PubTeX output 2005.03.09:1244

math.au.dk

PubTeX output 2005.03.09:1244

Om maksimumsprincipperfor differentialligningerHenrik Stetkær


IndholdI Indledning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1II Introduktion til maksimumsprincipper . . . . . . . . . . . . . 1III Maksimumsprincipperne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2IV Principielle betragtninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6V Vurderinger af løsninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6VI Éntydighed af løsninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8VII Nulpunkter for løsninger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9VIII Opgaver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12iii


I IndledningJeg har til disse to forelæsninger valgt et emne fra differentialligningsteorien, sommed garanti ikke bliver studeret i gymnasiet, nemlig de såkaldte maksimumsprincipper.I den første time (dvs de første tre kvarter) skal vi studere, hvad disse maksimumsprincippersiger. I den anden time skal vi uddrage overraskende konsekvenser af maksimumsprincipperne.Fremstillingen er baseret på det først kapitel i monografienM.H. Protter & H.F. Weinberger: “Maximum principles in differential equations.”Prentice-Hall 1967, hvortil læseren henvises for detaljer, der af tidsmæssige grundemå udelades i dette foredrag.Lad mig lige fra starten gøre opmærksom på tre pointer, der vil blive illustrereti det følgende.1. Det er ikke altid nødvendigt at finde eksplicitte formler for løsningerne til en differentialligningfor at få information ud om disse løsninger.Det sker desværre kun alt for ofte i praksis, at man bliver konfronteret meden differentialligning, som man ikke kan løse; eller hvis man kan løse den, erløsningsformlen så indviklet og kompliceret, at man ikke bliver spor klogere af den.Maksimumsprincipperne kan i mange tilfælde give os den nødvendige informationom løsningerne, hvad enten man kan løse differentialligningen eller ej. Ofte er manjo blot interesseret i nogen bestemte kvantitative eller asymptotiske egenskaber vedløsningen, så det kan være tilstrækkeligt med en god vurdering af løsningen.2. Vi kan få interessante resultater, som ingen computer kan opnå.Vi viser f.eks., at to løsninger til differentialligningen u 00 + gu 0 + hu = 0 på R altidvil ligge og slange sig op ad hinanden: Mellem to nulpunkter for den ene vil deraltid ligge præcis ét for den anden løsning. Det gælder uanset hvor langt vi gårud mod uendelig ad den reelle akse (Sætning VII.2, side 10). Et sådant kvalitativtresultat kan en computer aldrig opnå.3. Resultaterne er stringent bevist.Det diskuterer vi lidt nøjere i afsnit IV (side 6 ff).II Introduktion til maksimumsprincipperLad os, inden vi går i gang med selve emnet, være enige om at gøre os livet såukompliceret og behageligt som muligt. Det kan jo inden for matematik hurtigt nokblive indviklet. Vi vil derfor kræve, at alle de funktioner, som vi støder på i de næste totimer, er så pæne, som vi har brug for det. Vi vil således udelukkende se på funktioner,der er differentiable lige så mange gange, som det er nødvendigt for at gøre voresresultater simple og meningsfyldte. De allerfleste af de funktioner, som I har mødt i1


gymnasiet, opfylder til fulde disse krav: Tænk på funktioner somt ! t 2 ; t ! t 3 ;111t ! e t ; t ! sin t; t ! cos t;111t ! log t for t > 0;111 etc.Maksimumsprincipperne bygger på en meget enkel observation:Lad os betragte en funktion u : [a; b] ! R; hvor [a; b] er et interval på den reelleakse. Hvis u 00 (t) 0 for ethvert t 2 ]a; b[; så er u konveks, dvs u’s graf buer nedad(Hvorfor det? Jo, når u 00 = (u 0 ) 0 0 i ethvert punkt af intervallet ]a; b[; så er u 0 jovoksende, dvs at hældningen for tangenten til grafen for u bliver større og større).Hvis man vil have en fysisk illustration, så kan man tænke sig en snor hængt opmellem punkterne (a; u(a)) 2 R 2 og (b; u(b)) 2 R 2 : Snoren vil så hænge som grafenfor en konveks funktion.Eksempel: Funktionen u(t) := t 2 har u 00 = 2 > 0.Eksempel: u(t) := e t har u 00 (t) > 0 for ethvert t 2 R:Eksempel: Funktionen u(t) := log t for t > 0 har u 00 (t) = 01=t 2 < 0 og er derforikke konveks. På en tegning ser man da også, at grafen for u buer den forkerte vej.Lad os kigge lidt på grafen for en funktion u : [a; b] ! R med u 00 (t) 0 for ethvertt 2 ]a; b[: Som nævnt ovenfor vil vi forestille os en snor, der hænger fra (a; u(a))til (b; u(b)): Det turde være indlysende, at snoren må være højst oppe i et af de toendepunkter (a; u(a)) eller (b; u(b)); for den hænger jo ned fra (a; u(a)) og (b; u(b)):Med andre ord vil u antage sit maksimum i et af endepunkterne af intervallet [a; b];og ikke i det indre af intervallet. Jo stop lige, der er et fysisk set idealiseret tilfælde,hvor u antager sit maksimum i det indre, nemlig når snoren er spændt uendelig stramtvandret ud. Det betyder åbenbart, at u er konstant.En anden oplagt iagttagelse er, at snoren hænger ned fra sit højeste ophængspunkt– den kan ikke stritte vandret ud. I tegningens situation betyder dette, at u 0 (b) > 0:Hvis u havde antaget sit maksimum i intervalendepunktet a; så ville u 0 (a) < 0:Hov, stop et øjeblik. Kunne det ikke tænkes, at snoren kunne stritte vandret ud? Jo,men åbenbart kun i det idealiserede tilfælde med den uendelig stramme vandrette snor.III MaksimumsprincipperneMatematisk set kan ovenstående observationer udtrykkes på følgende måde.III.1. Det første maksimumsprincip.Lad u : [a; b] ! R; hvor [a; b] er et interval på den reelle akse, være en funktionmed u 00 (t) 0 for ethvert t 2 ]a; b[: Da gælder:(a) u antager altid sin maksimumsværdi i et af intervalendepunkterne.(b) Hvis u antager sin maksimumsværdi i et indre punkt af intervallet [a; b], så er ukonstant.2


III.2. Det andet maksimumsprincip.Lad u : [a; b] ! R; hvor [a; b] er et interval på den reelle akse, være en funktionmed u 00 (t) 0 for ethvert t 2 ]a; b[: Da gælder:(a) Hvis u antager sin maksimumsværdi i intervalendepunktet a; så er u 0 (a) < 0;medmindre u er en konstant funktion.(b) Hvis u antager sin maksimumsværdi i intervalendepunktet b; så er u 0 (b) > 0;medmindre u er en konstant funktion.Ovenstående to maksimumsprincipper ser ved første øjekast ud til at være to simplekorollarer af en ret banal observation. Det er de vel også. Men observationen ergrundidéen bag mange videregående maksimumsprincipper, der er uhyre nyttige i mangesammenhænge.Beviserne for de to maksimumsprincipper vil vi basere på følgende hjælperesultat.Lemma III.3.Hvis funktionen w : [a; b] ! R antager sit maksimum i t 0 2 ]a; b[; så er w 00 (t 0 ) 0:Hvisw 00 (t) > 0 for ethvert t 2 ]a; b[;så antager w sit maksimum i et af intervalendepunkterne (dvs i a eller b).Bevis: Den sidste påstand følger umiddelbart af den første, så det står blot tilbage atvise den. Hvis w 00 (t 0 ) 0; er konklusionen hjemme, så vi antager derfor, at w 00 (t 0 ) > 0:Så er w 0 voksende i en omegn ]t 0 0 ; t 0 + [ af t 0 [dens afledede er jo > 0]. Idet vijo tillige har, at w 0 (t 0 ) = 0 [fordi t 0 er et maksimumspunkt], erw 0 (s) 0w 0 (s) 0for s 2 ]t 0 0 ; t 0 [; ogfor s 2 ]t 0 ; t 0 + [:Idet vi bruger, at t 0 er et maksimumspunkt, får vi for jhj < , atså0 w(t 0 + h) 0 w(t 0 ) =Z t 0+ht 0w 0 (s) ds 0;w(t 0 + h) 0 w(t 0 ) = 0 for jhj < ;dvs w er konstant på intervallet ]t 0 0 ; t 0 + [. Heraf følger, at w 00 (t) = 0 for allet 2 ]t 0 0 ; t 0 + [; og dermed specielt, at w 00 (t 0 ) = 0:Bevis for Maksimumsprincip nr. 2: Idet (a) og (b) kan behandles på ganske analogemåder, vil vi nøjes med at nedskrive beviset for (a).Der er ikke noget at bevise i det tilfælde, hvor u er en konstant funktion, så lados derfor give os i kast med det tilfælde, hvor u ikke er en konstant funktion. I så3


fald er der et punkt c 2 ]a; b[; hvori u(c) < u(a); idet u(a) jo er maksimum her under(a). Betragt nu hjælpefunktionenhvor > 0 er valgt såw(t) := u(t) + e t ; t 2 [a; c]; 0; følger af Lemma III.3 (side 3), at w antagersin maksimumsværdi i enten a eller c. Daw(a) 0 w(c) = u(a) 0 u(c) + (e a 0 e c ) = (e c 0 e a )u(a) 0 u(c)e c 0 e a 0 > 0;er w(a) større end w(c): Følgelig er det w(a), der er maksimumsværdien.Idet a er intervallets venstre endepunkt, må der gælde, at grafen for w går nedadfra punktet (a; w(a)), så at w 0 (a) 0: Af w 0 (t) = u 0 (t) + e t ser vi nu, atu 0 (a) = w 0 (a) 0 e a 0 0 e a < 0:Bevis for Maksimumsprincip nr. 1: Det er nok at vise punkt (b), for deraf følger(a) umiddelbart. Lad c 2 ]a; b[ være et maksimumspunkt for u. Der gælder så specielt,at u 0 (c) = 0: Betragt nu funktionen u på delintervallet [a; c]: Af Maksimumsprincip nr.2 (b) (med c i stedet for b) følger, at u er konstant i [a; c]: På tilsvarende måde ses, atu er konstant i [c; b]: Og så er u konstant i hele intervallet [a; b]:Man kan uden større problemer generalisere ovenstående maksimumsprincip ved aterstatte vurderingen u 00 0 med en af formen u 00 + gu 0 0: Det giver os følgendemere almene maksimumsprincip.III.4. Mere generelt maksimumsprincipLad u og g : [a; b] ! R være funktioner, som opfylder, atDa gælder der:(a)u 00 (t) + g(t)u 0 (t) 0 for ethvert t 2 ]a; b[:u antager sit maksimum i et af intervalendepunkterne. Hvis u antager sit maksimumi et indre punkt af intervallet [a; b]; så er u en konstant funktion.(b) Hvis u antager sit maksimum i a; så er u 0 (a) < 0; medmindre u er en konstantfunktion. Hvis u antager sit maksimum i b; så er u 0 (b) > 0; medmindre u er enkonstant funktion.4


Bevis: Beviset kan føres ganske analogt til dem ovenfor; det er blot en anelse merekompliceret. For ikke at gøre det på præcis sammen facon giver vi et direkte bevis forden første påstand under punkt (a), men vi skipper dog resten af beviset.Vi betragter først det simple specialtilfældeu 00 (t) + g(t)u 0 (t) > 0 for ethvert t 2 ]a; b[: (*)Her kan u ikke antage sit maksimum i et indre punkt t 0 2 ]a; b[; for vi har fra LemmaIII.3 (side 3), atu 00 (t 0 ) + g(t 0 )u 0 (t 0 ) = u 00 (t 0 ) + g(t 0 )0 = u 00 (t 0 ) 0:Idet u antager sit maksimum (u er en kontinuert funktion på [a; b]), må det være i etaf intervalendepunkterne.Vi vender os nu til det generelle tilfældeu 00 (t) + g(t)u 0 (t) f(t) 0 for ethvert t 2 ]a; b[:Dette tilfælde vil vi via en elegant snedighed reducere til tilfældet (*) ovenfor.Der findes en funktion v : [a; b] ! R, så v 00 (t) + g(t)v 0 (t) > 0 og v(t) 0 foralle t 2 [a; b]: Prøv blot med v(t) = e t , hvor 2 R er valgt passende stor. Dennefunktion v hjælper os nu med at fuldføre beviset.Betragt for givet > 0 hjælpefunktionenw (t) := u(t) + v(t)for t 2 [a; b]:Idetw 00 (t) + g(t)w 0 (t) = f(t) + 2v00 (t) + g(t)v0 (t)3> 0 + 0 = 0;har vi ifølge specialtilfældet (*), atw (t) maxfw (a); w (b)g = maxfu(a) + v(a); u(b) + v(b)g:Men u u + v = w ; såu(t) maxfu(a) + v(a); u(b) + v(b)g:Lad os antage, at u(a) u(b) [og bemærke at vi, hvis u(a) u(b), kan gå frem påtilsvarende måde]. Så eru(t) u(a) + [v(a) + v(b)] for t 2 [a; b]:Da dette gælder for ethvert > 0; er u(t) u(a) for alle t 2 [a; b]: Her står der at læse,at u antager sit maksimum i endepunktet t = a:Der gælder også maksimumsprincipper for funktioner u, som opfylder uligheder afformen u 00 + gu 0 + hu 0; men det kapitel må vi dog lade ligge for ikke at kommei tidnød.5


IV Principielle betragtningerI dette afsnit kommer jeg med et par korte principielle betragtninger over bevisersrolle i matematikken. Det kan jo godt have undret jer, hvorfor det skulle værenødvendigt med beviser for så oplagt korrekte påstande som maksimumsprincipperneovenfor.Som enhver anden videnskab søger matematikken at finde nye resultater – sætninger,love, principper, sandheder eller hvad man nu vil kalde dem. Det sker bl.a. ved dristigegæt og fantastisk intuition ud fra en række enkelttilfælde for den gudbenådede forsker.Med et fremmedord: Ved induktion. Altså at slutte sig til et generelt fænomen, en almenlov, ud fra en række enkelttilfælde. Matematikken stopper imidlertid ikke her: Detfundne resultat skal nemlig bevises, dvs. deduceres logisk ud fra resultater, som videsat være korrekte. Bevisførelsen er en lige så vigtig og fundamental del af matematikkensom induktionen er, og har været det fra det klassiske Grækenlands tid. Deduktionforekommer selvfølgelig mange andre steder end i matematik, men jeg tror, at det ermere udpræget i matematik end andre steder.Det er karakteristisk for matematikken med de lange deduktionskæder. Alt skalbygges ubønhørligt logisk op ud fra anerkendte grundsætninger. Et resultat kan væreverificeret i ethvert kendt tilfælde – en matematiker vil ikke anerkende det som andetend en plausibel påstand, medmindre han får et matematisk bevis for det. I andresammenhænge end matematik betyder bevis sædvanligvis blot sandsynliggørelse, ogman giver derfor flere beviser for sin påstand. Tænk blot på jura og litteratur, hvorbevis = sandsynliggørelse. Derimod er et matematisk bevis for en sætning en logiskdeduktion. Når sætningen kan bevises på en eller anden måde, så er den korrekt, ogflere beviser for den er i princippet overflødige. I matematikken kræver man altsåbeviser, forstået på den barske måde som matematiske beviser, dvs stringent logiske.Derfor turde jeg før vove den påstand, at det er karakteristisk for matematikken medde lange deduktionskæder.Matematikken indeholder altså både induktion og deduktion. Ved at skære bevisernevæk fjerner man det deduktive element, der frem for alt er og har været matematikkenskendetegn i over 2000 år. Dermed giver man et ukorrekt billede af matematikkensvæsen.På det personlige plan kan jeg og mine kolleger fortælle jer, at det kan værespændende og ophidsende og ligefrem ødelægge ens nattesøvn at forsøge at beviseen sætning, man tror er sand.Selv om bevisførelsen er karakteristisk for matematikken, så er det væsentligsteselvfølgelig de resultater, der opnås. Det er jo dem, der anvendes i teori og praksis.V Vurderinger af løsningerJeg vil gerne vise, at maksimumsprincipperne ovenfor kan bruges til at vurdereløsninger til differentialligninger, selv om man måske ikke er i stand til at løse de6


pågældende differentialligninger. Vi vil studere differentialligningenu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = f(t) for t a;hvor f; g og h er givne (pæne) funktioner. u er den ukendte funktion, som vi ønskerat bestemme.Sådanne differentialligninger dukker op i fysik.Differentialligningen ovenforbeskriver, hvorledes en partikel, der er ophængt i enden af en fjeder, bevæger sig,når tiden t går. f er den udefra kommende kraft, som påvirker partiklen (her er dettyngden), g er et mål for gnidningsmodstanden, der vil standse bevægelsen, og h erfjederkraften.Det er fysisk set oplagt, at hvis vi til et givet tidspunkt t = a kender partiklensposition u(a) og dens hastighed u 0 (a), så er dens fremtidige løbebane fastlagt. Om mankan beregne den, er en ganske anden sag.Hvad kan vi gøre, hvis vi ikke kan få løst differentialligningen? Eller hvis vi fåret håbløst kompliceret udtryk for løsningen? Undertiden er det tilstrækkeligt at kunnevurdere løsningen i den forstand at kunne pege på kendte funktioner v og w medv u w: Som vi skal se, kan det somme tider lade sig gøre at finde v’er og w’er,selv om u er totalt ukendt (pånær at vi har fået opgivet u(a) og u 0 (a)).Vi stiller resultaterne op i to sætninger.Sætning V.1.Lad h(t) 0 for alle t a: Lad u opfylde differentialligningenHvis v : [a;1[! R opfylder, atu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = f(t) for t > a:v 00 (t) + g(t)v 0 (t) + h(t)v(t) f(t) for t > a;samt atså er v(t) u(t) for alle t a:Sætning V.2.v(a) u(a) og v 0 (a) u 0 (a);Lad h(t) 0 for alle t a: Lad u opfylde differentialligningenHvis w : [a;1[! R opfylder, atu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = f(t) for t > a:w 00 (t) + g(t)w 0 (t) + h(t)w(t) f(t) for t > a;samt atw(a) u(a) og w 0 (a) u 0 (a);7


så er w(t) u(t) for alle t a:Bevis: Vi vil nøjes med at bevise Sætning V.2, idet beviset for Sætning V.1 kanføres på helt analog måde. Vi vil endvidere blot se på det tilfælde, hvor h(t) = 0 foralle t; idet vi ikke har opskrevet nogen maksimumsprincipper, når h er forskellig fra 0.Vi skal vise, at W (t) := w(t) 0 u(t) 0 for alle t a: Funktionen W opfylderåbenbart, atW 00 (t) + g(t)W 0 (t) 0 samt at W (a) 0 og W 0 (a) 0:Betragt et delinterval [a; x] af [a;1[: På dette delinterval antager W ifølge punkt (a)(side 4) af Sætning III.4 sit maksimum i enten a eller x: Da W 0 (a) 0; antagesmaksimet ifølge punkt (b) af Sætning III.4 i x: Der gælder så, at W (x) W (a) 0:Da dette er opfyldt for ethvert x > a, er W (x) 0 for ethver x > a. Og det var det,vi skulle vise.Eksempel V.3.Vi ønsker at vurdere løsningen u : [0; 1] ! R til begyndelsesværdiproblemetu 00 (t) 0 e t u(t) = 0 for t 2 ]0; 1[ hvor u(0) = 0; u 0 (0) = 1:Funktionen v(t) := t opfylder, at v 00 (t) 0 e t v(t) 0 samt at v(0) = 0 u(0) ogv 0 (0) = 1 u 0 (0); så ifølge Sætning V.1 ert u(t) for alle t 2 [0; 1]:Tilsvarende finder man med w(t) := e 2t 0 1 ved hjælp af Sætning V.2, ate 2t 0 1 u(t) for alle t 2 [0; 1]:Hermed har jeg fortalt jer noget om det første problem som blev nævnt i introduktionen,nemlig problemet om, hvorledes man kan vurdere ukendte løsninger til differentialligninger.Det var i form af nogen kvalitative resultater. Dette anvendes i næsteafsnit på spørgsmålet om éntydighed af løsninger, hvorefter vi går over til noget heltandet, nemlig spørgsmålet om nulpunkter for løsninger.VIÉntydighed af løsningerDet blev ovenfor i forbindelse med partiklen, der var ophængt i en fjeder, bemærket,at det fysisk set var oplagt, at partiklens position i princippet var bestemt i al fremtidud fra de givne begyndelsesdata: Partiklens position u(a) og dens hastighed u 0 (a) tilbegyndelsestidspunktet t = a: Denne fysiske påstand svarer til følgende matematiskepåstand:8


VI.1. ÉntydighedssætningenLad u 1 og u 2 : [a; b] ! R begge opfylde differentialligningenu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = f(t) for alle t 2 [a; b]:(a) Hvis u 1 (a) = u 2 (a) og u 0 1 (a) = u0 2 (a), så er u 1(t) = u 2 (t) for alle t 2 [a; b]:(b) Hvis u 1 (b) = u 2 (b) og u 0 1 (b) = u0 2 (b), så er u 1(t) = u 2 (t) for alle t 2 [a; b]:Bevis: Vi vil kun gennemføre beviset i det tilfælde, hvor h er identisk 0. Her erbeviset en simpel konsekvens af Sætningerne V.1 og V.2 ovenfor: Med u 1 = v ogu 2 = u fås f.eks., at u 1 u 2 :Det følgende korollar er taget med, fordi det benyttes i beviset for Sætning VII.2.Korollar VI.2.Lad u 1 og u 2 : [a; b] ! R begge opfylde differentialligningenu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = 0 for alle t 2 [a; b]:Hvis u 1 (a) = u 2 (a) = 0; så er u 1 og u 2 proportionale.Bevis: Hvis u 0 1 (a) = 0; så er u identisk 0 ifølge Éntydighedssætningen (SætningVI.1, side 9). Dermed er u 1 = 0 1 u 2 :Hvis u 0 1 (a) 6= 0; så erU(t):= u0 2 (a)u 0 1 (a)u 1(t); t a;en løsning til differentialligningen, der opfylder, at U(a) = 0 = u 2 (a) og U 0 (a) = u 0 2 (a):Ifølge Éntydighedssætningen er U = u 2 ; hvoraf korollaret følger.VII Nulpunkter for løsningerI dette afsnit vil vi se på nogle kvalitative egenskaber til løsninger af 2. ordensdifferentialligninger. Lad os tage udgangspunkt i et eksempel, som I alle kender.Eksempel VII.1.Differentialligningen u 00 (t) + u(t) = 0; t 2 R; har bl.a. løsningerne v(t) := sin tog w(t) := cos t: Graferne for funktionerne sinus og cosinus ligger som bekendt ogslanger sig omkring hinanden, så der mellem to på hinanden følgende nulpunkter forsinus ligger præcis ét nulpunkt for cosinus, og omvendt.Vi vil vise, at den opførsel af løsningerne v(t) = sin t og w(t) = cos t til ligningenu 00 + u = 0 ikke er noget, som er specielt for løsningerne v og w: Det gælder ikke9


lot for ethvert par af løsninger til ligningen u 00 + u = 0, men for ethvert par afløsninger til en generel 2. ordens differentialligning u 00 + gu 0 + hu = 0: To løsningertil en sådan differentialligning vil altid ligge og slange sig op ad hinanden. Detteoverraskende fænomen vil vi nu give et bevis for. Mere præcist vil vi vise følgenderesultat. Bemærk, at vi ikke længere kræver, at h(t) 0:Sætning VII.2.Lad v og w være to løsninger, som ikke er proportionale, til differentialligningenu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = 0 for alle t 2 R:Da vil der mellem to på hinanden følgende nulpunkter for v findes netop ét nulpunktfor w:Vi baserer beviset for Sætning VII.2 på det følgende resultat, der nok kan haveinteresse i sig selv. Betegnelsen v 6 0 betyder, at v ikke er den konstante funktion nul.Sætning VII.3.Lad v 6 0 og w være to løsninger til differentialligningenu 00 (t) + g(t)u 0 (t) + h(t)u(t) = 0 for alle t 2 I;hvor I er et interval.Da gælder: Hvis w(t) 6= 0 for ethvert t 2 I; så har v højst ét nulpunkt i intervallet I:Bevis for Sætning VII.3: En brutal udregning afslører, at funktionenZ(t) := v(t)w(t)for t 2 Itilfredsstiller differentialligningenZ 00 (t) +2 w0 (t)w(t) + g(t) Z 0 (t) = 0 for t 2 I;altså en differentialligning, som er på den form, vi mødte under maksimumsprincipperne.Lad os antage, at v har (mindst) to nulpunkter a og b (a < b) i intervallet I; også føre denne antagelse til en modstrid.Vi har altså, at v(a) = v(b) = 0; og dermed at Z(a) = Z(b) = 0: Af punkt (a)(side 4) i Sætning III.4 ser vi, at Z(t) 0 for alle t 2 [a; b]: Da funktionen 0Z ogsåopfylder differentialligningen ovenfor, kan vi også anvende maksimumsprincippet på0Z; og det giver os, at 0Z(t) 0 for alle t 2 [a; b]: Men så er Z(t) = 0 for allet 2 [a; b]: Af Éntydighedssætningen (Sætning VI.1, side 9) følger det så, at Z 0, ogdermed at v 0; hvilket strider mod vores antagelse om, at v 6 0:10


Bevis for Sætning VII.2 (side 10): Lad a og b (a < b) være to på hinanden følgendenulpunkter for v: Idet der så gælder, at v(t) 6= 0 for ethvert t 2 ]a; b[, kan vi af SætningVII.3 (side 10) slutte, at w højst har ét nulpunkt i ]a; b[:Lad os nu antage, at w ingen nulpunkter har i intervallet ]a; b[; og så føre denantagelse til en modstrid. Bemærk først ved hjælp af Korollar VI.2 (side 9), at w(a) 6= 0og w(b) 6= 0; så at w(t) 6= 0 for alle t i et åbent interval I [a; b]: I intervallet I har vmindst to nulpunkter, nemlig a og b. Det strider mod Sætning VII.3 (side 10).Jeg vil godt nævne en generalisation af sætningen ovenfor. Man kan nemlig ikkebare sammenligne to løsninger v og w til den samme differentialligning, men ogsåløsninger v og w til forskellige differentialligninger. Specielt kan man sammenholde enløsning til en differentialligning, som man måske ikke kan løse, med en kendt løsningtil en anden differentialligning. Det præcise resultat er følgende:Sætning VII.4.Lad v og w opfylde differentialligningernev 00 + gv 0 + h 1 v = 0w 00 + gw 0 + h 2 w = 0;på et interval I: Om koefficienterne h 1 og h 2 antages, at h 1 (t) < h 2 (t) for alle t 2 I:Hvis a < b er to på hinanden følgende nulpunkter for v; så har w et nulpunkt iintervallet ]a; b[:Tiden tillader os desværre ikke at gå ind på beviset for Sætning VII.4.11


u 00 (t) +01 + e0t1u(t) = 0 for t > 0VIII Opgaver1. Betragt begyndelsesværdiproblemetu 00 (t) + tu 0 (t) 0 t 2 u(t) = 1 for t 2 [0; 1]u(0) = u 0 (0) = 0:Vis, at 0 u(t) t 2 =2 for t 2 [0; 1]:2. Betragt begyndelsesværdiproblemetu 00 (t) 0 e t u(t) = 1 for t 2 [0; 1]u(0) = 1; u 0 (0) = 0:Vis, at 1 u(t) e 2t for t 2 [0; 1]:3. Vis, at enhver løsning til differentialligningenhar uendelig mange nulpunkter.4. Lad u være en løsning til u 00 (t) 0 e 0t u(t) = 0 på intervallet ]0;1[: Vis, at u harhøjst ét nulpunkt.12

More magazines by this user
Similar magazines