Д. В. Аносов Дифференциальные уравнения то решаем, то рисуем Москва
 Скачать 1.73 Mb.
|
|
Упражнение. Выведите сформулированную выше теорему, дающую достаточное условие сходимости ряда ∞ n=0 b n из критерия Коши. Указание. Сравните m n=0 b n − l n=0 b n с аналогичной разностью для первого ряда. Этот термин имеет и иной смысл. О. Коши (—) — французский математик, одним из достижений которого было наведение порядка в математическом анализе. (Несмотря на замечательные успехи в этой области, до Коши в самых ее основах оставались существенные пробелы.) Только поэтому поводу они упоминается в обычном курсе матанализа. В действительности деятельность Коши была многогранной, охватывая не только большую часть математики, но и математическую физику (где всего важнее то, что он заложил основы теории упругости. Что же касается основной темы настоящей книжки, то Коши сформулировали доказал первую общую теорему существования и единственности решения системы () (или уравнения го порядка) с заданными начальными значениями. Показательная функция Несколько слово доказательстве критерия Коши. Упражнение. Докажите, что сходящаяся последовательность является фундаментальной, иными словами, что условие Коши необходимо для сходи- мости. Доказательство его достаточности намного сложнее. И это связано с существом дела. Формулируя критерий Коши, мы молчаливо подразумевали, что речь идёт о сходимости последовательности вещественных чисел к вещественному числу. Если бы мы, например, пожелали говорить о сходимости последовательности рациональных чисел к рациональному пределу (сходимость в множестве рациональных чисел, то теорема Коши была бы неверна (ведь последовательность рациональных чисел вполне может сходиться к иррациональному пределу такая последовательность заведомо является последовательностью Коши (почему, однако вона не сходится). Поэтому при доказательстве достаточности условия Коши для сходимости последовательности в множестве вещественных чисел мы должны использовать какое-то существенное отличие от. Это отличие — так называемая полнота . Ей можно дать несколько равносильных формулировок. Одна из них — как раз сам критерий Коши. Но вначале учащийся, скорее всего, встретился с какой-то другой формулировкой (что может зависеть от того, как при его обучении вводились действительные числа). Множество , по сравнению с, как бы имеет дыры, расположенные там, где в находятся иррациональные числа. Один из вариантов определения полноты довольно наглядным образом утверждает, что в «дыр» нет: Пусть имеется убывающая последовательность отрезков (замкнутых интервалов) I 1 ⊃ I 2 ⊃ … ⊃ I n ⊃ …, где длины которых стремятся к нулю. Тогда существует число α, общее для всех этих отрезков, ипритом ровно одно. Упражнение. Справедливо ли аналогичное утверждение для открытых интервалов Упражнение. Опираясь на полноту в только что сформулированном смысле, докажите достаточность условия Коши для сходимости последова- тельности. Если в процессе своей учёбы читатель познакомится с другим определением полноты, то ему стоит попробовать установить равносильность этого определения тому, которое было дано выше. Мы видим, что e(x) — это корректно определённая функция. Следующие её свойства очевидны e(0) = 1, e(x) > 0 при x > 0, |e(x)| e(|x|). Почти столь же очевидно, что при x > 0 эта функция возрастает. Показательная функция Действительно, e( y) − e(x) = ∞ n=1 1 n! ( y n − Все слагаемые в правой части положительны, так что ясно, что соответствующий ряд больше А важнейшее свойство, которое заранее не очевидно, состоит в том, что при всех x, y e(x)e( y) = e(x + Доказательство (это, так сказать, дорожное покрытие на части эйле- ровского хайвея), возможно, является новым. Во всяком случае, я его не встречал в литературе, хотя нельзя поручиться, что залет его никто не придумал. (Впрочем, непосредственно будет доказываться выглядящая внешне иначе теорема .) После этого прочие нужные свойства e(x) получаются уже просто. Нам понадобится одна простая лемма из той части фундамента матанализа, которая связана с производной, — лемма . Основная работа по её доказательству перенесена в предшествующие ей две леммы. Лемма . Пусть функция ϕ : [a, b] дифференцируема во всех точках отрезка [a, b] и всюду ϕ ′ ( x) 0 . Тогда Лемма . Та же формулировка с заменой условия всюду более сильным условием всюду ϕ ′ ( x) > Лемма ⇒ лемма : рассмотрим ϕ ǫ ( x) = ϕ(x) + ǫx с ǫ > 0. Для неё выполняются условия леммы , и если последняя верна, тот. е) − ϕ(a) ǫ(a − За здесь можно принять любое положительное число. Но если бы оказалось, что) < ϕ(a), то при достаточно малых положительных число ǫ(a − b) было бы больше отрицательного числа ϕ(b) − Доказательство леммы . Допустим, что) < 0, ϕ(a) > 0 (функцию) мы можем рассматривать с точностью до константы. Тогда Со времён Эйлера прошло ещё больше времени, но задумываться о безукоризненно строгом изложении соответствующего вопроса могли начать только позднее, когда вообще была проведена большая работа по укреплению фундамента матанализа и его перестройке на этом фундаменте. Раньше довольствовались несколько беззаботным перемножением рядов для e(x) и e( y) с перегруппировкой полученных слагаемых. Это можно проделать совершенно строго (чем вполне могли довольствоваться при перестройке, но мне кажется, что для школьника или студента младших курсов такое доказательство тяжеловато § . Показательная функция существовала бы такая последовательность отрезков = [ a, b] ⊃ I 1 = [ a 1 , b 1 ] ⊃ I 2 = [ a 2 , b 2 ] ⊃ что длина равна (b n − те. при n 1 эта длина равна половине длины I n−1 ), ϕ(a n ) 0, ϕ(b n ) < 0. Действительно, пусть с i n − 1 уже построены. Если ϕ a n−1 + b n−1 2 < 0, положим a n = a n−1 , b n = a n−1 + b n−1 2 , в противном случае положим a n = a n−1 + b n−1 Отрезки имеют единственную общую точку c. Сколь угодно близко к ней имеются точки с большими n), где ϕ 0, и точки, где < 0; значит, ϕ(c) = 0. Так как ϕ ′ ( c) > 0, то имеется такое > 0, что ϕ(x) > ϕ(c) 0 для всех ∈ (c, c + δ). А между тем точки с достаточно большими n попадут в (c, c + Лемма . Пусть функция f : [a, b] дифференцируема во всех точках отрезка [a, b] и всюду | f ′ ( x)| M. Тогда f (b) − f (a)| M(b − Наглядный смысл этой леммы очень прост если скорость изменения по абсолютной величине всё время не превосходит M, то за время от a до b функция f может измениться не более чем на × величина этого отрезка времени. Формальное же доказательство получается применением леммы к функциями Теорема . Если a + b + c = 0, то e(a)e(b)e(c) = Доказательство. Продифференцируем по x функцию (x) = Нам нужна производная этой функции на отрезке 0 x 1, но пока речь идёт о существовании этой производной и формуле для не, x может быть любым, ибо e n ( x) является многочленом от x. f ′ ( x) — это сумма трёх слагаемых, получающихся, когда дифференцируют один из сомножителей e n ( ax), e n ( bx), e n ( cx). Заметим, что) = e n−1 ( x) и e n−1 ( x) = e n ( x) − 1 n! x n , поэтому) = ae n−1 ( ax) = ae n ( ax) − Как видно, ради единообразия a и b обозначены через и b 0 § . Показательная функция и аналогично для производных от e n ( bx), e n ( cx). Всего в выражении для f ′ ( x) будет шесть слагаемых, при этом три из них будут произведениями) на a, b и c. Но a + b + c = 0, так что слагаемые стремя пропадут. Останется) − b ( bx) n n! e n ( ax)e n ( cx) − Обозначим m = max(|a|, |b|, |c|). Тогда при 0 x 1 (вот теперь уже существенно, какие x мы рассматриваем) каждое слагаемое не превосходит по модулю m ( mx) n n! e 2 ( m). Действительно, |ax|, |bx|, |cx| m и |e n ( ax)| e(|ax|) e(m), аналогично и e n ( bx) e(m), e n ( cx) e(m). В каждом из наших трёх слагаемых имеются два множителя вида e n ( ax), e n ( bx), e n ( cx), и произведение этих двух множителей оценивается сверху числом Для степенных же множителей a ( ax) n n! , b ( bx) n n! , ( cx) n n! очевидно, что все они по модулю не превосходят m ( mx) n n! . Так как, то окончательно приходим к оценке Поэтому мы находимся в условиях леммы с M = 3e 2 ( m) Значит f (1) − f Вспоминая определение f , приходим к выводу, что) − При n → ∞ левая часть стремится ка правая — к нулю (с точностью доне зависящего от n множителя 3me 2 ( m), правая часть совпадает со слагаемым, фигурирующим в ряде для Следовательно, |e(a)e(b)e(c) − 1| = 0. (Почему из того, что |a n | b n , a n → a и b n → 0, следует, что a = 0?) § . Показательная функция Доказательство (). Взяв c = 0 (так что e(c) = 1) итак что a + b + c = 0) в теореме , получаем, что e(a)e(−a) = 1. Значит) > 0 не только при x 0, но и при, и) при всех Взяв затем любые a, b и c = −a − b, получим e(a)e(b) 1 e(a + b) = 1, что равносильно доказываемому утверждению. Доказательство дифференцируемости e(x). Сперва докажем, что функция e(x) дифференцируема при x = 0 и что e ′ (0) = 1. Это означает, что 1 → 0 прите. что 0 при h → 0. () 1 и — это первые два слагаемых в ряде ∞ k=0 h k k! для e(h), поэтому) − 1 − h = ∞ k=2 h k k! = ∞ j=0 h j+2 ( j + Мы переобозначили числа k = 2, 3, как k = j + 2, где j = 0, 1, е слагаемое в последнем ряде по модулю (абсолютной величине) оценивается так + следовательно, этот ряд по модулю не превосходит |h 2 | ∞ j=0 | h | j j! = |h 2 |e(1). Получается, что e(h) − 1 − h h |h|e(1), откуда и следует (Теперь докажем, что функция e(x) дифференцируема при любом и что e ′ ( x) = e(x). Преобразуем соответствующее разностное отношение с помощью (): 1 h ( e(x + h) − e(x)) = 1 h ( e(x)e(h) − e(x)) = e(x) 1 h ( e(h) − Ввиду уже доказанной дифференцируемости e(x) в точке x = 0, существует предел lim h→0 1 h ( e(h) − 1) = e ′ (0), и мы видели также, что он равен . Значит, существует предел при h → 0 разностного отношения + h) − e(x)) ион равен e(x). А этот предел и есть e ′ ( x). § . Показательная функция Для решения дифференциальных уравнений нам нужна главным образом дифференцируемость e(x) и свойство e ′ ( x) = e(x) вместе с предыдущими простыми свойствами, но стоит всё-таки убедиться, что функция e(x) обладает и другими свойствами, которые мы привыкли связывать с функцией e x , и что поэтому можно определить функцию как e(x). Определим число e как e(1) и функцию как. Из () видно, что прицелом раз , поэтому для таких n наше определение совпадает с известным из алгебры определением как кратного произведения e на себя. Упражнение. Проверьте другие школьные свойства степени (пока что степени числа e): я степень дробной степени e m/n равна e m (что это означает на языке функции e(x)?); степень с отрицательным показателем −x где x > 0) — это число, обратное к e x . Мы знаем, что e x > 0 при x > 0; как убедиться, что при x < 0 тоже e x > 0? (Кое-что их этого мы уже установили, — что и где?) Для иррациональных x традиционное определение таково это предел чисел e x n , где x n — какая-нибудь последовательность рациональных (дробных) чисел, стремящаяся к x. На традиционном пути здесь ещё доказывать и доказывать существует ли предел не зависит ли он от конкретного выбора последовательности x n ? верно ли, что не только для рациональных, но и вообще для любых показателей+ y = e x e y ? У нас последнее равенство — это (), а остальное тривиально ввиду непрерывной зависимости e(x) от x раз функция дифференцируема, то она тем более непрерывна). Нам еще надо определить для любых a > 0. Для этого вспомним, что по традиционной версии a x = ( e ln a ) x = e x ln a , где ln x — натуральный логарифм числа x, те. логарифм x по основанию e. Значит, нам надо сперва определить, что такое натуральный логарифм (и убедиться в его существовании, те. в осмысленности определения, а после этого можно будет определить для любого a > 0 как e(x ln a) (что на привычном языке как рази означает формулу a x = e x ln a — у нас это будет не теорема, а определение функции a x ). Формула a x+ при этом очевидна читателю предоставляется самостоятельно убедиться в справедливости другой формулы, тоже играющей важную роль, когда имеют дело с a x — формулы (Напоследок стоит убедиться, что наше e( = e(1)) совпадает с традиционным. Показательная функция Когда x → ∞, то e(x) → ∞ (потому что даже любое слагаемое, кроме самого первого, в выражении 1 + x + x 2 2 + x 3 стремится к Упражнение. Выведите отсюда и из (), что когда x → −∞, то) → Поскольку всюду e ′ ( x) = e(x) > 0, то функция e(x) возрастает. Значит, при возрастании x она принимает всевозможные положительные значения ипритом каждое значение — только один раз. Здесь в пояснении может нуждаться только первое утверждение что каким бы ни было y > 0, имеется такое x, для которого e(x) = Раз пределы lim e(x) при x → ±∞ суть ∞ и 0, то найдутся такие < b, что e(a) < y < e(b). Остаётся сослаться на общее и достаточно наглядное утверждение, что непрерывная функция принимает все промежуточные значения, те. что если на отрезке [a, b] задана непрерывная функция f и, скажем, f (a) < f (b), то для любого для которого f (a) < c < f (b), в этом отрезке имеется такое x 0 , что (x 0 ) Данное утверждение относится к основам математического анализа и приводится в соответствующем университетском курсе. Вероятно, оно известно также физматшкольникам или, по крайней мере, заметной их части. Я всё же приведу его доказательство, благо оно короткое и простое. По- прежнему ограничимся тем случаем, когда f (a) < f (b) (другой случай сводится к данному, если вместо f рассмотреть ; кроме того, для e(x) имеет место именно данный случай, — почему?). Пусть f (a) < c < f (b). Убедимся, что тогда существует такая последовательность отрезков = [ a, что длина го отрезка равна (те. при n 1 эта длина равна половине длины I n−1 ), f (a n ) < c, f (b n ) c. Действительно, пусть с уже построены. Если f a n−1 + b n−1 2 < c, положим a n = a n−1 + b n−1 2 , в противном случае положим b n = a n−1 + b n−1 2 . (Мы уже встречались с таким построением при доказательстве леммы , только там было c = 0). Отрезки I n имеют единственную общую точку x 0 . Сколь угодно близко к ней имеются точки с большими n), где f < c, и точки b n , где f c; значит, f (x 0 ) Теперь мы можем определить так называемый натуральный логарифм положительного числа x как то единственное число y, для которого e( y) = Опять ради единообразия a и b обозначены через и b 0 § . Показательная функция |