Om existens och entydighet av lösningar till ordinära differentialekvationer Anders Källén 11 maj 2016 1 Introduktion I det här kapitlet ska vi diskutera vad vi allmänt kan säga om lösningar till ett system av ordinära differentialekvationer x (t) = f(t, x(t)), x( ) = x 0. (1) Här är x = (x 1,..., x n ) och f : R n+1 R n en funktion, vilken som minst antas kontinuerlig men oftast lite mer. I det här sammanhanget ska vi tolka f som ett vektorfält som vid varje tidpunkt specificerar i vilken riktning lösningen x(t) ska gå. Man kan då tycka att det borde räcka med att f är kontinuerlig, men som vi ska se räcker inte det, åtminstone inte för att lösningen ska vara entydig. 2 Grundläggande existens- och entydighetssats Vi ska först visa en sats som säger att det under lämpliga villkor alltid finns en lösning x(t) för t i något litet öppet intervall som innehåller 0. Vi börjar med en definition Definition Funktionen f(t, x) sägs uppfylla ett Lipschitz-villkor i Ω R R n om det finns en konstant L sådan att f(t, x) f(t, y) L x y, (t, x), (t, y) Ω Anmärkning Denna definition är lokal för detta kapitel. Egentligen handlar detta om att f är Lipschitzkontinuerlig som funktion av x, och det likformigt i t. Den sats vi ska bevisa formulerar vi nu i detalj. Sats 1 Antag att f uppfyller ett Lipschitzvillkor i rektangeln R = {(t, x); t a, x x 0 b} och sätt α = min(a, b/m) där M är det största värdet av f på M. Då har (1) en C 1 lösning för t sådana att t < a och då gäller att x(t) x 0 M t. Resten av detta avsnitt handlar om att bevisa denna sats. Första steget i beviset är att omformulera (1) som en integralekvation x(t) = x 0 + f(s, x(s))ds. (2) 1
Att dessa två formuleringar är ekvivalenta följer av analysens huvudsats. Om vi kan hitta en kontinuerlig funktion x(t) som löser (2), så följer av analysens huvudsats att den är deriverbar (om f är kontinuerlig), och från (1) kan vi dra slutsatsen att derivatan då är kontinuerlig. Det gäller därför att hitta en kontinuerlig lösning x(t) till integralekvationen, och att visa att denna är entydigt bestämd. Vi kan börja med entydighetsfrågan. Antag att x(t) och y(t) är två lösningar till (2). Då gäller att för t > x(t) y(t) = (f(s, x(s)) f(s, y(s)))ds f(s, x(s)) f(s, y(s)) ds L x(s) y(s) ds. Om t < är de två sista integralerna från t till istället. Men vi har att x(s) y(s) 2b då t a, så ur detta får vi att x(t) y(t) 2bL t. Om vi nu stoppar in det i uppskattningen igen får vi x(t) y(t) L 2bL(s )ds = bl 2 (t ) 2. Fortsätter vi på detta sätt får vi att för varje heltal n gäller att x(t) y(t) 2b Ln t n n! 2b (La)n n! 0 då n. Det följer att x(t) = y(t) då t a, och därmed har vi visat entydigheten. Vi kommer nu till entydigheten. För det ska vi använda en metod av Emile Picard, som bygger på att vi successivt definierar en svit funktioner x n (t) som är approximativa lösningar, och vilka konvergerar mot den faktiskt lösning då n. Metoden bygger på att vi definierar en funktion T som avbildar kontinuerliga funktioner på kontinuerliga funktioner genom y(t) = x 0 + f(s, x(s))ds. Här är x(t) en kontinuerlig funktion definierad då t α och det vi får är en kontinuerlig funktion definierad för samma t. Vi skriver detta som y = T (x), och det vi vill göra är att hitta en fixpunkt till denna ekvation, alltså en funktion x(t) sådan att x = T (x). Vår förhoppning är att om vi börjar med x 1 (t) = x 0 och sedan rekursivt definierar x k (t) genom x k+1 = T (x k ), så ska vi få en svit som är sådan att den konvergerar mot en kontinuerlig funktion som är just en fixpunkt till T. Vi ska då börja med att visa att x k (t) x 0 M t för t α. Det betyder att (t, x k (t)) R för alla sådana t, och alltså att speciellt är f(t, x k (t)) M. Olikheten gäller uppenbarligen för x 0 (t) = x 0 och med induktion ser vi sedan att x k+1 (t) x 0 = f(s, x k (s))ds M t. För att se att se att funktionsföljden vi så har definierat konvergerar mot en kontinuerlig funktion ska vi använda Weierstrass majorantsats. För det behöver vi en uppskattning av x k+1 (t) x k (t). Vi har till att börja med att (för t > ) x k+1 (t) x k (t) f(s, x k (s)) f(s, x k 1 (s)))ds L Vi fortsätter som i entydighetsbeviset ovan. Ur detta får vi att x 2 (t) x 1 (t) LM t eftersom x 1 (t) x 0 M t. Stoppar vi in detta i integralen får vi att x 3 (t) x 2 (t) L x 2 (s) x 1 (s) ds ML 2 (t ) 2 /2. 2 x k (s) x k 1 (s) ds.
Fortsätter vi på det sättet ser vi att x k+1 (t) x k (t) MLk t k+1 (k + 1)! då t α Men så följer med hjälp av Weierstrass majorantsats att den oändliga serien i definitionen x(t) = x 0 + (x k (t) x k 1 (t)) k=1 är likformigt konvergent, och alltså är gränsfunktionen en kontinuerlig funktion. Men eftersom x k x likformigt då k följer också att lim k f(s, x k (s))ds = f(s, x(s))ds. Vi kan därför göra gränsövergång i ekvationen x k+1 = T (x k ) och får att x = T (x), dvs x(t) är en lösning på problemet. Därmed har vi fullständigt bevisat satsen ovan. 3 Maximala lösningar Vi har alltså en lokal lösning till (1), dvs det finns en entydigt bestämd lösning i för små t. Eventuellt kan vi fortsätta den lösningen vidare genom att använda satsen med ett nytt startvärde vid en tidpunkt nära slutet på lösningens definitionsområde. På det här sättet kan vi åtminstone försöka fortsätta lösningarna både framåt och bakåt i tiden. Frågan är hur länge och vad som sätter stopp för processen. För att undersöka det sätter vi och τ + = sup{t; lösningen kan fortsättas till hela [, t)} τ = inf{t; lösningen kan fortsättas till hela (t, ]}. Lösningen till (1) kan alltså utvidgas till (τ, τ + ) men inte utanför det intervallet. Vi säger då att vi har en maximal lösning. Vi har nu följande karakterisering av maximala lösningar. Sats 2 Antag att den maximala lösningen till (1) där f är kontinuerlig och Lipschitz-kontinuerlig i en omgivning av varje punkt och att K är en kompakt delmängd av Ω. Då gäller att (t, x(t)) / K om t är tillräckligt nära någon av ändpunkterna τ ±. Anmärkning Innebörden av satsen är att antingen gäller att (t, x(t)) närmar sig randen Ω då t närmar sig någon av ändpunkterna, eller så gäller att x(t) + t, dvs antingen har vi en global lösning, eller så gäller att x(t) då t närmar sig τ ±. Bevis. Det räcker om vi betraktar fallet med τ +. Vi kan anta att x 0 K. Definiera τ K = sup{τ; (t, x(t)) K för alla t [, τ)}. Antag att τ K = τ +. Då finns en en svit t j sådan att t j τ + och (t j, x(t j )) K. Men K är kompakt, vilket betyder att om (a, b) är hopningspunkt för sviten, så gäller att (a, b) K. Men a = τ + och b = lim j x(t j ) och i punkten (a, b) uppfylls villkoret för den lokala satsen, vilket betyder att (1) med = τ + och x 0 = b har en lokal lösning. Detta är en motsägelse mot definitionen av τ +, och alltså gäller att τ K < τ +. För t (τ K, τ + ) gäller därför att (t, x(t)) / K. 3
4 Lösningens beroende av parametrar En viktig fråga angående lösningen till (1) är hur mycket lösningen ändrar sig om vi ändrar funktionen f lite, eller ändrar startpunkten lite. Definitionen av funktionen f innehåller ofta en eller flera okända konstanter, vilka måste bestämmas experimentellt. Eftersom man knappast kan bestämma dessa med oändlig noggrannhet är det viktigt att förstå hur känslig lösningen är för fel i dessa indata. Ett sätt att uttrycka detta är att vilja uppskatta skillnaden mellan lösningen x(t) till (1) och lösningen y(t) till problemet y (t) = g(t, y(t)), y( ) = y 0 när vi har en uppskattning av hur mycket f och g skiljer sig åt. Antag att vi vet att det finns ett ɛ > 0 sådant att f(t, x) g(t, x) ɛ, (t, x) K där K är någon kompakt delmängd av Ω. Då får vi att y (t) f(t, y(t)) = g(t, y(t)) f(t, y(t)) ɛ (t, y(t)) K. En lösning som uppfyller en sådan olikhet kallas en ɛ-approximativ lösning till (1). Vi vill nu se vad vi kan säga om skillnaden w(t) = y(t) x(t) där x(t) löser (1). Vi har då att w(t) = y(t) y( ) (x(t) x( ))+w 0 = (y(t) y( ) f(s, y(s))ds)+ (f(s, y(s)) f(s, x(s)))ds+w 0 vilket ger w(t) ɛ(t ) + f(s, y(s)) f(s, x(s)) ds + w 0 ɛ(t ) + L y(s) x(s) ds + w 0 Ur detta följer att = L 0 w(s) ds + ɛ(t ) + w 0. w(t) e L(t t0) w 0 + ɛ L (el(t t0) 1). Från detta ser vi att om f k är en svit som likformigt konvergerar mot f på K och x k (t) är motsvarande lösningar och dessa är sådana att x k ( ) x( ), så gäller att x k (t) x(t) då k. 5 Eulers metod och Peanos existenssats Ett enkelt sätt att konstruera en approximation till lösningen x(t) på (1) är att approximera derivatan med en differenskvot och därmed får en differensekvation att lösa istället. För detta betraktar vi ett intervall [, + a] och gör en indelning av detta i m ekvidistanta delintervall genom t k = + kh. Vi har då att (1) approximeras av x(t k + h) x(t k ) h = f(t k, x(t k )) x(t k+1 ) = x(t k ) + hf(t k, x(t k )). Om vi löser detta och sedan förbinder punkterna (t k, x(t k )) med räta linjestycken, så får vi en polygonkurva som är grafen för en approximativ lösning x h (t) till (1). Denna approximationsmetod för att lösa en differentialekvation kallas Eulers metod. 4
Vi specificerar nu några antaganden. f antas kontinuerlig i Ω R R n och uppfylla f(t, x) M då (t, x) Ω. Tag sedan a så litet att Λ(a) = {(x, t); t a, x x 0 M(t )} ligger i Ω. Med I(a) = [ a, + a] gäller då att (t, x h (t)) Λ(a) då t I(a) eftersom inget linjestyckes lutning är större än M och det är klart att x h (t) x h (s) M t s, t, s I(a). Det följer att x h (t) är en ekvikontinuerlig och likformigt begränsad familj av funktioner på I(a). Vi kan därför hitta en följd h k 0 sådan att x hk (t) konvergerar likformigt mot en funktion x(t) enligt Arzela-Ascolis sats. Vidare gäller att om vi sätter ɛ(h) = sup{ f(t, x h (t)) f(s, x h (s)) ; t s h, t, s I(a)}, så följer att ɛ(h) 0 då h 0, eftersom f är likformigt kontinuerlig. Pga den likformiga konvergensen följer då att gränsfunktionen uppfyller (2), och därför (1). Vi har därmed visat Sats 3 (Peanos existenssats) Antag att f(t, x) är kontinuerlig i en omgivning av (, x 0 ) R R n. Då finns en kontinuerligt deriverbar funktion x(t) för t nära som löser (1) Anmärkning Vi ser alltså att Lipschitzvillkoret i vår tidigare sats egentligen inte är där för att garantera existens av en lösning, utan för att visa dess entydighet. Utan det villkoret kan samma problem ha flera lösningar som nästa exempel visar. Exempel 1 Betrakta problemet Det löses av alla funktionerna x (t) = 3x(t) 2/3, x(0) = 0. (t + α) 3 t < α x α (t) = 0 α t < α (t α) 3 α t där α 0. Problemet har alltså oändligt många lösningar. Här gäller att f(t, x) = 3x 2/3 är kontinuerlig överallt men inte Lipschitzkontinuerlig i en omgiving av origo, eftersom och x 3 x 1/3 är inte begränsad nära origo. f(t, x) f(t, 0) = 3 x 1/3 x 0, 5