Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Российский университет дружбы народов

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ODU_4.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.04.2015

Размер:

725.58 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 102 3 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Ломаные Эйлера и теорема Пеано.

Пусть G – область в Rq+1	(или	в	)	R ×Cq ),		а отображение f : G → Rq (или
f : G → Cq ) непрерывна на G. Тогда (x , y			)	G	h , h > 0		существует решение задачи
	0	0			1	2
Коши:
y′ = f (x, y) (1)
y(x )= y				0	(2)
	0			0

определенное на [x0 − h1, x0 + h2 ] (единственности может не быть). Доказательство:

◄ Пусть (x0 , y0 ) G тогда существует область G * компактно лежащая в G. То есть 1. G * - ограничена,

2. замыкание G * G

Такая, что (x0 , y0 ) G * (так как G – открыта, то в качестве G * можно взять окрестность точки (x0 , y0 ), лежащей в G), то по теореме Вейерштрассе M > 0 , max f (x, y) = M ,

(x, y) G *. Поэтому h1, h2 > 0 , что конус

Q = {(x, y)| y − y0 ≤M x − x0 , x [x0 − h1, x0 + h2 ]} G * . (в силу открытости G*)

h1 (x0 , y0 ) h2

Построим ломаные Эйлера (будем доказывать “вправо”, то есть на [x0 , x0 + h2 ]; “влево” аналогично).

= x + kh

f (x , y

)

k = 0,1,2…

Узлы ломаной Эйлера: yk

=0y

k +1

Уравнения ломаной Эйлера:

z(x)= y

+ f

(x y

)(x − x ),

где xk ≤ x ≤ xk +1 . Как в прошлом семестре, получим, что z(x) – обобщенное решение за-

дачи Коши:

z′ = F(x, z)

z(x

)= z

F(x, z)= f (xk , yk ),

где

то

есть

z(x)

удовлетворяет интегральному уравнению

xk ≤ x < xk +1

z(x)= y0 + ∫x F(t, z(t))dt .

графики ломаных Эйлера при всех h ]0, h2 ] лежат в Q, от-

Аналогично (см. I семестр)

сюда следует, что семейство ломаных Эйлера равномерно ограничено при h ]0,h2 ]. По-

кажем, что оно равностепенно непрерывно. Имеем:

′

z(x)− z(x′)

∫x

F(t, z(t))dt

≤

∫x

F(t, z(t))

≤

∫x

Mdt

= M

x − x′

		ε
семейство равностепенно непрерывно δ =			.
семейство равностепенно непрерывно δ =			.
		M
Придадим h последовательность значений	hn →				hn =	h
Придадим h последовательность значений	hn →			0 hn > 0, например	hn =		2	. По лемме
					zn (x)		n
Арцелы из соответствующей последовательности ломаных Эйлера					zn (x)		можно выде-

лить равномерно сходящуюся на [x0 , x0 + h2 ] к некоторой непрерывной функции (вектор-

ной)

+ h2 ]

→ C

подпоследовательность

–

решение

y : [x0 ; x0

(x). Покажем, что y(x)

интегрального уравнения

(x)

лежит в

y(x)= y0 + ∫ f (t, y(t))dt (3). Заметим, что график y

Q (в силу замкнутости Q).

Сделаем оценки:

(x)− z

(x)

(t, z

(t))dt

y(x)− y0 − ∫ f

(t, y(t))dt

≤

(x)− y0 − ∫F

(t, z

(t))− f (t, z

(t))]dt

(t))

− f (t, y(t))]dt

→ 0

∫[F

∫[f (t, z

→

при k → ∞ , так как

F nk (t, znk (t))− f (t, znk (t))

(t, znk (t))

f (x , y

)− f

→

0 ,

→

при

x ≤ t < x

, на [x , x

+ h ] в силу оценок

t − x

< hnk ,

i +1

znk (t)− y

(x , y )(t − x )

≤ M

t − x

< M hnk

i i

и равномерной непрерывности на

непрерывной функции

f :

→ Cq (по теореме

G *

Кантора).

f (t, z

Аналогично:

(t))

→

при k → ∞ на

[x0 , x0 + h2 ]

в силу оценок

t −t

= 0 ,

(t))− f (t, y

→

(t)

→

0 по построению и равномерной непрерывности f на G *, отсюда следует

(t)− y

→

(x)− y0

− ∫ f

– решение интегрального уравнения (3) и, в силу не-

(t, y(t))dt ≡

y(x)

прерывности

y(x) решение задачи Коши (1), (2) (как и в первом семестре). ►

Аналогично прошлому семестру доказывается теорема о продолжении решения в ε - окрестности границы области и вплоть до границы области (“липшицевость” не нужна). Как было отмечено выше в теореме Пеано единственности нет.

Теорема о единственности решения задачи Коши для систем ОДУ. Следствие для ОДУ n-го порядка. Случай линейного уравнения и линейной системы.

Теорема:

Пусть в условии теоремы Пеано функция f (x, y) удовлетворяет условию Липшица по y то есть L > 0 (x, y)(, x, y) G : f (x, y)− f (x, y) ≤ L y − y , тогда решение задачи

(1), (2) единственно. Доказательство:

◄ Пусть y1(x) и y2 (x) – решения задачи (1), (2) на [x0 − h1, x0 + h2 ], тогда

y1(x)= y0 + ∫x

f (t, y1(t))dt

–

y2 (x)= y0 + ∫x

f (t, y2 (t))dt

0 ≤

y1(x)− y2 (x)

∫x [f (t, y1(t))− f (t, y2 (t))]dt

≤

∫x L

y1(t)− y2 (t)

+ 0 .

По замечанию к лемме Гронуолла:

(x) на [x − h , x + h ] ►

(x)− y

(x)

≤ 0 eL

x−x0

≡ 0 y

(x)≡ y

Следствия для ОДУ n-го порядка.

Теорема:

f : G → Rn (f : G →Cn ), f (x, z)

Пусть G – область в Rn+1 или R ×Cn , а функция

непрерывна по x и удовлетворяет условию Липшица по z, Тогда (x0 , y0 , y0′,…, y0(n−1)) G существует единственное решение задачи Коши:

	y	(n)	=		′	(n−1)	)
	y		=	f (x, y, y ,…, y			)
y(x			)	= y	0
		0			0
y′(x0 )= y0′							,

		(n−1)(x )			= y(n−1)
y		(n−1)(x )			= y(n−1)
				0	0

определенное в окрестности точки x0 .

Доказательство:

◄ Для доказательства достаточно перейти к нормальной системе и использовать предыдущие теоремы ►

Следствия для линейной системы. Теорема:

Пусть в системе

+ fi (x), (1)

yi′ = ∑aij (x)y j

j =1

где i =

1,n

aij (x)

и fi (x)

непрерывны на [a,b],

(èëè y′ = A(x)y + f (x)= F(x, y)) функции

со значе-

ниями в С.

Тогда:

1) x0 [a,b];

)

2) y0

единственное

решение задачи (1),

(2), где

существует

)

y(x0 )

= y0

(2);

вектор

3) определенном на всем [a,b].

Доказательство:

◄ Пусть x

– произвольная точка из [a,b], а

– произвольный вектор из Cn . По тео-

реме Вейерштрассе M > 0 : ∑

aij (x)

2 ≤ M 2 ,

f (x)

≤ M , покажем, что F(x, y) удовле-

ij =1

творяет условию Липшица по y (заметим, что F(x, y) непрерывна на [a,b]×Cn ). Имеем

2 неравенств о

F(x, y)− F(x, y)

(x)

= ∑

∑aij (x)y j

Êîøè≤

∑

aij

∑

y j − y j

≤

i =1

j =1

i =1

j =1

≤ ∑

aij (x)

y − y

2 ≤ M 2

y − y

i, j =1

F(x, y)− F(x, y)

≤ M

y − y

(удовлетво ряет условию

Липшица

ïî

По доказанным теоремам существует единственное решение, определенное в окрестно-

сти

(íà

[a,b]) точки x0 . Оценим решение y(x) задачи (1), (2):

y(x)

y0 + ∫x F(t, y(t))dt

y0 + ∫x

A(t)y(t)dt + ∫x

f (t)dt

≤

∫x

A(t)y(t)dt

∫x

f (t)

≤

A(t)y(t)

f (t)

≤

x M

y(t)

Mdt

≤

y(t)

∫

аналогично

∫

рассмотрен ному выше

+ M (b −

По замечанию к лемме Гронуолла

y(x)

≤ (

+ M (b − a))eM (b−a ) < K < ∞ ( )

не зависит от x

при

некотором K > 0 . Продолжим

решение y(x) вплоть

до

границы области

G = {(x, y)| a < x < b,

< K}, (

= {(x, y)| a ≤ x ≤ b,

≤ K}).

В силу ( ) график не может выйти на границу

боковой части.

В силу ( ) график y(x) выйдет на границу ∂

только при x = a и при x = b

продолженное

y(x)

y(x) определено на всем [a,b]

►

Следствия для линейной ОДУ n-го порядка.

Теорема:

Пусть в уравнении

y(n) + p1(x)y(n−1)

+…+ pn (x)y = f (x) (1).

pi (x) и

f (x) непрерывны на [a,b] со значениями в С, тогда:

1)x0 [a,b],

2)Для любого набора комплексных чисел y0 , y0′,…, y0(n−1) ! решение задачи Коши (1),

(2), где
y(x0 )= y0
y′(x0 )=		y0′
		(2),
		)= y(n−2)
y(n−2)(x		)= y(n−2)
	0	0
3) определенное на всем [a,b]

Доказательство:

◄ Для доказательства достаточно перейти к нормальной линейной системе. ►

<<< < Предыдущая 12 / 102 3 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.04.2015420.23 Кб14new_dz5_МЛ.pdf
#
15.04.2015316.42 Кб6new_dz6_МЛ.pdf
#
15.04.2015207.92 Кб8new_dz7_МЛ.pdf
#
30.08.20191.13 Mб23nivelirovanie.doc
#
29.09.201933.22 Mб70Occlusion in restorative Dentistry.doc
#
15.04.2015725.58 Кб76ODU_4.pdf
#
15.04.20151.27 Mб7oopt_zakon.pdf
#
14.04.201518.01 Кб34Orbitalnye_i_vnutricherepnye_oslozhnenia-1.docx
#
21.03.2016638.98 Кб875OrtopedStom.doc
#
20.09.201982.94 Кб10Osnovnoy_test.doc
#
14.04.201583.16 Кб11Osnovy_audita.docx