Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις. Άλκης Τερσένοβ. Περιεχόµενα ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης... 3

Transcript

1 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 217 Άλκης Τερσένοβ Περιεχόµενα ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης Συστήµατα ιαφορικών Εξισώσεων Πρώτης Τάξης ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης Τάξης Γραµµικά Συστήµατα ιαφορικών Εξισώσεων Οµογενή Γραµµικά Συστήµατα Μη Οµογενή Γραµµικά Συστήµατα Γραµµικά Συστήµατα Με Σταθερούς Συντελεστές Προβλήµατα Συνοριακών Τιµών Θεωρία Ευστάθειας Σχήµατα...8 1

2 2 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Οι σηµειώσεις αυτές είναι η συνέχεια του πρώτου µέρους των σηµειώσεων Εισαγωγή στις ιαφορικές Εξισώσεις και αφορούν την ποιοτική ϑεωρία των Συνήθων ιαφορικών Εξισώσεων.

3 Αλκης Τερσένοβ 3 1. ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης Θεωρούµε µια διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης (1.1) y = f(x, y) x I R. Πρόβληµα Cauchy (ή πρόβληµα αρχικών τιµών): Να ϐρεθεί η λύση της εξίσωσης (1.1) η οποία στο σηµείο x I παίρνει δοσµένη εκ των προτέρων τιµή y, δηλαδή (1.2) y(x ) = y, η συνθήκη (1.2) ονοµάζεται αρχική συνθήκη. (Σχετικά µε το τι σηµαίνει λύση της διαφορικής εξίσωσης ϐλ. της σηµειώσεις Εισαγωγή στις ιαφορικές Εξισώσεις.) Για να αποδείξουµε οτι η λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2) υπάρχει ϑα χρειαστούµε µερικά εργαλία απο την Ανάληση τα οποία για την διευκόλυνση της ανάγνωσης ϑα τα αναφέρουµε. Ορισµός. Λέµε ότι η ακολουθία συναρτήσεων {φ n (x)} n= ορισµένων σε ενα διάστηµα I R συγκλίνει οµοιόµορφα στο I στην συνάρτηση φ(x) αν για κάθε ε > υπάρχει ϕυσικός αριθµός n(ε) (που δεν εξαρτάται απο την επιλογή του x I) τ.ω. φ n (x) φ(x) ε n > n(ε) και x I. Κριτήριο Cauchy. Η ακολουθία συναρτήσεων {φ n (x)} n= ορισµένων σε ενα διάστηµα I R είναι οµοιόµορφα συγκλίνουσα στο I αν και µόνο αν για κάθε ε > υπάρχει ϕυσικός αριθµός n(ε) (που δεν εξαρτάται απο την επιλογή του x I) τ.ω. φ n (x) φ m (x) ε n, m > n(ε) και x I. Για παράδειγµα η ακολουθία φ n (x) = x n δεν συγκλίνει οµοιόµορφα στο διάστηµα [, 1], ενώ στο διάστηµα [, 1 δ] δ (, 1) συγκλίνει οµοιόµορφα στην φ(x). Θεώρηµα. Αν η ακολουθία συνεχών συναρτήσεων συγκλίνει οµοιόµορφα, τότε το όριο είναι συνεχής συνάρτηση. Αυτό δεν ισχύει αν η σύγκλιση δεν είναι οµοιόµορφη. Πράγµατι η ακολου- ϑία συνεχών στο [, 2] συναρτήσεων { x φ n (x) = n, για x [, 1) 1, για x [1, 2] συγκλίνει κατα σηµείο (οχι οµως οµοιόµορφα) στην συνάρτηση {, για x [, 1) φ(x) = 1, για x [1, 2] η οποία είναι ασυνεχής στο σηµείο x = 1.

4 4 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Ορισµός. Λέµε ότι η συναρτησιακή σειρά h i (x), x I i= συγκλίνει οµοιόµορφα στο I αν συγκλίνει οµοιόµορφα η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων αυτης της σειράς. ηλαδή αν συγκλίνει οµοιόµορφα η ακολουθία S n (x) = h i (x). Είναι αυτονόητο οτι οι συναρτήσεις h i ϑεωρούνται ορισµένες στο I. i= Κριτήριο W eierstrass. Εστω οτι η αριθµητική σειρά a i, a i συγκλίνει, και έστω οτι Τότε η σειρά i= h i (x) a i, x I, i =, 1, 2,.... h i (x) i= συγκλίνει οµοιόµορφα και απόλυτα στο I. Ο τελευταίος ορισµός που ϑα µας χρειαστεί : Ορισµός. Λέµε ότι η f(x, y) ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz (ή είναι Lipschitz συνεχής) ως προς y σε ένα χωρίο Ω R 2 αν f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) K y 2 y 1, (x, y 1 ), (x, y 2 ) Ω. 1. Η συνάρτηση f(x, y) = a(x)y + b(x) µε συνεχείς στο διάστηµα I συναρτήσεις a(x), b(x) επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz για κάθε x I και για κάθε y <. Πράγµατι εδώ µε K = sup I a(x). 2. Η συνάρτηση f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) = a(x)y 2 a(x)y 1 K y 2 y 1 f(x, y) = sin y (ή cos y) επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz και για κάθε y < µε K = 1. Πράγµατι, σύµφωνα µε το Θεώρηµα της Μέσης Τιµής ξ [y 1, y 2 ] τ.ω. f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) = sin y 2 sin y 1 = cos ξ y 2 y 1 y 2 y Οι συναρτήσεις f(x, y) = y 2 και f(x, y) = 1 y 2

5 Αλκης Τερσένοβ 5 επαληθευουν τη συνθήκη του Lipschitz και για κάθε y < l µε K = 2l. Πράγµατι, f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) = y 2 + y 1 y 2 y 1 2l y 2 y 1. παρατηρούµε οτι εδω η σταθερά K εξαρτάται απο το µέγεθος του χωρίου ως προς το y, δηλαδή αν το χωρίο δεν είναι ϕραγµένο ως προς y τότε οι συναρτήσεις αυτές δεν ικανοποιούν την συνθήκη του Lipschitz. 4. Η συνάρτηση f(x, y) = y 1/3 δεν επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz σε οποιοδήποτε διάστηµα που πε- ϱιέχει το y =. Πράγµατι, ξ [y 1, y 2 ] τ.ω. f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) = y 1/3 2 y 1/3 1 = 1 3 ξ 2/3 y 2 y 1 (εδω πάλι χρησιµοποιήσαµε το Θεώρηµα της Μέσης Τιµής). Προφανώς ξ 2/3 τείνει στο άπειρο καθώς ξ τείνει στο µηδέν. Είµαστε τώρα έτοιµοι για να διατυπώσουµε το Θεώρηµα. Θεώρηµα 1.1.(P icard) Εστω οτι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ως προς x σε ένα χωρίο Ω R 2 (όχι απαραίτητα ϕραγµένο) και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς y για οποιοδήποτε κλειστό και ϕραγµένο χωρίο Ω που ανήκει εξολοκλήρου στο Ω (η σταθερά K µπορεί να εξαρτάται από την επιλογή του Ω ). Τότε για κάθε (x, y ) Ω υπάρχει ένα διάστηµα (a, b), το οποίο περιέχει το σηµείο x, όπου υπάρχει µια και µοναδική λύση του προβλήµατος Cauchy (1.1), (1.2). Απόδειξη (µέθοδος των διαδοχικών προσεγγίσεων). Αν υποθέσουµε ότι η λύση υπάρχει, τότε ολοκληρώνοντας την ταυτότητα (1.3) y (ξ) f(ξ, y(ξ)) από το x έως το x ϑα πάρουµε (1.4) y(x) = y + x x f(ξ, y(ξ))dξ. Το x στο (1.4) µπορεί να είναι µεγαλύτερο του x µπορεί να είναι και µικρότερο του x. Αφού η y(x) είναι λύση της (1.3), τότε είναι παραγωγίσιµη και εποµένως συνεχής, άρα συνεχής είναι και η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση στην (1.4). Η σχέση (1.4) ονοµάζεται ολοκληρωτική εξίσωση. Οποιαδήποτε λύση της (1.3) που ικανοποιεί την y(x ) = y αποτελεί την λύση της (1.4). Επίσης οποιαδήποτε συνεχής λύση της (1.4) ικανοποιεί την (1.3) και την y(x ) = y. Αυτό αµέσως προκύπτει από την (1.4) µετά την παραγώγιση και των δυο µελών της. Η πράξη της παραγώγισης µπορεί να εφαρµοστεί επειδή µετά την αντικατάσταση στην (1.4) της λύσης y(x) στο δεξί µέλος, ως αποτέλεσµα έχουµε ότι το δεξί µέλος έχει την παράγωγο ως προς x. Άρα την παράγωγο ως προς x έχει και το αριστερό µέλος, δηλαδή η y(x). Εποµένως οι (1.3) και (1.4) είναι ισοδύναµες. Θα αποδείξουµε ότι η (1.4) έχει µια και µοναδική λύση και ως

6 6 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις συνέπεια ϑα έχουµε την ύπαρξη και µοναδικότητα για το πρόβληµα αρχικών τιµών (1.1), (1.2). Εστω A(x, y ) Ω Ω και έστω M = max (x,y) Ω f(x, y) (ϐλ. σχήµα 1, σελ. 8). Σχεδιάζουµε δυο ευθείες l 1 και l 2 που περνάν από το σηµείο (x, y ) και έχουν κλίσεις ±M αντίστοιχα (δηλαδή έχουν τη µορφή y = Mx + (y Mx ), y = Mx + (y + Mx )). Σχεδιάζουµε επίσης δυο ευθείες x = a και x = b (παράλληλες µε τον y-άξονα µε a < x < b) έτσι ώστε και τα δυο τρίγωνα ADB και AEC να ανήκουν στο Ω και K(b a) < 1. Εδώ B = {x = a} l 1, C = {x = b} l 1,D = {x = a} l 2, E = {x = b} l 2. Θα διαλέξουµε µια αυθαίρετη συνεχής συνάρτηση φ (x) το γράφηµα της οποιας στο διάστηµα [a, b] ανήκει εξολοκλήρου στα τρίγωνα ADB και AEC και φ (x ) = y. Αντικαθιστούµε την y(ξ) µε την φ (ξ) στο δεξί µέρος της (1.4). Είναι προφανές ότι µετά την αντικατάσταση το δεξί µέρος της (1.4) ϑα είναι συνεχής συνάρτηση του x και στο σηµείο x = x παίρνει την τιµή y. Θα την συµβολίσουµε µε (1.5) φ 1 (x) = y + x x f(ξ, φ (ξ))dξ. Είναι εύκολο να αποδειχτεί ότι το γράφηµα της φ 1 (x) δεν ϐγαίνει έξω από τα τρίγωνα ADB και AEC. Πράγµατι, f(ξ, φ (ξ)) M, αφού φ (ξ) Ω και εποµένως x φ 1 (x) y f(ξ, φ (ξ)) dξ M x x x η οποία προκύπτει από την (1.5) (ϑυµίζουµε οτι το x µπορεί να είναι µικρότερο του x ). Θέτουµε x φ 2 (x) = y + f(ξ, φ 1 (ξ))dξ. x Χρησιµοποιώντας τις ιδιότητες της φ 1 (x) είναι εύκολο να αποδείξει κανείς ότι φ 2 (x) έχει ακριβώς τις ίδιες ιδιότητες µε την φ 1 (x). Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία ϑα πάρουµε µια ακολουθία συναρτήσεων της µορφής : φ 3 (x) = y + x x f(ξ, φ 2 (ξ))dξ. x (1.6) φ n (x) = y + f(ξ, φ n 1 (ξ))dξ. x Οι συναρτήσεις φ (x), φ 1 (x),..., φ n (x),... ονοµάζονται διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης. Ετσι καταλήγουµε σε µια άπειρη ακολουθία συναρτήσεων (1.7) φ (x), φ 1 (x),..., φ n (x),...

7 Αλκης Τερσένοβ 7 µε φ i (x ) = y i, τα γραφήµατα των οποίων ϐρίσκονται στα τρίγωνα ADB και AEC. Θα δείξουµε τώρα ότι η ακολουθία (1.7) συγκλίνει οµοιόµορφα σε µια συνεχής συνάρτηση φ(x), που είναι η λύση της (1.4). Είναι προφανές ότι φ n (x) = φ (x) + [φ 1 (x) φ (x)] + + [φ n (x) φ n 1 (x)]. Εποµένως για να αποδείξουµε ότι η (1.7) συγκλίνει οµοιόµορφα αρκεί να δείξουµε ότι συγκλίνει οµοιόµορφα η σειρά (1.8) φ (x) + [φ 1 (x) φ (x)] + [φ 2 (x) φ 1 (x)] + [φ n (x) φ n 1 (x)] + δηλαδή η h i (x), όπου h (x) = φ (x), h i (x) = φ i (x) φ i 1 (x), i = 1, 2,.... i= Προφανώς τα µερικά αθροίσµατα της σειράς αυτής είναι οι συναρτήσεις της ακολουθίας (1.7) φ n (x) = h i (x). i=1 Θα εκτιµήσουµε τους όρους της σειράς, έχουµε (σηµειώνουµε οτι το x µπορεί να είναι και µικρότερο του x ) x h n+1 (x) = φ n+1 (x) φ n (x) = K x φ n (ξ) φ n 1 (ξ) dξ x [f(ξ, φ n (ξ)) f(ξ, φ n 1 (ξ))]dξ x b a φ n (ξ) φ n 1 (ξ) dξ K max a x b φ n(x) φ n 1 (x) (b a). Η σταθερά K παραµένει ίδια επειδή όλες οι συναρτήσεις φ n ϐρίσκοντε στο ίδιο χωρίο, αν το χωρίο ϑα άλλαζαι τότε και η σταθερά K µπορεί να άλλαζε. Εστω φ (x) L, φ 1 (x) L και (b a)k = m, τότε η απόλυτη τιµή των µελών της (1.8) δεν υπερβαίνει τα αντίστοιχα µέλη της σειράς L + 2L + 2Lm + 2Lm Lm n + η οποία είναι συγκλίνουσα όταν m < 1 και ισούται µε L+ 2L οτι το διάστηµα [a, b] το επιλέξαµε ετσι ώστε K(b a) = m < 1. 1 m. Ας ϑυµηθούµε Άρα η σειρά (1.8) οµοιόµορφα συγκλίνει και το άθροισµα αυτής της σειράς, δηλαδή η φ(x) είναι συνεχής συνάρτηση στο [a, b] και διαθέτει όλες τις ιδιότητες που έχουν οι φ n (x), n =, 1, 2, x... Εποµένως το ολοκλήρωµα x f(ξ, φ(ξ))dξ έχει νόηµα. Επειδή x x [f(ξ, φ(ξ)) f(ξ, φ n 1 (ξ))]dξ K φ(ξ) φ n 1 (ξ) dξ, n x x µπορούµε να περάσουµε στο όριο όταν n και στο δεξί µέρος της (1.6) και εποµένως φ(x) ικανοποιεί την (1.4). Αποδείξαµε την ύπαρξη της λύσης.

8 8 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Για να αποδείξουµε την µοναδικότητα της λύσης ϑα υποθέσουµε το αντίθετο. Εστω οτι υπάρχει η λύση φ(x) και καποια άλλη λύση v(x). Τότε x φ(x) = y + f(ξ, φ(ξ))dξ x και x v(x) = y + f(ξ, v(ξ))dξ. x Εποµένως x φ(x) v(x) = [f(ξ, φ(ξ)) f(ξ, v(ξ))]dξ K(b a) max φ(x) v(x) x x [a,b] Αρα (1.9) max φ(x) v(x) K(b a) max φ(x) v(x) x [a,b] x [a,b] Αφού K(b a) < 1 η (1.9) µπορεί να ισχύει µόνο στην περίπτωση δηλαδή όταν φ(x) v(x). φ(x) v(x), Το ϑεώρηµα 1.1 µας εξασφαλίζει την ύπαρξη µιας (ενδεχοµένως µικρής) περιοχής γύρο από το σηµείο x όπου υπάρχει λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2). Τέτοια λύση ονοµάζεται τοπική λύση. Αν η λύση υπάρχει σε όλο το διάστηµα (ως προς τη µεταβλητή x) όπου µελετάµε το πρόβληµα, τότε µιλάµε για ολική λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2). Παραδείγµατος χάριν το πρόβληµα y = y, y() = 1 έχει ολική λύση y = e x διότι η λύση υπάρχει για όλες τις τιµές της µεταβλητής x, παροµοίως το πρόβληµα έχει ολική λύση Αντίθετα το πρόβληµα έχει τοπική λύση y = 1 y 2, y() = y = e2x 1 e 2x + 1. y = y 2, y() = 1 y = 1 1 x διότι η λύση υπάρχει µόνο για x < 1, παροµοίως το πρόβληµα y = y 3, y() = 2 έχει τοπική λύση 1 y = (2x + 1/4) 1/2 διότι η λύση υπάρχει µόνο για x > 1/8.

9 Αλκης Τερσένοβ 9 Παράδειγµα 1.1 ώστε παράδειγµα προβλήµατος Cauchy όπου η λύση υπάρχει µόνο σε ένα ϕραγµένο διάστηµα. Λύση. Θεωρούµε το εξής πρόβληµα y = (2x + 2)y 2, y() = 1/3. Προφανώς η λύση δίνεται απο τον τυπο y = και υπάρχει µόνο στο διάστηµα ( 3, 1) x x 2 Εστω ότι η f(x, y) είναι ορισµένη στο διάστηµα [c, d] (που περιέχει το [a, b]). Το εύλογο ερώτηµα είναι γιατί αφού κατασκευάσαµε τη λύση στο [a, b] δεν µπορούµε να πάρουµε αρχική συνθήκη στο σηµείο x = b και να κινηθούµε προς τα δεξιά κατασκευάζοντας τη λύση σε κάποιο [b, b 1 ] µετά στο [b 1, b 2 ]... [b n 1, b n ]... και συνεχίζοντας να ϕτάσουµε στο σηµείο d; Παροµοίως προς τα αριστερά µέχρι να ϕτάσουµε στο σηµείο c κατασκευάζοντας έτσι την ολική λύση. Προφανώς σε κάποιες περιπτώσεις αυτό είναι εφικτό, και σε κάποιες όχι (ϐλ. τα προηγούµενα δυο παραδείγµατα). Γιατί όµως δεν είναι εφικτό πάντα; Η απάντηση είναι απλή : διότι εν γένει b n b n 1 καθώς n και µάλιστα αρκετά γρήγορα έτσι ώστε lim b n < d n µε αποτέλεσµα να µην ϕτάσουµε ποτέ στο σηµείο d (ή παροµοίως στο σηµείο c ή και στα δύο). Άρα για να µπορέσουµε να ϕτάσουµε στο σηµείο d πρέπει τα διαστήµατα [b n 1, b n ] να µην τείνουν στο µηδέν ή τουλάχιστον να µην τείνουν στο µηδέν πολύ γρήγορα. Το µήκος του διαστήµατος όπου υπάρχει η τοπική λύση καθορίζεται από την σχέση b a < 1 K η σταθερά K εξαρτάται από την επιλογή του Ω, αν ϑα µπορούσαµε να προσδιορίσουµε την σταθερά αυτή ανεξάρτητα από την επιλογή του Ω τότε το κάθε διάστηµα [b n 1, b n ] ϑα είχε ίδιο µήκος και ϑα µπορούσαµε να ϕτάσουµε στο σηµείο d. Αυτό είναι εφικτό αν γνωρίζουµε εκ των προτέρων ότι η λύση που ψάχνουµε (αν υπάρχει) είναι ϕραγµένη στο [c, d]. Άρα αν στο Θεώρηµα 1.1 γνωρίζουµε εκ των προτέρων ότι υπάρχει µια σταθερά C τ.ω. η λύση (αν υπάρχει) ϕράσσεται µε αυτή τη σταθερά στο Ω ( y(x) C x Ω) τότε υπάρχει ολική λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2). Τέτοιου είδους εκτιµήσεις ονοµάζονται apriori (εκ των προτέρων) εκτιµήσεις (ϐλ. Παράδειγµα 1.9). Θα διατυπώσουµε τώρα µια άλλη συνθήκη (και ϑα δώσουµε εδώ αυστηρή απόδειξη) που µας εξασφαλίζει την ύπαρξη της ολικής λύσης. Θεώρηµα 1.2. Εστω ότι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ως προς x και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς y σε ένα χωρίο Ω R 2 που περιέχει την λωρίδα c x d, < y < +.

10 1 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Τότε για οποιοδήποτε (x, y ) Ω υπάρχει µια και µοναδική λύση της εξίσωσης (1.1) ορισµένη στο [c, d] που ικανοποιεί την συνθήκη (1.2). Παρατήρηση. Η γραµµική εξίσωση y = a(x)y + b(x) µε συνεχείς στο [c, d] συναρτήσεις a(x) και b(x) επαληθεύει τις προϋποθέσεις του Θεωρήµατος 1.2 όπως επήσης και η εξίσωση y = a(x) sin y + b(x). Απόδειξη (του Θεωρήµατος 1.2). Παίρνουµε ως φ (x) µια αυθαίρετη συνάρτηση ορισµένη και συνεχής στο διάστηµα [c, d] και φ (x ) = y. Ολες οι διαδοχικές προσεγγίσεις (1.1) φ n (x) = y + x x f(ξ, φ n 1 (ξ))dξ υπάρχουν στο διάστηµα [c, d] και είναι συνεχείς, άρα είναι ϕραγµένες στο [c, d]. Θα δείξουµε ότι οι διαδοχικές προσεγγίσεις συγκλίνουν στην λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών στο διάστηµα [c, d]. Εστω max x [c,d] φ 1 (x) φ (x) = N. Τότε x x φ 2 (x) φ 1 (x) = [f(ξ, φ 1 (ξ)) f(ξ, φ (ξ))]dξ K φ 1 (ξ) φ dξ x x x K Ndξ = x x NK, x 1 x φ 3 (x) φ 2 (x) = [f(ξ, φ 2 (ξ)) f(ξ, φ 1 (ξ))]dξ x x x K φ 2 (ξ) φ 1 (ξ) dξ NK 2 ξ x dξ (x x ) 2 NK 2. x x 2 Και γενικώς (1.11) φ n+1 (x) φ n (x) x x n NK n. n! Η σειρά x x 1! NK + x x 2 2! NK x x n NK n + n! συγκλίνει για όλες τις τιµές x x (απο κριτήριο d Alembert). Εποµένως και η σειρά (1.8) οµοιόµορφα συγκλίνει στο διάστηµα [c, d] (απο κριτήριο W eierstrass). Παρατήρηση. Χρησιµοποιώντας την σχέση φ(x) = φ m (x) + [φ m+1 (x) φ m (x)] +

11 Αλκης Τερσένοβ 11 και την εκτίµηση (11.1) παίρουµε φ(x) φ m (x) NK m x x m [ 1 m! + K x x (m + 1)! + K2 x x 2 (m + 2)! + ]. Η τελευταία σχέση είναι η εκτίµηση της απόκλισης της m-οστης προσέγγισης από την ακριβή λύση. Παράδειγµα 1.2. του προβλήµατος παίρνοντας ως µηδενική την φ 1. Λύση. Από τον τύπο (1.6) έχουµε φ 3 (x) = 1 + Κατασκευάστε τις διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης φ 2 (x) = 1 + x φ n (x) = y = y, y() = 1, φ 1 (x) = 1 + x x dξ = 1 + x, (1 + ξ)dξ = 1 + x + x 2 /2, (1 + ξ + ξ 2 /2)dξ = 1 + x + x 2 /2 + x 3 /6, x k k! ex καθώς n. k= Παράδειγµα 1.3 Κατασκευάστε τις τρεις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης του προβλήµατος παίρνοντας ως µηδενική την φ. Λύση. Από τον τύπο (1.6) έχουµε φ 3 (x) = y = e y, y() =, φ 1 (x) = φ 2 (x) = x x x dξ = x, e ξ dξ = e x 1, e eξ 1 dξ = 1 e x e eξ dξ. Η µέθοδος των διαδοχικών προσεγγίσεων είναι ένα χρήσιµο εργαλείο σε πολλά άλλα προβλήµατα ανάλυσης. Παρατήρηση. Μπορούµε να ξεκινήσουµε την κατασκευή των προσεγγίσεων από οποιαδήποτε συνεχής συνάρτηση φ (x), αρκεί µόνο το γράφηµά της να είναι µέσα στο Ω. Αφού οι συνθήκες του ϑεωρήµατος µας εξασφαλίζουν την µοναδικότητα πάντα ϑα καταλήγουµε µε την διαδικασία που περιγράψαµε στην λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών για την (1.1). Η ύπαρξη και η µοναδικότητα της λύσης µπορούν να αποδειχτούν υπό πιο γενικές προϋπόθεσης. Θα διατυπώσουµε τα σχετικά ϑεωρήµατα χωρίς απόδειξη.

12 12 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Θεώρηµα ύπαρξης 1.3 (P eano). Εστω η f(x, y) είναι ϕραγµένη και συνεχής στο ανοιχτό χωρίο Ω. Τότε από κάθε σηµείο (x, y ) Ω περνάει τουλάχιστον µια τοπική λύση της (1.1). Αν η f(x, y) δεν είναι συνεχής συνάρτηση, τοτε, εν γένει η λύση δεν υπάρχει. Παράδειγµα 1.4. Παραδείγµατος χάριν το πρόβληµα δεν έχει λύση. Εδω y (x) = sign x, y() = y. 1, για x > sign x =, για x = 1, για x < Πράγµατι, παίρνοντας περιπτώσεις x > και x <, ευκολα διαπιστώνουµε οτι η µοναδική υποψήφια λύση είναι η συνάρτηση y(x) = y + x η οποία όµως δεν εχει παράγωγο στο x = (λύση ονοµάζουµε µια παραγωγίσιµη συνάρτηση). µε Παράδειγµα 1.5. εν εχει λύση για x > το πρόβληµα y (x) = sign y, y() = sign y = { 1, για y 1, για y <. Πράγµατι, έστω οτι η λύση υπάρχει σε ενα διάστηµα ( ε, ε). Θεωρούµε τα σηµεία x >. Εστω οτι η λύση σε κάποιο (, ε 1 ) είναι µη αρνητική (εδώ < ε 1 ε). Σε αυτά τα σηµεία η εξίσωση γράφεται ως y (x) = 1 άρα y(x) = x. Οµως η y(x) = x είναι µη αρνητική µόνο για x <, αρα η λύση δεν µπορεί να είναι µη αρνητική στο (, ε 1 ). Ας υποθέσουµε τώρα οτι η λύση στο (, ε 1 ) είναι αρνητική. Τότε σε αυτά τα σηµεία η εξίσωση γράφεται ως y (x) = 1 άρα y(x) = x. Πάλι η y(x) = x είναι αρνητική µόνο για x <. Συνεπώς η λύση δεν υπάρχει για κανένα x >. Ευκολα διαπιστώνουµε οτι για x η λύση υπάρχει και είναι y(x) = x (ϐλ. Άσκηση 1.11). Τώρα σχετικά µε την µοναδικότητα. Η συνέχεια της f(x, y) δεν µας εξασφαλίζει την µοναδικότητα της λύσης του προβλήµατος αρχικών τιµών. Εχουµε αποδείξει τη µοναδικότητα στην περίπτωση που η f(x, y) επιπλέον επαληθεύει τη συνθήκη Lipschitz ως προς τη µεταβλητή y. Ισχύει πιο γενικό ϑεώρηµα. Θεώρηµα µοναδικότητας 1.4 (Osgood). Εστω η f(x, y) για οποιαδήποτε σηµεία (x, y 1 ) και (x, y 2 ) στο Ω ικανοποιεί την συνθήκη (1.12) f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) φ( y 2 y 1 )

13 Αλκης Τερσένοβ 13 όπου φ(u) > όταν < u a. Εδώ η φ(u) είναι συνεχής και τέτοια ώστε a ε du, ε. φ(u) Τότε µέσω οποιουδήποτε σηµείου (x, y ) από το Ω περνάει το πολύ µια λύση της εξίσωσης (1.1). Π.χ. ως φ(u) µπορούµε να πάρουµε µια από τις ακόλουθες συναρτήσεις Ku, Ku ln u, Ku ln u ln ln u,... όπου K είναι σταθερά. Οταν φ(u) Ku τότε η (1.12) παίρνει την µορφή f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) K y 2 y 1 που είναι η συνθήκη Lipschitz ως προς τη µεταβλητή y. Παράδειγµα 1.6. Θεωρούµε το πρόβληµα αρχικών τιµών (1.13) y = y, y() =. Προφανώς η f(y) = y δέν είναι Lipschitz συνεχής ούτε επαληθεύει τις συν- ϑήκες του ϑεωρήµατος Osgood. Θα δείξουµε οτι το πρόβληµα αρχικών τιµών (1.13) έχει τουλάχιστον δυο λύσεις (ϐλ. Άσκηση 1.13). Πράγµατι, αντικαθιστώντας την γενική λύση της εξίσωσης, η οποία για x + C δυνεται από τον τύπο y(x) = 1 4 (x + C)2 (C αυθαίρετη σταθερά), στην αρχική συνθήκη παίρνουµε ότι η { 1 y(x) = 4 x2, για x, για x < είναι λύση του προβλήµατος (1.13). Οµως ταυτόχρονα και η y(x) είναι λύση του προβλήµατος (1.13). Η µοναδικότητα παραβιάζεται. Προφανώς και η συνάρτηση { 1 y(x) = 4 (x K)2, για x K, για x < K για κάθε σταθερά K > είναι λύση του προβλήµατος (1.13), αρα το πρόβληµα έχει άπειρες λύσεις. Τωρα σχετικά µε την οµαλότητα της λύσης. Οπως προκύπτει από το Θεώρηµα 1.1, αν η f(x, y) είναι συνεχής ως προς x και Lipschitz συνεχής ως προς y, τότε υπάρχει λύση y(x) του προβλήµατος Cauchy η οποία είναι συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. Πράγµατι η y(x) είναι συνεχής συνάρτηση (ως οµοιόµορφο όριο συνεχών συναρτήσεων) που λύνει την ολοκληρωτική εξίσωση (1.4) δηλαδή y(x) y + x x f(ξ, y(ξ))dξ, η σύνθεση f(x, y(x)) είναι επίσης συνεχής (ως προς x) άρα το δεξί µέρος της ταυτότητας είναι συνεχώς παραγωγίσιµη ως προς x συνάρτηση συνεπώς και το αριστερό µέρος επίσης. Αν τώρα η συνάρτηση f(x, y) εχει περισσότερη οµαλότητα, τη επίδραση ϑα έχει αυτό στη οµαλότητα της λύσης του προβλήµατος Cauchy ;

14 14 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Θεώρηµα1.5. (αύξησης της οµαλότητας). Αν η f(x, y) είναι της κλάσεως C k, k = 1, 2,... ως προς x και y σε µια περιοχή του σηµείου (x, y ), τότε η λύση της (1.1) που ικανοποιεί την συνθήκη y(x ) = y ϑα είναι της κλάσεως C k+1 ως προς x σε µια περιοχή του σηµείου x. Απόδειξη. Εστω k = 1. Η y(x) είναι λύση της (1.1) άρα η y(x) ικανοποιεί την ταυτότητα (1.14) y (x) f(x, y(x)). Το δεξί µέρος της (1.14) ως συνάρτηση του x έχει παράγωγο ως προς x. Πράγ- µατι, (1.15) df(x, y(x)) = f x (x, y(x)) + f y (x, y(x))y (x). Εποµένως η y (x) έχει την παράγωγο ως προς x. Αφού η (1.15) είναι συνεχής, ϑα είναι συνεχής και η y (x). Εστω k = 2. Το δεξί µέρος της (1.14) ως συνάρτηση του x έχει δευτερη παράγωγο ως προς x. Πράγµατι, παραγωγίζοντας την σχέση (1.15) παίρνουµε d 2 f(x, y(x)) 2 = f xx (x, y(x)) + f xy (x, y(x))y (x)+ ( fyx (x, y(x)) + f yy (x, y(x))y (x) ) y (x) + f y (x, y(x))y (x). Εποµένως η y (x) έχει την παράγωγο ως προς x η οποία είναι συνεχής. Παροµοίως αποδεικνύουµε το ϑεώρηµα και για k = 3, 4,... Μέχρι στιγµής µελετούσαµε την ύπαρξη και µοναδικότητα της λύσης του προβλήµατος αρχικών τιµών y = f(x, y), y(x ) = y. Αν όµως ϑα µεταβάλλουµε τα σηµεία x, y ϑα µεταβληθεί και η λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών. Εµφανίζεται µια σηµαντική ερώτηση : πως ϑα µεταβάλλεται η λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών καθώς µεταβάλλεται το σηµείο (x, y ); Αυτή η ερώτηση είναι µεγάλης σηµασίας ιδιαίτερα στις εφαρµογές. Εστω µελετάµε ένα πρόβληµα ϕυσικής που ανάγεται στην µελέτη ενός προβλήµατος αρχικών τιµών. Οι αρχικές συνθήκες ϐρίσκονται πειραµατικά, και εποµένως δεν µπο- ϱούν να ϐρεθούν µε απόλυτη ακρίβεια. Συνεπώς στις εφαρµογές µια λύση που παίρνει την τιµή y στο σηµείο x δεν ϑα παρουσίαζε κανένα ενδιαφέ- ϱον στην περίπτωση αν τα σφάλµατα στον υπολογισµό των αρχικών τιµών ϑα µας οδηγούσαν σε µια λύση που είναι τελείως διαφορετική από αυτήν που ψάχνουµε. Το ίδιο ισχύει και για το δευτερο µέρος της εξίσωσης. ηλαδή η πραγµατική διαδικασία περιγράφεται από την διαφορική εξίσωση µόνο κατά προσέγγιση. Το συµπέρασµα είναι : για να µπορούµε να χρησιµοποιούµε τις διαφορικές εξισώσεις στις εφαρµογές οι λύσεις των δυο διαφορετικών προβλη- µάτων αρχικών τιµών πρέπει να διαφέρουν ελάχιστα, αν ελάχιστα διαφέρουν οι αρχικές συνθήκες και τα δεύτερα µέρη των εξισώσεων. Αυτή η ιδιότητα της λύσης ονοµάζεται συνεχής εξάρτηση από τα δεδοµένα. Ορισµός. Λέµε ότι η f(x, y) ικανοποιεί την µονόπλευρη συνθήκη του Lipschitz ως προς y σε ένα χωρίο Ω R 2 αν από το y 2 > y 1 προκύπτει (1.16) f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) K(y 2 y 1 ) (x, y 1 ), (x, y 2 ) Ω

15 Αλκης Τερσένοβ 15 (π.χ. οποιαδήποτε µη αύξουσα συνάρτηση του y) Λήµµα 1.1 Από την (1.16) προκύπτει ότι [y 2 y 1 ][y 2 y 1] K(y 2 y 1 ) 2 για οποιεσδήποτε y 1 (x), y 2 (x) που είναι λύσεις της (1.1). Απόδειξη. Από το γεγονός ότι y 1, y 2 είναι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης (1.1) έχουµε ότι (1.17) [y 2 (x) y 1 (x)][y 2(x) y 1(x)] = [y 2 (x) y 1 (x)][f(x, y 2 ) f(x, y 1 )]. Αν y 2 > y 1 (για κάποια x), τότε από την (1.16) αµέσως προκύπτει ότι το δεξί µέρος της (1.17) έχει ως άνω ϕράγµα το K(y 2 y 1 ) 2. Αφού και το δεξί και το αριστερό µέρος της (1.17) µένει αµετάβλητο ως προς την εναλλαγή των ϱόλων των y 1 και y 2, η ανισότητα του λήµµατος ισχύει και στην περίπτωση y 1 > y 2. Λήµµα 1.2. Εστω ότι η σ(x) ικανοποιεί την διαφορική ανισότητα (1.18) σ (x) Kσ(x), x [a, b], όπου K είναι ϑετική σταθερά. Τότε σ(x) σ(a)e K(x a), x [a, b]. Απόδειξη. Πολλαπλασιάζουµε την (1.18) µε e Kx και µεταφέρουµε το δεξί µέλος στην αριστερή πλευρά (1.19) [σ (x) Kσ(x)]e Kx. Το αριστερό µέρος της (1.19) είναι η παράγωγος της σe Kx. ηλαδή d [σ(x)e Kx ]. Εποµένως η σ(x)e Kx είναι µη αύξουσα συνάρτηση στο διάστηµα [a, b], άρα σ(x)e Kx σ(a)e Ka και σ(x) σ(a)e K(x a). Ας αποδείξουµε πιο γενική µορφη του λήµµατος 1.2. Λήµµα Gronwall (απλή µορφή). Εστω ότι η σ(x) ικανοποιεί την διαφορική ανισότητα σ (x) A(x)σ(x), x [a, b], όπου A(x) είναι συνεχής συνάρτηση ορισµένη στο [a, b]. Τότε ( x ) σ(x) σ(a)exp A(ξ)dξ, x [a, b]. Απόδειξη. Εστω ( x v(x) = exp Προφανώς a a ) A(ξ)dξ, x [a, b]. v (x) = A(x)v(x), v(a) = 1

16 16 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις και Εχουµε v(x) > x [a, b]. d σ(x) v(x) = σ (x)v(x) v (x)σ(x) v 2 = σ (x)v(x) A(x)v(x)σ(x) (x) v 2. (x) Άρα η παράγωγος της συνάρτησης σ(x)/v(x) είναι µη ϑετική, συνεπώς και σ(x) v(x) σ(a) = σ(a), x [a, b] v(a) σ(x) σ(a)v(x) x [a, b] Χρησιµοποιώντας τα λήµµατα 1.1 και 1.2 µπορούµε να αποδείξουµε ό- τι οι λύσεις της (1.1) εξαρτώνται συνεχώς από τις αρχικές συνθήκες µε την προϋπόθεση ότι η f(x, y) ικανοποιεί την (1.16). Θεώρηµα 1.6. (συνεχούς εξάρτησης από τις αρχικές συνθήκες) Εστω ότι y 1 και y 2 είναι λύσεις της (1.1) σε ενα χωρίο Ω, όπου f(x, y) ικανοποιεί την (1.16). Τότε y 1 (x) y 2 (x) e K(x a) y 1 (a) y 2 (a) για x a. Απόδειξη. Θεωρούµε την σ(x) = [y 1 (x) y 2 (x)] 2. Υπολογίζοντας την παράγωγο της σ(x) παίρνουµε Από το Λήµµα 1.1 προκύπτει ότι σ (x) = 2[y 1 (x) y 2 (x)][y 1(x) y 2(x)]. σ (x) 2Kσ(x). Και εποµένως από το Λήµµα 1.2 ϑα πάρουµε (1.2) σ(x) e 2K(x a) σ(a). Εξάγοντας την τετραγωνική ϱίζα και από τις δυο πλευρές της (1.2) παίρνουµε το Ϲητούµενο. Παρατήρηση. Για να επεκτείνουµε αυτό το αποτελέσµα για x < a ϑα υποθέσουµε ότι η f ικανοποιεί την πλήρη συνθήκη του Lipschitz, δηλαδή (1.21) f(x, y 2 (x)) f(x, y 1 (x)) K y 2 y 1. Θα δείξουµε ότι από την (1.21) προκύπτει η (1.22) y 1 (x) y 2 (x) e K x a y 1 (a) y 2 (a). Πράγµατι, αφού ισχύει η (1.21) ισχύει και η (1.16) άρα έχουµε την (1.22) για x a. Από την (1.21) έχουµε f(x, y 1 ) f(x, y 2 ) K y 1 y 2

17 Αλκης Τερσένοβ 17 και Αρα έχουµε αν y 1 y 2, τότε f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) K y 2 y 1 σ (x) = 2[y 1 (x) y 2 (x)][y 1(x) y 2(x)] = 2[y 1 (x) y 2 (x)][f(x, y 1 ) f(x, y 2 )] και αν y 2 y 1, τότε 2K[y 1 y 2 ] y 1 y 2 2K(y 1 y 2 ) 2 = 2Kσ, σ (x) = 2[y 2 (x) y 1 (x)][y 2(x) y 1(x)] = 2[y 2 (x) y 1 (x)][f(x, y 2 ) f(x, y 1 )] ηλαδή πάντα ισχύει 2K[y 2 y 1 ] y 2 y 1 2K(y 2 y 1 ) 2 = 2Kσ. σ (x) 2Kσ. Παροµοίως µε το Λήµµα 1.2 ϑα πάρουµε (σ (x) + 2Kσ)e 2Kx και d (σe2kx ) σε κάποιο διάστηµα [c, a] και εποµένως σ(x) σ(a)e 2K(a x). αµέσως προκύπτει η (1.22). Από όπου Θεώρηµα 1.7. (συνεχούς εξάρτησης από τα δεδοµένα). Εστω οι f(x, y) και g(x, y) είναι ορισµένες και συνεχείς σε κάποιο Ω και έστω y 1 (x) και y 2 (x) είναι λύσεις των εξισώσεων (1.23) y 1(x) = f(x, y 1 ), y 2(x) = g(x, y 2 ), x [a, b] αντιστοίχως. Εστω f(x, y) είναι Lipschitz συνεχής ως προς y συνάρτηση και (1.24) f(x, y) g(x, y) ε, (x, y) Ω. Τότε (1.25) y 1 (x) y 2 (x) y 1 (x ) y 2 (x ) e K x x + ε K [ek x x 1], σε ένα διάστηµα [a, b], όπου x [a, b]. Απόδειξη. Εισάγουµε την σ(x) = (y 1 (x) y 2 (x)) 2. Παραγωγίζοντας την σ(x) παίρνουµε σ (x) = 2[y 1 (x) y 2 (x)][y 1(x) y 2(x)] = 2[y 1 (x) y 2 (x)][f(x, y 1 ) g(x, y 2 )] = 2[y 1 (x) y 2 (x)][f(x, y 1 ) f(x, y 2 ) + f(x, y 2 ) g(x, y 2 )] = 2[y 1 (x) y 2 (x)][f(x, y 1 ) f(x, y 2 )] + 2[y 1 (x) y 2 (x)][f(x, y 2 ) g(x, y 2 )] Θα εκτιµήσουµε την απόλυτη τιµή της σ (x) χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα, το γεγονός ότι η f είναι Lipschitz συνάρτηση και την (1.24) σ (x) 2 y 1 (x) y 2 (x) f(x, y 1 ) f(x, y 2 ) + 2 y 1 (x) y 2 (x) f(x, y 2 ) g(x, y 2 ) 2K y 1 y ε y 1 y 2.

18 18 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει (1.26) σ (x) 2Kσ(x) + 2ε σ(x). Χωρίς απόδειξη ισχυριζόµαστε ότι αν η σ(x) ικανοποιεί την (1.26) τότε (1.27) σ(x) [ σ(x )e K x x + ε K (ek x x 1)] 2 Βλέπουµε ότι η (1.25) αµέσως προκύπτει από την (1.27). Η αυστηρή απόδειξη του ϑεωρήµατος συνεχούς εξάρτησης από τα αρχικά δεδοµένα ϑα δώσουµε στην περίπτωση συστηµάτων διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης στην 2. Παρατήτηση. Στις υποθέσεις του Θεωρήµατος 1.7 η Lipschitz συνέχεια της f µπορεί να αντικατασταθεί µε την Lipschitz συνέχεια της g. Σε αυτη την περίπτωση η µόνη αλλαγή στην απόδειξη ϑα είναι η προσθαφαίρεση της g(x, y 1 ) (αντι της προσθαφαίρεσης της f(x, y 2 )). Ορισµός. Λέµε ότι ένα πρόβληµα είναι καλώς τεθειµένο αν η λύση υπάρχει είναι µοναδική και εξαρτάται συνεχώς από τα δεδοµένα του προβλήµατος. Π.χ. το πρόβληµα Cauchy (1.1), (1.2) υπο τις προϋπόθεσης του Θεωρήµατος 1.1 είναι καλώς τεθειµένο (τοπικά). Αφού οι λύσεις των διαφορικών εξισώσεων συνήθως δεν µπορούν να πα- ϱασταθούν µέσω των στοιχειωδών συναρτήσεων, είναι σηµαντικό να µπορεί κανείς να συγκρίνει τις λύσεις των διαφορικών εξισώσεων µε διαφορετικά δεύτερα µέρη. Αυτό µας δίνει την δυνατότητα να συγκρίνουµε µια άγνωστη λύση µίας διαφορικής εξίσωσης µε µια γνωστή λύση µιας άλλης. Λήµµα 1.3. Εστω οτι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ως προς x και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς y στο Ω. Εστω η y 1 (x) µια συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση που ικανοποιεί στο Ω την διαφορική ανισότητα y 1(x) f(x, y 1 ). Υποθέτουµε ότι η y 2 (x) είναι λύση της y 2(x) = f(x, y 2 ). Αν y 1 (x ) = y 2 (x ) όπου (x, y 1 (x )) Ω, τότε y 1 (x) y 2 (x) για x x και y 1 (x) y 2 (x) για x x. (Οι τελευταίες ανισότητες λαµβάνουν χώρα εκεί που οι y 1 και y 2 υπάρχουν.) Απόδειξη. Θα αποδείξουµε οτι y 1 (x) y 2 (x) για x x. Εστω οτι υπάρχει τέτοιο x 1 > x ώστε y 1 (x 1 ) > y 2 (x 1 ). Λόγω συνέχειας ϑα υπάρχει ένα x [x, x 1 ) τέτοιο ώστε για σ(x) y 1 (x) y 2 (x) ϑα ισχύει Επίσης στο [x, x 1 ] έχουµε σ(x) για x [x, x 1 ] και σ(x ) =. σ (x) = y 1(x) y 2(x) f(x, y 1 (x)) f(x, y 2 (x)) K(y 1 y 2 ) = Kσ.

19 Αλκης Τερσένοβ 19 Από το Λήµµα 1.2 παίρνουµε σ(x) σ(x )e K(x x ) =, αφού σ(x ) =. Επειδή σ(x) στο [x, x 1 ] αµέσως έχουµε σ(x) στο [x, x 1 ] και ως συνέπεια y 1 (x) y 2 (x). Αυτό αντιφάσκει µε την προϋπόθεση y 1 (x 1 ) > y 2 (x 1 ). Εποµένως y 1 (x) y 2 (x) για οποιοδήποτε x x από το Ω. Οµοίως αποδεικνύουµε ότι y 1 (x) y 2 (x) για x x. Θεώρηµα 1.8. (σύγκρισης). Εστω f(x, y) και g(x, y) είναι Lipschitz συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες στο Ω τ.ω. f(x, y) g(x, y). Εστω y 1 (x) και y 2 (x) είναι λύσεις των εξισώσεων y 1(x) = f(x, y 1 ), y 2(x) = g(x, y 2 ) αντίστοιχα. Αν y 1 (x ) = y 2 (x ) όπου (x, y 1 (x )) Ω, τότε y 1 (x) y 2 (x) για x x και y 1 (x) y 2 (x) για x x. (Προφανώς οι ανισότητες αυτές λαµβάνουν χώρα εκεί που οι y 1 και y 2 υ- πάρχουν.) Απόδειξη. Θεωρούµε την περίπτωση x x. Αφού y 1 (x) = f(x, y 1) g(x, y 1 ) και y 2 (x) = g(x, y 2) από το Λήµµα 1.3 αµέσως προκύπτει οτι y 1 (x) y 2 (x) για x x. Οµοίως αποδεικνύουµε ότι y 1 (x) y 2 (x) για x x. Παρατήρηση. ϑεωρούµε τις Τότε Στην περίπτωση όταν µόνο η f είναι Lipschitz συνεχής u 1 = y 1 και u 2 = y 2. u 1(x) = f(x, u 1 ), u 2(x) = g(x, u 2 ). Αφού f(x, u 2 ) g(x, u 2 ) τότε f(x, u 2 ) g(x, u 2 ) και u 2(x) = g(x, u 2 ) f(x, u 2 ). Για τις u 1, u 2 από το Λήµµα 1.3 απορρέει ότι u 1 (x) u 2 (x) στο [x, b] και εποµένως y 1 (x) y 2 (x). Με τον ίδιο τρόπο εξετάζεται το διάστηµα [a, x ]. Θα αποδείξουµε τώρα µερικά πορίσµατα από το ϑεώρηµα σύγκρισης. Πόρισµα 1. Εστω οτι ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του ϑεωρήµατος σύγκρισης. Τότε για οποιοδήποτε σηµείο x 1 > x ή y 1 (x 1 ) < y 2 (x 1 ) ή y 1 (x) y 2 (x) στο [x, x 1 ]. (Προφανώς υποθέτουµε οτι οι y 1 και y 2 υπάρχουν σε ενα διάστηµα I ε.ω. [x, x 1 ] I.) Απόδειξη. Εστω y 1 (x 1 ) = y 2 (x 1 ) για κάποιο x 1 > x και y 1 (x) y 2 (x) στο [x, x 1 ]. Τότε υπάρχει ένα σηµείο x (x, x 1 ) τέτοιο ώστε y 1 (x ) < y 2 (x ).

20 2 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Εισάγουµε την σ(x) = y 2 (x) y 1 (x). Η σ(x) στο [x, x 1 ] από το ϑεώρηµα σύγκρισης και Αρα σ = y 2 y 1 = g(x, y 2 ) f(x, y 1 ) g(x, y 2 ) g(x, y 1 ) Kσ. d ( σ e Kx ) στο [x, x 1 ] και εποµένως η σ(x)e Kx είναι µη ϕθίνουσα συνάρτηση στο [x, x 1 ] και σ(x) σ(x )e K(x x) >, αφού σ(x ) >. Συνεπώς σ(x 1 ) >, όπου αυτή η ανισότητα αντιφάσκει µε την προϋπόθεση y 1 (x 1 ) = y 2 (x 1 ). Από εδώ αµέσως προκύπτει ότι αν για κάποιο x 1 έχουµε y 2 (x 1 ) > y 1 (x 1 ) τότε y 2 (x) > y 1 (x) για x x 1. Εάν όµως y 2 (x 1 ) = y 1 (x 1 ), τότε y 2 (x) y 1 (x) στο [x, x 1 ]. Τα επόµενα δυο πορίσµατα αποδεικνύονται µε παρόµοιο τρόπο. Πόρισµα 2. Εστω ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του ϑεωρήµατος σύγκρισης. Τότε για οποιοδήποτε σηµείο x 1 < x ή y 1 (x 1 ) > y 2 (x 1 ) ή y 1 (x) y 2 (x) στο [x 1, x ]. Πόρισµα 3. Αν στο ϑεώρηµα σύγκρισης ϑα αντικαταστήσουµε την συνθήκη y 1 (x ) = y 2 (x ) µε την ανισότητα y 1 (x ) < y 2 (x ), τότε y 1 (x) < y 2 (x) για x > x. Παράδειγµα 1.7. Εστω ότι η y(x) είναι λύση του προβλήµατος y = y 2 sin y 1/3, y() = 1. Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα σύγκρισης αποδείξτε ότι για κάθε x ισχύει y(x) 1 και υπάρχει x ( 1, ) τ.ω. lim y(x) = +. x x + Λύση. Εστω y (x) λύση του προβλήµατος y =, y () = 1. Προφανώς y 1. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα σύγκρισης (αφού y 2 sin y 1/3 ) για x έχουµε y(x) y (x) 1. Εστω y 1 (x) λύση του προβλήµατος y 1 = y 2 1, y () = 1. Προφανώς y 1 = x.

21 Αλκης Τερσένοβ 21 Σύµφωνα µε το Θεώρηµα σύγκρισης (αφού y 2 sin y 1/3 y 2 ) για x έχουµε y(x) y 1 (x) = x και lim x 1+ απ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο x = + Παράδειγµα 1.8. Εστω ότι η y 1 (x) είναι λύση του προβλήµατος y 1 = e y 1 + e x sin y 1, y 1 () = 1 και η y 2 (x) είναι λύση του προβλήµατος y 2 = 1 2 y2 2 + e x sin y 2, y 2 () = 1 αντίστοιχα. Προσδιορίστε το πρόσηµο της συνάρτησης z(x) = y 2 (x) y 1 (x) στο (, a) (προφανώς υποθέτουµε οτι οι λύσεις υπαρχουν στο (, a)). Λύση. Αφου e y + e x sin y 1 2 y2 + e x sin y, απο το Θεωρηµα σύγκρισης έχουµε ότι z(x) = y 1 (x) y 2 (x) για x. Παράδειγµα 1.9. Εστω ότι οι k(x) και g(x) συνεχείς συναρτήσεις τέτοιες ώστε k(x) >, 1 g(x) 1. Αποδείξτε ότι το πρόβληµα (1.28) y (x) = g(x) k(x)y 2 (x), y() = έχει ολική λύση στο διάστηµα ( l, l) για κάθε l >. Λύση. Θα δείξουµε πρώτα ότι αν η λύση υπάρχει τότε για κάθε x > ισχύει < y(x) 1x. Πράγµατι, αφού y() = άρα y () = g() > και υπάρχει x > τ.ω. y(x) > στο (, x ). Εστω ότι υπάρχει ένα σηµείο x > τ.ω. y(x) > στο (, x ) και y(x ) =, τότε σε αυτό το σηµείο η συνάρτηση είναι µη αύξουσα άρα y (x ), από την άλλη άτοπο, συνεπώς y (x ) = g(x ) k(x ) y 2 (x ) = g(x ) >, y(x) > x >. Θεωρούµε την συνάρτηση z(x) = 1x, προφανώς z (x) = 1, z() =. Αφού 1 g(x) k(x) y 2, από το ϑεώρηµα σύγκρισης έχουµε y(x) z(x) = 1x. Συνεπώς η λύση (αν υπάρχει) ικανοποιεί την ανισότητα < y(x) 1x, x >.

22 22 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Θα ϑεωρήσουµε τώρα την περίπτωση x <. Αφού y() = άρα y () = g(x) > και υπάρχει x 1 < τ.ω. y(x) < στο (x 1, ). Εστω ότι υπάρχει ένα σηµείο x < τ.ω. y(x) < στο (x, ) και y(x ) =, τότε σε αυτό το σηµείο η συνάρτηση είναι µη αύξουσα άρα y (x ) από την άλλη y (x ) = g(x ) k(x )y 2 (x ) = g(x ) >, άτοπο, συνεπώς y(x) < x <. Από το ϑεώρηµα σύγκρισης έχουµε y(x) 1x. υπάρχει) ικανοποιεί την ανισότητα 1x y(x) <, x <. Συνεπώς η λύση (αν Θα αποδείξουµε τώρα την ύπαρξη της ολικής λύσης (ϐλ. τους συλλογισµούς στη σελίδα 9). Εστω Ω = ( l, l) ( 1 l, 1 l) µε τυχαίο l >. Στο Ω και σε οποιοδήποτε υποσύνολό του Ω ισχύει f(x, y 2 ) f(x, y 1 ) = g(x) + k(x)y 2 2 g(x) + k(x)y 2 1 max x [ l,l] k(x) y2 2 y1 2 = max k(x)( y 2 + y 1 ) y 2 y 1 x [ l,l] 2 l max x [ l,l] k(x) y 2 y 1. Το Θεώρηµα 1.1 εξασφαλίζει την ύπαρξη της λύσης στο διάστηµα [ l, l ] µε 2l = α < 1, K = 2 l max K k(x) ( 1 ) π.χ. α =. x [ l,l] 2K Αν ϑα πάρουµε την αρχική συνθήκη στο l ϑα έχουµε τη λύση στο [l, l 1 ], παίρνοντας την αρχική συνθήκη στο l 1 κατασκευάζουµε τη λύση στο [l 1, l 2 ]... [l n 1, l n ]... µε l i l i 1 = 1 2K. ( Παρατηρούµε ότι όλα τα σηµεία l i, y(l i ) ), i =, 1, 2,... ανήκουν στο χω- ϱίο Ω (αφού y(l i ) 1l i < 1l). Προφανώς σε πεπερασµένο αριθµό ϐηµάτων (µε σταθερό ϐήµα µήκους 1/2K) ϑα ϕτάσουµε στο σηµείο l. Παροµοίως για αρνητικά x. Εκτιµήσεις της λύσης υπο την προϋπόθεση ύπαρξής της ονοµάζονται apriori εκτιµήσεις ή εκτιµήσεις εκ των προτέρων. Παρατήρηση. Οπως γνωρίζουµε απο το µάθηµα ιαφορικές Εξισώσεις (ϐλ. τις σηµειώσεις Εισαγωγη στις ιαφορικές Εξισώσεις ) για σταθερές g και k το πρόβληµα (1.28) έχει ολική λύση σε κλειστή µορφή g e 2 gkx 1 (1.29) y(x) = k e 2 gkx + 1.

23 Αλκης Τερσένοβ 23 Ασκήσεις Ασκηση 1.1. Κατασκευάστε τις τέσσερις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις φ 1, φ 2, φ 3, φ 4 της λύσης του προβλήµατος y = 2 y, y() = 1, παίρνοντας ως µηδενική την φ 1. Ασκηση 1.2. Κατασκευάστε τις δύο πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης του προβλήµατος y = cos y + y, y() =, παίρνοντας ως µηδενική την φ Ασκηση 1.3. Κατασκευάστε τις τρεις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης του προβλήµατος y = y 2 y() = 1, παίρνοντας ως µηδενική την φ 1 Ασκηση 1.4. Θεωρούµε το εξής πρόβληµα Cauchy y = f(x, y), y() = 1 ε. ώστε παράδειγµα συνάρτησης f(x, y) έτσι ώστε η λύση να υπάρχει µόνο στο διάστηµα ( ε, ε) για ε >. Ασκηση 1.5. Εστω x(t) και y(t) έναι λύσεις των εξισώσεων x = sin 2 x, y = e y + 1 στο διάστηµα (a, ) αντιστοίχως. Προσδιορίστε το πρόσηµο της συνάρτησης z(t) = x(t) y(t) στο (a, ) αν x() = y(). Ασκηση 1.6. Εστω y(x) λύση του προβλήµατος Cauchy Αποδείξτε ότι για κάποιο x (, 1). y = e y + sin 2 y + 1, y() = 1. lim y(x) = + x x Ασκηση 1.7. Εστω y(x) - λύση του προβλήµατος y = y 2 (sin x + cos y + 3), y() = 1. Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα σύγκρισης αποδείξτε ότι ένα x > τ.ω. lim x x y(x) = +. Ασκηση 1.8. Αποδείξτε ότι το πρόβληµα y = 1 (sin 2 x)y 4, y() = έχει λύση για όλα τα x (ολική ύπαρξη). Ασκηση 1.9. Θεωρούµε το πρόβληµα (1.28) µε < g g(x) g 1, < k k(x) k 1, g i, k i, i =, 1 σταθερές. 1. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι το πρόβληµα (1.28) µε σταθερές συναρτήσεις g(x), k(x) έχει λύση σε κλειστή µορφή (ϐλ. (1.29) ) αποδείξτε την

24 24 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις εκτίµηση g e 2 g k 1 x 1 k1 e 2 g k 1 x + 1 y(x) g1 e 2 g1 k x 1 k e 2 g 1 k x για x, + 1 g1 e 2 g1 k x 1 k e 2 g 1 k x + 1 y(x) g e 2 g k 1 x 1 k1 e 2 g k 1 x για x Αποδείξτε ότι υπάρχει µοναδική λύση του προβλήµατος στο (, + ). Ασκηση 1.1. Στο παράδειγµα 1.9 εφαρµόσαµε µια διαδικασία που µας έδωσε την ολική λύση του προβλήµατος y = g k y 2, y() =. 1. Γιατί δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε την ίδια διαδικασία για το πρόβληµα y = y 2, y() = 1; 2. Τι ϑα γίνει αν πάρουµε y() = ε > και ϑα περάσουµε στο όριο ε ; Ασκηση Θεωρούµε το εξής πρόβληµα (ϐλ. Παράδειγµα 1.5) y (x) = sign y, y() =. 1. ιαπιστώστε ότι η διαδοχικές προσεγγίσεις (µε φ (x) ) είναι { x, για n = 1, 3, 5, 7,... φ n (x) = x, για n = 2, 4, 6, 8, Βρείτε το λάθος στον ακόλουθο συλλογισµό. Θεωρούµε την υπακολουθία φ k (x), k = 2n + 1, n =, 1, 2, 3,..., προφανώς lim φ k(x) = lim ( x) = x = φ(x). k k Περνάµε στο όριο στην σχέση (1.6) και καταλύγουµε στο οτι η φ(x) = x είναι η λύση του προβλήµατός µας σε όλο τον R. µε Ασκηση Αποδείξτε οτι το πρόβληµα δεν εχει λύση για x > ( y = y(x) ). y = sign y + 1 2, y() = 1, για y > sign y =, για y = 1, για y < Ασκηση Αποδείξτε ότι x R το πρόβληµα αρχικών τιµών έχει άπειρες λύσεις. y = y, y(x ) = Ασκηση Θεωρήστε το πρόβληµα dy = y, y() = α. x 1. ιαπιστώστε οτι το πρόβληµα αυτο για α δεν έχει λύση και για α = έχει άπειρες λύσεις. 2. Εξηγήστε γιατι µε ϐάση τα ϑεωρήµατα ύπαρξης και µοναδικότητας.

25 Αλκης Τερσένοβ Συστήµατα ιαφορικών Εξισώσεων Πρώτης Τάξης Εστω έχουµε ένα σύστηµα διαφορικών εξισώσεων : 1 = Φ 1(x 1,..., x n, t) n = Φ n (x 1,..., x n, t). Θα συµβολίσουµε µε x(t) = (x 1 (t),..., x n (t)). Το µήκος του διανύσµατος x(t) ϑα είναι η x(t) = x 2 1 (t) + + x2 n(t). Με Φ(x, t) ϑα συµβολίσουµε το διάνυσµα Φ(x, t) = (Φ 1 (x, t),..., Φ n (x, t)). Ο συµβολισµός x (t) ϑα σηµαίνει το διάνυσµα x (t) = (x 1(t),..., x n(t)) και το ολοκλήρωµα του x(t) ϑα είναι διάνυσµα µε συνιστώσες b ( b b ) x(t) = x 1 (t),..., x n (t). a a a Χρησιµοποιώντας αυτούς τους συµβολισµούς ϑα γράφουµε τα συστήµατα σε διανυσµατική µορφή (2.1) = Φ(x, t). Ορισµός. Λέµε ότι το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz (ως προς x) σε κάποιο χωρίο Ω (a, b) R n+1, εάν Φ(x, t) Φ(y, t) K x y, όπου x, y Ω, t [a, b], K > σταθερά του Lipschitz. Ορισµός. Λέµε ότι το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) είναι της κλάσεως C 1 ως προς x, αν κάθε συνιστώσα Φ k είναι της κλάσεως C 1 ως προς x. Λήµµα 2.1. Αν Φ(x, t) C 1 σε κάποιο κυρτό χωρίο Ω, τότε είναι Lipschitz συνεχής συνάρτηση στο Ω. Απόδειξη. Εστω M = sup Ω,i,j=1,...,n Φ i x. Για κάθε j Φ i (x, t), σταθεροποιηµένες x,y,t και µεταβλητή s έχουµε d ds [Φ i(x + sy, t)] = Φ i z k (x + sy, t)y k, όπου z k = x k +sy k. Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα Μέσης Τιµής για την Φ i (z, t), όπου z = x + sy, s 1, ϑα πάρουµε Φ i (x + y, t) Φ i (x, t) = d d s [Φ i(x + sy, t)] s=s i

26 26 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις και εποµένως (2.2) Φ i (x + y, t) Φ i (x, t) = d d s [Φ i(x + sy, t)] = s=s i Φ i (x + sy, t) y z k s=s k, i για κάποιο s i [, 1]. (Πράγµατι για την h(s) = Φ i(x + sy, t) έχουµε h(1) h() = h (s i ) για κάποιο s i [, 1]). Από την (2.2) προκύπτει (2.3) ( ) 2 ( Φ i (x + y, t) Φ i (x, t) = ( Φ i ) 2 (x + sy, t) z k s=s i Φ ) i 2 (x + sy, t) y z k s=s k i yk 2 nm 2 y 2, όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από την ανισότητα Cauchy Schwarz για το δεξί µέρος της (2.2). [ Cauchy Schwartz : a b a b ή ( n ) 2 ( n a k b k a 2 k )( n Αθροίζοντας την (2.3) ως προς i, ϑα πάρουµε b 2 ) ] k (2.4) Φ(x + y, t) Φ(x, t) 2 n 2 M 2 y 2. Εξάγοντας την τετραγωνική ϱίζα από την (2.4), λαµβάνουµε (2.5) Φ(x + y, t) Φ(x, t) nm y. Οπου η (2.5) είναι η συνθήκη του Lipschitz για την Φ(x, t), µε σταθερά του Lipschitz να είναι η K = nm. Θα περάσουµε τώρα στο πρόβληµα Cauchy για το σύστηµα (2.1) και ϑα ξεκινήσουµε µε την µοναδικότητα της λύσης. Θεώρηµα 2.1(µοναδικότητα). Αν το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς x και είναι συνεχές ως προς t σε ένα χωρίο Ω (a, b) R n+1, τότε υπάρχει το πολύ µια λύση του συστήµατος (2.1), η οποία ικανοποιεί την αρχική συνθήκη x(t ) = c (c = (c 1,..., c n )) όπου (c, t ) Ω. Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι υπάρχουν δυο λύσεις x(t) και y(t), όπου x(t ) = y(t ) = c. Εισάγουµε την συνάρτηση σ(t) η οποία ισούται µε το τετράγωνο της απόστασης µεταξύ των x(t) και y(t) (2.6) σ(t) = [x k (t) y k (t)] 2 = x(t) y(t) 2.

27 Αλκης Τερσένοβ 27 Παραγωγίζουµε την σ(t), έχοντας υπόψη ότι x(t) και y(t) είναι λύσεις του συστήµατος (2.1) σ (t) = 2 [x k (t) y k (t)][φ k (x, t) Φ k (y, t)] = = 2[x y] [Φ(x, t) Φ(y, t)]. Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy Schwarz, ϑα πάρουµε (2.7) σ (t) σ (t) = 2 (x y) (Φ(x, t) Φ(y, t)) 2 x y Φ(x, t) Φ(y, t) 2K x y 2 = 2Kσ(t). Από την (2.7) αµέσως προκύπτει ότι σ 2Kσ = (σ 2Kσ)e 2Kt = (σe 2Kt ), άρα για t t σ(t)e 2Kt σ(t )e 2Kt = σ(t) σ(t )e 2K(t t). Αφού x(t ) = y(t ), έχουµε σ(t ) = και εποµένως σ(t). Από την (2.6) προκύπτει ότι σ(t) και x(t) y(t) 2 για t t. Συνεπώς x(t) y(t) για t t. Με παροµοιο τρόπο µπορούµε να µελετήσουµε την περίπτωση t < t. Προ- ϕανώς σ (t) σ (t) και εποµένως Άρα για t t έχουµε σ 2Kσ = σ 2Kσ = (σe 2Kt ). σ(t)e 2Kt σ(t )e 2Ka = σ(t) σ(t )e 2K(t t). Συνεπώς σ(t) για t t, δηλαδή x(t) y(t) για t t. Το ϑεώρηµα µοναδικότητας ισχύει υπό πιο γενικές συνθήκες, συγκεκριµένα : Θεώρηµα 2.2 (Osgood) (χωρίς απόδειξη). Αν κάθε συνιστώσα του Φ(x, t) ικανοποιεί την Φ i (x, t) Φ i (y, t) ϕ( x k y k ), i = 1,..., n, όπου ϕ(u) είναι συνεχής συνάρτηση, η οποία 1. ϕ(u) > για u > και 2. a ε du, όταν ε ϕ(u) (a > ), τότε υπάρχει το πολύ µια λύση του συστήµατος = Φ(x, t).

28 28 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Οπως και στην περίπτωση µιας διαφορικής εξίσωσης, για να αποδείξουµε το ϑεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας της τοπικής λύσης, ϑα ακολουθήσουµε την µέθοδο των διαδοχικών προσεγγίσεων. Το πρώτο ϐήµα είναι να περάσουµε από το διαφορικό σύστηµα σε ολοκληρωτικό σύστηµα, που είναι ισοδύναµο µε το διαφορικό. Εστω x(t) είναι λύση του διαφορικού συστήµατος = Φ(x, t). Ολοκληρώνουµε αυτό το σύστηµα ως προς t από t έως t. Προφανώς t ( x t t ) (τ)dξ = x 1(τ)dτ,..., x n(τ)dτ = t t t Άρα (x 1 (t) x 1 (t ),..., x n (t) x n (t )) = x(t) x(t ). και αφού x(t ) = c έχουµε x(t) x(t ) = (2.8) x(t) = c + t t t Φ(x, τ)dτ t Φ(x, ξ)dξ. Θα δείξουµε τώρα ότι η συνεχής λύση της (2.8) ϑα είναι και η λύση του δια- ϕορικού συστήµατος. Αν η x(t) είναι συνεχής, τότε και η Φ(x, t) ϑα είναι συνεχής, εποµένως το δεξί µέρος της (2.8) έχει την παράγωγο ως προς t, επο- µένως την έχει και το αριστερό µέρος, άρα x (t) = Φ(x, t), και η x(t) είναι λύση του διαφορικού συστήµατος. Είναι προφανές ότι x(t ) = c. Θα ξεκινήσουµε µε την περίπτωση ύπαρξης της ολικής λύσης. Πρώτα όµως ϑα κάνουµε την εξής παρατήρηση : η γνωστή ανισότητα t t h(τ)dτ h(τ) dτ t t για µια συνάρτηση h(t) : R R ισχύει και για διανυσµατικές συναρτήσεις (διανυσµατικά πεδία) φ(t) : R R n, φ(t) = ( φ 1 (t),..., φ n (t) ), δηλαδή t t φ(τ)dτ φ(τ) dτ. t t Πράγµατι, ϑεωρούµε την οµοιόµορφη διαµέριση του διαστήµατος (t, t) σε m ισα διαστήµατα µήκους t = t t /m, t k = t + k t, k = 1,..., m. Εχουµε t ( t t ) φ(τ)dτ = φ 1 (τ)dτ,..., φ n (τ)dτ = t t t ( m m lim φ 1 (t k ) t,..., lim φ n (t k ) t) lim m m m m ( φ 1 (t k ),..., φ n (t k ) ) t = t φ(τ) dτ. t

29 Αλκης Τερσένοβ 29 Θεώρηµα 2.3. Εστω το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) είναι συνεχές και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz στο διάστηµα t t T για όλα τα x, y R n. Τότε για οποιοδήποτε σταθερό διάνυσµα c το πρόβληµα αρχικών τιµών έχει µια και µοναδική λύση στο t t T. Απόδειξη. Κατασκευάζουµε τις προσεγγιστικές λύσεις του προβλήµατος : φ m (t) = c + t t Φ ( φ m 1 (τ), τ ) dτ, m >, φ (t) τυχαία συνεχής συνάρτηση τ.ω. φ (t ) = c. Αφού η φ είναι συνεχής στο t t T, τότε και η φ 1 ϑα είναι συνεχής στο t t T κ.ο.κ. Εποµένως όλες οι προσεγγίσεις είναι συνεχείς συναρτήσεις. Θα αποδείξουµε ότι η ακολουθία (2.9) φ (t), φ 1 (t), φ 2 (t),..., φ m (t),... συγκλίνει οµοιόµορφα για t t T. διανύσµατα : Ας τονίσουµε εδώ ότι τα φ m είναι φ m (t) = ( φ m1 (t), φ m2 (t),..., φ mn (t) ), m =, 1, 2,... Εστω M = max t t T Φ(φ, t). Το M <, επειδή συνεχής συνάρτηση είναι ϕραγµένη σε κλειστό διάστηµα. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι t = και t [, T ]. Η απόδειξη για αυθαίρετο t και για t < t γίνεται µε χρήση της αντικατάστασης t t + t, t t t αντίστοιχα. Θέτουµε για λόγους απλότητας φ c, εποµένως φ 1 (t) φ (t) = φ 2 (t) φ 1 (t) = t Οµοίως παίρνουµε t t Φ(φ, τ)dτ t [Φ(φ 1 (τ) Φ(φ, τ)]dτ K φ 1 (τ) φ (τ) dτ K t Φ(φ, τ) dτ M t t t dτ = Mt, Φ(φ 1, τ) Φ(φ, τ) dτ Mτdτ = KMt 2 /2. φ 3 (t) φ 2 (t) K φ 2 (τ) φ 1 (τ) dτ K KMτ 2 /2dτ = K2 M t 3 2 3,... φ m+1 (t) φ m (t) M (Kt) m+1 K (m + 1)!. Οπως και στην περίπτωση µιας διαφορικής εξίσωσης, µπορούµε να αντικαταστήσουµε την ακολουθία (2.9) µε την σειρά (2.1) φ (t) + [φ m+1 (t) φ m (t)], ( δηλαδή φi (t) + m= t [φ m+1i (t) φ mi (t)] i = 1, 2,..., n ) m=

30 3 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις της οποίας το m-οστο µερικό άθροισµα συµπίπτει µε την φ m (t) (δηλαδή µε (φ m1 (t),..., φ mn (t)). Οι απόλυτες τιµές των µελών της (2.1) δεν υπερβαίνουν τα αντίστοιχα µέλη της σειράς c + M K m= (Kt) m+1 (m + 1)!, η οποία συγκλίνει οµοιόµορφα για t T στο M K (ekt 1) + c. Εποµένως η σειρά (2.1) συγκλίνει οµοιόµορφα και ως συνέπεια αµέσως παίρνουµε την οµοιόµορφη σύγκλιση της (2.9). Αποµένει να αποδείξουµε ότι η φ(t) = lim m φ m(t) είναι λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών. Αρκεί να αποδείξουµε ότι φ(t) είναι λύση της αντίστοιχης ολοκληρωτικής εξίσωσης. Θεωρούµε την σχέση t t t Φ(φ m, τ)dτ Φ(φ k, τ)dτ Φ(φ m, τ) Φ(φ k, τ) dτ t K φ m (τ) φ k (τ) dξ, k, m. t Εποµένως Φ(φ m, τ)dτ συγκλίνει οµοιόµορφα και t t (2.11) Φ(φ m, τ)dτ Φ(φ, τ)dτ καθώς m +. Θεωρούµε την σχέση t (2.12) φ m+1 (t) = c + Φ(φ m, τ)dτ. Το αριστερό µέλος της (2.12) τείνει στο φ(t). Από την (2.11) έχουµε ότι και το t δεξί µέλος έχει όριο που ισούται µε Φ(φ, τ)dτ. Και εποµένως, περνώντας στο όριο στην (2.12), για την φ(t) ϑα έχουµε t φ(t) = c + Φ(φ(τ), τ)dτ. Άρα η φ(t) είναι λύση του προβλήµατος = Φ(x, t), x() = c. Θα διατυπώσουµε τώρα το ϑεώρηµα ύπαρξης τοπικής λύσης. Θεώρηµα 2.4. Εστω η Φ(x, t) είναι ορισµένη και συνεχής σε ένα χωρίο Ω R n+1 και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς x για οποιοδήποτε κλειστό και ϕραγµένο χωρίο Ω που ανήκει εξολοκλήρου στο Ω. Τότε για κάθε (t, c) Ω υπάρχει ένα διάστηµα [a, b], το οποίο περιέχει το σηµείο t, όπου υπάρχει µια και µοναδική λύση του προβλήµατος = Φ(x, t), x(t ) = c.

31 Αλκης Τερσένοβ 31 Η απόδειξη είναι παρόµοια µε εκείνη για την εξίσωση y = f(x, y). Το ϑεώρηµα της ύπαρξης ισχύει υπό πιο γενικές συνθήκες, συγκεκριµένα : Θεώρηµα 2.5 (P eano). Αν το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) είναι συνεχής συνάρτηση ως προς (x, t) σε κάποιο χωρίο Ω R n+1 του χώρου (x, t), τότε υπάρχει τουλάχιστον µια τοπική λύση της (2.1) που περνά από το δοσµένο σηµείο (x, t ) Ω. Ας πάρουµε την περίπτωση δυο εξισώσεων 1 = Φ 1(x 1, x 2, t), x 1 (t ) = c 1 2 = Φ 2(x 1, x 2, t), x 2 (t ) = c 2. Ως µηδενική προσέγγιση ας πάρουµε την φ (t) = (c 1, c 2 ), η πρώτη προσέγγιση είναι φ 1 (t) = (φ 11 (t), φ 12 (t)) µε t φ 11 (t) = c 1 + Φ 1 (c 1, c 2, τ)dτ, t t φ 12 (t) = c 2 + Φ 2 (c 1, c 2, τ)dτ, t η δεύτερη προσέγγιση είναι φ 2 (t) = (φ 21 (t), φ 22 (t)) µε t φ 21 (t) = c 1 + Φ 1 (φ 11, φ 12, τ)dτ, t t φ 22 (t) = c 2 + Φ 2 (φ 11, φ 12, τ)dτ, t η m-οστή προσέγγιση είναι φ m (t) = (φ m1 (t), φ m2 (t)) µε t φ m1 (t) = c 1 + Φ 1 (φ m 11, φ m 12, τ)dτ, t t φ m2 (t) = c 2 + Φ 2 (φ m 11, φ m 12, τ)dτ, t Παράδειγµα 2.1 Κατασκευάστε την πρώτη και τη δεύτερη διαδοχική προσέγγιση της λύσης του προβλήµατος Cauchy 1 = x 1 + x t 2, x 1 () = 2 = x 1 + sin 2 x 2, x 2 () =, παίρνοντας ως µηδενική προσέγγιση το διάνυσµα φ (t) = (, )

32 32 Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Λύση. Η πρώτη προσέγγιση είναι φ 1 (t) = (φ 11 (t), φ 12 (t)) µε φ 11 (t) = φ 12 (t) = t t τ 2 dτ = t3 3, dτ =, δηλαδή φ 1 (t) = (t 3 /3, ). Η δεύτερη προσέγγιση είναι φ 2 (t) = (φ 21 (t), φ 22 (t)) µε t (τ 3 φ 21 (t) = 3 + τ 2) dτ = t t3 3, φ 22 (t) = t δηλαδή φ 2 (t) = (t 4 /12 + t 3 /3, t 4 /12). τ 3 t4 dτ = 3 12, Παράδειγµα 2.2 Κατασκευάστε την πρώτη και τη δεύτερη διαδοχική προσέγγιση της λύσης του προβλήµατος Cauchy 1 = x 1 x 2 + t, x 1 () = 2 = x 1 + x 2, x 2 () = 1, παίρνοντας ως µηδενική προσέγγιση το διάνυσµα φ (t) = (, 1) Λύση. Η πρώτη προσέγγιση είναι φ 1 (t) = (φ 11 (t), φ 12 (t)) µε φ 11 (t) = t φ 12 (t) = 1 + ( 1 + τ)dτ = t2 2 t, t 1dτ = 1 + t, δηλαδή φ 1 (t) = (t 2 /2 t, 1 + t). Η δεύτερη προσέγγιση είναι φ 2 (t) = (φ 21 (t), φ 22 (t)) µε φ 21 (t) = t φ 22 (t) = 1 + (τ 2 2 τ 1) dτ = t3 6 t2 2 t, t (τ 2 δηλαδή φ 2 (t) = (t 3 /6 t 2 /2 t, t 3 /6 + t + 1) ) dτ = t3 6 + t + 1, Θεώρηµα 2.6 (συνεχούς εξάρτησης από τα αρχικά δεδοµένα). Εστω x(t), y(t) είναι δυο λύσεις της εξίσωσης (2.1) ορισµένες στο t t < T. Εστω ότι το Φ(x, t) είναι Lipschitz διανυσµατικό πεδίο ως προς x και συνεχές ως προς t. Τότε (2.13) x(t + h) y(t + h) e K h x(t ) y(t ).

33 Αλκης Τερσένοβ 33 Απόδειξη. Εστω h >. Θεωρούµε την Για την παράγωγο της σ(t) παίρνουµε σ(t) = x(t) y(t) 2. σ (t) = 2 ( x(t) y(t) ) (Φ(x, t) Φ(y, t) ) 2K x y 2 = 2Kσ(t). Συνεπώς ( σ (t) 2Kσ(t) ) e 2Kt ( σ(t)e 2Kt). Άρα η σ(t)e 2Kt είναι µη αύξουσα και σ(t + h) σ(t )e 2Kh. Εξάγοντας την τετραγωνική ϱίζα αποδεικνύουµε την (2.13) για h >. Εστω τώρα h <. Προφανώς Συνεπώς σ (t) σ (t) 2Kσ(t). ( σ (t) + 2Kσ(t) ) e 2Kt ( σ(t)e 2Kt). ηλαδή η σ(t)e 2Kt είναι µη ϕθίνουσα και σ(t + h) σ(t )e 2Kh. Απ όπου προκύπτει η (2.13) για h <. Από το Θεώρηµα 2.6, ως πόρισµα, αµέσως προκύπτει και το ϑεώρηµα µοναδικότητας. Επίσης ϑα διατυπώσουµε ένα άλλο πόρισµα αυτού του ϑεωρή- µατος : Πόρισµα. Εστω x(t, c) είναι λύση του προβλήµατος αρχικών τιµών = Φ(x, t), x(t, c) = c. Εστω ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του ϑεωρήµατος, και έστω η συνάρτηση x(t, c) είναι ορισµένη στο c c L, t t T. Τότε 1. x(t, c) είναι συνεχής ως προς τις µεταβλητές (t, c), δηλαδή lim x(t, c) = x(t, c ). (t,c) (t,c ) 2. Αν c c τότε x(t, c) x(t, c ) οµοιόµορφα για t t T. Και οι δυο ισχυρισµοί προκύπτουν από την εκτίµηση (2.13 ). Θεώρηµα 2.7 (συνεχούς εξάρτησης από το δεύτερο µέρος του συστήµατος). Εστω x(t), y(t) είναι λύσεις των συστηµάτων dy = F(x, t), = G(y, t), αντίστοιχα, στο διάστηµα t t < T. Εστω F και G είναι ορισµένα σε κάποιο χωρίο D R n ( T + t, T + t ) και στο χωρίο αυτό F(z, t) G(z, t) ε. Εστω F(x, t) είναι Lipschitz συνεχής συνάρτηση. Τότε (2.14) x(t) y(t) x(t ) y(t ) e K t t + ε K [ek t t 1]. ( ) Παρατηρούµε ότι δεν χρειάζεται η συνάρτηση G να είναι Lipschitz.