Принцип сжимающих отображений

Прогресс изучения0 из 6

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы6

Принцип сжимающих отображений
Отображение, степень которого — сжатие
Применение принципа сжимающих отображений к системам линейных уравнений
Разрешимость уравнения Фредгольма при малых λ
Свойства оператора Вольтерра и разрешимость уравнения Вольтерра
Существование и единственность решения задачи Коши

теорема

Принцип сжимающих отображений

Формулировка

Сжимающее отображение $A$ полного метрического пространства $X$ в себя имеет единственную неподвижную точку $x^*$ . Для любого $x_0\in X$ последовательность $x_n = A^nx_0$ сходится к $x^*$ , причём

\rho(x_n, x^*)\le\frac{\alpha^n}{1-\alpha}\rho(x_0,x_1)\quad\text{(априорная оценка)},\qquad \rho(x_n,x^*)\le\frac{\alpha}{1-\alpha}\rho(x_{n-1},x_n)\quad\text{(апостериорная оценка)}.

Доказательство

Развернуть

По индукции $\rho(x_{k+1},x_k)\le\alpha^k\rho(x_1,x_0)$ . При $m > n$

\rho(x_m,x_n)\le\sum_{k=n}^{m-1}\rho(x_{k+1},x_k)\le\sum_{k=n}^{\infty}\alpha^k\rho(x_1,x_0) = \frac{\alpha^n}{1-\alpha}\rho(x_0,x_1)\to 0.

Последовательность фундаментальна и по полноте сходится к некоторому $x^*$ . Сжатие непрерывно (из $x_n\to x$ следует $\rho(Ax_n,Ax)\le\alpha\rho(x_n,x)\to 0$ ), поэтому $Ax^* = \lim Ax_n = \lim x_{n+1} = x^*$ ; здесь использована единственность предела.

Единственность. Если $Ax^* = x^*$ , $Ay^* = y^*$ , то $\rho(x^*,y^*)\le\alpha\rho(x^*,y^*)$ , откуда $\rho(x^*,y^*) = 0$ .

Оценки. В неравенстве для $\rho(x_m,x_n)$ переходим к пределу $m\to\infty$ (по непрерывности метрики) и получаем априорную оценку. Апостериорная — это априорная при $n = 1$ с начальной точкой $x_{n-1}$ . $\blacksquare$

следствие

Отображение, степень которого — сжатие

Формулировка

Пусть $X$ полно, $A\colon X\to X$ , и при некотором $m$ отображение $A^m$ — сжатие. Тогда $A$ имеет единственную неподвижную точку, и для любого $x_0$ последовательность $A^nx_0$ сходится к ней.

Доказательство

Развернуть

По принципу сжимающих отображений $A^m$ имеет единственную неподвижную точку $x^*$ . Точка $Ax^*$ тоже неподвижна для $A^m$ : $A^m(Ax^*) = A(A^mx^*) = Ax^*$ . По единственности $Ax^* = x^*$ . Любая неподвижная точка $A$ неподвижна и для $A^m$ , поэтому она единственна.

Сходимость: при каждом $r = 0,\dots,m-1$ подпоследовательность $A^{km + r}x_0 = (A^m)^k(A^rx_0)$ сходится к $x^*$ по принципу сжимающих отображений. Значит, к $x^*$ сходится и вся последовательность. $\blacksquare$

теорема

Применение принципа сжимающих отображений к системам линейных уравнений

Формулировка

Система $x = Cx + b$ в $\mathbb R^n$ имеет единственное решение, к которому сходятся итерации $x_{k+1} = Cx_k + b$ при любом $x_0$ , если выполнено хотя бы одно из условий:

\max_i\sum_j|c_{ij}| < 1,\qquad \max_j\sum_i|c_{ij}| < 1,\qquad \sum_{i,j}c_{ij}^2 < 1.

Доказательство

Развернуть

Пространства $\mathbb R^n_p$ полны. Проверим, что $Ax = Cx + b$ — сжатие при соответствующей метрике.

В $\rho_\infty$ : $|(Cx - Cy)_i|\le\sum_j|c_{ij}|\,|x_j - y_j|\le\left(\sum_j|c_{ij}|\right)\rho_\infty(x,y)$ .
В $\rho_1$ : $\sum_i\left|\sum_jc_{ij}(x_j - y_j)\right|\le\sum_j\left(\sum_i|c_{ij}|\right)|x_j - y_j|\le\max_j\sum_i|c_{ij}|\cdot\rho_1(x,y)$ .
В $\rho_2$ : по неравенству Коши–Буняковского $\left(\sum_jc_{ij}(x_j - y_j)\right)^2\le\sum_jc_{ij}^2\cdot\rho_2(x,y)^2$ ; суммируем по $i$ .

Остаётся применить принцип сжимающих отображений. $\blacksquare$

теорема

Разрешимость уравнения Фредгольма при малых λ

Формулировка

Пусть $M = \max|K(t,s)|$ . При $|\lambda| < \dfrac{1}{M(b-a)}$ уравнение Фредгольма второго рода имеет в $C[a,b]$ единственное решение, и его можно найти методом последовательных приближений.

Доказательство

Развернуть

Оператор $(Ax)(t) = \lambda\int_a^bK(t,s)x(s)\,ds + f(t)$ переводит $C[a,b]$ в себя: ядро равномерно непрерывно, поэтому интеграл непрерывно зависит от $t$ . Далее,

|(Ax)(t) - (Ay)(t)|\le|\lambda|\int_a^b|K(t,s)|\,|x(s) - y(s)|\,ds\le|\lambda|M(b-a)\rho(x,y).

При указанном $\lambda$ это сжатие полного пространства $C[a,b]$ ; применяем принцип сжимающих отображений. $\blacksquare$

теорема

Свойства оператора Вольтерра и разрешимость уравнения Вольтерра

Формулировка

Пусть $M = \max|K(t,s)|$ .

Для степеней оператора Вольтерра при всех $z\in C[a,b]$ , $t\in[a,b]$

|(V^nz)(t)|\le\frac{M^n(t-a)^n}{n!}\max_{[a,b]}|z|.

Уравнение Вольтерра второго рода имеет единственное решение в $C[a,b]$ при любом $\lambda$ , и метод последовательных приближений сходится.

Доказательство

Развернуть

Индукция по $n$ . При $n = 0$ неравенство очевидно. Если оно верно для $n-1$ , то

|(V^nz)(t)|\le M\int_a^t|(V^{n-1}z)(s)|\,ds\le M\int_a^t\frac{M^{n-1}(s-a)^{n-1}}{(n-1)!}\max|z|\,ds = \frac{M^n(t-a)^n}{n!}\max|z|.

Пусть $Ax = \lambda Vx + f$ . Тогда $Ax - Ay = \lambda V(x - y)$ и по индукции $A^nx - A^ny = \lambda^nV^n(x - y)$ . По п. 1

\rho(A^nx, A^ny)\le\frac{(|\lambda|M(b-a))^n}{n!}\rho(x,y).

Коэффициент стремится к нулю, поэтому при некотором $n$ он меньше $1$ , и $A^n$ — сжатие полного пространства $C[a,b]$ . Применяем теорему об отображении, степень которого — сжатие. $\blacksquare$

теорема

Существование и единственность решения задачи Коши

Формулировка

Пусть $f(t,x)$ непрерывна на $[t_0,T]\times\mathbb R$ и удовлетворяет условию Липшица по $x$ : $|f(t,x) - f(t,y)|\le L|x - y|$ . Тогда задача Коши

x' = f(t,x),\qquad x(t_0) = x_0

имеет единственное решение на $[t_0,T]$ .

Доказательство

Развернуть

Непрерывно дифференцируемая функция решает задачу Коши тогда и только тогда, когда непрерывная функция $x$ удовлетворяет интегральному уравнению

x(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s,x(s))\,ds.

Обозначим правую часть $(Ax)(t)$ ; оператор $A$ переводит $C[t_0,T]$ в себя. Как для уравнения Вольтерра, индукцией получаем

|(A^nx)(t) - (A^ny)(t)|\le\frac{L^n(t-t_0)^n}{n!}\rho(x,y),

так как $|(Ax)(t) - (Ay)(t)|\le L\int_{t_0}^t|x(s) - y(s)|\,ds$ . При больших $n$ отображение $A^n$ — сжатие полного пространства $C[t_0,T]$ ; применяем теорему об отображении, степень которого — сжатие. $\blacksquare$

Метод последовательных приближений для уравнения Фредгольма

Условие

Решить методом последовательных приближений уравнение

x(t) = \frac12\int_0^1ts\,x(s)\,ds + \frac{5t}{6},\qquad x_0\equiv 0.

Решение

Развернуть

Здесь $\lambda = \frac12$ , $M = \max|ts| = 1$ , $b - a = 1$ . Так как $|\lambda| < 1$ , решение единственно и приближения сходятся.

Все приближения имеют вид $x_n = \alpha_nt$ :

\alpha_{n+1}t = \frac t2\int_0^1s\cdot\alpha_ns\,ds + \frac{5t}{6} = \left(\frac{\alpha_n}{6} + \frac56\right)t,\qquad\alpha_0 = 0.

По индукции $\alpha_n = 1 - 6^{-n}\to 1$ . Ответ: $x(t) = t$ . Проверка: $\frac t2\cdot\frac13 + \frac{5t}6 = t$ .

Уравнение Вольтерра и ряд Тейлора экспоненты

Условие

Решить методом последовательных приближений уравнение $x(t) = 1 + \int_0^tx(s)\,ds$ на $[0,T]$ , начиная с $x_0\equiv 1$ .

Решение

Развернуть

Решение единственно при любом $T$ , и итерации сходятся. Индукцией получаем

x_1 = 1 + t,\quad x_2 = 1 + t + \frac{t^2}{2},\quad\dots,\quad x_n = \sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}\to e^t.

Проверка: $1 + \int_0^te^s\,ds = e^t$ .

Проверка сжимаемости отображений на прямой

Условие

Являются ли сжимающими на $\mathbb R$ отображения $Ax = \sin x$ и $Bx = \frac12\sin x + 1$ ? Для $B$ оценить число итераций, начиная с $x_0 = 1$ , которое гарантирует точность $10^{-4}$ .

Решение

Развернуть

$|\sin x - \sin y|\le|x - y|$ , но при $y = 0$ , $x\to 0$ отношение $\frac{\sin x}{x}\to 1$ . Поэтому константы $\alpha < 1$ нет, и $A$ — не сжатие (хотя неподвижная точка $x = 0$ единственна).

$|Bx - By|\le\frac12|x - y|$ , так что $B$ — сжатие с $\alpha = \frac12$ . Неподвижная точка единственна. Здесь $x_1 = \frac12\sin1 + 1\approx1{,}4207$ , $\rho(x_0,x_1)\approx0{,}4207$ . Априорная оценка:

\frac{2^{-n}}{1/2}\cdot0{,}4207\le10^{-4}\iff 2^{n-1}\ge4207\iff n\ge14.

Метод простой итерации для системы двух уравнений

Условие

Показать, что к системе

x = 0{,}1x + 0{,}2y + 1,\qquad y = 0{,}3x + 0{,}1y + 2

применим метод простой итерации. Найти решение и оценить число шагов от $(0,0)$ для точности $10^{-3}$ в метрике $\rho_\infty$ .

Решение

Развернуть

Суммы модулей по строкам равны $0{,}3$ и $0{,}4$ , то есть $\alpha = 0{,}4 < 1$ , и метод сходится.

Решение: $0{,}9x - 0{,}2y = 1$ , $-0{,}3x + 0{,}9y = 2$ , определитель $0{,}75$ , откуда $x = \frac{26}{15}$ , $y = \frac{14}{5}$ .

Первый шаг: $(x_1,y_1) = (1,2)$ , $\rho_\infty(x_0,x_1) = 2$ . По априорной оценке

\frac{0{,}4^n}{0{,}6}\cdot2\le10^{-3}\iff0{,}4^n\le3\cdot10^{-4}\iff n\ge9.

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Сжимающее отображение. Неподвижная точка

Отображение $A\colon X\to X$ метрического пространства называется сжимающим (сжатием), если существует $\alpha\in[0,1)$ такое, что

\rho(Ax, Ay)\le\alpha\,\rho(x,y)\quad\forall x,y\in X.

Точка $x^*$ с $Ax^* = x^*$ называется неподвижной точкой отображения $A$ .

Интегральные уравнения Фредгольма и Вольтерра

Уравнение Фредгольма второго рода:

x(t) = \lambda\int_a^b K(t,s)x(s)\,ds + f(t),

где ядро $K$ непрерывно на квадрате $[a,b]^2$ , $f\in C[a,b]$ .

Уравнение Вольтерра второго рода:

x(t) = \lambda\int_a^t K(t,s)x(s)\,ds + f(t),

где $K$ непрерывно на треугольнике $a\le s\le t\le b$ . Интегральный оператор Вольтерра: $(Vx)(t) = \int_a^tK(t,s)x(s)\,ds$ .

Полное метрическое пространство

Метрическое пространство называется полным, если в нём любая фундаментальная последовательность сходится к элементу этого пространства.

Пространства ℝⁿ с метриками ρₚ

Пространство $\mathbb R^n_p$ — множество упорядоченных наборов $x = (x_1, \dots, x_n)$ с метрикой

\rho_p(x,y) = \left(\sum_{k=1}^n |x_k - y_k|^p\right)^{1/p},\quad p\ge 1, \qquad \rho_\infty(x,y) = \max_{1\le k\le n}|x_k - y_k|.

При $p = 2$ получается евклидова метрика.

Пространства C[a,b] и Cₚ[a,b]

$C[a,b]$ — множество функций, непрерывных на отрезке $[a,b]$ , с равномерной (чебышёвской) метрикой

\rho(x, y) = \max_{t\in[a,b]}|x(t) - y(t)|.

$C_p[a,b]$ , $p\ge 1$ , — то же множество функций с интегральной метрикой

\rho_p(x,y) = \left(\int_a^b |x(t) - y(t)|^p\,dt\right)^{1/p}.

Свойства фундаментальных последовательностей

Формулировка

Сходящаяся последовательность фундаментальна.
Фундаментальная последовательность ограничена.
Если у фундаментальной последовательности есть подпоследовательность, сходящаяся к $x$ , то и вся последовательность сходится к $x$ .

Доказательство

Развернуть

Если $x_n\to x$ , то $\rho(x_n,x_m)\le\rho(x_n,x) + \rho(x,x_m) < \varepsilon$ при больших $n,m$ .
При $n > N$ имеем $\rho(x_n, x_{N+1}) < 1$ ; дальше рассуждаем так же, как для сходящейся последовательности.
Пусть $x_{n_k}\to x$ . При $n, n_k > N$ имеем $\rho(x_n, x)\le\rho(x_n, x_{n_k}) + \rho(x_{n_k}, x) < \varepsilon + \rho(x_{n_k}, x)$ . Переходя к пределу по $k$ , получаем $\rho(x_n,x)\le\varepsilon$ . $\blacksquare$

Неравенство четырёхугольника. Непрерывность метрики

Формулировка

Для любых $x, y, x', y'\in X$ :

|\rho(x,z) - \rho(y,z)| \le \rho(x,y),\qquad |\rho(x,y) - \rho(x',y')| \le \rho(x,x') + \rho(y,y').

Следовательно, если $x_n\to x$ , $y_n\to y$ , то $\rho(x_n, y_n)\to\rho(x,y)$ .

Доказательство

Развернуть

По неравенству треугольника $\rho(x,z)\le\rho(x,y) + \rho(y,z)$ , то есть $\rho(x,z) - \rho(y,z)\le\rho(x,y)$ . Меняя $x$ и $y$ местами, получаем первое неравенство.

Применяя его дважды:

|\rho(x,y) - \rho(x',y')| \le |\rho(x,y) - \rho(x',y)| + |\rho(x',y) - \rho(x',y')| \le \rho(x,x') + \rho(y,y').

Последнее утверждение сразу следует из второго неравенства. $\blacksquare$

Свойства сходящихся последовательностей в метрическом пространстве

Формулировка

Последовательность в метрическом пространстве имеет не более одного предела.
Сходящаяся последовательность ограничена.
Любая подпоследовательность сходящейся последовательности сходится к тому же пределу.

Доказательство

Развернуть

Если $x_n\to x$ и $x_n\to y$ , то $\rho(x,y)\le\rho(x,x_n) + \rho(x_n,y)\to 0$ , значит, $\rho(x,y) = 0$ и $x = y$ .
Найдётся $N$ с $\rho(x_n, x) < 1$ при $n > N$ . Положим $r = 1 + \max\{1, \rho(x_1,x), \dots, \rho(x_N, x)\}$ . Тогда все $x_n$ лежат в шаре $B(x, r)$ .
Если $\rho(x_n, x) < \varepsilon$ при $n > N$ , то и $\rho(x_{n_k}, x) < \varepsilon$ при $n_k > N$ . $\blacksquare$

Полнота основных пространств

Формулировка

Пространства $\mathbb R$ , $\mathbb R^n_p$ ( $1\le p\le\infty$ ), $C[a,b]$ , $l_p$ ( $1\le p<\infty$ ) и $l_\infty$ полны.

Доказательство

Развернуть

$\mathbb R$ — это критерий Коши из курса анализа.

$\mathbb R^n_p$ . Координаты фундаментальной последовательности фундаментальны ( $|x_k - y_k|\le\rho_p(x,y)$ ), поэтому сходятся. Покоординатная сходимость равносильна сходимости в $\mathbb R^n_p$ .

$C[a,b]$ . Пусть $\{x_n\}$ фундаментальна: $|x_n(t) - x_m(t)| < \varepsilon$ при $n,m > N$ и всех $t$ . При каждом $t$ числовая последовательность $x_n(t)$ фундаментальна, значит, имеет предел $x(t)$ . Переходя к пределу при $m\to\infty$ , получаем $|x_n(t) - x(t)|\le\varepsilon$ при $n > N$ и всех $t$ , то есть сходимость равномерная. Предельная функция непрерывна: при $|t - s| < \delta$ (где $\delta$ выбрано по непрерывности $x_n$ )

|x(t) - x(s)|\le|x(t) - x_n(t)| + |x_n(t) - x_n(s)| + |x_n(s) - x(s)| < 3\varepsilon.

Итак, $x\in C[a,b]$ и $\rho(x_n, x)\le\varepsilon$ при $n > N$ .

$l_p$ . Координаты фундаментальны и сходятся: $x_k^{(n)}\to x_k$ . При $n, m > N$ и любом $K$ имеем $\sum_{k=1}^K|x_k^{(n)} - x_k^{(m)}|^p < \varepsilon^p$ . Переходим к пределу сначала при $m\to\infty$ , затем при $K\to\infty$ :

\sum_{k=1}^\infty|x_k^{(n)} - x_k|^p\le\varepsilon^p.

Значит, $x^{(n)} - x\in l_p$ , и по неравенству Минковского $x = x^{(n)} - (x^{(n)} - x)\in l_p$ , причём $\rho(x^{(n)}, x)\le\varepsilon$ .

$l_\infty$ — так же, с супремумом вместо суммы. $\blacksquare$

Неравенство Гёльдера

Формулировка

Пусть $p > 1$ , $\frac1p + \frac1q = 1$ . Тогда

\sum_{k=1}^n |x_ky_k| \le \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^{1/p}\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^{1/q}.

То же верно для рядов (если правая часть конечна, ряд слева сходится) и для интегралов от непрерывных функций:

\int_a^b|x(t)y(t)|\,dt \le \left(\int_a^b|x|^p\,dt\right)^{1/p}\left(\int_a^b|y|^q\,dt\right)^{1/q}.

При $p = q = 2$ это неравенство Коши–Буняковского.

Доказательство

Развернуть

Пусть $A = \left(\sum|x_k|^p\right)^{1/p}$ , $B = \left(\sum|y_k|^q\right)^{1/q}$ . Если $A = 0$ или $B = 0$ , то все $x_k$ или все $y_k$ равны нулю, и неравенство очевидно. Иначе применим неравенство Юнга к $a = |x_k|/A$ , $b = |y_k|/B$ и просуммируем:

\frac{1}{AB}\sum|x_ky_k| \le \frac{1}{pA^p}\sum|x_k|^p + \frac{1}{qB^q}\sum|y_k|^q = \frac1p + \frac1q = 1.

Для рядов: частичные суммы ряда слева ограничены правой частью, значит, ряд с неотрицательными членами сходится, и неравенство сохраняется в пределе. Для интегралов рассуждение то же, с заменой сумм интегралами. $\blacksquare$

У ядра Вольтерра нет характеристических чисел

Формулировка

Однородное уравнение Вольтерра второго рода $x(t) = \lambda\int_a^tK(t, s)x(s)\,ds$ с непрерывным ядром имеет только нулевое решение при любом $\lambda$ , а неоднородное однозначно разрешимо при любых $\lambda$ и $f$ .

Доказательство

Развернуть

Если $x\in L_2[a, b]$ — решение однородного уравнения, то $x = \lambda Vx$ непрерывна: интеграл $\int_a^tK(t, s)x(s)\,ds$ с непрерывным ядром от интегрируемой функции непрерывен по $t$ . Поэтому достаточно рассмотреть уравнение в $C[a, b]$ .

По теореме об уравнении Вольтерра оно однозначно разрешимо в $C[a, b]$ при любом $\lambda$ , в частности, при $f = 0$ его решение — нулевое. Иначе говоря, спектр оператора Вольтерра содержится в $\{0\}$ , и характеристических чисел ( $1/\lambda$ для ненулевых собственных значений) нет. $\blacksquare$

Спектр оператора Вольтерра

Формулировка

Для оператора Вольтерра $(Vx)(t) = \int_a^tK(t, s)x(s)\,ds$ с непрерывным ядром в $C[a, b]$ спектр содержится в $\{0\}$ . Для оператора интегрирования $(Jx)(t) = \int_a^tx(s)\,ds$ спектр равен $\{0\}$ , а собственных значений нет.

Доказательство

Развернуть

Пусть $\lambda\ne 0$ . Уравнение $(V - \lambda I)x = f$ равносильно уравнению Вольтерра второго рода $x = \frac1\lambda Vx - \frac f\lambda$ , которое по теореме об уравнении Вольтерра однозначно разрешимо при любом значении параметра и любой $f$ (доказательство теоремы об уравнении Вольтерра дословно переносится на комплексные значения параметра). Значит, $V - \lambda I$ — биекция банахова пространства $C[a, b]$ , и по теореме Банаха обратный оператор ограничен: $\lambda\in\rho(V)$ .

Для $J$ : если $Jx = 0$ , то $\int_a^tx = 0$ при всех $t$ , и после дифференцирования $x = 0$ . Значит, $0$ не собственное значение. Но $0\in\sigma(J)$ : образ $J$ состоит из функций с $x(a) = 0$ и не совпадает с $C[a, b]$ . $\blacksquare$

Принцип сжимающих отображений

Принцип сжимающих отображений

Формулировка

Доказательство

Отображение, степень которого — сжатие

Формулировка

Доказательство

Применение принципа сжимающих отображений к системам линейных уравнений

Формулировка

Доказательство

Разрешимость уравнения Фредгольма при малых λ

Формулировка

Доказательство

Свойства оператора Вольтерра и разрешимость уравнения Вольтерра

Формулировка

Доказательство

Существование и единственность решения задачи Коши

Формулировка

Доказательство

Метод последовательных приближений для уравнения Фредгольма

Условие

Решение

Уравнение Вольтерра и ряд Тейлора экспоненты

Условие

Решение

Проверка сжимаемости отображений на прямой

Условие

Решение

Метод простой итерации для системы двух уравнений

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Сжимающее отображение. Неподвижная точка

Интегральные уравнения Фредгольма и Вольтерра

Полное метрическое пространство

Пространства ℝⁿ с метриками ρₚ

Пространства C[a,b] и Cₚ[a,b]

Свойства фундаментальных последовательностей

Формулировка

Доказательство

Неравенство четырёхугольника. Непрерывность метрики

Формулировка

Доказательство

Свойства сходящихся последовательностей в метрическом пространстве

Формулировка

Доказательство

Полнота основных пространств

Формулировка

Доказательство

Неравенство Гёльдера

Формулировка

Доказательство

У ядра Вольтерра нет характеристических чисел

Формулировка

Доказательство

Спектр оператора Вольтерра

Формулировка

Доказательство