• No results found

EXISTENS AV EN UNIK LÖSNING TILL FÖRSTAORDNINGENS BEGYNNELSEVÄRDESPROBLEM

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "EXISTENS AV EN UNIK LÖSNING TILL FÖRSTAORDNINGENS BEGYNNELSEVÄRDESPROBLEM"

Copied!
7
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Full text

(1)

Sida 1 av 7

EXISTENS AV EN UNIK LÖSNING TILL

FÖRSTAORDNINGENS BEGYNNELSEVÄRDESPROBLEM

Vi betraktar ett begynnelsevärdesproblem (IVP, initial-value problem) av första ordningen som är skrivet på normal form

yF(x,y), y(x0) y0 (IVP1).

Man kan inte lösa exakt varje sådant problem. Ett begynnelsevärdesproblem som vi inte kan lösa exakt, försöker vi lösa med en av många numeriska metoder. Innan vi använder en numerisk metod är det viktigt att veta om vårt problem har någon lösning och, om detta är fall, att veta om lösnigen är entydig.

I nedanstående sats ges tillräckliga villkor som garanterar att det finns ett (ibland litet) intervall kring punkten x0 så att (IVP1) har exakt en lösning på detta interval.

Sats 1.2.1 EXISTENS –OCH ENTYDIGHETSSATS (Th. 1.2.1 Existence of a Unique Solution, Zill, Wright)

Låt Ω vara ett rektangulärt område i xy-planet, definierad av axb, cyd, som innehåller punkten (x0,y0)i sitt inre. Om följande två villkor

1. F(x,y)kontinuerlig på Ω, och

2. y

y x F

 ( , )

är kontinuerlig på Ω,

är uppfyllda då existerar ett intervall I0 (x0h,x0h) som ligger i ( ba, ) sådant att begynnelsevärdesproblemet

yF(x,y), y(x0) y0 (IVP1) har på I0 exakt en lösning.

O

x y

d

c

a b

) , (x0 y0

h

x0 x0h

(2)

Sida 2 av 7

Anmärkning 1. Vi kan kort sammanfatta satsen på följande sätt:

{F(x,y)och y

y x F

 ( , )

är kontinuerliga i en omgivning av punkten (x0,y0) } { Det finns ett intervall (x0h,x0h) där IVP1, yF(x,y), y(x0) y0 har exakt en lösning}.

Exempel 1. Vi betraktar ekvationen yxysin(y2). Låt (x0,y0) vara en (vilken som helst) punkt i xy-planet. Visa att det finns ett intervall I0 (x0h,x0h)sådant att (IVP1)

) sin(y2 xy

y  , y(x0) y0 har exakt en lösning på I0 (x0h,x0h)}.

Lösning. Beteckna (högerledet i ekvationen) F(x,y)xysin(y2).

Villkor 1: Funktionen F(x,y)xysin(y2) är uppenbart definierad och kontinuerlig för alla (x, y), dvs i hela xy-planet. (Notera att en elementär funktion är kontinuerlig inom sin definitionsmängd.)

Villkor 2: Funktionen ( , ) 2 cos( 2) y y y x

y x

F  

 är också kontinuerlig för alla (x, y), dvs i

hela xy-planet. Därmed är villkoren i satsen uppfyllda. Enligt sats 1.2.1 finns det ett intervall ett intervall (x0h,x0h) där IVP1 har exakt en lösning.

Anmärkning 2. (Viktigt!) Korrekt tolkning av sats 1.2.1. Om F(x,y)och y

y x F

 ( , ) är kontinuerliga i en omgivning av punkten (x0,y0) då gäller följande:

1. Det finns minst en lösning till (IVP1), dvs minst en lösningskurva går genom (x0,y0). 2. Om flera lösningskurvor går genom (x0,y0)då existerar ett (ibland ”litet” ) intervall runt

0,

x I0 (x0h,x0h), där alla lösningskurvor sammanfaller.

Följande två figurer visar två möjliga fall om villkoren i satsen är uppfyllda dvs om F(x,y)

och y

y x F

 ( , )

är kontinuerliga i en omgivning av punkten (x0,y0):

Fall 1. Exakt en lösning går genom punkten (x0,y0).

(3)

Sida 3 av 7 )

, (x0 y0

Fall 2. Det kan hända att flera lösningar (även oändligt många) går genom (x0,y0) trotts att villkoren i sats 1.2.1 är uppfyllda. Men då existerar ett (ibland ”litet”) intervall

) ,

( 0 0

0 x h x h

I    , runt x0,där alla lösningskurvor sammanfaller (dvs alla lösningar är identiska på I0). I nedanstående graf är yf1(x), yf2(x), yf3(x) yf4(x) lösningar som går genom (x0,y0). I punkten A, som ligger utanför I0 (x0h,x0h), tangerar kurvorna yf1(x) och yf2(x) varandra, dvs, de två kurvorna har samma tangent i punkten A. (Om vi har en situation som på nedanstående graf då är de två villkor i sats 1.2.1 inte uppfyllda i punkten A. Oavsett hur litet intervall har vi runt A finns det alltid minst två olika lösningskurvor i detta intervall som går genom A )

Fig 1.

) , (x0 y0

h

x0 x0h

)

1(x f y

)

2(x f y

)

3(x f y

)

4(x f y

Alltså är entidighet i ovanstående sats inte en global utan en lokal egenskap. En ”unik”

lösning genom (x0,y0) i ett interval I0 (x0h,x0h) kan ibland utvecklas i två eller flera lösningar utanför detta intervall (Enligt ovanstående sats är eventuell förgrening möjligt endast utanför området axb, cyd). I en situation som vi har i ovanstående graf har begynnelsevärdesproblemet exakt en lösning på intervallet I0 (x0h,x0h) medan samma problem har fyra olika lösningar på intervallet I1(x0h, b).

(4)

Sida 4 av 7 Anmärkning 3. Om F(x,y)och

y y x F

 ( , )

är kontinuerliga i hela xy-planet då är entidighet en global egenskap. Med andra ord, lösningen till yF(x,y), y(x0) y0 är unik på sitt hela existensintervall. (Situationen som i Fig 1 är i detta fall omöjligt eftersom satsens villkor gäller i alla punkter, därmed även i punkterna A, B och C. ”Förgrening” av en lösningskurva är därför omöjligt.)

===========================================================

Uppgift 1. Visa att genom punkten (23,57) går exakt en lösning till ekvationen )

sin( 2

sin y

e

y xLösning.

Beteckna )F(x,y)esinxsin(y2 .

Villkor 1: F(x,y)esinxsin(y2) är uppenbart kontinuerlig för alla (x,y).

Motivering: F(x,y) är en elementär funktion som är definierad för alla (x,y). En elementär funktion är kontinuerlig i sitt definitionsområde . Därmed är F(x,y) kontinuerlig för alla (x,y) Villkor 2: ( , ) 2 cos( 2)

y y y

y x

F

 är kontinuerlig för alla (x,y). Därför kan vi välja ett

rektangulärt område kring punkten (23,57) där både F(x,y) och y

y x F

 ( , )

är kontinuerliga.

Enligt existens och entydighetsatsen går genom punkten (23,57) exakt en lösning till DE.

Uppgift 2. Visa att genom en godtycklig punkt ( ba, )i R2 går exakt en lösning till ekvationen

a) yxsiny b) yxycosy c) t y y dt

dy32 cos d) e z dt

dz t

sin cos

Lösning:

a) Både F(x,y) xsiny och y y

y x

F( , ) cos

 är kontinuerliga för alla (x,y). Från

ovanstående sats följer att genom en (godtycklig) punkt ( ba, ) går exakt en lösning.

(5)

Sida 5 av 7

b) Funktionerna F(t,y)tysintcosy och t y y

y t

F( , )  sin

 är kontinuerliga för alla

(t,y). Enligt sats 1.2.1 går exakt en lösning genom punkten ( ba, ). c) Funktionerna F(t,y)t32 ycosy och y

y y t

F( , )1sin

 är kontinuerliga för alla

(t,y). Enligt sats 1.2.1 går exakt en lösning genom punkten ( ba, ). d) Funktionerna F(t,z)esint cosz och z

z z t

F( , ) sin

 är kontinuerliga för alla (t,y).

Enligt sats 1.2.1 går exakt en lösning genom punkten ( ba, ).

Anmärkning 4. Satsen ger endast tillräckliga villkor för en unik lösning genom punkten )

,

(x0 y0 . Om ett av de två villkoren inte är uppfylld då kan (IVP1) ha ingen, exakt en, ändligt många eller oändligt många lösningar, som vi undersöker (generellt i sådana fall) genom att lösa (IVP1).

Uppgift 3. Vi betraktar DE y2 y

a) I vilka punkter (x,y) är antaganden för sats 1.2.1 uppfyllda?

b) Hur många lösningar går genom punkten (1,–3)

c) Bestäm minst två lösningskurvor som går genom punkten (0,0).

d) Låt (h,h), där h0vara ett godtyckligt intervall kring punkten 0. Visa att man kan konstruera oändligt många lösningar som går genom punkten (0,0) och är definierade på

) ,

(h h . Tipps: Lösningar kan vara styckviss definierade.

Lösning:

a) Vi har F(x,y)2 y och y y

y x

F( , ) 1

 

 . Båda funktioner ör definierade och

kontinuerliga om y0. Alltså är satsens villkor uppfyllda i de punkter (x,y)som har y0. b) Ingen lösning går genom punkten (1,–3) eftersom själva ekvationen y2 y inte är definierad om y0

c) (Fortsättning av uppgiften kan du lösa efter att du har lärt dig lösningsmetoden för separabla DE)

Vi löser ekvationen y2 y (en separabel DE).

(6)

Sida 6 av 7

Först noterar vi att den konstanta funktionen y0är en lösning (eftersom y 0 y0 så att VL=0 och HL=0) . Denna lösningen går genom punkten (0,0).

För att finna eventuella andra lösningar separerar vi variabler i y2 y. Vi skriver

dx

y dy och separerar variabler ( vi flyttar alla y till vänster och alla x till högersidan ):

y dx y dy

dx y dy

y2  2  2

Variabler är separerade; vi integrerar båda leden (och lägger en konstant till höger):

2 2

/ 1

) 2 / ( 2 2

/

2 1y x C y x C

y dx

dy

     

eller, om vi skriver C/2 =D,

)2

(x D

y  (*) (Den allmänna lösningen)

Villkoret y(0)0 substituerar vi i (*) och får 0(0D)2D0. Alltså är yx2 en lösning till DE som går genom (0,0).

Dessutom har vi (den singulära) lösningen y0.

Därmed har vi funnit två lösningar yx2 och y0 som går genom (0,0)

d) Notera att varje lösning y(xD)2 tangerar kurvan y0(dvs x-axeln) i punkten x = –D. Låt avara en godtycklig punkt i intervallet ( h 0, )

Då är



 

a x för a

x

a x x för

fa 2

) ( ) 0 (

en lösning till DE som går genom (0,0) .

(Notera att i punkten x=a är både, vänster- och högerderivatan =0. Därför kan vi kombinera delar de två lösningar y0och y(xa)2 till en ny lösning)

(7)

Sida 7 av 7

Eftersom vi kan välja en punkt a i intervallet ( h på oändligt många sätt, har vi konstruerat 0, ) oändligt många lösningar till DE y2 y , y(0)=0 som är definierade på intervallet (h,h). Några sådana lösningskurvor visar vi i nedanstående graf.

References

Related documents

Hur lönenivån utvecklas har en avgörande betydelse för den totala ekonomiska tillväxten och beror långsiktigt till största delen på hur produktiviteten i näringslivet

De pekar på Östergötland och menar att de lyckades korta köerna när man införde vårdval 2013, men att hörselvården blivit betydligt sämre!. Bland annat pekar man på att

– det medför att användbarheten av en balkong minskar avsevärt. Av tekniska skäl kan det vara olämpligt att tilläggsisolera vissa väggkonstruktioner. Vid

[1] https://sv.wikipedia.org/wiki/Enkronan [2] https://sv.wikipedia.org/wiki/Tärning

Sannolikheten ett trafikljus visar rött när vi kommer fram är 0,4 sannolikheten att det visar grönt när vi kommer fram är

Frågan om rationella skäl för Guds existens omformas till frågor om Guds funktion som skapare i en teoretisk rationalitet och meningen med livet tolkas med olika

6 § Bidrag får lämnas till professionella konstnärer som har sin hu- vudsakliga konstnärliga verksamhet i Sverige eller som är stadig- varande bosatt i landet eller som

Det behöver alltså inte vara något negativt att vara distanserad från yrkesrollen utan snarare menar Goffman (1959) att en viss distans till yrkesrollen är önskvärd för att man