smagina-belousova-method

1

1

d)

xn =

,...,

,0,0,... , α > 0 .

nα

nα

14243

n

3. Сходятся ли в C[0,1],

C1[0,1] последовательности

a) xn (t) =

t n+1

−

t n+2

;

b) xn (t) = sin t −sin(

t

) .

n +1

n + 2

n

Пусть

X

- нормированное пространство. Открытым шаром с

центром

в

точке

x0

и

радиуса

r > 0

называется

множество

B(x0 , r) = {x X :

x − x0

< r}. Замкнутым шаром с центром в точке x0

и

радиуса

r > 0

называется

множество

B[x0 , r] = {

x − x0

≤ r}.

Сферой

с

центром

в

точке

x0

и

радиуса

r > 0

называется

множество

S(x0 , r) = {x X :

x − x0

= r}. Под окрестностью точки x0

понимается любой

открытый шар с центром в этой точке.

Множество

M X

называется ограниченным,

если

его можно

Пример 1. Описать B(x0 , r) C[a,b] .

Решение. Пусть x B(x0 , r) . Это

означает,

что

x − x0

C < r

или

max

x(t) − x0 (t)

< r . Отсюда − r < x(t) − x0 (t) < r для

любого t [a,b]

или

a≤t≤b

x0 (t) − r < x(t) < x0 (t) + r . Таким образом,

шар B(x0 , r)

в пространстве

C[a,b]

функции x0 (t)

вверх и вниз на r .

Пример 2.

Пусть M = {x = {xk } l2 : xk > 0 k}.

Будет ли оно открытым,

замкнутым в l2 ?

1

1

Решение.

Покажем, что точка x0 = (

,...,

,...) M не является

2

2n

принадлежащие M . Действительно,

пусть задано произвольное ε > 0 .

Выберем n так, чтобы

∞

1

∑

< ε 2 ,

2k

k =n+1

2

для xn = (

1

,

1

,...,

1

,0,0,...) имеем

22

2

2n

∞

1

xn − x0

2 = ∑

< ε 2

,

2k

l2

k =n+1 2

т.е. xn B(x0 ,ε) ,

но

xn M , т.е

множество M

не является открытым.

Заметим, что M совпадает с пересечением бесконечного числа открытых

множеств M n

= {x = {xk } l2 : xn > 0}, где n фиксировано.

Покажем,

что M

не

является

и

замкнутым. Для этого рассмотрим

последовательность точек

xn = (

1

,

1

,

1

,...) M . Так как

2n

2n+1

2n+2

∞

∞

xn

2

= ∑

1

=

1

∑

1

=

1

→ 0

2(n+k −1)

n

k

n−1

l2

k =1 2

4

k =0 4

3 4

при n → ∞, то x0 = {0} - предельная точка множества M , но x0 M .

Пример 3.

Показать,

что

M = {x(t) C[0,1] : sin t < x(t) <1 +t} - открытое

множество в C[0,1] .

Решение.

Пусть

x0 M .

Так

как

функции x0 (t) −sin t и

1 +t − x0 (t) непрерывны, то они ограничены на [0,1] . Обозначим

α = min(x0 (t) −sin t) > 0 ,

β = min(1 +t − x0 (t)) > 0

0≤t≤1

0≤t≤1

и положим r = min (α, β) . Тогда для x B(x0 , r) , с одной стороны,

x(t) < x0 (t) + r ≤ x0 (t) + β ≤ x0 (t) +1 +t − x0 (t) =1 +t ,

с другой стороны,

x(t) > x0 (t) − r ≥ x0 (t) −α ≥ x0 (t) − x0 (t) +sin t = sin t .

Таким образом, B(x0 , r) M , т.е.

M - открытое множество.

последовательность {xn } M

такая, что xn

≠ x0 и

xn − x0

C

→ 0 . Отсюда

следует, что x0 C[0,1]

как

равномерный

предел

последовательности

непрерывных функций. Так как из сходимости в C[0,1] вытекает

поточечная сходимость,

то xn (t) → x0 (t) для любого

t [0,1] .

В частности,

при t = 0 имеем x0 (0) = lim xn (0) = 0 . Это означает, что x0 M .

n→∞

n

t

k

Решение. Рассмотрим многочлен

pn (t) = ∑

P[a,b]. Так как он

k!

k =0

произвольное ε > 0 . Покажем,

что в шаре

B( p0 ,ε)

содержатся точки, не

являющиеся полиномами. Положим x(t) = t +sin

t

, где

1

< ε . Тогда имеем

n

1

1

n

p0 − x

C

= max

sin t

≤

< ε ,

a≤t≤b

n

n

а) M = {x(t) :

x(t)

≤1}, x0 (t) = sin t; x0 (t) =

t

;

2

б) M = {x(t) : x(t) < t}, x0 (t) = t −1.

4.

Показать, что

множество

M = x C[a,b] :

t

< x(t) <1

+ cos t

открыто

4

вC[a,b] .

5.

Показать,

что

множества

M1 = {x C[a,b] : x(t) ≤ 0},

M 2 = {x C[a,b] :1 ≤ x(t) ≤ 2} замкнуты в C[a,b] .

3) Отображение f

является сжимающим,

то есть существует 0 < q <1

такое, что для любых x, y Q выполняется неравенство

f (x) − f ( y)

≤ q

x − y

.

(1)

Тогда отображение f

имеет в Q единственную неподвижную точку x* , то

есть такую точку, что

f (x* ) = x* . Эта точка может быть получена методом

последовательных приближений

lim xn = x* ,

где xn = f (xn−1 ),

n =1,2,...

n→∞

начиная с произвольного

x0 Q .

При

этом

справедлива оценка

погрешности

xn − x*

≤

qn

f (x0 ) − x0

.

(2)

1 − q

f (x) − f ( y) = f (ξ)(x − y), x ≤ξ ≤ y .

(3)

′

xn+1 =

1

(xn +

a

) , начиная с любого x0

≥

a .

2

xn

Решение. Выберем замкнутое в R множество Q =[

a, ∞) и рассмотрим

на нем отображение

1

a

′

1

a

f (x) =

(x

+

) . Так

как

f (x) =

(1 −

) > 0 , то

f

2

x

2

x2

монотонно возрастает

и, следовательно,

f (x) ≥ f ( a ) =

a ,

то есть

f

переводит Q в себя. Кроме того, f

- сжимающее отображение, так как

f (x) − f ( y)

=

1

(1 −

a

)

x − y

≤

1

x − y

.

ξ 2

2

2

Поэтому существует единственное решение x* Q

уравнения f (x) = x , то

есть уравнения

1

(x +

a

) = x или

x2

= a . Таким образом, последовательность

2

x

xn действительно сходится к

a .

При этом справедлива оценка скорости

сходимости

xn − a ≤

1

x1

− x0

1

x02 − a

.

=

n

1

2n

x0

2

(1

−

2

)

точностью до 10−2 .

Решение. Запишем уравнение в виде t =

e−t

и рассмотрим отображение

e−t

2

f (t) =

. Очевидно, что f

монотонно убывает и для t [0,1] выполняются

2

1

1

неравенства

0 <

= f (1) ≤ f (t) ≤ f (0) =

<1, т.е.

f отображает отрезок [0,1]

в

2e

2

e−t

себя. Так

как

′

1

, то

согласно

формуле Лагранжа f

-

f (t)

=

≤

2

2

tn −t*

≤

1

t1

−t0

=

1

e−t0

−t0

.

2n−1

2n−1

2

В частности, для

t0 = 0 имеем

tn

−t*

≤ 2−n <10−2 . Отсюда 2n >102 , или

n lg 2 ≥ 2 , т.е. n >[

lg 2

] = 2 .

2

Задания для самостоятельного решения

1.Доказать,

что

последовательность

цепных

дробей

2, 2 +

1

, 2 +

1

,... имеет предел и найти его.

1

2

2 +

2

любых a [0,1] последовательные приближения

2. Доказать,

что

для

xn+1 = xn −(xn2

− a) / 2,

x0 = 0

сходятся к

a .

3. При каком a > 0 последовательность

a,

a + a , a +

a + a ,...

a) tn+1

=

tn

, t0 =1 ; b)

tn+1

=

(5 +tn2 )

, t0 = 5

2

+tn

2tn

x

0.7 x

+ 0.8x

1

→

1

2

x

2

0.2x

+ 0.05x

2

1

a) x =

1

1 + x2 +

1 sin x ; b) t(3 +sin t) =1 ; c)

x =

1

arctg x +

1

cos x .

8

2

4

4

x(t) = λ∫b K (t, s)x(s)ds + f (t)

(1)

a

xn+1 (t) = λ∫b K (t, s)xn (s)ds + f (t), n = 0,1, 2,...,

(2)

a

начиная с

произвольно выбранной функции x0 C [a,b] в

случае а)

и

x0 L2 [a,b]

в случае b). Если выполнено

условие сжатия

q <1, где

q

вычисляется в случаях а) и b) по формулам

b

b b

1

a) q =

λ

maxa≤t≤b ∫

K (t, s)

ds,

b)

λ

(∫∫

K (t, s)

2 dtds)

,

2

a

a a

то xn (t) сходятся к решению x* (t)

в соответствующих пространствах. При

этом справедлива оценка погрешности

xn

− x*

≤

qn

x1 − x0

.

1 − q

x(t) = λ∫t

K (t, s)x(s)ds + f (t) .

(3)

a

x(t) =

1

∫1 tsx(s)ds +

5

t .

2

6

0

q =

1

max ∫1 tsds =

1

1

=

1

<1.

2 0≤t≤1 0

2

2

4

Положим

x0

(t) ≡ 0 . Тогда x1

(t) =

5

t, x2 (t) =

5

t(1 +

1

) .

По индукции докажем,

6

6

6

что справедливо представление

xn (t) =

5

t(1 +

1

+... +

1

) .

(4)

6

6

6(n−1)

xn+1 (t) =

1

t

1

s

5

s(1 +

1

+... +

1

)ds +

5

t =

2

∫0

6

6

6(n−1)

6

5

1

1

1

1

2

5

5

1

1

t(1

+

+... +

)

∫s

ds +

t

=

t(1 +

+... +

).

6

6

6

(n−1)

2

6

6

6

6

n

0

5

∞

1

5

1

x* (t) = lim xn (t) =

t∑

=

t

= t .

6

k

6

1 − 1

n→∞

k =0

6

6

xn − x*

≤

1

5

t

=

10

.

C[0,1]

−

n

4

(1

4)

n

1

6

C[0,1]

9 4

x(t) =1 +3∫1 ts2 x(s)ds .

(5)

q = 3max t∫1

s2 ds = 3

1

=1.

3

0≤t≤1 0

1

1

1

1

q = 3(∫∫t 2 s4 dtds)

= 3(

1

1

)

<1,

2

2

3

5

0

0

что гарантирует существование

единственного решения x* L2 [0,1]

Положим

x0 (t) =1,

тогда

x1 (t) =1 +t ,

x2 (t) =1 +t(1 +

3

) .

С

помощью

4

математической

индукции

нетрудно

убедиться,

что

n−1

3

1

xn (t) =1 +t∑(

)k

=1 +t

=1 + 4t . Поэтому

3

k =0

4

1

−

4

∞

3

1

x* (t) =1 +t∑

(

)k

=1 +t

=1 + 4t .

3

k =0

4

1 −

4

Оценим погрешность n -го приближения. Получим