Застосування теореми Банаха до розв’язання нелінійних інтегральних рівнянь Гамерштейна

Вправи.

1. За допомогою теореми Банаха знайти кілька наближень розв’язку рівняння  на відрізку [1,2].

2. Оператор А заданий співвідношеннями

Перевірити виконання умов теореми Банаха в просторі .

3. Як оцінити похибку між n-тим наближенням x_n розв’язку рівняння  та точним значенням х.

4. Знайти кілька наближень розв’язку задачі Коші , y(0)=1, і оцінити величину відрізка на якому розв’язок існує і єдиний.

Розв’язання.

1. Сегмент [1;2] є повний простір як замкнений підпростір повного простору. Покажемо, що y=  є відображення в себе, тобто його значення не виходять за межі сегмента [1;2]. Маємо f(1)= >1, f(2)= <2. Крім того , тобто функція монотонна, і, таким чином, найбільше і найменше значення функція досягає на кінцях сегменту. Маємо, що похідна  для x [1,2], тобто виконується умова стиску. Таким чином виконуються всі три умови теореми Банаха і можемо знаходити наближене значення кореня рівняння методом послідовних наближень. Наприклад покладемо x =1. Тоді x = = , x = = ...

2. По-перше, простір R  – повний. По-друге, маємо відображення в себе. Перевіримо виконання умов стиску:

, де – сума модулів коефіцієнтів при х_j, які відповідно рівні 0,3; 0,7; 0,4. Оскільки найбільша з сум рівна 0,7, то =0,7<1 i умова стиску виконується.

3. В процесі доведення теореми Банаха, зокрема, при доведенні фундаментальності послідовності {x_n}, одержується оцінка (x_n,x_m) (x₀,x₁), де –константа, яка фігурує в умові стиску. Перейдемо в нерівності до границі, коли m прямує до нескінченності. Дістанемо шукану оцінку:  (x_n,x_m)  (x₀,x₁).

4. Диференціальне рівняння  разом з початковою умовою y(0)=1, еквівалентне наступному інтегральному рівнянню y(x)=1+ . Покладемо y₀=1, тоді отримаємо: y₁=1+ =1+x; y₂=1+ 1+x+ ;...

Помічаємо, що послідовні наближення співпадають з частковими сумами ряду Тейлора для функції е^x. Зауважимо, як випливає з теореми Банаха, існування і єдиність розв’язку буде забезпечена в прямокутнику з центром в точці (0,1), .

Задачі.

1. Вказати достатні умови, які забезпечують існування і єдиний корінь рівняння F(x)=0.

2. Показати, що коли функція f(x) однієї змінної має похідну , причому , то відображення y=f(x) буде стискаючим.

3. За допомогою теореми Банаха знайти кілька наближених розв’язків рівнянь:

а) x³+x–20=0;

б) x= ,  [0,1];

в) x=(x+1);

г) x=1– ,  [0,4];

д) x=x³–2, [1,2];

е) x=1+ arctg x;

є) x= , [0,1];

ж) x²=sin x;

з) x²=ln(x+1);

і) x³=e^x+2.

4. Вказати умови стиску у просторах  для розв’язання системи n рівнянь з n невідомими виду:

5. Дано рівняння:  a) =x–y , y(0)=0;

                        б) =x +y , y(0)=1;

                        в) =xy, y(0)=1;

                        г) =y +xy+x , y(0)=1.

Знайти кілька наближених розв’язків даних рівнянь і оцінити величину відрізка на якому розв’язок існує і єдиний.

КОМПАКТИ

Наведемо приклад простору, для якого не виконується теорема Больцано-Вейєрштрасса, а саме: з усякої обмеженої числової послідовності можна виділити збіжну підпослідовність. Ця теорема не справедлива в довільному метричному просторі. Розглянемо простір l₂: , . Розглянемо в цьому просторі послідовність:

Ця послідовність буде обмеженою, бо всі її члени знаходяться в середині абстрактної кулі з центром в точці 0 і . Дійсно:

1. Очевидно, що з такої послідовності не можна виділити збіжну підпослідовність, бо якби це було б можливо, то отримана послідовність була б фундаментальною. Але  (не прямує до нуля). Виділимо клас множин, для яких виконується теорема Больцано-Вейєрштрасса. Це приводить до поняття компактності.

Означення. Нехай маємо метричний простір  і множину . Множина  називається компактною (компактом), якщо із будь-якої послідовності цієї множини можна виділити збіжну підпослідовність, границя якої належить множині .

Означення. Множина  зветься компактом, якщо із будь-якого її нескінченого покриття системою відкритих множин можна виділити скінчене підпокриття.

Приклади компактів.

1. Сегмент  – компакт.

2. Інтервал  – не є компактом.

Теорема. Усякий компакт є множина замкнена і обмежена.

Доведення. Замкненість. Нехай x – гранична точка . Доведемо, що вона належить . Розглянемо систему абстрактних куль ,… з центром в точці x і радіусами . Тоді виберемо з кожної кулі по представнику . ; ;  при . Отже і будь-яка підпослідовність теж прямує до x. І за означенням компакту належатиме E, а це і доводить замкненість.

Обмеженість. Нехай компакт E є множина необмежена. Візьмемо довільну кулю , де x₀ – довільна точка компакту, r– довільне число. В силу необмеженості буде існувати точка x₁, яка не належить кулі  з радіусом . В силу необмеженості буде існувати точка x₂, яка не належить кулі  з радіусом . Продовжуючи цей процес отримаємо послідовність елементів: . Ця послідовність не буде фундаментальною, бо відстань між будь-якими її елементами буде більшою 1. Тим більше, будь-яка підпослідовність теж не буде фундаментальною, а це суперечить тому, що Е – компакт.

                                                                                Теорему доведено.

Компакти в R^m.

Компакти в R^m можна описати теоремою.

Теорема. Для того, щоб множина E R^m була компактною, необхідно і достатньо, щоб вона була замкненою і обмеженою.

Доведення. Необхідність. Дано E – компакт, тоді з попередньої теореми множина замкнена і обмежена.

Достатність. Нехай E – замкнена і обмежена. Доведемо, що E – компакт. Розглянемо довільну послідовність . Вона буде обмеженою в тому розумінні, що всі її точки будуть знаходитись в кулі з центром в довільній точці x і скінченним радіусом R. За теоремою Больцано-Вейєрштрасса з послідовності  можна виділити збіжну підпослідовність. Нехай . Покажемо, що x₀ E. Так як  x₀ – гранична точка, тоді в силу замкненості x₀ E.

                                                                          Теорему доведено.

Мы поможем в написании ваших работ!