Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
69
Добавлен:
16.04.2013
Размер:
1.71 Mб
Скачать

Типовые задачи

  1. Доказать эквивалентность на Rметрикопределяемых формулами (5), (6), (7).

Доказательство. ПустьRиТогдапри всехСледовательно,Далее,т.е.Наконец, ясно, чтоТаким образом,значит, метрикиэквивалентны.

  1. Какие последовательности сходятся в дискретном пространстве?

Решение. Пустьдискретное пространство,последовательность точек изХиТогдаприВзявполучим:приТаким образом, сходящимися являются те и только те последовательностикоторыестабилизируются, т.е. обладают свойствомпри некотором

  1. Выяснить, является ли дискретное пространство полным.

Решение. Пустьфундаментальная последовательность в дискретном пространствеХ. ТогдаприВзявполучим, что приОтсюда видно, чтосходящаяся последовательность. Значит,Хполно.

  1. Выяснить, сходятся ли в последовательности: а)б) в)

Решение. а) Еслисходится вк функциитоприи всех Подставив любоемы получима подставивполучимТаким образом, функцияне является непрерывной на отрезкеа значит,расходится.

б) При каждом фиксированном мы имеем:Значит, еслисходится в то сходится к функции, тождественно равной нулю, иНайдём наибольшее значение функциина отрезкеИмеем:откуда илиДалее,Так кактоприСледовательно,

в) При каждом фиксированном мы имеем:Далее,Следовательно,прии. Так какне стремится к нулю, тоне сходится в

  1. Выяснить, является ли полным пространство Рмногочленов с нормой

Решение. Пространство многочленов рассматривается здесь как подпространство пространстваИзвестно, чтоРассмотрим последовательность многочленов. Ясно, чтот.е. последовательностьсходится к функциив пространствеТак как функцияне является многочленом, тофундаментальная последовательность в пространствене являющаяся сходящейся. Следовательно,не полно.

  1. Привести пример последовательности, которая сходится в пространстве но не сходится в

Решение. Примером может служить последовательностьТак кактоне сходится вОднако, она сходится вк нулю, так какпри

Задачи для самостоятельного решения

  1. Эквивалентны ли метрики ина

  2. Является ли полным пространство всех функций, ограниченных на отрезкес нормой

  3. Пусть ипоследовательности точек нормированного пространстваХ, причёмсходится, арасходится. Сходится ли последовательность

  4. Привести пример фундаментальной, но не сходящейся последовательности в пространстве R с метрикой

  5. Пусть пространство всех функций, имеющих непрерывную производную на отрезкес нормойКакое из утверждений истинно для последовательностей

(А) если сходится втосходится в

(Б) если сходится втосходится в

Ответы:1. Нет. 2. Да. 3. Расходится. 4.5. (А) ложно, (Б) истинно.

3. Принцип сжимающих отображений

Пусть метрическое пространство. Отображениеназываетсясжимающим, если существует такое чтоипри всех

Пусть метрическое пространство иотображение. Говорят, что точкаявляетсянеподвижной точкой отображения Т, если

Теорема (принцип сжимающих отображений). Если сжимающее отображение полного метрического пространстваХ, то Т имеет единственную неподвижную точку.

Доказательство. Возьмём любую точку и образуем последовательностьДокажем, что эта последовательность сходится, и её предел является единственной неподвижной точкой отображенияДоказательство разобьём на несколько шагов.

  1. Оценим сверху расстояние между соседними членами последовательности. Имеем:

  2. Докажем, что последовательность фундаментальна. Для этого оценим расстояние между произвольными членами последовательности. Имеем:

Так как топрипоэтомуприиЭто означает, что последовательностьфундаментальна.

  1. Так как фундаментальна иХ полно, то сходится. ПустьДокажем, чтонеподвижная точка отображенияТ. Имеем: приВвиду произвольности числамы получаем, чтоИз аксиом метрики следует, чтоследовательно,неподвижная точка.

  2. Докажем, что других неподвижных точек у отображения Т нет. Действительно, пусть ТогдаТак кактоа значит,

4. Теорема существования и единственности решения дифференциального уравнения первого порядка

Напомним, что областью в пространстве Rназываетсясвязное открытое множество. Связность означает, что любые две точки множества можно соединить непрерывной кривой, не выходящей за пределы множества. Множество открытое, если любая его точка внутренняя, т.е. имеет окрестность, лежащую внутри области.

Пусть дано дифференциальное уравнение где функцияопределена в некоторой областиплоскостиRЕстественным требованием на функциюявляется её непрерывность в областиОднако, этого для существования и единственности решения оказывается недостаточным. Введём ещё одно условие. А именно, будем говорить, что функцияудовлетворяетусловию Липшица по переменной у в области , если существует постоянная(константа Липшица) такая, что

(17)

для всех Условие Липшица сильнее, чем непрерывность по переменнойу, но слабее, чем дифференцируемость. Точнее, справедливы утверждения:

(если функцияудовлетворяет условию Липшица поу, то она непрерывна по у;

(еслиимеет в областиограниченную производную поу, то она удовлетворяет условию Липшица по у.

Докажем утверждения (), (Действительно, из условия (17) следует, чтоа это означает непрерывность функциипо переменнойт.е. выполнено (Далее, пустьдля всех точек областиТогда по теореме Лагранжа для некоторогомы имеем:что доказываетВ качестве константы Липшица здесь можно взять константуК.

Во многих вопросах теории дифференциальных уравнений и, в частности, для доказательства теоремы существования и единственности удобно заменить дифференциальное уравнение интегральным. Возможность такой замены вытекает из следующего утверждения.

Лемма. Если непрерывная функция, то система уравнений

(18)

состоящая из дифференциального уравнения и начального условия, равносильна интегральному уравнению

(19)

Доказательство. Пусть функция определённая на интервалеудовлетворяет системе (18). Проинтегрировав равенствополучим:Так кактоСледовательно, выполнено (19).

Наоборот, пусть функция удовлетворяет интегральному уравнению (19). Тогдазначит, выполнено начальное условие. Продифференцировав равенство (19) пополучим:поэтому функцияудовлетворяет дифференциальному уравнению.

Теорема существования и единственности решения уравнения первого порядка. Пусть дано дифференциальное уравнение

(20)

причём функция в некоторой областиплоскостиRнепрерывна пох и удовлетворяет условию Липшица по у. Тогда для каждой точки областисуществует такоечто на отрезкесуществует единственная функцияудовлетворяющая дифференциальному уравнению (20) и начальному условию

Доказательство. Во-первых, заменим дифференциальное уравнение с начальным условием на интегральное уравнение (19). Затем выберем числа так, чтобы прямоугольниклежал в областиОбозначим черезмножество функций, непрерывных на отрезкеи удовлетворяющих условиям

(21)

Очевидно, является подпространством пространстваПространствополно – его полнота доказывается так же, как полнота пространстваОбозначим черезоператор на множестве функций, переводящий функциюу в функцию

(22)

Проверим, что при достаточно малом операторТ будет являться отображением из впричём сжимающим. Действительно, из условия теоремы следует, что функциянепрерывна в прямоугольникепоэтому существует постояннаятакая, чтоприПустьиТогдаСледовательно,Если теперьтоприа значит,

Докажем теперь сжимаемость оператора Т. Пусть иМы имеем:поэтомуследовательно,Так кактопоэтомусжимающий оператор. По принципу сжимающих отображений существует единственная функциятакая, чтоЭто означает, что уравнение (20) имеет единственное решение, удовлетворяющее начальному условиюПредположение о том, чтоне сужает класса рассматриваемых функций, так как для всякой непрерывной на отрезке функции это неравенство выполняется при подходящем

Теорему существования и единственности можно переформулировать так: для “достаточно хорошей” функции (а именно, еслинепрерывна пох и удовлетворяет условию Липшица по у в области ), то через каждую точку областипроходит единственная интегральная кривая уравненияТаким образом, эта теорема носитлокальный характер, т.е. для каждой точки утверждается лишь существование окрестности, в которой решение существует и единственно. Решение, найденное на промежутке далеко не всегда может быть продолжено на промежутокдаже если существует прямоугольниклежащий в областиОднако, применяя теорему существования и единственности несколько раз (переходя от точкик точке, затем ки т.д., можно убедиться в том, что всякое решение продолжается либо до границы области(возможно, не достигая этой границы), либо “уходит в бесконечность” (это может быть лишь в случае, когда областьнеограниченна).

Доказательство теоремы существования и единственности даёт также метод решения дифференциальных уравнений, который можно использовать на практике для приближённого их решения. Это метод последовательных приближений. Суть этого метода заключается в следующем. Пусть требуется найти решение дифференциального уравнения удовлетворяющего начальному условиюРассмотрим последовательность функций, определённых на отрезке

и т.д., т.е. для любого полагаемТогда для достаточно малогомы имеем:пригдерешение дифференциального уравнения. Начальное условиедля функцийа значит, и для функцииочевидно, также выполнено.

Соседние файлы в папке Диф.уры Прокофьев