Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Саратовский государственный университет им. Н.Г. Чернышевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Gurevich-Kornev

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.06.2015

Размер:

1.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 104 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Отсюда

jyk2(x) yk1(x)j =

[fk(t; y11(t); : : : ; yn1(t))

fk(t; y10(t); : : : ; yn0(t))] dt

fk(t; y11(t); : : : ; yn1(t))

fk(t; y10

(t); : : : ; yn0

(t))

i=1 j

yi1

(x)

yi0

Учитывая (2.10), заключаем,

что

ер

jyk2(x) yk1(x)j ML

j=1 jt x0j dt = MnL

jx x0j2

.Ч

Рассуждая по индукции, приходим

к следующей

оценке

y (x)

(x)

Mnm 1Lm 1

jx x0jm

j km

k;m 1

M (nLh)m

;

m = 1; 2; : : : :

Таким образом, ряд мажорируется сходящимся числовым рядом

1 (nLh)m

m=1

nLenLh:с

k в=

Обозначим

lim ykm(x)

y~k(x),

1; : : : ; n.

Так

как,

m!1

равномерный предел

последователь ности

непрерывных

функций

(x) непрерывны на J. Докажем,

является непрерывной функцией, то y~k

является решением системы (2.8). С этой

целью

что fy~k(x)gk=1

! 1. Учитывая непрерывность

перейдем к пределу в (2.9) приныm

(а, следовательно, и равном р ую непрерывность в n+1) функций

fk(x; y1; : : : ; yn), мы можемеперейти к пределу под знаком интеграла.

В результате будем иметь

y~k(x) дyk + m!1 Z

fk(t; y1;m 1(t); : : : ; yn;m 1(t))dt

а lim

m!1 k

1;m 1

n;m 1

+ Z

lim f

(t; y

(t); : : : ; y

(t))dt

1;m 1

m!1

n;m 1

fk(t; m!1

y0 +

lim

(t); : : : ;

lim

(t))dt

yk0 +

fk(t; y~1(t); : : : ; y~n(t))dt;

k = 1; : : : ; n:

Что и требовалось доказать.

наряду

y~k(x)

единственность. Пусть

III этап. Докажем n

gk=1

имеется решение fz~k(x)gk=1. Имеем

.Че

y~k(x) yk0 + Z

fk(t; y~1

(t); : : : ; y~n(t))dt;

z~k(x) yk0 + Z

fk(t; z~1

(t); : : : ; z~n(t))dt:

Вычитая из первого тождества второе, получим

y~k(x)

z~k(x)

[fk(t; y~1(t); : : : ; y~n(t))

fk(t; z~1(t); :т: : ; z~n(t))] dt:

Отсюда

fk(t; y~1(t); : : : ; y~n(t))ивfеk(t; z~1(t); : : : ; z~n(t))

y~k(x)

z~k(x)

y~j(t)

нz~ыj(t)

dt ;

k = 1; : : : ; n:

j=1 j

Просуммируем эти

по k:

неравенствав

y~kа(xр) сz~k(x)

y~j(t)

z~j

(t)

dt :

k=1 jд

j=1 j

Xу

го

Обозначим z(x) = P jy~k(x) z~k(x)j. Тогда последнее неравенство

k=1

запишется в виде

z(x) nL	z(t) dt :	(2.11)

Из неравенства Беллмана при c = 0 следует, что z(x) 0. Теорема

доказана.

Замечание Проиллюстрируем идею доказательства теоремы 2.3 на

следующем простом примере. Рассмотрим задачу Коши

= y;

y(0) = 1:

(2.12)

Как

установлено

на

I-м

этапе

данная задача равносильна

интегральному уравнению

y(x) =

1 +

y(t)dt. Последовательные

приближения в этом случае имеют вид ym(x) = 1 + ym 1(t)dt, m = .

1; 2; : : : , y0(x) =

1. Найдем явное выражение ym(x).R Имеем y0(x) =.

1 +

dt = 1 +

xН

1; y1(x) = 1 + 0 1dt = 1 +

; y2(x) = 1 + 0

н+и2!

xRm

что

В общем случае ym(x) = 1 + 1! + 2! + + m! . Отсюда заключаем,м

ym(x) равномерно сходится к y~(x) = ex. Это и есть решениеиисходной

задачи Коши.

ЗамечаниеАналогично

можно

случай,

рассмо реть

когда

начальные

условия

задаются

на

отрезка.

иконце

Например,

этом

случае

x0 + a. рВ

качестве

параллелепипеда

n+1

следует

взять

n+1

+ bk; k = 1; : :n: ; n .

= (x; y1; : : : ; yn)j x0 x x0 + a; yk

bkиyk yk

Теорема 2.4. Предположим, что фнкции ffk(x; y1; : : : ; yn)gk=1:

1) непрерывны в области D: a x

b, 1 < yk < 1, k = 1; : : : ; n;

2) по переменным y1; : : : ; yn

удовлетворяютй

условию Липшица с

константой L.

Тогда

задача

Коши

имеет единственное решение,

(2.1)–(2.2)

определенное на всем отр

зке [a; b].

Для доказательства э ого утверждения достаточно почти дословно

повторить

теоремы 2.3, заметив при

этом,

что

рассужденияс

из

появление

M было связано

лишь

необходимостью,

конст нты

приближения попадали в область определения

чтобы последовательныед

функций

fk(x; y1; : : : ; yn). В

рассматриваемом

случае этот

факт

гарантируется условием 1).

Следствие 2.1. Задача Коши для линейной системы

8y1:0 :=: :a: :11:(:x: :)y: 1: :+: : : : :+: :a: :1n: :(x: :):y:n:+: : f: :1:(x: :):; : :

<y0

= an1(x)y1 +

+ ann(x)yn + fn(x);

го

> n

где

функции: ajk(x); fk(x)

являются

непрерывными

на

[a; b],

начальными

условиями

(2.2)

имеет

единственное

решение,

определенное на всем отрезке [a; b].

Справедливость

данного

утверждения

очевидна,

так

как

качестве L можно взять любую положительную константу, для которой

выполняются

неравенства jajk(x)j

при

[a; b], j; k

1; : : : ; n. В частности, если среди функций ajk(x) имеются отличные от

тождественного нуля, в качестве L можно взять L =

max max

(x)

j;k

x2[a;b] j

и воспользоваться предыдущей теоремой.

Замечание Выполнение условия Липшица является существенным.

в том смысле, что одна лишь непрерывность функций ffk(x; y1; : :Н: ;

yn)g не гарантирует

единственности решения

задачи

Коши,

оичем

свидетельствует следующий пример. Рассмотрим случай n = 1:

= f(x; y);

y(0) = 0;

где

4x3y

f(x; y) = 8

; x2 + y2

>р0с;

+ y2

x = y =е0:

ив

Легко

проверить, что f(x; y)

непрерывнаян

функция во всей

плоскости. Очевидно, что в проверке нуждается лишь непрерывность

f(x; y) в точке x = 0;

y = 0. Имеемйx +y

jyj. Отсюда при x 6= 0,

y 6= 0справедливо неравенствоны

f(x; y) е2jxj(x + y )

= 2 x < ";

x4 + y2

j j

вj

если jxj < , jyj < ,ргде = "=2.

Отсюда

непрерывность

f(x; y)

для

любых

x; y.

сле

аует

Непосредственная проверка показывает, что при любых c функция

y(x; c) = c2 p

является решением рассматриваемой задачи

x4 + c4

Коши, т. е. существует бесконечное множество решений.

Справедлива следующая теорема Пеано.

Теорема 2.5. Пусть функции ffk(x; y1; : : : ; yn)gkn=1

непрерывны

в n+1. Тогда задача Коши (2.1)–(2.2) имеет, по крайней мере, одно

решение, которое определено на отрезке J = [x0 h; x0 + h], где h

определяется также, как и в теореме 2:3.

2.2. Сведение системы

дифференциальных уравнений,

разрешенных относительно старших производных,

к нормальной системе

До сих

пор

все

рассуждения

велись

относительно

нормальной

системы

дифференциальных

уравнений.

Рассмотрим

теперь

следующую систему:

8y1: : : : :=: : f: :1

:(x;: : :y:1:;

:y:10:;:::::::;:y:1: : : : : :;:::::::;:y:n:;:y:n0: :; :: :: :: :; y: :n: : : : : :):;: :

(2.13)Н

(m1)

(m1

(mn

> (mn)

= f

(x; y ; y

; : : : ; y

(m1

; : : : ; y ; y

(mn

);

<yn

; : : : ; yn

ен

где fk(x; z1; : : : ; zn )

= mk.

(k = 1; : : : ; n) заданные функции, n0

k=1

Иными словами, рассмотрим систему дифференциальных

уравнений

произвольного

порядка,

разрешенную

старших

относ ттельно

производных.

Определение 2.3.

Система

называется

функций

рfyk(x)gkn=1

решением (2.13) на отрезке [a; b], если выполнены следующие условия:

a) yk(x) на отрезке [a; b]

имеют непрерыв ые производные до порядка

mk включительно; б) при подстановкеунfyk(x)gkn=1 в уравнения (2.13)

последние обращаются в тождества,йсправедливые при x 2 [a; b].

Задача Коши для (2.13) состоит в нахождении такого решения этой

ачальным условиям:

системы, которое удовлетворяет

8тyk0 (x0) = yk(1);

yk(x0) = yk;

р>: : : : : : : : : : : :

а <

(2.14)

уд

с>

k (x0) = yk

>yk

;

где yk(j)

заданные числа, k = 1; : : : ; n.

Очевидно, что при mk = 1, k = 1; : : : ; n, задача Коши (2.13)–(2.14)

совпадает с задачей Коши для нормальной системы.

Теорема 2.6. Система (2.13) эквивалентна некоторой нормальной

системе относительно n0 функций.

Доказательство. Пусть fy~k(x)gkn=1

решение системы (2.13) и,

следовательно, выполняются тождества:

y~(m1)(x) = f1(x; y~1(x); y~0 (x); : : : ; y~(m1 1)(x); : : : ; y~n(x); : : : ; y~n(mn 1)(x));

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

(mn)

(x) = f

(m1

(mn

(x)):

<y~n

(x; y~ (x); y~ (x); : : : ; y~

(x); : : : ; y~ (x); : : : ; y~n

ше

(2.15)

Введем в

рассмотрение

функции

fz~k(x)gkn=10 ,

определив

их

следующим образом:

z~1(x) = y~1(x);

z~m1+1(x) = y~2(x);

: : : ;

z~m1+ +mn 1

+1(x) = y~n(x);

z~2(x) = y~10 (x);

z~m1+2(x) = y~20 (x);

: : : ;

z~m1+ +mn 1

+2(x) = y~n0

(x);

: : :

z~m (x) = y~(m1 1)(x); z~m

(x) = y~(m2 1)(x); : : : ;

(mn 1)

z~m1+ +mn (x) = y~n

(x):

н(2.16)

силу

(2.16)

и (2.15)

для

функций

fz~k

(x)gkn=10

справедливым

соотношения

z~0

(x)

z~ (x); z~0

(x)

(x); :е: : ;

m1+1

m1+2

z~0

(x)

и(x);

m1+ +mn 1+1

m1+ +mn 1с+2

z~0

(x)

z~ (x); z~0

(x)

е(x); : : : ;

m1+2

mв1+3

z~0

(x)

(x);

m1+ +mn 1+2

m1н+ +mn 1+3

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

z~0

(x)

(x); z~н0

(x)

+m2

(x); : : : ;

m1 1

нm1+m2 1

z~0

(x)

(x);

+ +mn

m1+ +еmn 1

z~0

(x)

(x; z~ (x); :с: : ; z~

(x)); z~0

(x)

(x; z~ (x); : : : ; z~

(x));

m1+m2

: : : ;

z~р0

(x)

(x; z~ (x); : : : ; z~

(x)):

(2.17)

аm1+ +mn

Следовательно, функции fz~k(x)gkn=10

являются решением

нормальной системы

z10 = z2;

zm0

1+1 = zm1+2;

: : : ;

zm0

1+ +mn 1+1 = zm1+ +mn 1+2;

z20 (x) = z3;

zm0

1+2 = zm1+3;

: : : ;

zm0

1+ +mn 1+2 = zm1+ +mn 1+3;

: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :

= z

;

= z

;

: : : ;

= z

;

m1 1

m1+m2 1

m1+m2

m1+ +mn 1

m1+ +mn

zm0

= f1(x; z1; : : : ; zn0 );

zm0

1+m2

= f2(x; z1; : : : ; zn0 );

1+ +mn = fn(x; z1; : : : ; zn0 ):

: : : ; zm0

(2.18)

рн

Очевидно, что справедливо и обратное утверждение: если fz~k(x)gkn=10

решение (2.2), то функции fy~k(x)g, определяемые верхней строчкой

в (2.16), образуют

решение

(2.13). Легко видеть, что

система

(2.2)

является нормальной. Именно она подразумевается в формулировке

теоремы.

что

требование

ЗамечаниеУбедимся,

разрешимости системы

дифференциальных

уравнений

относительно

старших

производ ых,

присутствующее в теореме 2.3, является существенным.

С этой целью рассмотрим систему

(y100

+ y200 + y20

+ y1 + y2 = 0:

(2.19)

y10

+ y20

+ y2

= 0;

Тот факт, что эта система не является системойипервого порядка не

существенен, так как с помощью приема, рассмот енного в предыдущей

теореме, система (2.19) приводится к системееп рвого порядка.

Найдем

множество

решений

и2

Будем

рассуждать по

системы.

необходимости: предположим, что fy~k(xн)gk=1

решение. Тогда

(2.20)

(y~100(x) + y~200

(x) + y~20

ы(x) + y~1(x) + y~2(x)

y~0

(x) + y~0

(x) + y~ (x) 0;

Из

второго

тождества вычтем продифференцированное первое.

В результате получим y~в1(x) + y~2(x) 0. Продифференцируем это

тождество, а затем вычтемс

его из первого в (2.20). Тогда y~2(x) 0.

Поэтому и y~1(x) 0р. Отсюда заключаем, что единственным решением

системы (2.20) являетсяда

y~1(x) 0, y~2(x) 0. А это означает, что только

задача Коши

н левыми начальными условиями имеет решение.

2.3. Векторная форма записи нормальной системы дифференциальных уравнений

Пусть имеется система

8y1:0 :=: : f: :1:(x;: : :y:1:;:::::::;:y:n:):;: :

(2.21)

<yn0 = fn(x; y1; : : : ; yn):

Введем в

рассмотрение вектор-функции

евс

Y (x) = 0y1(...x)1

;

F (x; Y ) = 0f1(x; y1;...: : : ; yn)1:

Byn(x)C

Bfn(x; y1; : : : ; yn)C

ыш

По определению производной вектор-функции

y10

(x)

0(x) = 0

... 1:

Byn0

(x)C

Следовательно, система (2.21) равносильна векторному уравне ию

Y 0 = F (x; Y );

е(2.22)

в том смысле, что для того, чтобы система функцийиfy~k(x)gk=1

являлась решением (2.21), необходимо и достаточно,тч обы вектор-

y~1(x)

функция Y~ (x) = 0

... 1 была решением (2.22).

By~n

(x)C

рс

Обозначим Y0 =

0y...1

1. Очевидно, ичтовзадача Коши (2.21),(2.2)

Byn0 C

равносильна

векторной задаче Коший

Y 0 = F (x;нY );

Y (x0) = Y0:

Пусть теперь имеетсяесистема линейных дифференциальных

уравнений

1: :+: : : : :+: :a: :1n: :y:n:+: : :f:1:(x: :):; : :

8аyр1:0 :с=: :a: :11:y:

(2.23)

= an1y1 +

+ annyn + fn(x);

у<y0

ос > n

где ajk(x), fk(x) заданные функции.

Введем в рассмотрение матрицу-функцию A(x) и вектор F (x):

A(x) =	0a11...(x) :.:.:.	a1n...(x)1	; F (x) =	0f1(...x)1	:
	Ban1(x) : : : ann(x)C			Bfn(x)C
	@	A		@ A

Тогда, очевидно, система (2.23) равносильна уравнению

Y 0 = A(x)Y + F (x):

(2.24)

2.4. Зависимость решений нормальной системы

от параметров и начальных условий

Изучим теперь вопрос о гладкости решений системы (2.21).

Теорема 2.7. Если в некоторой окрестности точки (x0

; y1; : : : ; yn)

функции fk(x; y1; : : : ; yn) имеют непрерывные частные производные по

всем переменным до m-го порядка включительно, то решение задачи .

Коши

Y 0

= F (x; Y );

Y (x0) = Y0;

(2.25)

определенное на некотором отрезке [x0 h; x0 + h]

(h > 0), имеети

непрерывные производные до порядка m + 1 включительно.

Доказательство.

Воспользуемся

методом

мате

атической

индукции. Пусть

1. Обозначим

через fy~k

(x)gkи=1 решение

задачи Коши (2.25). Тогда

y~0

(x)

(x; y~ (x); : : : ; y~ (x));

k = 1;т: : : ; n:

(2.26)

Так как

функции

fk(x; y1; : : : ; yn) имеют

порусловию непрерывные

частные

производные

по

всем

переменным,е то правые части

(2.26), рассматриваемые как сложные фу кции переменной x, имеют

непрерывную производную. Следовательно,н y~k(x) имеют непрерывную

производную по x, причем по правилу дифференцирования сложной

функции

@fk(x; y~1

@fk(x; y~1(x); : : : ; y~n(x))

(x); : : : ; y~n(x))

y~00(x)

y~0 (x)

@yk

Учитывая (2.26), заключаем, что

@fk(x; y~1(x); : : : ; y~n(x))

дy~00

(x)

j=1

+ X @fk(x; y~1(x); : : : ; y~n(x))fk(x; y~1(x); : : : ; y~n(x)); @yk

т. е.

существование

вторых

производных

функции

y~k(x)

обеспечивается наличием

у функций

fk(x; y1; : : : ; yn) непрерывных

частных производных первого порядка.

Для завершения доказательства остается воспользоваться

стандартными рассуждениями, связанными с методом математической

индукции.

2.4.1 . Теорема о продолжении решения

Рассмотрим уравнение

(2.27)

Y 0

= F (x; Y ):

Теорема 2.3 указывает достаточные условия, при выполнении которых

(2.27) существует

решение,

определенное

на некотором отрезке.

Естественно возникает вопрос о возможности продолжения данного .

решения за пределы исходного отрезка.

Теорема 2.8. Предположим, что уравнение (2.27) имеет решения

Y1(x)

и Y2(x), определенные соответственно на отрезках [x0

; x1] и

[x1; x2], причем Y1(x1) = Y2(x1). Тогда функция

Y1(x) при

[x0; x1];

им

Y (x) = (Y2(x)

при

x 2

[x1; x2]

является решением (2.27) на отрезке [x0; x2].

Доказательство. Достаточно

убедиться,

чтоиу функции Y (x)

существует производная в точке x = x1. Для этого нужно показать,

0(x

0) = Y

0(x

+ 0)

Y 0

) =

что

. Последнее равносильно равенству

Y20(x1). Но в силу предполагаемой непрерывностив

функции F (x; Y )

0(x1) = F (x1; Y1(x1)), a Y 0(x1) = F (x1

; Y2(x1)). По условию теоремы

Y1(x1) = Y2(x1). Получили требуемое.у

Теорема 2.9.Предположим, чтойфункция F (x; Y ): 1) непрерывна

вместе с частными производ

ыми

по yk, k = 1; 2; : : : ; n, в области

D = f(x; Y ) j x 2 [a; b]; Y 2

n н

Rнg, 2) в D справедливо неравенство

(2.28)

kF (вx; Y )k (x)kY k + (x);

где (x) и (x) непсерывные функции, тогда если Y (x) решение

задачи Коши

Y 0

= F (x; Y );

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 104 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.08.2019103.01 Кб2Glava_II_Teoria_deystvia.docx
#
29.03.2016344.06 Кб6Gosudarstvennoe_regulirovanie_ekonomiki.doc
#
09.06.20151.27 Mб111grundlagen_der_phonetik(1).doc
#
07.11.20181.27 Mб27grundlagen_der_phonetik.doc
#
29.03.20162.81 Mб241Gundarin_M._Kniga_Rukovoditelya_Otdel.rtf
#
09.06.20151.03 Mб28Gurevich-Kornev.pdf
#
09.06.20153.71 Mб8Gurevich_Pavel_Mir_filosofii_-_royallib_ru.doc
#
09.06.2015981.41 Кб7hadoop_watermarking.pdf
#
09.06.2015494.12 Кб16history_exam_all.pdf
#
09.06.20154.93 Mб3Home reading.pdf
#
02.11.20182.41 Mб3Hot_Dog.doc