказательства теоремы 2. 3 не проверяем. Далее, как в предыдущей теореме, от последовательности переходим к ряду с частичными суммами yn+ (x) = y0 + n X yk+ (x) yk+ 1 (x) , где x 2 . k=1 Повторяя рассуждения, доказываем оценку вида (2.7) x0 jn x0)n n 1 (B 6 M0 L 6 M0 L (2.10) n! n! при всех x 2 ; здесь M0 = max f (x, y0) при x 2 , откуда yn+ (x) yn+ 1 n 1 jx yn+ (x) как и выше в теореме 2. 3 получим, что ⇒ ϕ+ (x), n ! 1, причем ϕ+ (x) 2 C , ϕ+ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Возьмем полосу Q и построим последовательность yn (x). Действуя ана логично, получим, что 9 ϕ (x) 2 C , ϕ (x) – решение интегрального уравнения (2.6) на . Определим функцию ϕ(x) как «сшивку» по непрерывности ϕ+ и ϕ , т.е. + ϕ (x), при x 2 , ϕ(x) = ϕ (x), при x 2 . Отметим, что ϕ+ (x0) = ϕ (x0) = y0 и потому ϕ(x) 2 C . Функции ϕ (x) по построению удовлетворяют интегральному уравнению (2.6), т.е. Zx ϕ (x) = y0 + f τ, ϕ (τ) dτ, x0 -30- где x 2 для ϕ+ (x) и x 2 для ϕ (x), соответственно. Следовательно, при любом x 2 функция ϕ(x) удовлетворяет инте 1 гральному уравнению (2.6). Тогда по лемме 2. 2, ϕ(x) 2 C и является решением задачи Коши (2.1), (2.2). Теорема доказана. Из доказанной теоремы 2. 4 нетрудно получить следствие для интервала (A, B) (открытой полосы). Ñледствие. Пусть функция f (x, y) определена, непрерывна в открытой полосе Q = (x, y) 2 R2: x 2 (A, B), y 2 R , причем A и B 2 R могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что f (x, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(x) 2 C(A, B), такая, что 8 x 2 (A, B) и 8 y1 , y2 2 R выполняется неравенство f (x, y2) f (x, y1) 6 L(x) jy2 y1 j. Òогда при любых начальных данных x0 2 (A, B), y0 2 R т.е. (x0 y0) 2 Q существует и притом единственное решение задачи Êоши (2.1), (2.2), определенное на всем (A, B). Доказательство. Для любой полосы Q1 = (x, y) 2 R2: x 2 , y2R , где A1 > ए, बी 1।< B, лежащей строго внутри Q и содержащей (x0 , y0), справедлива теорема 2. 4, так как при доказательстве оценок вида (2.10), необходимых для обоснования равномерной на сходимости последовательности yn (x) , используются постоянные M0 = max f (x, y0) при x 2 и L = max L(x) x 2 . Эти постоянные не убывают при расширении (A, B). Возьмем последовательность расширяющихся отрезков , удовлетворяющих условиям B > बीके + 1\u003e सभी के 2 एन के लिए बीके; 1) ए।< Ak+1 < Ak , 2) x0 2 при всех k 2 N; 3) Ak ! A, Bk ! B при k ! 1. Заметим сразу, что S = (A, B) и, более того, для любого x 2 (A, B) k найдется номер x 2 . N (x) 2 N, такой, что при всех -31- k > एन, बी 2 आर (यानी, ए और बी परिक्रमा के मामले के लिए इस सहायक कथन को साबित करके किया जाता है; यदि ए \u003d 1 या बी \u003d + 1, तो उसी तरह से)। एक्स ए बी एक्स, मनमाने ढंग से एक्स 2 (ए, बी) और δ (x) \u003d मिनट, δ (x)\u003e 0. 2 2 2 संख्या का नंबर δ एके के अभिसरण से! ए और बीके! B हम उस 9 n1 (δ) 2 n: 8 k\u003e n1, ए प्राप्त करते हैं< Ak < A + δ < x, 9 N2 (δ) 2 N: 8 k > एन 2, एक्स।< B δ < Bk < B. Тогда для N = max N1 , N2 справедливо доказываемое свойство. Построим последовательность решений задачи Коши (2.1), (2.2) Yk (x), применяя теорему 2. 4 к соответствующему отрезку . Любые два из этих решений совпадают на общей области определения по следствию 1 из теоремы 2.1. Таким образом, два последовательных решения Yk (x) и Yk+1 (x) совпадают на , но Yk+1 (x) определено на более широком отрезке . Построим решение на всем (A, B). Возьмем и построим ϕ(x) – решение задачи (2.1), (2.2) на всем (по теореме 2. 4). Затем продолжим это решение на , . . . , . . . Получим, что решение ϕ(x) определено на всем (A, B). Докажем его единственность. Предположим, что существует решение ψ(x) задачи Коши (2.1), (2.2), также определенное на всем (A, B). Докажем, что ϕ(x) ψ(x) при любом x 2 (A, B). Пусть x – произвольная точка (A, B), найдется номер N (x) 2 N, такой, что x 2 при всех k > एन 1 पी के परिणाम को लागू करना 2.1 (यानी, विशिष्टता प्रमेय), हम सभी टी 2 पर φ (टी) ψ (टी) प्राप्त करते हैं, विशेष रूप से, टी \u003d एक्स पर। चूंकि एक्स एक मनमाने ढंग से बिंदु (ए, बी) है, समाधान की विशिष्टता, और इसके साथ, परिणाम साबित हुआ है। नोट 2. 10. सिद्ध जांच में, हम पहले एक व्यापक सेट पर निर्णय जारी रखने की अवधारणा से मुलाकात की। अगले अनुच्छेद में, हम इसे और अधिक विस्तार से पढ़ेंगे। हम कुछ उदाहरण देते हैं। पी उदाहरण 2. 2. समीकरण वाई 0 \u003d ईजेएक्सजे एक्स 2 + वाई 2 के लिए, पता लगाएं कि इसका समाधान सबकुछ (ए, बी) \u003d (1, +1) पर मौजूद है या नहीं। "स्ट्रिप" क्यू \u003d आर 2 में इस समीकरण पर विचार करें, फ़ंक्शन पी जेएक्सजे एफ (एक्स, वाई) \u003d ई एक्स 2 + वाई 2 ∂f y \u003d ejxj p, fy0 6 ejxj \u003d l (x)। ∂y x2 + y 2 दावे के अनुसार 2. अनुच्छेद 2.1 का 1 फ़ंक्शन एफ (x, y) y पर lipschitz की स्थिति को "स्थिर" l \u003d l (x), x को तय करने के साथ संतुष्ट करता है। फिर परिणाम की सभी शर्तें निष्पादित की जाती हैं, और किसी भी प्रारंभिक डेटा (x0, y0) 2 आर 2 के साथ, कौची समस्या का समाधान मौजूद है और इसके अलावा एकमात्र (1, +1) पर एकमात्र है। ध्यान दें कि समीकरण स्वयं चतुर्भुज में हल नहीं किया गया है, लेकिन अनुमानित समाधान संख्यात्मक रूप से बनाया जा सकता है। यह क्यू, -32- उदाहरण 2 में निर्धारित और निरंतर है। 3. वाई 0 \u003d पूर्व वाई 2 समीकरण के लिए, पता लगाएं कि आर पर परिभाषित किए गए समाधान क्या हैं। यदि हम फिर से "स्ट्रिप" क्यू \u003d आर 2 में इस समीकरण पर विचार करते हैं, जहां फ़ंक्शन ∂ एफएफ (एक्स, वाई) \u003d एक्स वाई 2 परिभाषित और निरंतर, ए \u003d 2 वाईएक्स है, हम देख सकते हैं, यह जांच की स्थिति का उल्लंघन किया जाता है, अर्थात्, ऐसा कोई निरंतर कार्य नहीं है l (x) वह एफ (एक्स, वाई 2) एफ (एक्स, वाई 1) 6 एल (एक्स) जेवाय 2 वाई 1 जे सभी वाई 1, वाई 2 2 आर के साथ। वास्तव में, एफ (एक्स, वाई 2) एफ (एक्स, वाई 1) \u003d पूर्व जेवाय 2 + वाई 1 जे JY2 Y1 J, और अभिव्यक्ति JY2 + Y1 j y1, Y2 2 R तक सीमित नहीं है। इस प्रकार, परिणाम लागू नहीं है। मैं इस समीकरण को "चर के अलगाव" का फैसला करता हूं, हम एक सामान्य समाधान प्राप्त करते हैं: "वाई (एक्स) \u003d 0, वाई (एक्स) \u003d 1. EX + C निश्चितता के लिए ले लो x0 \u003d 0, y0 2 r. यदि y0 \u003d 0, फिर वाई (एक्स) 0 - आर 1 पर कौची समस्या का समाधान - कौची समस्या का समाधान। Y0 2 [1, 0) पूर्व में यह सभी x 2 आर पर परिभाषित किया गया है, और y0 2 (1, 1, 1) [(0, +1) y0 + 1 बिंदु x \u003d ln के माध्यम से जारी रखा जा सकता है। अधिक सटीक, यदि x\u003e 0, तो y0 1 समाधान y (x) \u003d y0 +1 x 2 (1) पर परिभाषित किया गया है x), और यदि x< 0 x e y0 y0 < 1 , то решение определено при x 2 (x , +1). В первом случае lim y(x) = +1, а во втором – lim y(x) = 1. Если y0 6= 0, то y(x) = x!x 0 y0 +1 y0 x!x +0 -33- Для наглядности нарисуем интегральные кривые при соответствующих значениях y0 (рис. 2. 5). Рис. 2. 5. Интегральные кривые уравнения y 0 = ex y 2 Таким образом, для задачи Коши 0 y = ex y 2 , y(0) = y0 имеем следующее: 1) если y0 2 [ 1, 0], то решение существует при всех x 2 R; y0 + 1 2) если y0 < 1, то решение существует лишь при x 2 ln ; +1 ; y0 y0 + 1 . 3) если y0 > 0, फिर समाधान केवल x 2 1 पर मौजूद है; एलएन वाई 0 इस उदाहरण से पता चलता है कि प्रमेय 2 के वर्तमान परिणाम में फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) के विकास की सीमा सभी (ए, बी) के समाधान को जारी रखने के लिए आवश्यक है। इसी प्रकार, फंक्शन एफ (एक्स, वाई) \u003d एफ 1 (एक्स) वाई 1 + ε के साथ उदाहरण दिए गए उदाहरण में, दिए गए उदाहरण में, ε \u003d 1 केवल प्रस्तुति की सुविधा के लिए लिया जाता है। 2. 3. पहले क्रम के पहले क्रम के लिए समाधान की निरंतरता। परिभाषा 2. 5. समीकरण वाई 0 \u003d एफ (एक्स, वाई) पर विचार करें और वाई (एक्स) दें - हा, द्वि, और वाई पर इसका समाधान (एक्स) - एचए, बीआई के साथ एचए, बीआई पर इसका समाधान हा, बीआई और वाई (एक्स) \u003d वाई (एक्स) में हा, बीआई में निहित है। तब वाई (एक्स) को हा, बीआई, और वाई (एक्स) पर समाधान वाई (एक्स) की निरंतरता कहा जाता है, वे कहते हैं कि यह एचए, बीआई पर जारी है। -34- अनुच्छेद 2.2 में, हमने कौची समस्या (2.1), (2.2) के अस्तित्व के स्थानीय प्रमेय को साबित कर दिया। इस निर्णय को व्यापक अंतर पर किस स्थिति में जारी रखा जाए? यह समस्या इस मुद्दे पर समर्पित है। मुख्य परिणाम निम्नानुसार है। प्रमेय 2. 5 (सीमित बंद क्षेत्र में समाधान की निरंतरता पर)। फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) 2 सीजी को आर 2 में वाई 2, ए (x0, y0) में y के साथ लिप्स्चिट्ज़ स्थिति को संतुष्ट करता है, सीमित बंद क्षेत्र जी जी के आंतरिक बिंदु। समीकरण y 0 \u003d f (x) का समाधान वाई), क्षेत्र जी, यानी ∂G सीमा तक जारी रखा यह इस तरह के एक सेगमेंट पर जारी रखा जा सकता है जो एक, वाई (ए) और बी, वाई (बी) को ∂G पर झूठ बोलता है। ∂f (x, y) ot द्वारा सीमित, बंद, उत्तल द्वारा वाई क्षेत्र जी द्वारा सीमित है, फिर फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) चर वाई में लिपिपिट्ज़ स्थिति को संतुष्ट करता है। अनुमोदन के परिणाम देखें 2. अनुच्छेद 2.1 से 1 ∂f। इसलिए, यह प्रमेय मान्य होगा यदि यह ∂y जी। टिप्पणी 2. 11 में निरंतर है। याद रखें कि अगर सबूत है। चूंकि (x0, y0) एक आंतरिक बिंदु जी है, तो एक बंद आयताकार संख्या 2 p \u003d (x, y) 2 r x0 6 α, y y0 6 β, पूरी तरह से जी में झूठ बोलना। फिर प्रमेय द्वारा 2. 3 का 2.2 एच\u003e 0 ऐसा है कि समीकरण वाई 0 \u003d एफ (एक्स, वाई) के खंड (और एकमात्र एक) समाधान y \u003d φ (x) पर एक समाधान है। मैं पहले इस फैसले को इस क्षेत्र के जी की सीमा तक जारी रखूंगा, अलग-अलग चरणों को प्रमाण तोड़ूंगा। 1. सेट ईआर पर विचार करें: कोई ई \u003d α\u003e 0 समाधान y \u003d φ (x) लगातार समाधान पर y \u003d φ1 (x) समीकरण y 0 \u003d f (x, y) पर, कौची स्थितियों को संतुष्ट करता है φ1 ~ बी \u003d φ ~ बी। इस प्रकार, φ (एक्स) और φ1 (एक्स) ~ बी एच 1 के खंड पर समाधान हैं, ~ बी एक समीकरण जो बिंदु x \u003d ~ b से मेल खाते हैं, इसलिए वे पूरे सेगमेंट ~ बी एच 1, ~ बी और इस्पात पर मेल खाते हैं , φ1 (एक्स) सेगमेंट ~ बी एच 1, ~ बी से ~ बी एच 1, ~ बी + एच 1 से समाधान φ (एक्स) की निरंतरता है। फ़ंक्शन ψ (x): φ (x), x 2 x0, ψ (x) \u003d φ1 (x), x 2 ~ b ~ b, h1, ~ b + h1 ~ b h1, x0 + α0 + H1, जो यह समीकरण वाई 0 \u003d एफ (एक्स, वाई) का एक समाधान है और कौची ψ (x0) \u003d y0 की स्थिति को संतुष्ट करता है। फिर संख्या α0 + H1 2 ई, और यह α0 \u003d sup e की परिभाषा के विपरीत है। इसलिए, केस 2 असंभव है। इसी प्रकार, समाधान φ (x) बाईं ओर जारी है, सेगमेंट पर, जहां बिंदु ए, φ (ए) 2 ∂G। प्रमेय पूरी तरह से साबित हुआ है। -37- अध्याय III। एन-वें ऑर्डर की सामान्य प्रणाली के लिए कौची का कार्य 3. 1. इस अध्याय में वेक्टर फ़ंक्शंस के बुनियादी अवधारणाओं और कुछ सहायक गुण फॉर्म 8\u003e टी, वाई के सामान्य एन-वें ऑर्डर सिस्टम पर विचार करेंगे। । । , वाई वाई _ \u003d एफ 1 एन 1 1\u003e,< y_ 2 = f2 t, y1 , . . . , yn , (3.1) . . . > \u003e: y_ \u003d f t, y,। । । , वाई, एन एन 1 एन जहां अज्ञात (वांछित) कार्य वाई 1 (टी) हैं ,. । । , वाईएन (टी), और fi कार्य ज्ञात हैं, i \u003d 1, n, फ़ंक्शन पर बिंदु टी के व्युत्पन्न को दर्शाता है। यह माना जाता है कि सभी फाई क्षेत्र जी आरएन + 1 में परिभाषित हैं। वेक्टर फॉर्म में सिस्टम (3.1) को रिकॉर्ड करना सुविधाजनक है: y_ \u003d f (t, y), जहां y (t) y1 (t)। । । , वाईएन (टी), एफ (टी, वाई) एफ 1 (टी, वाई)। । । , एफएन (टी, वाई); वेक्टर के पदनाम में अहंकार संक्षिप्तता के लिए नहीं लिखेंगे। इस तरह के एक रिकॉर्ड को भी दर्शाया जाएगा (3.1)। बिंदु t0, y10,। । । , वाईएन 0 जी में निहित है। (3.1) के लिए कौची समस्या (3.1) प्रणाली का एक समाधान φ (टी) ढूंढना है (3.1) स्थिति को संतुष्ट करना: φ1 (t0) \u003d y10, φ2 (t0) \u003d y20, ... φn (t0) \u003d yn0, (3.2) या वेक्टर फॉर्म में φ (t0) \u003d y 0। जैसा कि अध्याय 1 में उल्लेख किया गया है, सिस्टम (3.1) के समाधान के तहत, वेक्टर फ़ंक्शन φ (टी) \u003d φ1 (टी) को एचए, बीआई की प्रणाली के रूप में समझा जाता है। । । , φn (टी), संतोषजनक स्थितियां: 1) 8 टी 2 हेक्टेयर, द्वि बिंदु टी, φ (टी) जी में झूठ बोलता है; 2) 8 टी 2 हेक्टेयर, बीआई 9 डी डीटी φ (टी); 38 3) 8 टी 2 हेक्टेयर, बीआई φ (टी) संतुष्ट (3.1)। यदि ऐसा कोई निर्णय अतिरिक्त रूप से संतुष्ट करता है (3.2), जहां टी 0 2 हेक्टेयर, बीआई, तो इसे कौची समस्या का समाधान कहा जाता है। शर्तों (3.2) को बलों या कौच स्थितियों पर बुलाया जाता है, और संख्या टी 0, वाई 10 ,. । । , Yn0 - कौची डेटा (प्रारंभिक डेटा)। विशेष मामले में, जब वेक्टर फंक्शन एफ (टी, वाई) (एन + 1) वैरिएबल वाई 1 पर निर्भर करता है। । । , वाईएन रैखिक रूप से, यानी। इसमें फॉर्म है: एफ (टी, वाई) \u003d ए (टी) वाई + जी (टी), जहां ए (टी) \u003d एआईजे (टी) - एन एन मैट्रिक्स, सिस्टम (3.1) को रैखिक कहा जाता है। भविष्य में, हमें वेक्टर कार्यों की संपत्तियों की आवश्यकता होगी जो हम यहां लिंक की सुविधा के लिए यहां हैं। वेक्टर के लिए संख्या के अतिरिक्त और गुणा के नियम रैखिक बीजगणित के पाठ्यक्रम से ज्ञात हैं, इन बुनियादी संचालन पूरी तरह कार्यान्वित किए जाते हैं। एन यदि आर में एक स्केलर उत्पाद x, y \u003d x1 y1 + पेश करने के लिए। । । + एक्सएन वाईएन, हम यूक्लिडियन स्पेस प्राप्त करते हैं, जिसे एक लंबाई एस क्यू एन पी वेक्टर जेएक्सजे \u003d एक्स, एक्स \u003d एक्स 2 के (या यूक्लिडियन नॉर्म द्वारा) के साथ आरएन द्वारा भी दर्शाया जाएगा। स्केलर के \u003d 1 के लिए, कार्य और लंबाई उचित दो मुख्य असमानताएं हैं: 1) 8 एक्स, वाई 2 आरएन 2) 8 एक्स, वाई 2 आरएन)। एक्स + वाई 6 एक्स + वाई एक्स, वाई 6 एक्स (त्रिकोण असमानता); वाई (कौची की असमानता संबंधित है - दूसरे सेमेस्टर के गणितीय विश्लेषण के दौरान, यह ज्ञात है कि यूक्लिडियन स्पेस (परिमित-आयामी) में अंक (वैक्टर) के अनुक्रम का अभिसरण अनुक्रमों के अभिसरण के बराबर है इन वैक्टरों का समन्वय, वे कहते हैं कि समन्वय अभिसरण के बराबर है। यह आसानी से असमानताओं से पालन किया जाता है: QP अधिकतम x 6 x21 + ... + x2n \u003d jxj 6 n अधिकतम xk। 16k6n 16k6n समान रूप से एक स्केलर मामले के लिए निर्धारित किया जाता है वेक्टर फ़ंक्शन के व्युत्पन्न और अभिन्न, और गुणों को निर्देशांक में संक्रमण द्वारा आसानी से साबित किया जाता है। भविष्य में उपयोग किए जाने वाले वेक्टर कार्यों के लिए यहां कुछ असमानताएं दी गई हैं। 1. किसी भी वेक्टर फ़ंक्शन वाई (टी) \u003d वाई 1 (टी) के लिए। । । , वाईएन (टी) एकीकृत (उदाहरण के लिए, निरंतर), काफी असमानता zb zb y (t) dt 6 ay (t) dt a -39- (3.3) या समन्वय रूप में 0 zb zb y1 (t) dt, @ वाई 2 (टी) डीटी ,. । । , एक 1 zb q q yn (t) dt a 6 y12 (t) +। । । Yn2 (t) dt। एक प्रमाण। पहले ध्यान दें, कि असमानता में के मामले को बाहर नहीं किया जाता है< a, для этого случая в правой части присутствует знак внешнего модуля. По определению, интеграл от вектор-функции – это предел интегральn P ных сумм στ (y) = y(ξk) tk при характеристике («мелкости») разбиения k=1 λ(τ) = max tk стремящейся к нулю. По условию στ ! k=1, N Rb y(t) dt , а по a неравенству треугольника получим στ 6 n X Zb y(ξk) tk ! k=1 при λ(τ) ! 0 y(t) dt, a (здесь мы для определенности считаем a < b). По теореме о переходе к пределу в неравенстве получим доказываемое. Случай b < a сводится к изученному, Rb Ra так как = . a b Аналоги теорем Ролля и Лагранжа отсутствуют для вектор-функций, однако можно получить оценку, напоминающую теорему Лагранжа. 2. Для любой вектор-функции x(t), непрерывно дифференцируемой на , имеет место оценка ¾приращения¿: x(b) x(a) 6 max x 0 (t) b a. (3.4) Доказательство. Неравенство (3.4) сразу получается из (3.3) при y(t) = x 0 (t). При доказательстве теоремы разрешимости для линейных систем нам понадобятся оценки с n n матрицами, которые мы сейчас и рассмотрим. 3. Пусть A(t) = aij (t) n n матрица, обозначим произведение Ax через y. Как оценить y через матрицу A и x ? Оказывается, справедливо неравенство Ax 6 A -40- 2 x, (3.5) где x = p jx1 j2 + . . . + jxn j2 , A 2 = n P ! 12 a2ij , а элементы матрицы i,j=1 A и координаты вектора x могут быть комплексными. Доказательство. Для любого i = 1, n, ai – i-я строка матрицы A, тогда: 2 2 2 yi = ai1 x1 + ai2 x2 + . . . + ain xn = ai , x 6 h i 2 6 по неравенству Коши-Áуняковского 6 jai j2 x = ! ! n n X X 2 2 aik xl = , k=1 суммируя эти неравенства по i = 1, n, имеем: 0 1 n X 2 2 2 aik A x = A y [ईमेल संरक्षित] 2 2 एल \u003d 1 2 एक्स, के, i \u003d 1 जहां से यह निम्नानुसार है (3.5)। परिभाषा 3. 1. यह कहने के लिए कि वेक्टर फ़ंक्शन एफ (टी, वाई) एमएनए 1 ग्राम (टी, वाई) पर वेक्टर वैरिएबल वाई पर लिप्सचिट्ज़ स्थिति को संतुष्ट करता है, यदि 9 एल\u003e 0 ऐसा है कि किसी भी टी के साथ , वाई, 2 टी, वाई 2 जी को असमानता एफटी, वाई 2 फीट, वाई 1 6 एल वाई 2 वाई 1 का प्रदर्शन किया जाता है। जैसा कि दो चर के कार्य के मामले में (अनुमोदन 2.1 देखें), "उत्तल पर उत्तल" क्षेत्र जी में लिपशीश के लिए पर्याप्त स्थिति सीमित आंशिक डेरिवेटिव है। आइए एक सटीक परिभाषा दें। परिभाषा 3. 2. वेरिएबल्स (टी, वाई) के रेंज जी को y द्वारा उत्तल 1 2 कहा जाता है, यदि किसी भी दो बिंदुओं के लिए टी, वाई और टी, जी में झूठ बोलते हैं, तो यह पूरी तरह से है और इन दोनों को जोड़ने वाला खंड अंक, टी। ई। सेट n o t, y y \u003d y 1 + τ y 2 y 1, जहां τ 2। अनुमोदन 3. 1. यदि चर के रेंज जी (टी, वाई) को उत्तल है, और ∂ एफआई निजी डेरिवेटिव निरंतर और जी में निरंतर एल तक सीमित हैं ∂yj सभी i, j \u003d 1, n, फिर एफटी वेक्टर फ़ंक्शन जी में संतुष्ट करता है, एक स्थिर एल \u003d एन एल के साथ वाई के लिए लिप्सचिट्ज़ की स्थिति। 1 2 सबूत। जी और 1 2 सेगमेंट से मनमाने ढंग से अंक टी, वाई और टी, वाई पर विचार करें, उन्हें जोड़ने, यानी सेट टी, वाई, जहां वाई \u003d वाई + τ वाई वाई 1, टी तय किया गया है, और τ 2। -41- हम एक एकल स्केलर तर्क जी (τ) \u003d फीट, वाई (τ), 2 1 के बाद वेक्टर फ़ंक्शन पेश करते हैं, 2 1 फिर जी (1) जी (0) \u003d फीट, वाईएफटी, वाई, और दूसरी ओर - Z1 जी (1) जी (0) \u003d डीजी (τ) dτ \u003d dτ z1 a (τ) dy (τ) dτ \u003d dτ 0 0 h \u003d पुण्य y \u003d y 1 + τ y 2 yi 1 z1 \u003d a (τ) वाई 2 वाई 1 डीयू 0 जहां ए (τ) तत्व ∂fi के साथ एक मैट्रिक्स है, और ∂yj y2 y 1 संबंधित कॉलम है। यहां हमने जटिल समारोह के भेदभाव नियम का लाभ उठाया, अर्थात्, सभी i \u003d 1, एन, टी - तय, हमारे पास है: gi0 (τ) \u003d ∂fi ∂y1 ∂fi ∂y2 ∂fi ∂yn d fi t , वाई (τ) \u003d + + ... + \u003d dτ ∂y1 ∂τ ∂y2 ∂τ ∂yn ∂τ ∂fi ∂fi, ..., y2 y1। \u003d ∂y1 ∂yn इसे मैट्रिक्स फॉर्म में याद करते हुए, हम प्राप्त करते हैं: 0 2 1 g (τ) \u003d a (τ) y y n n matrix a (τ) \u003d aij (τ) ∂fi ∂yj। अभिन्न (3.3) और असमानता (3.5) के अनुमान का उपयोग करके, प्रतिस्थापन के बाद, हम प्राप्त करते हैं: एफटी, वाई 2 फीट, वाई 1 जेड 1 \u003d जी 0 (τ \u003d 0 Z1 6 A (τ) y 2 z1 y1 ए (τ) y 2 0 z1 dτ 6 0 a (τ) a (τ) dτ y2 y1 6 y2 y1 6 nl 0 6 अधिकतम a (τ) 2 y 1 dτ 6 2 2 np ∂fi \u003d i, j \u003d 1 ∂YJ 2 Y2 Y1, 2 6 N2 L2 8 τ 2 पर। बयान साबित हुआ है। -42- 3. 2. प्रमेय की सामान्य प्रणाली के लिए कौची समस्या के समाधान की स्थिति 3. 1 (दो समाधानों के अंतर के आकलन पर)। चलो कुछ क्षेत्र आरएन + 1 होने दें, और वेक्टर फ़ंक्शन एफ (एक्स, वाई) जी में निरंतर है और लगातार एल के साथ सेट जी पर एक वेक्टर वैरिएबल वाई पर लिपिपिट्ज़ की स्थिति को संतुष्ट करता है। यदि वाई 1, वाई 2 दो समाधान सामान्य प्रणाली (3.1) y_ \u003d f (x, y) सेगमेंट पर, फिर रेटिंग y 2 (t) y 1 (t) 6 y 2 (t0) y 1 (t0) exp l (t t0) मान्य है सभी टी 2 के लिए। स्पष्ट रूप से, स्पष्ट पुनर्विक्रय को ध्यान में रखते हुए, अनुच्छेद 2.1 से प्रमेय 2.1 के सबूत को दोहराता है। 2 यहां से प्रारंभिक डेटा पर निर्णय की विशिष्टता और स्थिरता के प्रमेय को प्राप्त करना आसान है। वैकल्पिक रूप से 3.1। वेक्टर फ़ंक्शन एफ (टी, वाई) क्षेत्र जी में निरंतर चलो और वाई के साथ जी लिप्सचिट्ज़ स्थिति में संतुष्ट करता है, और सामान्य सिस्टम (3.1) के दो समाधानों के कार्यों वाई 1 (टी) और वाई 2 (टी) के दो समाधान एक ही खंड, इसके अलावा, टी 0 2। यदि y 1 (t0) \u003d y 2 (t0), तो y 1 (t) y 2 (t) पर। वैकल्पिक रूप से 3.2। (प्रारंभिक डेटा पर निरंतर निर्भरता पर)। वेक्टर फ़ंक्शन एफ (टी, वाई) क्षेत्र जी में निरंतर होने दें और लगातार एल\u003e 0 के साथ जी लिप्सचिट्ज़ स्थिति में संतुष्ट हैं, और वेक्टर फ़ंक्शन वाई 1 (टी) और वाई 2 (टी) के समाधान हैं सामान्य प्रणाली (3.1) को परिभाषित किया गया। यदि 8 टी 2 पर, असमानता वाई 1 (टी) सत्य है जहां δ \u003d y 1 (t0) y 2 (t0), और l \u003d t1 y 2 (t) 6 δ el l, t0। स्पष्ट रूप से, स्पष्ट पुनर्विक्रय को ध्यान में रखते हुए, 2.1 और 2.2 के परिणामों का प्रमाण दोहराता है। 2 काऊ समस्या (3.1), (3.2) की हलनीयता का अध्ययन, एक आयामी मामले में, अभिन्न समीकरण (वेक्टर) की हलनीयता में कमी आई है। लेम्मा 3. 1. एफ (टी, वाई) 2 सी जी चलो; आरएन 1। निम्नलिखित कथन होते हैं: 1) जीएपी हेक्टेयर, बीआई, संतोषजनक (3.2) टी 0 2 हेक्टेयर पर कोई समाधान φ (टी) समीकरण (3.1) (3.2) टी 0 2 हेक्टेयर, हा पर एक निरंतर समाधान है, सी जी के माध्यम से द्वि 1; एच को जी क्षेत्र में निरंतर सभी कार्यों के सेट के सेट को इंगित करने के लिए अपनाया जाता है। उदाहरण के लिए, एफ (टी, वाई) 2 सी जी; आरएन घटकों) सेट जी पर परिभाषित किया गया। - सभी निरंतर वेक्टर कार्यों का सेट (एन -43 अभिन्न समीकरण वाई (टी) \u003d वाई 0 + जेडटी एफ τ से, वाई (τ) dτ; (3.6) t0 2) वेक्टर -फंक्शन φ (टी) 2 सी हेक्टेयर, बीआई हा, बीआई पर अभिन्न समीकरण (3.6) का एक सतत समाधान है, जहां टी 0 2 हेक्टेयर, बीआई, फिर φ (टी) में एचए, बीआई पर एक निरंतर व्युत्पन्न है और है एक समाधान (3.1), (3.2)। साक्ष्य। 1. चलो 8 τ 2 हेक्टेयर, द्वि समानता dφ (τ) \u003d f τ, φ (τ) द्वारा किया जाता है। फिर टी 0 से टी तक एकीकृत, खाता (3.2), सेमिडियस आरटी 0 चिम, कि φ (टी) \u003d y + f τ, φ (τ) dτ, यानी φ (टी) समीकरण (3.6) को संतुष्ट करता है। टी 0 2. निरंतर वेक्टर फ़ंक्शन φ (टी) हेक्टेयर पर समीकरण (3.6) को संतुष्ट करें, बीआई, फिर फीट, φ (टी) जटिल समारोह के निरंतर प्रमेय प्रमेय द्वारा एचए, बीआई पर निरंतर है, और इसलिए सही- हाथ की ओर (3.6) (और, इसलिए, बाएं भाग) में टी से एच, द्वि का निरंतर व्युत्पन्न है। टी \u003d टी 0 से (3.6) φ (t0) \u003d y 0, यानी φ (टी) कौची समस्या (3.1), (3.2) का समाधान है। ध्यान दें कि सामान्य रूप से, सेगमेंट के अंत में व्युत्पन्न (यदि यह संबंधित है) को एक तरफा व्युत्पन्न कार्य माना जाता है। LEMMA साबित हुआ है। टिप्पणी 3. 1. एक आयामी मामले (अध्याय 2 देखें) और उपरोक्त अनुमोदन के साथ एक समानता का उपयोग करके, अस्तित्व पर टेरेम को साबित करना और कौची समस्या को हल करना जारी रखना, एक पुनरावृत्ति अनुक्रम का निर्माण करना हल करने के लिए अभिसरण करना संभव है एक निश्चित खंड पर इंटीग्रल समीकरण (3.6) टी 0 एच, टी 0 + एच। यहां हम संपीड़न मैपिंग के सिद्धांत के आधार पर अस्तित्व प्रमेय (और विशिष्टता) समाधान का एक और सबूत पेश करते हैं। हम पाठक के बारे में अधिक आधुनिक तरीकों के साथ पाठक को डेट करने के लिए ऐसा करते हैं, जो भविष्य में लागू किया जाएगा, अभिन्न समीकरणों और गणितीय भौतिकी के समीकरणों के पाठ्यक्रमों में। हमारी योजना को लागू करने के लिए, आपको कई नई अवधारणाओं और सहायक दावे की आवश्यकता होगी, जिसे हम आगे बढ़ेंगे। 3. 3. मीट्रिक स्थान की अवधारणा। मैपिंग को संपीड़ित करने का सिद्धांत गणित में सीमा की सबसे महत्वपूर्ण अवधारणा अंक की "निकटता" की अवधारणा पर आधारित है, यानी उनके बीच की दूरी खोजने का अवसर। संख्यात्मक धुरी पर, दूरी दो संख्याओं का मॉड्यूल है, विमान पर यूक्लिडियन दूरी, आदि का एक प्रसिद्ध सूत्र है। कई विश्लेषण तथ्य तत्वों के बीजगणितीय गुणों का उपयोग नहीं करते हैं, और वे शहद के साथ दूरी की अवधारणा पर आधारित हैं। इस दृष्टिकोण का विकास, यानी। सीमा की अवधारणा से संबंधित "प्राणी" का आवंटन मीट्रिक अंतरिक्ष की अवधारणा की ओर जाता है। -44- परिभाषा 3. 3 को मनमानी प्रकृति की बहुलता बनें, और ρ (x, y) - दो चर x, y 2 x का वास्तविक कार्य, तीन सिद्धांतों को संतुष्ट: 1) ρ (x, y) \u003e 0 8 x, y 2 x, और ρ (x, y) \u003d 0 केवल x \u003d y पर; 2) ρ (x, y) \u003d ρ (y, x) (समरूपता वसंत); 3) ρ (x, z) 6 ρ (x, y) + ρ (y, z) (त्रिभुज असमानता)। इस मामले में, एक दिए गए फ़ंक्शन ρ (x, y) के साथ सेट एक्स को मीट्रिक स्पेस (ìP) कहा जाता है, और फ़ंक्शन ρ (x, y): x x 7! आर, संतोषजनक 1) - 3), - मीट्रिक या दूरी। हम मीट्रिक रिक्त स्थान के कुछ उदाहरण प्रस्तुत करते हैं। उदाहरण 3. x \u003d r को एक दूरी के साथ ρ (x, y) \u003d x y के साथ, हम एमपी आर। एन ओ एन xi 2 आर प्राप्त करते हैं, i \u003d 1, n उदाहरण 3. 2. x \u003d r \u003d x1,। । । , एन मान्य संख्या एस एन 2 पी एक्स \u003d एक्स 1 से ऑर्डर किए गए सेट का एक्सएन सेट ,. । । , एक दूरी के साथ एक्सएन ρ (x, y) \u003d xk yk, हम n1 k \u003d 1 n आयामी यूक्लिडियन अंतरिक्ष आर प्राप्त करते हैं। एन उदाहरण 3. 3. एक्स \u003d सी ए, बी; आर आरएन, यानी मूल्यों के साथ ए, बी कार्यों पर निरंतर सेट है। एक दूरी ρ (एफ, जी) \u003d अधिकतम एफ (टी) जी (टी) के साथ निरंतर वेक्टर फ़ंक्शंस, जहां एफ \u003d एफ (टी) \u003d एफ 1 (टी) ,. । । , एफएन (टी), टी 2 एस एन 2 पी जी \u003d जी (टी) जी 1 (टी) ,. । । , जीएन (टी), एफ जी \u003d एफके (टी) जीके (टी)। उदाहरण के लिए k \u003d 1 3. 1 -3। 3 एमपी एक्सीम्स को सीधे चेक किया जाता है, इसे एक ईमानदार पाठक के लिए एक अभ्यास के रूप में छोड़ दें। सामान्य रूप से, यदि प्रत्येक प्राकृतिक एन को एक्सएन 2 एक्स के इलेक्ट्रॉन के अनुसार रखा जाता है, तो यह कहा जाता है कि अंक xn ìp x का अनुक्रम दिया जाता है। परिभाषा 3. 4. अंक xn mp x का अनुक्रम x 2 कहा जाता है एक्स बिंदु, यदि लिम ρ xn, x \u003d 0. n! 1 परिभाषा 3. 5. एक्सएन अनुक्रम को मौलिक कहा जाता है, यदि किसी भी ε\u003e 0 के लिए ऐसा प्राकृतिक संख्या n (ε) है जो सभी n\u003e n के लिए है और एम\u003e एन असमानता ρ एक्सएन, एक्सएम< ε. Определение 3. 6. МП X называется полным (ПÌП), если любая его фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства. -45- Полнота пространств из примеров 3. 1 и 3. 2 доказана в курсе математиче ского анализа. Докажем полноту пространства X = C a, b ; Rn из примера 3. 3. Пусть последовательность вектор-функций fn (t) фундаментальна в X. Это означает, что 8 ε > 0 9 एन (ε) 2 एन: 8 एम, एन\u003e एन \u003d) अधिकतम एफएम (टी) एफएन (टी)< ε. Поэтому выполнены условия критерия Коши равномерной на a, b сходи мости функциональной последовательности, т.е. fn (t) ⇒ f (t) при n ! 1. Как известно, предел f (t) в этом случае – непрерывная функция. Докажем, что f (t) – это предел fn (t) в метрике пространства C a, b ; Rn . Из равномерной сходимости получим, что для любого ε > 0 एक संख्या n (ε) है जैसे कि सभी एन\u003e एन और सभी टी 2 ए के लिए, बी को असमानता एफएन (टी) एफ (टी) किया जाता है< ε, а так как в левой части неравенства стоит непрерывная функция, то и max fn (t) f (t) < ε. Это и есть сходимость в C a, b ; Rn , следовательно, полнота установлена. В заключение приведем пример МП, не являющегося полным. Пример 3. 4. Пусть X = Q – множество рациональных чисел, а расстояние ρ(x, y) = x y – модуль разностиpдвух чисел. Если взять последовательность десятичных приближений числа 2 , т.е. x1 = 1; x2 = 1, 4; x3 = 1, 41; . . ., p то, как известно, lim xn = 2 62 Q. При этом данная последовательность n!1 сходится в R, значит она фундаментальна в R, а следовательно, она фундаментальна и в Q. Итак, последовательность фундаментальна в Q, но предела, лежащего в Q, не имеет. Пространство не является полным. Определение 3. 7. Пусть X – метрическое пространство. Отображение A: X 7! X называется сжимающим отображением или сжатием, если 9 α < 1 такое, что для любых двух точек x, y 2 X выполняется неравенство: ρ Ax, Ay 6 α ρ(x, y). (3.7) Определение 3. 8. Точка x 2 X называется неподвижной точкой отображения A: X 7! X, если Ax = x . Замечание 3. 2. Всякое сжимающее отображение является непрерывным, т.е. любую сходящуюся последовательность xn ! x, n ! 1, переводит в сходящуюся последовательность Axn ! Ax, n ! 1, а предел последовательности – в предел ее образа. Действительно, если A – сжимающий оператор, то положив в (3.7) X X y = xn ! x, n ! 1, получим, что Axn ! Ax, n ! 1. Теорема 3. 2 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство этого фундаментального факта см. , . -46- Приведем обобщение теоремы 3. 2, часто встречающееся в приложениях. Теорема 3. 3 (Принцип сжимающих отображений). Пусть X полное метрическое пространство, а отображение A: X 7! X таково, что оператор B = Am с некоторым m 2 N является сжатием. Òогда A имеет и притом единственную неподвижную точку. Доказательство. При m = 1 получаем теорему 3. 2. Пусть m > 1. बी \u003d एएम पर विचार करें, बी: एक्स 7! एक्स, बी - संपीड़न। प्रमेय द्वारा 3. 2, ऑपरेटर बी में एक निश्चित बिंदु एक्स है। चूंकि ए और बी की अनुमति योग्य एबी \u003d बीए और बीएक्स \u003d एक्स के बाद से, हमारे पास बी एक्स \u003d ए बीएक्स \u003d एक्स, यानी है। Y \u003d कुल्हाड़ी भी एक निश्चित बिंदु बी है, और चूंकि प्रमेय 3. 2 द्वारा इस तरह के एक बिंदु अद्वितीय है, फिर y \u003d x या ax \u003d x। यहां से एक्स ऑपरेटर ए का एक निश्चित बिंदु है। हम विशिष्टता साबित करेंगे। मान लीजिए कि x ~ 2 x और a ~ x \u003d x ~, फिर m m 1 b x ~ \u003d a x ~ \u003d a x ~ \u003d। । । \u003d x ~, यानी एक्स ~ - बी के लिए एक निश्चित बिंदु भी, जहां x ~ \u003d x। प्रमेय साबित हुआ है। मीट्रिक स्पेस का एक विशेष अवसर एक रैखिक सामान्यीकृत स्थान है। हम सटीक परिभाषा देते हैं। परिभाषा 3. 9. एक्स को एक रैखिक स्थान (वास्तविक या जटिल) होने दें, जो संख्यात्मक फ़ंक्शन एक्स को एक्स से आर से अभिनय और एक्सीम्स को संतुष्ट करने के लिए परिभाषित करता है: 1) 8 x 2 x, x\u003e 0, और x \u003d 0 केवल के साथ x \u003d θ; 2) 8 x 2 x और 8 λ 2 r (या c) 3) 8 x, y 2 x का प्रदर्शन किया जाता है)। एक्स + वाई 6 एक्स + वाई λx \u003d jλj x; (त्रिकोणीय की असमानता - फिर एक्स को सामान्यीकृत स्थान कहा जाता है, x: x 7! आर, संतोषजनक 1) - 3), - मानक। और सामान्यीकृत चूषण में समारोह को सूत्र ρ x, y \u003d x y द्वारा तत्वों के बीच की दूरी पेश की जा सकती है। एमपी के एक सिद्धांत को आसानी से जांच की जाती है। यदि प्राप्त मीट्रिक स्थान पूरी तरह से है, तो संबंधित सामान्यीकृत स्थान को बाना स्पेस कहा जाता है। अक्सर विभिन्न तरीकों से एक ही रैखिक स्थान पर मानक दर्ज करें। इस संबंध में, ऐसी अवधारणा उत्पन्न होती है। परिभाषा 3. 10. एक्स एक रैखिक स्थान बनें, और - दो 1 2 मानकों पर प्रवेश किया। मानदंडों को 1 2 मानदंड कहा जाता है, यदि 9 सी 1\u003e 0 और सी 2\u003e 0: 8 x 2 x c1 x 1 6 x 2 6 c2 x 1। टिप्पणी 3. 3. यदि दोनों x पर दो समकक्ष मानदंड हैं, और 1 2 स्पेस एक्स उनमें से एक को पूरा कर रहा है, तो यह पूरी तरह से और किसी अन्य मानक पर है। यह आसानी से इस तथ्य से आता है कि एक्सएन एक्स अनुक्रम, मौलिक सॉफ्टवेयर, मौलिक भी, और एक ही तत्व x 2 x. -47- समीक्षा 3 के 1 2 में अभिसरण 3. 4. अक्सर प्रमेय 3. 3 (या 3. 3 ) इसका उपयोग तब किया जाता है जब इस अंतरिक्ष की एक बंद गेंद ओ (ए) \u003d एक्स 2 एक्स ρ एक्स, 6 आर, जहां आर\u003e 0 और 2 एक्स एक पूर्ण एन स्पेस के रूप में तय किया जाता है। ध्यान दें कि पीएमपी में एक बंद गेंद स्वयं एक ही दूरी के साथ एक पीएमपी है। इस तथ्य का सबूत पाठक को व्यायाम के रूप में छोड़ देता है। नोट 3. 5. अंतरिक्ष की पूर्णता ऊपर की स्थापना की गई थी। 3. ध्यान दें कि रैखिक अंतरिक्ष x \u003d c 0, टी, आर में, आप दर kxk \u003d max x (t) दर्ज कर सकते हैं ताकि सामान्यीकृत मूल्य होगा बनच अंतरिक्ष 0 पर निरंतर सेट के एक ही सेट पर, टी वेक्टर फ़ंक्शंस, आप किसी भी α 2 आर के साथ फॉर्मूला KXKα \u003d MAX E αT X (T) द्वारा समकक्ष मानदंड दर्ज कर सकते हैं। जब α\u003e 0, समकक्ष असमानताओं से निम्नानुसार है αt x (t) 6 e αt x (t) 6 x (t) सभी T 2 0, T पर, जहां से αT KXK 6 KXKα 6 KXK। हम लीनियर (सामान्य) सिस्टम के लिए कौची समस्या की अस्पष्ट समस्या पर प्रमेय की अनुपालन पर प्रमेय के प्रमाण में समकक्ष मानदंडों की इस संपत्ति का उपयोग करेंगे। 4. 4. सामान्य प्रणालियों के लिए कौची समस्या के समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता के प्रमेय कौची समस्या (3.1) - (3.2) पर विचार करें, जहां प्रारंभिक डेटा टी 0, वाई 0 2 जी, जी आरएन + 1 है वेक्टर फंक्शन एफ (टी, वाई) को निर्धारित करने का क्षेत्र। इस अनुच्छेद में, हम मानते हैं कि जी में एक निश्चित एन उपस्थिति जी \u003d ए, बी ओ, जहां क्षेत्र आरएन, और बीआर (वाई 0) \u003d प्रमेय होता है। Y 2 rn y y0 6 r पूरी तरह से अंदर है। प्रमेय 3. 4. वेक्टर फ़ंक्शन f (t, y) 2 c g; आरएन, 9 मीटर\u003e 0 और एल\u003e 0 के साथ इस तरह की स्थिति 1) 8 (टी, वाई) 2 जी \u003d ए, बी एफ (टी, वाई) 6 मीटर किया जाता है; 2) 8 (टी, वाई 1), (टी, वाई 2) 2 जी एफ टी, वाई 2 एफ टी, वाई 1 6 एल वाई 2 वाई 1। संख्या δ 2 (0, 1) को ठीक करें और t0 2 (ए, बी) दें। आर 1 δ 9 एच \u003d मिनट; ; T0 a; B t0\u003e 0 मिलीलीटर ऐसा है जो êshoshi (3.1) की समस्या के समाधान से अधिक है, (3.2) y (t) खंड पर jh \u003d t0 h, t0 + h, और y (t) y 0 6 r सभी टी 2 jh के साथ। -48- सबूत। लेम्मा 3. 1 में, कौची समस्या (3.1), (3.2) सेगमेंट पर एक अभिन्न समीकरण (3.6) के बराबर है, और इसलिए, जेएच पर, जहां एच को ऊपर चुना जाता है। बनच स्पेस एक्स \u003d सी (जेएच; आरएन) पर विचार करें - प्रोत्साहन केएक्सके \u003d अधिकतम एक्स (टी) के साथ निरंतर वेक्टर-फ़ंक्शंस एक्स (टी) की बहुलता और हम एक बंद सेट पेश करते हैं: T2JH SR Y 0 N 8 T 2 JH \u003d y (t) 2 x y (t) n \u003d y (t) 2 x yy (t) o 0 6r \u003d o 0 y 6r x. ऑपरेटर ए में बंद गेंद, नियम द्वारा निर्धारित: ay \u003d y 0 + zt f τ , वाई (τ) dτ, टी 2 jh, t0 अपने आप को sr y 0 का अनुवाद करता है, क्योंकि वाई 0 \u003d अधिकतम ay zt t2jh f τ, y (τ) dτ 6 h \u200b\u200bm 6 r t0 प्रमेय की स्थिति 1 के लिए और परिभाषा एच। हम साबित करते हैं कि ए एसआर संपीड़न ऑपरेटर पर है। एक मनमाने ढंग से 0 1 2 लें और हम मूल्य का अनुमान लगाते हैं: वाई (टी), वाई (टी) 2 एसआर वाई 2 ए 1 \u200b\u200b\u003d अधिकतम zt h t2jh f τ, y 2 (τ) यदि τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 zt 6 अधिकतम t2jh f τ, y 2 (τ) f τ, y 1 (τ) dτ 6 t0 6h l y2 y1 \u003d q y2 y1, जहां q \u003d 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 आर फॉर्मूला एच \u003d मिनट एम के अनुसार चुनें; 1 एल δ; बी ए, और एक सेगमेंट जेएच के रूप में, इसे लेने के लिए आवश्यक है- jh \u003d t0, t0 + h \u003d a, a + h। प्रमेय की अन्य सभी स्थितियां बदलती नहीं हैं, इसके सबूत, पुनर्जीवन को ध्यान में रखते हुए, हासिल किया जाता है। टी 0 \u003d बी के मामले के लिए, इसी तरह, एच \u003d न्यूनतम मीटर; 1 एल δ; बी ए, और जेएच \u003d बी एच, बी। एन टिप्पणी 3. 7. प्रमेय 3. 4, स्थिति एफ (टी, वाई) 2 सी जी; आर, जहां जी \u003d ए, बी डी को लगातार 1 और 2 शर्तों के संरक्षण के साथ वैरिएबल टी द्वारा निरंतरता एफ (टी, वाई) की आवश्यकता को प्रतिस्थापित करके कमजोर किया जा सकता है। नोट 3. 8. 8. यह पर्याप्त है कि प्रमेय 1 और 2 प्रमेय 3. 4 को सभी टी, वाई 2 ए, बी बी वाई, और निरंतर एम और एल पर निर्भर किया गया था, 0 आम तौर पर, 0 आम तौर पर, वाई और आर से । एफटी, वाई वेक्टर फ़ंक्शन पर अधिक कठिन के साथ, प्रमेय 2.4 के समान, अस्तित्व प्रमेय के लिए मान्य है और पूरे सेगमेंट ए पर कौची समस्या (3.1), (3.2) के समाधान की विशिष्टता के लिए मान्य है। एन प्रमेय 3. 5. एफएक्स वेक्टर फ़ंक्शन एफएक्स, वाई 2 सीजी, आर, जहां जी \u003d ए, बी आरएन, एल\u003e 0 मौजूद है, इस तरह की स्थिति 8 टी, \u200b\u200bवाई 1, टी, वाई 2 2 ग्राम फीट, वाई 2 फीट, वाई 1 6 ly 2 y 1। यदि कोई टी 0 2 और वाई 0 2 आरएन, ए, बी पर मौजूद है और इसके अलावा, êshoshi (3.1) (3.2) के कार्य का एकमात्र समाधान। साक्ष्य। मनमाने ढंग से टी 0 2 और वाई 0 2 आरएन लें और उन्हें ठीक करें। सेट जी \u003d ए, बी आरएन फॉर्म में मौजूद है: जी \u003d जी [जी +, जहां आरएन, और जी + \u003d टी 0, बी आरएन, विश्वास करते हुए कि टी 0 2 ए, बी, अन्यथा एक जी \u003d ए, टी 0 से साक्ष्य चरण अनुपस्थित रहेगा। जी + स्ट्रिप के लिए तर्क का आचरण। सेगमेंट टी 0, बी, कौची समस्या (3.1), (3.2) समीकरण (3.6) के बराबर है। हम ऑपरेटर अभिन्न एन ए: एक्स 7 पेश करते हैं! एक्स, जहां x \u003d c t0, b; आर, सूत्र के अनुसार ay \u003d y 0 + zt f τ, y (τ) dτ के अनुसार। T0 तब अभिन्न समीकरण (3.6) एक ऑपरेटर समीकरण AY \u003d Y के रूप में लिखा जा सकता है। (3.8) यदि हम साबित करते हैं कि ऑपरेटर समीकरण (3.8) में पीएमपी एक्स में एक समाधान है, तो हम टी 0, बी या ए पर, जी के लिए टी 0 पर कौची समस्या की हलनीयता प्राप्त करते हैं। यदि यह समाधान एकमात्र है, समकक्ष के कारण, एकमात्र समाधान कौची समस्या का समाधान होगा। हम समीकरण (3.8) की अस्पष्ट सॉल्वेबिलिटी के दो सबूत देते हैं। सबूत 1. मनमाने ढंग से वेक्टर कार्यों पर विचार करें 1 2 एन वाई, वाई 2 एक्स \u003d सी टी 0, बी; आर, फिर मान किसी भी -50- टी 2 टी 0 के लिए मान्य हैं, बी 2: ए 1 जेडटी एचएफ τ, वाई 2 (τ) \u003d 1 एफ τ, वाई (τ) i dτ 6 t0 zt y 2 (τ ) 6L y 1 (τ) dτ 6 l t t0 अधिकतम y 2 (τ) y 1 (τ) 6 τ 2 t0 6l t t0 y2 y1। याद रखें कि x में मानक निम्नानुसार दर्ज किया गया है: kxk \u003d अधिकतम x (τ)। परिणामी असमानता से हमारे पास होगा: 2 2 ay 2 1 ay zt hf τ, ay 2 (τ) \u003d 1 i τ t0 dτ f τ, ay (τ) dτ 6 t0 6 l2 zt ay 2 (τ) ay 1 ( τ) डी 6 एल 2 टी 0 जेडटी वाई 2 वाई 1 6 टी 0 6 एल 2 टी टी 0 2! 2 Y2 Y1। इस प्रक्रिया को जारी रखते हुए, यह प्रेरण द्वारा साबित किया जा सकता है कि 8 के 2 एन एके वाई 2 एके वाई 1 6 एल टी टी 0 के! K y2 y1। इसलिए, अंत में, हम एके वाई 2 एके वाई 1 \u003d मैक्स एके वाई 2 एल बी टी 0 एके वाई 1 6 एल बी टी 0 के अनुमान प्राप्त करते हैं! K y2 y1। K के बाद से α (k) \u003d! 0 के लिए! 1, फिर एक k0 है कि, के! वह α (k0)< 1. Применим теорему 3. 3 с m = k0 , получим, что A имеет в X неподвижную точку, причем единственную. Доказательство 2. В банаховом пространстве X = C t0 , b ; Rn введем семейство эквивалентных норм, при α > 0 (टिप्पणी देखें 3. 5) फॉर्मूला द्वारा: x α \u003d अधिकतम e αt x (t)। -51- हम दिखाएंगे कि आप α का चयन कर सकते हैं ताकि ऑपरेटर ए स्पेस एक्स में α\u003e एल पर मानक के साथ संपीड़न होगा। दरअसल, α ay 2 ay 1 α zt hf τ, y 2 (τ) αT \u003d MAX E 1 F τ, y (τ) i dτ 6 t0 6 अधिकतम e αt zt y 2 (τ) l y 1 (τ) dτ \u003d \u003d T0 \u003d \u200b\u200bl अधिकतम e zt αt e ατ y 2 (τ) eατ dτ 6 y 1 (τ) t0 6 l अधिकतम e αt zt eατ dτ अधिकतम e ατ y 2 (τ) y 1 (τ) \u003d y2 α t0 \u003d l अधिकतम ई αT के बाद से α\u003e l, फिर q \u003d l α 1 1 αt e α e eαt0 l \u003d α α α b t0 y 2 y1 y 1 α \u003d 1 e α b t0।< 1 и оператор A – сжимающий (например, с α = L). Таким образом, доказано, что существует и притом единственная вектор + функция ϕ (t) – решение Коши (3.1), (3.2) на t0 , b . задачи Rn задачу Коши сведем к предыдущей при Для полосы G = a, t0 помощи линейной замены τ = 2t0 t. В самом деле, для вектор-функция y(t) = y 2t0 τ = y~(t), задача Коши (3.1), (3.2) запишется в виде: y~(τ) = f (2t0 τ, y~(τ)) f~ (τ, y~(τ)) , y~(t0) = y 0 на отрезке τ 2 t0 , 2t0 a . Поэтому можно применить предыдущие рассуждения, взяв b = 2t0 a. Итак, существует и притом единственное решение задачи Коши y~(τ) на всем отрезке τ 2 t0 , 2t0 a и,следовательно, ϕ (t) = y~ 2t0 t – решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, t0 . Возьмем «сшивку» вектор-функций ϕ (t) и ϕ+ (t), т.е. вектор-функцию ϕ (t), при t 2 a, t0 ; ϕ(t) = ϕ+ (t), при t 2 t0 , b . d dτ Как при доказательстве теоремы 2.4, устанавливаем, что ϕ(t) – это решение задачи Коши (3.1), (3.2) на a, b . Единственность его следует из следствия 3.1. Теорема доказана. -52- Замечание 3.9. Утверждение 3. 1 дает достаточное условие того, что векторфункция f t, y в выпуклой по y области G удовлетворяет условию Лип∂fi шица. А именно, для этого достаточно, чтобы все частные производные ∂yj были непрерывны и ограничены некоторой константой в G. Аналогично следствию из теоремы 2.4 получаем такое утверждение для нормальных систем. Ñледствие 3.3. Пусть вектор-функция f (t, y) определена, непрерывна в открытой полосе o n n Q = (t, y) t 2 (A, B), y 2 R , причем A и B могут быть символами 1 и +1 соответственно. Предположим, что вектор-функция f (t, y) удовлетворяет в полосе Q условию: 9 L(t) 2 C(A, B) такая, что 8 t 2 (A, B) и 8 y 1 , y 2 2 Rn выполняется неравенство f t, y 2 f t, y 1 6 L(t) y 2 y 1 . Òогда при любых начальных данных t0 2 (A, B), y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.1), (3.2) на всем интервале (A, B). Доказательство проводится повторением соответствующих рассуждений из п. 2.2, оставляем его добросовестному читателю. В качестве других следствий из доказанной теоремы 3. 5 получим теорему о существовании и единственности решения задачи Коши для линейной системы. Речь идет о задаче нахождения вектор-функции y(t) = (y1 (t), . . . , yn (t)) из условий: d y(t) = A(t)y(t) + f 0 (t), t 2 a, b , (3.9) dt y(t0) = y 0 , (3.10) где A(t) = aij (t) – n n матрица, f 0 (t) – вектор-функция переменной t, t0 2 a, b , y 0 2 Rn – заданы. n 0 Теорема 3. 6. Пусть a (t) 2 C a, b , f (t) 2 C a, b ; R , ij t0 2 a, b , y 0 2 Rn заданы. Òогда существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всем отрезке a, b . Доказательство. Проверим, что для функции f t, y = A(t)y + f 0 (t) выполнены теоремы 3. 5. Во-первых, f t, y 2 C G; Rn , где условия G = a, b Rn , как сумма двух непрерывных функций. Во-вторых, (см. неравенство (3.5)): Ay 2 Ay 1 = A(t) y 2 y 1 6 A 2 y 2 y 1 6 L y 2 y 1 , -53- поскольку A n P 2 ! 21 aij (t) 2 – непрерывная на a, b функция. Тогда i,j=1 по теореме 3. 5 получим доказываемое утверждение. Теорема 3. 7. Пусть aij (t) 2 C (R), f 0 (t) 2 C (R; Rn) заданы. Òогда при любых начальных данных t0 2 R, y 0 2 Rn существует и притом единственное решение задачи Êоши (3.9), (3.10) на всей числовой прямой. Доказательство. Проверим, что выполнены все условия следствия из теоре мы 3. 5 с A = 1, B = +1. Вектор-функция f t, y = A(t)y + f 0 (t) непрерывна в полосе Q = R Rn как функция (n + 1) переменной. Кроме того, L(t) y 2 y 1 , f t, y 2 f t, y 1 6 A(t) 2 y 2 y 1 где L(t) – непрерывная по условию теоремы на A, B = 1, +1 функция. Таким образом, все условия следствия выполнены, и теорема доказана. -54- Глава IV. Некоторые классы обыкновенных дифференциальных уравнений, решаемых в квадратурах В ряде случаев дифференциальное уравнение может быть решено в квадратурах, т.е. для его решения может быть получена явная формула. В таких случаях методика решения, как правило, следующая. 1. Предполагая, что решение существует, находят формулу, по которой решение выражается. 2. Существование решения затем доказывается непосредственной проверкой, т.е. подстановкой найденной формулы в исходное уравнение. 3. Используя дополнительные данные, (например, задавая начальные данные Коши) выделяют конкретное решение. 4. 1. Уравнение с разделяющимися переменными В данном параграфе применим уже использовавшуюся выше методику для решения уравнений с разделяющимися переменными, т.е. уравнений вида y 0 (x) = f1 (x) f2 (y), Áудем предполагать, что f1 (x) 2 C (ha, bi) , x 2 ha, bi, f2 (y) 2 C (hc, di) , y 2 hc, di. (4.1) f2 (y) 6= 0 на hc, di а следовательно, в силу непрерывности функции f2 (y), она сохраняет знак на hc, di . Итак, предположим, что в окрестности U(x0) точки x0 2 ha, bi существует решение y = ϕ(x) уравнения (4.1). Тогда имеем тождество dy = f1 (x) f2 (y), dx y = ϕ(x), 55 x 2 U(x0). Но тогда равны дифференциалы dy = f1 (x) dx f2 (y) мы учли, что f2 (y) 6= 0 . Из равенства дифференциалов вытекает равенство первообразных с точностью до постоянного слагаемого: Z Z dy = f1 (x) dx + C. (4.2) f2 (y) После введения обозначений Z F2 (y) = Z dy , f2 (y) F1 (x) = f1 (x) dx, получаем равенство F2 (y) = F1 (x) + C. (4.3) Заметим, что F20 (y) = 1/f2 (y) 6= 0, поэтому к соотношению (4.3) можно применить теорему об обратной функции, в силу которой равенство (4.3) можно разрешить относительно y и получить формулу y(x) = F2 1 F1 (x) + C , (4.4) справедливую в окрестности точки x0 . Покажем, что равенство (4.4) дает решение уравнения (4.1) в окрестности точки x0 . Действительно, используя теорему о дифференцировании обратной функции и учитывая соотношение F10 (x) = f1 (x), получим 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), откуда следует, что функция y(x) из (4.4) является решением уравнения (4.1). Рассмотрим теперь задачу Коши для уравнения (4.1) с начальным условием y(x0) = y0 . (4.5) Формулу (4.2) можно записать в виде Zy dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx + C. x0 y0 Подставляя сюда начальное условие (4.5), находим, что C = 0, т.е. решение задачи Коши определяется из соотношения Zy y0 dξ = f2 (ξ) Zx f1 (x) dx. x0 -56- (4.6) Очевидно, оно определяется однозначно. Итак, общее решение уравнения (4.1) задается формулой (4.4), а решение задачи Коши (4.4), (4.5) находится из соотношения (4.6). Замечание 4. 1. Если f2 (y) = 0 при некоторых y = yj , (j = 1, 2, . . . , s), то, очевидно, решениями уравнения (4.1) являются также функции y(x) yj , j = 1, 2, . . . , s, что доказывается непосредственной подстановкой этих функций в уравнение (4.1). Замечание 4. 2. Для уравнения (4.1) общее решение определяем из соотношения F2 (y) F1 (x) = C. (4.7) Таким образом, левая часть соотношения (4.7) постоянна на каждом решении уравнения (4.1). Соотношения типа (4.7) можно записать и при решении других ОДУ. Такие соотношения принято называть интегралами (общими интегралами) соответствующего ОДУ. Дадим точное определение. Определение 4. 1. Рассмотрим уравнение y 0 (x) = f (x, y). (4.8) Соотношение (x, y) = C, (4.9) где (x, y) – функция класса C 1 , называется общим интегралом уравнения (4.8), если это соотношение не выполняется тождественно, но выполняется на каждом решении уравнения (4.8). При каждом конкретном значении C 2 R мы получаем частный интеграл. Общее решение уравнения (4.8) получается из общего интеграла (4.9) с использованием теоремы о неявной функции. Пример 4. 1. Рассмотрим уравнение x (4.10) y 0 (x) = y и начальное условие y(2) = 4. (4.11) Применяя для решения уравнения (4.10) описанный выше метод разделения переменныõ, получаем y dy = x dx, откуда находим общий интеграл для уравнения (4.10) y 2 x2 = C. Общее решение уравнения (4.10) запишется по формуле p y= C + x2 , а решение задачи Коши (4.10), (4.11) – по формуле p y = 12 + x2 . -57- 4. 2. Линейные ОДУ первого порядка Линейным ОДУ первого порядка называется уравнение y 0 (x) + p(x)y(x) = q(x), Если q(x) 6 Если q(x) x 2 ha, bi. (4.12) 0, то уравнение называется неоднородным. 0, то уравнение называется однородным: y 0 (x) + p(x)y(x) = 0. (4.120) Теорема 4. 1. 1) Если y1 (x), y2 (x) решения однородного уравнения (4.120), α, β произвольные числа, то функция y (x) αy1 (x) + βy2 (x) также является решением уравнения (4.120). 2) Для общего решения неоднородного уравнения (4.12) имеет место формула yон = yоо + yчн; (4.13) здесь yон общее решение неоднородного уравнения (4.12), yчн частное решение неоднородного уравнения (4.12), yоо общее решение однородного уравнения (4.120). Доказательство. Первое утверждение теоремы доказывается непосредственной проверкой: имеем y 0 αy10 + βy20 = αp(x)y1 βp(x)y2 = p(x) αy1 + βy2 = p(x)y . Докажем второе утверждение. Пусть y0 – произвольное решение уравнения (4.120), тогда y00 = p(x)y0 . C другой стороны, 0 yчн = p(x)yчн + q(x). Следовательно, 0 y0 + yчн = p(x) y0 + yчн + q(x), а значит y y0 + yчн является решением уравнения (4.12). Таким образом, формула (4.13) дает решение неоднородного уравнения (4.12). Покажем, что по этой формуле могут быть получены все решения уравнения (4.12). Действительно, пусть y^(x) – решение уравнения (4.12). Положим y~(x) = y^(x) yчн. Имеем y~ 0 (x) = y^ 0 (x) 0 yчн (x) = p(x)^ y (x) + q(x) + p(x)yчн (x) = p(x) y^(x) q(x) = yчн (x) = p(x)~ y (x). Таким образом, y~(x) – решение однородного уравнения (4.120), и мы имеем y^(x) = y~(x) + yчн, что соответствует формуле (4.13). Теорема доказана. -58- Ниже будем рассматривать задачи Коши для уравнений (4.12) и (4.120) с начальным условием y(x0) = y0 , x0 2 ha, bi. (4.14) Относительно функций p(x) и q(x) из (4.12) будем предполагать, что p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 3. Положим F (x, y) = p(x)y + q(x). Тогда в силу наложенных выше условий на p(x) и q(x) имеем F (x, y), ∂F (x, y) 2 C G , ∂y G = ha, bi R1 , а следовательно, для задачи Коши (4.12), (4.14) справедливы теоремы существования и единственности решения, доказанные в главе 2. В доказанных ниже теоремах 4. 2, 4. 3 будут получены явные формулы для решений уравнений (4.120) и (4.12) и будет показано, что эти решения существуют на всем промежутке ha, bi. Рассмотрим сначала однородное уравнение (4.120). Теорема 4. 2. утверждения: Пусть p(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие 1) любое решение уравнения (4.120) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение однородного уравнения (4.120) задается формулой y(x) = C e где C R p(x) dx , (4.15) произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.120), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 p(ξ) dξ . (4.16) Доказательство. Выведем формулу (4.15) в соответствии с данной в начале главы методикой. Прежде всего заметим, что функция y 0 является решением уравнения (4.120). Пусть y(x) – решение уравнения (4.120), причем y 6 0 на ha, bi. Тогда 9 x1 2 ha, bi такая, что y(x1) = y0 6= 0. Рассмотрим уравнение (4.120) в окрестности точки x1 . Это уравнение с разделяющимися переменными, причем y(x) 6= 0 в некоторой окрестности точки x1 . Тогда, следуя результатам предыдущего параграфа, получим явную формулу для решения Z dy = p(x) dx, ln y = p(x) dx + C, y -59- откуда R y(x) = C e p(x) dx , c 6= 0, что соответствует формуле (4.15). Áолее того, решение y 0 также задается формулой (4.15) при C = 0. Непосредственной подстановкой в уравнение (4.120) убеждаемся, что функция y(x), задаваемая по формуле (4.15) при любом C, является решением уравнения (4.120), причем на всем промежутке ha, bi. Покажем, что формула (4.15) задает общее решение уравнения (4.120). Действительно, пусть y^(x) – произвольное решение уравнения (4.120). Если y^(x) 6= 0 на ha, bi, то повторяя предыдущие рассуждения, получим, что эта функция задается формулой (4.15) при некотором C: именно, если y^(x0) = y^0 , то Rx p(ξ) dξ . y^(x) = y^0 e x0 Если же 9x1 2 ha, bi такая, что y^(x1) = 0, то задача Коши для уравнения (4.120) с начальным условием y(x1) = 0 имеет два решения y^(x) и y(x) 0. В силу замечания 4. 3 решение задачи Коши единственно, поэтому y^(x) 0, а следовательно, задается формулой (4.15) при C = 0. Итак, доказано, что общее решение уравнения (4.120) определено на всем ha, bi и задается формулой (4.15). Формула (4.16), очевидно, является частным случаем формулы (4.15), поэтому задаваемая ею функция y(x) является решением уравнения (4.120). Кроме того, x R0 p(ξ) dξ y(x0) = y0 e x0 = y0 , поэтому формула (4.16) действительно задает решение задачи Коши (4.120), (4.14). Теорема 4. 2 доказана. Рассмотрим теперь неоднородное уравнение (4.12). Теорема 4. 3. Пусть p(x), q(x) 2 C (ha, bi). Òогда справедливы следующие утверждения: 1) любое решение уравнения (4.12) определено на всем промежутке ha, bi; 2) общее решение неоднородного уравнения (4.12) задается формулой Z R R R p(x) dx p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (4.17) y(x) = Ce +e где C произвольная константа; 3) решение задачи Êоши (4.12), (4.14) задается формулой Rx y(x) = y0 e x0 Zx p(ξ) dξ + q(ξ)e x0 -60- Rx ξ p(θ) dθ dξ. (4.18) Доказательство. В соответствии с теоремой 4. 1 и формулой (4.13) yон = yоо + yчн требуется найти частное решение уравнения (4.12). Для его нахождения применим так называемый метод вариации произвольной постоянной. Суть этого метода заключается в следующем: берем формулу (4.15), заменяем в ней константу C на неизвестную функцию C(x) и ищем частное решение уравнения (4.12) в виде yчн (x) = C(x) e R p(x) dx . (4.19) Подставим yчн (x) из (4.19) в уравнение (4.12) и найдем C(x) так, чтобы это уравнение удовлетворялось. Имеем R R 0 yчн (x) = C 0 (x) e p(x) dx + C(x) e p(x) dx p(x) . Подставляя в (4.12), получим 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), откуда R C 0 (x) = q(x) e p(x) dx . Интегрируя последнее соотношение и подставляя найденное C(x) в формулу (4.19), получим, что Z R R p(x) dx yчн (x) = e q(x) e p(x) dx dx. Кроме того, в силу теоремы 4. 2 R yоо = C e p(x) dx . Поэтому используя формулу (4.13) из теоремы 4. 1, получаем, что Z R R R p(x) dx p(x) dx y(x) = yоо + yчн = Ce +e q(x)e p(x) dx dx, что совпадает с формулой (4.17). Очевидно, что формула (4.17) задает решение на всем промежутке ha, bi. Наконец, решение задачи Коши (4.12), (4.14) задается формулой 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 Действительно, формула (4.20) является частным случаем формулы (4.17) при C = y0 , поэтому она задает решение уравнения (4.12). Кроме того, 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 , поэтому удовлетворяются начальные данные (4.14). Приведем формулу (4.20) к виду (4.18). Действительно, из (4.20) имеем 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 что совпадает с формулой (4.18). Теорема 4. 3 доказана. Ñледствие(об оценке решения задачи Коши для линейной системы). x0 2 ha, bi, p(x), q(x) 2 C (ha, bi), причем p(x) 6 K, q(x) 6 M Пусть 8 x 2 ha, bi. Òогда для решения задачи Êоши (4.12), (4.14) справедлива оценка M Kjx x0 j Kjx x0 j y(x) 6 y0 e + e 1 . K (4.21) Доказательство. Пусть сначала x > x0। (4.18) के आधार पर, हमारे पास rx zx k dξ y (x) 6 y0 ex0 rx k d θ m eξ + dξ \u003d y0 ek (x x0) zx + m x0 \u003d y0 ek (x x0) ek (x ξ) है dξ \u003d x0 m + k e k (x ξ) ξ \u003d x ξ \u003d x0 \u003d y0 e kjx x0 j m kjx + e k x0 j 1। अब एक्स।< x0 . Тогда, аналогично, получаем x R0 y(x) 6 y0 e x K dξ Zx0 + Rξ M ex K dθ dξ = y0 eK(x0 x) Zx0 +M x = y0 e K(x0 eK(ξ x) dξ = x M x) eK(ξ + K x) ξ=x0 ξ=x M h K(x0 x) = y0 e + e K M Kjx Kjx x0 j e = y0 e + K i 1 = K(x0 x) x0 j Таким образом, оценка (4.21) справедлива 8 x 2 ha, bi. Пример 4. 2. Решим уравнение y = x2 . x Решаем сначала однородное уравнение: y0 y0 y = 0, x dy dx = , y x ln jyj = ln jxj + C, -62- y = C x. 1 . Решение неоднородного уравнения ищем методом вариации произвольной постоянной: y чн = C(x) x, Cx = x2 , x 0 C x+C 0 C = x, x2 C(x) = , 2 откуда x3 , 2 y чн = а общее решение исходного уравнения y =Cx+ x3 . 2 4. 3. Однородные уравнения Однородным уравнением называется уравнение вида y 0 y (x) = f , (x, y) 2 G, x (4.22) G – некоторая область в R2 . Áудем предполагать, что f (t) – непрерывная функция, x 6= 0 при (x, y) 2 G. Однородное уравнение заменой y = xz, где z(x) – новая искомая функция, сводится к уравнению с разделяющимися переменными. В силу данной замены имеем y 0 = xz 0 + z. Подставляя в уравнение (4.22), получим xz 0 + z = f (z), откуда z 0 (x) = 1 x f (z) z . (4.23) Уравнение (4.23) представляет собой частный случай уравнения с разделяющимися переменными, рассмотренного в п. 4.1. Пусть z = ϕ(x) – решение уравнения (4.23). Тогда функция y = xϕ(x) является решением исходного уравнения (4.22). Действительно, y 0 = xϕ 0 (x) + ϕ(x) = x 1 x f (ϕ(x)) ϕ(x) + ϕ(x) = xϕ(x) y(x) = f ϕ(x) = f =f . x x Пример 4. 3. Ðешим уравнение y0 = y x -63- ey/x . Положим y = zx. Тогда xz 0 + z = z откуда y(x) = 1 z e, x z0 = ez , dz dx = , e z = ln jzj + C, z e x z = ln ln Cx , c 6= 0, x ln ln Cx , c 6= 0. 4. 4. Уравнение Áернулли Уравнением Áернулли называется уравнение вида y 0 = a(x)y + b(x)y α , α 6= 0, α 6= 1 . x 2 ha, bi (4.24) При α = 0 или α = 1 получаем линейное уравнение, которое было рассмотрено в п. 4.2. Áудем предполагать, что a(x), b(x) 2 C (ha, bi). Замечание 4. 4. Если α > 0, तो, जाहिर है, फ़ंक्शन वाई (एक्स) 0 समीकरण का एक समाधान है (4.24)। बर्नीली (4.24) α 6 \u003d 0, α 6 \u003d 1 के समीकरण को हल करने के लिए, हम y α पर समीकरण के दोनों हिस्सों को विभाजित करते हैं। Α\u003e 0 पर, ध्यान में रखना आवश्यक है कि टिप्पणियों के आधार पर 4. 4, फ़ंक्शन वाई (एक्स) 0 समीकरण (4.24) का समाधान है, जो इस विभाजन के साथ खो जाएगा। नतीजतन, भविष्य में इसे सामान्य समाधान में जोड़ने की आवश्यकता होगी। विभाजन के बाद, हम अनुपात y α y 0 \u003d a (x) y 1 α + b (x) प्राप्त करते हैं। एक नया वांछित फ़ंक्शन Z \u003d y 1 α, फिर z 0 \u003d (1 इसलिए, हम zz 0 \u003d (1 α) A (x) z + (1 α) y α) के समीकरण पर पहुंचते हैं) b (x) । α वाई 0, ए (4.25) समीकरण (4.25) एक रैखिक समीकरण है। इस तरह के समीकरणों को क्लॉज 4.2 में माना जाता है, जहां एक सामान्य समाधान का सूत्र प्राप्त किया गया था, जिसके द्वारा समीकरण के समाधान z (x) (4.25) फॉर्म z (x) \u003d ce r (α 1) में लिखा गया है (x) डीएक्स + + (1 α) ई आर (α 1) ए (एक्स) डीएक्स 1 जेड बी (एक्स) ई आर (α 1) ए (एक्स) डीएक्स डीएक्स। (4.26) तब फ़ंक्शन y (x) \u003d z 1 α (x), जहां z (x) को परिभाषित किया गया है (4.26), बर्नलि समीकरण (4.24) का एक समाधान है। -64- इसके अलावा, जैसा कि ऊपर वर्णित है, α\u003e 0 पर, समाधान भी फ़ंक्शन y (x) 0. उदाहरण 4. 4. समीकरण y 0 + 2y \u003d y 2 पूर्व। (4.27) हम समीकरण (4.27) को वाई 2 को विभाजित करते हैं और हम जेड \u003d हम एक रैखिक अमानवीय समीकरण 1 y प्राप्त करेंगे। नतीजतन, जेड 0 + 2Z \u003d EX। (4.28) हम पहले सजातीय समीकरण का फैसला करते हैं: z 0 + 2z \u003d 0, dz \u003d 2dx, z zzj \u003d 2x + c, z \u003d ce2x, c 2 r1। अमानवीय समीकरण का समाधान (4.28) हम एक मनमाने ढंग से निरंतर की भिन्नता की तलाश में हैं: zn \u003d c (x) e2x, c 0 e2x 2ce2x + 2ce2x \u003d ex, c 0 \u003d ex, c (x) \u003d पूर्व, जहां से जेन \u003d पूर्व, और समीकरण का सामान्य समाधान (4.28) z (x) \u003d ce2x + पूर्व। नतीजतन, बर्निली समीकरण (4.24) का समाधान वाई (एक्स) \u003d 1 के रूप में दर्ज किया गया है। EX + CE2X इसके अलावा, समीकरण का समाधान (4.24) भी फ़ंक्शन y (x) यह समाधान है जब यह समीकरण Y 2 में विभाजित होता है। 0. 4. 5. पूर्ण भिन्नताओं में समीकरण भिन्नता एम (एक्स, वाई) डीएक्स + एन (एक्स, वाई) डीएक्स \u003d 0, (एक्स, वाई) 2 जी, (4.2 9) जी में समीकरण पर विचार करें, कुछ क्षेत्र है R2। इस समीकरण को पूर्ण विभेदक में समीकरण कहा जाता है यदि कोई फ़ंक्शन f (x, y) 2 c 1 (g) होता है, जिसे संभावित, जैसे कि DF (x, y) \u003d m (x, y) dx + n ( एक्स, वाई) डीवाई, (एक्स, वाई) 2 जी। हम मान लेंगे कि एम (एक्स, वाई), एन (एक्स, वाई) 2 सी 1 (जी), और क्षेत्र जी एक जुड़ा हुआ है। इन धारणाओं में, गणितीय विश्लेषण के बारे में जागरूक (उदाहरण के लिए देखें), यह साबित किया जाता है कि समीकरण (4.2 9) के लिए संभावित एफ (एक्स, वाई) मौजूद है (यानी (4.2 9) - समीकरण पूर्ण अंतर में) यदि और केवल तभी जब मेरा (x, y) \u003d nx (x, y) -65- 8 (x, y) 2 g। उसी समय (एक्स, ज़ी) एफ (एक्स, वाई) \u003d एम (एक्स, वाई) डीएक्स + एन (एक्स, वाई) डीई, (4.30) (x0, y0) जहां बिंदु (x0, y0) कुछ है जी, (एक्स, वाई) से निश्चित बिंदु - जी में वर्तमान बिंदु, और कर्विलिनियर अभिन्न अंग को जोड़ने वाले किसी भी वक्र के साथ लिया जाता है (x0, y0) और (x, y) और क्षेत्र में पूरे झूठ जी। यदि समीकरण (4.2 9) समीकरण है

यह व्याख्यान पाठ्यक्रम दूर पूर्वी राज्य विश्वविद्यालय में सैद्धांतिक और लागू गणित के छात्रों के लिए 10 से अधिक वर्षों से अधिक पढ़ा जाता है। मानक II पीढ़ी का पालन करता है लेकिन इन विशिष्टताओं का पालन करता है। अनुशंसित छात्रों और गणितीय विशिष्टताओं के स्नातक।

पहले आदेश समीकरण की कौची समस्या के समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता पर कौची प्रमेय।
इस अनुच्छेद में, हम, पहले-क्रम अंतर समीकरण के दाएं हाथ के हिस्से पर कुछ सीमाएं लागू करते हैं, हम प्रारंभिक डेटा (x0, u0) द्वारा निर्धारित समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता को साबित करते हैं। अंतर समीकरणों के समाधान के अस्तित्व का पहला सबूत कौची से संबंधित है; नीचे सबूत पिकर द्वारा दिया गया है; यह लगातार अनुमानों की विधि का उपयोग करके किया जाता है।

विषयसूची
1. पहला आदेश समीकरण
1.0। परिचय
1.1। अलग-अलग चर के साथ समीकरण
1.2। समान समीकरण
1.3। सामान्यीकृत सजातीय समीकरण
1.4। पहले क्रम के रैखिक समीकरण और उनके लिए अग्रणी
1.5। बर्नौली समीकरण
1.6। रिक्ति समीकरण
1.7। पूर्ण अंतर में समीकरण
1.8। गुणक को एकीकृत करना। एक एकीकृत गुणक खोजने का सबसे सरल मामला
1.9। समीकरण जो व्युत्पन्न के सापेक्ष हल नहीं होते हैं
1.10। पहले आदेश की कौची चुनौती के समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता पर कौची प्रमेय
1.11। विशेष अंक
1.12। विशेष समाधान
2. उच्च आदेशों के समीकरण
2.1। बुनियादी अवधारणाओं और परिभाषाएँ
2.2। एन-ऑर्डर समीकरणों के प्रकार जो चतुर्भुज में हल किए जाते हैं
2.3। मध्यवर्ती इंटीग्रल। समीकरण जो क्रम में कमी की अनुमति देते हैं
3. क्रम पर रैखिक अंतर समीकरण
3.1। मूल अवधारणा
3.2। क्रम पर रैखिक सजातीय अंतर समीकरण
3.3। एक रैखिक सजातीय समीकरण के आदेश को कम करना
3.4। विषम रैखिक समीकरण
3.5। एक रैखिक अमानवीय समीकरण में आदेश की कमी
4. निरंतर गुणांक के साथ रैखिक समीकरण
4.1। निरंतर गुणांक के साथ समान रैखिक समीकरण
4.2। निरंतर गुणांक के साथ अमानवीय रैखिक समीकरण
4.3। उतार-चढ़ाव समाधान के साथ दूसरे क्रम के रैखिक समीकरण
4.4। पावर श्रृंखला द्वारा एकीकरण
5. रैखिक प्रणाली
5.1। अमानवीय और सजातीय प्रणाली। रैखिक प्रणालियों के समाधान के कुछ गुण
5.2। रैखिक सजातीय प्रणाली के समाधान के लिए रैखिक आजादी के लिए आवश्यक और पर्याप्त शर्तें
5.3। एक मौलिक मैट्रिक्स का अस्तित्व। एक रैखिक सजातीय प्रणाली का एक सामान्य समाधान बनाना
5.4। एक रैखिक सजातीय प्रणाली के मौलिक matrices के पूरे सेट का निर्माण
5.5। अमानवीय प्रणालियों। मनमाने ढंग से निरंतर भिन्नता की विधि से एक सामान्य समाधान का निर्माण
5.6। निरंतर गुणांक के साथ रैखिक सजातीय प्रणाली
5.7। मैट्रिस से कार्यों के सिद्धांत से कुछ जानकारी
5.8। सामान्य मामले में निरंतर गुणांक के साथ रैखिक सजातीय समीकरणों की एक प्रणाली के एक मौलिक मैट्रिक्स का निर्माण
5.9। प्रथम क्रम विभेदक समीकरणों की सामान्य प्रणालियों के समाधान के कार्यात्मक गुणों पर अस्तित्व और प्रमेय का प्रमेय
6. स्थिरता के सिद्धांत के तत्व
6.1
6.2। शेष बिंदुओं के सबसे सरल प्रकार
7. पहले आदेश के आंशिक डेरिवेटिव में समीकरण
7.1। 1 आदेश के आंशिक व्युत्पन्न में रैखिक सजातीय समीकरण
7.2। 1 आदेश के निजी डेरिवेटिव में अमानवीय रैखिक समीकरण
7.3। 1 अज्ञात समारोह के साथ दो आंशिक अंतर समीकरणों की प्रणाली
7.4। Pfaffa समीकरण
8. परीक्षण कार्यों के लिए विकल्प
8.1. परीक्षा №1
8.2। परीक्षा संख्या 2।
8.3। परीक्षा संख्या 3।
8.4। परीक्षा संख्या 4।
8.5। परीक्षा संख्या 5।
8.6। परीक्षा संख्या 6।
8.7। परीक्षा संख्या 7।
8.8। परीक्षा संख्या 8।

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सामान्य अंतर समीकरणों पर पुस्तक व्याख्यान डाउनलोड करें, शेपेलेव आरपी, 2006 - FilesKachat.com, तेज़ और मुफ्त डाउनलोड।

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"सामान्य अंतर समीकरण भाग पर व्याख्यान 1. पाठ्यपुस्तक में सामान्य सिद्धांत के तत्वों को ऐसे प्रावधान प्रस्तुत किए जाते हैं जो सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत के आधार पर बनाते हैं: ..."

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A. E. Mamontov

साधारण पर व्याख्यान

विभेदक समीकरण

सामान्य सिद्धांत के तत्व

पाठ्यपुस्तक गठित प्रावधानों को निर्धारित करती है

सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत का आधार: समाधान की अवधारणा, उनके अस्तित्व, विशिष्टता,

पैरामीटर पर निर्भरता। इसके अलावा (§ 3 में), समीकरणों के कुछ वर्गों के लिए "स्पष्ट" समाधान को एक निश्चित ध्यान दिया जाता है। मैनुअल का इरादा है गहन अध्ययन नोवोसिबिर्स्क राज्य शैक्षिक विश्वविद्यालय के गणित संकाय में पढ़ रहे छात्रों द्वारा "अंतर समीकरण"।

यूडीसी 517.9 1 बीबीके बीसी 161.61 प्रस्तावना ट्यूटोरियल नोवोसिबिर्स्क राज्य शैक्षिक विश्वविद्यालय के गणितीय संकाय के छात्रों के लिए डिज़ाइन किया गया है जो अन्वेषण की इच्छा रखते हैं अनिवार्य पाठ्यक्रम एक विस्तारित मात्रा में "अंतर समीकरण"। पाठकों को मुख्य अवधारणाओं और परिणामों की पेशकश की जाती है जो सामान्य अंतर समीकरणों के सिद्धांत की नींव बनाती हैं: मानकों के आधार पर निर्णयों की अवधारणा, उनके अस्तित्व पर प्रमेय, विशिष्टता। वर्णित सामग्री §§ 1, 2, 4, 5 में एक तार्किक अविभाज्य पाठ के रूप में प्रस्तुत की जाती है। इसके अलावा (§ 3 में, कई हवेली से खड़े होकर पाठ्यक्रम के मुख्य धागे को अस्थायी रूप से बाधित) संक्षेप में सबसे अधिक मांग वाली तकनीकों पर विचार करें समीकरणों के कुछ वर्गों के "स्पष्ट" समाधान ढूंढना। जब पहली बार पढ़ा गया § 3 आप पाठ्यक्रम की तार्किक संरचना के लिए महत्वपूर्ण क्षति के बिना छोड़ सकते हैं।

व्यायाम पाठ में शामिल बड़ी मात्रा में एक महत्वपूर्ण भूमिका निभाता है। पाठक को "गर्म पिक्सेल" को तेज करने की दृढ़ता से अनुशंसा की जाती है, जो सामग्री के आकलन की गारंटी देता है और परीक्षण के रूप में कार्य करता है। इसके अलावा, अक्सर ये अभ्यास एक तार्किक ऊतक भरते हैं, यानी, उन्हें हल किए बिना, सभी प्रावधान सख्ती से साबित नहीं होंगे।

पाठ के बीच में वर्ग ब्रैकेट में टिप्पणियां की गई टिप्पणियां (विस्तारित या साइड स्पष्टीकरण) की भूमिका निभाती हैं। लेक्सिक रूप से, ये टुकड़े मुख्य पाठ में बाधा डाल रहे हैं (यानी, एक सुसंगत पढ़ने के लिए, उन्हें "नोटिस नहीं" की आवश्यकता है), लेकिन फिर भी उन्हें स्पष्टीकरण के रूप में आवश्यकता है। दूसरे शब्दों में, इन टुकड़ों को माना जाता है जैसे कि उन्हें खेतों में रखा गया था।

पाठ को "शिक्षक के लिए टिप्पणियां" अलग-अलग वर्गीकृत किए जाते हैं - छात्रों को पढ़ते समय उन्हें छोड़ दिया जा सकता है, लेकिन शिक्षक के लिए उपयोगी जो मैनुअल का उपयोग करेगा, उदाहरण के लिए, व्याख्यान पढ़ने पर - वे पाठ्यक्रम के तर्क को बेहतर ढंग से समझने में मदद करते हैं और इंगित करते हैं पाठ्यक्रम के संभावित सुधार (एक्सटेंशन) की दिशा। हालांकि, छात्रों को इन टिप्पणियों के विकास का स्वागत किया जा सकता है।

एक समान भूमिका "शिक्षक के लिए औचित्य" द्वारा खेला जाता है - वे बेहद संपीड़ित रूप में हैं, पाठक को अभ्यास के रूप में पेश किए गए कुछ प्रावधानों का प्रमाण देते हैं।

सबसे आम (कुंजी) शर्तों का संक्षेप के रूप में उपयोग किया जाता है, जिसकी सूची अंत में सुविधा के लिए दी जाती है। पाठ में सामने आने वाले गणितीय पदनामों की एक सूची भी प्रदान की जाती है, लेकिन सबसे आम (और / या साहित्य में अज्ञात) से संबंधित नहीं है।

प्रतीक का अर्थ है सबूत का अंत, अनुमोदन, टिप्पणियां, आदि का निर्माण (जहां भ्रम से बचने के लिए यह आवश्यक है)।

प्रत्येक अनुच्छेद में सूत्रों की संख्या स्वतंत्र रूप से आयोजित की जाती है। जैसा कि सूत्र के एक हिस्से के संदर्भ में, सूचकांकों का उपयोग किया जाता है, उदाहरण के लिए (2) 3 का अर्थ सूत्र (2) (टुकड़ों, अलग टाइपोग्राफ़ी टाइपोग्राफिक रिक्त स्थान, और तार्किक स्थिति से - एक लिगामेंट "और") का तीसरा हिस्सा है।

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

एक और 2 भागों (वॉल्यूम) का एक संस्करण, जो इस मैनुअल और "साधारण अंतर समीकरण" के विषय पर व्याख्यान के वर्तमान चक्र को नियोजित करता है: भाग 2 (रैखिक समीकरण), भाग 3 (गैरलाइनर समीकरणों के आगे सिद्धांत, समीकरणों में पहले आदेश के आंशिक डेरिवेटिव)।

§ 1. परिचय अंतर समीकरण (डीबी) फॉर्म यू 1 यू 1 संयुक्त राष्ट्र का अनुपात है, उच्चतम डेरिवेटिव एफवाई, यू (वाई), ..., \u003d 0, वाई 1 वाई 2 वाईके (1) जहां वाई \u003d (वाई 1 ,. .., वाईके) आरके - स्वतंत्र चर, और यू \u003d यू (वाई) - अज्ञात कार्य 1, यू \u003d (यू 1, ..., संयुक्त राष्ट्र)। इस प्रकार, (1) में एन अज्ञात हैं, ताकि एन समीकरणों की आवश्यकता हो, यानी एफ \u003d (एफ 1, ..., एफएन), इसलिए (1), आम तौर पर बोलते हुए, एन समीकरणों से सिस्टम। यदि कोई अज्ञात फ़ंक्शन एक (n \u003d 1) है, तो समीकरण (1) स्केलर (एक समीकरण) है।

तो, फ़ंक्शन (ओं) एफ सेट (ओं) है, और यू खोजा गया है। यदि के \u003d 1, तो (1) ओडीयू कहा जाता है, और अन्यथा - uch। दूसरा मामला यूएमएफ के विशेष पाठ्यक्रम का विषय है, पाठ्यपुस्तकों की श्रृंखला में निर्धारित किया गया है। लाभों की इस श्रृंखला में (3 भागों-खंडों से मिलकर), हम अंतिम भाग (वॉल्यूम) के अंतिम अनुच्छेद के अपवाद के साथ केवल ओडीयू का अध्ययन करेंगे, जिसमें हम यूसीएच के कुछ विशेष मामलों को सीखना शुरू कर देंगे।

2 यू उदाहरण। 2 \u003d 0 - यह एक जरूरी है।

y1 y अज्ञात मूल्य यू असली या जटिल हो सकते हैं, जो महत्वहीन है, क्योंकि इस क्षण केवल रिकॉर्डिंग समीकरणों के रूप में लागू होता है: किसी भी व्यापक रिकॉर्ड को वास्तविक और काल्पनिक भागों को अलग करने, निश्चित रूप से अलग किया जा सकता है (लेकिन, निश्चित रूप से , समीकरणों और अज्ञात की संख्या को दोगुना कर देता है), और इसके विपरीत, कुछ मामलों में एक एकीकृत रिकॉर्ड में स्थानांतरित करना सुविधाजनक है।

डीयू डी 2 वी डीवी · 2 \u003d यूवी; U3 \u003d 2. यह 2 ode उदाहरण की एक प्रणाली है।

एक स्वतंत्र वैकल्पिक वाई से 2 अज्ञात कार्यों के लिए डीवाई डीवाई।

यदि के \u003d 1 (ओडीयू), तो "डायरेक्ट" आइकन डी / डीवाई का उपयोग किया जाता है।

यू (वाई) डु उदाहरण। EXP (SIN Z) DZ एक ord है, क्योंकि इसका एक उदाहरण है। \u003d U (u (y)) n \u003d 1 पर रिमोट कंट्रोल नहीं है, लेकिन फ़ंक्शन एक विकासशील अंतर समीकरण है।

यह एक रिमोट कंट्रोल नहीं है, लेकिन एक इंटीग्रो-डिफरेंस समीकरण, हम ऐसे समीकरणों का अध्ययन नहीं करेंगे। हालांकि, समीकरण (2) आसानी से ओडीयू में कम हो जाता है:

व्यायाम। ओडीयू को कम करने के लिए (2)।

लेकिन सामान्य रूप से, अभिन्न समीकरण एक अधिक जटिल वस्तु हैं (इसे आंशिक रूप से कार्यात्मक विश्लेषण के पाठ्यक्रम में अध्ययन किया जाता है), हालांकि, जैसा कि हम नीचे देखेंगे, यह उनकी सहायता के साथ है कि ओडीयू के लिए कुछ परिणाम प्राप्त किए जाते हैं।

डु इंट्रामैथमैटिक्स दोनों की जरूरतों (उदाहरण के लिए, अंतर ज्यामिति में) और अनुप्रयोगों में (ऐतिहासिक रूप से पहली बार, और अब मुख्य रूप से भौतिकी में) से उत्पन्न होता है। सबसे सरल डीयू इसके व्युत्पन्न: \u003d एच (वाई) के अनुसार कार्य की बहाली पर "अंतर कैलकुस का मूल कार्य" है। जैसा कि विश्लेषण से जाना जाता है, इसके निर्णय में फॉर्म यू (वाई) \u003d + एच (एस) डीएस होता है। इसके समाधान के लिए अधिक सामान्य डीयू विशेष तरीकों की आवश्यकता होती है। हालांकि, जैसा कि हम देखेंगे, ओडीयू को "स्पष्ट रूप से" को हल करने के लिए लगभग सभी विधियां अनिवार्य रूप से निर्दिष्ट मामूली मामले में कम हो जाती हैं।

अक्सर अनुप्रयोगों में, कोड समय पर विकास की प्रक्रियाओं का वर्णन करते समय होता है, ताकि एक स्वतंत्र चर की भूमिका आमतौर पर समय टी खेल रही है।

इस प्रकार, इस तरह के अनुप्रयोगों में ओडीयू का अर्थ समय के साथ सिस्टम के मानकों में परिवर्तन का वर्णन करना है, जो भवन के दौरान सुविधाजनक है सामान्य सिद्धांत ओड टी के माध्यम से एक स्वतंत्र चर को दर्शाता है (और इसे शब्दकोषीय परिणामों के सभी परिणामों के साथ समय के साथ बुलाया जाता है), और अज्ञात फ़ंक्शन (एआई) - x \u003d (x1, ..., xn) के माध्यम से। इस प्रकार, ओडीयू (सिस्टम ओडीयू) का सामान्य दृश्य निम्नानुसार है:

जहां एफ \u003d (एफ 1, ..., एफएन) वह ई। यह एन फ़ंक्शन एक्स के लिए एन ओडीयू की एक प्रणाली है, और यदि एन \u003d 1, तो 1 फ़ंक्शन एक्स के लिए एक ode।

इस मामले में, x \u003d x (टी), टी आर, और एक्स आम तौर पर बोलने में जटिल है (यह सुविधा के लिए है, क्योंकि कुछ सिस्टम अधिक कॉम्पैक्टली रिकॉर्ड किए गए हैं)।

ऐसा कहा जाता है कि सिस्टम (3) ने एक्सएम फ़ंक्शन पर ऑर्डर एम है।

डेरिवेटिव को बुजुर्ग कहा जाता है, और बाकी (एक्सएम \u003d) - छोटे। यदि सभी एम \u003d, तो वे बस कहते हैं कि सिस्टम का क्रम बराबर है।

सच है, अक्सर सिस्टम के क्रम को संख्या एम कहा जाता है, जो भी प्राकृतिक है, क्योंकि यह स्पष्ट हो जाता है।

ओडीयू और उनके अनुप्रयोगों का अध्ययन करने की आवश्यकता का सवाल, हमें पर्याप्त रूप से उचित अन्य विषयों (विभेदक ज्यामिति, गणितीय विश्लेषण, सैद्धांतिक यांत्रिकी, आदि) माना जाएगा, और यह आंशिक रूप से समस्याओं को हल करने में व्यावहारिक प्रशिक्षण में शामिल है (उदाहरण के लिए, कार्य से)। वर्तमान पाठ्यक्रम में, हम विशेष रूप से फॉर्म (3) के सिस्टम के गणितीय अध्ययन के लिए व्यस्त होंगे, जो निम्नलिखित प्रश्नों के उत्तर का तात्पर्य है:

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

2. यह कैसे करें;

3. इन निर्णयों में क्या गुण हैं, उन्हें कैसे पता लगाना है।

प्रश्न 1 इतना स्पष्ट नहीं है जितना लगता है - नीचे देखें। तुरंत ध्यान दें कि किसी भी सिस्टम (3) को पहले ऑर्डर सिस्टम में कम किया जा सकता है, जो युवा डेरिवेटिव को नए अज्ञात कार्यों के रूप में दर्शाता है। सबसे आसान बात यह है कि उदाहरण का उपयोग करके इस प्रक्रिया को समझाना:

5 समीकरणों के लिए 5 समीकरणों में से। यह समझना आसान है कि (4) और (5) इस अर्थ में समतुल्य हैं कि उनमें से एक का समाधान (संबंधित पुनर्जीवन के बाद) दूसरे का समाधान है। साथ ही, इसे केवल निर्णयों की चिकनीता के सवाल से अवगत होना चाहिए - यह तब होगा जब हम एक उच्च आदेश का सामना करते हैं (यानी पहले वाला नहीं)।

लेकिन अब यह स्पष्ट है कि यह केवल पहले क्रम में से एक का अध्ययन करने के लिए पर्याप्त है, और अन्य को केवल पदनामों की सुविधा के लिए ही आवश्यकता हो सकती है (यह स्थिति कभी-कभी होती है)।

और अब हम पहले आदेश के बारे में खुद को प्रतिबंधित करते हैं:

dIMX \u003d DIMF \u003d N।

समीकरण (सिस्टम) (6) का अध्ययन इस तथ्य के कारण असुविधाजनक है कि यह डीएक्स / डीटी डेरिवेटिव के सापेक्ष हल नहीं है। जैसा कि विश्लेषण से (अंतहीन समारोह पर प्रमेय से) से जाना जाता है, एफ पर कुछ स्थितियों के तहत, समीकरण (6) को डीएक्स / डीटी के सापेक्ष हल किया जा सकता है और इसे उस फॉर्म में लिखा जा सकता है जहां एफ: आरएन + 1 आरएन है सेट, और एक्स: आरएन वांछित है। ऐसा कहा जाता है कि (7) एक ओडीयू है, जो डेरिवेटिव (सामान्य रूप के आदेश) के सापेक्ष अनुमत है। (6) से (7) तक संक्रमण के दौरान, स्वाभाविक रूप से, कठिनाइयों का हो सकता है:

उदाहरण। EXP (x) \u003d 0 समीकरण फॉर्म (7) में दर्ज नहीं किया जा सकता है, और इसमें समाधान नहीं है, यानी, एक्सपी में जटिल विमान में भी शून्य नहीं है।

उदाहरण। समीकरण x 2 + x2 \u003d 1 दो सामान्य ode x \u003d ± 1 x2 के रूप में लिखा गया है। उनमें से प्रत्येक को हल किया जाना चाहिए और फिर परिणाम की व्याख्या करना चाहिए।

टिप्पणी। सूचना के लिए (3) से (6), कठिनाई हो सकती है यदि (3) के पास कुछ फ़ंक्शन या फ़ंक्शंस के हिस्से के लिए 0 ऑर्डर है (यानी यह एक कार्यात्मक अंतर समीकरण है)। लेकिन फिर इन कार्यों को अंतर्निहित समारोह पर प्रमेय द्वारा बाहर रखा जाना चाहिए।

उदाहरण। x \u003d y, xy \u003d 1 x \u003d 1 / x। प्राप्त ओडीयू से एक्स ढूंढना आवश्यक है, और फिर कार्यात्मक समीकरण से वाई।

लेकिन किसी भी मामले में, (6) से (7) से संक्रमण की समस्या डीयू की तुलना में गणितीय विश्लेषण के क्षेत्र के बजाय संबंधित है, और हम इसे नहीं करेंगे। हालांकि, ओडीई (6) को हल करते समय, दिलचस्प क्षण दृष्टिकोण से हो सकते हैं, इसलिए कार्यों को हल करते समय यह प्रश्न अध्ययन करने के लिए उपयुक्त है (जैसा कि यह उदाहरण के लिए किया जाता है बी) और यह § 3. में थोड़ा प्रभावित होगा। पाठ्यक्रम के बाकी हिस्सों में हम केवल सामान्य सिस्टम और समीकरणों के साथ सौदा करेंगे। तो, ओडीयू (सिस्टम ओडीयू) (7) पर विचार करें। हम इसे प्यूमिडेशन फॉर्म में 1 बार लिखते हैं:

लंबे समय तक "हल करने (7)" (और सामान्य रूप से, किसी भी कार्य) की अवधारणा को "स्पष्ट सूत्र" की खोज के रूप में समझा गया था (यानी, प्राथमिक कार्यों के रूप में, उनके प्राथमिक, या विशेष कार्यों के रूप में, आदि), समाधान की चिकनीता और इसकी परिभाषा के अंतराल पर उच्चारण के बिना। हालांकि, ओडीयू के सिद्धांत और गणित के अन्य वर्गों की वर्तमान स्थिति (और सामान्य विज्ञान) से पता चलता है कि ऐसा दृष्टिकोण असंतोषजनक है - कम से कम क्योंकि ओडीयू का हिस्सा "स्पष्टीकरण एकीकरण" के लिए सस्ता है (यहां तक \u200b\u200bकि इसके लिए भी) सबसे सरल ओडीई एक्स \u003d एफ (टी) यह ज्ञात है कि प्राथमिक कार्यों में समाधान दुर्लभ है, हालांकि एक "स्पष्ट सूत्र" है)।

उदाहरण। समीकरण एक्स \u003d टी 2 + एक्स 2, इसकी अत्यधिक सादगी के बावजूद, प्राथमिक कार्यों में समाधान नहीं है (और यहां तक \u200b\u200bकि "कोई सूत्र नहीं" भी है)।

और यद्यपि आप ओडीयू के वर्गों को जानते हैं, जिसके लिए "स्पष्ट" समाधान संभव है (इसी तरह से "इंटीग्रल की गणना करने में सक्षम होने के लिए उपयोगी होता है, जब यह संभव होता है, हालांकि यह संभवतः शायद ही कभी संभव है), इस संबंध में, शर्तों की विशेषता है: "instengrilators odu", "इंटीग्रल ओडीयू" (पुराना एनालॉग आधुनिक अवधारणाएं "ओडीयू हल करें", "निर्णय ओडीयू"), जो निर्णय के बारे में पिछली अवधारणाओं को दर्शाता है। आधुनिक शर्तों को कैसे समझें, हम अब बताएंगे।

और इस मुद्दे को § 3 में माना जाएगा (और व्यावहारिक वर्गों में समस्याओं को हल करते समय परंपरागत रूप से अधिक ध्यान दिया जाता है), लेकिन किसी को इस दृष्टिकोण से किसी भी बहुमुखी प्रतिभा की अपेक्षा नहीं करनी चाहिए। एक नियम के रूप में, निर्णय प्रक्रिया के तहत (7) हम पूरी तरह से अलग-अलग चरणों को समझेंगे।

यह स्पष्ट किया जाना चाहिए कि कौन सा फ़ंक्शन x \u003d x (t) को समाधान (7) के रूप में संदर्भित किया जा सकता है।

सबसे पहले, हम ध्यान देते हैं कि सुलझाने की अवधारणा का स्पष्ट शब्द सेट को निर्दिष्ट किए बिना असंभव है, जिस पर इसे परिभाषित किया गया है, यदि केवल इसलिए कि समाधान एक समारोह है, और कोई भी कार्य (स्कूल परिभाषा के अनुसार) एक कानून है जो मेल खाता है एक निश्चित सेट का कोई भी तत्व (परिभाषा क्षेत्र कहा जाता है) किसी अन्य सेट (फ़ंक्शन मान) का कुछ तत्व। इस प्रकार, यह अपनी परिभाषा के क्षेत्र को निर्दिष्ट किए बिना परिभाषा से बेतुका है। विश्लेषणात्मक कार्य (अधिक व्यापक प्राथमिक) यहां "अपवाद" (भ्रामक) नीचे सूचीबद्ध कारणों के तहत (और कुछ अन्य) की सेवा करते हैं, लेकिन डू ऐसी स्वतंत्रता के मामले में अस्वीकार्य है।

और सामान्य रूप से, (7) में शामिल सभी कार्यों की परिभाषा के लिए सेट निर्दिष्ट किए बिना। यह आगे से स्पष्ट हो जाएगा, सलाह दी जाती है कि वे अपनी परिभाषा की एक भीड़ के साथ हल करने की अवधारणा को सख्ती से लिंक करें, और विभिन्न परिभाषाओं के सेट अलग-अलग हैं, भले ही इन सेटों के पार हो।

अक्सर, विशिष्ट परिस्थितियों में, इसका अर्थ यह है कि यदि समाधान प्राथमिक कार्यों के रूप में बनाए जाते हैं, ताकि 2 समाधानों में "समान सूत्र" हो, तो यह जांचना आवश्यक है कि इन सूत्रों को लिखा गया है या नहीं। इस मामले में लंबे समय तक शासन करने के लिए भ्रम एक बहिष्कार था, जबकि प्राथमिक कार्यों के रूप में निर्णयों पर विचार किया गया था, क्योंकि विश्लेषणात्मक कार्य स्पष्ट रूप से व्यापक अंतराल पर जारी रहते हैं।

उदाहरण। X1 (t) \u003d et (0.2) और x2 (t) \u003d et पर (1,3) - समीकरण X \u003d x के विभिन्न समाधान।

एक ही समय में, स्वाभाविक रूप से, खुले अंतराल (शायद अंतहीन) लेने के लिए किसी भी समाधान की परिभाषा की गुणवत्ता में, चूंकि यह सेट होना चाहिए:

1. खोलें ताकि किसी भी बिंदु पर व्युत्पन्न (द्विपक्षीय) के बारे में बात करना समझ में आता है;

2. Svyaznoy, ताकि समाधान असंगत टुकड़ों में फिट नहीं हो (इस मामले में कई समाधानों के बारे में बात करना अधिक सुविधाजनक है) - पिछले उदाहरण देखें।

इस प्रकार, समाधान (7) एक जोड़ी है (, (ए, बी)), जहां बी + (ए, बी) द्वारा परिभाषित किया गया है।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। कुछ पाठ्यपुस्तकों में, निर्णय के निर्धारण के क्षेत्र में सेगमेंट के अंत को शामिल करने की अनुमति है, लेकिन इस तथ्य के कारण अनुचित है कि केवल प्रस्तुति को जटिल बनाता है, और वास्तविक सामान्यीकरण नहीं देता है (§ 4 देखें)।

आगे तर्क को समझना आसान बनाने के लिए, यह एक ज्यामितीय व्याख्या (7) का उपयोग करने के लिए उपयोगी है। प्रत्येक बिंदु (टी, एक्स) पर अंतरिक्ष आरएन + 1 \u003d ((टी)) में, जहां एफ परिभाषित किया गया है, वेक्टर एफ (टी, एक्स) पर विचार किया जा सकता है। यदि आप इस स्थान में एक समाधान ग्राफ (7) का निर्माण करते हैं (इसे सिस्टम का एक अभिन्न वक्र कहा जाता है (7)), तो इसमें फॉर्म (टी, एक्स (टी)) के अंक होते हैं। जब टी (ए, बी) बदल जाता है, तो यह बिंदु आईआर के साथ चलता है। बिंदु पर आईआर के लिए स्पर्शक (टी, एक्स (टी)) में फॉर्म (1, एक्स (टी)) \u003d (1, एफ (टी, एक्स (टी)) है)। इस प्रकार, आईआर आरएन + 1 स्पेस में केवल वक्र है, जो प्रत्येक अपने बिंदु (टी, एक्स) में एक स्पर्शरेखा, समांतर वेक्टर (1, एफ (टी, एक्स)) में है। इस विचार पर, इसे तथाकथित किया गया था। आईआर के अनुमानित निर्माण के लिए इसोकलाइन विधि, जिसका उपयोग विशिष्ट ओडीयू के समाधान के ग्राफ के रूप में किया जाता है (देखें)

जैसे)। उदाहरण के लिए, एन \u003d 1 पर, हमारे निर्माण का मतलब निम्नलिखित है: प्रत्येक बिंदु पर आईआर, टी अक्ष के लिए इसकी ढलान में संपत्ति टीजी \u003d एफ (टी, एक्स) है। यह मानना \u200b\u200bस्वाभाविक है कि परिभाषा एफ के सेट से किसी भी बिंदु को लेकर, हम इसके माध्यम से एक आईआर खर्च कर सकते हैं। इस विचार को और सख्ती से उचित ठहराया जाएगा। जब तक हमारे पास समाधान की चिकनीता के सख्त फॉर्मूलेशन की कमी नहीं है - यह नीचे किया जाएगा।

अब सेट बी को स्पष्ट करना आवश्यक है, जो एफ को परिभाषित करता है। यह बहुत स्वाभाविक रूप से लेना है:

1. ओपन (ताकि आईआर को किसी भी बिंदु के किसी भी बिंदु के पड़ोस में बनाया जा सके), 2. कनेक्टेड (अन्यथा सभी जुड़े टुकड़ों पर विचार किया जा सकता है - वैसे भी, आईआर (एक निरंतर कार्य के चार्ट के रूप में) बाहर नहीं जा सकता है एक टुकड़ा दूसरे में, ताकि समाधान के लिए सामुदायिक खोज प्रभावित नहीं होगी)।

हम केवल शास्त्रीय समाधान (7) पर विचार करेंगे, यानी, जैसे कि एक्स और इसका एक्स निरंतर (ए, बी) पर है। फिर स्वाभाविक रूप से f c (b) की आवश्यकता होती है। इसके बाद, यह आवश्यकता हमारे द्वारा निहित की जाएगी। तो, हम अंत में एक परिभाषा प्राप्त करते हैं। बी आरएन + 1 क्षेत्र, एफ सी (बी) होने दें।

एक जोड़ी ((ए, बी)), एबी +, (ए, बी) द्वारा परिभाषित किया गया है, जिसे समाधान कहा जाता है (7) यदि सी (ए, बी), प्रत्येक बार टी (ए, बी), (टी, (टी)) बी और मौजूद (टी), (टी) \u003d एफ (टी, (टी)) के साथ (फिर स्वचालित रूप से सी 1 (ए, बी))।

यह ज्यामितीय रूप से स्पष्ट है कि (7) के पास बहुत सारे समाधान होंगे (जो ग्राफिक रूप से समझना आसान है), क्योंकि फॉर्म (टी 0, एक्स 0) के बिंदुओं के साथ शुरू करने के बाद, जहां टी 0 तय हो जाएगा, तो हम प्राप्त करेंगे अलग आईआर। इसके अलावा, निर्णय परिभाषा अंतराल में परिवर्तन हमारी परिभाषा के अनुसार एक और समाधान देगा।

उदाहरण। x \u003d 0. समाधान: x \u003d \u003d const rn। हालांकि, यदि आप कुछ टी 0 का चयन करते हैं और बिंदु T0: x (t0) \u003d x0 पर समाधान के मान x0 को ठीक करते हैं, तो मूल्य को विशिष्ट रूप से परिभाषित किया गया है: \u003d x0, यानी, समाधान अंतराल चयन की सटीकता के साथ अद्वितीय है (ए, बी) टी 0।

समाधानों के "बेकार" सेट की उपस्थिति एनआईएमआई 2 के साथ काम करने के लिए असुविधाजनक है - इसे निम्नानुसार "आयात" करना अधिक सुविधाजनक है: (7) अतिरिक्त स्थितियों में जोड़ें ताकि केवल (एक निश्चित अर्थ में) निर्णय को हाइलाइट किया जा सके , और फिर, इन शर्तों का सामना करना, प्रत्येक समाधान के साथ काम अलग है (ज्यामितीय रूप से समाधान एक (आईआर) हो सकता है, और ऐसे कई टुकड़े हैं - इस असुविधा के साथ बाद में देखेंगे)।

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

हमने काफी सरल कार्य का आविष्कार किया - यह कौची का काम है: (7) फॉर्म की शर्तों के साथ (कौची डेटा, प्रारंभिक डेटा):

अनुप्रयोगों के दृष्टिकोण का दृष्टिकोण यह कार्य प्राकृतिक है: उदाहरण के लिए, यदि (7) कुछ पैरामीटर x में परिवर्तन का वर्णन समय टी के साथ, तो (8) का मतलब है कि कुछ (प्रारंभिक) समय में पैरामीटर का मूल्य ज्ञात है । अन्य कार्यों को सीखना आवश्यक है, हम इसके बारे में बाद में बात करेंगे, लेकिन अब हम कौची कार्य पर ध्यान केंद्रित करेंगे। स्वाभाविक रूप से, यह कार्य (t0, x0) बी पर समझ में आता है। तदनुसार, समस्या का समाधान (7), (8) को समाधान कहा जाता है (7) (ऊपर दी गई परिभाषा के अर्थ में) जैसे टी 0 (ए, बी), और निष्पादित (आठ)।

हमारा निकटतम कार्य कौची समस्या (7), (8) के समाधान के अस्तित्व को साबित करना है, और कुछ अतिरिक्त उदाहरण के साथ - एक वर्ग समीकरण, x1 \u003d ..., x2 \u003d ... लिखना बेहतर है एक्स \u003d बी / 2 ± ...

एफ - और एक निश्चित अर्थ में इसकी विशिष्टता पर धारणाएं।

टिप्पणी। हमें वेक्टर और मैट्रिक्स के मानदंड की अवधारणा को स्पष्ट करने की आवश्यकता है (हालांकि मैट्रिक्स को केवल भाग 2 में ही आवश्यकता होगी)। इस तथ्य के कारण कि परिमित-आयामी अंतरिक्ष में सभी नियम समतुल्य हैं, किसी विशेष मानदंड की पसंद कोई फर्क नहीं पड़ता कि हम केवल अनुमान के रूप में रुचि रखते हैं, और सटीक मान नहीं हैं। उदाहरण के लिए, वेक्टर के लिए आप आवेदन कर सकते हैं | x | p \u003d (| xi | p) 1 / p, p - पेनो सेगमेंट (पिकर)। शंकु के \u003d (| x x0 | f | t t0 |) पर विचार करें और इसकी छंटनी भाग K1 \u003d K (T IP) पर विचार करें। यह स्पष्ट है कि केवल के 1 सी।

प्रमेय। (पीनो)। समाधान को निर्धारित करने में निर्दिष्ट समस्या (1) में एफ के लिए आवश्यकताओं को दें, यानी।:

एफ सी (बी), जहां बी आरएन + 1 में एक क्षेत्र है। फिर, बिल्कुल (टी 0, एक्स 0) बी, कार्य का एक समाधान (1) है।

साक्ष्य। मनमाने ढंग से (0, t0] सेट करें और तथाकथित। एक कदम के साथ यूलर के लोकर्स, अर्थात्: यह आरएन + 1 में टूटा हुआ है, जिसमें प्रत्येक लिंक में एक्सिस टी लंबे समय तक प्रक्षेपण होता है, पहला लिंक सही बिंदु (t0, x0) पर शुरू होता है और यह यह है कि यह डीएक्स / डीटी \u003d एफ (टी 0, x0) है; इस लिंक का सही अंत (टी 1, एक्स 1) दूसरे के लिए बाएं छोर के रूप में कार्य करता है, जिस पर डीएक्स / Dt \u003d f (t1, x1), और इसी तरह, और इसी तरह बाईं ओर। परिणामी टूटी हुई एक टुकड़ा रैखिक समारोह x \u003d (t) को परिभाषित करती है। जबकि टी आईपी, के 1 में टूटा हुआ है (और सी में भी और भी सी में , और इसलिए बी में), तो निर्माण सही है - इसके लिए वास्तव में और प्रमेय से पहले सहायक निर्माण किया गया था।

वास्तव में, हर जगह ब्रेक के बिंदुओं को छोड़कर मौजूद है, और फिर (टी) (टी) \u003d (जेड) डीजेड, जहां ब्रेक पॉइंट्स पर मनमाने ढंग से व्युत्पन्न मूल्य हैं।

एक ही समय में (प्रेरण जीवन के साथ आगे बढ़ना) विशेष रूप से, | (टी) x0 | एफ | टी T0 |।

इस प्रकार, आईपी कार्यों पर:

2. qualially निरंतर, lipshtsy के बाद से:

यहां, यदि आवश्यक हो, तो इस तरह की अवधारणाओं और परिणामों के बारे में मेरे ज्ञान को ताज़ा करें: न्यायसंगत निरंतरता, वर्दी अभिसरण, अरज़ेल ASCOL का प्रमेय इत्यादि।

Arzel-Ascol Theorem द्वारा एक अनुक्रम के 0 है जैसे कि आईपी पर k, जहां सी (आईपी)। निर्माण द्वारा, (टी 0) \u003d x0, इसलिए यह सत्यापित करने के लिए बनी हुई है कि हम इसे एस के लिए साबित करेंगे।

व्यायाम। एस टी पर विचार करने के समान।

सेट 0 और हमें 0 मिलता है ताकि सभी (टी 1, एक्स 1), (टी 2, एक्स 2) सी के लिए, यह कॉम्पैक्ट सी पर एफ की समान निरंतरता के कारण किया जा सकता है। हमें एम एन मिलेगा ताकि आप टी int को ठीक कर सकें ( आईपी) और कोई भी int (आईपी) लें वह टीएसटी + है। फिर हमारे पास सभी जेड के लिए | के (z) के (टी) | एफ, तो दिमाग में (4) | के (z) (टी) | 2 एफ।

ध्यान दें कि के (z) \u003d k (z) \u003d f (z, k (z)), जहां Z टूटे हुए कट के बाएं छोर का एब्सिसा है जिसमें बिंदु (जेड, के (जेड)) है। लेकिन बिंदु (जेड, के (जेड)) पैरामीटर (2 एफ) के साथ सिलेंडर में प्रवेश करता है, जिसे बिंदु (टी, (टी)) (वास्तव में, एक छोटा शंकु में भी - चित्र देखें। लेकिन इससे कोई फर्क नहीं पड़ता ), तो (3) के संदर्भ में हम k (z) f (t, (t)) प्राप्त करते हैं। टूटे हुए, हमारे पास ऊपर बताया गया है, के लिए सूत्र यह देगा (2)।

टिप्पणी। चलो f c 1 (b) हो। फिर (ए, बी) पर परिभाषित समाधान कक्षा सी 2 (ए, बी) होगा। वास्तव में, हमारे पास (ए, बी) है: एफ (टी, एक्स (टी)) \u003d एफटी (टी, एक्स (टी)) + (टी, एक्स (टी)) एक्स (टी) (यहां - द जैकोबी के मैट्रिक्स) - निरंतर कार्य। धोखा, 2 सी (ए, बी) भी है। यदि चिकनी चिकनी हो तो आप समाधान की चिकनीता को बढ़ा सकते हैं। यदि एफ विश्लेषणात्मक है, तो आप विश्लेषणात्मक समाधान के अस्तित्व और विशिष्टता को साबित कर सकते हैं (इसे तथाकथित कहा जाता है। कौची प्रमेय), हालांकि यह पिछले तर्क में नहीं होना चाहिए!

यहां यह याद रखना आवश्यक है कि एक विश्लेषणात्मक कार्य क्या है। फ़ंक्शन के साथ भ्रमित न होने के लिए, पावर नंबर द्वारा प्रतिनिधित्व योग्य (यह केवल विश्लेषणात्मक कार्य का एक प्रतिनिधित्व है, आमतौर पर बोलते हुए, इसकी परिभाषा के कुछ हिस्सों)!

टिप्पणी। निर्दिष्ट (t0, x0) पर, यह संभव है, अलग-अलग टी और आर, t0 को अधिकतम करने का प्रयास करें। हालांकि, यह आमतौर पर इतना महत्वपूर्ण नहीं है, क्योंकि समाधान के अस्तित्व के अधिकतम अंतराल का अध्ययन करने के लिए विशेष विधियां हैं (देखें § 4)।

पेरानो प्रमेय में, निर्णय की विशिष्टता के बारे में कुछ भी नहीं बताया गया। समाधान की हमारी समझ के साथ, यह हमेशा एकमात्र नहीं होता है, क्योंकि यदि कुछ समाधान होता है, तो इसकी संकुचन संकुचित अंतराल के लिए अन्य समाधान होंगे। इस पल में हम बाद में अधिक विस्तार से विचार करेंगे (§ 4 में), और अब तक, विशिष्टता के तहत, हम उनकी परिभाषा के अंतराल के चौराहे पर किसी भी दो समाधान के संयोग को समझते हैं। यहां तक \u200b\u200bकि इस अर्थ में, पीरानो प्रमेय विशिष्टता के बारे में कुछ भी नहीं कहता है कि यह मौका से नहीं है, क्योंकि विशिष्टता की गारंटी देना असंभव है।

उदाहरण। एन \u003d 1, एफ (एक्स) \u003d 2 | एक्स |। कौची समस्या में एक मामूली समाधान है: x1 0, और x2 (टी) \u003d टी | टी | के अलावा। इन दो समाधानों में से, एक पूरे 2-पैरामीट्रिक परिवार परिवार को संकलित किया जा सकता है:

जहां + (अंतहीन मानों का मतलब संबंधित शाखा की अनुपस्थिति)। यदि आप इन सभी समाधानों की परिभाषा के क्षेत्र के लिए सभी आर की गणना करते हैं, तो वे अभी भी असीम रूप से बहुत कुछ हैं।

हम ध्यान देते हैं कि यदि आप टूटी हुई यूलर के माध्यम से पीनो प्रमेय का सबूत लागू करते हैं, तो केवल शून्य समाधान होगा। दूसरी तरफ, यदि एक टूटी हुई यूलर बनाने की प्रक्रिया में प्रत्येक चरण में एक छोटी त्रुटि की अनुमति देने के लिए, त्रुटि पैरामीटर की शून्य की इच्छा के बाद भी, सभी समाधान रहेगा। इस प्रकार, पीनो प्रमेय और टूटी हुई यूलर समाधान के निर्माण के लिए एक विधि के रूप में प्राकृतिक हैं और संख्यात्मक तरीकों से निकटता से संबंधित हैं।

उदाहरण में देखी गई समस्या इस तथ्य के कारण है कि फ़ंक्शन एफ एक्स द्वारा गैर-तैनात है। यह पता चला है कि यदि आप नियमितता एफ के लिए एक्स द्वारा अतिरिक्त आवश्यकताओं को लागू करते हैं, तो एकता सुनिश्चित की जा सकती है, और यह कदम एक निश्चित अर्थ में आवश्यक है (नीचे देखें)।

विश्लेषण से कुछ अवधारणाओं को याद करें। फ़ंक्शन (स्केलर या वेक्टर) जी को एक संकेतक (0, 1] सेट पर एक हेल्डर कहा जाता है, यदि लिप्शिट्ज़ की स्थिति सही है। 1 पर, यह केवल स्थायी कार्यों के लिए संभव है। सेगमेंट पर निर्दिष्ट फ़ंक्शन (जहां पसंद अप्रासंगिक है) को निरंतरता मॉड्यूल कहा जाता है, अगर वे कहते हैं कि जी मॉड्यूल के साथ सामान्यीकृत हेल्डर स्थिति में संतुष्ट करता है यदि इस मामले में निरंतरता मॉड्यूल जी सी कहा जाता है।

यह दिखाया जा सकता है कि किसी भी निरंतरता मॉड्यूल कुछ निरंतर कार्य का एक निरंतरता मॉड्यूल है।

रिवर्स तथ्य हमारे लिए महत्वपूर्ण है, अर्थात्: कॉम्पैक्ट पर किसी भी निरंतर कार्य का अपना निरंतरता मॉड्यूल है, यानी कुछ के साथ संतुष्ट (5)। हम इसे साबित करते हैं। याद रखें कि यदि यह एक कॉम्पैक्ट है, और जी सी (), तो यह समान रूप से निरंतर है, यानी

\u003d (): | एक्स वाई | \u003d | जी (एक्स) जी (वाई) |। यह पता चला है कि यह कुछ के साथ शर्त (5) के बराबर है। वास्तव में, यदि वहां है, तो यह एक निरंतरता मॉड्यूल बनाने के लिए पर्याप्त है जैसे कि (()), और फिर | x y | \u003d \u003d () हम मनमाने ढंग से (और) प्राप्त करते हैं, x और y कोई हो सकता है।

और इसके विपरीत, यदि (5) सत्य है, तो ऐसा (()) खोजने के लिए पर्याप्त है, और फिर | x y | \u003d () हम इसे तार्किक संक्रमणों को साबित करने के लिए बनी रहे हैं:

एकान्त और व्यस्त कार्यों को लेने के लिए पर्याप्त और सामान्य रूप से, तथाकथित उपयोग करने के लिए आवश्यक है। सामान्यीकृत प्रतिक्रिया। उनके अस्तित्व को एक अलग सबूत की आवश्यकता होती है कि हम नेतृत्व नहीं करेंगे, लेकिन आइए बस एक विचार कहें (यह पढ़ने के चित्रों के साथ उपयोगी है):

किसी भी एफ के लिए, हम एफ (एक्स) \u003d न्यूनतम एफ (वाई), एफ (एक्स) \u003d अधिकतम एफ (वाई) को एकत्रित करते हैं, और उनके पास उलटा होता है। वीवीआईएफ को यह सत्यापित करना आसान है कि एक्स एक्स एफ (एफ (एक्स)), (एफ) 1 (एफ (एक्स)) एक्स, एफ (एफ) 1 (एक्स)) एक्स।

सबसे अच्छा निरंतरता मॉड्यूल रैखिक (lipschits स्थिति) है। ये "लगभग अलग-अलग" कार्य हैं। सख्त अर्थ देने के लिए, नवीनतम विवरणों को कुछ प्रयासों की आवश्यकता होती है, और हम खुद को दो टिप्पणियों तक सीमित कर देंगे:

1. सख्ती से बोलते हुए, सभी lipschitz फ़ंक्शन अलग नहीं है, उदाहरण के रूप में जी (एक्स) \u003d | एक्स | आर पर;

2. लेकिन निम्नलिखित कथन के रूप में भिन्नता से LipShetSevity का पालन करता है। कोई भी फ़ंक्शन जी, जिसमें एक उत्तल सेट पर सभी एम है, इस पर लिपिपिट्ज़ स्थिति को पूरा करता है।

[संक्षिप्तता के लिए, स्केलर कार्यों जी पर विचार करें।] सबूत। सभी एक्स के लिए, वाई स्पष्ट रूप से यह है कि यह कथन वेक्टर कार्यों के लिए सच है।

टिप्पणी। यदि एफ \u003d एफ (टी, एक्स) (आमतौर पर बोलते हुए, वेक्टर चित्रण), तो आप "एफ lipschitsev द्वारा एक्स" की अवधारणा दर्ज कर सकते हैं, यानी। एफ (टी, एक्स) एफ (टी, वाई) | सी | एक्सवाई | और यह भी साबित करें कि यदि डी सभी टी के लिए एक्स में उत्तल है, तो एक्स द्वारा एक्स द्वारा लिपशेटसेविटी एफ के लिए, यह एक्स द्वारा डेरिवेटिव्स एफ रखने के लिए पर्याप्त है, जिस बयान में हमें अनुमान लगाया गया है (जी ( एक्स) जी (वाई) | के माध्यम से | x y |। एन \u003d 1 के साथ, यह आमतौर पर एक परिमित वृद्धि सूत्र का उपयोग करके किया जाता है: जी (एक्स) जी (वाई) \u003d जी (जेड) (एक्सवाई) (यदि जी एक वेक्टर फ़ंक्शन है, तो जेड प्रत्येक घटक के लिए अपना खुद का है)। एन 1 के लिए इस सूत्र के निम्न एनालॉग का उपयोग करना सुविधाजनक है:

लेम्मा। (एडामारा)। चलो एफ सी (डी) (आमतौर पर बोलते हुए, वेक्टर फ़ंक्शन), जहां डी (टी \u003d टी) किसी भी टी, और एफ (टी, एक्स) एफ (टी, वाई) \u003d ए (टी, एक्स, वाई) पर उत्तल · (Xy), जहां एक निरंतर आयताकार मैट्रिक्स है।

साक्ष्य। किसी भी निश्चित टी के साथ, हम \u003d डी (टी \u003d टी), जी \u003d एफके के लिए अनुमोदन के प्रमाण से गणना लागू करते हैं। हम एक (टी, एक्स, वाई) \u003d ए के साथ वांछित प्रतिनिधित्व प्राप्त करते हैं वास्तव में निरंतर है।

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

हम इस तरह का सवाल उठाएंगे: एक्स द्वारा निरंतर मॉड्यूल एफ क्या होना चाहिए, ताकि समाधान (1) इस अर्थ में एकमात्र चीज है कि एक ही अंतराल में परिभाषित 2 समाधान संयोग? उत्तर निम्नलिखित प्रमेय को दिया गया है:

प्रमेय। (OSGOOD)। पीनो की स्थितियों के तहत बी में एक्स की निरंतरता की निरंतरता, यानी असमानता में समारोह स्थिति (सी) को संतुष्ट करता है। फिर समस्या (1) में एक ही फॉर्म अंतराल (टी 0 ए, टी 0 + बी) में परिभाषित दो अलग-अलग समाधान नहीं हो सकते हैं।

ऊपर एक इंटरकनेक्शन के उदाहरण के साथ तुलना करें।

लेम्मा। यदि z c 1 (,), तो सभी ():

1. उन बिंदुओं पर जहां z \u003d 0, मौजूद है | Z |, और || z | | | जेड |

2. अंक पर, जहां z \u003d 0, एकतरफा डेरिवेटिव हैं z | ±, और || z | ± | \u003d | जेड | (विशेष रूप से, यदि z \u003d 0, तो Exister | z | \u003d 0)।

उदाहरण। n \u003d 1, z (t) \u003d t। बिंदु टी \u003d 0 से व्युत्पन्न | जेड | कोई नहीं है, लेकिन एक तरफा डेरिवेटिव हैं।

साक्ष्य। (लेमास)। उन बिंदुओं पर जहां z \u003d 0, hasz · z it: मौजूद है | Z | \u003d, और || z | | | जेड | उन बिंदुओं पर टी, जहां z (t) \u003d 0, हमारे पास है:

केस 1: z (t) \u003d 0. तब हमें अस्तित्व मिलता है z | (T) \u003d 0।

केस 2: जेड (टी) \u003d 0. फिर, +0 या 0 ओचिज़ (टी +) पर | | z (टी) | जिसका मॉड्यूल बराबर है z (t) |।

हालत से, एफ सी 1 (0,), एफ 0, एफ, एफ (+0) \u003d +। Z1,2 दो समाधान (1) द्वारा परिभाषित (t0, t0 +) द्वारा निर्धारित करें। Z \u003d Z1 Z2 को निरूपित करें। हमारे पास है:

मान लीजिए कि यह टी 1 (निश्चित रूप से टी 1 टी 0 के लिए) है कि जेड (टी 1) \u003d 0. सेट ए \u003d (टी टी 1 | जेड (टी) \u003d 0) खाली नहीं है (टी 0 ए) और ऊपर से सीमित है। इसका मतलब है कि इसका ऊपरी चेहरे टी 1 है। निर्माण, जेड \u003d 0 पर (, टी 1), और जेड की निरंतरता के कारण, हमारे पास z () \u003d 0 है।

लेम्मा द्वारा | जेड | सी 1 (, टी 1), और इस अंतराल पर सही | जेड | | जेड | (| Z |), ताकि सॉफ़्टवेयर का एकीकरण (टी, टी 1) (जहां टी (टी 1)) एफ (| z (t) |) f (| z (t1) |) t1 t देता है। टी + 0 के साथ, हमें एक विरोधाभास मिलता है।

कोरोलरी 1. यदि, पीनो एफ प्रमेय की शर्तों के तहत, लिप्सशितेव बी में एक्स के अनुसार, तो समस्या (1) के पास ओसगूद प्रमेय में वर्णित अर्थ में एक समाधान है, क्योंकि इस मामले में () \u003d सी संतुष्ट (7) )।

कोरोलरी 2. यदि पीरानो सी (बी) प्रमेय की शर्तों के तहत, तो समाधान (1) int (1) पर परिभाषित किया गया है, केवल एक ही।

लेम्मा। आईपी \u200b\u200bपर परिभाषित कोई भी निर्णय (1), रेटिंग को पूरा करने के लिए आवश्यक है x | \u003d | एफ (टी, एक्स) | एफ, और इसके अनुसूची - के 1 में झूठ, और यहां तक \u200b\u200bकि सी में भी।

साक्ष्य। मान लीजिए, टी 1 आईपी ऐसा होगा जो (टी, एक्स (टी)) सी निश्चितता के लिए, टी 1 टी 0 दें। फिर टी 2 (टी 0, टी 1] ऐसा है कि | एक्स (टी) x0 | \u003d आर। इसी तरह, ओएससीए के प्रमेय के सबूत में तर्कों पर विचार किया जा सकता है कि टी 2 सबसे बाएं बिंदु है, और हमारे पास (टी) , एक्स (टी)) सी, तो | एफ (टी, एक्स (टी)) | एफ, और इसलिए (टी, एक्स (टी)) के 1, जो विरोधाभास करता है | एक्स (टी 2) x0 | \u003d आर। तो, , एक्स (टी)) सी सभी आईपी पर, और फिर (गणना दोहराना) (टी, एक्स (टी)) के 1।

साक्ष्य। (कोरोलरी 2)। सी एक कॉम्पैक्ट mnof है कि सी में एफ lipszytsev सॉफ्टवेयर, जहां ग्राफ लेम्मा के मद्देनजर सभी समाधान झूठ बोलते हैं। जांच से 1 हमें वांछित मिलता है।

टिप्पणी। हालत (7) का मतलब है कि एफ के लिए लिपिपिट्ज़ की स्थिति को काफी कमजोर नहीं किया जा सकता है। उदाहरण के लिए, हेल्डर सी 1 की स्थिति अब उपयुक्त नहीं है। केवल निरंतरता मॉड्यूल रैखिक के करीब हैं - जैसे बॉन्डिंग "द बैड":

व्यायाम। (पर्याप्त जटिल)। साबित करें कि अगर संतुष्ट (7), तो 1, संतोषजनक (7) ऐसा है कि 1 / शून्य में।

सामान्य रूप से, विशिष्टता के लिए एक्स द्वारा निरंतरता मॉड्यूल एफ से कुछ की आवश्यकता नहीं होती है - उदाहरण के लिए विभिन्न प्रकार के विशेष अवसर संभव हैं:

बयान। यदि, पीनो प्रमेय की स्थितियों में, किसी भी 2 समाधान (1), परिभाषित (9), को देखा जा सकता है कि एक्ससी 1 (ए, बी), और फिर भिन्नता (9) देता है (1) 1, और (1 ) 2 स्पष्ट।

(1) के विपरीत, (9) के लिए, एक बंद सेगमेंट पर समाधान बनाना स्वाभाविक है।

पिकार ने लगातार अनुमानों की निम्नलिखित विधि (1) \u003d (9) को हल करने का सुझाव दिया। X0 (टी) x0 को इंगित करें, और फिर प्रमेय के प्रेरण पर। (कौची पिकारा)। क्षेत्र बी, यानी एक्स कॉम्पैक्ट के किसी भी उत्तल में एक्स के अनुसार पीनो प्रमेय फ़ंक्शन f lipshitsev की शर्तों के तहत जाने दें।

फिर किसी भी (टी 0, एक्स 0) बी के लिए, कौची टास्क (1) (यह (9)) आईएनटी (आईपी), और आईपी पर एक्सके एक्स पर एक एकल समाधान है, जहां एक्सके को (10) में परिभाषित किया गया है।

टिप्पणी। यह स्पष्ट है कि इस स्थिति के कारण (11) की स्थिति (11) की वजह से (11) द्वारा स्थिति (11) को प्रतिस्थापित किया गया है, तो प्रमेय ताकत बनी हुई है।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। वास्तव में, एक्स कॉम्पैक्ट्स द्वारा सभी उत्तल सॉफ़्टवेयर के लिए यह आवश्यक नहीं है, लेकिन केवल सिलेंडर, लेकिन शब्द वास्तव में किया जाता है, क्योंकि § 5 अधिक सामान्य कॉम्पैक्ट की आवश्यकता होगी, और अधिक सटीक, यह निश्चित रूप से यह शब्द है।

साक्ष्य। मनमाने ढंग से चुनें (T0, x0) बी और हम पेनो प्रमेय के रूप में एक ही सहायक निर्माण करेंगे। हम प्रेरण से साबित करते हैं कि सभी एक्सके को आईपी पर परिभाषित और निरंतर रखा गया है, और ग्राफ के 1 में झूठ बोल रहे हैं, और सी में भी और भी अधिक है। X0 के लिए यह स्पष्ट है। यदि यह xk1 के लिए सच है, तो (10) से यह स्पष्ट है कि एक्सके को आईपी पर परिभाषित और निरंतर रखा गया है, और यह के 1 से संबंधित है।

अब हम आईपी पर एक मूल्यांकन प्रेरण द्वारा साबित करते हैं:

(सी में x सीडी द्वारा उत्तल है, और एल (सी) इसके लिए परिभाषित किया गया है)। के \u003d 0 पर, यह सिद्ध अनुमान (टी, एक्स 1 (टी)) के 1 है। यदि (12) K: \u003d K 1 के लिए सही है, तो (10) से हमारे पास क्या आवश्यक था। इस प्रकार, आईपी अभिसरण संख्याओं पर कई मेजरिज्ड और इसलिए (इसे वीयरस्ट्रैस प्रमेय कहा जाता है) समान रूप से आईपी पर कुछ फ़ंक्शन एक्स सी (आईपी) में परिवर्तित होता है। लेकिन इसका मतलब आईपी पर एक्सके एक्स है। फिर (10) आईपी पर सीमा पर जाएं और आईपी पर (9) प्राप्त करें, और इसलिए (1) int (आईपी) पर।

विशिष्टता तुरंत ओस्गूड प्रमेय के 1 के परिणामस्वरूप प्राप्त की जाती है, लेकिन यह साबित करने के लिए उपयोगी है और समीकरण (9) का उपयोग करके किसी अन्य तरीके से उपयोगी है। मान लीजिए कि int (आईपी) पर 2 समाधान x1.2 कार्य (1) (i.e. (9)) हैं। जैसा ऊपर बताया गया है, तो ग्राफ आवश्यक रूप से के 1 में झूठ बोल रहे हैं, और यहां तक \u200b\u200bकि सी में भी। टी i1 \u003d (t0, t0 +), जहां - कुछ सकारात्मक संख्या। फिर \u003d 1 / (2 एल (सी))। फिर \u003d 0. इस प्रकार, i1 पर x1 \u003d x2।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। हर्नोल के लेम्मा की मदद से विशिष्टता का सबूत अभी भी अधिक प्राकृतिक है, क्योंकि यह तुरंत वैश्विक स्तर पर लेता है, लेकिन हनुला की लीमा बहुत सुविधाजनक नहीं है, क्योंकि इसे पर्याप्त रूप से समझना मुश्किल है।

टिप्पणी। विशिष्टता का अंतिम प्रमाण निर्देशक है कि एक बार फिर एक अलग रोशनी में दिखाता है, क्योंकि एक स्थानीय विशिष्टता वैश्विक की ओर ले जाती है (जो अस्तित्व में गलत है)।

व्यायाम। ओसगूड प्रमेय के प्रमाण के रूप में प्रतिद्वंद्वी से बहस, सभी आईपी पर तुरंत विशिष्टता साबित करें।

एक महत्वपूर्ण निजी मामला (1) रैखिक ओडीयू है, यानी, जिसमें मान एफ (टी, एक्स) x द्वारा रैखिक है:

इस मामले में, सामान्य सिद्धांत की शर्तों में प्रवेश करने के लिए, इस तरह से, इस मामले में, स्ट्रिंग प्रोट्रूड्स, और एक्स के अनुसार लिंडसेरी (और यहां तक \u200b\u200bकि भिन्नता) की स्थिति स्वचालित रूप से की जाती है: बिल्कुल टी (ए, बी), एक्स, वाई आरएन हमारे पास | एफ (टी, एक्स) एफ (टी, वाई) | \u003d | ए (टी) (एक्स वाई) | | ए (टी) | · | (X y) |।

यदि आप अस्थायी रूप से एक कॉम्पैक्ट (ए, बी) आवंटित करते हैं, तो इसे प्राप्त किया जाएगा | एफ (टी, एक्स) एफ (टी, वाई) | एल | (एक्स वाई) |, जहां एल \u003d मैक्स | ए |

पेनो और ओसगूड प्रमेय या कौची-पिकार से, समस्या की अस्पष्ट सॉल्वेबिलिटी (13) टी 0 युक्त कुछ अंतराल (पीनो-पिकिंग) पर अस्पष्ट होना चाहिए। इसके अलावा, इस अंतराल पर समाधान पिकारा के लगातार अनुमानों की सीमा है।

व्यायाम। इस अंतराल को ढूंढें।

लेकिन यह पता चला है कि इस मामले में इन सभी परिणामों को वैश्विक स्तर पर तुरंत साबित किया जा सकता है, यानी, सब कुछ (ए, बी) पर:

प्रमेय। यह सच होने दो (14)। फिर समस्या (13) में एक एकल समाधान (ए, बी), और पिकिंग के अनुक्रमिक अनुमान किसी भी कॉम्पैक्ट (ए, बी) पर समान रूप से अभिसरण होते हैं।

साक्ष्य। फिर, टीके-पी में, हम फॉर्मूला (10) द्वारा लगातार अनुमानों की सहायता से अभिन्न समीकरण (9) का समाधान बनाते हैं। लेकिन अब हमें शंकु और सिलेंडर में प्रवेश करने की स्थिति की जांच करने की आवश्यकता नहीं है।

एफ को टी (ए, बी) तक, सभी एक्स पर परिभाषित किया गया है। यह सत्यापित करना आवश्यक है कि सभी एक्सके को परिभाषित किया गया है और निरंतर (ए, बी), जो प्रेरण के लिए स्पष्ट है।

इसके बजाय (12), अब हम अब उन प्रजातियों का एक समान अनुमान दिखाएंगे जहां एन पसंद के आधार पर एन एक संख्या है। दूसरे के इस मूल्यांकन के लिए पहला प्रेरण कदम (टी। के। के 1 से जुड़ा नहीं है): के \u003d 0 के लिए x1 (टी) x0 | एन निरंतरता x1 के कारण, और निम्नलिखित कदम समान हैं (12)।

आप इसे पेंट नहीं कर सकते, क्योंकि यह स्पष्ट है, लेकिन हम फिर से एक्सके एक्स पर ध्यान दे सकते हैं, और एक्स इसी (10) पर समाधान है। लेकिन इस प्रकार हमने सब कुछ (ए, बी) पर एक समाधान बनाया, क्योंकि कॉम्पैक्ट की पसंद मनमानी है। विशिष्टता ओसगूड के प्रमेय या कोसीची-पिकर (और वैश्विक विशिष्टता के बारे में तर्क) से होती है।

टिप्पणी। जैसा ऊपर बताया गया है, टीसी-पी पीनो और ओसगूड प्रमेय की उपस्थिति के कारण औपचारिक रूप से कारावास है, लेकिन यह 3 कारणों से उपयोगी है - वह:

1. आपको एक अभिन्न समीकरण के साथ ओडीयू के लिए कौची समस्या को जोड़ने की अनुमति देता है;

2. लगातार अनुमानों की रचनात्मक विधि को आमंत्रित करता है;

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

[हालांकि उत्तरार्द्ध तर्क से प्राप्त किया जा सकता है § 4.] अगला, हम अक्सर इसका उल्लेख करेंगे।

उदाहरण। x \u003d x, x (0) \u003d 1. अनुक्रमिक सन्निकटन का अर्थ है x (t) \u003d e - आर में प्रारंभिक कार्य का समाधान।

अक्सर एक संख्या प्राप्त की जाएगी, लेकिन एक निश्चित डिजाइन बनी हुई है। आप एक्स एक्सके (देखें) की त्रुटि का भी मूल्यांकन कर सकते हैं।

टिप्पणी। पीनो, ओस्गुडा, प्रमेय और कौची पिकार के, उच्चतम आदेश के लिए संबंधित प्रमेय प्राप्त करना आसान है।

व्यायाम। Cauchy समस्या की अवधारणाओं, सिस्टम के समाधान और कौची कार्यों के समाधान, उच्चतम आदेश के लिए सभी प्रमेय, § 1 में निर्धारित प्रथम क्रम सिस्टम के न्यूनतमकरण का उपयोग करते हुए।

कई लोग पाठ्यक्रम के तर्क का उल्लंघन करते हैं, लेकिन व्यावहारिक वर्गों में समस्याओं को हल करने के लिए बेहतर आकलन और तरीकों की पर्याप्तता के साथ, हम अस्थायी रूप से सामान्य सिद्धांत की प्रस्तुति को बाधित करते हैं और हम "स्पष्ट निर्णय" की तकनीकी समस्या से निपटेंगे। ओडीयू "।

§ 3. कुछ एकीकरण तकनीकें, स्केलर समीकरण \u003d एफ (टी, एक्स) पर विचार करें। एक निजी मामले के चरणों को एकीकृत करने के लिए कहा जाता है जिसे तथाकथित कहा जाता है। URP, I.E. समीकरण जिसमें f (t, x) \u003d a (t) b (x)। यूआरपी को एकीकृत करने की औपचारिक विधि "विभाजित" करने के लिए वेरिएबल टी और एक्स (इसलिए नाम): \u003d ए (टी) डीटी, और फिर अभिन्न:

चिम एक्स \u003d बी (ए (टी))। इस तरह के एक औपचारिक तर्क में औचित्य की आवश्यकता वाले कई बिंदु होते हैं।

1. बी (एक्स) पर निर्णय। हमारा मानना \u200b\u200bहै कि एफ निरंतर है, इसलिए एक सी (,), बी सी (,), यानी, आयताकार प्रोट्रूड्स () ()(आमतौर पर बोलते हुए, अंतहीन)। सेट (बी (एक्स) 0) और (बी (एक्स) 0) खुला और इसलिए अंतराल के सीमित या गणनीय सेट हैं। इन अंतरालों के बीच अंक या सेगमेंट हैं, जहां बी \u003d 0. यदि बी (x0) \u003d 0, तो कौची कार्य में समाधान x x0 है। शायद यह समाधान एकमात्र नहीं है, फिर इसके परिभाषा क्षेत्र में अंतराल हैं, जहां बी (एक्स (टी)) \u003d 0, लेकिन फिर बी (एक्स (टी)) में विभाजित किया जा सकता है। हम एक साथ ध्यान देते हैं कि इन अंतराल पर फ़ंक्शन बी मोनोटोन और इसलिए बी को लिया जा सकता है 1. यदि बी (एक्स 0) \u003d 0, फिर टी 0 जानबूझकर बी (एक्स (टी) \u003d 0 के पड़ोस में, और प्रक्रिया कानूनी है। इस प्रकार, वर्णित प्रक्रिया को आम तौर पर बोलना चाहिए, भाग पर समाधान निर्धारित करने के लिए क्षेत्र को विभाजित करते समय आवेदन करना चाहिए।

2. विभिन्न चर के अनुसार बाएं और दाएं भागों को एकीकृत करना।

विधि I. हम केडीडी (टी) कार्य (1) x \u003d (टी) का समाधान ढूंढना चाहते हैं। हमारे पास: \u003d ए (टी) बी (टी)), जहां से उन्हें एक ही सूत्र सख्ती से मिला।

विधि II। समीकरण को इतना कहा जाता है। मूल ओडीयू के सममित रिकॉर्ड, यानी, यह जिसमें यह निर्दिष्ट नहीं है, कौन सा चर स्वतंत्र है, और जो निर्भर है। यह फॉर्म पहले विभेदक के रूप में आविष्कार पर प्रमेय के कारण विचार के तहत प्रथम क्रम समीकरण में से एक के मामले में समझ में आता है।

अंतर की अवधारणा के साथ और अधिक विस्तार से समझना उचित है, इसे एक विमान ((टी, एक्स) के उदाहरण के साथ चित्रित करना, इस पर वक्र, उभरते लिंक, स्वतंत्रता की डिग्री, वक्र पर पैरामीटर।

इस प्रकार, समीकरण (2) वांछित आईआर के साथ अंतर टी और एक्स को बांधता है। फिर शुरुआत में दिखाए गए विधि में समीकरण (2) का एकीकरण पूरी तरह से कानूनी है - इसका मतलब है, यदि आप चाहते हैं, तो किसी भी चर पर एक स्वतंत्र के रूप में चयनित एकीकृत।

विधि I में, हमने इसे एक स्वतंत्र चर टी के रूप में चुनकर दिखाया। अब हम पैरामीटर एस को आईआर के साथ एक स्वतंत्र चर के रूप में चुनकर दिखाएंगे (क्योंकि यह समानता टी और एक्स द्वारा अधिक स्पष्ट रूप से दिखाया गया है)। मान s \u003d s0 बिंदु (t0, x0) के अनुरूप है।

फिर हमारे पास: \u003d ए (टी (एस)) टी (एस) डीएस, कि यह एक सममित रिकॉर्डिंग की बहुमुखी प्रतिभा पर जोर देने के लिए देता है, एक उदाहरण: एक सर्कल या तो एक्स (टी) दर्ज नहीं किया गया है, न ही टी (एक्स) के रूप में, लेकिन एक्स (एस), टी (एस) के रूप में।

पहले आदेश के कुछ अन्य ओडीयू को यूआरपी में कम कर दिया जाता है, जो कार्यों को हल करते समय देखा जा सकता है (उदाहरण के लिए, किसी कार्य में)।

एक और महत्वपूर्ण मामला एक रैखिक कोड है:

विधि I. निरंतर विविधता।

यह एक सामान्य दृष्टिकोण का एक विशेष मामला है, जिसे भाग 2 में माना जाएगा। इसका अर्थ यह है कि एक विशेष रूप में समाधान की खोज समीकरण के क्रम को कम कर देती है।

मुझे पहले कहा जाना चाहिए। समान समीकरण:

विशिष्टता के आधार पर या तो x 0, या तो हर जगह x \u003d 0. बाद के मामले में (इसे दें (4), यह सभी समाधान (3) 0 (शून्य और नकारात्मक सहित) देता है।

फॉर्मूला में (4) एक मनमाना निरंतर सी 1 है।

भिन्नता विधि स्थिर है जिसमें इस तथ्य में शामिल है कि समाधान (3) सी 1 (टी) \u003d सी 0 + दृश्यमान है (बीजगणितीय रैखिक प्रणालियों के लिए) Orna \u003d chrn + Orou की संरचना (इसके बारे में भाग 2 में अधिक विस्तार से)।

अगर हम कौची टास्क एक्स (T0) \u003d x0 को हल करना चाहते हैं, तो आपको CAUCHY डेटा से C0 खोजने की आवश्यकता है - आसानी से c0 \u003d x0 प्राप्त करना।

विधि II। हम उन्हें पाएंगे, यानी, ऐसा फ़ंक्शन बन जाएगा, जिसके लिए आपको गुणा करने की आवश्यकता है (3) (रिकॉर्ड किया गया ताकि सभी अज्ञात बाईं ओर इकट्ठे हों: xa (t) x \u003d b (t)) ताकि व्युत्पन्न हो कुछ आरामदायक संयोजन से लिया गया।

हमारे पास: वीएक्स vax \u003d (vx) यदि v \u003d av, यानी (इस तरह के समीकरण, (3) एक समीकरण के बराबर है जो पहले से ही आसानी से हल हो गया है और (5) देता है। यदि कैची कार्य हल हो जाता है, तो (6) सुविधाजनक है तुरंत रैखिक ओडीयू के लिए एक विशिष्ट अभिन्न अंग लें (3) कुछ अन्य कम हो जाते हैं, जैसा कि समस्याओं को हल करते समय देखा जा सकता है (उदाहरण के लिए, किसी कार्य में)। रैखिक ओडीयू का अधिक महत्वपूर्ण मामला (किसी भी एन के लिए तुरंत) पर विचार किया जाएगा भाग 2।

दोनों माना जाने वाली स्थितियां एक विशेष मामले हैं जिन्हें कहा जाता है। पेड। एक सममित रूप में ओडीयू (एन \u003d 1 के साथ) पर विचार करें:

जैसा कि बताया गया है, (7) आईआर को विमान (टी, एक्स) में निर्धारित किए बिना सेट करता है कि किस चर को स्वतंत्र माना जाता है।

यदि एक मनमानी समारोह एम (टी, एक्स) पर गुणा (7), एक ही समीकरण की रिकॉर्डिंग का समकक्ष रूप प्राप्त किया जाएगा:

इस प्रकार, एक ही चीज़ में कई सममित रिकॉर्ड हैं। उनमें से, एक विशेष भूमिका निभाई जाती है जिसे कहा जाता है। पूर्ण विभेदनों में प्रविष्टियां, अद्यतन का नाम असफल है, क्योंकि यह संपत्ति समीकरण नहीं है, लेकिन इसके रिकॉर्ड के रूप, यानी इस तरह के बाएं भाग (7) कुछ एफ के साथ डीएफ (टी, एक्स) के बराबर है।

यह स्पष्ट है कि (7) तब एक अद्यतन होता है और केवल तभी यदि ए \u003d एफटी, बी \u003d एफएक्स कुछ एफ के साथ। जैसा कि विश्लेषण से जाना जाता है, यह बाद के लिए आवश्यक है, और हम सख्ती से तकनीकी क्षणों को उचित नहीं मानते हैं। उदाहरण, सभी कार्यों की चिकनीता। तथ्य यह है कि § एक मामूली भूमिका निभाता है - इसे पाठ्यक्रम के अन्य हिस्सों के लिए आम तौर पर आवश्यकता नहीं होती है, और मैं इसकी तैनात प्रस्तुति पर अत्यधिक प्रयास नहीं करना चाहूंगा।

इस प्रकार, यदि (9) किया जाता है, तो ऐसा एफ होता है (यह additive स्थिरता के लिए एक सटीकता के साथ अद्वितीय है), जो (7) डीएफ (टी, एक्स) \u003d 0 (आईसी के साथ) के रूप में फिर से लिखता है, यानी

एफ (टी, एक्स) \u003d आईआर के साथ कॉन्स, यानी फ़ंक्शन एफ की स्तर रेखा का आईआर सार। हम यह प्राप्त करते हैं कि अद्यतन का एकीकरण एक छोटा सा कार्य है, क्योंकि ए और बी संतोषजनक (9) द्वारा खोज एफ नहीं है मुश्किल। यदि (9) पूरा नहीं हुआ है, तो इसे तथाकथित पाया जाना चाहिए। यह एम (टी, एक्स) है कि (8) अद्यतन है, जिसके लिए यह आवश्यक है और एनालॉग (9) करने के लिए पर्याप्त है, जो फॉर्म लेता है:

जैसा कि पहले आदेश के यूसीएच के सिद्धांत से संबंधित है (जिसे हम भाग 3 में मानते हैं), समीकरण (10) में हमेशा एक समाधान होता है, ताकि वे मौजूद हों। इस प्रकार, किसी भी रूप समीकरण (7) में अद्यतन के रूप में एक प्रविष्टि होती है और इसलिए "स्पष्ट" एकीकरण की अनुमति देती है। लेकिन ये तर्क सामान्य मामले में एक रचनात्मक विधि नहीं देते हैं, क्योंकि आमतौर पर (10) आमतौर पर बोलने के लिए, एक समाधान (7) ढूंढना आवश्यक है, जिसे हम ढूंढ रहे हैं। फिर भी, उनमें कई खोज तकनीकें हैं, जिन्हें पारंपरिक रूप से व्यावहारिक प्रशिक्षण में माना जाता है (उदाहरण के लिए देखें)।

ध्यान दें कि यूआरपी और रैखिक ओडीयू के फैसले के लिए उपरोक्त तकनीक विचारधारा का एक विशेष मामला है।

वास्तव में, यूआरपी डीएक्स / डीटी \u003d ए (टी) बी (एक्स), एक सममित फॉर्म डीएक्स \u003d ए (टी) बी (एक्स) डीटी में दर्ज किया गया है, इसके बाद के बाद से 1 / बी (एक्स) को गुणा करके हल किया जाता है डीएक्स / बी (एक्स) \u003d ए (टी) डीटी, आदि डीबी (एक्स) \u003d डीए (टी) में बदल जाता है। रैखिक समीकरण डीएक्स / डीटी \u003d ए (टी) एक्स + बी (टी) एक सममित फॉर्म में दर्ज किया गया डीएक्स ए (टी) एक्सडीटी बी (टी) डीटी उन्हें गुणा करके हल किया जाता है, ओडीयू को हल करने के लगभग सभी तरीकों "स्पष्ट रूप से"

(रैखिक प्रणालियों से जुड़े एक बड़े ब्लॉक के अपवाद के साथ), यह है कि आदेश और प्रतिस्थापन चर को कम करने के लिए विशेष विधियों की मदद से, वे पहले क्रम में कम हो जाते हैं, जिन्हें तब अपडेट किया जाता है, और वे हैं मुख्य विभेदक कैलकुस प्रमेय के उपयोग से हल: डीएफ \u003d 0 एफ \u003d कॉन्स्ट। क्रम में कमी का सवाल पारंपरिक रूप से व्यावहारिक प्रशिक्षण के दौरान शामिल है (उदाहरण के लिए देखें)।

आइए पहले आदेश के पहले क्रम के बारे में कुछ शब्द कहें, व्युत्पन्न के सापेक्ष अनुमति नहीं है:

जैसा कि § 1 में बताया गया है, आप एक्स के सापेक्ष (11) को हल करने और सामान्य रूप प्राप्त करने का प्रयास कर सकते हैं, लेकिन यह हमेशा उचित नहीं होता है। अक्सर यह (11) को हल करने के लिए अधिक सुविधाजनक है।

अंतरिक्ष ((टी, एक्स, पी)) पर विचार करें, जहां पी \u003d एक्स को अस्थायी रूप से एक स्वतंत्र चर के रूप में माना जाता है। फिर (11) इस जगह में सतह को परिभाषित करता है (एफ (टी, एक्स, पी) \u003d 0), जिसे पैरामीट्रिक रूप से लिखा जा सकता है:

यह याद रखना उपयोगी है कि इसका क्या अर्थ है, उदाहरण के लिए, आर 3 में एक क्षेत्र की मदद से।

वांछित समाधान इस सतह पर घटता के अनुरूप होंगे: टी \u003d एस, एक्स \u003d एक्स (एस), पी \u003d एक्स (एस) - स्वतंत्रता की एक डिग्री खो जाती है क्योंकि समाधान पर एक कनेक्शन डीएक्स \u003d पीडीटी होता है। हम इस लिंक को सतह पर पैरामीटर के संदर्भ में लिखते हैं (12): गु डु + जीवी डीवी \u003d एच (फूडू + एफवी डीवी), यानी

इस प्रकार, वांछित समाधान सतह पर घटता के अनुरूप (12), जिसमें पैरामीटर समीकरण (13) द्वारा जुड़े हुए हैं। उत्तरार्द्ध एक सममित रूप में ode है जिसे हल किया जा सकता है।

मामला I. यदि कुछ क्षेत्र (GU HFU) \u003d 0 में, तो (12) तब टी \u003d एफ ((v), v), x \u003d g ((v), v) वांछित घटता की एक पैरामीट्रिक रिकॉर्डिंग देता है विमान ((टी, एक्स)) (यानी हम इस विमान पर प्रोजेक्ट करते हैं, क्योंकि हमें आवश्यकता नहीं है)।

मामला II। इसी तरह, यदि (जीवी एचएफवी) \u003d 0।

मामला III। एक ही समय में कुछ बिंदुओं पर, जीयू एचएफयू \u003d जीवी एचएफवी \u003d 0. इसके लिए एक अलग विश्लेषण की आवश्यकता होती है, चाहे वह बहुत सारे समाधान हो (उन्हें तब विशेष कहा जाता है)।

उदाहरण। समीकरण Clero X \u003d TX + X 2. हमारे पास है:

एक्स \u003d टीपी + पी 2। इस सतह को मापें: टी \u003d यू, पी \u003d वी, एक्स \u003d यूवी + वी 2. समीकरण (13) फॉर्म (यू + 2 वी) डीवी \u003d 0 ले जाएगा।

मामला I. लागू नहीं किया गया।

मामला II। यू + 2 वी \u003d 0, फिर DV \u003d 0, यानी वी \u003d सी \u003d कॉन्स।

तो, टी \u003d यू, एक्स \u003d सीयू + सी 2 - पैरामीट्रिक आईआर रिकॉर्डिंग।

आसानी से इसे एक स्पष्ट रूप में जलाएं x \u003d ct + c 2।

मामला III। यू + 2 वी \u003d 0, यानी वी \u003d यू / 2। तो, टी \u003d यू, एक्स \u003d यू 2/4 - "आईआर में उम्मीदवार" का पैरामीट्रिक रिकॉर्ड।

यह जांचने के लिए कि क्या यह एक आईआर है, हम इसे स्पष्ट रूप से एक्स \u003d टी 2/4 लिखते हैं। यह पता चला कि यह (विशेष) निर्णय है।

व्यायाम। साबित करें कि एक विशेष समाधान अन्य सभी की चिंता करता है।

यह एक आम तथ्य है - किसी भी विशेष समाधान का कार्यक्रम अन्य सभी समाधानों के परिवार का लिफाफा है। यह लिफाफे (देखें) के रूप में एक विशेष समाधान की एक और परिभाषा पर आधारित है।

व्यायाम। यह साबित करने के लिए कि एक अधिक सामान्य क्लोरो समीकरण x \u003d tx (x) के लिए एक उत्तल समारोह के साथ, एक विशेष समाधान को x \u003d (t) देखा जाता है, जहां - वर्तमान का रूपांतरण, यानी \u003d () 1, या (टी) \u003d अधिकतम (टीवी (वी))। इसी प्रकार, समीकरण x \u003d tx + (x) के लिए।

टिप्पणी। पाठ्यपुस्तक में और अधिक सावधानीपूर्वक सामग्री § 3 सेट करें।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। व्याख्यान के पाठ्यक्रम को पढ़ते समय, यह § 3 का विस्तार करने के लिए उपयोगी हो सकता है, इसे एक और कठोर रूप प्रदान करता है।

अब पाठ्यक्रम के मुख्य कैनवास में वापस, प्रस्तुति जारी रखने में §§§§ में शुरू हुआ।

§ 4. § 2 में कौची समस्या की वैश्विक हलनीयता हमने कौची समस्या के समाधान के स्थानीय अस्तित्व को साबित कर दिया है, यानी केवल एक निश्चित अंतराल पर एक बिंदु t0 युक्त।

एफ पर कुछ अतिरिक्त धारणाओं के साथ, हमने समाधान की विशिष्टता भी साबित कर दी, इसे एक ही अंतराल में परिभाषित दो समाधानों के संयोग के रूप में समझा। यदि एफ एक्स द्वारा रैखिक है, तो वैश्विक अस्तित्व प्राप्त होता है, यानी, पूरे अंतराल में, जहां समीकरण (सिस्टम) के गुणांक निर्धारित और निरंतर हैं। हालांकि, सामान्य सिद्धांत शो की रैखिक प्रणाली में उपयोग करने के प्रयास के रूप में, पीनो-पिकिंग अंतराल आमतौर पर कम से कम है जिस पर समाधान का निर्माण किया जा सकता है। प्राकृतिक प्रश्न उत्पन्न होते हैं:

1. अधिकतम अंतराल का निर्धारण कैसे करें जिस पर समाधान अनुमोदित किया जाना है (1)?

2. क्या यह अंतराल हमेशा अधिकतम के साथ मेल खाता है जिस पर सही भाग (1) 1 यह समझ में आता है?

3. अपनी परिभाषा के अंतराल के बारे में आरक्षण के बिना समाधान की विशिष्टता की अवधारणा को अच्छी तरह से तैयार कैसे करें?

सवाल 2 का जवाब आम तौर पर नकारात्मक (या बल्कि, महान सटीकता की आवश्यकता होती है) कहते हैं, कहते हैं अगला उदाहरण। x \u003d x2, x (0) \u003d x0। यदि x0 \u003d 0, तो x 0 - ओसगूड प्रमेय पर कोई अन्य समाधान नहीं है। यदि x0 \u003d 0, तो हम एक तस्वीर बनाने का फैसला करते हैं)। समाधान के अस्तित्व का अंतराल क्रमशः (1 / x0) या (1 / x0, +) से अधिक नहीं हो सकता है, x0 0 और x0 0 के साथ (हाइपरबोल की दूसरी शाखा समाधान से संबंधित नहीं है! - यह है एक विशिष्ट छात्र त्रुटि)। पहली नज़र में, प्रारंभिक कार्य में कुछ भी नहीं "इस तरह के परिणाम का सामना नहीं किया।" § 4 में हमें इस घटना के लिए एक स्पष्टीकरण मिलेगा।

समीकरण एक्स \u003d टी 2 + एक्स 2 के उदाहरण पर, समाधान के अंतराल पर छात्रों की एक सामान्य त्रुटि प्रकट होती है। यहां तथ्य यह है कि "समीकरण हर जगह परिभाषित किया गया है" सभी को पूरे प्रत्यक्ष पर निर्णय की निरंतरता में शामिल नहीं है। यह विशुद्ध रूप से रोजमर्रा के दृष्टिकोण से भी स्पष्ट है, उदाहरण के लिए, कानूनी कानूनों और प्रक्रियाओं के संबंध में उनके तहत विकसित होने के संबंध में: कानून को अस्वीकार करना स्पष्ट रूप से 2015 में किसी कंपनी के अस्तित्व को समाप्त नहीं किया गया है, इसका मतलब यह नहीं है कि यह यह नहीं है कंपनी इस वर्ष के लिए नियम नहीं जायेगी। आंतरिक कारणों से (हालांकि कानून के भीतर लागू)।

प्रश्नों का उत्तर देने के लिए 1-3 (और यहां तक \u200b\u200bकि उन्हें स्पष्ट रूप से तैयार करने के लिए), एक संक्षिप्त समाधान की अवधारणा आवश्यक है। हम (जैसा कि हम ऊपर सहमत हुए) एक जोड़ी के रूप में समीकरण (1) 1 के समाधान पर विचार करें (, (टीएल (), टीआर ()))।

परिभाषा। समाधान (, (टीएल (), टीआर ())) समाधान की निरंतरता (टीएल (), टीआर ())), यदि (टीएल (), टीआर ()) (टीएल (), टीआर (टीआर ( )), और | (टीएल (), टीआर ()) \u003d।

परिभाषा। समाधान (, (टीएल (), टीआर ())) - छोटा, अगर इसमें गैर-तुच्छ (यानी इसके अलावा) निरंतरता नहीं है। (ऊपर उदाहरण देखें)।

यह स्पष्ट है कि यह एनआर है जो विशेष मूल्य है, और उनके नियमों में अस्तित्व और विशिष्टता साबित करना आवश्यक है। एक प्राकृतिक प्रश्न है - क्या मैं स्थानीय निर्णय, या कौची कार्य के आधार पर एचपी बना सकता हूं? यह हां पता चला। इसे समझने के लिए, हम अवधारणाओं को पेश करते हैं:

परिभाषा। समाधान का एक सेट ((, (टीएल (), टीआर ())))))) संगत है यदि इस सेट से कोई भी 2 समाधान उनकी परिभाषा के अंतराल के चौराहे पर मेल खाता है।

परिभाषा। समाधानों का एक सतत सेट अधिकतम कहा जाता है, यदि कोई इसका कोई अन्य समाधान नहीं जोड़ सकता है ताकि नया सेट सुसंगत हो और समाधान परिभाषा क्षेत्रों के संयोजन में नए अंक शामिल हों।

यह स्पष्ट है कि एमएनएन का निर्माण एचपी बनाने के बराबर है, अर्थात्:

1. यदि एचपी है, तो कोई भी एमएनएन, जिसमें शामिल है, केवल इसके संकुचन का एक सेट हो सकता है।

व्यायाम। चेक।

2. यदि कोई एमएनएन है, तो एचपी (, टी, टी +)) के रूप में बनाया गया है:

पुट (टी) \u003d (टी), जहां - इस बिंदु पर परिभाषित कोई एनएन तत्व। जाहिर है, इस तरह के एक समारोह को विशिष्ट रूप से परिभाषित किया जाएगा (टी, टी +) (सेट की स्थिरता से असंबद्धता का पालन करें), और यह इस बिंदु पर परिभाषित सभी एनएन तत्वों के साथ प्रत्येक बिंदु पर मेल खाता है। किसी भी टी (टी, टी +) के लिए इसमें कुछ प्रकार की परिभाषित है, और इसलिए इसके आस-पास में, और इसी तरह। इस पड़ोस में एक समाधान (1) 1 है, फिर - भी। इस प्रकार, सब कुछ (टी, टी +) पर एक समाधान (1) 1 है। यह छोटा है, क्योंकि, अन्यथा, गैर-निरंतरता को एमएनएन में अपनी अधिकतमता के विपरीत जोड़ा जा सकता है।

सामान्य मामले में एमएनएच समस्या (1) का निर्माण (पीनो प्रमेय की स्थितियों के तहत), जब कोई स्थानीय विशिष्टता नहीं होती है, तो यह संभव है (देखें,), लेकिन काफी बोझिल - यह चरण-दर-चरण उपयोग पर आधारित है अंतराल की निरंतरता के नीचे के अनुमान के साथ पीनो प्रमेय। इस प्रकार, एचपी हमेशा मौजूद है। हम इसे केवल मामले में औचित्य देते हैं जब स्थानीय विशिष्टता होती है, तो एमएनएन (और इसलिए एचपी) का निर्माण मामूली है। उदाहरण के लिए, निश्चितता के लिए, हम टीसी-पी के ढांचे के भीतर कार्य करेंगे।

प्रमेय। क्षेत्र बी आरएन + 1 में टीके-पी शर्तों को करने दें। फिर किसी भी (t0, x0) b के लिए, समस्या (1) में एक एचपी है।

साक्ष्य। समस्या के सभी समाधानों के सेट पर विचार करें (1) (यह टीके-पी द्वारा खाली नहीं है)। यह एमएनएन बनाता है - स्थानीय विशिष्टता के कारण संगत, और इस तथ्य के कारण अधिकतम यह कि यह कौची समस्या के सभी समाधानों में से एक है। तो एचपी मौजूद है। यह स्थानीय विशिष्टता के लिए एकमात्र है।

यदि आप मौजूदा स्थानीय निर्णय (1) 1 (और कौची का कार्य नहीं) के आधार पर एचपी बनाना चाहते हैं, तो स्थानीय विशिष्टता के मामले में यह समस्या कैची कार्य में कम हो गई है: आपको किसी भी बिंदु को चुनने की आवश्यकता है उपलब्ध आईआर और इसी कौची कार्य पर विचार करें। इस कार्य का एचपी विशिष्टता के कारण प्रारंभिक समाधान की निरंतरता होगी। यदि कोई विशिष्टता नहीं है, तो दिए गए समाधान की निरंतरता ऊपर निर्दिष्ट प्रक्रिया द्वारा की जाती है।

टिप्पणी। एचपी को अपने अस्तित्व के अंतराल के सिरों पर समर्पित नहीं किया जा सकता है (विशिष्टता की स्थिति के बावजूद) ताकि यह एक समाधान और टर्मिनल बिंदुओं में हो। औचित्य साबित करने के लिए, यह स्पष्ट करना आवश्यक है कि सेगमेंट के अंत में ओडीयू के निर्णय के तहत समझें:

1. दृष्टिकोण 1. निर्णय के तहत (1) 1 सेगमेंट पर इसे एक समारोह के रूप में समझा जाता है जो एक तरफा व्युत्पन्न के अर्थ में समीकरण को संतुष्ट करता है। फिर कुछ समाधान के निर्दिष्ट चुनौती देने की संभावना, उदाहरण के लिए, अपने अस्तित्व के अंतराल के दाईं ओर (टी, टी +] का मतलब है कि आईआर का बी के अंदर अंत बिंदु है, और सी 1 (टी, टी +]। लेकिन फिर कौची एक्स (टी +) कार्य का निर्णय लेना। \u003d (टी +) के लिए (1) और इसके समाधान को ढूंढना, हम सही अंत टी + (पॉइंट टी + दोनों एकतरफा डेरिवेटिव मौजूद हैं और एफ के बराबर हैं ( टी +, (टी +)), जिसका अर्थ है कि एक आम व्युत्पन्न है), यानी यह एचपी नहीं था।

2. दृष्टिकोण 2. यदि समाधान के तहत (1) सेगमेंट पर 1 सेगमेंट के रूप में यह एक समारोह के रूप में समझा जाता है, केवल अंत में निरंतर, लेकिन इस तरह के अंत में बी में झूठ बोल रहे हैं (भले ही समीकरण की आवश्यकता न हो) - यह केवल एक ही अभिन्न समीकरण (विवरण देखें) के संदर्भ में एक ही तर्क को बदल देता है।

इस प्रकार, समाधानों की परिभाषा के सेट के रूप में तुरंत अंतराल तक सीमित, हमने समुदाय का उल्लंघन नहीं किया (और केवल एक तरफा डेरिवेटिव आदि के साथ अनावश्यक vene से परहेज किया)।

नतीजतन, हमने प्रश्न 3 का उत्तर दिया, § 4 की शुरुआत में वितरित किया गया: विशिष्टता की स्थिति का प्रदर्शन करते समय (उदाहरण के लिए, ओसगूड या कौची-पिकारा), एचपी की अद्वितीयता को हल करने की विशिष्टता होती है। यदि विशिष्टता की स्थिति टूट गई है, तो वहां बहुत सारे एचपी कार्य कौची हो सकते हैं, प्रत्येक अस्तित्व के अपने अंतराल के साथ हो सकता है। कोई भी समाधान (1) (या बस (1) 1) एचपी को जारी रखा जा सकता है।

प्रश्न 1.2 का उत्तर देने के लिए, वेरिएबल टी को अलग-अलग नहीं मानना \u200b\u200bआवश्यक है, लेकिन अंतरिक्ष आरएन + 1 में आईसी का व्यवहार। इस सवाल पर कि कैसे आईआर "अंत के पास" व्यवहार करता है, हम ध्यान देंगे कि अस्तित्व अंतराल समाप्त होता है, और आईआर के पास नहीं हो सकता है (बी में आईआर का अंत हमेशा मौजूद नहीं है - ऊपर की टिप्पणी देखें, लेकिन मौजूद नहीं है बी - नीचे देखें)।

प्रमेय। (कॉम्पैक्ट छोड़ने के बारे में)।

हम इसे स्थानीय विशिष्टता की स्थितियों में तैयार करते हैं, लेकिन यह जरूरी नहीं है - देखें, टीपीके को एचपी के मानदंड के रूप में तैयार किया गया है।

टीसी-पी की शर्तों में, किसी भी एचपी समीकरण का एक चार्ट (1) 1 किसी भी कॉम्पैक्ट के बी को छोड़ देता है, यानी, के बी (टी, टी +): (टी, (टी)) के साथ k।

उदाहरण। के \u003d (((टी, एक्स) बी | ((टी, एक्स), बी))।

टिप्पणी। इस प्रकार, टी ± के पास आईआर एनआर बी के पास है: ((टी, (टी)), बी) 0 टी टी a में - समाधान जारी रखने की प्रक्रिया सख्ती से बी के अंदर तोड़ नहीं सकती है।

सकारात्मक रूप से, यहां एक अभ्यास के रूप में गैर-नष्ट किए गए बंद एकाधिक सेटों के बीच सकारात्मकता साबित करने के लिए उपयोगी है, जिनमें से एक कॉम्पैक्ट है।

साक्ष्य। फिक्स के बी। किसी भी 0 (0, (के, बी)) लें। यदि बी \u003d आरएन + 1, तो परिभाषा के अनुसार हम (के, बी) \u003d + पर विचार करते हैं। सेट के 1 \u003d ((टी, एक्स) | ((टी, एक्स), के) 0/2) बी में एक कॉम्पैक्ट भी है, इसलिए एक एफ \u003d अधिकतम | एफ है। संख्याएं टी और आर डोक लगातार छोटे हैं ताकि उदाहरण के लिए फॉर्म के किसी भी सिलेंडर, टी 2 + आर 2 2/4 लेने के लिए पर्याप्त है। फिर कौची प्रकार के कार्य में अंतराल पर टीसी-पी समाधान पर एक समाधान है जो पहले से ही (टी टी 0, टी + टी 0) से पहले नहीं है, जहां सभी (टी, एक्स) के लिए टी 0 \u003d न्यूनतम (टी, आर / एफ) ।

अब एक वांछित खंड के रूप में लिया जा सकता है \u003d। वास्तव में, यह दिखाने के लिए आवश्यक है कि यदि (टी, (टी)) के, तो टी + टी 0 टी टी + टी 0। हम दिखाएंगे, उदाहरण के लिए, दूसरी असमानता। कौची समस्या का समाधान (2) एक्स \u003d (टी) के साथ कम से कम बिंदु टी + टी 0 के लिए मौजूद है, लेकिन एक ही समस्या का एचपी, जो विशिष्टता को देखते हुए एक निरंतरता है, इसलिए टी + T0 t +।

इस प्रकार, एचपी चार्ट हमेशा "बी तक पहुंचता है", ताकि एचपी के अस्तित्व का अंतराल आईआर की ज्यामिति पर निर्भर करता है।

उदाहरण के लिए:

बयान। बी \u003d (ए, बी) आरएन (अंतराल परिमित या अनंत), एफ बी में टीके-पी की स्थितियों को संतुष्ट करता है, एचपी समस्या (1) टी 0 (ए, बी) के साथ है। फिर या तो टी + \u003d बी, या | (टी) | + टी टी + पर (और टी के समान)।

साक्ष्य। तो, टी + बी, फिर टी + + दें।

टीपीके के अनुसार किसी भी आर + के साथ कॉम्पैक्ट के \u003d बी बी पर विचार करें, (आर) टी + ऐसा है कि टी ((आर), टी +) प्वाइंट (टी, (टी)) के। लेकिन टी के बाद से +, तो यह केवल खाते के लिए संभव है (टी) | आर लेकिन इसका मतलब है | (टी) | + टी टी + पर।

इस विशेष मामले में, हम देखते हैं कि यदि एफ को "सभी एक्स के साथ परिभाषित किया गया है", एनआर अस्तित्व का अंतराल अधिकतम संभव (ए, बी) से कम हो सकता है, केवल अंत तक एचपी की इच्छा के कारण अंतराल (टी, टी +) (सामान्य मामले में - सीमा बी तक)।

व्यायाम। जब बी \u003d (ए, बी), जहां आरएन एक मनमानी क्षेत्र है, तो अंतिम विवरण को सारांशित करने के लिए।

टिप्पणी। यह समझना आवश्यक है कि | (टी) | + का मतलब कोई k (t) नहीं है।

इस प्रकार, हमने प्रश्न 2 (सीएफ उदाहरण § 4) का उत्तर दिया: आईआर बी के लिए आता है, लेकिन एक्सिस टी पर इसका प्रक्षेपण टी धुरी पर प्रक्षेपण बी के सिरों तक नहीं पहुंच सकता है। सवाल यह है कि 1 - क्या कोई संकेत है कि ओडीयू को हल किए बिना, "अंतराल की विस्तृत श्रृंखला" पर निर्णय जारी रखने की संभावना के बारे में आंका जा सकता है? हम जानते हैं कि रैखिक ओडीयू के लिए, यह निरंतरता हमेशा संभव है, और उदाहरण में § 4 की शुरुआत में यह असंभव है।

N \u003d 1 पर URP के विशेष मामले को चित्रित करने के लिए पहले विचार करें:

असंगत अभिन्न एच (ओं) डीएस (दृश्य \u003d + या बिंदु पर विशेषताओं के कारण असंगत) का अभिसरण पसंद पर निर्भर नहीं है (,)। इसलिए, जब इस अभिन्न अंग की अभिसरण या विचलन की बात आती है तो बस एच (ओं) डीएस लिखें।

यह पहले से ही ओस्गुडा प्रमेय में और संबंधित आरोपों में किया जा सकता है।

बयान। एक सी (,), बी सी (, +) अपने अंतराल पर सकारात्मक हो। कोची समस्या (जहां टी 0 (,), x0) में अंतराल (टी, टी +) (,) पर एचपी एक्स \u003d एक्स (टी) है। फिर:

कोरोलरी। यदि ए \u003d 1, \u003d +, तो टी + \u003d + सबूत। (अनुमोदन)। ध्यान दें कि x monotonically बढ़ता है।

व्यायाम। साबित करो।

इसलिए, एक्स (टी +) \u003d लिम एक्स (टी) + हैं। हमारे पास एक मामला है 1. टी +, एक्स (टी +) + टीपीके पर असंभव है, क्योंकि एक्स एचपी है।

दोनों अभिन्न या तो परिमित या अंतहीन।

व्यायाम। सबूत खत्म करो।

शिक्षक के लिए औचित्य। अंत में, हम 3: ए (एस) डीएस + के मामले में प्राप्त करते हैं, और 4 के मामले में (यदि आमतौर पर इसे लागू किया जाता है)।

इस प्रकार, प्रजातियों एक्स \u003d एफ (एक्स) के एन \u003d 1 पर सबसे सरल ओडीयू के लिए, समाधान की निरंतरता समाधान की संरचना के बारे में अधिक जानकारी में निर्धारित की जाती है जैसे (तथाकथित।

स्वायत्त) समीकरण भाग 3 देखें।

उदाहरण। एफ (एक्स) \u003d एक्स, 1 (विशेष रूप से, रैखिक केस \u003d 1), और एफ (एक्स) \u003d एक्स एलएन एक्स के लिए, आप + (सकारात्मक) समाधानों की निरंतरता की गारंटी दे सकते हैं। एफ (एक्स) \u003d एक्स और एफ (एक्स) \u003d एक्स एलएन एक्स के लिए, 1 समाधान के साथ, "अंतिम समय से नष्ट"।

आम तौर पर, स्थिति कई कारकों द्वारा निर्धारित की जाती है और यह इतना आसान नहीं है, लेकिन एक्स द्वारा विकास दर एफ का महत्व "महत्व बनी हुई है। एन 1 के लिए, निरंतरता के लिए मानदंड तैयार करना मुश्किल है, लेकिन पर्याप्त स्थितियां मौजूद हैं। एक नियम के रूप में, वे तथाकथित की मदद से साबित होते हैं। समाधान के एक प्राथमिक मूल्यांकन।

परिभाषा। चलो एच सी (,), एच 0. यह कहा जाता है कि कुछ अजीब के समाधान के लिए, एक एओ | एक्स (टी) | एच (टी) () पर, यदि इस ode का कोई समाधान अंतराल (,) के हिस्से पर इस अनुमान को संतुष्ट करता है, जहां यह निर्धारित होता है (यानी यह माना जाता है कि समाधानों को अंतराल में परिभाषित किया जाता है () )।

लेकिन यह पता चला है कि एओ की गारंटी देता है कि समाधानों को अभी भी सभी (,) (और इसलिए अंतराल में मूल्यांकन को पूरा करने के लिए परिभाषित किया जाएगा), इसलिए एक प्राथमिक मूल्यांकन एक पूर्ववर्ती में बदल जाता है:

प्रमेय। कोची समस्या (1) टीके-पी की शर्तों को पूरा करने दें, और इसके समाधान के लिए अंतराल पर एओ है () कुछ एचसी (,), और कर्विलिनियर सिलेंडर (| एक्स | एच (टी), टी (टी) के साथ एक एओ है ,)) बी। तब एचपी (1) को सभी () (और इसलिए जेएससी को संतुष्ट) पर परिभाषित किया गया है।

साक्ष्य। हम साबित करते हैं कि टी + (टी समान है)। मान लीजिए टी +। कॉम्पैक्ट के \u003d (| एक्स | एच (टी), टी) पर विचार करें। टी टी + पर टीपीके के मुताबिक, ग्राफ का बिंदु (टी, एक्स (टी)) के पिट्स के k छोड़ देता है, जो जेएससी के कारण असंभव है।

इस प्रकार, कुछ अंतराल के समाधान की निरंतरता को प्रमाणित करने के लिए, यह पूरी तरह से आवश्यक अंतराल पर समाधान की औपचारिक रूप से सराहना करने के लिए पर्याप्त है।

एनालॉजी: लेब फ़ंक्शन की माप और अभिन्न एंटिक्स के औपचारिक मूल्यांकन अभिन्न का वास्तविक अस्तित्व।

आइए स्थितियों के कुछ उदाहरण दें क्योंकि इस तर्क कार्य करता है। आइए उपरोक्त उल्लिखित थीसिस के चित्रण के साथ "विकास एफ द्वारा पर्याप्त धीमी गति से" पर शुरू करें।

बयान। चलो बी \u003d (,) आरएन, एफ बी में टीके-पी की स्थितियों को संतुष्ट करता है, | एफ (टी, एक्स) | ए (टी) बी (| एक्स |), जहां ए और बी पिछले अनुमोदन सी \u200b\u200b\u003d 0, और \u003d + की स्थितियों को संतुष्ट करता है। फिर एचपी समस्या (1) सभी टी 0 (,), एक्स 0 आरएन पर () पर मौजूद है।

लेम्मा। यदि निरंतर, (t0) (t0); टी टी प्रमाण के साथ। ध्यान दें कि परिवेश (t0, t0 +) में: यदि (t0) (t0), तो यह तुरंत स्पष्ट है, और अन्यथा (यदि (t0) \u003d (t0) \u003d 0) (t0) \u003d g (t0, 0) है ) (T0), जो फिर से आवश्यक देता है।

मान लीजिए कि अब एक टी 1 टी 0 ऐसा है (टी 1)। स्पष्ट तर्क पाया जा सकता है (टी 1) टी 2 (टी 0, टी 1] जैसे कि (टी 2) \u003d (टी 2), और (टी 0, टी 2)। लेकिन फिर उस बिंदु पर टी 2 हमारे पास \u003d, विरोधाभास।

जी कोई, और वास्तव में आपको केवल केवल, सी, और हर जगह जहां \u003d, वहां चाहिए। लेकिन सिर स्कोर करने के लिए, लेम्मा के रूप में विचार करें। यहां सख्ती से असमानता है, लेकिन यह गैर-रैखिक ओडीयू है, और अभी भी तथाकथित कहा जाता है।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। एलईएमएमए में इस तरह की असमानताओं को चैपलीजिन असमानताओं (एलएफ) कहा जाता है। यह देखना आसान है कि लेम्मा में विशिष्टता की कोई आवश्यकता नहीं थी, ताकि इस तरह के "सख्त एलएफ" सत्य है और पीनो प्रमेय के ढांचे के भीतर। "गैर-मजबूत एलएफ" विशिष्टता के बिना स्पष्ट रूप से गलत है, क्योंकि समानता गैर-सख्त असमानता का एक विशेष मामला है। अंत में, विशिष्टता की स्थिति के हिस्से के रूप में "गैर-स्ट्रोक" सत्य है, लेकिन इसकी मदद से केवल स्थानीय रूप से साबित करना संभव है।

साक्ष्य। (अनुमोदन)। हम साबित करते हैं कि टी + \u003d (टी \u003d समान है)। मान लीजिए टी +, फिर ऊपर अनुमोदन के अनुसार | एक्स (टी) | + टी टी + पर, ताकि इसे x \u003d 0 माना जा सके। अगर हम जेएससी | एक्स | एच के लिए) (सुविधा के लिए एक गेंद बंद है)।

कौची टास्क एक्स (0) \u003d 0 में आर पर एकमात्र एचपी एक्स \u003d 0 है।

हम एफ पर पर्याप्त स्थिति का संकेत देते हैं, जिसमें आर + पर एचपी के अस्तित्व को सभी पर्याप्त छोटे x0 \u003d x (0) पर गारंटी दी जा सकती है। ऐसा करने के लिए, मान लीजिए कि (4) को तथाकथित किया गया है। समारोह Lyapunova, यानी एक समारोह वी, जो:

1. वी सी 1 (बी (0, आर));

2. एसजीएनवी (एक्स) \u003d एसजीएन | एक्स |

शर्तों की पूर्ति की जांच A और B:

A. कौची कार्य पर विचार करें जहां | x1 | आर / 2। हम सिलेंडर बी \u003d आर बी (0, आर) का निर्माण कार्य एफ निर्धारित करने का क्षेत्र है, जहां यह सीमित है और कक्षा सी 1 है, ताकि एफ \u003d अधिकतम | एफ हो। टीसी-पी के अनुसार, एक समाधान (5) है, जो अंतराल (टी 1 टी 0, टी 1 + टी 0) पर निर्धारित होता है, जहां टी 0 \u003d न्यूनतम (टी, आर / (2 एफ))। पर्याप्त रूप से बड़े टी की पसंद टी 0 \u003d आर / (2 एफ) हासिल की जा सकती है। यह महत्वपूर्ण है कि टी 0 पसंद पर निर्भर नहीं है (टी 1, एक्स 1), बस | x1 | आर / 2।

बी। समाधान (5) निर्धारित किया जाता है और एक गेंद बी (0, आर) में बनी हुई है, हम निम्नलिखित तर्क कर सकते हैं। हमारे पास है:

वी (एक्स (टी)) \u003d एफ (एक्स (टी)) · वी (एक्स (टी)) 0, यानी वी (एक्स (टी)) वी (एक्स 1) एम (आर) \u003d अधिकतम वी (वाई)। यह स्पष्ट है कि एम और एम कम नहीं है, Incredia | शून्य में फ्रिवन, एम (0) \u003d एम (0) \u003d 0, और शून्य के बाहर वे सकारात्मक हैं। इसलिए, आर 0 ऐसा है कि एम (आर) एम (आर / 2)। अगर | x1 | आर, फिर वी (एक्स (टी)) वी (एक्स 1) एम (आर) एम (आर / 2), जहां से | एक्स (टी) | आर / 2। ध्यान दें कि आर आर / 2।

अब हम PP से प्रमेय तैयार कर सकते हैं। ए, बी समाधान के वैश्विक अस्तित्व को प्रदर्शित करता है (4):

प्रमेय। यदि (4) में बी (0, आर) में एक Lyapunov फ़ंक्शन है, तो सभी x0 b (0, आर) (जहां आर को ऊपर परिभाषित किया गया है) एचपी कौची टास्क एक्स (टी 0) \u003d x0 सिस्टम के लिए (4) (किसी के साथ) T0) को परिभाषित +।

साक्ष्य। पी ए के आधार पर, समाधान का निर्माण किया जा सकता है, जहां टी 1 \u003d टी 0 + टी 0/2। यह समाधान बी (0, आर) में निहित है और इसके लिए अनुच्छेद बी का उपयोग करें, ताकि एक्स (टी 1) | आर / 2। हम फिर से एन पर लागू होते हैं। ए और हम एक समाधान प्राप्त करते हैं, जहां टी 2 \u003d टी 1 + टी 0/2, यानी, अब समाधान बनाया गया है। इस समाधान के लिए, अनुच्छेद बी लागू करें और प्राप्त करें | एक्स (टी 2) | आर / 2, आदि। चरणों की गिनती संख्या के लिए, हम § 5 का समाधान प्राप्त करते हैं। ओडीयू निर्णयों की निर्भरता उस कौची कार्य पर विचार करें जहां आरके। यदि कुछ, t0 (), x0 () इस कौची कार्य में एचपी है, तो यह एक्स (टी,) है। सवाल उठता है: निर्भरता एक्स से कैसे अध्ययन करें? यह समस्या विभिन्न अनुप्रयोगों के लिए महत्वपूर्ण है (और यह विशेष रूप से भाग 3 में उत्पन्न होगी), जिनमें से एक (हालांकि यह सबसे महत्वपूर्ण बात नहीं है) ओडीयू का अनुमानित निर्णय है।

उदाहरण। कौची के कार्य पर विचार करें। इसका एचपी मौजूद है और एकमात्र ऐसा है, जैसा कि टीसी-पी से निम्नानुसार है, लेकिन इसे प्राथमिक कार्यों में व्यक्त करना असंभव है। फिर उसके गुणों का पता लगाने के लिए कैसे? एक तरीका: ध्यान दें कि (2) "बंद करें" समस्या के लिए y \u003d y, y (0) \u003d 1, जिसका समाधान आसानी से स्थित है: y (t) \u003d et। यह माना जा सकता है कि एक्स (टी) वाई (टी) \u003d ईटी। इस विचार के लिए जिम्मेदार है: समस्या पर विचार करें \u003d 1/100 इस (2), और at \u003d 0 y के लिए एक कार्य है। अगर हम साबित करते हैं कि x \u003d x (t,) निरंतर है (एक निश्चित अर्थ में), हम उस x (t,) y (t) को 0 पर प्राप्त करते हैं, और इसका अर्थ है x (t, 1/100) y (t) ) \u003d ईटी।

सच है, यह अस्पष्ट रहता है कि x से कितना एक्स है, लेकिन एक्स सॉफ़्टवेयर की निरंतरता का सबूत पहला आवश्यक कदम है जिसके बिना और आगे बढ़ावा देना असंभव है।

इसी प्रकार, प्रारंभिक डेटा में पैरामीटर के आधार पर यह उपयोगी और अध्ययन है। जैसा कि हम बाद में देखेंगे, यह निर्भरता समीकरण के सही हिस्से में पैरामीटर पर पैरामीटर को आसानी से कम कर देती है, ताकि हम अभी भी फॉर्म के कार्य को एफसी (डी) के कार्य में सीमित कर सकें, जहां डी आरएन + में क्षेत्र है K + 1; X से किसी भी उत्तल में x द्वारा f lipszytseva डी से डी (उदाहरण के लिए, पर्याप्त सी (डी))। ठीक करें (t0, x0)। निंदा एम \u003d आरके | (टी 0, x0,) डी अनुमेय की बहुलता है (जिसमें कार्य (4) समझ में आता है)। ध्यान दें कि एम खुला है। हम मान लेंगे कि (टी 0, x0) चुना जाता है ताकि एम \u003d। टीके-पी के अनुसार, सभी एम के लिए, एक एकल एनआर समस्या है (4) - फ़ंक्शन एक्स \u003d (टी,), अंतराल टी (टी (), टी + ()) पर निर्धारित।

कड़ाई से बोलते हुए, क्योंकि यह कई चर पर निर्भर करता है, आपको रिकॉर्ड करने की आवश्यकता है (4) तो:

जहां (5) 1 सेट जी \u003d ((टी,) | एम, टी (टी (), टी + ()) पर बनाया गया है)। हालांकि, डी / डीटी और / टी आइकन के बीच का अंतर पूरी तरह से मनोवैज्ञानिक है (उनका उपयोग "फिक्सिंग" की एक ही मनोवैज्ञानिक अवधारणा पर निर्भर करता है)। इस प्रकार, सेट जी समारोह की एक प्राकृतिक अधिकतम सेट परिभाषा है, और निरंतरता का सवाल जी पर जांच की जानी चाहिए।

हमें एक सहायक परिणाम की आवश्यकता होगी:

लेम्मा। (होलोनला)। फ़ंक्शन को 0, 0, सभी टी के लिए अनुमान को पूरा करने दें। फिर, बिल्कुल, टिप्पणी शिक्षक के लिए सच है। व्याख्यान पढ़ते समय, आप इस सूत्र को पहले से याद नहीं कर सकते हैं, लेकिन एक जगह छोड़ दें, और आउटपुट के बाद प्रवेश करने के बाद।

लेकिन फिर इस सूत्र को दृष्टि में रखें, क्योंकि यह टन में आवश्यक होगा।

एच \u003d ए + बी एएच + बी, जहां से आप वांछित प्राप्त करते हैं।

इस लेम्मा का अर्थ: विभेदक समीकरण और असमानता, उनके बीच संबंध, अभिन्न समीकरण और असमानता, उनके बीच संबंध, ग्रोनोलेल के अंतर और अभिन्न लेम्मा और उनके बीच संबंध।

टिप्पणी। आप इस लेम्मा को साबित कर सकते हैं और ए और बी के बारे में अधिक सामान्य धारणाओं के साथ, लेकिन यह अभी तक हमारे लिए जरूरी नहीं है, और यह यूएमएफ कोर्स में किया जाएगा (इसलिए यह देखना आसान है कि हमने निरंतरता ए और बी का उपयोग नहीं किया है , आदि।)।

अब हम परिणाम को स्पष्ट रूप से तैयार करने के लिए तैयार हैं:

प्रमेय। (टन) एफ की धारणाओं के साथ और उपरोक्त पेश किए गए नोटेशन के साथ यह तर्क दिया जा सकता है कि जी खुला है, और सी (जी)।

टिप्पणी। यह स्पष्ट है कि सेट एम आमतौर पर कनेक्ट नहीं होता है, ताकि जी कनेक्ट न हो।

शिक्षक के लिए टिप्पणी। हालांकि, अगर हम पैरामीटर की संख्या में (T0, X0) शामिल थे, तो कनेक्टिविटी इतनी हो जाएगी।

साक्ष्य। आइए (टी,) जी। साबित करने की जरूरत है कि:

निश्चितता टी 0 के लिए मान लीजिए। हमारे पास है: एम, ताकि (टी,) (टी (), टी + ()) टी, टी 0 द्वारा परिभाषित किया गया है, और इसलिए कुछ सेगमेंट पर जैसे कि टी डॉट (टी, (टी,),) कॉम्पैक्ट वक्र डी चल रहा है (समानांतर हाइपरप्लेन (\u003d 0))। तो, आपकी आंखों के सामने लगातार रखने की बहुत सारी परिभाषा की आवश्यकता होती है!

इसके अलावा डी में पर्याप्त रूप से छोटे ए और बी (एक्स द्वारा उत्तल) के साथ एक कॉम्पैक्ट भी है, ताकि फ़ंक्शन f lipshitsev x पर है:

[इस मूल्यांकन को लगातार आंखों से पहले रखा जाना चाहिए! ] और समान रूप से सभी चर पर निरंतर, और इससे भी अधिक | एफ (टी, एक्स, 1) एफ (टी, एक्स, 2) | (| 12 |), (टी, एक्स, 1), (टी, एक्स, 2)।

[इस मूल्यांकन को लगातार आंखों से पहले रखा जाना चाहिए! ] मनमाने ढंग से 1 पर विचार करें कि | 1 | द्विपक्षीय समाधान (टी, 1)। सेट (\u003d 1) डी (\u003d 1) में एक कॉम्पैक्ट है, और टी \u003d टी 0 पर, बिंदु (टी, (टी, 1), 1) \u003d (टी 0, x0, 1) \u003d (t0, (t0,) ), 1) (\u003d 1), और टी टी + (1) पर टीपीके के अनुसार, बिंदु (टी, (टी, 1), 1) पत्तियां (\u003d 1)। चलो टी 2 टी 0 (टी 2 टी + (1)) पहला मूल्य हो, जिस पर कहा गया बिंदु आता है।

निर्माण, टी 2 (टी 0, टी 1] द्वारा। हमारा कार्य इस पर अतिरिक्त प्रतिबंधों के साथ टी 2 \u003d टी 1 दिखाएगा। अब टी 3 चलो। (ऐसे सभी टी 3 के साथ, सभी मूल्यों का उपयोग आगे परिभाषित किया जाता है):

(टी 3, 1) (टी 3,) \u003d एफ (टी, (टी, 1), 1) एफ (टी, (टी,),) डीटी, आइए यह साबित करने का प्रयास करें कि यह मान ए से कम है।

एकीकृत समारोह निम्नानुसार मूल्यांकन किया गया है:

± एफ (टी, (टी,),), और ± एफ (टी, (टी,),) नहीं, क्योंकि अंतर पर | (टी, 1) (टी,) | अब के लिए कोई रेटिंग नहीं है, इसलिए (टी, (टी, 1),) अस्पष्ट है, लेकिन | 1 | वहाँ हैं, और (टी, (टी,), 1) ज्ञात है।

तो अंत में | (टी 3, 1) (टी 3,) | के | (टी, 1) (टी,) | + (| 1 |) डीटी।

इस प्रकार, समारोह (टी 3) \u003d | (टी 3, 1) (टी 3,) | (यह एक सतत कार्य है) एक (एस) के 0, बी (एस) (| 1 |), टी \u003d टी 2, \u003d 0 के साथ ग्रोनोल लेम्मा की स्थितियों को संतुष्ट करता है, इसलिए हम इस लेम्मा के साथ मिलते हैं [इस मूल्यांकन की आपको आवश्यकता है अपनी आँखों के सामने रखने के लिए! ] यदि आप लेते हैं तो 1 | 1 (टी 1)। हम मानते हैं कि 1 (टी 1) बी। हमारे सभी तर्क सभी टी 3 के लिए सच हैं।

इस प्रकार, इस तरह के विकल्प 1 के साथ, जब टी 3 \u003d टी 2, हालांकि | (टी 2, 1) (टी 2,) | ए, साथ ही | 1 | बी तो, (टी 2, (टी 2, 1), 1) केवल इस तथ्य के कारण संभव है कि टी 2 \u003d टी 1। लेकिन विशेष रूप से इसका मतलब है कि (टी, 1) पूरे सेगमेंट पर परिभाषित किया गया है, यानी टी 1 टी + (1), और फॉर्म के सभी बिंदु (टी, 1) जी, यदि टी, | 1 | 1 (टी 1)।

यही है, हालांकि टी + पर निर्भर करता है, लेकिन सेगमेंट बाएं टी + () के साथ निकटता से बनी हुई है। आंकड़ा टी टी 0 के समान है, संख्याओं का अस्तित्व टी 4 टी 0 और 2 (टी 4) दिखाया गया है। यदि टी टी 0, तो बिंदु (टी,) बी (1) जी टी टी 0 के समान है, और यदि टी \u003d टी 0, तो दोनों मामले लागू होते हैं, इसलिए (टी 0,) बी (3) जी, जहां 3 \u003d न्यूनतम (12)। यह महत्वपूर्ण है कि एक निश्चित (टी,) के साथ कोई टी 1 (टी,) पा सकता है ताकि टी 1 टी 0 (या क्रमशः टी 4), और 1 (टी 1) \u003d 1 (टी,) 0 (या क्रमशः 2), तो चुनना 0 \u003d 0 (टी,) स्पष्ट है (टी। के लिए। परिणामी बेलनाकार पड़ोस में आप गेंद में प्रवेश कर सकते हैं)।

वास्तव में, एक और सूक्ष्म संपत्ति साबित हुई: यदि एचपी एक निश्चित खंड पर निर्धारित किया गया है, तो यह सभी एचपी को पर्याप्त रूप से करीबी पैरामीटर (यानी) के साथ परिभाषित करता है।

सभी छोटे क्रोधी एचपी)। हालांकि, इसके विपरीत, यह संपत्ति खुलेपन जी से होती है, जैसा कि नीचे दिखाया जाएगा, इसलिए ये समतुल्य शब्द हैं।

इस प्रकार, हम 1 साबित हुए।

यदि हम अंतरिक्ष में निर्दिष्ट सिलेंडर में हैं, तो रेटिंग सत्य है। 1 | 4 (, टी,)। उसी समय | (टी 3,) (टी,) | पर | टी 3 टी | टी द्वारा निरंतरता के कारण 5 (टी,)। नतीजतन, (टी 3, 1) बी ((टी,),) हमारे पास है (टी 3, 1) (टी,) |, जहां \u003d न्यूनतम (4, 5)। यह अनुच्छेद 2 है।

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"ए.वी. Novitskaya, एलआई। निकोलेव स्कूल ऑफ फ्यूचर मॉडर्न एजुकेशनल स्कूल ऑफ लाइफ स्टेज ग्रेड 1 प्राथमिक क्लास टीचर्स के लिए विधि विज्ञान मैनुअल मास्को 200 यूडीसी 371 (075.8) बीबीसी 74.00 एन 68 कॉपीराइट कानूनी रूप से संरक्षित है, लेखकों के संदर्भ में बाध्य है। Novitskaya A.V., निकोलेवा एलआई। एच 68 समकालीन शिक्षात्मक कार्यक्रम जीवन के चरणों। - एम।: अववलॉन, 200 9. - 176 पी। आईएसबीएन 978 5 9 4 9 8 9 141 4 यह ब्रोशर मुख्य रूप से शिक्षकों के लिए संबोधित किया जाता है, लेकिन, नर्सिंग, इसकी जानकारी के साथ ... "

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"लेकिन अ। ए यामाशकिन वी। वी। रुहेनकोव अल। ए। मॉर्डोविया ट्यूटोरियल गणराज्य की यामाशिन भूगोल सारांस्क मॉर्डोवियन यूनिवर्सिटी पब्लिशिंग हाउस 2004 यूडीसी 91 (075) (470.345) बीबीके डी 9 (2 पी 351-6 एमओ) YA549 समीक्षकों: वोरोनिश राज्य शैक्षिक विश्वविद्यालय की भौतिक भूगोल विभाग; चिकित्सक भौगोलिक विज्ञान प्रोफेसर ए एम नोसोनोव; स्कूल-कॉम्प्लेक्स नंबर 39 का शिक्षक। सरन्स्क ए वी। लोंटेव को डोवुज़ोवस्काया प्रशिक्षण संकाय की शैक्षिक और पद्धति परिषद के निर्णय और औसत ... "के फैसले से मुद्रित किया गया है ..."