Sida 1 av 5
BEVIS AV EXISTENS –OCH ENTYDIGHETSSATSEN
för begynnelsevärdesproblem (IVP, initial-value problem) av första ordningen som är skrivet på standardform (normalform)
yF(x,y), y(x0) y0 (IVP1).
Sats 1.2.1 EXISTENS –OCH ENTYDIGHETSSATS (Th. 1.2.1 Existence of a Unique Solution, Zill, Wright)
Om följande två villkor är uppfyllda i en omgivning Ω till punkten (x0,y0) 1. F(x,y)kontinuerlig på Ω, och
2. y
y x F
( , )
är kontinuerlig på Ω,
då existerar ett intervall I0 [x0 h,x0h] sådant att begynnelsevärdesproblemet yF(x,y), y(x0) y0 (IVP1)
har på I0 exakt en lösning.
BEVIS
Betrakta en rektangel R:x0a xx0 a, y0b y y0b, där a,b0, som ligger i Ω.
) , (x0 y0
h x0 x0h
a
x0 x0a
b y0
b y0
Sida 2 av 5 Eftersom )F(x,y och
y y x F
( , )
är kontinuerliga på rektangeln R finns det M så att M
y x F( , )|
| och L så att L
y y x
F
( , )|
| .
Låt min( , ) M a b
h .
Från villkoret L
y y x
F
( , )|
| följer
|
|
| ) )(
,
| ( essatsen) (medelvärd
| ) , ( ) , (
| 2 1 y2 y1 L y2 y1
y y x y F
x F y x
F s
(*) ,
så kallade Lipschitz villkor.
Problemet )) ( , ( )
(x F x y x
y , y(x0) y0 (IVP1)
skriver vi (genom att integrera båda sidor på x) som en ekvivalent integralekvation
x
x
dx x y x F y x y
0
)) ( , ( )
( 0 , (ekv 1)
där y(x) är den sökta funktionen.
Vi bildar följande funktionsföljd
x
x
dx y x F y x y
0
) , ( )
( 0 0
1 ,
x
x
dx x y x F y x y
0
)) ( , ( )
( 0 1
2 ,
…
x
x
n
n x y F x y x dx
y
0
)) ( , ( )
( 0 1 .
Metoden med ovanstående succesiva approximationer kallas ”Picardmetoden”. ( Picard var en fransk matematiker.)
Vi ska visa att funktionsföljden yn( x) konvergerar mot en funktion Y( x) som är en unik lösning till (IVP1) på intervallet I0 [x0h,x0 h].
a) Först visar vi att graferna till yn( x) ligger i rektangeln R om x[x0h,x0 h] dvs att
Sida 3 av 5 b
y x
yn( ) |
| 0 om x[x0 h,x0h]. Vi har
M b M b Mh x
x M dx y x F dx
y x F y
x y
x
x x
x
| |
( , ) | |
| ( , )| | | |) (
| 1 0 0 0 0
0 0
,
dvs y1(x) ligger i R om, x(x0h,x0 h). Vidare
M b M b Mh dx
x y x F y
x y
x
x
| |
( , ( )) | (eftersom y(x)ligger iR)) (
| 2 0 1 1
0
På liknande sätt (matematisk induktion) visar vi att M b M b Mh dx
x y x F y
x y
x
x
n
n( ) ||
( , ( )) | |
0
1
0 .
Därmed ligger (x,yn(x))i R, om x[x0h,x0 h]. b) Vi ska nu visa att gränsvärdet Y(x) limyn(x)
n
existerar för x(x0h,x0h) och att )
( x
Y är en lösning till begynnelsevärdesproblemet (IVP1).
Vi bildar serien
( 1( ) 0) ( 2( ) 1( )) ( ( ) 1( ))
0 y x y y x y x y x y x
y n n (**)
och uppskattar termer:
|
|
| ) (
|y1 x y0 M xx0 (e1) har vi redan visat.
|
| ) , ( )) ( , (
|
|
| ) , ( )) ( , (
|
| ) ( ) (
|
0 0
0 1
0 1
1
2
x x x
x
dx y x F x y x F dx
y x F x y x F x
y x y
2
|
| |
|
|
| e1) (enligt
|
| ) (
|
|
2 0 0
0 1
0 0
x ML x dx x x M L dx
y x y L
x
x x
x
(e2)Vidare
|
| )) ( , ( )) ( , (
|
|
| )) ( , ( )) ( , (
|
| ) ( ) (
|
0 0
1 2
1 2
2
3
x x x
x
dx x y x F x y x F dx
x y x F x y x F x
y x y
3 2
|
| | 2
|
| | e2) (enligt
|
| ) ( ) (
|
|
3 2 0
2 0 1
2
0
0
L
y x y x dx L
xML x x dx ML x xx x
x
(e3)
Sida 4 av 5 På liknande sätt ( matematisk induktion) får vi
!
!
|
| | ) ( )
(
|
1 1 0
1 n
h ML n
x ML x
x y x y
n n n
n n
n
.
Serien
! 3
2 2
1 3
2 2
0 n
h ML ML h
Mh MLh y
n n
konvergerar enligt kvotkriterium.
Enligt jämförelsekriterium ( eftersom
| ! ) ( )
(
|
1
1 n
h x ML
y x y
n n n
n
) konvergerar uniform
serien
( 1( ) 0) ( 2( ) 1( )) ( ( ) 1( ))
0 y x y y x y x y x y x
y n n .
till en kontinuerlig funktion. Beteckna seriens summa med Y(x). Eftersom för seriens delsummor gäller
)) ( )
( ( ))
( ) ( ( ) ) (
( 1 0 2 1 1
0 y x y y x y x y x y x
y n n =yn( x) har vi Y(x) limyn(x)
n
. (***)
Eftersom grafen till yn( x) ligger i R, dvs yn( x) uppfyller |yn(x) y0|b om ]
, [x0 h x0 h
x , då gäller samma för Y(x) limyn(x)
n
.
Om vi låter n i uttrycket
x x
n
n x y F x y x dx
y
0
)) ( , ( )
( 0 1
får vi
x
x
dx x Y x F y x Y
0
)) ( , ( )
( 0
dvs Y(x) är en lösning till (ekv 1) och därmed till (IVP1) på intervallet [x0h,x0h]. c) Kvarstå att bevisa att Y(x)är den enda lösningen till (ekv1).
Låt Z(x) vara en annan lösning till ( IVP1) och därmed till ( ekv1) och att lösningen ligger i R för x[x0h1,x0h1] där 0h1h. Alltså gäller
Sida 5 av 5
x
x
dx x Z x F y x Z
0
)) ( , ( )
( 0 .
Vi uppskattar |Z(x) yn(x)|med samma metod som i b-delen.
Vi har
|
|
| )) ( , (
|
| ) (
| 0 0
0
x x M dx x Z x F y
x Z
x
x
(e1) har vi redan visat.|
| ) , ( )) ( , (
|
|
| ) ( ) (
|
0
0
1
x
x
dx y x F x Z x F x
y x Z
2
|
| |
|
|
| e1) (enligt
|
| ) (
|
|
2 0 0
0
0 0
x ML x dx x x M L dx
y x Z L
x
x x
x
(e2)På liknande sätt ( matematisk induktion) får vi
)!
1 ( )!
1 (
|
| | ) ( ) (
|
1 1
0
n h ML n
x ML x x
y x Z
n n n
n
n som går mot 0 om n .
Med andra ord är Z(x) limyn(x)
n
och eftersom Y(x) limyn(x)
n
drar vi slutsats att
) ( ) (x Z x
Y på intervallet x[x0h1,x0 h1].
Med andra ord har begynnelsevärdesproblem exakt en lösning.
Därmed är satsen bevisad.