Интегралдық теңдеулер

Жоспар
Қолданылған әдебиеттер

Жоспар
1.Интегралдық теңдеулерді кластарға бөлу
2.Интегралдық келтірілетін есептер
3.Қысып бейнелеу әдісін Вольтерра теңдеуіне және сызықтық емес интегралдық теңдеулерге қолдану

1. А.Е. Алдамұратова «Математика» 2010 жыл
2. Н.Я. Виленкин «Математика» 2010
2. Т.Н. Бияров «Элементар математика есептерінің жинағы» 1992 жыл

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Курстық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 60 бет
Таңдаулыға:

Интегралдық теңдеулерді кластарға бөлу
Белгісіз функциялар интегралдардың астында кездесетін теңдеулер интегралдық теңдеулер деп аталады. Егер белгісіз функция интегралдық теңдеуге сызықтық түрде қатынасса, онда теңдеуді сызықтық деп атайды.
φx=⋋abkx,s φsds+fx, a=x=b (1)
Түріндегі теңдеу Фредгольмнің 2-текті сызықтық интегралдық теңдеуі деп аталады. Мұндағы φх -нақты айнымалы х аргументіне тәуелді белгісіз функция, fx функциясы a,s кеіснідісінде, kx,s функциясы
D=a=x,s=b
Жиынында анықталған белгілі функциялар: fx пен kx,sсәйкес интегралдық теңдеудің бос мүшесі мен ядросы деп аталады, ал ⋋- параметр. Интегралдық жоғарғы және төменгі шектері (а мен b) жалпы жағдайда тұрақты шамалар; олар шектелген де, шектелмеген де болуы мүмкін. Егер fx=0 болса, онда жоғарыдағы (1) интегралдық теңдеу біртекті, ал fx!=0 болған жағдайда - біртекті емес деп аталады.
Фредгольмнің 1-текті интегралдық теңдеуінде белгісіз функция интегралдық мүшеде ғана қатынасады, дәлірек айтқанда, ол теңдеу
abkx,sφsds=fx
Түрінде жазылады.
Больтерраның 2-текті интегралдық теңдеу деп
φx=⋋axkx,sφsds+fx (2)
Түріндегі, ал 1-текті интегралдық теңдеу деп
axkx,sφsds=fx
Түріндегі теңдеуді айтады.
Егер φх функциясын интегралдық теңдеуге қойғанда теңдеу тепе-теңдікке айналса, онда φх функциясы интегралдық теңдеудің шешімі деп аталады. Интегралдық теңдеудің шешімі бар және оның жалғыз болуы 𝝀 параметріне байланысты екенін көреміз. Мәселен, Фредгольмнің біртекті интегралдық
φx=axkx,sφsds
Теңдеуінің 𝝀 параметрінің кез келген мәндерінде φx=0 шешімі бар болады, ал нольден ерекше шешімдер әрқашан бар бола бермейді.
Фредгольмнің біртекті интегралдық теңдеуінің нольге тең емес шешімдері бар болатын 𝝀 параметрінің мәндері меншікті мәндер деп, ал оларға сәйкес нольден ерекше шеішімдер меншікті функциялар деп аталады.
Вольтерра теңдеуін Фредгольм теңдеуінің дербес түрі деп қарауға болады. Снбебі (2) теңдеуінің kx,s ядросы a=x=b, a=s=b жағдайында kx,s=0 деп алсақ, онда біз (1) теңдеуінің ядросын
K0x,s=kx,s,x=s0, x=s
түрінде анықтаймыз.
Бұл ескерту бойынша Фредгольм теңдеуі үшін дәлелденген қасиеттер Вольтерра теңдеу үшін де орындалады. Бірақ Вольтерра теңдеунің тек өзіне тән ерекше қасиеттері бар, сондықтан Фредгольм теңдеуімен қатар вольтерра теңдеуін де қарастырамыз.
Келешекте (1) және (2) интегралдық теңдеулеріндегі берілген бос мүше fx пен ядро kx,s үзіліссіз немесе квадраттарымен интегралданатын функциялар:
abfx2dx+infinity;ababkx,s2dxdy+in finity
яғни fx, kx,s)∈L2 (D) деп ұйғарамыз. Осы шартты қанағаттандырушы kx,sфункциясын Фредгольм ядросы деп аталады. Фредгольм ядроларына мысалдар келтірейік.
1-мысал. kx,s=e-xs ядросындағы айнымалылар 1=x,sinfinity болғанда e-xs фредгольмдік ядро болады, ал 0=x,sinfinity болса, онда ол фредгольмдік ядро болмайды.Расында
1infinity1infinitye-xs2dxds=121infi nitye-2xdxinfinity, 0infinity0infinitye-2xsdsdx=120infi nitydxx=infinity
2-мысал. Егер интегралдық теңдеудің ядросы
kx,s=Ax,sx-sα, a=x,s=b (3)
Мұндағы Ax,s-үзіліссіз функция және 0=α12 болса, онда ядро фредгольмдік болмайды.
Егер (3) ядросында 0=α1 болса, онда ол ядро ерекшелігі әлсіз немесе полярлық ерекшелікті ядро деп, ал теңдеу ерекшелігі әлсіз интегралдық теңдеу деп аталады. Егер α=1 болса, онда kx,s=Ax,sx-s-1 түріндегі интегралдық теңдеуді сингулярлық интегралдық теңдеулер деп атайды. Бір аргументті сингулярлық интегралдық теңдеудің жалпы түрі:
axφx-bx2PIГφss-xds+Гkx,sφsds=fx
Мұнда Г-комплекс жазықтықтағы тұйық немесе тұйық емес қарапайым доғалар жиыны; x,s∈Г, ax,bx және fx функциялар Г доғасында анықталған, ал Kx,s∈L2Г*Г.
Біз тек сызықтық регулярлық интегралдық теңдеулерді ғана қарастырамыз. Интегралдық теңдеулерді бір аргументті функция үшін ғана емес, көп аргументті функциялар үшін де қарастыруға болады. Мәселен, Фредгольмнің 2-текті интегралдық φx=⋋axkx,sφsds+fx теңдеуінде ядро Kx,s∈L2Ohm*Ohm, бос мүше fx∈L2Ohm, ал x=x1,x2,...xn∈Rn, s=S1,S2,...S∈Ohm∈Rn. Фредгольмнің 2-текті сызықтық интегралдық теңдеулері системасы
φlx-⋋j=1nabKljx,sφjsds=flx, l=1,2,...,n
түрінде өрнектеледі. Егер φx=φ1,φ2,...φn, fx=f1,f2,...fn- векторлар, ал ядро kx,sэлементтері Kljx,s болатын матрица деп қарасақ, онда системаны (1) теңдеуі түрінде жазуға болады.
Дәл осылай екі аргументті функция үшін Вольтерра теңдеуі
φx,s=⋋axayKx,y;s,tφs,tdsdt+fx,y
түрінде, ал системасын
φlx=⋋j=1naxKljx,sφjsds+flx, l=1,2,...,n
Түрінде өрнектеуге болады.
Математикалық, физикалық кейбір қолданбалы есептерді шешу сызықтық емес интегралдық теңдеулерді шешуге алып келеді. Сондықтан кейбір практикалық және теориялық маңызы бар бірнеше сызықтық емес интегралдық теңдеулерді зерттеусіз келтірейік.
1)Гаммерштейн теңдеуі
φx=OhmKx,sFs,φsds+fx

Мұндағы Kx,s- фредгольмдік ядро.
2)Урысон теңдеуі
φx=OhmKx,s φsds+fx

Мұндағы Kx,s φs-үзіліссіз функция; x,s∈Ohm,φM, ал М-шенелген шама.
3)Вольтерраның сызықтық емес теңдеуі
φx=axFx,s φsds+ fx
Мұндағы Fx,s, t-үзіліссіз функция, D=a=x,s=b, t=M облысында анықталған.
4) Ляпунов-Лихтенштейн теңдеуі.
φx=fx+⋋abK1x,sφsds+ababK11x,s,tφtφs dsdt
Мұндағы K1 мен K11үзіліссіз функциялар.
Егер теңдеулерде белгісіз функцияның интегралымен қоса туындылары да бар болса, ондай теңдеулерді интегро-дифференициалдық теңдеулер дейміз. Мысал үшін ең қарапайым интегро-дифференциалдық теңдеулерді келтірейік:
dφdx=axφx+αxKx,sφsds+fx (4)
dφdx=bxφx+αxKx,sφsds+Fx (5)

Мұнда белгісіз функциялардың бірінші ретті туындылары бар болғандықтан, бұл теңдеулердің шешімі жалғыз болуы үшін қосымша φα=A, φα=B шарттары қажет.
Қолданбалы математикада интегро-дифференциалдық сызықтық, сызықтық емес теңдеулер немесе теңдеулер системасы және жоғарғы ретті туындылы (кәдуілгі және дербес туындылы) интегро-дифференциалдық теңдеулер көп кездеседі. Мысалы,
Lφ=d2φdx2+a1xdφdx+a2xφx=αBKx,sφsds+ fx
Теңдеуінің φα=A0, φ1α=A1 бастапқы шарттарын немесе
φα=A0, φβ=B шекаралық шартарын қанағаттанатын шешімін табу есебін қарастыруға болады. Егер белгісіз функция көп аргументті болса, онда интегро-дифференциалдық теңдеулерде белгісіз функциялардың дербес туындылары мен интегралдары көп өлшемді болады. Интеграл астындағы өрнекте белгісіз функциялардың туындылары болатын интегро-дифференциалдық теңдеулер де жиі кездеседі. Кейбір жағдайларда интеграл астындағы туындының реті жоғары болса, ондай теңдеулердің шешімдері барлық уақытта бола бермейді және шешімнің бар екенін дәлелдеген күнде оны табу оңай емес. Ал егер интеграл сыртындағы өрнекте белгісіз функциялардың туындылары жоғарғы ретті болса, көп жағдайда мұндай интегро-дифференциалдық теңдеулерді системаларға дифференциалдық және интегралдық теңдеулердің системалардың жалпы теориясын пайдаланып шешуге болады.
3-мысал ретінде (4) мен (5) теңдеулерін сызықтық интегралдық теңдеулерге келтірейік. Ол үшін
αβKx,sφsds+fx=Qx
деп белгілесек, онда (4) теңдеуінен φ'x-axφx=Qx 1-ретті сызықтық дифференциалдық теңдеуін аламыз. Оның шешімі
φx=eαxasdsA+αxQSeαSaτdτds
Бұл өрнекке QS-тің мәнін қойсақ,
.φx=αxtxKs,teαSaaτdτdsφtdt+Aeαsasds +αxfseαSaaτdτds
Мұнда Kx,t=txKs,teαSaaτdτds, fx=Aeαxasds+αxfse-αSaaτdτ
Белгілеулер енгізсек, онда біз Вольтерраның 2-текті сызықтық
φx=αxx,tφtdt+fx
Ңдеуін аламыз. Осы әдіспен (5) теңдеуін Фредгольмнің 2-текті сызықтық интегралдық теңдеуіне келтіруге болады.
Интегралдық келтірілетін есептер

1.Абель есебі. (ε,ἠ) вертикаль жазықтығында материалдық нүкте өзінің ауырлық күші әсерінен қисық сызық боымен қозғалады. Берілген fy=t уақытта дене алғашқы жылдамдықсыз ординатасы у болған нүктеден ε осіне жететін қисық сызықты табу керек. Қозғалатын нүктенің жылдамдығының абсолютті шамасы v=2gy-η. Егер α=αη арқылы белгісіз қисықтың ξ,ηнүктесіне жүргізілген жанаманың 𝞷 осімен жасайтын бұрышын белгілесек, онда
dηdt=-2gy-ηsinα
шамасы жылдамдықтың 𝜼 осі бойынша құраушысы болады. Соңғы теңдіктен
dt=dη2gy-ηsinα
Мұны 0-ден у-ке дейін интегралдап, әрі деп белгілесек, Абель теңдеуін аламыз:
0yφηy-ηdη=-2gfy, φη=1sinαη
Егер бұл өрнектен φу функциясын анықтасақ, онда іздеген қисық сызықты табу қиын емес. φη=1sinαη теңдігінен η=ψα екенін анықтаймыз. Содан кейін η'ξ=dηdξ=tgα болғандықтан, dξ=dηtgα=ψ'αdαtgα. Бұл өрнекті интегралдап,
ξ=ψ'αtgαdα=ψ1α
екенін анықтаймыз. Сонымен, анықтайтын сызық ξ=φ1α, η=φ2α параметрлік теңдеулермен беріледі.
2.Шектік тербелуі. Ұзындығы lсерпімді шек тыныштық кезінде Ох осіндегі ОА кесіндісімен дәл келсін. Шектің шекаралары О мен А нүктелерде бекітілген. Т шектің кеілу күші. Шекке х=𝞷 болатындай В нүктесінде вертикаль Р күші әсер етсін. Бұл күштің әсерінен ОА шек ОВА сынық сызығы түрін қабылдайды. Сонда ВВ1 =𝜹 шамасын ОВ мен ВА мен салыстырғанда өте аз шама қарастырамыз. Тепе-теңдік заңының шарты бойынша шығатыны: Tsinα+Tsinβ=p. 𝜹-ның өте аз шама екенін ескерсек,
sinα≈δξ, sinβ≈δl-ξ=P
олай болса алдыңғы шарт
Tδ ξ+Tδl-ξ =P
түрінде жазылады. Бұл соңғы өрнектен δξ=Pl-ξξTl
Абсциссасы х-ке тең С нүктесінлегі шектің иілуін у(х) арқылы белгілейік. xξболсын. ∆ОСС1 және ∆ОВВ1 ұқсастығынан
yxδξ=xξ, yx=xξ δξ=l-ξxTlp, 0=x=ξ
Дәл осылай xξ болса, онда
yx=l-ξξTlP, ξ=x=l
Соныменyx=pGx,ξ, мұнда
Gx,ξ=xl-ξTl,0=x=ξl-xTl, ξ=x=l
Грин функциясы деп аталады. Бұл өрнектен G(x,𝞷)=G(𝞷,x) екенін оңай көруге болады. Егер шектің барлық нүктелеріне сызықтық тығыздығы Р(𝞷)үзіліссіз таралған күш әсер етсе, онда шектің иілуі былай
yx=0lPξGx,ξdξ (6)
анықталады.
Мына есептерді қарастыралық.
а)Шектің иілуі у=f(x) болғанда оған әсер етуші күштің Pξ тығыздығын табу керек болсын. Сонда Фредгольмнің І-текті
0lGx,ξPξdξ=fx
Теңдеуін шешуге келеміз, яғни бұл теңдеуден белгісіз Pξ-ді тапсақ есеп шешілген болады.
б) Шекке уақыт өткен сайын өзгертіп тұратын абциссасы 𝞷 болатын нүктеде тығыздығы Рξsinwt болатын күш әсер етсін. Бұл күштің әсерінен шек қозғалысқа түседі. Ол yx=φxsinwt периодты тербеліспен қозғалсын. Ол кезде уақыттың t мезетте шектің ∆𝞷 бөлігіне жоғарыдағы күштен басқа -ρξd2ydt2∆ξ=ρξφξw2sinwξ инерция күші әсер етеді. Сондықтан (6) теңдік
φxsinwt=0lGx,ξρξsinwt+w2ρξφξsinwtdξ
Түрінде жазылады. Міне бұл өрнектен
φx=w20lKx,ξφξdξ+fx
Яғни φx қатысты Фредгольмнің 2-текті интегралдық теңдеуі алынды, мұнда
Kx,s=ρxGx,s, fx=0lGx,spsds
3.Дифференциалдық теңдеулер үшін Коши есебі мен шекаралық есептерді шешуді интегралдық теңдеуге келтіру. Бұл жерде біз дифференциалдық және интегралдық теңдеулер арасындағы байланысты көрсетеміз.
І) Кәдуілгі дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебін шешу Вольтерраның интегралдық теңдеуіне келтіріледі. І-ретті кәдуілгі дифференциалдық теңдеу y'=fx yx үшін бастапқы шарт yx0=y0 берілсін.
y=yx функциясы осы Коши есебінің шешімі делік. Оны теңдеуге қойып, алынған тепе-теңдікті x0-ден х-ке дейін интегралдап,
yx=y0+x0xfs,ysds
Интегралдық теңдеуін аламыз. Мұның шешімі y(x) функциясы берілген есептің де шешімі екенін тексеру қиын емес.
Коэффициенттері үзіліссіз функциялар болатын n-ретті сызықтық дифференциалдық теңдеу үшін Коши есебін шешу де 2-текті Вольтерраның интегралдық теңдеуін шешуге келтіріледі. Бұл жағдайды мына 2-ретті теңдеу үшін қарастырамыз:y''x+a1xy'x+a2xy=fx теңдеуі үшін yx0=y0, y'x0=y1 бастапқы шарттары берілсін. Бұл есепте y''x=φx деп белгілеп, одан кейін теңдікті бастапқы шарттарды пайдаланып интегралдау нәтижесінде y'x=y1+x0xφsds, yx=y0+y1x+x0xdsx0xφs1ds1=y0+y1x+x0x x-sφsds
теңдеуін аламыз. Ал соңғы өрнектерді пайдаланып берілген теңдеуден
φx+x0xKx,sφsds=fx
Вольтерраның 2-текті интегралдық теңдеуін аламыз, мұндағы
Kx,s=a1x+a2xx-S, fx=f0x-y1a1x-y1x+y0a0x
Мысалы, y''x+x2y'x+xyx=1-4x2 дифференциалдық теңдеуінің y0=0, y'0=-2 бастапқы шарттарын қанағаттандыратын шешімін табу керек.
Осы Коши есебін интегралдық теңдеумен алмастырайық. Ол үшін белгісіз yxфункциясының 2-ретті туындысын жаңа белгісіз φx арқылы y''x=φx деп белгілесек, одан кейін бұл өрнектің екі жағын да 0-ден х-ке дейін интегралдап және бастапқы шарттарды ескеріп,
y'x=0xφsds-2, yx=-2x+0xx-sφsds
Өрнектерін аламыз. Бұл соңғы үш өрнекті теңдеуге қойсақ,
φx=0x2x2-xsφsds+1
Интегралдық теңдеуін аламыз.
2) y''x+P1xy'x+P2xyx=fx теңдеуін ya=A, yb=B шекаралық шарттарымен қоса қарастырайық. Кәдімгі дифференциялық теңдеулер курсында бұл есеп Грин функциясы арқылы
yx=abGx,sfsds
түрінде шешіледі. Егер теңдеудің оң жағы f(x,y(x))түрінде белгісіз у(х) функциясына тәуелді күрделі функция болса, онда соңғы өрнектен
yx=abGx,sfs,у(s)ds
Интегралдық теңдеуі шығады. Мәселен, f1x=f0x+λfx,у(x) түрінде болса, онда біз сызықтық біртекті емес
yx=λabf1sGx,sysds+abGx,sf0sds
Интегралдық теңдеуін аламыз.
3) Кейбір жағдайда интегралдық теңдеуді дифференциалдық теңдеуді дифференциалдық теңдеуге келтіріп шешуге болады. Берілген
φx=0xGx-sφsds+1+2sinx
Теңдеуін екі рет дифференциалдасақ,
φ'=-0xsinx-sφsds+φx+2cosx, φ''x=-0xcosx-sφsds+φsds+φ'x-2sinx,
Өрнектерін аламыз. Бұлардан φ''x-φ'x+φx=1 2-ретті дифференциалдық теңдеуі шығады. Жоғарыдағы өрнектерден
φ0=1, φ'0=3
Бастапқы шарттары алынады. Демек, интегралдық теңдеуді шешу мәселесі 2-ретті дифференциалдық теңдеуді шешудің Коши есебіне келтірілді.
Параметр 𝝀-ға тәуелді x2y''+2xy'=λy+1 дифференциалдық теңдеуі y1=0, y'3=0 шарттарын қанағаттандыратын шекаралық есепті интегралдық теңдеуге келтірейік. Ол үшін x2y''+2xy'=0 теңдеуінің алдыңғы шарттарды қанағаттандыратын Грин функциясын құрайық. Бұл теңдеудің сызықтық тәуелсіз шешімдері y1x=1, y2x=-1x. Сондықтан Грин функциясын
Gx,s=a1s+a2s 1xb1s+b2s1x, s=x=3, 1=x=s
Түрінде іздейміз, мұндағы ais,bis, i=1,2-белгісіз функциялар. Грин функциясының шарттарын пайдалансақ, ais, bis, ( i=1,2) функцияларын төмендегі теңдеулер системасымен анықтаймыз: a1s+a2s=0, -19b2s=0
a1s1s2-b2s1s2=1s2. Осы системаны шешіп, a2s=1, b1s=s-1s,b2s=0 екенін анықтаймыз. Демек,
Gx,s=1x-1, 1=x=s1-1s, s=x=3
Енді осы өрнекпен анықталған Грин функциясын пайдаланып, берілген дифференциалдық теңдеудің берілген шекаралық шарттарды қанағаттандыратын шешімін табу үшін
yx=λ13Gx,sysds+1x2-3x+2x+4
интегралдық теңдеуін аламыз.
2.ФУНКЦИОНАЛДЫҚ АНАЛИЗДЕН КӨМЕКШІ МАҒҰЛМАТТАР
2.1.Метрикалық кеңістіктер және олардың кейбір қасиеттері
М сызықтық жиыны берілсін. Оның кез келген x,y∈M нүктелері пары үшін арақашықтық немесе метрика ұғымы, оң ρx,yшамасы енгізіліп, ол:
10.Тепе-теңдік аксиомасы ρx,y=0--x=y
20.Симметрия аксиомасы ρx,y=ρy,x,∀x,y∈M
30.Үшбұрыштар аксиомасы ρx,y+ρy,z=ρx,z,,∀x,y,z∈M осы шарттарды қанағаттандырса, онда жиыны метрикалық кеңістік деп аталады. Бір жиында бірнеше метрика ұғымын анықтап, бірнеше метрикалық кеңістік алуға болады.
Мысалдар.1)Арақашықтық ρx,y=x-yтеңдігімен анықталған нақты сандар жиыны Q метрикалық кеңістік болады. Себебі 10-30 аксиомалардың Q жиын үшін орындалатыны айқын.
2)Арақашықтық ρx,y=k=1nxk-yk2
Теңдігімен анықталған x=(x1,x2,...xn) реттелген n сандар жиыны метрикалық кеңістік түзеді. Бұл кеңістікті, әдетте, өлшемді Евклидтік кеңістік деп, оны Rn арқылы белгілейді.
3)a,bкесіндіде анықталған барлық үзіліссіз функциялар жиыны, егер арақашықтық ρx,y=maxxt-yt, a=t=b (7)
теңдігімен анықталса, метрикалық кеңістік түзеді.
Шынында да, 10 мен 20-аксиомалардың орындалатыны оңай байқалады, ал 30 аксиоманы тексерелік. ∀ t∈a,bүшін
xt-yt=xt-zt+zt-yt=xt-zt+zt-yt= maxxt-zta=t=b+maxzt-yta=t=b=ρx ,z+ρz,y
Бұл теңсіздік ∀t∈a,bболғандықтан былай жазылады:
ρx,y=maxxt-yta=t=b=ρx,z+ρz,y
Демек 30-аксиома деп орындалады. Сонымен арақашықтық (7)өрнегімен анықталғанда a,bкеісндідегі барлық үзіліссіз функциялар жиыны метрикалық кеңістік түзеді; ол кеңістікті Сa,b арқылы белгілейді.
4) a,b сегментінде квадратымен интегралданатын, яғни
abfx2dx+infinity
Теңсіздігін қанағаттандыратын функциялар жиынын қарастырайық. Арақашықтықты
ρx,y=abxt-yt2dt12 (8)
Формуласымен анықтап, жоғарыдағы аксиомалардың орындалуын тексерейік. Симметрия аксиомасының орынды екені анық. Ал тепе-теңдік аксиомасы ρx,y=0-- xt=yt, ∀t∈a,b үшін орындалған., яғни өлшемі ноль болатын жиында ғана xt мен yt бір-біріне тең емес. Үшбұрыштар аксиомасы Коши-Бундковский теңсіздігінен шығады:
abxtytdt2=abx2tdtaby2(t)dt (9)
Расында, егер (9) теңсіздігінің U(t), v(t) үшін пайдалансақ, онда
abu+v2dt=abu2dt+2abuvdt+abv2dt=ab u2dt+abv2dt+2abu2dt12abv2dt12=abu2t dt12+abv2tdt122
Бұл өрнектің ек жағынан да квадраттық түбір алсақ (u=x-z, v=z-y), онда
abx-y2dt12=abx-z2dt12+abz-y2dt12
болады, яғни ρx,y=ρx,z+ρz,y демек үшбұрыштар аксимасы орынды. Арақашықтық (8) формуласымен анықталғанда a,b кесінді де квадратымен интегралданатын функциялар жиыны метрикалық кеңістік құрады, оны L2a,b арқылы белгілейді.
Метрикалық кеңістіктің элементтерін кеңістіктің нүкүтелері деп атайды. ρMx,ar (сәйкес ρMx,a=r) теңсіздігін қанағаттандыратын метрикалық М кеңістігіндегі х нүктелері жиынын центрі а нүктесінде радиусы r болатын шар (тұйық шар) деп айтады да Sa,r Sa,r арқылы белгілейді.
М - кез келген метрикалық кеңістік болсын. Егер осы кеңістіктен алынған xn∈M тізбегі үшін ρxn,x0--0, n--infinity, x0∈M болса онда xn тізбегін x0∈M нүктесіне жинақты тізбек дейді. Егер xn∈M тізбегі үшін ∀ε0 санына сәйкес натурал Nε саны табылып, барлық n,mN(ε) үшін ρxn,xmε теңсіздігі орындалса, онда xn тізбегі өзіне жинақты немесе фундаментальдық тізбек деп аталады.
Теорема. Егер xn тізбегі x0∈M нүктесіне жинақты болса, онда ол фундаментальдық тізбек болады.
Дәлелдеуі. x0=limn--infinityxn онда ∀ε0 үшін Nε саны табылып, nNε болғанда ρMxn,x0ε2, mNε болғанда ρMxn,x0ε2 теңсіздігі орындалады. Бұл соңғы екі өрнектен үшбұрыштар аксиомасы бойынша m,nNε үшін ρMxn,xm=ρMxn,x0+ρMx0,xmε теңсіздігі шығады. Бұл теңсіздіктен анықтамаға сүйеніп xn тізбегі фундаментальдық тізбек екеніне көзіміз жетеді.
Метрикалық кеңістікте жинақты тізбектің шегі сол кеңістіктің элементі болмайтындай тізбектерде кездеседі. Мысалы,R-рационал сандар жиыны болсын, мұндағы арақашықтықты ρr1,r2=r1-r2 өрнегімен анықтайық. Әрине R метрикалық кеңістік. Енді осы кеңістіктен rn тізбегін қарастыралық, мұнда rn=12n . Бұл тізбек өзіне және z0=0∈R шегіне жинақты. Ал енді жалпы мүшесі
rn=1+1nn
Болған тізбекті қарастырсақ, ол өзіне жинақты. Бірақ рационал сандар кеңістігінде (R-де) шекке ие болмайды, себебі
limn--infinity1+1nn=e
Шегі иррационал сан.
Егер метрикалық М кеңістігінің элементтерінен құралған фундаментальдық тізбектің шегі сол кеңістікте жатса, ондай кеңістік толық кеңсітік деп аталады. Мысалы, элементтері үзіліссіз функциялар болатын Сa,b кеңістігі толық. Расында, Сa,b кеңістігінде ұзындық өлшемін
ρx,y=maxxt-yta=t=b
Формуласын анықтадық xn(t) фундаментальдық тізбегі берілсін, мұнда xnt∈Сa,b; тізбек фундаментальдық болғандықтан ρxn,xmε, ∀n,mNε. Олай болса,
maxxnt-xmtε, ∀m,nNεa=t=b
Бұл өрнек xnt тізбегі үшін a,b кеісндідегі бірқалыпты жинақтылықтың Коши критерийі орынды екнін көрсетеді.
limxntn--infinity=x0t
Сол тізбектің шегі болсын, демек x0t бірқалыпты жинақты үзіліссіз функциялар тізбегінің шегі, олай болса a,b сегментінде үзіліссіз, яғни xnt∈Сa,b және ρxn,x0--0, n--infinity . Демек, Сa,b кеңістігі толық L2a,b кеңістігі де толық екенін көрсетуге болады. Нақты сандар жиыны Q ұзындық өлшемі ρx,y=x-y болғанда толық.
1-ескерту. М-метрикалық кеңсітік болсын. Кез келген М0С М кеңістігі де сол ұзындық өлшемімен метрикалық кеңістік болады.
2-ескерту. Егер М-метрикалық кеңістік болса, онда М0С М кеңістігі толық болмауы мүмкін, бірақ М0 тұйық кеңістік болса, онда ол толық та болады.
M мен N - метрикалы кеңістіктер болсын. Егер осы кеңістіктердің нүктелері арасында өзара бірмәнді сәйкестік болып және сәйкес нүктелердің арақашықтығы сақталса, яғни, x--y,x'--y',x,x'∈M, y,y'∈N--ρx0x'=ρy,y' болса, онда M мен N кеңістіктерін изометрикалық кеңістіктер деп атайды. Бір кеңістіктегі изометрикалық екі жиын туралы да айтуға болады. Әрине, изометрикалық кеңістіктердің қасиеттері ұқсас, сондықтан оларды кейде бірдей қасиетті кеңістіктер деп атайды.
М0 толық емес метрикалық кеңістік болсын. Бұл жағдайда М толық жиыны табылатынын және оның тығыз бөлігі М1СМ мен М0 изометрикалық дәлдікпен бірмәнді түрде анықталып, М0-дің толықтырушы кеңістігі деп аталады.
Егер сызықтық Е1 мен Е2 кеңістіктерінің элементтері арасында бірмәнді сәйкестік бар болып, сәйкес элементтері x1--x2 және y1--y2x1y1ϵЕ1,x2y2∈Е2 үшін x1+y1--x2+y2 және 𝝀x1--λx2 шарттары орындалса , онда Е1 мен Е2 кеңістіктерді сызықты изоморфты деп аталады. Сызықты изоморфты кеңістіктер изоморфтық дәлдікпе өзара тең немесе олардың бірінен-бірі ешқандай айырмашылығы жоқ деп есептеледі.
2.2.Сызықтық нормаланған кеңістік
Егер Е жиын төмендегі шарттарды:
1)∀x,y∈E үшін белгілі бір ережемен олардың қосындысы деп аталатын z=x+y∈E элементі сәкестендірілсе;
2) )∀x∈E мен ∀λ сан үшін белгілі бір ережемен олардың көбейтіндісі деп аталатын элемент U=λx∈E сәйкестендірілсе;
3) Сонда: 10.x+y=y+x коммутативтік; 20.x+y+z=x+y+zассоциативтік; 30.∃θ нөлдік элемент және х+θ=х ; 40.әрбәр х үшін ∃-x және x+-x=θ; 50.1∙x=x,∀x; 6[0].λμx=λμx көбейтудің ассоциативтілігі; 70. λx+y=λx+λy, λ+μx=λx+μx (көбейтудің дистрибутивтігі) қанағаттандырса, онда Е жиыны сызықтық кеңістік депа аталады. Е жиындағы элементтерді нақты немесе комплекс сандарға көбейтуге байланысты оны нақты немесе комплексті сызықты кеңістіктерді ажыратады.
Мысалдар.1.En жиыны векторларды қосу және оларды нақты сандарға көбейту амалдарына қатысты сызыықтық кеңістік болады.
2. Сa,b үзіліссіз функциялар жиыны функцияларды қосу және оларды нақты сандарға көбейту амалдарына қатысты сызықтық кеңістік болады.
Егер Е жийны
1)Сызықтық кеңістік болса;
2) ∀x∈E үшін белгілі бір заңмен сол х элементінің нормасы деп аталатын х оң саны сәйкес келіп және мына шарттарды аксиомаларды: 10.x0,x=0--x=θ тепе-теңдік аксиомасы; 20.𝝀х=𝝀x біртектілік аксиомасы; 30.х+у=х+у үшбұрыштар аксиомасы қанағаттандырса, онда Е-ні сызықтық нормаланған кеңістік деп атайды. Сызықтық нормаланған кеңістікте метриканы
ρx,y=x-y
Теңдігімен анықтауға болады. Міне осы теңдікпен анықталған арақашықтықты жоғарыдағы метриканың барлық аксиомаларын қанағаттандыратына көз жеткізуге болады. x-θ=х болғандықтан, бұл өрнектен x=x-θ=ρx,θ . Демек, кез келген элементтің нормасы деп сол элементтің нольдік элементке дейінгі қашықтығына тең шаманы алуға болады.
xn тізбегі үшін xn-x0--0,n--infinity шарты орындалса, онда xn тізбегі x0 нүктесіне норма бойынша жинақты деп аталады: limn--infinityxn=x0. Егер сызықтық нормаланған кеңістік норма бойынша жинақты және толық болса, оны банахтық кеңістік немесе типтегі кеңістік деп атайды.
Мысалдар. 1.Элементтерді қосу және санға көбейту операциялары анықталған сызықтық векторлық Rn кеңістігін x=k=1nxk212 нормасымен В типтегі кеңістікке айналдыруға болады, мұнда x=(x1,x2,...xn).
2.Егер Сa,b жиынында норманы
x=maxxta=t=b
Түрінде анықтасақ, В типтегі кеңістік алуға болады.
3. L2a,b x=abx2tdt12 номасымен В типтегі кеңістік болады.
4. a,b сегментінде үзіліссіз xt функцияларынан түзілген сызықтық кеңістікті қарастырайық. Бұл кеңістікті
x=abxtdt
Нормалы кеңістік етіп алуға болады. Ол кеңістікті С1a,bдеп белгілейік. С1a,b толық кеңістік емес. Мысалы,
xnt=1, 0t12n-1-2nt,12t12+12n0,12+12nt 1
Үзіліссіз функциялары тізбегі (ІІ) нормасы бойынша үзілісті
xt1, 0t120,12t1
функциясына жинақты. Міне бұл мысалдан біз xnt тізбегі С1a,b класын фундаментальдық тізбек, бірақ С1a,b -да оның шегі жоқ (себебі ол тізбек үзілісті функцияға жинақты), яғни ол толық емес.
2.3.Сызықтық үзіліссіз операторлар.
X пен У - метрикалық кеңістіктер, ал D C X болсын. Егер кез келген x∈D элементіне белгілі бір заңдылықпен y∈Y сәйкес қойылса, яғни D дағы элементтер сызықтық А операторы арқылы У тегі у=Ax элементтеріне бейнелесе, онда D облысында сызықты оператор А анықталған дейді, D облысын сызықты А операторының анықталу облысы деп атайды. Егер А операторының әсері мәндерінің жиыны бүкіл У-пен дәлме-дәл келсе, онда А А операторы D-ны У-ке бейнелейді деп айтамыз.
Мысалдар.1.Х ретінде Сa,bкеңістігін алайық. Әрбір xtϵ Сa,b функциясына
yt=abKt,sxsds
функциясын сәйкес қойсақ, Сa,b-да анықталған К интегралдық фредгольмдік операторын
y=Kx=abKt,sxsds
анықтаймыз, мұндағы Kt,s берілген a=t,s=b тіктөрбұрышында үзіліссіз функция.
2. a,b сегментінде ақырсыз дифференциалданатын функциялар жиынын Cinfinitya,b арқылы белгілейік. Әрбір xtϵCinfinitya,b функциясына оның туындысы x't-ны сәйкестендірсек, онда Cinfinitya,b -ны Cinfinitya,b жиынына бейнелейтін дифференциалдау операторы A=ddt -ны анықтаймыз.
Х мен У сызықтық кеңістіктер болсын. Егер Х-ті У-ке бейнелейтін А операторы үшін:1)∀x1,x2∈X, Ax1+x2=Ax1+Ax2 (аддитивтік); 2) ∀x∈X пен α саны үшін А(αх)=αAx (біртектілік) шарттары орындалса, онда А операторы сызықтық оператор деп аталады.
Мысалдар. 1.Х жиының кез келген ақырлы элментін қайтадан өзіне сәйкестендіруші Іх=x өрнегімен берілген І операторы сызықтық оператор болады. Әдетте бұл І операторын бірлік немесе тепе-теңдік оператор деп атайды.
2.Х=Y=Ca,b болсын.Үзіліссіз Kt,s ядролы фредгольмдік интегралдық оператор Ax=abKt,sxsds сызықтық және үзіліссіз болатынын дәлелдеу қиын емес.
Х пен У - сызықты нормаланған кеңістіктер, ал D(A) кеңістігі Х-ті У-ке бейнелейтін А операторының анықталу облысы болсын. Егер ∀ε0 санына сәйкес 𝜹0
Саны табылып, ∀x,x0∈DA нүктелері x-x0xδ болғанда Ax-Ax0yε теңсіздігін қанағаттандырса, онда А операторы x0∈DA нүктесінде үзіліссіз деп айтады.
І-теорема. Сызықты нормаланған Х кеңістігінде анықталған Х-ті У-ке бейнелейтін және x0∈X нүктесінде үзілісіз А операторы бүкіл Х кеңістігінде үзіліссіз А операторы бүкіл Х кеңістігінде үзіліссіз болады.
Дәлелдеуі. х нүктесі Х жиынының кез келген элементі болсын және xn--x,n--infinity шарты орындалсын. Ол кезде xn-x+x0--x0, n--infinity. Ал А операторы x0 нүктесінде үзіліссіз болғандықтан
limn--infinityAxn-x+x0=Ax0
Екінші жағынан А операторының сызықтық болуына байланысты Axn-x+x0=Axn-Ax+Ax0. Сондықтан limn--infinityAxn-Ax+Ax0=Ax0, бұл өрнектен limn--infinityAxn=Ax теңдігі шығады. Демек, А операторы ∀x∈X үшін М0 саны табылып, AxY=Mxx теңсіздігі орындалса, онда А-ны шенелген оператор деп атайды. Сызықтық операторлар арасында олардың шенелгендігі мен үзіліссіздігі тығыз байланыста екенін тұжырым көрсетеді.
2-теорема. Сызықтық А операторы үзіліссіз болуы үшін оның шенелген болуы қажетті де жеткілікті.
Дәлелдеуі. А-шенелген оператор және xn--x0,n--infinity болсын. Сонда, егер n--infinity жағдайда Axn-Ax0=Axn-x0=Mxn-x0--0, демек, А үзіліссіз оператор. Енді А-үзіліссіз деп есептейік. Сонда xδ--Axε. Егер ε=Mx десек, онда Ax=Mx, яғни А-шенелген оператор.
M0=scep Axx=1
өрнегімен анықталған М0 саны А операторының нормасы деп аталады да A символымен белгіленеді.
Сызықтық операторларға амалдар қолдану. Сызықтық нормаланған Х пен У кеңістіктерін және Х-ті У-ке бейнелейтін А,В,С,... сызықтық операторларын қарастырайық.
Егер ∀x∈X элементі үшін А мен В сызықтық операторларының қосындысы Ах=Вх теңдігін қанағаттандырса, онда А мен В операторлары бір-біріне тең деп атайды да А=B деп белгілейді. A+Bx=Ax+Bx,∀x∈X теңдігін қанағаттандыратын А+В операторын А мен В операторларының қосындысы деп атайды. Сызықтық А операторының скаляр 𝝀 санына көбейтіндісі деп λAx=λAx,∀x∈X өрнекті қанағаттандыратын λA сызықтық операторын айтады.
Х кеңістігінің барлық нүктелері үшін Ох=θ өрнегін қанағаттандыратын сызықтық операторды нольдіе оператор деп атап, оны 0 символымен белгілейді. Әрбір сызықтық А операторы үшін әрқашан оған кері оператор деп аталатын - А операторы бар болады, ол -А=-1А өрнегімен анықталады.
Мына тұжырымның дұрыстығына оңай көз жеткізуге болады. Х-ті У-ке бейнелейтін операторлар жиыны L(X,Y) жоғарыдағы операторларды қосу, скаляр санға көбейту, нольдік оператор және кері оператор ұғымдарымен сызықтық кеңістік түзеді. Оның үстіне бұл жиын сызықтық нормаланған кеңістік және ол толық.
L(X,Y) жиындағы сызықтық А мен В операторларының көбейтіндісі деп АВх=А(Вх), ∀х∈Х өрнегін қанағатттандыратын АВ операторын айтады. Жалпы жағдайда, АВ!=ВА.
1-лемма. Сызықтық А мен В операторларының АВ көбейтіндісі де сызықтық оператор болады.
Расында, ∀x,x1,x2∈X үшін ABx1+x2=ABx1+x2=ABx1+Bx2=ABx1+ABx2; ABλx=ABλx=AλBx=λABx (𝝀-скаляр). Демек, І-лемма дәлелденді. Сызықтық операторлар мен скаляр сан 𝝀 үшін мына өрнектердің дұрыстығын тексеру қиын емес:1)ABC=ABC;2)A+BC=AC+BC;3)CA+B= CA+CB;4)λAB=λAB

2-лемма.АВ=АВ теңсіздігі орындалады.
Шынында да, ∀x∈X үшін ABx=ABx=ABx
Демек, АВ=supABx=ABx=1
Егер А=В десек, А операторының екінші дәрежесін анықтаймыз, яғни AAx=A2x, ал жалпы түрде An=AAn-1 екені анықталады. Әрине, An+m=AnAm
L(X,X) - тегі В операторы сол L(X,Х) - тегі А операторымен АВ=ВА=І өрнегін қанағаттандырса, онда В операторын А операторына кері оператор деп атайды да А-1 символымен белгілейді, мұндағы І-бірлік оператор.
ҚЫСЫП БЕЙНЕЛЕУ ӘДІСІ ЖӘНЕ ОНЫ ҚОЛДАНУ
Қысып бейнелеу әдісі
Алгебралық, дифференциалдық, интегралдық және функционалдық теңдеулердің шешімідері бар және олар жалғыз болуын дәлелдеуге біртіндеп жуықтау әдісі, яғни қысы бейнелеу әдісі қолданылады. Қысып бейнелеу әдісінің мазмұнын төмендегі тұжырымнан білуге болады.
І-теорема (Банахтікі). Толық материкалық Х кеңістігінің кез келген элементін сол кеңістіктің өзіне бейнелейтін А операторы берілсін: яғни X--X. Оның үстіне ∀x,y∈X элементтері
ρAx,Ay=αρx,y (1.7)
Теңсіздігін қанағаттандырсын (мұндағы α саны х пен у элементтеріне тәуелсіз және 0 α1). Сонда Х кеңісиігінде жалғыз ғана элементі табылып, ол
Ах0=x0 (1.8.)
теңдеуін қанағаттандырады.
(1.7) теңсіздігін қанағаттандыратын А операторы қысу операторы деп, ал (1.8) теңсіздігін қанағаттандыратын x0∈Х нүктесін А операторының қозғалмайтын нүктесі деп атайды.
Дәлелдеуі:∀x∈X элемент алып, мынадай тізбек құрайық: х1=Аx, х2=А х1, ..., хn=Axn-1. Осы xn тізбегінің фундаментальдық өзіне жинақты екенін көрсетейік. Алдымен ρx1,x2=ρAx,Ax1=αρx,x1=αρx,Ax,ρx2,x 3=ρAx1,Ax2=αρx,Ax,...ρxn,xn+1=αnρ x,Ax екенін байқаймыз. Егер үшбұрыштар теңсіздігін пайдалансақ,
ρxn,xn+p=ρxn,xn+1+ρxn+1,xn+2+... +ρxn+p-1,xn+p=αn1+α+...+αpρx,Ax=αn -αn+p1-αρx,Ax
Осыдан 0α1 болғандықтан
ρxn,xn+p=αn1-αρx,Ax (1.9)
Соңғы теңсіздіктен ∀ρ үшін n--infinity,ρxn,xn+p--0. Демек, xn тізбегі фундаментальдық тізбек. Х кеңістігінің толықтығынан xn тізбегінің шегі x0∈X болады:
x0=limn--infinityxn
Енді Ах0=x0 екенін көрсетейік. Расында ρx0,Ax0 =ρx0,xn+ρxn,Ax0=ρx0,xn+ρAxn-1,Ax0 =ρx0,xn+αρxn-1,x0 элементі
x0=limn--infinityxn болғандықтан, ∀ε0 санына сәйкес N(ε) номері табылып, ρx0,xnε2,ρx0,xn-1ε2,∀nNε болады. Демек, ρx0,Ax0 ε. Мұндағы ε кез келген сан болғандықтан ρx0,Ax0 =0, яғни x0= Ax0 теңдігі орынды.
Қысу операторының қозғалмайтын нүктесінің жалғыз екенін дәлелдейік. Ондай нүктелер екеу (х0 және у0), яғни Ax0=y0,Ay0=y0 теңдіктер орындалады деп ұйғарайық. Ол жағдайда ρx0,y0=ρAx0,Ay0=αρx0,y0. Егер ρx0,y00 болса, онда α=1 болады. Бұл теорема шартына қайшы, демек , ρx0,y0=0, яғни x0≡y0.
Ескерту. (1.9) теңсіздіктен ρ--infinity жағдайда n жуық шешімдегі қателік
ρxn,x0=αn1-αρx,Ax
Шартыман анықталады. Бұл теңсіздік екінші жағынан тізбектегі жинақтылық жылдамдығын көрсетеді.

Қысып бейнелеу әдісін Вольтерра теңдеуіне және сызықтық емес интегралдық теңдеулерге қолдану
І.Вольтерраның
φx=λaxKx,sφsds+fx (34)
теңдеуін қарастырайық. Біз жоғарыда Вольтерра теңдеуі Фредгольм теңдеуінің дербес түрі болғандықтан Kx,s ядросын sx болғанда Kx,s=0 деп анықтап Фредгольм теңдеуіне келтіруге болатынын айтқанбыз. Бірақ Вольтерра теңдеуі үшін қысып бейнелеу әдісі параметр λ-ның барлық мәндері үшін орынды. Сондықтан Вольтерра теңдеуіне арнайы тоқталамыз.
6-теорема. К операторы толық метрикалық Х кеңістігін өзіне үзіліссіз бейнелесін және Н=Нn операторы n-ның кейбір мәндерінде қысу операторы болсын. Бұл жағдайда Кх=x теңдеуінің жалғыз ғана шешімі бар болады.
Расында, x0 нүктесі Н операторының қозғалмайтын нүктесі, яғни x=Hx теңдеуін қанағаттандырса, онда Kx=KHkx=HkKx=Hkx0-x,k--infinity болады, себебі Н қысу операторы, яғни Hx0,H2x0,...,∀x0∈X үшін қысып бейнелейтін Н операторының қозғалмайтын х нүктесіне жинақты. Демек Кх=x қозғалмайтын нүкте ол жалғыз. Себебі К операторының қозғалмайтын нүктесі Кn қысу оператоырының да қозғалмайтын нүктесі. Егер Kx,s пен fx үзіліссіз функциялар болса, онда
Кφ=λaxKx,sφsds+fx
операторы Ca,b кеңістігін қайтадан Ca,b ға үзіліссіз бейнеленетінін көрсету оңай.
M=maxx,sKx,s, a=x=b, a=s=x
деп белгілейік. Сонда Kφ2-Kφ1=λaxKx,sφ2s-φ1sds=λMb-aρφ1, φ2,K2φ2-K2φ1=λaxKx,sKφ2s-Kφ1sds=λ2 2. M2x-a2ρφ1,φ2
және жалпы жағдайда
Knφ2-Knφ1=λnMnx-ann!ρφ2,φ1

Сонымен ρKnφ2,Knφ1=λnMnb-ann!ρφ2,φ1.
Міне бұдан K операторы мен оның Kn дәрежесі операторлары элементтерді Ca,b-дан Ca,b-ға сәйкестендіруші үзіліссіз операторлар екенін көреміз. Оның үстіне соңғы теңсіздіктегі λ-ға сәйкес n санын λnMnb-an1 ңсіздігін қанағаттандыратындай етіп таңдап алуға болады. Демек, Kn операторы жеткілікті дәрежедегі n үшін қысу операторы болады.
Осы дәлелденген теоремадан K операторының жалғаз ғана қозғалмайтын нүктесі бар болатынын білеміз. Демек Вольтерраның интегралдық теңдеуінің кез келген λ саны үшін жалғыз шешімі бар болады. Ол
φn+1x=λaxKx,sφsds+fx, n=0,1,2,...
тізбегінен біртіндеп жуықтау әдісімен табылады. Бұл әдістегі нольдік жуықтау үшін Ca,b-да жататын кез келген функцияны алуға болады. Егер φ0x=fx деп алсақ, онда алдыңғы теңдіктен
φ1x=fx+λaxKx,sfsds =I+λKf,φ2x=I+λ2K2f=I+λKf+λ2K2f,..., φnx=I+λKnf=I+λKf+λ2K2f+...
Мұндағы K2x,s=sxKx,tKx,tdt. Жалпы жағдайда
Knf=Knx,sfsds
Мұндағы Knx,s=sxKx,tKn-1t,sdt
Енді K1x,s=Kx,s деп алып, мына жай түзілген қатарды K1x,s+λK2x,s+...+λ n-1Knx,s+... қарастырайық. M=maxx,sKx,s екенін ескеріп,
K2x,s=sxKx,tK1t,sds=M2x-s,K3x,s= M3x-s22!,...,Knx,s=Mnx-sn-1n-1!,.. .
теңсіздіктерін аламыз. Бұл алынған теңсіздіктерден қатар λ санының кез келген мәнінде бірқалыпты жинақты, оның қосындысы x,s аргументттері бойынша үзіліссіз функция екенін көреміз. Бұл алынған теңсіздіктерден қатар λ санының кез келген мәнінде бірқалыпты жинақты, оның қосындысы x,s аргументтері бойынша үзіліссіз функция екенін көреміз. Қатардың қосындысын R(x,s, λ) деп белгілесек, Rx,s, λ=K1x,s+λK2x,s+...+λn-1Knx,s+... өрнегі де Вольтерра теңдеуі ядросының резольвентасы деп аталады.
Жоғарыдағы Kn үшін алынған өрнектерді пайдаланып, φnx функцияларын φnx=fx+λKf+λ2K2f+...+λnKnf=fx+λaxK1 x,s+λK2x,s+...+λn-1Knx,sfsds, n=1,2,...
түрінде жазамыз. Бұл өрнектен n--infinity болғанда шекке көшіп,
φx=fx+λaxRx,s,λf(s)ds (35)
интегралдық теңдеудің шешімін аламыз.
Мысал.Біртіндеп жуықтау әдісімен мына Вольтерраның 2-текті
φx=30xx-sφsds+x-x3
интегралдық теңдеуінің шешімін табайық.
Шешуі. Нольдік жуық шешімін φ0x=x-x3 деп алсақ, онда φ1x=x-3∙3!5!x5, φ2x=x-32∙3!7!x7... φnx=x-3n∙3!2n+3!x2n+3
яғни шешімі мына түрде болады:
φx=limn--infinityφnx=x-limn--infi nity3nn!2n+3!x2n+3=x
7-теорема. Егер Kx,s∈СD және fx∈Ca,b болса, онда Вольтерра теңдеуінің кез келген 𝝀 үшін бір ғана шешімі болады.
Rx,s,λ резольвентасы мына Rx,s,λ=Kx,s+λsxKx,tRt,s,λdt
интегралдық теңдеуін қанағаттандырады. Расында
Rx,s,λ=Kx,s+λK2x,s+...+λn-1Knx,s+.. .=Kx,s+λsxKx,tK1t,s+λK2t,s+...dt=Kx ,t+sxx,tR...dt
Біз Kx,s пен fx функциялары өз аргументтері бойынша үзіліссіз функциялар деп ұйғарып, (34) интегралдық теңдеуінің жалғыз ғана шешімі бар екенін көрсетейік. Әрине К мен f функцияларына қойылатын шарттарды жеңілдетуге болады.
8-теорема. Ядро Kx,s∈L2D және fx∈L2a,b болсын. Онда (34) ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.