EKSISTENS- OG ENTYDIGHEDSSÆTNINGEN Vi vil nu ... - dirac

dirac.ruc.dk

EKSISTENS- OG ENTYDIGHEDSSÆTNINGEN Vi vil nu ... - dirac

EKSISTENS- OG ENTYDIGHEDSSÆTNINGEN

Vi vil nu bevise eksistens- og entydighedssætningen for ordinære differentialligninger.

For overskuelighedens skyld vil vi indskrænke os til at undersøge een 1. ordens differentialligning

med begyndelsesbetingelse

Sætningen vi vil bevise lyder

dy

= f(x, y) (1)

dx

y(0) = 0. (2)

Hvis funktionerne f og ∂f/∂y er kontinuerte på et rektangel R = [−a; a] × [−c; c], da

findes der et interval af formen |x| ≤ a 2 , a 2 ≤ a i hvilket begyndelsesværdiproblemet

(1)-(2) har en og kun en løsning y = φ(x).

Bemærkninger

Sætningen og dens bevis kan umiddelbart bruges i mere generelle situationer.

1. Hvis begyndelsesbetingelsen er y(x 0 ) = y 0 , kan man skifte variable fra (x, y) til

(ξ, η) = (x − x 0 , y − y 0 ). I de nye variable bliver begyndelsesværdiproblemet

netop af formen (1)–(2).

2. Hele beviset kan gennemføres, hvis y og f erstattes af vektorfunktioner y =

(y 1 , y 2 , . . . , y k ) og f = (f 1 , f 2 , . . . , f k ). Sætningen gælder altså også for systemer

af koblede differentialligninger (se Apostol Bind II, s 229ff)

3. En n’te ordens differentialligning

dy n

d n x = f(x, y, y′ , . . . , y (n−1) )

kan omskrives til et system af 1.ordens differentialligninger

y ′ = y 1

y ′ 1 = y 2

.

y ′ n−2 = y ′ n−1

y ′ n−1 = f(x, y, y 1 , . . . , y n−2 )

Så sætningen kan også anvendes på højere ordens differentialligninger.

4. Sætningen her lover kun lokal eksistens og entydighed, men den kan udvides til at

give entydighed af de maksimale løsninger. Dette opnås ved at udvide løsningerne

indtil man når randen af det område, man betragter. Bemærk, at dette betyder

at en løsning y(x) godt kan have et definitionsområde x ∈ I, som er et begrænset

1


interval selv om differentialligningen er defineret for alle x ∈ R, jvf opgave 6.

Punkter der er med i området omfatter nemlig ikke blot punkter, hvor f eller

∂f/∂y er diskontinuerte, men også ‘uendelig’, sådan at løsninger kan ophøre med

at eksistere ved at y eller x går mod uendelig.)

5. Man kan vise at begyndelsesværdiproblemet (1)–(2) har løsninger blot f er kontinuert

(se Nemytskii and Stepanov, 1960). Entydigheden af løsningerne kræver

at man har hold på variationen af f f.eks. ved at kræve at ∂f/∂y er kontinuert

sådan som vi gør.

6. Beviset blev udviklet af den franske matematiker Picard (1856–1941).

Beviset falder i en række hjælpesætninger (‘lemmaer’).

1. Ligning (1) kan omskrives til en ligning i den ubekendte φ(x) på formen

φ(x) =

∫ x

0

f(t, φ(t)) dt. x ∈ [−a; a] (3)

Lemma 1. Enkontinuert funktion φ(x) er løsning til (3) hvis og kun hvis den er løsning

til begyndelsesværdiproblemet (1)–(2).

Bevis: Hvis φ(x) er en løsning til (1)–(2) er φ(x) en kontinuert funktion, så man kan

integrere begge sider af (1) fra 0 til x. Funktionen φ(x) opfylder altså

hvilket netop er (3).

∫ x

φ ′ (t) dt =

∫ x

0

0

f(t, φ(t)) dt,

Hvis omvendt φ(x) opfylder (3), må φ(0) = 0, så φ(x) har den rette begyndelsesværdi.

Da φ(x) er integralet af en kontinuert funktion, er φ(x) differentiabel. Ved differentation

af (3) fås (1). Hvilket viser lemmaet.

Fordelen ved at benytte ligning (3) frem for (1) er, at integration gør funktionerne

‘pænere.’ Mere præcist: afbildningen

T : φ(x) →

∫ x

0

f(t, φ(t)) dt

fra mængden af kontinuerte funktioner på [−a; a] ind i mængden af funktioner på

[−a; a], afbilder kontinuerte funktioner ind i differentiable funktioner, mens afbildningen

D : φ(x) → φ ′ (x) − f(x, φ(x))

2


afbilder differentiable funktioner ind i funktioner, som måske ikke en gang er kontinuerte.

Ved at benytte (3) frem for (1) opnår vi, at selve formuleringen hjælper os med

at holde styr på at funktionerne bliver ‘pæne.’

2. Ideen er nu, at afbildningen T kan benyttes til at danne en følge af (kontinuerte)

funktioner, der konvergerer mod den søgte løsning. Vi skal starte med at vælge en

funktion φ 0 (x), hvis graf ligger helt inde i R. Følgens næste element fås ved at benytte

afbildningen T på φ 0 (x):

φ 1 (x) = T (φ 0 ) =

og følgens n’te element fås som

φ n (x) = T (φ n−1 ) =

∫ x

0

∫ x

0

f(t, φ 0 (t)) dt

f(t, φ n−1 (t)) dt. (4)

Det næste skridt (Lemma 2) går ud på at sikre sig, at T (φ(x)) er en funktion, hvis graf

også ligger i R. Punkt 4 og 5 skal sikre at funktionsfølgen φ 0 , φ 1 , . . . er konvergent.

3. Da vi kun har kontrol over funktionen f i rektanglet R, ønsker vi at holde φ’erne

inden for dette område. Vi skal derfor først sikrer os, at hvis |φ(x)| ≤ c så vil også

|T (φ)| ≤ c. Dertil skal vi bruge, at |f| har et maksimum M i R, da funktionen er

kontinuert på den afsluttede og begrænsede mængde R. Vi kan nu vise

Lemma 2. Hvis |φ(x)| ≤ c for alle |x| ≤ a og φ(0) = 0 , da gælder

|T (φ(x))| ≤ Mx.

Bevis

|T (φ(x))| = |



∫ x

0

∫ x

0

∫ x

0

f(t, φ(t)) dt|

|f(t, φ(t))| dt

M dt

= Mx.

Lemmaet siger, at da vi har styr på størrelsen af φ ′ (x) = f(x, φ(x)) — den er jo

mindre end M — så har vi også styr på, hvor stor φ(x) kan nå at blive.

Da Mx godt kan nå at blive større end c, kan vi risikere at T (φ(x)) smutter uden for

R. Dette klares ved at indskrænke definitionsområdet for φ’erne og dermed R. Vælg

3


a 1 ≤ a så Ma 1 ≤ c. Hvis vi nøjes med at betragte φ(x)’erne på intervallet [−a 1 ; a 1 ],

vil grafen for T (φ) aldrig smutte uden for R 1 = [−a 1 ; a 1 ] × [−c; c].

4. Vi vil nu sikre os at afstanden mellem naboelementerne i følgen φ o , φ 1 , . . . aftager

eksponentielt, nemlig at

max |φ n (x) − φ n−1 (x)| = max |T (φ n−1 (x) − T (φ n−2 (x)|

|x|≤a 2 |x≤a 2

≤ 1 2

max |φ n−1 (x) − φ n−2 (x)|

|x|≤a 2

(5)

for et passende valgt interval [−a 2 ; a 2 ] ⊆ [−a 1 ; a 1 ]. Ligesom før kan det være nødvendigt

at indskrænke definitionsområdet for φ’erne for at få vurderingen til at holde, så

vi starter med et givet a 2 ≤ a 1 og vil så se, om der skal ekstra betingelser på a 2 for

at opfylde (5). I dette tilfælde får vi brug for at vide, at da funktionen |∂f/∂y| er

kontinuert i R, har den en størsteværdi L.

Sammentrækningsegenskaben (5) er en egenskab ved T , der ikke har noget med følgens

elementer at gøre, så vi starter med at betragte to vilkårlige funktioner φ og ψ fra

[−a 2 ; a 2 ] til [−c; c]. “Afstanden” mellem billederne af T (φ(x)) og T (ψ(x))

kan nu bestemmes:

|T (φ(x)) − T (ψ(x))| = |

hvor ξ t ligger mellem φ(t) og ψ(t)

max |T (φ(x)) − T (ψ(x))|

|x|≤a 2


=

≤ L

∫ x

0

∫ x

0

∫ x

0

(f(t, φ(t)) − f(t, ψ(t)) dt|

|f(t, φ(t)) − f(t, ψ(t)| dt

∂f

∣ ∂y (t, ξ t)(φ(t)) − ψ(t)

∣ dt

∫ x

0

|φ(t) − ψ(t)| dt

≤ La 2 max

|x|≤a 2

|φ(x) − ψ(x)|.

Vi skal altså vælge a 2 så lille, at La 2 ≤ 1 2 , og a 2 ≤ a 1 for at sikre os, at (4) holder.

Dett giver os at der for alle φ og ψ fra [−a 2 : a 2 ] til [−c; c] gælder

max |T (φ(x)) − T (ψ(x))| ≤ 1

|x|≤a

2

max |φ(x) − ψ(x)|. (6)

2 |x|≤a 2

5. Vi er nu parat til at se at følgen φ 0 , φ 1 , . . . er konvergerer mod en kontinuert

funktion. Her til vælges et bestemt φ 0 , der kunne være φ 0 (x) = 0. Det eneste krav

4


til φ 0 er, at grafen skal ligge helt i rektanglet [−a 2 ; a 2 ] × [−c; c]. Betragt rækken

∞∑

(φ n (x) − φ n−1 (x)) .

n=0

Rækken er en teleskop-række. Det N’te afsnit

S N = φ N (x) − φ 0 (x).

Afsnitsfølgen S N er imidlertid uniformt kongervent på intervallet [−a 2 ; a 2 ], da rækken

har har en konvergent majorantrække:

|φ n (x) − φ n−1 (x)| ≤ ( 1 2 )n |φ 1 (x) − φ 0 (x)| ≤ ( 1 2 )n max |x|≤a2 |φ 1 (x) − φ 0 (x)|.

Vi slutter deraf at φ N (x) = S N (x) − φ o (x) er konvergere uniformt mod en kontinuert

funktion φ(x).

6. Vi mangler nu kun at se at grænsefunktionen φ er løsning til (3). Dette indses ved

at tage grænseværdi på begge sider af (4). Vi får

lim φ n(x) = lim

n→∞ n→∞

∫ x

Udtrykket på venstre side er per definition φ(x).

0

f(t, φ n (t)) dt.

På højre side ønsker vi at ombytte

grænseværdi og integral. For at kunne gøre det må vi først se efter om følgen

f(t, φ n (t)) er uniformt konvergent; hertil benyttes endnu en gang middelværdisætningen:

|f(t, φ n (t)) − f(t, φ n−1 (t))| ≤ | ∂f

∂y (t, ξ t)(φ n (t) − φ n−1 (t))| ≤ L |φ n (t) − φ n−1 (t)| ,

hvor ξ t ligger mellem φ n (t) og φ n−1 (t).

Da φ n konvergerer uniformt, må f(t, φ n (t)) altså også gøre det. Indsættelse af grænsefunktionerne

giver nu det ønskede:

φ(x) =

∫ x

0

f(t, φ(t)) dt,

så φ(x) er en løsning til (3) og dermed til begyndelsesværdiproblemet (1)–(2).

7. Sammentrækningsegenskaben (6) viser umiddelbart at ligningen φ = T (φ) har

højst een løsning, thi hvis φ(x) og ˆφ(x) begge er løsninger gælder

max |φ(x)) − ˆφ(x)| = max |T (φ(x)) − T ( ˆφ(x))| ≤ 1

|x|≤a 2 |x|≤a

2 max |x|≤a 2

|φ(x)) − ˆφ(x)|

2

5


som kun kan være sandt hvis φ(x) = ˆφ(x) for alle x i [−a 2 ; a 2 ].

Bemærkninger

I beviset var vi nødt til to gange at indskrænke definitionsmængden for φ’erne

for at undgå at φ kunne løbe ovenud af rektanglet. Dette forklarer, hvorfor man

kan risikere at definitionsmængden for maksimale løsninger kan være et begrænset

interval selv om differentialligningens højre side er pæn (C 1 ) for alle (x, y).

Opgaver

EE 1. Betragt begyndelsesværdiproblemet

y ′ (x) = 2x(1 + y) y(0) = 0.

a) Dan de første tre elementer i Picard følgen φ 0 = 0, φ 1 , . . ..

b) Det oplyses at det n’te element i følgen er

φ n (x) = x 2 + x4

2 + x6

3! + x8

4! + . . . + x2n

n! .

Find det (n + 1)’te element i følgen.

c) Vis at Pirardfølgen er konvergent.

d) Find sumfunktionen. Vink: Sæt u = x 2 .

e) Find løsningen til differentialligningen ved separation af variable.

EE 2. Find de første tre – fire led af Picard-følgen φ 0 = 1, φ 1 , . . . for hver af følgende

begyndelsesværdiproblemer

a)

y ′ = x 2 + y 2 , y(0) = 1.

b)

c)

y ′ = y 4/3 , y(0) = 0.

y ′ = sin y, y(0) = 0.

EE 3. Vis at y(x) = − cos( 1 2 x2 ) er løsning til begyndelsesværdiproblemet

y ′ = x √ 1 − y 2 y(0) = −1.

Find endnu en løsning, og gør rede for hvorfor eksistens- og entydighedssætningen

ikke gælder i denne situation.

6


EE 4.

a) Vis, at funktionen

er differentiabel.

{ 0, for x < c;

y c (x) = 1

27 (x − c)3 , for x ≥ c

b) Gør rede for, at y c (x), c ≥ 0 er løsning til differentialligningen

samt at også y(x) = 0 er en løsning.

dy

dx = y2/3 , y(0) = 0,

c) Hvorfor strider dette eksempel ikke mod eksistens- og entydighedssætningen?

EE 5. Angiv for hver af følgende differentialligninger det område i xy-planen, hvor

eksistens- og entydighedsætningen garanterer, at der går netop een løsningskurve

gennem et givet punkt.

a) y ′ = (x − y)/(2x + 5y)

b) y ′ = (1 − x 2 − y 2 ) 1/2

c) y ′ = (2xy)/(1 + y 2 )

d) y ′ = 3(x + y) −2

e) y ′ = (ln |xy|)7(1 − x 2 + y 2 )

f) y ′ = (x 2 + y 2 ) 3/2

EE 6. Eftervis, at φ(x) = [2(x + c)] −1/2 er en løsning til differentialligningen

y ′ + y 3 = 0.

Find den løsning, der opfylder begyndelsesbetingelsen y(1) = 2. Hvor er løsningen

gyldig? Bemærk, at y = 0 er en løsning til ligningen, selv om den ikke kan fås

ved at vælge en passende værdi af c i udtrykket for φ(x).

Litteratur

Boyce, W.E., and R.C. DiPrima. 1986. “Elementary Differential Equations and

Boundary Value Problems (4th ed),” Wiley, New York.

Braun, M. 1983.

“Differential Equations and Their Applications,” Springer, Berlin.

Heefelt, M.B. 1979. “Linære Differentialligninger og differentialligningssystemer,”

IMFUFA Tekst 12, RUC, Roskilde.

Hirsch, M.W., and S. Smale. 1974. “Differential Equations, Dynamical Systems,

and Linear Algebra,” Academic Press, San Diego.

Nemytskii, V.V., and V.V. Stepanov. 1960. “Qualitative Theory of Differential

Equations,” Princeton University Press, Princeton.

7

More magazines by this user
Similar magazines