(1.1) y (t) = f ( t, y(t) ), a t b, y(a) = y 0.

Transcript

1 1. Προβλήματα αρχικών τιμών Στο μεγαλύτερο μέρος αυτού του βιβλίου θα ασχοληθούμε με μεθόδους αριθμητικής επίλυσης προβλημάτων αρχικών τιμών για Συνήθεις Διαφορικές Εξισώσεις (Σ.Δ.Ε.). Στο πρώτο κεφάλαιο δίνονται ορισμένα στοιχεία από τη θεωρία των προβλημάτων αρχικών τιμών για Σ.Δ.Ε., έτσι ώστε και ο μη μυημένος στο θέμα αναγνώστης να μπορεί να κατανοήσει τα θέματα αριθμητικής επίλυσης τέτοιων προβλημάτων. Στα επόμενα τέσσερα κεφάλαια μελετάμε αριθμητικές μεθόδους για προβλήματα αρχικών τιμών. Στο δεύτερο κεφάλαιο μελετάμε αρκετά λεπτομερώς τη μέθοδο του Euler, εν είδει εισαγωγής στο θέμα της αριθμητικής επίλυσης προβλημάτων αρχικών τιμών. Η απλή αυτή μέθοδος δεν είναι χρήσιμη στην πράξη ο σκοπός μας είναι να εξοικειωθεί ο αναγνώστης με διάφορες έννοιες, και αυτό είναι αρκετά πιο εύκολο να γίνει στην περίπτωση αυτής της απλής μεθόδου παρά σε πιο πολύπλοκες. Το τρίτο κεφάλαιο είναι αφιερωμένο στις μεθόδους των Runge Kutta, ενώ το τέταρτο στις πολυβηματικές μεθόδους. Ευσταθείς μέθοδοι με υψηλή τάξη ακρίβειας από αυτές τις δύο κατηγορίες μεθόδων χρησιμοποιούνται ευρύτατα στην πράξη. Το πέμπτο κεφάλαιο αναφέρεται σε πιο πρόσφατες μεθόδους, τις λεγόμενες μεθόδους του Galerkin, τόσο τις ασυνεχείς όσο και τις συνεχείς. Αυτές οι μέθοδοι (οι οποίες είναι στην ουσία τους μέθοδοι πεπερασμένων στοιχείων) αποκτούν όλο και μεγαλύτερη σημασία τα τελευταία χρόνια. Αρχίζουμε αναφέροντας, εντελώς συνοπτικά, ορισμένα βασικά αποτελέσματα από τη θεωρία των προβλημάτων αρχικών τιμών για Σ.Δ.Ε. Έστω a, b R, a < b, f : [a, b] R R μία συνάρτηση, και y R. Το τυπικό πρόβλημα αρχικών τιμών που θα μας απασχολήσει είναι το εξής: Ζητείται μία συνάρτηση y : [a, b] R, τέτοια ώστε (1.1) y (t) = f ( t, y(t) ), a t b, y(a) = y. Έστω ότι η f είναι συνεχής συνάρτηση για (t, y) [a, b] R. (Γράφουμε f C([a, b] R).) Κάθε συνάρτηση y C 1 [a, b], η οποία ικανοποιεί τόσο τη διαφορική εξίσωση στην (1.1) όσο και την αρχική συνθήκη y(a) = y, λέγεται λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (1.1). 1

2 2 1. Προβλήματα αρχικών τιμών Η γενική θεωρία των Σ.Δ.Ε. μελετά το πρόβλημα (1.1), ειδικότερα, π.χ., όσον αφορά συνθήκες για την f οι οποίες εξασφαλίζουν ύπαρξη ή/και μοναδικότητα της λύσης, και εξετάζει κατά πόσον η λύση εξαρτάται συνεχώς από τα αρχικά δεδομένα. Συνεχής εξάρτηση σημαίνει εδώ το εξής: Αν y η λύση του (1.1), και ỹ η λύση του αντίστοιχου προβλήματος με αρχική τιμή ỹ αντί y, τότε, όταν η διαφορά y ỹ είναι μικρή, θέλουμε και η αντίστοιχη διαφορά των λύσεων y ỹ να είναι μικρή. (Η επιλογή της νόρμας συναρτήσεων ορισμένων στο [a, b], στην οποία μετράμε τη διαφορά, αποτελεί, γενικά, μέρος του προβλήματος.) Στην ειδική περίπτωση στην οποία η f είναι πολυώνυμο πρώτου βαθμού ως προς y, η αντίστοιχη Σ.Δ.Ε. λέγεται γραμμική και το πρόβλημα (1.1) γράφεται στη μορφή (1.2) y (t) = p(t) y(t) + q(t), a t b, y(a) = y. Αν p, q C[a, b], τότε το πρόβλημα (1.2) έχει μία ακριβώς λύση, η οποία μάλιστα δίνεται από τον τύπο } (1.3) y(t) = e R t a p(s)ds y + a q(s) e R s a p(τ)dτ ds, a t b. Στη σχέση (1.3) μπορούμε να οδηγηθούμε ως εξής: Στην περίπτωση p =, το πρόβλημα λύνεται με απλή ολοκλήρωση. Αν πολλαπλασιάσουμε με κατάλληλο ολοκληρωτικό παράγοντα, η γενική περίπτωση μπορεί να αναχθεί στην προηγούμενη. Πράγματι, μπορούμε να γράψουμε τη διαφορική εξίσωση στη μορφή y (s) p(s) y(s) = q(s) ή, ισοδύναμα, (e R ) s a p(τ) dτ y(s) = e R s a p(τ) dτ q(s). Ολοκληρώνοντας αυτή τη σχέση από a έως t, λαμβάνουμε την (1.3). Για γενική συνάρτηση f όμως τα πράγματα είναι εντελώς διαφορετικά. Γενικά, όχι μόνο δεν μπορεί κανείς να δώσει τη λύση σε κλειστή μορφή, αλλά ούτε καν να εγγυηθεί ύπαρξη ή/και μοναδικότητά της. Είναι πράγματι δυνατόν να μην υπάρχει λύση ή να υπάρχουν πολλές λύσεις. Ας θεωρήσουμε παραδείγματος χάριν το πρόβλημα (1.4) y = y 2, t 2, y() = 1. Για t < 1 η μόνη λύση είναι y(t) = 1 1 t,

3 3 για την οποία ισχύει y(t) για t 1. Συνεπώς δεν υπάρχει λύση σε όλο το διάστημα [, 2]. Αντίθετα, το πρόβλημα (1.5) y = y, t 1, y() =, έχει πολλές λύσεις, π.χ. y(t) :=, t 1, και y(t) := (t 1 2 )2 4, t 1 2,, 1 2 < t 1. Γενικά, λύσεις προβλημάτων τα οποία δεν λύνονται μονοσήμαντα είναι πολύ δύσκολο να προσεγγισθούν αριθμητικά. Αρκετά απλούστερα είναι τα πράγματα στην περίπτωση προβλημάτων με μία ακριβώς λύση. Αποδεικνύουμε λοιπόν ένα κλασσικό θεώρημα, το οποίο, υπό ορισμένες συνθήκες φυσικά, εξασφαλίζει ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης του προβλήματος αρχικών τιμών (1.1). Θεώρημα 1.1 Έστω f C ( [a, b] R ) μία συνάρτηση, η οποία επί πλέον πληροί τη συνθήκη του Lipschitz ως προς y, ομοιόμορφα ως προς t, δηλαδή (1.6) L t [a, b] y 1, y 2 R f(t, y1 ) f(t, y 2 ) L y1 y 2. Τότε, για κάθε y R, το πρόβλημα (1.1) λύνεται μονοσήμαντα. Απόδειξη. Εισάγουμε κατ αρχάς τον ολοκληρωτικό τελεστή T : C[a, b] C[a, b], T x(t) := (T x)(t) := y + a f(s, x(s)) ds, a t b. Έστω τώρα y λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (1.1). Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη της Δ. Ε. στο διάστημα [a, t] διαπιστώνουμε ότι η y είναι επίσης λύση της ολοκληρωτικής εξίσωσης (1.7) y = T y. Αντιστρόφως, αν y C[a, b] είναι μία λύση της ολοκληρωτικής εξίσωσης (1.7), τότε y(a) = y. Επί πλέον, αφού υποθέσαμε ότι η f είναι συνεχής στο [a, b] R, η y είναι συνεχώς παραγωγίσιμη στο [a, b]. Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της (1.7) διαπιστώνουμε ότι y (t) = f(t, y(t)), για t [a, b], δηλαδή ότι η y είναι λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (1.1). Συνεπώς, για να αποδείξουμε ότι το πρόβλημα αρχικών τιμών (1.1) έχει μία ακριβώς λύση, αρκεί να αποδείξουμε ότι η ολοκληρωτική εξίσωση (1.7) έχει μία ακριβώς λύση y C[a, b], δηλαδή ότι ο ολοκληρωτικός τελεστής T έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο. Εισάγουμε στον C[a, b] τη νόρμα, x := max a t b ( x(t) e 2Lt ).

4 4 1. Προβλήματα αρχικών τιμών Αμέσως διαπιστώνουμε ότι η είναι ισοδύναμη με τη νόρμα μεγίστου στον C[a, b]. Επομένως, επειδή, όπως είναι γνωστό, ο χώρος (C[a, b], ) είναι πλήρης, και ο (C[a, b], ) είναι χώρος Banach. Αν λοιπόν αποδείξουμε ότι ο T είναι συστολή στον (C[a, b], ), τότε, σύμφωνα με το θεώρημα σταθερού σημείου του Banach, ο T θα έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο. Τώρα, για x, z C[a, b] και t [a, b], έχουμε T x(t) T z(t) = a a [f(s, x(s)) f(s, z(s))]ds f(s, x(s)) f(s, z(s)) ds L a x(s) z(s) ds, όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε τη συνθήκη του Lipschitz (1.6) επομένως δηλαδή T x(t) T z(t) L a L x z x(s) z(s) e 2Ls e 2Ls ds a e 2Ls ds 1 2 x z e2lt, (1.8) T x T z 1 x z x, z C[a, b] 2 και έτσι ολοκληρώνεται η απόδειξη. Παρατήρηση 1.1 Μία ανισότητα της μορφής (1.8) με σταθερά L αντί για 1/2 ισχύει αν αντικαταστήσουμε τη νόρμα με τη νόρμα μεγίστου. Επειδή δεν θέλουμε να υποθέσουμε ότι η L είναι μικρότερη της μονάδας, χρησιμοποιήσαμε τη νόρμα. Σημειώνουμε πάντως ότι στη βιβλιογραφία συνήθως χρησιμοποιείται η νόρμα μεγίστου και αποδεικνύεται ότι μία απεικόνιση T T T (σύνθεση n φορές, για κατάλληλο n) είναι συστολή. Η συνθήκη του Lipschitz (1.6) είναι πολύ περιοριστική. Μια τόσο απλή συνάρτηση όπως η f(t, y) := y 2 δεν πληροί την (1.6), όπως διαπιστώνει κανείς αμέσως. Για p, q C[a, b] οι συναρτήσεις f(t, y) := p(t) y + q(t) (γραμμική Δ.Ε.) και f(t, y) := p(t) sin y, πληρούν την (1.6). Αν η f είναι παραγωγίσιμη ως προς τη δεύτερη μεταβλητή της και ισχύει M R t [a, b] y R fy (t, y) M, τότε η f πληροί την (1.6) (π.χ. με L := M ), όπως διαπιστώνει κανείς εύκολα με τη βοήθεια του θεωρήματος μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού. Όμως, η συνάρτηση f του προβλήματος (1.5), δηλαδή η f(y) := y, δεν ικανοποιεί την (1.6). Η (1.6) είναι γνωστή ως ολική συνθήκη του Lipschitz. Ολική γιατί ισχύει για όλους τους πραγματικούς y 1, y 2. Αν ισχύει αυτή η συνθήκη, έχουμε ύπαρξη και

5 5 μοναδικότητα της λύσης σε ολόκληρο το διάστημα [a, b]. Αντικαθιστώντας την (1.6) με μια τοπική συνθήκη του Lipschitz, την οποία πληρούν πολύ περισσότερες συναρτήσεις, μπορούμε να αποδείξουμε ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης, όχι όμως στο διάστημα [a, b] αλλά σε ένα υποδιάστημά του [a, b ], με κατάλληλο b. Το ακριβές αποτέλεσμα είναι: Θεώρημα 1.2 Έστω c > και f C ( [a, b] [y c, y + c] ). Αν η f πληροί στο [a, b] [y c, y + c] τη συνθήκη του Lipschitz ως προς y, ομοιόμορφα ως προς t, δηλαδή (1.9) L t [a, b] y 1, y 2 [y c, y + c] f(t, y1 ) f(t, y 2 ) L y1 y 2, τότε το πρόβλημα αρχικών τιμών (1.1) λύνεται μονοσήμαντα, τουλάχιστον στο διάστημα [a, b ], όπου με A := max f(t, y) a t b y c y y +c έχουμε ( b := min b, a + c ). A H συνθήκη (1.9) είναι πολύ ασθενέστερη από την (1.6). Κάθε συνάρτηση f C ( [a, b] [y c, y + c] ), η οποία είναι συνεχώς παραγωγίσιμη ως προς τη δεύτερη μεταβλητή στο διάστημα [y c, y + c], πληροί την (1.9). Η απόδειξη του Θεωρήματος 1.2 δεν είναι δύσκολη, μπορεί δε να γίνει με κατάλληλη τροποποίηση της απόδειξης του Θεωρήματος 1.1. Σημειώνουμε επίσης ότι και μόνο η συνέχεια της f, f C ( [a, b] R ), εξασφαλίζει ύπαρξη λύσης του (1.1) σε κάποιο διάστημα της μορφής [a, c], c > a. Δεν εξασφαλίζει όμως, γενικά, μοναδικότητα, όπως φαίνεται και από το παράδειγμα (1.5). (Στο παράδειγμα αυτό εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση f(y) := y δεν ικανοποιεί την τοπική συνθήκη του Lipschitz ως προς y σε κανένα διάστημα που περιέχει το μηδέν.) Πολύ σημαντική είναι η γενίκευση των παραπάνω για συστήματα Σ.Δ.Ε. πρώτης τάξης. Έστω m N, f : [a, b] R m R m, και y R m. Ζητείται συνάρτηση y : [a, b] R m τέτοια ώστε (1.1) y (t) = f ( t, y(t) ), a t b, y(a) = y. Τα αποτελέσματα που αναφέραμε προηγουμένως ισχύουν και για το πρόβλημα (1.1), αν απλώς αντικαταστήσουμε την απόλυτη τιμή με μία οποιαδήποτε νόρμα του R m. Το ανάλογο του Θεωρήματος 1.1 φερ ειπείν είναι τώρα το εξής: Θεώρημα 1.3 Έστω f : [a, b] R m R m μία συνεχής συνάρτηση, η οποία πληροί τη συνθήκη του Lipschitz ως προς y, ομοιόμορφα ως προς t, ως προς μια νόρμα του

6 6 1. Προβλήματα αρχικών τιμών R m, δηλαδή (1.11) L R t [a, b] y 1, y 2 R m f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) L y 1 y 2. Τότε, για κάθε y R m, το πρόβλημα (1.1) λύνεται μονοσήμαντα. Η συνθήκη (1.11) είναι, και πάλι, πολύ περιοριστική. Αν, για παράδειγμα, =, η f είναι συνεχώς παραγωγίσιμη για (t, y) [a, b] R m, και ισχύει ότι M := sup 1 i m (t,y) [a,b] R m n j=1 f i y j <, τότε η f πληροί την (1.11) με M = L. Το ανάλογο πρόβλημα του (1.2) είναι τώρα της μορφής (1.12) y (t) = A(t) y(t) + g(t), a t b, y(a) = y, όπου, για t [a, b], g(t) R m και A(t) R m,m. Το πρόβλημα αυτό έχει μοναδική λύση, αν, π.χ., τα δεδομένα g και A είναι συνεχείς συναρτήσεις του t, για t [a, b]. Προβλήματα της μορφής (1.1) παρουσιάζονται πολύ συχνά στις εφαρμογές. Επί πλέον, προβλήματα αρχικών τιμών Σ.Δ.Ε. ανώτερης τάξης μπορούν να αναχθούν σε προβλήματα αρχικών τιμών για συστήματα της μορφής (1.1). Ας θεωρήσουμε, για παράδειγμα, το πρόβλημα αρχικών τιμών (1.13) y (m) (t) = f ( t, y(t), y (t),..., y (m 1) (t) ), a t b, y (i) (a) = y i, i =,..., m 1. Αν θέσουμε z(t) := ( y(t), y (t),..., y (m 1) (t) ) T, z := (y, y 1,..., y m 1 ) T, το πρόβλημα (1.13) γράφεται, όπως διαπιστώνουμε, στη μορφή z 2 (t) z 3 (t) z (t) =., a t b, (1.14) z m (t) f ( t, z 1 (t),..., z m (t) ) z(a) = z. Ακριβώς ανάλογα μπορεί να αναγάγει κανείς προβλήματα αρχικών τιμών ανώτερης τάξης για συστήματα σε προβλήματα της μορφής (1.1).

7 Ασκήσεις 7 Αποδείξεις θεωρημάτων ύπαρξης μοναδικότητας για τη λύση προβλημάτων αρχικών τιμών για Σ.Δ.Ε. καθώς και για συστήματα Σ.Δ.Ε. υπάρχουν σε πολλά βιβλία διαφορικών εξισώσεων, παραδείγματος χάριν στα βιβλία των Coddington και Levinson [11], Birkhoff και Rota [4], Αλικάκου και Καλογερόπουλου [3], και Φίλου [4]. (Οι αριθμοί αναφέρονται στη βιβλιογραφία στο τέλος του βιβλίου.) Ασκήσεις 1.1 Έστω p : [a, b] R μία συνεχής συνάρτηση. Αποδείξτε ότι κάθε λύση της ομογενούς γραμμικής διαφορικής εξίσωσης y (t) = p(t)y(t), t [a, b], είναι της μορφής y(t) = Ce R t a p(s)ds με μία σταθερά C. [Υπόδειξη: Με παραγώγιση διαπιστώνει κανείς αμέσως ότι οι συναρτήσεις της δεδομένης μορφής αποτελούν πράγματι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης. Για το αντίστροφο, υποθέστε ότι y είναι μία λύση της εξίσωσης, θεωρήστε τη συνάρτηση u, u(t) = e R t a p(s)ds y(t), t [a, b], και βεβαιωθείτε ότι u =, δηλαδή ότι η u είναι σταθερή συνάρτηση.] 1.2 (Η μέθοδος της μεταβολής των σταθερών.) Έστω p, q : [a, b] R συνεχείς συναρτήσεις. Αποδείξτε ότι οι λύσεις της μη ομογενούς γραμμικής διαφορικής εξίσωσης y (t) = p(t)y(t) + q(t), t [a, b], είναι της μορφής } y(t) = e R t a p(s)ds C + a q(s) e R s a p(τ)dτ ds, a t b, με μία σταθερά C, βλέπε την (1.3). [Υπόδειξη: Για να βεβαιωθείτε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις, αρκεί να παρατηρήσετε ότι η διαφορά δύο λύσεων της μη ομογενούς εξίσωσης αποτελεί λύση της ομογενούς και να λάβετε υπ όψιν την Άσκηση 1.1. Για να προσδιορίσετε λύσεις, δοκιμάστε λύσεις της μορφής y(t) = C(t)e R t a p(s)ds, όπως στην Άσκηση 1.1, αλλά τώρα με μία συνάρτηση C στη θέση της σταθεράς C γι αυτόν ακριβώς το λόγο αυτή η τεχνική λέγεται μέθοδος της μεταβολής των σταθερών. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση C πληροί μία απλή διαφορική εξίσωση, η οποία είναι εύκολο να επιλυθεί.] 1.3 Θεωρήστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y = y, t 2, y() = 1.

8 8 1. Προβλήματα αρχικών τιμών Αποδείξτε ότι για το πρόβλημα αυτό ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος 1.2 για κατάλληλα c και L. Προσδιορίστε τη λύση y με τη μέθοδο του χωρισμού μεταβλητών. 1.4 Θεωρήστε το πρόβλημα αρχικών τιμών (1.4). Ελέγξτε ότι το Θεώρημα 1.2 εξασφαλίζει ύπαρξη και μοναδικότητα της λύσης του (1.4) τουλάχιστον σ ένα διάστημα της μορφής [, b ]. Επειδή η f ικανοποιεί τη συνθήκη του Lipschitz ως προς y σε οποιοδήποτε διάστημα της μορφής [1 c, 1 + c], μελετήστε το b ως συνάρτηση του c. 1.5 Θεωρήστε το πρόβλημα αρχικών τιμών y = 1 y 2, t, y() = 1. α) Γιατί πρέπει να αναμένεται ότι το πρόβλημα αυτό δεν έχει μοναδική λύση; β) Αποδείξτε ότι οι συναρτήσεις y(t) = 1 και y(t) = cosh t είναι λύσεις του προβλήματος σε κάθε διάστημα [, b], b >. γ) Ποιο είναι το μεγαλύτερο διάστημα της μορφής [, b) στο οποίο η y(t) = cos t είναι λύση; 1.6 Έστω t (, 1). Προσδιορίστε μία μη μηδενική σταθερά c τέτοια ώστε η συνάρτηση y : [, 1] R,, t t, y(t) := c(t t ) 2, t < t 1, να αποτελεί λύση του προβλήματος αρχικών τιμών (1.5). [Σημειώνουμε ότι για t = 1/2 μία τέτοια λύση δόθηκε στη θεωρία.] 1.7 Αποδείξτε το Θεώρημα 1.3. [Υπόδειξη: Αποδείξτε ότι χωρίς περιορισμό της γενικότητας μπορείτε να χρησιμοποιήσετε στον R m τη νόρμα μεγίστου.] 1.8 Έστω f : [a, b] R R μία συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε t [a, b] y 1, y 2 R ( f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) ) (y 1 y 2 ). (Δηλαδή, για κάθε σταθερή τιμή t της πρώτης μεταβλητής, η συνάρτηση f(t, ) είναι φθίνουσα.) Έστω y και z οι λύσεις των προβλημάτων αρχικών τιμών y = f(t, y), t [a, b], y(a) = y, και z = f(t, z), t [a, b], z(a) = z, αντίστοιχα. Αποδείξτε ότι, για κάθε t [a, b], ισχύει y(t) z(t) y z.

9 Ασκήσεις Θεωρούμε τα προβλήματα αρχικών τιμών της Άσκησης 1.8, υποθέτοντας αυτή τη φορά ότι η συνεχής συνάρτηση f : [a, b] R R ικανοποιεί τη συνθήκη t [a, b] y 1, y 2 R ( f(t, y 1 ) f(t, y 2 ) ) (y 1 y 2 ) ν(y 1 y 2 ) 2, για κάποια σταθερά ν. (Σημειώνουμε ότι για ν = η παρούσα συνθήκη συμπίπτει με εκείνη στην προηγούμενη Άσκηση.) Συνθήκες αυτής της μορφής αναφέρονται στη βιβλιογραφία ως μονόπλευρες συνθήκες του Lipschitz. Αποδείξτε ότι, για κάθε t [a, b], ισχύει y(t) z(t) e ν(t a) y z. 1.1 Οι Ασκήσεις 1.8 και 1.9 γενικεύονται και για συστήματα συνήθων διαφορικών εξισώσεων. Η γενίκευση της Άσκησης 1.8 είναι: Έστω f : [a, b] R m R m μία συνεχής συνάρτηση τέτοια ώστε t [a, b] y 1, y 2 R m ( f(t, y 1 ) f(t, y 2 ), y 1 y 2 ). Έστω y και z οι λύσεις των προβλημάτων αρχικών τιμών y = f(t, y), t [a, b], y(a) = y, και z = f(t, z), t [a, b], z(a) = z, αντίστοιχα. Αποδείξτε ότι, για κάθε t [a, b], ισχύει y(t) z(t) y z. Συμβολίσαμε εδώ με (, ) και το Ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο και την Ευκλείδεια νόρμα, αντίστοιχα, στον R m Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y = f(t, y), t [a, b], y(a) = y, και υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f πληροί τη μονόπλευρη συνθήκη του Lipschitz που δίνεται στην Άσκηση 1.9. Βεβαιωθείτε ότι με την αλλαγή μεταβλητής u(t) := e ν(t a) y(t) το πρόβλημα γράφεται στη μορφή u = F (t, u), t [a, b], u(a) = y, με F (t, v) := e ν(t a) f ( t, e ν(t a) v ) νv

10 1 1. Προβλήματα αρχικών τιμών και αποδείξτε ότι η συνάρτηση F ικανοποιεί τη συνθήκη που δίνεται στην Άσκηση 1.8, t [a, b] y 1, y 2 R ( F (t, y 1 ) F (t, y 2 ) ) (y 1 y 2 ) (Η ανισότητα του Gronwall σε ολοκληρωτική μορφή.) Έστω ϕ μία συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [, T ], και α, β R με β. Αν ισχύει αποδείξτε ότι ϕ(t) α + β ϕ(s)ds t [, T ], ϕ(t) α e βt t [, T ]. [Υπόδειξη: Θεωρήστε ένα θετικό ε και αποδείξτε ότι η συνάρτηση ψ, ψ(t) := (α + ε) e βt, t [, T ], ικανοποιεί την ολοκληρωτική εξίσωση ψ(t) = α + ε + β ψ(s)ds t [, T ]. Προφανώς ϕ() < ψ(). Έστω t ο μικρότερος αριθμός στο διάστημα [, T ] για τον οποίον ϕ(t ) = ψ(t ). Αποδείξτε ότι αυτό δεν είναι δυνατόν, γιατί οδηγεί στη σχέση ϕ(t ) < ψ(t ).] 1.13 (Γενίκευση της Άσκησης 1.12.) Με τους συμβολισμούς της προηγούμενης Άσκησης, υποθέτουμε ότι ϕ(t) α + h(s)ϕ(s)ds t [, T ], όπου h μία συνεχής συνάρτηση στο [, T ], η οποία λαμβάνει μόνο μη αρνητικές τιμές. Αποδείξτε ότι ϕ(t) α e R t h(s)ds t [, T ]. [Υπόδειξη: Θεωρήστε ένα θετικό ε και αποδείξτε ότι η συνάρτηση ψ, ψ(t) := (α + ε) e R t h(s) ds, t [, T ], ικανοποιεί την ολοκληρωτική εξίσωση ψ(t) = α + ε + Εργαστείτε όπως στην Άσκηση 1.12.] h(s)ψ(s)ds t [, T ] (Η ανισότητα του Gronwall σε διαφορική μορφή.) Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση ϕ της Άσκησης 1.12 είναι συνεχώς παραγωγίσιμη στο διάστημα [, T ] και ικανοποιεί την ανισότητα ϕ (t) βϕ(t) t [, T ]. Αποδείξτε ότι ϕ(t) ϕ() e βt t [, T ].

11 Ασκήσεις 11 [Υπόδειξη: Αποδείξτε ότι ϕ(t) ϕ() + β ϕ(s)ds t [, T ] και χρησιμοποιήστε την Άσκηση Εναλλακτικός τρόπος απόδειξης: Γράψτε τη διαφορική ανίσωση στη μορφή ( e βs ϕ(s) ) και ολοκληρώστε από μέχρι t.] 1.15 (Γενίκευση της Άσκησης 1.14.) Υποθέτουμε ότι μία συνάρτηση ϕ είναι συνεχώς παραγωγίσιμη στο διάστημα [, T ] και ικανοποιεί την ανισότητα ϕ (t) h(t)ϕ(t) t [, T ], όπου h μία συνεχής συνάρτηση στο [, T ], η οποία λαμβάνει μόνο μη αρνητικές τιμές. Αποδείξτε ότι ϕ(t) ϕ() e R t h(s)ds t [, T ] Έστω a R και f : [, ) R μία συνεχής συνάρτηση. Αποδείξτε ότι η λύση y του προβλήματος αρχικών τιμών y (t) = ay(t) + f(t), t, δίνεται από τη σχέση y() = y y(t) = e at y + e a(t s) f(s) ds, t, βλ. την (1.3). Σημειώνουμε ότι ο πρώτος όρος στο δεξιό μέλος παριστά τη λύση του προβλήματος για την ομογενή εξίσωση x (t) = ax(t), t, x() = y ενώ η ολοκληρωτέα ποσότητα e a(t s) f(s) παριστά την τιμή στο σημείο t της λύσης του προβλήματος x (t) = ax(t), t s, x(s) = f(s) Έστω M R m,m ένας πίνακας.

12 12 1. Προβλήματα αρχικών τιμών α) Κατ αναλογίαν προς τον ορισμό της εκθετικής συνάρτησης e x για πραγματικό αριθμό x, ορίζουμε τον πίνακα e M ως e M := l= 1 l! M l. Έστω μία νόρμα πινάκων. Αποδείξτε ότι ε > n N k N n+k 1 l! M l ε, l=n δηλαδή ότι η σειρά συγκλίνει και συνεπώς ο πίνακας e M είναι καλά ορισμένος. [Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε την εκτίμηση n+k n+k 1 l! M l 1 l! M l l=n l=n και το γεγονός ότι η σειρά l= 1 l! xl συγκλίνει για κάθε x R.] β) Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y (t) = My(t), t, y() = y. Αποδείξτε ότι η λύση του y δίνεται από τη σχέση [Υπόδειξη: Αποδείξτε ότι ( e tm ) = ( l= y(t) = e tm y, t. 1 l! tl M l) 1 = (l 1)! tl 1 M l = Me tm.] γ) Συμβολίζουμε με E(t) τον τελεστή λύσης του προβλήματος αρχικών τιμών του μέρους β), δηλαδή E(t) = e tm, οπότε y(t) = E(t)y. Κατ αναλογίαν προς τη σχέση e x+y = e x e y για πραγματικούς αριθμούς x και y, ισχύει και για πίνακες A, B R m,m ότι e A+B = e A e B, υπό την προϋπόθεση ότι οι A και B αντιμετατίθενται, δηλαδή AB = BA. Δεχθείτε αυτό το γεγονός και αποδείξτε ότι ο τελεστής E(t) έχει την ιδιότητα της ημιομάδας, δηλαδή ότι l=1 E(σ + τ) = E(σ)E(τ) σ, τ. Αυτό σημαίνει ότι αν λύσουμε διαδοχικά τα προβλήματα x (t) = Mx(t), t σ, x() = y

13 Ασκήσεις 13 και x (t) = Mx(t), σ t σ + τ, x(σ) = E(σ)y ή το αρχικό πρόβλημα στο διάστημα [, σ+τ] παίρνουμε το ίδιο αποτέλεσμα, y(σ + τ) = x(σ + τ). Με άλλα λόγια, στην τιμή της λύσης στη χρονική στιγμή σ + τ μπορούμε να οδηγηθούμε είτε λύνοντας το αρχικό πρόβλημα στο διάστημα [, σ +τ], είτε λύνοντας το πρόβλημα κατ αρχάς στο διάστημα [, σ] και εν συνεχεία στο διάστημα [σ, σ+τ], αλλά φυσικά με τη σωστή τώρα αρχική τιμή E(σ)y Έστω Λ = diag (λ 1,..., λ m ) ένας διαγώνιος πίνακας και M R m,m ένας διαγωνιοποιήσιμος πίνακας, M = UΛU 1 με Λ = diag (λ 1,..., λ m ). Αποδείξτε ότι α) e Λ = diag ( ) e λ 1,..., e λ m β) e M = Ue Λ U 1, οπότε, φυσικά, e tm = Ue tλ U 1, για t R Έστω f : [, ) R m μία συνεχής συνάρτηση. Με τους συμβολισμούς της Άσκησης 1.17, θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y (t) = My(t) + f(t), t, y() = y. Αποδείξτε ότι ( e tm y(t) ) = e tm f(t) και οδηγηθείτε στο συμπέρασμα ότι y(t) = e tm y + e (t s)m f(s) ds, t. (Συγκρίνετε με το αντίστοιχο αποτέλεσμα στην Άσκηση 1.16.) Η σχέση αυτή γράφεται και στη μορφή y(t) = E(t)y + E(t s)f(s) ds, όπου E(t) = e tm, η οποία συνήθως αναφέρεται ως αρχή του Duhamel. Σημειώνουμε ότι ο πρώτος όρος στο δεξιό μέλος είναι η τιμή στο σημείο t της λύσης του αντίστοιχου ομογενούς προβλήματος x (t) = Mx(t), t, x() = y, ενώ η παράσταση E(t s)f(s) είναι η τιμή στο σημείο t της λύσης του προβλήματος x (t) = Mx(t), t s, x(s) = f(s).

14 14 1. Προβλήματα αρχικών τιμών 1.2 Έστω M R m,m ένας πίνακας με ιδιοτιμές λ 1,..., λ m με μη θετικό πραγματικό μέρος, Re λ i, i = 1,..., m. Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y (t) = My(t), t, y() = y με y. Σκοπός μας στην παρούσα Άσκηση, καθώς και σε όσες ακολουθούν, είναι να μελετήσουμε τη συμπεριφορά του λόγου όπου μία νόρμα στον R m. α) Αν m = 1, αποδείξτε ότι y(t) y, y(t) y, t. ( ) 1 β) Αν m = 2, και M =, οπότε, προφανώς, λ 1 = λ 2 =, αποδείξτε ότι η λύση y(t) δίνεται από τη σχέση ( ) (y ) y(t) = 1 + (y ) 2 t, t, (y ) 2 όπου (y ) 1 και (y ) 2 οι συνιστώσες του y, και οδηγηθείτε στο συμπέρασμα ότι y(t), t, y σε αντιδιαστολή με την περίπτωση m = 1 που εξετάστηκε προηγουμένως Έστω µ R. Χρησιμοποιούμε ( ) τον συμβολισμό της Άσκησης 1.2 και υποθέτουμε τώρα ότι M =, οπότε οι ιδιοτιμές είναι λ 1 = 1 και λ 2 =. Η 1 µ λύση y(t) δίνεται από τη σχέση ( (y ) y(t) = 1 e t + (y ) 2 µ(1 e t ) ), t. (y ) 2 Ιδιαίτερα, για (y ) 1 = και μία νόρμα p (p 1) στον R 2, αποδείξτε ότι y(t) p y p µ, t. Συγκρίνετε πάλι με το αποτέλεσμα στην περίπτωση m = 1 που εξετάστηκε στην Άσκηση 1.2 α), όπου ο αντίστοιχος λόγος φράσσεται από τη μονάδα Έστω λ C ένας αριθμός με αρνητικό πραγματικό μέρος, Re λ <. Χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό της Άσκησης 1.2 και υποθέτουμε τώρα ότι ο πίνακας M

15 Ασκήσεις 15 έχει το λ στις θέσεις της διαγωνίου του, τη μονάδα στις θέσεις της υπερδιαγωνίου του και μηδενικά στις υπόλοιπες θέσεις, λ 1 λ 1. M =.....,... 1 λ οπότε οι ιδιοτιμές είναι λ 1 = = λ m = λ. Βεβαιωθείτε ότι η λύση y(t) = ( y1 (t),..., y m (t) ) T δίνεται από τις σχέσεις y n (t) = y n ()e λt, y i (t) = y i ()e λt + y i+1 (s)e λ(t s) ds, i = m 1,..., 1, και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι η συνάρτηση ϕ, ϕ(t) := e λ(t s), είναι ομοιόμορφα φραγμένη, συμπεράνετε ότι y(t) C y, t, για κάποια σταθερά C. Συγκρίνετε με την περίπτωση που εξετάστηκε στην Άσκηση 1.2 β) Χρησιμοποιούμε τον συμβολισμό της Άσκησης 1.2 και υποθέτουμε τώρα ότι, πέραν της υπόθεσης Re λ i, i = 1,..., m, ισχύει Re λ i <, αν το λ i είναι πολλαπλή ιδιοτιμή. Αποδείξτε ότι y(t) C y, t, για κάποια σταθερά C που εξαρτάται και από τη νόρμα. [Υπόδειξη: Επαγωγικά ως προς m. Για m = 1 ο ισχυρισμός ισχύει προφανώς. Για m > 1, έστω T R m,m ένας πίνακας τέτοιος ώστε T 1 MT = J να είναι η κανονική μορφή του Jordan του πίνακα M. Με x(t) := T 1 y(t) γράψτε το σύστημα των διαφορικών εξισώσεων στη μορφή x (t) = Jx(t). Το πρόβλημα διασπάται τώρα σε προβλήματα της μορφής που μελετήθηκαν στην Άσκηση 1.2 και προβλήματα με m = 1. Επομένως x(t) C x(), t, και η ισοδυναμία των νορμών στον R m οδηγεί στο αποτέλεσμα.] 1.24 Με τον συμβολισμό της Άσκησης 1.2, υποθέτουμε ότι ο πίνακας M R m,m είναι συμμετρικός, και ότι οι (πραγματικές) ιδιοτιμές του είναι μη θετικές, λ i, 1 i m.

16 16 1. Προβλήματα αρχικών τιμών α) Έστω ϕ : (, ] R μία φραγμένη, συνεχής συνάρτηση. Ο τελεστής ϕ(m) R m,m ορίζεται ως εξής: Θεωρούμε τα ορθομοναδιαία, ως προς το Ευκλείδειο εσωτερικό γινόμενο (, ) στον R m, ιδιοδιανύσματα του M, v (i), i = 1,..., m, τέτοια ώστε Mv (i) = λ i v (i), 1 i m. Για κάθε v R m ορίζουμε τη δράση του ϕ(m) από τη σχέση ( φασματική παράσταση του M) Αποδείξτε ότι ϕ(m)v = m ϕ(λ i )(v, v (i) )v (i). i=1 ϕ(m) 2 = max 1 i m ϕ(λ i), όπου 2 η νόρμα πινάκων που παράγεται από την Ευκλείδεια νόρμα στον R m. β) Χρησιμοποιώντας την παράσταση y(t) = e tm y(), t, της λύσης y του προβλήματός μας, αποδείξτε ότι ισχύει y(t) 2 e t(max i λ i ) y() 2, t. γ) Αποδείξτε ότι ο ορισμός του e tm που χρησιμοποιήσαμε εδώ είναι συμβατός με εκείνον της Άσκησης 1.17 α) Έστω M R m,m ένας μη θετικά ορισμένος πίνακας, (Mx, x) για κάθε x R m. Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y (t) = My(t), t, y() = y. Αποδείξτε ότι η Ευκλείδεια νόρμα y( ) είναι φθίνουσα συνάρτηση Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών x (t) = 2x(t) + y(t), t, y (t) = 2x(t) 2y(t), t, x() = x, y() = y. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση [x( )] 2 + [y( )] 2 είναι φθίνουσα. ( ) 2 1 [Υπόδειξη: Ο πίνακας είναι αρνητικά ορισμένος. Βλέπε την Άσκηση ] 1.27 Έστω M R m,m ένας αντισυμμετρικός πίνακας, δηλαδή τέτοιος ώστε για τα στοιχεία του να ισχύει M ij = M ji, i, j = 1,..., m. Θεωρούμε το πρόβλημα

17 Ασκήσεις 17 αρχικών τιμών y (t) = My(t), t, y() = y. Αποδείξτε ότι η Ευκλείδεια νόρμα y( ) είναι σταθερή συνάρτηση, y(t) = y(), για κάθε t. [Υπόδειξη: Αποδείξτε ότι (Mx, x) = για κάθε x R m. Πάρτε τώρα στο σύστημα των διαφορικών εξισώσεων το εσωτερικό γινόμενο με y(t) και χρησιμοποιήστε την προαναφερθείσα ιδιότητα.] 1.28 Έστω M R m,m ένας συμμετρικός πίνακας. Θεωρούμε το πρόβλημα αρχικών τιμών y (t) = i My(t), t, y() = y για μια συνάρτηση y : [, ) C, όπου i η φανταστική μονάδα. Αποδείξτε ότι η Ευκλείδεια νόρμα y( ) είναι σταθερή συνάρτηση, y(t) = y(), για κάθε t. [Υπόδειξη: Πάρτε στο σύστημα διαφορικών εξισώσεων το εσωτερικό γινόμενο με y(t) και χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι στη μιγαδική περίπτωση ισχύει d dt y(t) 2 = d ( ) ( y(t), y(t) = y (t), y(t) ) + ( y(t), y (t) ) = 2Re ( y (t), y(t) ), dt d δηλαδή Re ( y (t), y(t) ) = 1 2 dt y(t) 2. Επί πλέον ισχύει (Mz, z) R, για κάθε z C n.]