28 §10. Приложения принципа сжатых отображений и теоремы о неявной функции. В дальнейшем E - банахово пространство. Оператор F есть оператор сжатия на множестве Q E , если существует число 0,1 такое, что для любых x1 , x2 Q выполнено неравенство F x2 F x1 x2 x1 Теорема 1. Если Q есть замкнутое множество в банаховом пространстве E , а оператор F отображает множество Q в себя и есть на этом множестве оператор сжатия, то у оператора F есть на множестве Q единственная неподвижная точка. Теорема 2. Если оператор сжатия U r x0 E , F определен на замкнутом шаре F x0 x0 r 1 , то оператор F отображает этот шар в себя и имеет в этом шаре единственную неподвижную точку. F слабо дифференцируем на выпуклом множестве K Fc x 1 , то оператор F является оператором сжатия на множестве K . Теорема 3. Если оператор и Доказательство. Применяя формулу конечных приращений, получаем при x1 , x2 K F x2 F x1 Fc x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 Может быть полезным следующее обобщение принципа сжатых отображений. F действует в полном метрическом пространстве X , m и некоторая целая степень оператора F является оператором сжатия, то у оператора F есть единственная неподвижная точка. m Доказательство. Так как F оператор сжатия, то у него есть неподвижная точка F m x x . Отсюда следует, что FFm x Fm1 x Fm Fx Fx . Следовательно, Fx также является неподвижной точкой оператора Fm . Так как неподвижная точка единственна, то x Fx . Точка x будет и неподвижной точкой оператора F . Покажем, x F~ x , то F m ~ x~ x . Так как что других неподвижных точек о оператора F нет. Если ~ m x. неподвижная точка оператора F единственна, то x ~ Теорема 4. Если оператор Дифференциальные уравнения в банаховом пространстве. Пусть задан оператор F : E 0, E . Рассмотрим дифференциальное уравнение 29 dx t F x t , t dt Задача Коши для этого уравнения; найти решение, удовлетворяющее начальному условию x 0 x0 . x x0 r , 0 t 0 выполнены следующие условия: 1. Оператор F x, t непрерывен по t Теорема 5. Пусть при 2. 3. 4. F x , t C F x2 , t F x1 , t x2 x1 minr / C , 1 / , 0 t 0, существует единственное решение задачи Коши x t на отрезке 0, , причем x t x0 r . Тогда при Доказательство. Рассмотрим интегральное уравнение t x t F x s , s ds x0 Ax 0 и банахово пространство CE 0, непрерывных функций x t со значениями в банаховом пространстве E . Определим норму в этом пространстве как x max xt t0, Покажем, что оператор A отображает шар U r x0 xt C E 0, : xt x0 r в себя и является в этом шаре оператором сжатия. Заметим, что абстрактная функция F t , x t ставящая в соответствие непрерывной функции xt U r x0 функцию Ft, x t непрерывна. Действительно, Ft , x t Ft0 , x t0 Ft , x t Ft , x t0 Ft , x t0 Ft , x t0 x t x t0 Ft , x t0 Ft , x t0 Поэтому оператор F ставит в соответствие непрерывной функции непрерывную функцию. Покажем, что он отображает шар U r x0 в себя xt U r x0 30 Ax t x0 Fs, x s ds C r 0 согласно определению числа . Покажем, что оператор A сжимающий Ax1 t Ax2 t Fs, x2 s Fs, x1 s ds 0 x2 s x1 s ds x2 x1 , Ax1 t Ax2 t q x2 x1 0 q 1 Следовательно Ax1 Ax2 q x2 x1 Вследствие теоремы о сжатых отображениях у оператора A существует единственная неподвижная точка в шаре U r x0 , что доказывает существование решения задачи Коши. Теорема 6. Если при каждом фиксированном на отрезке x оператор F x, t непрерывен по t 0, и удовлетворяет условию Липшица F x2 , t F x1 , t c x2 x1 то на 0, существует единственное решение задачи Коши. Доказательство. Решение задачи Коши эквивалентно решению интегрального уравнения t x t F x s , s ds x0 Ax 0 Так как удовлетворяется условие Липшица, то Ax2 Ax1 t Fx2 s , s Fx1 s , s ds 0 t t 0 0 F x2 s , s F x1 s , s ds c x2 x1 ds ct x2 x1 Итерируя это неравенство, получаем 31 t t A x2 A x1 c Ax2 Ax1 ds c s x2 x1 2 2 2 0 A x2 A x1 A x2 A x1 c m m m m m! Найдется такое 2 0 cs m m cs 2 ds m! x2 x1 c m m! x2 x1 x2 x1 x2 x1 m , что c m / m! 1. Оператор A m есть оператор сжатия в пространстве C E 0, и согласно теореме 4 у оператора A существует единственная неподвижная точка в пространстве E , что эквивалентно существованию решения задачи Коши. Пример 1. Рассмотрим систему обыкновенных нелинейных дифференциальных уравнений x t F t, xt , x x1 , x2 ,, xn , F F1 ,, Fn где функции Fi t, x непрерывны на отрезке 0, 0 Положим x max xi i 1,n x x0 r , 0 t 0 выполнены условия Функции Fi x, t при любом x x0 r непрерывны по t на 0, 0 . Fi x, t C Fi x2 , t Fi x1 , t x2 x1 minr / C , 1/ , 0 Пусть при 1. 2. 3. 4. 0, существует решение задачи Коши для системы xi t xi 0 . дифференциальных уравнений, причем Тогда на отрезке Если рассматривается система линейных уравнений xt At x f t где матрица A t и функция f t непрерывны на отрезке 0, , то существование решения задачи Коши на этом отрезке сводится к проверке условий теоремы 6. Если 32 предположить, что непрерывна на F x, t At x f , то при любом 0, . Удовлетворено условие Липшица x R n функция F t, x At x1 At x2 At x1 x2 x1 x2 n max max aij t t0, i , j 1. n §11. Метод Ньютона решения нелинейных уравнений. f x 0 , где f : E1 E2 . Пусть элемент x0 есть начальное приближение для корня этого уравнения x . . Если существует производная Фреше f x в некоторй окрестности точки x0 ,то Рассмотрим уравнение в банаховом пространстве 0 f x f x0 f x0 x x0 ox x0 Приближенное значения x1 находится из уравнения f x0 f x0 x1 x0 0 Если оператор f x0 обратим, то x1 x0 f x0 1 f x0 Предполагается, что x1 лучшее приближение, чем x0 . Беря в качестве начального приближения x1 , получаем аналогично предыдущему новое приближение x2 x1 f x1 1 f x1 Строится последовательность xn xn 1 f xn 1 1 f xn 1 Если эта последовательность окажется сходящейся к элементу воспользовавшись непрерывностью, получим x , то x x f x 1 f x f x 0 Описанный процесс называется итерационным процессом Ньютона. Модифицированный метод Ньютона заключается в построении последовательности 33 xn xn 1 f x0 1 f xn 1 Преимущество модифицированного процесса Ньютона в том, что обратный оператор надо вычислить только один раз в точке x0 , но сходимость итераций будет медленней, чем в прямом методе Ньютона. x0 производная Фреше f x удовлетворяет условию Липшица с постоянной Липшица, равной l . Оператор f x имеет обратный и Теорема 1. Пусть в шаре U r f x 1 m , . Если f x0 (11.1) q m2l / 2 1 и r m q 2 k 1 (11.2) k 0 то итерационный процесс Ньютона сходится к решению уравнения xn x m q 2 n f x 0 , причем 1 1 q 2n . (11.3) Доказательство. Введем обозначения f n f xn , f n f xn В этих обозначениях итерационная последовательность Ньютона имеет вид xn 1 xn f n 1 f n Покажем, что при сделанных предположениях все x n U r x0 . Имеем x1 x0 f 0 f 0 , f 0 f 0 x1 x0 0 1 x1 x0 f 0 f 0 f 1 x0 f x0 m 1 f1 f1 f 0 f 0 x1 x0 f x1 f x0 f x0 x1 x0 l x1 x0 2 2 Далее по индукции покажем, что (11.3) 34 xn x n 1 mq 2 n 1 1 r , f n l x n xn 1 2 2 (11.4) Пусть выполнены условия (11.4). Тогда xn 1 xn f n1 f n xn 1 xn f n 1 f n m f n m l xn xn 1 2 2 ml 2 2 2 2 n 2 m q 2 n n l 2n m m 2 q 2 2 mqq 2 2 mq 2 1 2 Далее f n f n x n 1 x n 0 f n 1 f n 1 f n f n x n 1 x n f x n 1 f x n f x n xn 1 x n l x n 1 x n 2 2 Таким образом доказаны по индукции равенства (11.4). Докажем фундаментальность последовательности x n xn p xn xn p xn p 1 xn 1 xn m n p 1 q2 k 1 k n Так как 0 q 1, то из этого неравенства следует фундаментальность последовательности. Переходя к пределу при p , получаем оценку скорости сходимости xn p xn xn p xn p 1 xn 1 xn m m q 2 n k 1 k 0 mq 2 n 1 q2 1 n m q k 0 2 n 2 k 1 m q k 0 2 n 1 k 1 n p 1 q 2 k 1 k n mq 2 n 1 m q 2 q k 0 k n 2n k k 1 35 x0 функция f x дифференцируема и f x удовлетворяет условию Липшица с постоянной Липшица l , оператор f x0 имеет Теорема 2. Пусть в шаре U r обратный. Если выпонены неравенства f x0 , f x0 1 1 1 2m 2 l r m , 2m l 1 , r ml 2 (11.5) f x 0 имеет единственное решение x* U r x0 к которому сходится модифицированный процесс Ньютона, начатый с точки x0 , причем скорость то уравнение сходимости задается неравенством x n x0 1 1 2m 2 l 1 2m 2 l m n Доказательство. Рассмотрим оператор F x x f x0 1 f x (11.6) Покажем, что он отображает шар U r x0 в себя F x x0 x x0 f x0 1 f x f x0 1 f x f x0 x x0 m f x f x0 f x0 x x0 f x0 m f x f x0 f x0 x x0 m f x0 m l x x0 2 2 m mlr 2 m r 2 поскольку r есть наименьший корень уравнения 1 mlr 2 r m 0 2 Покажем, что оператор F сжимающий в шаре U r x 0 . Достаточно показать, что производная этого оператора удовлетворяет условию Липшица с константой меньшей единицы F x I f x0 1 f x f x0 1 f x0 f x ml x x0 mlr 1 1 2m 2 l 1 36 Итак оператор F действует в шаре U r x 0 и есть оператор сжатия с коэффициентом сжатия q 1 1 2m оператора. Оценим скорость сходимости 2 l . Пусть x * неподвижная точка этого m 1 1 2m 2 l qn qn 1 * xn x F x0 x0 f x0 f x0 1 q 1 q 1 2m 2 l n Скорость сходимости геометрическая. Модифицированный процесс Ньютона сходится медленнее, но требует меньших затрат на вычисление обратного оператора. Пример на метод Ньютона. Рассмотрим нелинейную краевую задачу для обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка x t x t , t 0 , 0 t 1 (11.7) x 0 , x 1 Нелинейные краевые задачи, например, возникают при решении вариационных задач. Предположим, что функции x, t и x x, t непрерывны в 0,1, и в окрестности точки x0 равномерно по t удовлетворено полосе , условие Липшица x1 , t x2 , t l x1 x2 Чтобы свести задачу к решению операторного уравнения, введем банаховы пространства X C 2 a, b и Y C a, b R 2 x max x t max x t Для x X Для y ht , , Y Оператор норма 0,1 норма 0,1 y max h t 2 2 0,1 f : X Y определяется следующим образом f x xt f xt , t , x0 , x1 f x Краевая задача эквивалентна нахождению решения функционального уравнения 0 . Найдем производную Фреше оператора f 37 f x z f x z t x t z t x t , z 0, z 1 1 d x t z t , t z t d , z 0, z 1 d 0 1 z t x x t z t , t z t d , z 0, z 1 0 z t x x t , t z t , z 0, z 1 1 x x t z t , t x x t , t z t d ,0,0 0 Так как 1 1 x x t z t x x t z t d l z t d 2 0 0 l z 2 то оператор l z 2 2 2 f дифференцируем и f x z zt x xt , t zt , z0, z1 Но тогда f x1 z f x2 z ( x1 t , t x2 t , t ) z t ,0,0 f x1 z f x2 z max ( x1 t , t x2 t , t ) z t t 0,1 z max x1 t , t x2 t , t l z max x1 t x2 t t 0,1 t 0,1 l x1 x2 z f x1 f x2 l x1 x2 Таким образом, производная оператора f в окрестности точки x0 , , удовлетворяет условию Липшица. Пусть задано начальное приближение x0 t ,0 , 0 . Невязка f x0 x0 t x0 t ,t 2 0 0 2 38 Предположим, что существует в окрестности точки U r оператор x0 X обратный f x 1 . Это означает, что для любого x U r x0 однозначно разрешима линейная граничная задача f x z h или zt x xt , t zt ht , z0 z0 , z1 z1 причем z f x 1 h m h , f x 1 m Если выполнены неравенства теоремы 1 ,то итерационный процесс Ньютона сходится xn 1 xn f xn 1 f xn Удобнее записать его в виде f xn xn 1 f xn xn f xn Или xn1 t f x xn t , t xn 1 t , xn 1 0, xn 1 1 xn t f x xn t , t xn t , xn 0, xn 1 f xn t , t , xn 0 , xn 1 Или xn1 t f x xn t , t xn 1 t xn t f x xn t , t xn t f xn t , t xn 1 0 , xn 1 1