Algebra, chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi

Mavzu:Ba’zi amaliyot masalalarining matematik modelini qurish. Nokkorekt va teskari masalalarga keladigan amaliyot misollar. Hisoblash ekspirement bosqichlari.

Reja.

1. 
   Nokkorekt va teskari masalalar.
   
2. 
   Teskari va nokkorekt masalalarni turli sohalarda qo’llanilishi.
   

1-misol (algebra, chiziqli algebraik tenglamalar sistemasi). Chiziqli algebraik tenglamalar sistemasini ko'rib chiqaylik­

Aq = (1)
bu yerda A - m x n matritsa ; q, - mos ravishda n, m o'lchamli vektorlar Matritsaning darajasi min(m, n) bo'lsin. m < n uchun tenglamaning ­yechimlari ko‘p. n < m uchun yechim mavjud bo'lmasligi mumkin ­. Agar m = n bo'lsa, sistema har qanday o'ng tomon uchun yagona echilishi mumkin. Bu holda teskari operator A^-1 (matritsa) mavjud va shuning uchun chekli o'lchovli fazoda chiziqli operator sifatida chegaralanadi. Shunday qilib, ­Adamarning yaxshi pozitsiyasi uchun barcha uchta shart bajariladi.
A matritsasida f ning o'ng tomonining buzilishiga yechimning bog'liqligini batafsilroq ko’rib chiqamiz.­
A(q + q) = + (2)
(1.2.1) tenglamadan, A q = ni hosil qilamiz, bu erdan q = A^-1 ,
q|| ||A ^-1 || || ||. Bundan tashqari, ||A|| || q|| || ||
Ushbu munosabatlardan biz ­yechimning nisbiy xatosi uchun tuzatib bo'lmaydigan bahoga egamiz:
(3)
Bunda xatolik o’zgaruvchi bilan aniqlanadi.
bu sistema shartlashgan ( ­matritsa) deb ataladi. Nisbatan katta shartlar soniga ega bo'lgan sistemalar ­yomon shartlashgan deb ataladi. Normallashtirilgan matritsalar uchun (||A|| = 1), bu teskari matritsa nisbatan katta elementlarga ega ekanligini anglatadi ­va shuning uchun o'ng tomondagi kichik o'zgarishlar ­yechimdagi nisbatan katta (cheklangan bo'lsa ham) o'zgarishlarga olib kelishi mumkin. Shuning uchun, matritsalari noto'g'ri bo'lgan sistemalarni amaliy jihatdan tayanchli deb hisoblash mumkin, garchi muammo rasmiy ravishda yaxshi qo'yilgan va ­tayanchlik sharti ||A^-1 || < .

yetarlicha katta n va |a| > 1 uchun yomon shartlashgan, chunki teskari matritsa elementlarni o’z ichiga oladi.

Masalan, (3) matritsa quyidagi ko’rinishga ega bo’ladi.
/ (1- ) , da
m = n va A matritsaning determinanti nolga teng bo'lsin . U holda ( 1) tenglamaning yechimi mavjud bo'lmasligi mumkin va agar mavjud bo'lsa, u yagona bo'lmagan bo'ladi. Bundan A matritsalari uchun (det A = 0), demak Aq = nokkorekt.
2-misol (Фурье qatorining yig’indisi).
Furye qatorini yig‘ish masalasi uning Furye koeffitsientlaridan q(x) funksiyani topishdan iborat.
Furye qatorlarini yig'ish masalasi, ­agar yig'indining og'ishi C metrikasida baholansa , 1₂ metrikada Furye koeffitsientlarining kichik o'zgarishlariga o’zgaruvchan ekanligini ko'rsatamiz.
Aytaylik

Furye koeffitsientlarini , deb belgilaymiz.

l₂ metrikada Furye qatorning koeffitsientlari



—> 0 sifatida nolga intiladi. Lekin funksiyalarning o'zlari orasidagi farq
(x) - (x) =

ixtiyoriy ravishda katta bo'lishi mumkin, chunki x = 0 da qatorlar ajralib chiqadi.

Shunday qilib, agar qatorlar yig'indisining og'ishi C metrikasida olingan bo'lsa, u holda Furye qatorining yig'indisi o’zgaruvchan emas.
3-misol (geometriya). Har xil tomondan yoritilishi mumkin bo'lgan jism kosmosda joylashgan bo'lsin. Agar ­jismning shakli ma'lum bo'lsa, soyaning konturini aniqlash muammosi korrekt. Turli tekisliklardagi proektsiyalardan (soyalar) jismning shaklini tiklashning teskari muammosi faqat qavariq jismlar uchun to'g'ri keladi, chunki bu tarzda bo'shliqni aniqlab bo'lmaydi.
Biz allaqachon Aristotel birinchilardan bo'lib bunday muammoni tuzgan va hal qilganligini ta'kidlagan edik ­. Oy yuzasida Yerning soyasini kuzatar ekan, u Yer sharsimon shaklga ega degan xulosaga keldi.
4-misol (chiziqlar bo'yicha integral geometriya). Kompyuter ­tomografiyasida ikkita o'zgaruvchining funktsiyasini aniqlash muammosi paydo bo'ladi q (x, y) integrallar tomonidan

L(p, ) turli chiziqlar bo'ylab olingan (p va chiziqni belgilovchi parametrlar ) ­x, y tekisligida. Bu masala nokkorekt emas, chunki har qanday o'ng tomon uchun yechim mavjudligi sharti f(p ) buzilgan.

5-misol (aylanalar bo’yicha integral geometriya).
q(x,y) o‘zgaruvchining funksiyasini aniqlash masalasini ko‘rib chiqamiz. markazlari qo'zg'almas chiziqda joylashgan doiralar bo'yicha hisoblangan ushbu funktsiyaning integrallari bilan.
(x,y ) uchun g(x, y) funksiya aniqlangan va uzluksiz bo‘lsin . Markazlari qo‘zg‘almas chiziq ustida yotgan aylanalarni ko‘rib chiqaylik, ­ular uchun aniqlik uchun y = 0 koordinata o‘qini olamiz. Aylana (x – a) ² + y ² = r ² ga tegishli.

buni L(a, r) bilan belgilaymiz. q(x,y) funksiyani quyidagi tenglamani qanoatlantirsin

Bu yerda ( x, r) funksiya barcha x ∈ (— ) va r > 0 uchun berilgan.

Uzluksiz funksiyalar sinfida bu masalani yechish yagona emas, chunki har qanday uzluksiz (x,y) funksiya uchun (x,y) = - (x,-y)
x r>0 uchun

integral 0 ga teng. , almashtirish bajarib, quyidagini hosil qilamiz

= (x+rcos (x+rcos (x+2rcos
Ohirgi integralda (x,y) = - (x,-y) shartda =2 almashtirish bajarib,
(x+rcos (x+rcos (x+2rcos
Buni 5 ga qoyib
x r>0
Agar q(x,y) (4) tenglamani yechimi bo’lsa, y holda q(x,y)+ (x,y) funksiya, bunda (x,y) = - (x,-y) hossali (x,y) –uzluksiz funksiya (4) ni yechimi bo’ladi.
Binobarin, agar q (x, y) (4) masala yechimi bo‘lsa, u holda q(x , y) - (x,-y) funksiyasi, bunda y(x, y) har qanday uzluksiz funksiya bo‘ladi. q (x , y) = - (x,-y) xossasi ham (4) masala yechimi bo‘ladi . Shuning uchun masalani ­faqat y dagi q(x, y) funksiyani aniqlash masalasi sifatida qayta shakllantirish mumkin .
Ko'rib chiqilayotgan masalada birinchi korrektlik sharti ham buziladi ­: ba'zi (x, r) uchun yechim mavjud bo'lmasligi mumkin. Shu bilan birga, y dagi funksiyalar sinfidagi yechimning yagonaligini usul bilan isbotlash mumkin.
6-misol (differensial tenglama). Radioaktiv parchalanish tezligi ­proportsionallik koeffitsienti c bo'lgan radioaktiv material miqdoriga mutanosib bo'lib, parchalanish koeffitsienti deb ataladi ­. Radioaktiv parchalanish ­jarayoni oddiy differensial tenglama uchun Koshi masalasini yechish orqali tasvirlangan.

(6)
u(0) = q_o, (7)
bu erda u(t) moddaning ma'lum vaqt momentidagi miqdori, qo - ­vaqtning dastlabki momentidagi radioaktiv moddaning miqdori .
To'g'ridan-to'g'ri masala: q_o va q₁ konstantalarini bilgan holda , u(t) moddaning miqdori vaqt o'tishi bilan qanday o'zgarishini aniqlang­ Bu masala korrekt. Bundan tashqari, uning yechimi aniq ifodalanishi mumkin:
u(t) = , t
Endi faraz qilaylik, yemirilish koeffitsienti q₁ va dastlabki miqdor q_o radioaktiv material noma'lum, ammo u (t) radioaktiv moddaning miqdorini o'lchash mumkin. ba'zi t uchun . Teskari masala q₁ koeffitsientini aniqlashdir. (6) tenglamada va dastlabki shart q_o to'g'ridan-to'g'ri masalani yechish haqida qo'shimcha ma'lumot olish uchun ­u )= , k=1,2,...,N [5]
1-mashq. To'g'ri ­masalani echish uchun aniq formuladan foydalanish
u(t) = q_oe ,
­ ­u ) k=1,2,...,N
qo'shimcha ma'lumot olish uchun o'lchov nuqtalari soniga qarab korrektrligi uchun teskari masalani o'rganish­.
7-misol (differensial tenglamalar sistemasi). Kimyoviy kinetika jarayoni ­chiziqli oddiy differensial tenglamalar sistemasi uchun Koshi masalasini yechish orqali tasvirlanadi.
(t)+ (8)
i=1,…,N (9)
Bu yerda u_i(t) t vaqtdagi i - moddaning konsentratsiyasi . Doimiy parametrlar q_ij i-modda konsentratsiyasining o‘zgarish tezligining jarayonda ishtirok etuvchi moddalar konsentratsiyasiga bog‘liqligini tavsiflang.
To'g'ri masala: q_ij parametrlari va boshlang’ich vaqt momentidagi konsentratsiyani bilgan holda toping.Differensial tenglamalar sistemasi(8) uchun ­quyidagi teskari masalani shakllantirish mumkin . Ba'zi ­vaqt oralig'ida ], u_i(t), i = 1 ,...,N moddalarning konsentrasiyalari oʻlchanadi va q_ij parametrlarining qiymatlarini aniqlash talab etiladi,ya'ni (8) differensial tenglamalar sistemasini yechish orqali uning koeffitsientlarini topish talab qilinadi. Bu teskari masalani ikki variantda ko'rib chiqish mumkin . ­Birinchi holda, dastlabki shartlar (9) ma'lum, ya'ni q_i shularga mos keladigan u_i(t) yechimlar beriladi va o'lchanadi.Ikkinchi variantda q_i, noma'lum va q_ij bilan birga aniqlanishi kerak.­ [5].
8-misol (ikkinchi tartibli differentsial tenglama ­). Birlik massali zarracha to'g'ri chiziq bo'ylab harakatlansin. Harakat zarrachaga q(t) kuch ta'sir qilishi bilan bog'liq vaqt o'tishi bilan o'zgaradi ­. Agar t= 0 boshlang'ich vaqtda zarracha x = 0 boshlang'ich nuqtasida bo'lsa va nol tezlikka ega bo'lsa, u holda Nyuton qonuniga muvofiq, zarraning harakati ­u(t) funktsiyasi bilan tavsiflanadi. Quyidagi Koshi masalasini qanoatlantiradi.
(t)=q(t), t (10)
u(0)=0, (0)=0 (11)
Mana u(t) zarrachaning i vaqtdagi holatidir. Zarrachaga ta'sir etuvchi ­q(t ) kuch noma'lum deb faraz qilaylik, lekin vaqtning har bir momentida (yoki [0, T] segmentining alohida nuqtalarida) u(t) zarraning o'rnini o'lchashimiz mumkin. va u(t) bo’yicha q(t) ni tiklaymiz. Shunday qilib, biz quyidagi teskari masalani olamiz, tenglamaning o'ng tomonini toping (10 ­) (funktsiya q(t)), agar (10), (11) masalaning yechimi bo'lsa,ma'lum ( u(t) funktsiyasi).
Bu teskari masalani ko’rib chiqamiz.
Aytaylik, u(t) , q(t) uchun masalaning yechimi bo’lsin . muammoni hal Quyidagi buzilishlarini ko'rib chiqaylik:
cos(nt)
O’ng tomoni
Bunga o’ng tomonlar mos keladi.

tenglamaning (10), (11) o'ng tomonini uning yechimidan aniqlash masalasi o’zgaradi.­
Agar u(t) barcha t ] berilgan bo’lsa u holda teskari masala ikki karrali differensialga keltiriladi.
9-misol (Birinchi turdagi Fredgolm integral tenglamasi ­). Birinchi turdagi Fredgolm integral tenglamasini yechish masalasini ko'rib chiqamiz .­
c (12)
bu yerda berilgan yadro uchun K((x,s) va f(x) funktsiyalari q(x)ning yechimini topish talab qilinadi . Faraz qilaylik, c to’rtburchakda, f(x) C[a,b] .K(x,s), K_x(x,s), K_s (x ,s ) uzluksiz boʻlsin. f(x) C[c, d] va q(x) C[a, b] (12) tenglamani yechish masalasi nokkorekt, chunki yechim hech qanday f (x) funksiya uchun mavjud emas. Buni isbotlash uchun [c, d] da uzluksiz, lekin bu oraliqda differentsiallanmaydigan f(x) funksiyani olish etarli. (12) ning chap tomonidagi integralni x parameter bo’yicha differensialash mumkin.
­Funktsiyalar ketma-ketligini ko'rib chiqamiz.
+n sin ( n=0,1,2,…,n (12) tenglamada q(s) ni o’rniga ni qoyib.

n=0,1,…
ni baholaymiz.
,
bu erda doimiy K_n u holda n ga bog'liq emas , n=0,1,…
Boshqa tomondan, q_n (s) ketma-ketligining ta'rifidan. shunga amal qiladi

Shunday qilib, boshlang'ich ma'lumotlar f _n (x) ixtiyoriy ravishda f (x) ga sifatida yaqin bo'ladi va tegishli echimlar q_n (s) q(s) ga yaqinlashmaydi. sifatida , ya'ni uzluksiz bog'liqlik yo'q
10-misol (birinchi turdagi Volterra integral tenglamasi). Birinchi turdagi Volterra integral tenglamasini ko'rib chiqamiz.
G 0 x 1. (13)
Faraz qilaylik, funksiya K (x, s) uzluksiz, 0 s da birinchi qisman hosilalarga ega 0 x 1 va x ∈ [0,1] uchun K (x, x) = 1 . Shuningdek, biz ­q(s) C[0,1] fazoda izlaymiz va f(r) ∈ Co[0,1], bu yerda Co[0,1] - [0,1] uzluksiz funksiyalar fazosi, shundayki f(0) = 0 , yagona metrik bilan tengdir.
3-mashq. (13) tenglamani yechish masalasi nokkorekt qo'yilganligini ko'rsating.
11-misol (Laplas tenglamasi uchun Koshi masalasi).
Quyidagi masalaning yechimi u = u(x,y) bo‘lsin (9-bobga qarang):

u = 0, x > 0 y		(14)
u(0,y)= y		(1.2.15)
		(1.2.16)
(y) ma’lumotlarini tanlaymiz. sifatida
f(y) = fn(y) = u(0, y)= sin (ny),	=

u holda (14)–( 16) masala yechimi
sin (ny)( ksiya bo‘ladi
u_n (x, y) yechim har qanday x > 0 uchun n kabi cheksizlikka intiladi, ­f_n(y) esa n sifatida nolga intiladi. Shunday qilib, C^l yoki (har qanday uchun) yechimning kichik o'zgarishlariga olib kelmaydi, ya'ni (14)-( 16) masala nokkorekt masaladir.
12-misol (birinchi tartibli differensial tenglama uchun teskari masala).
q(x) uzluksiz bo'lsin va (x) barcha x uchun uzluksiz differensiallanuvchi. U holda Koshi masalasi uchun
u_x -u_y + q(x)u = 0, (x, y) R² , (18)
u(x, 0) = (x), x R, (19) korrekt bo’lsin.
(18) va (19) uchun teskari masalani ko’rib chiqamiz.
u(x, 0) = ψ(x), y R (20)
(18), (19) masalaning yechimi quyidagi formula orqali topiladi
)d( y) R² (21)
Teskari masalani quyidagi shartlar qanoatlantiruvchi (12) formula orqali yechish mumkin.

1. 
   ψ(x), y R da uzluksiz diferrensialuvchi.
   
2. 
   ψ(x)/ >0, y R ; ψ(x)=
   

- x R (22)
Agar ψ(x) lar uzluksiz bo’lsa u holda masala nokkorekt bo’ladi.