Дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйелерін талдау
КІРІСПЕ
1 Дифференциалдық теңдеулер шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теоремалар...
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема..
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема... 1.3Қалыпты жүйе үшін коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема..
1.4 1.4Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеу шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема.
Қорытынды..
Қолданылған әдебиеттер тізімі
1 Дифференциалдық теңдеулер шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теоремалар...
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема..
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема... 1.3Қалыпты жүйе үшін коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема..
1.4 1.4Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеу шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема.
Қорытынды..
Қолданылған әдебиеттер тізімі
Дифференциалдық теңдеулер – ізделінетін функцияны оның әр түрлі ретті туындыларымен (немесе дифференциалдарымен) және тәуелсіз айнымалылармен байланыстыратын теңдеулер. Дифференциалдық теңдеулер 17 ғасырдың соңында механика, т.б. жаратылыстану пәндерінің талабына сәйкес интегралдық есептеу және дифференциалдық есептеумен қатар пайда болды. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер Ньютонның және неміс математигі Лейбництің еңбектерінде кездеседі. “Дифференциалдық теңдеулер” терминін ғылымға Лейбниц енгізген (1676).
Тәуелсіз бір айнымалыға тәуелді бір немесе бірнеше функциялардың туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді жай дифференциалдық теңдеу деп, ал тәуелсіз бірнеше айнымалыға тәуелді функциялардың дербес туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді дербес туындылы дифференциалдық теңдеу деп атайды. Дифференциалдық теңдеулерге енетін туындылардың реті дифференциалдық теңдеулердің реті делінеді.
Тәуелсіз бір айнымалыға тәуелді бір немесе бірнеше функциялардың туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді жай дифференциалдық теңдеу деп, ал тәуелсіз бірнеше айнымалыға тәуелді функциялардың дербес туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді дербес туындылы дифференциалдық теңдеу деп атайды. Дифференциалдық теңдеулерге енетін туындылардың реті дифференциалдық теңдеулердің реті делінеді.
1. Сулейменов ж.с. дифференциалдық теңдеулер курсы. Алматы.:
рауан,1991,360б.
2. Сулейменов ж. Бірінші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулер.
Алматы,казгу.1981.-45б
3. Альчинбаева а.дифференциалдық теңдеулер. Түркістан 2008 .[5-10]б.
4. Көлекеев к, назарова к. Дифференциалдық теңдеулер. Түркістан 2010
[11-12]б.
5. Жәутіков о.а. дифференциалдық теңдеулердің қолданылуы туралы
әңгіме. - алматы: ғылым, 1986.
6.сулейменов ж.с. дифференциалдық теңдеулер. 2-ші этап. Алматы.: білім, 1996,256б.
6.степанов в.в. курс дифференциальных уравнений. М., физматгиз, 1959,
468б.
7. Филлиппов а.ф. сборник задач по дифференциальным уравнениям. М.: наука,1984,128б.
8. Бейлин н. Математика в биологии и медицине. Пер. С англ. М., мир, 1970.
9. Пономарев к.к. составление дифференциальных уравнений. М., наука, 1974.
10. Федорюк м.в. обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: наука, 1985,4486.
11. Эльсгольц л.э. дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.: наука,1965.
рауан,1991,360б.
2. Сулейменов ж. Бірінші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулер.
Алматы,казгу.1981.-45б
3. Альчинбаева а.дифференциалдық теңдеулер. Түркістан 2008 .[5-10]б.
4. Көлекеев к, назарова к. Дифференциалдық теңдеулер. Түркістан 2010
[11-12]б.
5. Жәутіков о.а. дифференциалдық теңдеулердің қолданылуы туралы
әңгіме. - алматы: ғылым, 1986.
6.сулейменов ж.с. дифференциалдық теңдеулер. 2-ші этап. Алматы.: білім, 1996,256б.
6.степанов в.в. курс дифференциальных уравнений. М., физматгиз, 1959,
468б.
7. Филлиппов а.ф. сборник задач по дифференциальным уравнениям. М.: наука,1984,128б.
8. Бейлин н. Математика в биологии и медицине. Пер. С англ. М., мир, 1970.
9. Пономарев к.к. составление дифференциальных уравнений. М., наука, 1974.
10. Федорюк м.в. обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: наука, 1985,4486.
11. Эльсгольц л.э. дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.: наука,1965.
КІРІСПЕ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
1 Дифференциалдық теңдеулер шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теоремалар ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 1.3Қалыпты жүйе үшін коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
1.4 1.4Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеу шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
Қолданылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
3
4
4
14
20
26
32
33
МАЗМҰНЫ
Кіріспе
Дифференциалдық теңдеулер - ізделінетін функцияны оның әр түрлі ретті туындыларымен (немесе дифференциалдарымен) және тәуелсіз айнымалылармен байланыстыратын теңдеулер. Дифференциалдық теңдеулер 17 ғасырдың соңында механика, т.б. жаратылыстану пәндерінің талабына сәйкес интегралдық есептеу және дифференциалдық есептеумен қатар пайда болды. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер Ньютонның және неміс математигі Лейбництің еңбектерінде кездеседі. "Дифференциалдық теңдеулер" терминін ғылымға Лейбниц енгізген (1676).
Тәуелсіз бір айнымалыға тәуелді бір немесе бірнеше функциялардың туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді жай дифференциалдық теңдеу деп, ал тәуелсіз бірнеше айнымалыға тәуелді функциялардың дербес туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді дербес туындылы дифференциалдық теңдеу деп атайды. Дифференциалдық теңдеулерге енетін туындылардың реті дифференциалдық теңдеулердің реті делінеді.
Зерттеудің өзектілігі: курстық жұмыстың мазмұнының ғылыми құндылығын арттыру және оның негізінде пәнге деген қызығушылығын арттырып, өз бетінше іздену. Білім, білік, дағды алуын қамтамасыз етуге, жеке шығармашылық қабілеті дамуы үшін жағдай туғызу.
Мақсаты: Дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйесін талдау.
Зерттеу объектісі: Функцияларды дифференциалдау.
Зерттеу пәні: Дифференциалдық теңдеулерді шешу.
Зерттеу әдістері: Талдау нәтижесінде алынған мәліметтерді бақылап, тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеу.
Құрылымы: курстық жұмыс кіріспеден, негізгі бөлімнен, практикалық бөлім, қорытынды және қолданылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
Қойылған проблеманың актуальдығы: қазіргі кезде техниканың дамуына байланысты әр түрлі химиялық, физикалық заттардың құрамын, массасын, көлемін, ұзындығын, т.б. - параметрлерін зерттеу қажеттігі туып отыр. Одан басқа бұл параметрлердің уақытқа және де т.б. шамаларға тәуелділігін де білу керек. Мұның бәрін тек дифференциалдық теңдеулер жүйесі көмегімен ғана жүзеге асыруға болады.
1 ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ШЕШІМІНІҢ БАР ЖӘНЕ ЖАЛҒЫЗ БОЛУЫ ТУРАЛЫ ТЕОРЕМАЛАР
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема
Біз осы кезге дейін жалпы шешімі немесе интегралы тұйық түрде (формула түрінде) табылатын дифференциалдық теңдеулерді қарастырдық. Жалпы шешімнің немесе жалпы интегралының түрін квадратурада тапқандықтан, ол теңдеулердің шешімі бар немесе жоқ болатыны туралы сұрақ қойылған жоқ. Алайда туынды бойынша шешілген бірінші ретті теңдеулер біздер қарастырған теңдеулермен таусылмайтыны, ашығын айтсақ, қарастырылған теңдеулер олардың тек бірлі - жарым элементар өкілдері ғана екені айқын. Ал қалған теңдеулерді интегралдау жолдары бізге беймәлім. Сондықтан теңдеулерді интегралдай алмасақ та, олардың шешімінің бар не жоқ екенін анықтауымыз керек. Себебі, есептің шешімі жоқ болса, оны іздеудің қажеті жоқ. Ал есептің шешімі бар екені белгілі болса, онда оны әртүрлі жолмен, мысалы жуықтап табуға тырысамыз. Бізден көбінесе теңдеудің барлық шешімдерін емес, бастапқы берілген шартты қанағаттандыратын (Коши есебінің) тек бір ғана шешімін табу сұралады. Бұл сұраққа Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы теорема жауап береді. Теореманы алғаш Коши дәлелдеген. Біз теореманы Пикар ұсынған дәйекті (жүйелі) жуықтау әдісімен дәлелдейміз. Бұл әдіс шешімнің бар екенін дәлелдеумен бірге оны белгілі дәлдікпен жуықтап құруға мүмкіндік береді, яғни өзінін болмысы бойынша конструктивтік болып табылады.
ЛОКАЛДЫҚ ТЕОРЕМА. Дифференциалдық теңдеу
х= ft,x (1)
және бастапқы мәндер t0,x0 берілсін.
Егер f(t,x) функциясы мына тұйық облыста D={(t,x)∈R2:t-t0=a,x-x0=b}, (a,b - белгілі оң сандар) , екі шартты қанағаттандырса:
қос айнымалы t,x бойынша үзіліссіз; демек
∃sup(t,x)∈Df(t,x)≕М;
х айнымалысы бойынша Липщиц шартын қанағаттандырады, яғни L0 саны бар болып, D облысының кез келген екі (t,х1) және (t,х2) нүктелері үшін
f(t,х1)- f(t,х2) =Lх1- х2
теңсіздігі орындалады, L0 саны нүктелердің алынуынан тәуелді емес; онда (1) теңдеудің
φ(t0)=х0 (2)
шартын қанағаттандыратын, [t0-h,t0+h], h=min(a,bM) кесіндісінде анықталған, үзіліссіз дифференциалданатын жалғыз ғана шешімі х=φ(t) бар болады және ∀t∈t0-h,t0+h: (t,φ(t))∈D0⊆D, D0=t0-h,t0+hxx0-b,x0+b.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Теореманың дәлелдеуін бес кезеңге бөлеміз.
Коши есебінің интегралдық теңдеумен эквиваленттілігі. Айталық x=φt 1теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын Іt0h≔t0-h,t0+h кесіндісіндегі шешімі болсын. Яғни φt= f(t,φ(t)), ∀t∈Іt0h , φ(t0)=x0 Алынған тепе теңдікті t0-ден t-ға дейін интегралдасақ, шешімнің
φt=φt0+ t0tfτ,φτdτ=х0+t0tfτ,φτdτ,∀t∈Іt0h
интегралдық тепе-теңдікті қанағаттандыратынын көреміз. Сондықтан (1), (2) Коши есебін
x=x0+t0tfτ,хdτ (3)
интегралдық теңдеумен алмастыралық. Берілген теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын шешімі (3) теңдеудің шешімі болатындығы көрсетіледі. Енді (3) теңдеудің шешімі (1), (2) есептің шешімі болатынын көрсетелік. x=φ(t) (3) теңдеудің шешімі болсын. Онда φt0=х0 болады да
φ(t)=x0+t0tfτ,φτdτ,∀t∈Іt0h
тепе - теңдігі орындалады. Тепе - теңдіктің оң жағы үзіліссіз дифференциалданатын функция. Онда сол жағы да үзіліссіз дифференциалданады. Егер тепе - теңдікті дифференциалдасақ, φt= fτ,φτ, ∀t∈Іt0h, яғни (3) теңдеудің шешімі (1) теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын шешімі болады. Шешімдерінің осы көрсетілген ортақтығы мағынасында (1), (2) Коши есебі мен (3) интегралдық теңдеу эквивалентті деп аталады (саналады). Сондықтан теореманы (3) теңдеу үшін дәлелдеу жеткілікті.
Дәйекті жуықтау тізбегін құру. Интегралдық (3) теңдеудің шешімін табу үшін жоғарыда айтылған Пикардың дәйекті жуықтау әдісін пайдаланамыз, яғни шешімге бірте - бірте (дәйекті түрде) жуықтайтын функциялар (жуық шешімдер) тізбегін құрамыз. Бастапқы (нөлдік) жуықтау ретінде, ізделінетін шешімнің алғашқы мәніне тепе - тең болатын функцияны аламыз:
x0(t)=x0.
Келесі жуықтау формулалар
x1(t)=x0+ t0tfτ,x(0)dτ (41)x2(t)=x0+ t0tfτ,x(1)dτ (42) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..xn(t)=x0+ t0tfτ,xn-1dτ (4n) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. (4)
арқылы анықтаймыз. Мұнда t∈Іt0h≔t0-h,t0+h. Алынған
x0t,x1t, x2t, ..., xnt,... (5)
тізбегінің әрбір мүшесі Іt0hкесіндісінде анықталған, үзіліссіз болады және D облысынан шығып кетпейді.
(t, x0t= x0) ∈D0⊆D, D0≔t0-h,t0+hxx0-b,x0+b.
x1(t)=x0+ t0tfτ,x(0)dτ.
Мұндағы fτ,x(0) функциясы D0 облысында анықталған. D0⊆D болғандықтан, ол үзіліссіз. Ал онда жоғары шегінің үзіліссіз функциясы болып табылатын интеграл - t0tfτ,x(0)dτ үзіліссіз. Сондықтан x1t үзіліссіз және x1(t)=x0 . Ал (41) - ден t∈Іt0h болғанда
x1t-x0=t0tfτ,x(0)dτ=t0tfτ,x(0)dτ= Mt0tdτ=Mt-t0==Mh=b
теңдігін аламыз. Яғни t,x1t∈D0 .
Енді тізбектің үшінші мүшесін
x2(t)=x0+ t0tfτ,x(1)dτ, ∀t∈Іt0h
қарастыралық. Интеграл астындағы fτ,x(1) функциясы D0⊆D облысында анықталған. Сондықтан ол үзіліссіз. Ендеше интеграл үзіліссіз, ал онда x2t үзіліссіз. . Ал (42) - ден t∈Іt0h болғанда
x2t-x0=t0tfτ,x(0)dτ=Mt-t0==Mh=b
теңсіздігін аламыз. Яғни t,x2t∈D0. Сонымен бірге x2(t)=x0. Әрбәр жуықтау оның алдында тұрған жуықтау арқылы анықталатындықтан, математикалық индукция әдісін пайдаланып, x0t,x1t, x2t үшін дәлелденгендерді тізбектің жалпы мүшесі xnt үшін де дәлелдеуге болады. Шынында да ∀n-1∈N саны үшін t,xn-1(t)∈D0, xn-1∈CІt0h, xn-1(t0)=x0 деп есептесек, (4n) - де
xnt=x0+ t0tfτ,x(n-1)dτ∈CІt0h
болады да,
xnt-x0=t0tfτ,x(n-1)dτ=Mt-t0==Mh= b, ∀t∈Іt0hшығады. Яғни ∀n∈N:t,xn(t)∈D0, xn∈CІt0h және xn(t)=x0.
Дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығы. Құрылған тізбектің Іt0h кесіндісінде жинақты болатынын көрсетелік. Ол үшін n - бөлікше қосындысы Sn тізбектің n - мүшесі xnt-ге тең болатынын функциялық қатар
x0t+x1t-x0t+x2t-x1t+...+xnt-xn-1t+. .. (6) қарастырамыз. Бұл (6) қатардың бірқалыпты жинақтылығынан (5) тізбектің бірқалыпты жинақтылығы шығады, себебі Sn=x(n). Қатардың әрбір мүшесін, екіншісінен бастап Іt0h кесіндісінде абсолют шамасы бойынша бағалайық
x1t-x0t=x1t-x0=t0tfτ,x(n-1)dτ=Mt-t 0=Mh,
x2t-x1t=t0tfτ,x(1)-fτ,x0dτ=t0tfτ, x(1)-fτ,x0dτ.
Енді ft,х функциясының Липшиц шартын қанағаттандыратынын пайдаланалық. Онда қатардың екінші мүшесі үшін алынған бағаны ескеріп, мына теңсіздікті
x2t-x1t=L=t0tx1(τ)-x0dτ=MLt0tτ-t 0dτ= MLt-t022!=MLh22!,∀t∈Іt0h
аламыз. Дәл осылайша
x3t-x2t=t0tfτ,x(2)(τ)-fτ,x1τdτ=t0t fτ,x(2)(τ)-fτ,x1τdτ=Lt0tx2(τ)-x1τd τ=ML2t0tτ-t022!dτ=ML2t-t033!=ML2h 33!,∀t∈Іt0h
теңсіздігі алынады. Қатардың кез келген n-мүшесі үшін де осындай теңсіздік орындалатынын көрсету үшін математикалық индукция әдісін пайдаланайық.
Айталық кез келген n-1∈N саны үшін
xn-1τ-xn-2τ=MLn-2t-t0n-1(n-1)!=ML n-2hn-1(n-1)!,∀t∈Іt0h
Теңсіздігі орындалсын. Онда ∀n∈N үшін
xnt-xn-1t=t0tfτ,x(n-1)(τ)-fτ,xn-2τd τ=t0tfτ,x(n-1)(τ)-fτ,xn-2τdτ=Lt0t xn-1(τ)-xn-21үшінлсын. онда к орындалатынын көрсету үшін математикалық индукция әдісін τdτ=MLn-1t0tτ-t0n-1(n-1)!dτ=MLn-1t -t0nn!=MLn-1hnn!,∀t∈Іt0h
Сонымен (6) қатардың мүшелерінің абсолют шамасынан құрылған қатар Іt0hкесіндісінде мына теңсіздікті қанағаттандырады:
x0+k=1infinityxkt-x(k-1)(t)=x0+Mt- t0+MLt-t022!+...+MLn-1t-t0nn!+...= x0+Mh+MLh22!+...+MLn-1hnn!... .
Теңсіздіктің оң жағындағы сандық қатар жинақты. Оны Даламбер белгісіне сүйеніп дәлелдейміз.
limn--infinityan+1an=limn--infini tyMLnhn+1n!MLn-1hn(n+1)!=limn--inf inityLhn+1=01.
Онда Вейерштрасс белгісі бойынша функциялық қатар Іt0hкесіндісінде бірқалыпты жинақты болады. Егер қатардың қосындысын φ(t) деп белгілесек, онда (5) тізбектің шегі осы φ(t) функциясына тең болады:
limn--infinityxn(t)= φ(t)
және де φ(t)∈C(Іt0h). Кез келген n∈N0≔{0}∪N үшін xn(t0)=x0 теңдігі орындалатындықтан, бұл теңдікте n--infinity болғанда шекке көшіп
φ(t0)=limn--infinityx(n)(t0)=limn- -infinityx0=x0
теңдігін, яғни шектік функциясының да (2) бастапқы шартты қанағаттандыратынын аламыз. Егер xnt-x0=b, ∀n, ∀t∈Іt0h теңсіздігінде шекке көшсек φt0-x0=b, ∀t∈Іt0h теңсіздігін аламыз, яғни tφ(t)∈D0.
Шектік функция - (3) теңдеудің шешімі. Құрылған xn тізбегі Іt0h кесіндісінде φ(t) функциясына бірқалыпты жинақталуы мынаны білдіреді:
∀ε0, ∃N=Nε:xnt-φ(t)ε, ∀nNε, ∀t∈Іt0h.
Сондықтан липшиц шартын пайдаланып,
t0tfτ,x(n)(τ)dτ-t0tfτ,φ(τ)dτ=t0tfτ ,x(n)(τ)-fτ,φτdτ=Lt0txn(τ)-φτdτ=L εt-t0==Lhε,∀t∈Іt0h
теңсіздігін аламыз. Бұдан ∀t∈Іt0h үшін
limn--infinityt0tfτ,x(n)(τ)dτ=t0tf τ,x(n)(τ)dτ=t0tfτ,limn--infinityx( n)(τ)dτ
теңдігі алынады. Оны пайдаланып (4) жүйедегі - ны анықтайтын (4n) теңдеуінде шекке көшсек,
limn--infinityxnt=limn--infinityx 0+t0tfτ,x(n-1)(τ)dτ⇒φ(t)=x0+t0tfτ,φ (τ)dτ, ∀t∈Іt0h
тепе-теңдігін аламыз. Яғни φ(t) функциясы - Іt0h кесіндісіндегі (3) интегралдық теңдеудің шешімі. Олай болса φ(t) фунуциясы - Іt0h кесіндісінде анықталған (1), (2) Коши есебінің шешімі.
Шешімнің жалғыздығы. Коши есебі шешімінің жалғыздығын дәлелдемес бұрын Гронуолл леммасын дәлелдейік.
Гронуолл леммасы. Егер ut= 0, f(t)=0, t∈a,b үзіліссіз функциялары және C0 тұрақтысы үшін
ut=C+t0tfτu(τ)dτ, ∀t0,t∈a,b (7)
теңсіздігі орындалатын болса, онда
ut=Cet0tfτdτ,∀t0,t∈a,b (8)
теңсіздігі орындалады.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Лемманы әуелі t=t0 болатын кезде дәлелдейік. Берілген (7) теңсіздікті оң жағындағы қосындыға бөліп,
utC+t0tfτu(τ)dτ=1
теңсіздігін аламыз. Бұдан екі жағын да f(t) функциясына (f(t)=0) көбейту арқылы
ftu(t)C+t0tfτu(τ)dτ=f(t), ∀t=t0
алынады. Бөлшектің бөлімінің туындысы алымына тең. Осыны ескеріп, соңғы теңсіздікті t0-ден кез келген t-ға (t=t0) дейін интегралдасақ,
t0tftu(t)C+t0tfsu(s)ds=t0tfτdτ⇒lnC +t0tfsu(s)ds│t0t=t0tfτdτ⇒⇒lnC+t0tf τu(τ)dτ-lnC=t0tfτdτ, ∀t=t0
теңсіздігін аламыз. Потенциалдап, онан соң (7) теңсіздікті пайдалансақ
ut=C+t0tfτu(τ)dτ=Cet0tfτdτ
Лемма t=t0 болға н кезде дәлелденді. Лемманы t=t0 болған кезде дәлелдеу үшін, келтірілген дәлелдеудегі t0 мен t-ны орындарымен ауыстырса болғаны.
Егер (7) және (8) формулаларда C--0 кезде шекке көшсек, лемманың C=0 болғанда да дұрыс болатынын көреміз. Бұл жағдайда
ut=t0tfτu(τ)dτ, ∀t0, t∈a,b⇒ut=0, ∀t∈a,b. (9)
Енді φ(t) шешімінің жалғыздығын дәлелдеуге көшейік. Коши есебінің Іt0hкесіндісінде анықталған φ(t) шешімінен басқа ψ(t) шешімі болсын. Оның анықталу кесіндісін Іt0h арқылы белгілелік. Онда олар үшін мына тепе-теңдіктер
φt=x0+ t0tfτφ(τ)dτ,∀t∈Іt0h; ψt=x0+ t0tfτψ(τ)dτ, ∀t∈Іt0h;
орындалады. Бұл теңдіктерден Іt0h0≔Іt0h∩Іt0h* кесіндісінде, h0=min(h,h*)
φt-ψ(t)=t0t(fτφ(τ)-fτψ(τ))dτ=t0tL│ φτ-ψ(τ)│dτ, ∀t∈t0-h0,t0+h0 =Іt0h0
теңсіздігі алынады. Бұған Гронуолл леммасын (атап айтқанда (9) формуланы, себебі C=0, ал ut≔│ φt-ψt│, ft≔L) қолданып φt-ψt│=0, ∀t∈t0-h0,t0+h0 , яғни φt=ψt, ∀t∈t0-h0,t0+h0 , тепе-теңдігін аламыз. Теорема толығымен дәлелденді.
Коши есебінің шешімі t0-h0,t0+h0 кесіндісінде анықталды. Мұнда h=min(a,bM). Бұдан h санының a және b сандарымен қатар M санынан да тәуелді екені көрініп тұр. Бірақ h пен M бір-біріне кері пропорционал тәуелдікте. Сондықтан a және b сандары аз болмағанның өзінде, M үлкен сан болған жағдайда h аз сан болады. Демек бұл жағдайда t0-h0,t0+h0 кесіндісі t0 нүктесінің кішкене (локалдық) тұйық маңайы болып табылады. Сол себептен де (шешім t0 нүктесінің кішкене маңайында анықталатындықтан) теорема локалдық деп аталып тұр. Бұл жерде маңай деп аралық түсініледі.
Ескертулер. 1. Әдетте Липшиц шартының орнына көрсетілген D облысында ft,x функциясы x бойынша үзіліссіз дифференциалданады деп алады. Бұл шарт орындалғанда Липшиц шарты өздігінен орындалады.
Шынында да D тұйық түкбұрышында fx(t,x) үзіліссіз болғандықтан,
∃sup(t,x)∈Df(t,x)≕L.
Ал Лагранж теоремасы бойынша
ft,x2-ft,x1=fxt,x1+θ(x2-x1)) · (x2-x1), 0= θ=1 (10)
тепе - теңдігі орындалады. Сондықтан, егер t,x1+θ(x2-x1))∈D болатын болса, (10) теңбе - теңдіктен Липшиц шарты алынады. Мына t,x1+θ(x2-x1))∈D, 0= θ=1 деген шарт - D облысында t,x1 және t,x2 нүктелерімен қатар осы нүктелерді қосатын түзу де тұтасымен жатады дегенді білдіреді. Бұндай қасиетке ие D облысын x бойынша (t өзгермей тұр) дөңес облыс деп атайды. Біз қарастырып отырған D тіктөртбұрышы (оның ішіндегі D0 де) екі айнымалы бойынша да дөңес облыс.
Керісінше, ft,x функциясының x бойынша Липшиц шартын қанағаттандыруынан оның x бойынша үзіліссіз дифференциалдануы шыға бермейді. Мысалы, ft,x≔│x│ функциясы
ft,x2-ft,x1=x1-x2=x1-x2
теңсіздігін, яғни Липшиц шартын қанағаттандырады. Мұнда 𝑳=1. Алайда (t,0) нүктесінде бұл функция диффернциалданбайды.
2. Тіктөртбұрыштың орнына кез келген шенелген тұйық облыс алса да теорема өз күшін жоймайды. Тек бұл жағдайда (t0,x0) нүктесі осы облыстың ішкі нүктесі болуы керек. Онда (t0,x0) нүктесі D облысында өзінің тұйық тіктөртбұрышты аймағымен қоса кіреді.
3. Теореманы (t0,x0) нүктесін ішінде ұстайтын ашық D облысында да дәлелдеуге болады. Бұл кезде ft,x функциясының осы облыста үзіліссіз болуы, ал оның кез келген ішкі шенелген тұйық облысында x бойынша Липшиц шартын қанағаттандыруы керек 3. Егер ашық D облысында ft,x функциясы fx(t,x) пен бірге үзіліссіз болса, бұл шарттардың орындалатынын дәлелдеуге болады 9. Еске алар кетер жағдай (t0,x0) нүктесі ішкі нүкте болғандықтан, оның D облысында толығынан жататын тіктөртбұрышты аймағы бар болады. Бұл жерде аймақ деп облыс түсіндіріліп тұр.
Мысал үшін t,x жазықтығында жататын кез келген шенелген D облысында: D={t,x)∈R2: t∈a,b, x∈c,d} x=p0txn+p1txn-1+...+pnt∈Ca,b. Теңдеудің оң жағы D облысында өзінің x бойынша алынған дербес туындысымен бірге үзіліссіз. Сондықтан D-дан алынған кез келген бастапқы ft,xберілгендері үшін (яғни t0∈a,b, ,x0∈ c,d ) бұл теңдеудің x(t0)= x0 шартын қанағаттандыратын жалғыз ғана шешімі бар болады. Екінші сөзбен айтқанда, D облысының кез келген нүктесі арқылы теңдеудің тек бір ғана интегралдық қисыға өтеді, яғни ол нүктеде Коши есебі шешімінің жалғыздық шарты орындалады. Сондықтан теңдеудің барлық шешімі дара шешім болып табылады. Оның ерекше шешімі жоқ. Бұл теңдеуден n=1 болғанда сызықтық біртекті емес, ал n=2 болғанда Риккати теңдеуі алынады. Олай болса сызықтық біртекті емес және Риккати теңдеулері үшін қойылатын Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады. Олардың ерекше шешімі жоқ.
4. Егер функциясы ашық D облысында үзіліссіз болса, онда осы облыстың әрбір (t0,x0) нүктесі арқылы (1) теңдеудің ең болмағанда бір интегралдық қисығы өтеді, яғни (1), (2) Коши есебінің t0 нүктесінің аз маңайында анықталған ең болмағанда бір шешімі бар болады 2;3. Бұл тұжырымды Пеано теоремасы деп атайды.
2-ТЕОРЕМА. Айталық ft,x функциясы Q=t,x∈R2: a=t=b, │x│infinity жолағында анықталған және үзіліссіз болсын. Әрі x бойынша Липшиц шартын қанағаттандырсын. Онда жолақтан алынған кез келген бастапқы берілгендер t0,x0 үшін (1), (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады. Ол шешім a,b кесіндісінің өн бойында анықталады және онда шенелген болады. Мұндағы Липшиц шартының орнына онан күштірек шарт Q-да fx t,x шенелген деп алу5а болады7
ДӘЛЕЛДЕНУІ. Анық болуы үшін t∈t0, b деп алалық та локалдық теореманы Q+=t,x∈Q : t0=t=b, x-x0infinity жолағы үшін дәлелделік. Бұл облыс x бойынша ақырсыз болғандықтан, ∀n үшін xn(t) жуықтауларының одан шығып кетуі бізді толғандырмайды. Сондықтан жуықтаулардың анықталу облысына қоятын қосымша шектеудің қажеті жоқ, яғни xn(t) функциясы t0, b кесіндісінің өн бойында анықталады. Оған қосымша xn(t) функциясы t0, b кесіндісінде бірқалыпты шенелген болып шығады. Шынында да, бұл жағдайда ft,x=ft,x-ft,x0+ft,x0=Lx-x0+ft,x0 =Lx+Lx0+M0. Мұнда M0≔supt∈a,bf(t,x0). Дәйекті жуықтаулардың формуласынан осы теңсіздікке сүйеніп,
xn(t) =x0+ t0t│fτ,xn-1 (τ)│dτ=r+Lt0t│xn-1 (τ)│dτ
теңсіздігін аламыз. Мұнда r≔x0+M1b-a, M1≔M0+Lx0 . Индукцияны пайдаланып мына теңсіздіктерді оңай алауға болады.
x0(t)=x0=r=reLt-t0,
x1(t)=r+Lt0t│reLτ-t0│dτ=reLt-t0,
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
xn(t) =r+t0tx(n-1) (τ)dτ=r+Lt0t│reLτ-t0│dτ=reLt-t0, t∈t0, b ,
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .
Бұлар xn(t) тізбегінің t0, b кесіндісінде бірқалыпты шенелгендігін көрсетеді. Локалдық теореманың қалған пайымдаулары өзгермей қалады. Тек дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығын дәлелдеген кезде теоремадағы M санының орнына M0 саны қолданылады. Бұл есте ұстайтын жай, себебі облыс шексіз жолақ болған жағдайда M санының ақырлы болуы міндетті емес. Тізбектің шегі limn--infinityxnt=φ+t-1, (2) Коши есебінің t0, b кесіндісіндегі шешімін береді.
Дәл осылайша Q-=t,x∈Q : a=t=b, x-x0infinity жолағы үшін (1), (2) есептің a, t0, кесіндісінде анықталған φ-t шешімін аламыз. Бұл екі шешімнің түйісуінен шыққан шешім
φ(t)=φ-t, t∈a, t0,φ+t, t∈t0, b
(1), (2) есептің a,b аралығындағы шешімін береді. Шынында да, φ-t0=φ+t0=x0, φ-t0│t0-0=φ+t0│t0+0=f(t0,x0) болғандықтан φ(t) функциясы t0 нүктесінде үзіліссіз және дифференциалданатын функция болып табылады, әрі (1) теңдеуді қанағаттандырады. Оның үстіне ол φ(t) =reLτ-t0, t∈a,b теңсіздігін қанағаттандырады. Мысал үшін сызықтық біртекті емес x=-ptx+q(t) теңдеуін қарастыралық. Мұндағы p(t), q(t)∈Ca,b болсын. Теңдеудің оң жағы Q жолағында үзіліссіз және x бойынша Липшиц шартын қанағаттандырады. Олай болса теңдеудің x(t0)= x0, t0∈a,b, x0infinity шартын қанағаттандыратын жалғыз ғана шешімі бар болады және ол шешім a,b кесіндісінің өн бойында анықталады.
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема
Біз Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуын ұзындығы кішкене кесіндіде дәлелдедік.Шындығында шешім онан кеңірек аралықта анықталады.Сондықтан шешім анықталатын аралықты толығынан анықтаудық мәні зор.
D⊂ R2 обылысында
ẋ=ƒ(t,x) , ƒϵC(D) (1)
теңдеуі берілсін және x=φ(t) a,b аралығында анықталған, x=ψ(t) c,d аралығында анықталған оның шешімдері болсын.
Егер a,b⊂c,d және φ(t)= ψ (t) ∀t∈a,b болса, онда ψ (t) шешімі φ(t) шешімінің жалғауы (ұзартылымы) деп аталады. Егер с=a, db болса, ол шешімнің оң жақ жалғауы, ал сα, d=b болса сол жақ жалғауы деп аталады.Ал φ(t) шешімі ψ (t) шешімінің a,b аралығындағы бөлігі (үзігі) делінеді. Егер a,b және c,d аралықтарына бірдей жататын a,β, αβ аралығы бар болып, φ(t)= ψ (t), ∀t∈a,β болса, онда φ(t) шешімін ψ (t) шешімнің a,β-дан a,b-ға ұзартылымы, ал ψ (t) шешімін a,β-дан c,d-ға ұзартылымы деп атайды.Бұл кезде
g(t)=φt,t∈a,b,ψ t,t∈c,d
функциясы (1) теңдеудың a,b∪ c,d аралығындағы шешімі болады.
Егер α=β болып, a,β аралығы бір нүктеге айналатын болса, ол нүктеде φt және ψ t шешімінде түйіседі деп айтады. Әлбетте шешімдердің түйісе жалғануынан тағы да шешім алынады.
Егер a,b аралығында анықталған х =φt шешімінің кез келген ұзартылымының анықталу аралығы a,β осы a,b-дан аспайтын, яғни a,β⊂a,b болса, онда φt ұзартылмас шешім деп аталады. Басқа сөзбен айтқанда, егер a,b аралығында анықталған φt шешімі үшін анықталу аралығы a,b-дан үлкен болатын, ал a,b аралығындағы үзігі осы φt-ға тең болатын шешім жоқ болса,онда φt - ұзартылмас шешім болады. Коши есебі шешімнің анықталу аралығын толығынан табу үшін, осы есептің ұзартылмас шешімін құру жеткілікті. Біз бұл құруды тұйық облыс үшін жүргіземіз.
ГЛОБАЛДЫҚ ТЕОРЕМА. (t0 ,x0) - шенелген тұйық D⊂ R2 облысының ішкі нүктесі болсын.
Егер ƒ(t,x) функциясы D обылысында үзіліссіз және х бойынша Липшиц шартын қанағаттандыратын болса, онда мына Кошиесебінің
ẋ=ƒ(t,x) , х(t0 ) =x0 (2)
шешімін D обылысының шекарасынан шекарасына дейін ұзартуға болады (яғни екі ұшы да шекарада жататын болғанға дейін).
ДӘЛЕЛДЕУ. D облысының шекарасын G,ал P0(t0,x0) нүктесінен осы шекараға дейінгі қашықтықты d0 деп белгілейік:
d0= infQ∈GP0Q.
Центрі P0(t0,x0) нүктесі болатын,жарты қабырғасы α0=d022 - ге тең квадрат салалық: D 0t,x∈D:t-t0=α0,x-x0=α0. Ол үшін әуелі (t-t0)2-(x-x0)2=d024 шеңберін салып, онан соң оған іштей қабырғалары α0-ге тең және координат өстеріне параллель квадрат салу жеткілікті.
D 0 квадратында локалдық теореманың барлық шарты орындалып тұр. Сондықтан
supt,x∈ D 0f(t,x)≕M0
деп белгілесік, (2) есептің t0-h0,t0+h0, h0=minα0,α0M0 кесіндісінде анықталған жалғыз х=φ0(t) шешімі бар (9-сурет).
Енді t0+h0≕t1,φ0(t1)≕x1 деп алып, локалдық теореманы центрі P1(t1,x1) болатын D 1t,x∈D:t-t1=α1,x-x1=α1 квадыратына қолданалық.Мұнда (t1,x1) - бастапқы нүкте, ал
a1=d122, d1=infQ∈GP1Q.
Егер
supt,x∈ D 1f(t,x)≕M1
деп белгілесек, мына ẋ=ƒ(t,x) , х(t1 ) =x 1 Коши есебінің t1-h1,t1+h1, h1≔mina1,a1M1 кесіндісінде анықталған жалғыз х =ψ t шешімі бар екені алынады.Ал t0-h0,t0+h0 пен t1-h1,t1+h1 кесіндісіне ортақ t1-h1,t1 кесіндісінде P1t1,x1 нүктесінен өтетін екі (φ0t және ψ t) шешім анықталған.Шешімнің жалғыздық қасиеті бойынша φ0t= ψ t, ∀t∈t1-h1,t1. Сондықтан
φ1(t)=(φ0t,t∈t0-h0,t0+h0≕t1 ,ψ t,t∈t1,t1+h1
шешімі φ0t шешімінің оң жақ ұзартылымы болып таьылады және оның анықталу аралығы t0-h0,t1+h1 болады. Бұл φ1t шешімінің оң жақ ұшын, яғни P2t2,x2, t2≕t1+h1, x2≔φ1(t1+h1) нүктесін бастапқы нүкте деп алып, шешімді онан әрі ұзартамыз. Бұл ұзартуды n рет қайталау нәтижесінде t0-h0,tn-1+hn-1 кесіндісінде анықталған (2) есептің φn-1(t) шешімін аламыз. Мұнда tn-1=t0+h0+h1+...+hn-2, hj≔minaj,ajMj, supt,x∈ D jf(t,x)≕Mj, j=1,...,n-1. Екі жағдай болуы мүмкін
Pntn,xn∈G, tn≕tn-1+hn-1, xn≔φn-1t;
Pntn,xn - D облысының ішкі нүктесі.
Бірінші жағдайда теорема дәлелденді. Екінші жағдайда ұзартуды онан әрі жалғастырамыз. Шексіз қайталау нәтижесінде Pn1infinity тізбегін аламыз. Тізбектің мүшелері infQ∈GPjQ0 шартын қанағаттандырады. Сандар тізбегі tj өспелі, себебі tj=tj-1+hj-1, hj-10. Ал D облысы шенелген болғандықтан бұл тізбек жоғарыдан шектелген. Сондықтан оның шегі бар: limj--infinitytj=b. Шешімді ұзарту нәтижесінде алынған, t0+h0,b аралығында анықталған шешімді φ(t) деп белгілелік. Бұл шешімнің b нүктесінде сол жақтан үзіліссіз болатынын көрсетелік. Кез келген ε0 саны үшін ε2M-нен кіші болатын δ санын алалық, яғни δε2M. Онда мына теңсіздіктерді 0b-tˊδ, 0b-tˊˊδ қанағаттандыратын tˊ пен tˊˊ сандары үшін
φtˊ-φ(tˊˊ)=tˊtˊˊφ(τ)dτ=tˊtˊˊf(τ,φ (τ))dτ=Mtˊˊ-tˊ2Mδε
теңсіздігі орындалады, яғни Кошидің шарты (критериі) орындалып тұр. Олай болса φ(t) шешімінің b нүктесінде шегі бар. Шешімнің b нүктесіндегі мәні үшін осы шекті алалық: φ(b)=limt--b-0φ(t). Сонда φ(t) шешімі t0+h0,b кесіндісінде анықталған, үзіліссіз болады. Сонымен,
limj--infinityPj(tj,xj)=P(b,φb).
Енді P(b,φb) нүктесінің облыстық шекарасында жататынын көрсетелік. Кері жорып P∉G делік. Онда екі жағдай болуы мүмкін.
P нүктесі D облысының сыртында жатады. Онда D-ның сыртында тұтасынан жататын P-ның маңайы UP бар. Демек ∃n1∀jn1: Pj∈D дегенге қайшы, себебі D∪UP=∅.
P нүктесі D облысының ішінде жатады, яғни P нүктесімен бірге оның ε маңайы UPε да D облысына тұтасынан кіреді.P нүктесін центр етіп алып радиусы ε2-ге тең дөңгелек салалық. Сонда ∃n2, ∀jn2: Pjϵ UPε2. Демек
dj= infQ∈GPjQ=ε2, ∀jn2⇒aj=dj22=ε42.
Ал бұдан
dj=minaj,ajMj=minε42,ε42M≕h0,∀jn 2 .
Сондықтан hj=tj+1-tjh0⇒tj--infinity,j--in finity. Бұл мына теңдікке limj--infinitytj=binfinity қайшы. Сонымен кері жору дұрыс емес, PϵG.
Дәл осы жүргіген оңға қарай ұзату сияқты шешімді сол жаққа қарай да ұзартуға болады. Нәтижесінде алынатын шешімнің сол жақ ұшы a≔limj--infinitytj, tj=tj-1-hj-1 болсын. Сол a,t0+h0 кесіндісінде анықталатын шешімді ψ(t) деп белгілелік: ψ(t) =φ(t), ∀tϵt0-h0,t0+h0. Сондықтан φ(t) мен ψ(t) бірі бірінің жалғауы. Ал Q(a;ψa)ϵG. Теорема дәлелденді.
Ұзарту нәтижесінде алынған шешімнің ұштары G-да жатқандықтан ұзартылмайтын шешім облыстың шекарасынан шекарасына дейін жетеді деп айтады. Әрі қарай ұзартылмайтын шеімнің анықталу аралығы осы шешімнің бар болуының ең үлкен аралығы деп аталады. Мысалы, (2) есесптің шешімі бар болатын ең үлкен аралық - a,b.
Ескертулер. 1. Коши есебі шешімін бастапқы t0,x0 нүктесі кіретін кез келген ашық D облысында да ұзартуға болады. Бұл кезде алынатын ұзартылмайтын шешімнің ұштары D облысының кез келген шенелген ішкі облысынан шығып, D-ның шекарасына ақырсыз жақындайды 3;9.
2. D облысы мынадай ашық жолақ D=t,xϵR2: atb, xinfinity, түрінде болсын. Мұнда a,b сандары меншіксіз мәндерге ие, яғни a=-infinity, b=+infinity болулары да мүмкін.
2-ТЕОРЕМА. Егер f(t,x) функциясы D жолағында анықталған, үзіліссіз және x бойынша үзіліссіз дифференциалданатын болып, әрі мына теңсіздікті
dfdx=Lt, ∀t∈a,b, L(t)ϵC(a,b)
қанағаттандырса, онда кез келген бекітілген бастапқы берілгендер t0,x0∈D (яғни t0∈(a,b)) үшін (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады және ол шешім (a,b) интервалының өн бойында анықталады.
ДӘЛЕЛДЕНУІ. Тұтасымен D-ның ішінде орналасқан мына жолақта Q=t,x⊂D:α=t=β, xinfinity, aαβb өткен параграфтағы 2-теорема орындалады. Онда дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығын дәлелдеу барысында
M0≔supt∈α,βft0,x0, L≔ supt∈α,βL(t)
Сандарының қолданылатыны айтылған болатын. Бұл M0,L сандарының α,β-ға тәуелді екені, әрі α,β үлкейген сайын олардың өсетіні түсінікті. Дегенмен кез келген t∈(a,b) нүктесін қоршайтын α,β кесіндісі табылып (α,β⊂(a,b)) және ол кесіндіде (2) есептің жалғыз шешімі анықталады. Демек шешім ∀t∈α,β нүктесінде анықталады. Бұл жерде бір кесіндіден оны қамтитын екінші кесіндіге көшкенде алынатын шешім бірінші кесіндіде анықтлатын шешімнің жалғауы болатынын ескерген жөн. Мысалы, мынадай кесінділер
α1,β1⊂α2,β2⊂...⊂α1,β1⊂αn,βn⊂...⊂(a, b).
limn--infinityαn=a, limn--infinityβn=b
тізбегін алсақ, әрбір αn,βn кесіндісінде (2) есептің жалғыз ғана шешімі бар болғандықтан, онда анықталған шешім αn-1,βn-1 кесіндісінде анықталған шешімнің жалғауы болып табылады. Сондықтан (2) есептің
(a,b)=n-1infinityαn,βn
интервалының өн бойында анықталған жалғыз ғана шешімі бар. Теорема дәлелденді.
Мысал үшін сызықтық біртекті емес
x=-ptx+q(t) (3)
теңдеуін қарастыралық. Мұнда pt, qtϵCa,b. Демек
ft,x≔-ptx+qtϵ C(D), D=t,xϵR2:atb,xinfinity
және dfdx=pt. Сондықтан кез келген t0,x0ϵD үшін теңдеудің жалғыз ғана шешімі бар және ол шешім (a,b) интервалының өн бойында анықталған. Бұл тұжырым a,b кесіндісінде дұрыстығы ілгеріде дәлелденді (§ 1,2 - теорема). Сондықтан енді оны кез келген a,b аралығына қатысты айта беруге болады.
Біз бастапқы шарт арқылы анықталатын дара шешімнің бар болуын дәлелдедік. Бірақ бұл теореманы пайдаланып жалпы шешімнің де бар болатынын көрсетуге болады 2;9.
Ашық D облысында (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болсын, оны x=φ(t,t0, x0) деп белгілелік. Бұл қатынас (2) есептің шешімнің t0, x0-дерден тәуелді болатынын көрсетіп тұр. Әлбетте φ(t,t0, x0)=x0, (t0, x0)∈D. Шешім t0-h0,t0+h0 кесіндісінде анықталсын да h саны (t0, x0)∈D0 нүктесінің орнынан тәуелсіз болсын. Мұндағы D0-шекарасымен қоса D ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
1 Дифференциалдық теңдеулер шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теоремалар ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 1.3Қалыпты жүйе үшін коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
1.4 1.4Жоғарғы ретті дифференциалдық теңдеу шешімінің бар және жалғыз болуы туралы теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
Қолданылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..
3
4
4
14
20
26
32
33
МАЗМҰНЫ
Кіріспе
Дифференциалдық теңдеулер - ізделінетін функцияны оның әр түрлі ретті туындыларымен (немесе дифференциалдарымен) және тәуелсіз айнымалылармен байланыстыратын теңдеулер. Дифференциалдық теңдеулер 17 ғасырдың соңында механика, т.б. жаратылыстану пәндерінің талабына сәйкес интегралдық есептеу және дифференциалдық есептеумен қатар пайда болды. Қарапайым дифференциалдық теңдеулер Ньютонның және неміс математигі Лейбництің еңбектерінде кездеседі. "Дифференциалдық теңдеулер" терминін ғылымға Лейбниц енгізген (1676).
Тәуелсіз бір айнымалыға тәуелді бір немесе бірнеше функциялардың туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді жай дифференциалдық теңдеу деп, ал тәуелсіз бірнеше айнымалыға тәуелді функциялардың дербес туындылары бар дифференциалдық теңдеулерді дербес туындылы дифференциалдық теңдеу деп атайды. Дифференциалдық теңдеулерге енетін туындылардың реті дифференциалдық теңдеулердің реті делінеді.
Зерттеудің өзектілігі: курстық жұмыстың мазмұнының ғылыми құндылығын арттыру және оның негізінде пәнге деген қызығушылығын арттырып, өз бетінше іздену. Білім, білік, дағды алуын қамтамасыз етуге, жеке шығармашылық қабілеті дамуы үшін жағдай туғызу.
Мақсаты: Дифференциалдық теңдеулердің қалыпты жүйесін талдау.
Зерттеу объектісі: Функцияларды дифференциалдау.
Зерттеу пәні: Дифференциалдық теңдеулерді шешу.
Зерттеу әдістері: Талдау нәтижесінде алынған мәліметтерді бақылап, тақырып бойынша әдебиеттерді зерттеу.
Құрылымы: курстық жұмыс кіріспеден, негізгі бөлімнен, практикалық бөлім, қорытынды және қолданылған әдебиеттер тізімінен тұрады.
Қойылған проблеманың актуальдығы: қазіргі кезде техниканың дамуына байланысты әр түрлі химиялық, физикалық заттардың құрамын, массасын, көлемін, ұзындығын, т.б. - параметрлерін зерттеу қажеттігі туып отыр. Одан басқа бұл параметрлердің уақытқа және де т.б. шамаларға тәуелділігін де білу керек. Мұның бәрін тек дифференциалдық теңдеулер жүйесі көмегімен ғана жүзеге асыруға болады.
1 ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ШЕШІМІНІҢ БАР ЖӘНЕ ЖАЛҒЫЗ БОЛУЫ ТУРАЛЫ ТЕОРЕМАЛАР
1.1 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы локалдық теорема
Біз осы кезге дейін жалпы шешімі немесе интегралы тұйық түрде (формула түрінде) табылатын дифференциалдық теңдеулерді қарастырдық. Жалпы шешімнің немесе жалпы интегралының түрін квадратурада тапқандықтан, ол теңдеулердің шешімі бар немесе жоқ болатыны туралы сұрақ қойылған жоқ. Алайда туынды бойынша шешілген бірінші ретті теңдеулер біздер қарастырған теңдеулермен таусылмайтыны, ашығын айтсақ, қарастырылған теңдеулер олардың тек бірлі - жарым элементар өкілдері ғана екені айқын. Ал қалған теңдеулерді интегралдау жолдары бізге беймәлім. Сондықтан теңдеулерді интегралдай алмасақ та, олардың шешімінің бар не жоқ екенін анықтауымыз керек. Себебі, есептің шешімі жоқ болса, оны іздеудің қажеті жоқ. Ал есептің шешімі бар екені белгілі болса, онда оны әртүрлі жолмен, мысалы жуықтап табуға тырысамыз. Бізден көбінесе теңдеудің барлық шешімдерін емес, бастапқы берілген шартты қанағаттандыратын (Коши есебінің) тек бір ғана шешімін табу сұралады. Бұл сұраққа Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы теорема жауап береді. Теореманы алғаш Коши дәлелдеген. Біз теореманы Пикар ұсынған дәйекті (жүйелі) жуықтау әдісімен дәлелдейміз. Бұл әдіс шешімнің бар екенін дәлелдеумен бірге оны белгілі дәлдікпен жуықтап құруға мүмкіндік береді, яғни өзінін болмысы бойынша конструктивтік болып табылады.
ЛОКАЛДЫҚ ТЕОРЕМА. Дифференциалдық теңдеу
х= ft,x (1)
және бастапқы мәндер t0,x0 берілсін.
Егер f(t,x) функциясы мына тұйық облыста D={(t,x)∈R2:t-t0=a,x-x0=b}, (a,b - белгілі оң сандар) , екі шартты қанағаттандырса:
қос айнымалы t,x бойынша үзіліссіз; демек
∃sup(t,x)∈Df(t,x)≕М;
х айнымалысы бойынша Липщиц шартын қанағаттандырады, яғни L0 саны бар болып, D облысының кез келген екі (t,х1) және (t,х2) нүктелері үшін
f(t,х1)- f(t,х2) =Lх1- х2
теңсіздігі орындалады, L0 саны нүктелердің алынуынан тәуелді емес; онда (1) теңдеудің
φ(t0)=х0 (2)
шартын қанағаттандыратын, [t0-h,t0+h], h=min(a,bM) кесіндісінде анықталған, үзіліссіз дифференциалданатын жалғыз ғана шешімі х=φ(t) бар болады және ∀t∈t0-h,t0+h: (t,φ(t))∈D0⊆D, D0=t0-h,t0+hxx0-b,x0+b.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Теореманың дәлелдеуін бес кезеңге бөлеміз.
Коши есебінің интегралдық теңдеумен эквиваленттілігі. Айталық x=φt 1теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын Іt0h≔t0-h,t0+h кесіндісіндегі шешімі болсын. Яғни φt= f(t,φ(t)), ∀t∈Іt0h , φ(t0)=x0 Алынған тепе теңдікті t0-ден t-ға дейін интегралдасақ, шешімнің
φt=φt0+ t0tfτ,φτdτ=х0+t0tfτ,φτdτ,∀t∈Іt0h
интегралдық тепе-теңдікті қанағаттандыратынын көреміз. Сондықтан (1), (2) Коши есебін
x=x0+t0tfτ,хdτ (3)
интегралдық теңдеумен алмастыралық. Берілген теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын шешімі (3) теңдеудің шешімі болатындығы көрсетіледі. Енді (3) теңдеудің шешімі (1), (2) есептің шешімі болатынын көрсетелік. x=φ(t) (3) теңдеудің шешімі болсын. Онда φt0=х0 болады да
φ(t)=x0+t0tfτ,φτdτ,∀t∈Іt0h
тепе - теңдігі орындалады. Тепе - теңдіктің оң жағы үзіліссіз дифференциалданатын функция. Онда сол жағы да үзіліссіз дифференциалданады. Егер тепе - теңдікті дифференциалдасақ, φt= fτ,φτ, ∀t∈Іt0h, яғни (3) теңдеудің шешімі (1) теңдеудің (2) шартты қанағаттандыратын шешімі болады. Шешімдерінің осы көрсетілген ортақтығы мағынасында (1), (2) Коши есебі мен (3) интегралдық теңдеу эквивалентті деп аталады (саналады). Сондықтан теореманы (3) теңдеу үшін дәлелдеу жеткілікті.
Дәйекті жуықтау тізбегін құру. Интегралдық (3) теңдеудің шешімін табу үшін жоғарыда айтылған Пикардың дәйекті жуықтау әдісін пайдаланамыз, яғни шешімге бірте - бірте (дәйекті түрде) жуықтайтын функциялар (жуық шешімдер) тізбегін құрамыз. Бастапқы (нөлдік) жуықтау ретінде, ізделінетін шешімнің алғашқы мәніне тепе - тең болатын функцияны аламыз:
x0(t)=x0.
Келесі жуықтау формулалар
x1(t)=x0+ t0tfτ,x(0)dτ (41)x2(t)=x0+ t0tfτ,x(1)dτ (42) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..xn(t)=x0+ t0tfτ,xn-1dτ (4n) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. (4)
арқылы анықтаймыз. Мұнда t∈Іt0h≔t0-h,t0+h. Алынған
x0t,x1t, x2t, ..., xnt,... (5)
тізбегінің әрбір мүшесі Іt0hкесіндісінде анықталған, үзіліссіз болады және D облысынан шығып кетпейді.
(t, x0t= x0) ∈D0⊆D, D0≔t0-h,t0+hxx0-b,x0+b.
x1(t)=x0+ t0tfτ,x(0)dτ.
Мұндағы fτ,x(0) функциясы D0 облысында анықталған. D0⊆D болғандықтан, ол үзіліссіз. Ал онда жоғары шегінің үзіліссіз функциясы болып табылатын интеграл - t0tfτ,x(0)dτ үзіліссіз. Сондықтан x1t үзіліссіз және x1(t)=x0 . Ал (41) - ден t∈Іt0h болғанда
x1t-x0=t0tfτ,x(0)dτ=t0tfτ,x(0)dτ= Mt0tdτ=Mt-t0==Mh=b
теңдігін аламыз. Яғни t,x1t∈D0 .
Енді тізбектің үшінші мүшесін
x2(t)=x0+ t0tfτ,x(1)dτ, ∀t∈Іt0h
қарастыралық. Интеграл астындағы fτ,x(1) функциясы D0⊆D облысында анықталған. Сондықтан ол үзіліссіз. Ендеше интеграл үзіліссіз, ал онда x2t үзіліссіз. . Ал (42) - ден t∈Іt0h болғанда
x2t-x0=t0tfτ,x(0)dτ=Mt-t0==Mh=b
теңсіздігін аламыз. Яғни t,x2t∈D0. Сонымен бірге x2(t)=x0. Әрбәр жуықтау оның алдында тұрған жуықтау арқылы анықталатындықтан, математикалық индукция әдісін пайдаланып, x0t,x1t, x2t үшін дәлелденгендерді тізбектің жалпы мүшесі xnt үшін де дәлелдеуге болады. Шынында да ∀n-1∈N саны үшін t,xn-1(t)∈D0, xn-1∈CІt0h, xn-1(t0)=x0 деп есептесек, (4n) - де
xnt=x0+ t0tfτ,x(n-1)dτ∈CІt0h
болады да,
xnt-x0=t0tfτ,x(n-1)dτ=Mt-t0==Mh= b, ∀t∈Іt0hшығады. Яғни ∀n∈N:t,xn(t)∈D0, xn∈CІt0h және xn(t)=x0.
Дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығы. Құрылған тізбектің Іt0h кесіндісінде жинақты болатынын көрсетелік. Ол үшін n - бөлікше қосындысы Sn тізбектің n - мүшесі xnt-ге тең болатынын функциялық қатар
x0t+x1t-x0t+x2t-x1t+...+xnt-xn-1t+. .. (6) қарастырамыз. Бұл (6) қатардың бірқалыпты жинақтылығынан (5) тізбектің бірқалыпты жинақтылығы шығады, себебі Sn=x(n). Қатардың әрбір мүшесін, екіншісінен бастап Іt0h кесіндісінде абсолют шамасы бойынша бағалайық
x1t-x0t=x1t-x0=t0tfτ,x(n-1)dτ=Mt-t 0=Mh,
x2t-x1t=t0tfτ,x(1)-fτ,x0dτ=t0tfτ, x(1)-fτ,x0dτ.
Енді ft,х функциясының Липшиц шартын қанағаттандыратынын пайдаланалық. Онда қатардың екінші мүшесі үшін алынған бағаны ескеріп, мына теңсіздікті
x2t-x1t=L=t0tx1(τ)-x0dτ=MLt0tτ-t 0dτ= MLt-t022!=MLh22!,∀t∈Іt0h
аламыз. Дәл осылайша
x3t-x2t=t0tfτ,x(2)(τ)-fτ,x1τdτ=t0t fτ,x(2)(τ)-fτ,x1τdτ=Lt0tx2(τ)-x1τd τ=ML2t0tτ-t022!dτ=ML2t-t033!=ML2h 33!,∀t∈Іt0h
теңсіздігі алынады. Қатардың кез келген n-мүшесі үшін де осындай теңсіздік орындалатынын көрсету үшін математикалық индукция әдісін пайдаланайық.
Айталық кез келген n-1∈N саны үшін
xn-1τ-xn-2τ=MLn-2t-t0n-1(n-1)!=ML n-2hn-1(n-1)!,∀t∈Іt0h
Теңсіздігі орындалсын. Онда ∀n∈N үшін
xnt-xn-1t=t0tfτ,x(n-1)(τ)-fτ,xn-2τd τ=t0tfτ,x(n-1)(τ)-fτ,xn-2τdτ=Lt0t xn-1(τ)-xn-21үшінлсын. онда к орындалатынын көрсету үшін математикалық индукция әдісін τdτ=MLn-1t0tτ-t0n-1(n-1)!dτ=MLn-1t -t0nn!=MLn-1hnn!,∀t∈Іt0h
Сонымен (6) қатардың мүшелерінің абсолют шамасынан құрылған қатар Іt0hкесіндісінде мына теңсіздікті қанағаттандырады:
x0+k=1infinityxkt-x(k-1)(t)=x0+Mt- t0+MLt-t022!+...+MLn-1t-t0nn!+...= x0+Mh+MLh22!+...+MLn-1hnn!... .
Теңсіздіктің оң жағындағы сандық қатар жинақты. Оны Даламбер белгісіне сүйеніп дәлелдейміз.
limn--infinityan+1an=limn--infini tyMLnhn+1n!MLn-1hn(n+1)!=limn--inf inityLhn+1=01.
Онда Вейерштрасс белгісі бойынша функциялық қатар Іt0hкесіндісінде бірқалыпты жинақты болады. Егер қатардың қосындысын φ(t) деп белгілесек, онда (5) тізбектің шегі осы φ(t) функциясына тең болады:
limn--infinityxn(t)= φ(t)
және де φ(t)∈C(Іt0h). Кез келген n∈N0≔{0}∪N үшін xn(t0)=x0 теңдігі орындалатындықтан, бұл теңдікте n--infinity болғанда шекке көшіп
φ(t0)=limn--infinityx(n)(t0)=limn- -infinityx0=x0
теңдігін, яғни шектік функциясының да (2) бастапқы шартты қанағаттандыратынын аламыз. Егер xnt-x0=b, ∀n, ∀t∈Іt0h теңсіздігінде шекке көшсек φt0-x0=b, ∀t∈Іt0h теңсіздігін аламыз, яғни tφ(t)∈D0.
Шектік функция - (3) теңдеудің шешімі. Құрылған xn тізбегі Іt0h кесіндісінде φ(t) функциясына бірқалыпты жинақталуы мынаны білдіреді:
∀ε0, ∃N=Nε:xnt-φ(t)ε, ∀nNε, ∀t∈Іt0h.
Сондықтан липшиц шартын пайдаланып,
t0tfτ,x(n)(τ)dτ-t0tfτ,φ(τ)dτ=t0tfτ ,x(n)(τ)-fτ,φτdτ=Lt0txn(τ)-φτdτ=L εt-t0==Lhε,∀t∈Іt0h
теңсіздігін аламыз. Бұдан ∀t∈Іt0h үшін
limn--infinityt0tfτ,x(n)(τ)dτ=t0tf τ,x(n)(τ)dτ=t0tfτ,limn--infinityx( n)(τ)dτ
теңдігі алынады. Оны пайдаланып (4) жүйедегі - ны анықтайтын (4n) теңдеуінде шекке көшсек,
limn--infinityxnt=limn--infinityx 0+t0tfτ,x(n-1)(τ)dτ⇒φ(t)=x0+t0tfτ,φ (τ)dτ, ∀t∈Іt0h
тепе-теңдігін аламыз. Яғни φ(t) функциясы - Іt0h кесіндісіндегі (3) интегралдық теңдеудің шешімі. Олай болса φ(t) фунуциясы - Іt0h кесіндісінде анықталған (1), (2) Коши есебінің шешімі.
Шешімнің жалғыздығы. Коши есебі шешімінің жалғыздығын дәлелдемес бұрын Гронуолл леммасын дәлелдейік.
Гронуолл леммасы. Егер ut= 0, f(t)=0, t∈a,b үзіліссіз функциялары және C0 тұрақтысы үшін
ut=C+t0tfτu(τ)dτ, ∀t0,t∈a,b (7)
теңсіздігі орындалатын болса, онда
ut=Cet0tfτdτ,∀t0,t∈a,b (8)
теңсіздігі орындалады.
ДӘЛЕЛДЕУІ. Лемманы әуелі t=t0 болатын кезде дәлелдейік. Берілген (7) теңсіздікті оң жағындағы қосындыға бөліп,
utC+t0tfτu(τ)dτ=1
теңсіздігін аламыз. Бұдан екі жағын да f(t) функциясына (f(t)=0) көбейту арқылы
ftu(t)C+t0tfτu(τ)dτ=f(t), ∀t=t0
алынады. Бөлшектің бөлімінің туындысы алымына тең. Осыны ескеріп, соңғы теңсіздікті t0-ден кез келген t-ға (t=t0) дейін интегралдасақ,
t0tftu(t)C+t0tfsu(s)ds=t0tfτdτ⇒lnC +t0tfsu(s)ds│t0t=t0tfτdτ⇒⇒lnC+t0tf τu(τ)dτ-lnC=t0tfτdτ, ∀t=t0
теңсіздігін аламыз. Потенциалдап, онан соң (7) теңсіздікті пайдалансақ
ut=C+t0tfτu(τ)dτ=Cet0tfτdτ
Лемма t=t0 болға н кезде дәлелденді. Лемманы t=t0 болған кезде дәлелдеу үшін, келтірілген дәлелдеудегі t0 мен t-ны орындарымен ауыстырса болғаны.
Егер (7) және (8) формулаларда C--0 кезде шекке көшсек, лемманың C=0 болғанда да дұрыс болатынын көреміз. Бұл жағдайда
ut=t0tfτu(τ)dτ, ∀t0, t∈a,b⇒ut=0, ∀t∈a,b. (9)
Енді φ(t) шешімінің жалғыздығын дәлелдеуге көшейік. Коши есебінің Іt0hкесіндісінде анықталған φ(t) шешімінен басқа ψ(t) шешімі болсын. Оның анықталу кесіндісін Іt0h арқылы белгілелік. Онда олар үшін мына тепе-теңдіктер
φt=x0+ t0tfτφ(τ)dτ,∀t∈Іt0h; ψt=x0+ t0tfτψ(τ)dτ, ∀t∈Іt0h;
орындалады. Бұл теңдіктерден Іt0h0≔Іt0h∩Іt0h* кесіндісінде, h0=min(h,h*)
φt-ψ(t)=t0t(fτφ(τ)-fτψ(τ))dτ=t0tL│ φτ-ψ(τ)│dτ, ∀t∈t0-h0,t0+h0 =Іt0h0
теңсіздігі алынады. Бұған Гронуолл леммасын (атап айтқанда (9) формуланы, себебі C=0, ал ut≔│ φt-ψt│, ft≔L) қолданып φt-ψt│=0, ∀t∈t0-h0,t0+h0 , яғни φt=ψt, ∀t∈t0-h0,t0+h0 , тепе-теңдігін аламыз. Теорема толығымен дәлелденді.
Коши есебінің шешімі t0-h0,t0+h0 кесіндісінде анықталды. Мұнда h=min(a,bM). Бұдан h санының a және b сандарымен қатар M санынан да тәуелді екені көрініп тұр. Бірақ h пен M бір-біріне кері пропорционал тәуелдікте. Сондықтан a және b сандары аз болмағанның өзінде, M үлкен сан болған жағдайда h аз сан болады. Демек бұл жағдайда t0-h0,t0+h0 кесіндісі t0 нүктесінің кішкене (локалдық) тұйық маңайы болып табылады. Сол себептен де (шешім t0 нүктесінің кішкене маңайында анықталатындықтан) теорема локалдық деп аталып тұр. Бұл жерде маңай деп аралық түсініледі.
Ескертулер. 1. Әдетте Липшиц шартының орнына көрсетілген D облысында ft,x функциясы x бойынша үзіліссіз дифференциалданады деп алады. Бұл шарт орындалғанда Липшиц шарты өздігінен орындалады.
Шынында да D тұйық түкбұрышында fx(t,x) үзіліссіз болғандықтан,
∃sup(t,x)∈Df(t,x)≕L.
Ал Лагранж теоремасы бойынша
ft,x2-ft,x1=fxt,x1+θ(x2-x1)) · (x2-x1), 0= θ=1 (10)
тепе - теңдігі орындалады. Сондықтан, егер t,x1+θ(x2-x1))∈D болатын болса, (10) теңбе - теңдіктен Липшиц шарты алынады. Мына t,x1+θ(x2-x1))∈D, 0= θ=1 деген шарт - D облысында t,x1 және t,x2 нүктелерімен қатар осы нүктелерді қосатын түзу де тұтасымен жатады дегенді білдіреді. Бұндай қасиетке ие D облысын x бойынша (t өзгермей тұр) дөңес облыс деп атайды. Біз қарастырып отырған D тіктөртбұрышы (оның ішіндегі D0 де) екі айнымалы бойынша да дөңес облыс.
Керісінше, ft,x функциясының x бойынша Липшиц шартын қанағаттандыруынан оның x бойынша үзіліссіз дифференциалдануы шыға бермейді. Мысалы, ft,x≔│x│ функциясы
ft,x2-ft,x1=x1-x2=x1-x2
теңсіздігін, яғни Липшиц шартын қанағаттандырады. Мұнда 𝑳=1. Алайда (t,0) нүктесінде бұл функция диффернциалданбайды.
2. Тіктөртбұрыштың орнына кез келген шенелген тұйық облыс алса да теорема өз күшін жоймайды. Тек бұл жағдайда (t0,x0) нүктесі осы облыстың ішкі нүктесі болуы керек. Онда (t0,x0) нүктесі D облысында өзінің тұйық тіктөртбұрышты аймағымен қоса кіреді.
3. Теореманы (t0,x0) нүктесін ішінде ұстайтын ашық D облысында да дәлелдеуге болады. Бұл кезде ft,x функциясының осы облыста үзіліссіз болуы, ал оның кез келген ішкі шенелген тұйық облысында x бойынша Липшиц шартын қанағаттандыруы керек 3. Егер ашық D облысында ft,x функциясы fx(t,x) пен бірге үзіліссіз болса, бұл шарттардың орындалатынын дәлелдеуге болады 9. Еске алар кетер жағдай (t0,x0) нүктесі ішкі нүкте болғандықтан, оның D облысында толығынан жататын тіктөртбұрышты аймағы бар болады. Бұл жерде аймақ деп облыс түсіндіріліп тұр.
Мысал үшін t,x жазықтығында жататын кез келген шенелген D облысында: D={t,x)∈R2: t∈a,b, x∈c,d} x=p0txn+p1txn-1+...+pnt∈Ca,b. Теңдеудің оң жағы D облысында өзінің x бойынша алынған дербес туындысымен бірге үзіліссіз. Сондықтан D-дан алынған кез келген бастапқы ft,xберілгендері үшін (яғни t0∈a,b, ,x0∈ c,d ) бұл теңдеудің x(t0)= x0 шартын қанағаттандыратын жалғыз ғана шешімі бар болады. Екінші сөзбен айтқанда, D облысының кез келген нүктесі арқылы теңдеудің тек бір ғана интегралдық қисыға өтеді, яғни ол нүктеде Коши есебі шешімінің жалғыздық шарты орындалады. Сондықтан теңдеудің барлық шешімі дара шешім болып табылады. Оның ерекше шешімі жоқ. Бұл теңдеуден n=1 болғанда сызықтық біртекті емес, ал n=2 болғанда Риккати теңдеуі алынады. Олай болса сызықтық біртекті емес және Риккати теңдеулері үшін қойылатын Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады. Олардың ерекше шешімі жоқ.
4. Егер функциясы ашық D облысында үзіліссіз болса, онда осы облыстың әрбір (t0,x0) нүктесі арқылы (1) теңдеудің ең болмағанда бір интегралдық қисығы өтеді, яғни (1), (2) Коши есебінің t0 нүктесінің аз маңайында анықталған ең болмағанда бір шешімі бар болады 2;3. Бұл тұжырымды Пеано теоремасы деп атайды.
2-ТЕОРЕМА. Айталық ft,x функциясы Q=t,x∈R2: a=t=b, │x│infinity жолағында анықталған және үзіліссіз болсын. Әрі x бойынша Липшиц шартын қанағаттандырсын. Онда жолақтан алынған кез келген бастапқы берілгендер t0,x0 үшін (1), (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады. Ол шешім a,b кесіндісінің өн бойында анықталады және онда шенелген болады. Мұндағы Липшиц шартының орнына онан күштірек шарт Q-да fx t,x шенелген деп алу5а болады7
ДӘЛЕЛДЕНУІ. Анық болуы үшін t∈t0, b деп алалық та локалдық теореманы Q+=t,x∈Q : t0=t=b, x-x0infinity жолағы үшін дәлелделік. Бұл облыс x бойынша ақырсыз болғандықтан, ∀n үшін xn(t) жуықтауларының одан шығып кетуі бізді толғандырмайды. Сондықтан жуықтаулардың анықталу облысына қоятын қосымша шектеудің қажеті жоқ, яғни xn(t) функциясы t0, b кесіндісінің өн бойында анықталады. Оған қосымша xn(t) функциясы t0, b кесіндісінде бірқалыпты шенелген болып шығады. Шынында да, бұл жағдайда ft,x=ft,x-ft,x0+ft,x0=Lx-x0+ft,x0 =Lx+Lx0+M0. Мұнда M0≔supt∈a,bf(t,x0). Дәйекті жуықтаулардың формуласынан осы теңсіздікке сүйеніп,
xn(t) =x0+ t0t│fτ,xn-1 (τ)│dτ=r+Lt0t│xn-1 (τ)│dτ
теңсіздігін аламыз. Мұнда r≔x0+M1b-a, M1≔M0+Lx0 . Индукцияны пайдаланып мына теңсіздіктерді оңай алауға болады.
x0(t)=x0=r=reLt-t0,
x1(t)=r+Lt0t│reLτ-t0│dτ=reLt-t0,
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
xn(t) =r+t0tx(n-1) (τ)dτ=r+Lt0t│reLτ-t0│dτ=reLt-t0, t∈t0, b ,
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . .
Бұлар xn(t) тізбегінің t0, b кесіндісінде бірқалыпты шенелгендігін көрсетеді. Локалдық теореманың қалған пайымдаулары өзгермей қалады. Тек дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығын дәлелдеген кезде теоремадағы M санының орнына M0 саны қолданылады. Бұл есте ұстайтын жай, себебі облыс шексіз жолақ болған жағдайда M санының ақырлы болуы міндетті емес. Тізбектің шегі limn--infinityxnt=φ+t-1, (2) Коши есебінің t0, b кесіндісіндегі шешімін береді.
Дәл осылайша Q-=t,x∈Q : a=t=b, x-x0infinity жолағы үшін (1), (2) есептің a, t0, кесіндісінде анықталған φ-t шешімін аламыз. Бұл екі шешімнің түйісуінен шыққан шешім
φ(t)=φ-t, t∈a, t0,φ+t, t∈t0, b
(1), (2) есептің a,b аралығындағы шешімін береді. Шынында да, φ-t0=φ+t0=x0, φ-t0│t0-0=φ+t0│t0+0=f(t0,x0) болғандықтан φ(t) функциясы t0 нүктесінде үзіліссіз және дифференциалданатын функция болып табылады, әрі (1) теңдеуді қанағаттандырады. Оның үстіне ол φ(t) =reLτ-t0, t∈a,b теңсіздігін қанағаттандырады. Мысал үшін сызықтық біртекті емес x=-ptx+q(t) теңдеуін қарастыралық. Мұндағы p(t), q(t)∈Ca,b болсын. Теңдеудің оң жағы Q жолағында үзіліссіз және x бойынша Липшиц шартын қанағаттандырады. Олай болса теңдеудің x(t0)= x0, t0∈a,b, x0infinity шартын қанағаттандыратын жалғыз ғана шешімі бар болады және ол шешім a,b кесіндісінің өн бойында анықталады.
1.2 Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуы туралы глобалдық теорема
Біз Коши есебі шешімінің бар және жалғыз болуын ұзындығы кішкене кесіндіде дәлелдедік.Шындығында шешім онан кеңірек аралықта анықталады.Сондықтан шешім анықталатын аралықты толығынан анықтаудық мәні зор.
D⊂ R2 обылысында
ẋ=ƒ(t,x) , ƒϵC(D) (1)
теңдеуі берілсін және x=φ(t) a,b аралығында анықталған, x=ψ(t) c,d аралығында анықталған оның шешімдері болсын.
Егер a,b⊂c,d және φ(t)= ψ (t) ∀t∈a,b болса, онда ψ (t) шешімі φ(t) шешімінің жалғауы (ұзартылымы) деп аталады. Егер с=a, db болса, ол шешімнің оң жақ жалғауы, ал сα, d=b болса сол жақ жалғауы деп аталады.Ал φ(t) шешімі ψ (t) шешімінің a,b аралығындағы бөлігі (үзігі) делінеді. Егер a,b және c,d аралықтарына бірдей жататын a,β, αβ аралығы бар болып, φ(t)= ψ (t), ∀t∈a,β болса, онда φ(t) шешімін ψ (t) шешімнің a,β-дан a,b-ға ұзартылымы, ал ψ (t) шешімін a,β-дан c,d-ға ұзартылымы деп атайды.Бұл кезде
g(t)=φt,t∈a,b,ψ t,t∈c,d
функциясы (1) теңдеудың a,b∪ c,d аралығындағы шешімі болады.
Егер α=β болып, a,β аралығы бір нүктеге айналатын болса, ол нүктеде φt және ψ t шешімінде түйіседі деп айтады. Әлбетте шешімдердің түйісе жалғануынан тағы да шешім алынады.
Егер a,b аралығында анықталған х =φt шешімінің кез келген ұзартылымының анықталу аралығы a,β осы a,b-дан аспайтын, яғни a,β⊂a,b болса, онда φt ұзартылмас шешім деп аталады. Басқа сөзбен айтқанда, егер a,b аралығында анықталған φt шешімі үшін анықталу аралығы a,b-дан үлкен болатын, ал a,b аралығындағы үзігі осы φt-ға тең болатын шешім жоқ болса,онда φt - ұзартылмас шешім болады. Коши есебі шешімнің анықталу аралығын толығынан табу үшін, осы есептің ұзартылмас шешімін құру жеткілікті. Біз бұл құруды тұйық облыс үшін жүргіземіз.
ГЛОБАЛДЫҚ ТЕОРЕМА. (t0 ,x0) - шенелген тұйық D⊂ R2 облысының ішкі нүктесі болсын.
Егер ƒ(t,x) функциясы D обылысында үзіліссіз және х бойынша Липшиц шартын қанағаттандыратын болса, онда мына Кошиесебінің
ẋ=ƒ(t,x) , х(t0 ) =x0 (2)
шешімін D обылысының шекарасынан шекарасына дейін ұзартуға болады (яғни екі ұшы да шекарада жататын болғанға дейін).
ДӘЛЕЛДЕУ. D облысының шекарасын G,ал P0(t0,x0) нүктесінен осы шекараға дейінгі қашықтықты d0 деп белгілейік:
d0= infQ∈GP0Q.
Центрі P0(t0,x0) нүктесі болатын,жарты қабырғасы α0=d022 - ге тең квадрат салалық: D 0t,x∈D:t-t0=α0,x-x0=α0. Ол үшін әуелі (t-t0)2-(x-x0)2=d024 шеңберін салып, онан соң оған іштей қабырғалары α0-ге тең және координат өстеріне параллель квадрат салу жеткілікті.
D 0 квадратында локалдық теореманың барлық шарты орындалып тұр. Сондықтан
supt,x∈ D 0f(t,x)≕M0
деп белгілесік, (2) есептің t0-h0,t0+h0, h0=minα0,α0M0 кесіндісінде анықталған жалғыз х=φ0(t) шешімі бар (9-сурет).
Енді t0+h0≕t1,φ0(t1)≕x1 деп алып, локалдық теореманы центрі P1(t1,x1) болатын D 1t,x∈D:t-t1=α1,x-x1=α1 квадыратына қолданалық.Мұнда (t1,x1) - бастапқы нүкте, ал
a1=d122, d1=infQ∈GP1Q.
Егер
supt,x∈ D 1f(t,x)≕M1
деп белгілесек, мына ẋ=ƒ(t,x) , х(t1 ) =x 1 Коши есебінің t1-h1,t1+h1, h1≔mina1,a1M1 кесіндісінде анықталған жалғыз х =ψ t шешімі бар екені алынады.Ал t0-h0,t0+h0 пен t1-h1,t1+h1 кесіндісіне ортақ t1-h1,t1 кесіндісінде P1t1,x1 нүктесінен өтетін екі (φ0t және ψ t) шешім анықталған.Шешімнің жалғыздық қасиеті бойынша φ0t= ψ t, ∀t∈t1-h1,t1. Сондықтан
φ1(t)=(φ0t,t∈t0-h0,t0+h0≕t1 ,ψ t,t∈t1,t1+h1
шешімі φ0t шешімінің оң жақ ұзартылымы болып таьылады және оның анықталу аралығы t0-h0,t1+h1 болады. Бұл φ1t шешімінің оң жақ ұшын, яғни P2t2,x2, t2≕t1+h1, x2≔φ1(t1+h1) нүктесін бастапқы нүкте деп алып, шешімді онан әрі ұзартамыз. Бұл ұзартуды n рет қайталау нәтижесінде t0-h0,tn-1+hn-1 кесіндісінде анықталған (2) есептің φn-1(t) шешімін аламыз. Мұнда tn-1=t0+h0+h1+...+hn-2, hj≔minaj,ajMj, supt,x∈ D jf(t,x)≕Mj, j=1,...,n-1. Екі жағдай болуы мүмкін
Pntn,xn∈G, tn≕tn-1+hn-1, xn≔φn-1t;
Pntn,xn - D облысының ішкі нүктесі.
Бірінші жағдайда теорема дәлелденді. Екінші жағдайда ұзартуды онан әрі жалғастырамыз. Шексіз қайталау нәтижесінде Pn1infinity тізбегін аламыз. Тізбектің мүшелері infQ∈GPjQ0 шартын қанағаттандырады. Сандар тізбегі tj өспелі, себебі tj=tj-1+hj-1, hj-10. Ал D облысы шенелген болғандықтан бұл тізбек жоғарыдан шектелген. Сондықтан оның шегі бар: limj--infinitytj=b. Шешімді ұзарту нәтижесінде алынған, t0+h0,b аралығында анықталған шешімді φ(t) деп белгілелік. Бұл шешімнің b нүктесінде сол жақтан үзіліссіз болатынын көрсетелік. Кез келген ε0 саны үшін ε2M-нен кіші болатын δ санын алалық, яғни δε2M. Онда мына теңсіздіктерді 0b-tˊδ, 0b-tˊˊδ қанағаттандыратын tˊ пен tˊˊ сандары үшін
φtˊ-φ(tˊˊ)=tˊtˊˊφ(τ)dτ=tˊtˊˊf(τ,φ (τ))dτ=Mtˊˊ-tˊ2Mδε
теңсіздігі орындалады, яғни Кошидің шарты (критериі) орындалып тұр. Олай болса φ(t) шешімінің b нүктесінде шегі бар. Шешімнің b нүктесіндегі мәні үшін осы шекті алалық: φ(b)=limt--b-0φ(t). Сонда φ(t) шешімі t0+h0,b кесіндісінде анықталған, үзіліссіз болады. Сонымен,
limj--infinityPj(tj,xj)=P(b,φb).
Енді P(b,φb) нүктесінің облыстық шекарасында жататынын көрсетелік. Кері жорып P∉G делік. Онда екі жағдай болуы мүмкін.
P нүктесі D облысының сыртында жатады. Онда D-ның сыртында тұтасынан жататын P-ның маңайы UP бар. Демек ∃n1∀jn1: Pj∈D дегенге қайшы, себебі D∪UP=∅.
P нүктесі D облысының ішінде жатады, яғни P нүктесімен бірге оның ε маңайы UPε да D облысына тұтасынан кіреді.P нүктесін центр етіп алып радиусы ε2-ге тең дөңгелек салалық. Сонда ∃n2, ∀jn2: Pjϵ UPε2. Демек
dj= infQ∈GPjQ=ε2, ∀jn2⇒aj=dj22=ε42.
Ал бұдан
dj=minaj,ajMj=minε42,ε42M≕h0,∀jn 2 .
Сондықтан hj=tj+1-tjh0⇒tj--infinity,j--in finity. Бұл мына теңдікке limj--infinitytj=binfinity қайшы. Сонымен кері жору дұрыс емес, PϵG.
Дәл осы жүргіген оңға қарай ұзату сияқты шешімді сол жаққа қарай да ұзартуға болады. Нәтижесінде алынатын шешімнің сол жақ ұшы a≔limj--infinitytj, tj=tj-1-hj-1 болсын. Сол a,t0+h0 кесіндісінде анықталатын шешімді ψ(t) деп белгілелік: ψ(t) =φ(t), ∀tϵt0-h0,t0+h0. Сондықтан φ(t) мен ψ(t) бірі бірінің жалғауы. Ал Q(a;ψa)ϵG. Теорема дәлелденді.
Ұзарту нәтижесінде алынған шешімнің ұштары G-да жатқандықтан ұзартылмайтын шешім облыстың шекарасынан шекарасына дейін жетеді деп айтады. Әрі қарай ұзартылмайтын шеімнің анықталу аралығы осы шешімнің бар болуының ең үлкен аралығы деп аталады. Мысалы, (2) есесптің шешімі бар болатын ең үлкен аралық - a,b.
Ескертулер. 1. Коши есебі шешімін бастапқы t0,x0 нүктесі кіретін кез келген ашық D облысында да ұзартуға болады. Бұл кезде алынатын ұзартылмайтын шешімнің ұштары D облысының кез келген шенелген ішкі облысынан шығып, D-ның шекарасына ақырсыз жақындайды 3;9.
2. D облысы мынадай ашық жолақ D=t,xϵR2: atb, xinfinity, түрінде болсын. Мұнда a,b сандары меншіксіз мәндерге ие, яғни a=-infinity, b=+infinity болулары да мүмкін.
2-ТЕОРЕМА. Егер f(t,x) функциясы D жолағында анықталған, үзіліссіз және x бойынша үзіліссіз дифференциалданатын болып, әрі мына теңсіздікті
dfdx=Lt, ∀t∈a,b, L(t)ϵC(a,b)
қанағаттандырса, онда кез келген бекітілген бастапқы берілгендер t0,x0∈D (яғни t0∈(a,b)) үшін (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болады және ол шешім (a,b) интервалының өн бойында анықталады.
ДӘЛЕЛДЕНУІ. Тұтасымен D-ның ішінде орналасқан мына жолақта Q=t,x⊂D:α=t=β, xinfinity, aαβb өткен параграфтағы 2-теорема орындалады. Онда дәйекті жуықтау тізбегінің жинақтылығын дәлелдеу барысында
M0≔supt∈α,βft0,x0, L≔ supt∈α,βL(t)
Сандарының қолданылатыны айтылған болатын. Бұл M0,L сандарының α,β-ға тәуелді екені, әрі α,β үлкейген сайын олардың өсетіні түсінікті. Дегенмен кез келген t∈(a,b) нүктесін қоршайтын α,β кесіндісі табылып (α,β⊂(a,b)) және ол кесіндіде (2) есептің жалғыз шешімі анықталады. Демек шешім ∀t∈α,β нүктесінде анықталады. Бұл жерде бір кесіндіден оны қамтитын екінші кесіндіге көшкенде алынатын шешім бірінші кесіндіде анықтлатын шешімнің жалғауы болатынын ескерген жөн. Мысалы, мынадай кесінділер
α1,β1⊂α2,β2⊂...⊂α1,β1⊂αn,βn⊂...⊂(a, b).
limn--infinityαn=a, limn--infinityβn=b
тізбегін алсақ, әрбір αn,βn кесіндісінде (2) есептің жалғыз ғана шешімі бар болғандықтан, онда анықталған шешім αn-1,βn-1 кесіндісінде анықталған шешімнің жалғауы болып табылады. Сондықтан (2) есептің
(a,b)=n-1infinityαn,βn
интервалының өн бойында анықталған жалғыз ғана шешімі бар. Теорема дәлелденді.
Мысал үшін сызықтық біртекті емес
x=-ptx+q(t) (3)
теңдеуін қарастыралық. Мұнда pt, qtϵCa,b. Демек
ft,x≔-ptx+qtϵ C(D), D=t,xϵR2:atb,xinfinity
және dfdx=pt. Сондықтан кез келген t0,x0ϵD үшін теңдеудің жалғыз ғана шешімі бар және ол шешім (a,b) интервалының өн бойында анықталған. Бұл тұжырым a,b кесіндісінде дұрыстығы ілгеріде дәлелденді (§ 1,2 - теорема). Сондықтан енді оны кез келген a,b аралығына қатысты айта беруге болады.
Біз бастапқы шарт арқылы анықталатын дара шешімнің бар болуын дәлелдедік. Бірақ бұл теореманы пайдаланып жалпы шешімнің де бар болатынын көрсетуге болады 2;9.
Ашық D облысында (2) Коши есебінің жалғыз ғана шешімі бар болсын, оны x=φ(t,t0, x0) деп белгілелік. Бұл қатынас (2) есептің шешімнің t0, x0-дерден тәуелді болатынын көрсетіп тұр. Әлбетте φ(t,t0, x0)=x0, (t0, x0)∈D. Шешім t0-h0,t0+h0 кесіндісінде анықталсын да h саны (t0, x0)∈D0 нүктесінің орнынан тәуелсіз болсын. Мұндағы D0-шекарасымен қоса D ... жалғасы
Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.
Ұқсас жұмыстар
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz