Zmiany pogody

W latch 60-tych ameryka«ski meteorolog uwa»ana za twórc¦ podstaw chaosu Edward Lorenz zaproponowaª nast¦puj¡cy ukªad równa« opisuj¡cy zjawiska pogodowe





x⁰ = −10x + 10y y⁰ = 28x − y − xz z⁰ = −⁸₃z + xy

Interpretacja wielko±ci x, y, z jest do±¢ trudna, równa« nie udaªo si¦ rozwi¡za« analitycz-nie, a z rozwi¡za« przybli»onych nie mo»na w peªni zrozumie¢ prawdziwego zachowania si¦ zjawiska.

4. Równania o rozdzielonych zmiennych

Zajmiemy si¦ teraz jednym z podstawowych i jednocze±nie najprostszych równa« - rów-naniem o rozdzielonych zmiennych.

Denicja 4. Niech K, L b¦d¡ dowolnymi przedziaªami, g : L → R, h : K → R funkcjami ci¡gªymi. Wówczas równanie postaci

x⁰(t) = h (t) · g (x (t)) [x⁰ = h (t) · g (x)] (7) nazywamy równaniem ró»niczkowym o rozdzielonych zmiennych.

Twierdzenie 1 (Metoda rozdzielania zmiennych). Rozwa»my równanie (7), w którym przedziaªy K i L s¡ otwarte. Oznaczmy przez H i G dowolnie ustalone funkcje pierwotne funkcji h i ¹_g odpowiednio. Wówczas

(a) Je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to funkcja u : I → L, gdzie I jest przedziaªem jest rozwi¡zaniem równania (7) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa c ∈ R taka, »e

G (u (t)) = H (t) + c, dla t ∈ I. (8)

(b) Je±li istnieje x0 ∈ L takie, »e g (x0) = 0, to równanie (7) posiada tzw. rozwi¡zanie stacjonarne okre±lone wzorem

u (t) = x₀, dla t ∈ K Dowód.

(b) Funkcja u (t) = x0 jest ró»niczkowalna dla t ∈ K przy tym u⁰(t) = 0 = h (t)·g (x₀) = h (t) · g (u (t)), dla t ∈ K, zatem jest rozwi¡zaniem równania (7).

(a) Konieczno±¢ (⇒). Zaªó»my, »e u : I → L jest rozwi¡zaniem równania (7) tzn.

u⁰(t) = h (t) · g (u (t)) , dla t ∈ I.

Poniewa» g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c równie» g (u (t)) 6= 0, dla t ∈ I, zatem u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) , dla t ∈ I.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych

Poniewa»

(G ◦ u)⁰(t) = G⁰(u (t)) · u⁰(t) = u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) = H⁰(t) , dla t ∈ I, wi¦c

(G ◦ u)⁰(t) = H⁰(t) , dla t ∈ I, sk¡d wynika istnienie staªej c ∈ R, »e

G (u (t)) = H (t) , +c dla t ∈ I.

Dostateczno±¢ (⇐) . Zaªó»my teraz, »e zachodzi wzór (8) tzn. istnieje staªa c ∈ R,

»e

G (u (t)) = H (t) + c dla t ∈ I.

Ró»niczkuj¡c stronami dostajemy u⁰(t)

g (u (t)) = h (t) , dla t ∈ I sk¡d

u⁰(t) = g (u (t)) · h (t) , dla t ∈ I,

co oznacza, »e u (·) jest rozwi¡zaniem równania (7) w przedziale I.

Uwaga 2. Poniewa» w przypadku (a) g (x) 6= 0, dla x ∈ L, wi¦c funkcja ¹_g = G⁰ jest staªego znaku w przedziale I (jako funkcja ci¡gªa), zatem G jest rosn¡ca lub malej¡ca w L i w konsekwencji odwracalna. Rozwi¡zanie u (·) ma wi¦c posta¢

u (t) = G⁻¹(H (t) + c) , dla t ∈ I.

Funkcja odwrotna do funkcji ci¡gªej nie musi by¢ niestety elementarna, st¡d nie zawsze mo»liwe jest efektywne znalezienie rozwi¡zania równania (7).

Denicja 5. Mówimy, »e rozwi¡zanie u1 : I → X równania ró»niczkowego (4) jest prze-dªu»eniem rozwi¡zania u2 : I → X, je±li I2 ⊂ I1 oraz u1|I2 = u2. Przedªu»enie u1

nazywamy wªa±ciwym, je±li I1 6= I₂.

Denicja 6. Rozwi¡zanie u równania (4) nazywamy wysyconym, albo integralnym, je±li nie posiada ono »adnego przedªu»enia wªa±ciwego.

Twierdzenie 2. Rozwa»my jak w poprzednim twierdzeniu równanie (7), gdzie K i L s¡

otwarte. Wówczas, je±li g (x) 6= 0, dla x ∈ L, to dla dowolnego (t0, x₀) ∈ K × L istnieje jednoznaczne, wysycone rozwi¡zanie u : I → L równania (7) speªniaj¡ce warunek

u (t₀) = x₀.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych

Dowód. We¹my dowolnie (t0, x0) ∈ K × L. Niech H i G oznaczaj¡ funkcje pierwotne funkcji h i ¹_g odpowiednio. Oczywi±cie s¡ to funkcje ci¡gªe, wi¦c z wªasno±ci Darboux G (L) jest przedziaªem, poniewa» G jest funkcj¡ monotoniczn¡ (zobacz Uwaga 2), wi¦c jest to przedziaª otwarty. Oznaczmy go przez (p, q) . Oczywi±cie G (x0) ∈ (p, q) .Rozwa»my funkcj¦

K 3 t 7→ H (t) − H (t₀) + G (x₀) . (9)

Dla t = t0 mamy, »e H (t0) − H (t₀) + G (x₀) = G (x₀) ∈ (p, q) . Niech A = {t ∈ K : H (t) − H (t₀) + G (x₀) ∈ (p, q)} . Jest to zbiór otwarty zawieraj¡cy t0. Oznaczmy

α = inf {a ∈ R : (a, t₀] ⊂ A} , β = sup {b ∈ R : [t₀, b) ⊂ A} .

Przedziaª (α, β) jest najwi¦kszym przedziaªem zawieraj¡cym t0 i takim, »e H (t)−H (t0)+

G (x₀) ∈ (p, q), dla t ∈ (α, β) . Zdeniujmy teraz funkcj¦ u : (α, β) → L wzorem u (t) = G⁻¹(H (t) − H (t₀) + G (x₀)) .

Na mocy Twierdzenia 1 ujest rozwi¡zaniem równania (7), ponadto

u (t0) = G⁻¹(H (t0) − H (t0) + G (x0)) = G⁻¹(G (x0)) = x0.

Zatem funkcja u jest rozwi¡zaniem równania (7) speªniaj¡cym warunek u (t0) = x0.

Poka-»emy, »e rozwi¡zania u nie mo»na przedªu»y¢. W tym celu wystarczy wykaza¢, »e α /∈ A i β /∈ A. Przypu±¢my przeciwnie, »e np. α ∈ A. Wobec ci¡gªo±ci funkcji zdeniowanej wzorem (9) istnieje δ > 0, »e (α − δ, α + δ) ⊂ A, jest to jednak sprzeczne z okre±leniem α. Podobnie dowodzimy, »e β /∈ A.

Dla zako«czenia dowodu trzeba jeszcze pokaza¢, »e rozwi¡zanie u jest jedynym rozwi¡za-niem przechodz¡cym przez punkt (t0, x0) .Przypu±¢my, »e u1 : I1 → Ljest równie» rozwi¡-zaniem równania (7) przechodz¡cym przez punkt (t0, x₀) .Wówczas na mocy Twierdzenia 1 istnieje staªa c ∈ R, »e

G (u₁(t)) = H (t) + c, dla t ∈ I1. Wówczas

G (u₁(t)) − G (u (t)) = c + H (t₀) − G (t₀) , dla t ∈ I ∩ I1. St¡d, podstawiaj¡c t = t0

c = G (t0) − H (t0) , w konsekwencji

G (u₁(t)) = H (t) + G (t₀) − H (t₀) = G (u (t)) , dla t ∈ I ∩ I1, co wobec ró»nowarto±ciowo±ci G oznacza, »e

u₁(t) = u (t) , dla t ∈ I ∩ I1.

Przypu±¢my, »e I ∩ I1 6= I₁ (czyli, »e I1 nie jest zawarty w I). Niech

˜ u (t) =

½ u (t) dla t ∈ I ∩ I1

u₁(t) dla t ∈ I1 \ (I ∩ I₁)

Oznacza to, »e ˜u jest przedªu»enie u, co jest sprzeczne i oznacza, »e I = I1.

4 Równania o rozdzielonych zmiennych Przykªad 7. Rozwa»my równanie

x⁰ = x (10)

W tym przypadku h (t) = 1, g (x) = x. Oczywi±cie K = L = R. Poniewa» g (x) = 0 ⇔ x = 0, wi¦c funkcja u (t) = 0 t ∈ R jest rozwi¡zaniem stacjonarnym. Aby znale¹¢ rozwi¡zania niestacjonarne formalnie nale»y przyj¡¢ L = (−∞, 0) lub L = (0, ∞) . Zajmiemy si¦ tym drugim przypadkiem (w pierwszym b¦dzie analogicznie). Mamy, »e G jest funkcj¡ pierwot-n¡ funkcji ¹_g = ¹_x, czyli G (x) = ln x, dla x > 0 oraz H (t) = t, dla t ∈ R. Przypu±¢my, »e u : I → L jest rozwi¡zaniem równanie (10). Wówczas zgodnie z Twierdzeniem 1 istnieje staªa c ∈ R , »e

G (u (t)) = H (t) + c, dla t ∈ I tzn.

ln (u (t)) = t + c, dla t ∈ I.

Wida¢, »e

u (t) = c₁e^t, dla t ∈ I, gdzie c1 = e^c. Oczywi±cie przyjmujemy, »e I = R.

Odwrotnie, je±li u (t) = c1e^t, dla t ∈ R, c1 > 0 to u jest rozwi¡zaniem.

W powy»szym przykªadzie znale¹li±my wszystkie rozwi¡zania badanego równania, których wykresy le»¡ w prostok¡tach R × (−∞, 0) , R × (0, ∞) oraz rozwi¡zanie stacjonarne.

Twierdzenie2gwarantuje nam, »e je»eli ograniczymy si¦ osobno do ka»dego z prostok¡tów, to otrzymane rozwi¡zania s¡ wysycone i jednoznaczne w tym sensie, »e przez ka»dy punkt pªaszczyzny przechodzi tylko jedno rozwi¡zanie. Domy±lamy si¦ równie», »e w przypadku rozwa»anego w przykªadzie równania nie istnieje rozwi¡zanie, którego wykres le»y w obu prostok¡tach  gdyby tak byªo, to rozwi¡zanie takie musiaªoby by¢ przedªu»eniem którego±

z otrzymanych ju» rozwi¡za«  te za± nie mo»na przedªu»y¢ bo s¡ okre±lone na R.

W przypadku ogólnego równania o zmiennych rozdzielonych mog¡ jednak istnie¢ roz-wi¡zania, które mo»na przedªu»y¢ na brzeg rozwa»anych prostok¡tów. Problem ten jest rozstrzygni¦ty przez poni»sze

Twierdzenie 3. Rozwa»my równanie o zmiennych rozdzielonych (7). Niech L = (c, d) , K = (a, b) . Zaªó»my, »e istnieje e ∈ (c, d) taki, »e g (e) = 0 oraz g (x) 6= 0, dla x ∈ (c, d) \ {e} . Niech u : (α, β) → (e, d) b¦dzie jakimkolwiek wysyconym rozwi¡zaniem równania (7) rozwa»anego w zbiorze (a, b) × (e, d) . Niech t0 ∈ (α, β) oraz niech x0 = u (t₀) . Wówczas,

je±li Z _x0

e

dx

g (x) = ±∞, (11)

to rozwi¡zania u nie da si¦ przedªu»y¢ na punkt α. W przeciwnym razie, je±li

t→αlim⁺u (t) = e,

to rozwi¡zanie u mo»na przedªu»y¢ na punkt α kªad¡c u (α) = e. Analogiczne stwierdzenie zachodzi dla rozwi¡zania u : (α, β) → (c, e)

6 Skalarne równania liniowe

5. Równanie jednorodne

Denicja 7. Niech h : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ ci¡gª¡. Równanie postaci x⁰(t) = h

µx (t) t

¶

, dla t 6= 0 (12)

nazywamy równaniem ró»niczkowym jednorodnym.

Niech I b¦dzie przedziaªem zawartym w (a, b) \ {0}

Twierdzenie 4. Funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12) wtedy i tylko wtedy, gdy jest postaci

x (t) = t · y (t) ,

gdzie y : I → R jest rozwi¡zaniem równania o rozdzielonych zmiennych postaci y⁰(t) = h (y (t)) − y (t)

t . (13)

Dowód. Niech y : I → R b¦dzie rozwi¡zaniem równania (13). Wówczas funkcja x : I → R dana wzorem x (t) = t · y (t), dla t ∈ I jest ró»niczkowalna oraz

x⁰(t) = y (t) + t · y⁰(t) = y (t) + h (y (t)) − y (t) = h (y (t)) = h

µx (t) t

¶

, dla t ∈ I, co oznacza, »e x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12).

Zaªó»my teraz, »e funkcja x : I → R jest rozwi¡zaniem równania (12). Rozwa»my funkcj¦

y : I → R okre±lon¡ wzorem y (t) = ^x(t)_t , dla t ∈ I. Jest to funkcja ró»niczkowalna, przy czym

y⁰(t) = x⁰(t) · t − x (t)

t² = h

³x(t) t

´

− ^x(t)_t

t = h (y (t)) − y (t)

t , dla t ∈ I, co oznacza, »e y jest rozwi¡zaniem równania (13) i ko«czy dowód.

6. Skalarne równania liniowe

Denicja 8. Niech p, q : (a, b) → R b¦d¡ funkcjami ci¡gªymi. Skalarnym równaniem ró»niczkowym liniowym pierwszego rz¦du nazywamy równanie postaci

x⁰(t) = p (t) · x (t) + q (t) . (14) Je±li q = 0 (q (t) = 0, dla t ∈ (a, b)), to powy»sze równanie nazywamy równaniem linio-wym jednorodnym (w przeciwnym wypadku równanie nazywamy równaniem liniolinio-wym niejednorodnym).

Twierdzenie 5. Wszystkie wysycone rozwi¡zania równania (14) wyra»aj¡ si¦ wzorem u (t) = (Q (t) + c) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) , (15) gdzie:

P jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji p,

Q jest dowolnie ustalon¡ funkcj¡ pierwotn¡ funkcji (a, b) 3 t 7→ q (t) · e^{−P (t)}, c ∈ R jest dowoln¡ staª¡.

7 Równania zupeªne

Dowód. Niech u : (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ okre±lon¡ wzorem (15). Wówczas u jest ró»niczkowalna oraz

u⁰(t) = q (t) · e^{−P (t)}· e^{P (t)}+ (Q (t) + c) · e^{P (t)}· p (t) = q (t) + (Q (t) + c) · e^{P (t)}· p (t) =

= q (t) + u (t) · p (t) , dla t ∈ (a, b) . Czyli dowolna funkcja postaci (15) jest rozwi¡zaniem równania (14).

Dla zako«czenia dowodu wystarczy teraz pokaza¢, »e je±li u : (a, b) → R jest rozwi¡zaniem równania (14), to jest postaci (15). Poªó»my ψ (t) = u (t) · e^{−P (t)}, dla t ∈ (a, b) . Wówczas ψ jest ró»niczkowalna oraz

u (t) = ψ (t) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) . Skoro u jest rozwi¡zaniem (14), to

u⁰(t) = ψ⁰(t) · e^{P (t)}+ ψ (t) · e^{P (t)}· p (t) = p (t) · ψ (t) · e^{P (t)}+ q (t) , dla t ∈ (a, b) , co oznacza, »e

ψ⁰(t) = q (t) · e^{−P (t)}, dla t ∈ (a, b) . W konsekwencji istnieje staªa c ∈ R, »e

ψ (t) = Q (t) + c, dla t ∈ (a, b) , czyli

u (t) = (Q (t) + c) · e^{P (t)}, dla t ∈ (a, b) .

Wniosek 1. Ka»de rozwi¡zanie równania liniowego jednorodnego x⁰(t) = p (t) · q (t)

jest postaci

u (t) = c · e^{P (t)} gdzie t ∈ (a, b) , c ∈ R.

7. Równania zupeªne

B¦dziemy zajmowa¢ si¦ równaniami postaci

Q (x, y (x)) · y⁰(x) + P (x, y (x)) = 0, (16) gdzie P, Q s¡ funkcjami ci¡gªymi okre±lonymi na zbiorze otwartym G ⊂ R × R.

Denicja 9. Równanie postaci (16) nazywa¢ b¦dziemy równaniem ró»niczkowym zu-peªnym (w zbiorze G) je±li istnieje funkcja klasy F ∈ C¹(G, R) ⁴ taka, »e

P (x, y) = F_x⁰ (x, y) , Q (x, y) = F_y⁰(x, y) ,

dla (x, y) ∈ G. Funkcj¦ F speªniaj¡c¡ powy»sze warunki nazywamy funkcj¡ pierwotn¡

równania (16).

4na to aby funkcja F : G → R byªa klasy C¹ potrzeba i wystarcza, posiadaªa ci¡gªe pochodne cz¡stkowe.

7 Równania zupeªne

Twierdzenie 6. Funkcja ró»niczkowalna u : I → R taka, »e (x, u (x)) ∈ G, dla x ∈ I jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego postaci (16) wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje staªa γ ∈ R taka, »e funkcja pierwotna F równania (16) speªnia warunek

F (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I. (17)

Dowód. Przypu±¢my, »e dla funkcji u : I → R ró»niczkowalnej i takiej, »e (x, u (x)) ∈ G zachodzi warunek (17). Ró»niczkuj¡c równo±¢ (17) stronami dostajemy, »e

F_x⁰(x, u (x)) + F_y⁰(x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, co wobec denicji funkcji pierwotnej oznacza, »e

P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, czyli u jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (16).

Zaªó»my teraz, »e funkcja u : I → R jest rozwi¡zaniem równania zupeªnego (16). Wówczas d

dxF (x, u (x)) = F_x⁰(x, u (x)) + F_y⁰(x, u (x)) · u⁰(x) =

= P (x, u (x)) + Q (x, u (x)) · u⁰(x) = 0, dla x ∈ I, co oznacza, »e istnieje staªa γ ∈ R, »e

F (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I.

Twierdzenie 7. Niech G b¦dzie dowolnym obszarem jednospójnym, P, Q : G → R funk-cjami ci¡gªymi. Wówczas na to, aby równanie (16) byªo równaniem zupeªnym (w obszarze G) potrzeba i wystarcza, aby

P_y⁰(x, y) = Q⁰_x(x, y) , dla (x, y) ∈ G.

Denicja 10. Niech G ⊂ R² b¦dzie zbiorem otwartym. Funkcj¦ V : G → R klasy C¹ nazywamy caªk¡ pierwsz¡ równania (16) je»eli dla dowolnego rozwi¡zania u : I → R równania (16) istnieje staªa γ ∈ R, »e

V (x, u (x)) = γ, dla x ∈ I.

Uwaga 3. Oczywi±cie funkcja pierwotna równania (16) jest jego caªk¡ pierwsz¡.

Zajmiemy si¦ teraz problemem równania postaci (16), które jednak nie jest zupeªne. Wów-czas mo»emy poszukiwa¢ takiego czynnika, który sprawi, »e po pomno»eniu przez niego obu stron równania (16) równanie stanie si¦ zupeªne.

Denicja 11. Funkcj¦ N : G → R tak¡, »e N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G oraz równanie N (x, y (x)) · Q (x, y (x)) y⁰ + N (x, y (x)) P (x, y (x)) = 0

jest zupeªne (w zbiorze G) nazywamy czynnikiem caªkuj¡cym równania (16).

Zachodzi oczywiste

Twierdzenie 8. Niech G ⊂ R × R b¦dzie obszarem jednospójnym, P, Q, N ∈ C¹(G, R)⁵ oraz niech N (x, y) 6= 0, dla (x, y) ∈ G. Wówczas N jest czynnikiem caªkuj¡cym wtedy i tylko wtedy, gdy

(N (x, y) P (x, y))⁰_y = (N (x, y) Q (x, y))⁰_x.

5symbolem C¹(G, R)oznaczamy zbiór wszystkich funkcji f : G → R klasy C¹.

8 Równania liniowe w Rⁿ

8. Równania liniowe w R

ⁿ

Denicja 12. Równaniem ró»niczkowym liniowym (autonomicznym) w Rⁿ na-zywamy równanie postaci

x⁰(t) = A · x (t) + b, (18)

gdzie A ∈ R^n×n (⁶), za± b ∈ Rⁿ.

Oczywi±cie, je±li b 6= 0, to równanie powy»sze nazywamy niejednorodnym, w przeciwnym razie mamy do czynienia z równaniem jednorodnym.

Uwaga 4. Ka»de równanie postaci x⁰ = Ax lub x⁰ = Ax + b mo»e by¢ przedstawione w postaci ukªadu n równa« ró»niczkowych liniowych skalarnych. Mianowicie, je±li A = [aij]_1≤i,j≤n, x = [x1, . . . , xn]^T, b = [b1, . . . , bn]^T, to równanie x⁰ = Ax + b mo»emy zapisa¢

w postaci 









x⁰₁ = a11x1+ a12x2+ . . . + a1nxn+ b1

x⁰₂ = a₂₁x₁+ a₂₂x₂+ . . . + a_2nx_n+ b₂ ...

x⁰_n= a_n1x₁+ a_n2x₂+ . . . + a_nnx_n+ b_n

Uwaga 5. Przy ustalonej bazie przestrzeni Rⁿ macierzy A ∈ R^n×n odpowiada wzajemnie jednoznacznie pewne odwzorowanie liniowe L : Rⁿ→ Rⁿ o tej wªasno±ci, »e

L (x) = Ax dla x ∈ Rⁿ.

Denicja 13. Niech A ∈ R^n×n. Macierz¡ eksponencjaln¡ nazywamy macierz e^A=

X∞ k=0

1 k!A^k, gdzie A⁰ = I, A^k+1= A · A^k.

Uwaga 6. Powy»sza denicja jest poprawna, bowiem szereg deniuj¡cy macierz e^A jest bezwzgl¦dnie zbie»ny.

Wprowad¹my nast¦puj¡ce oznaczenia

RJ (A)  zbiór wszystkich rozwi¡za« równania jednorodnego

x⁰ = Ax, (19)

RN (A, b)  zbiór wszystkich rozwi¡za« równania niejednorodnego

x⁰ = Ax + b. (20)

Zachodzi nast¦puj¡ce

Twierdzenie 9. Niech u0 b¦dzie dowolnie ustalonym rozwi¡zaniem równania niejedno-rodnego (20), wówczas

RN (A, b) = u₀+ RJ (A) .

6symbolem R^n×noznaczamy zbiór macierzy wymiaru n×n o wyrazach rzeczywistych, mo»na wykaza¢,

»e zbiór R^n×n z dziaªaniami dodawania macierzy i mno»enia przez liczb¦ jest przestrzeni¡ liniow¡ nad ciaªem liczb rzeczywistych.

8 Równania liniowe w Rⁿ

Dowód. Niech u ∈ RN (A, b) . Wtedy w = u − u0 ∈ RJ (A) bo

w⁰(t) = u⁰(t) − u⁰₀(t) = Au (t) + b − Au₀(t) − b = A (u (t) − u₀(t)) = Aw (t) , dla t ∈ R. Mamy wi¦c, »e u jest postaci u = u0+ w, czyli jest ze zbioru u0+ RJ (A) . Je±li u ∈ u0+ RJ (A) , to istnieje w ∈ RJ (A) , »e u = u0+ w,ponadto

u⁰(t) = u⁰₀(t) + w⁰(t) = Au₀(t) + b − Aw (t) = A (u₀(t) − w (t)) + b = Au (t) + b, dla t ∈ R, czyli u ∈ RN (A, b) .

Uwaga 7. Aby zatem znale¹¢ ogóª rozwi¡za« równania niejednorodnego (20) trzeba zna-le¹¢ ogóª rozwi¡za« równania jednorodnego (19) i jakiekolwiek rozwi¡zanie równania nie-jednorodnego (20). Z tego powodu zajmiemy si¦ najpierw problemem rozwi¡zywania rów-nania jednorodnego.

Zachodzi nast¦puj¡ce

Twierdzenie 10. Niech A ∈ R^n×n. Wówczas funkcja ˜u : R 3 t 7→ e^t·A ∈ R^n×n jest funkcj¡ ró»niczkowaln¡ oraz dla dowolnego t ∈ R zachodzi wzór

˜

u⁰(t) = A˜u (t) .

Uwaga 8. Zauwa»my, »e powy»sze twierdzenie gwarantuje istnienie rozwi¡zanie równania (18), co sformuªujemy jako:

Wniosek 2. Dla dowolnie ustalonej macierzy A ∈ R^n×n i dowolnej staªej c ∈ Rⁿ funkcja u : R 3 t 7→ e^t·A· c ∈ Rⁿ

jest rozwi¡zaniem równania (18).

Twierdzenie 11 (O jednoznaczno±ci rozwi¡za« dla równa« liniowych). Niech u1 : R → Rⁿ, u2 : R → Rⁿ b¦d¡ rozwi¡zaniami równania

x⁰ = Ax (21)

takimi, »e u1(t₀) = u₂(t₀), dla pewnego t0 ∈ R. Wówczas u1 = u₂ (tzn. ∀t∈R u₁(t) = u2(t) .)

Twierdzenie 12 (O postaci rozwi¡zania dla równania jednorodnego). Zbiór RJ (A) wszystkich rozwi¡za« u : R → Rⁿ równania (21) mo»na przedstawi¢ w postaci

RJ (A) =©

u : R → Rⁿ : u (t) = e^t·A· c, c ∈ Rⁿª .

Dowód. Na mocy twierdzenia 10 ka»da funkcja u : R → Rⁿ postaci u (t) = e^t·A speªnia równanie (21), zatem ©

u : R → Rⁿ : u (t) = e^t·A· c, c ∈ Rⁿª

⊂ RJ (A) . Niech teraz u ∈ RJ (A) . Przyjmijmy c = u (0) , wówczas na mocy twierdzenia 10 funkcja w : R → Rⁿ postaci w (t) = e^t·A· c jest rozwi¡zaniem równania (21), ponadto w (0) = u (0) , co wobec twierdzenia 11 oznacza, »e u (t) = w (t) = e^t·A· c, dla t ∈ R.

Lemat 1. Niech A, B ∈ R^n×n speªniaj¡ warunek A · B = B · A, wówczas e^A· e^B = e^B· e^A= e^A+B.

8 Równania liniowe w Rⁿ

Wniosek 3. Niech A ∈ R^n×n wówczas (i) e^tA· e^sA = e^(t+s)A, dla t, s ∈ R, (ii) ¡

e^tA¢₋₁

= e^−tA, dla t ∈ R.

Dowód. Poka»emy, »e (tA) · (sA) = (sA) · (tA), dla t, s ∈ R. Rzeczywi±cie:

(tA) · (sA) = (ts) · (A · A) = (sA) · (tA) . Wobec lematu 1mamy teraz, »e

e^tA· e^sA = e^tA+sA = e^(t+s)A W szczególno±ci (bior¡c s = −t)

e^−tA· e^tA = e^tA· e^−tA= e^tA−tA = e⁰ = I,

sk¡d ¡

e^tA¢₋₁

= e^−tA.

Twierdzenie 13. Dla dowolnie ustalonej A ∈ R^n×n zbiór RJ (A) jest liniow¡ przestrzeni¡

(nad ciaªem R) o wymiarze n.

Twierdzenie 14. Dla dowolnie ustalonych (t0, x₀) ∈ R × Rⁿ tzw. zagadnienie

Cau-chy'ego⁷ postaci ½

x⁰(t) = Ax (t)

x (t0) = x0 (22)

ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem

u (t) = e^(t−t0)A· x₀, dla t ∈ R. (23) Dowód. Niech u (t) = e^(t−t0)A· x₀, dla t ∈ R, wtedy

u (t0) = e^(t0−t0)A· x0 = x0. (24) Wobec wniosku 3 (i) mamy te», »e

u (t) = e^(t−t0)A· x₀ = e^tA· e^−t0A· x₀, dla t ∈ R.

Przyjmuj¡c c = e^−t0A· x0 ∈ Rⁿ i korzystaj¡c z twierdzenia 12, dostajemy wobec (24), »e funkcja okre±lona wzorem (28) jest rozwi¡zaniem zagadnienia (27).

Przypu±¢my teraz, »e ¯u : R → Rⁿjest rozwi¡zaniem zagadnienia (27). W my±l twierdzenia 12 istnieje staªa c ∈ Rⁿ,»e

¯

u (t) = e^tA· c. (25)

Poniewa» ¯u (t0) = x0, wi¦c

e^t0A· c = x₀.

7Cauchy, Augustin Louis (1789 - 1857) matematyk i in»ynier francuski.

8 Równania liniowe w Rⁿ Wobec wniosku 3 (ii) ¡

e^t0A¢₋₁

= e^−t0A, czyli

c = e^−t0A· x₀. (26)

Korzystaj¡c jeszcze raz z wniosku 3 (i) mamy wobec (25) i (26), »e

¯

u (t) = e^tA· e^−t0A· x₀ = e^(t−t0)A · x₀ = u (t) , dla t ∈ R.

Wró¢my teraz do problemu poszukiwania rozwi¡za« (niekoniecznie wszystkich  zob. uwa-ga 7) równania niejednorodnego. Odnotujmy nast¦puj¡ce spostrze»enie

Uwaga 9. Je±li macierz A jest nieosobliwa (czyli det A 6= 0), to funkcja staªa u0(t) =

−A⁻¹b, dla t ∈ R jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (20) i w konsekwencji ka»de rozwi¡zanie równania niejednorodnego ma posta¢ u (t) = e^tA· c − A⁻¹b, dla t ∈ R i c ∈ Rⁿ.

Posta¢ innego, szczególnego rozwi¡zania równania niejednorodnego prezentuje Twierdzenie 15. Funkcja u : R → Rⁿ okre±lona wzorem

u (t) = e^tA· Z _t

0

e^−sA· bds,

jest rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (20) i w konsekwencji RN (A, b) =

½

u : R → Rⁿ : u (t) = e^tA· c + e^tA· Z _t

0

e^−sA· bds, t ∈ R : c ∈ Rⁿ

¾

Uwaga 10. Analogiczne twierdzenie zachodzi dla równania liniowego nieautonomicznego, w którym wektor b ∈ Rⁿ zale»y od zmiennej t tzn. równania

x⁰(t) = Ax (t) + b (t) ,

wówczas, je±li funkcja b (·) jest caªkowalna, to ka»de rozwi¡zanie powy»szego rozwi¡zania jest postaci

u (t) = e^tA· c + e^tA· Z _t

0

e^−sA· b (s) ds, gdzie t ∈ R i c ∈ Rⁿ.

Mamy te»

Twierdzenie 16. Dla dowolnie ustalonych (t0, x0) ∈ R × Rⁿ zagadnienie Cauchy'ego

postaci ½

x⁰(t) = Ax (t) + b(t)

x (t₀) = x₀ (27)

ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie okre±lone wzorem u (t) = e^(t−t0)A · x₀+ e^tA·

Z _t

t0

e^−sA· b (s) ds, dla t ∈ R. (28)

8 Równania liniowe w Rⁿ

W dotychczasowych rozwa»aniach formuªowali±my odpowiednie twierdzenia dotycz¡ce po-staci rozwi¡za« równania liniowego u»ywaj¡c macierzy eksponencjalnej e^A,która zostaªa zdeniowana jako suma szeregu. Przytoczone twierdzenia pozwol¡ praktycznie znajdowa¢

ogóª rozwi¡za« pod warunkiem, »e potramy wyliczy¢ macierz e^A  w przeciwnym ra-zie maj¡ one tylko charakter teoretyczny. W dalszym ci¡gu zajmiemy si¦ praktycznymi metodami znajdowania macierzy e^A.

Przykªad 8. Niech A = [aij]_1≤i,j≤n b¦dzie macierz¡ diagonaln¡ tzn. tak¡, »e

a_ij =

8 Równania liniowe w Rⁿ

Uwaga 11. Podobnie jak poprzednio, dokonuj¡c elementarnych rachunków mo»na wy-kaza¢, »e je±li A = diag (A1, A₂, . . . , A_r) , gdzie r ≤ n i A1, A₂, . . . , A_r s¡ macierzami

Przykªad 9. Ustalmy liczby t, λ ∈ R. Rozwa»my macierz kwadratow¡

A =

8 Równania liniowe w Rⁿ W konsekwencji poniewa» e^L = diag¡

e^tλ, e^tλ, . . . , e^tλ¢

lub, co na jedno wychodzi ukªad równa«

 poprzednich rozwa»a« mamy te», »e

e^{t ¯A}= e^A=

8 Równania liniowe w Rⁿ

Poniewa» B · C = C · B, zatem na mocy lematu 1 e^A = e^B+C = e^B· e^C. Mamy wobec przykªadu 8, »e

e^C =

8 Równania liniowe w Rⁿ zatem ka»de rozwi¡zanie rozwa»anego równania ma posta¢

u (t) =

· c1e^tαcos (tβ) c2e^tαsin (tβ)

−c₁e^tαsin (tβ) c₂e^tαcos (tβ)

¸

, t ∈ R, c1, c2 ∈ R

Sformuªujemy teraz, znane z algebry liniowej,

Twierdzenie 17 (Jordana⁸). Dla dowolnej macierzy A ∈ R^n×n istniej¡: macierz J ∈ R^n×n postaci J = diag (J1, J₂, . . . , J_r) , gdzie ka»da z macierzy Ji, dla i = 1, 2, . . . , r ≤ n

oraz nieosobliwa macierz P ∈ R^n×n takie, »e

A = P · J · P⁻¹.

Ponadto λ jest warto±ci¡ wªasn¡ macierzy A wtedy i tylko wtedy, gdy:

(a) λ ∈ R i le»y na gªównej przek¡tnej macierzy Ji postaci (i) lub (ii) lub

8Jordan, Marie Ennemond Camille (1838 - 1922) matematyk francuski.

8 Równania liniowe w Rⁿ

(b) λ = α + i · β oraz J^α,β le»y na gªównej przek¡tnej macierzy J.

Je±li znamy przedstawienie Jordana macierzy A, to mo»emy znale¹¢ efektywnie macierz e^At. Mówi o tym poni»sze

Twierdzenie 18. Je»eli macierz A ma przedstawienie Jordana postaci A = P · J · P⁻¹,gdzie J = diag (J1, J₂, . . . J_r) , (r ≤ n) to

W konsekwencji mo»emy zapisa¢ wzór na wszystkie rozwi¡zania równania 19:

Wniosek 4. Je»eli macierz A ma przedstawienie Jordana postaci A = P · J · P⁻¹,gdzie J = diag (J₁, J₂, . . . J_r) , (r ≤ n) , to ka»de rozwi¡zanie równania x⁰ = Ax ma posta¢

u (t) = P · diag¡

e^tJ1, e^tJ2, . . . , e^tJr¢

· c t ∈ R, c ∈ Rⁿ.

Korzystanie z przedstawionej powy»ej metody jest szczególnie proste w dwóch przypad-kach: gdy macierz ma tylko warto±ci rzeczywiste jednokrotne oraz, gdy jest wymiaru 2×2 i posiada jednokrotne warto±ci wªasne zespolone. Wtedy bowiem ªatwo jest znale¹¢ macierz P. Sformuªujemy to w formie poni»szych uwag.

Uwaga 12. Je»eli λ1, λ2, . . . , λn s¡ jednokrotnymi, rzeczywistymi warto±ciami

Poniewa» x1, x₂, . . . , x_n s¡ jednokrotnymi wektorami wªasnymi, wi¦c s¡ liniowo niezale»ne.

W konsekwencji macierz [x1, x₂, . . . , x_n] jest odwracalna i

A = [x₁, x₂, . . . , x_n] · J · [x₁, x₂, . . . , x_n]⁻¹.

8 Równania liniowe w Rⁿ

Uwaga 13. Przypu±¢my, »e macierz A ∈ R^2×2 posiada jednokrotn¡ warto±¢ wªasn¡

istotnie zespolon¡ λ = α + i · β odpowiadaj¡c¡ wektorowi wªasnemu z ∈ C² postaci z = x + i · y,gdzie x, y ∈ R² Wówczas mo»e wektorem zerowym. Analogicznie dowodzimy, »e je±li y = 0 to x = 0, co równie» jest niemo»liwe. Poka»emy, »e x i y s¡ liniowo niezale»ne. Przypu±¢my przeciwnie, »e x = k·y, dla pewnego k ∈ R. Wtedy

Ay = βx + αy = βky + αy = (kβ + α) y,

co oznacza, »e kβ + α jest rzeczywist¡ warto±ci¡ wªasn¡ A to jest jednak niemo»liwe, gdy»

macierz A posiada tylko dwie warto±ci wªasne λ i ¯λ.. Zatem x i y s¡ liniowo niezale»ne.

Mamy wobec (30), »e

poniewa» [x, y] jest nieosobliwa, wi¦c A = [x, y] ·

· α β

−β α

¸

· [x, y]⁻¹

W praktyce korzystanie z przedstawionej tu metody znajdowania macierzy e^At mo»e by¢

kªopotliwe. Na mocy twierdzenia 13ogóª rozwi¡za« równania liniowego x⁰ = Axjest prze-strzeni¡ liniow¡ n-wymiarow¡ (n oznacza stopie« macierzy A). Wystarczy zatem znale¹¢

baz¦ tej przestrzeni, czyli zbiór n liniowo niezale»nych funkcji  tak¡ baz¦ nazywa si¦ ukªa-dem fundamentalnym (podobnie macierz e^tA nazywa si¦ macierz¡ fundamentaln¡).

Tak¡ baz¦ wskazuje

Twierdzenie 19. Niech λ1, . . . , λ_r b¦d¡ wszystkimi, ró»nymi warto±ciami wªasnymi ma-cierzy A o krotno±ciach p1, . . . , p_r odpowiednio (oczywi±cie P_r

j=1p_j = n). Niech przy tym λ₁, . . . , λ_s, . . . , λ_2s (2s ≤ r) b¦d¡ pierwiastkami istotnie zespolonymi takimi, »e λj = ¯λ_j+s, dla j = 1, . . . , s, pozostaªe pierwiastki λ2s+1, . . . , λ_r niech b¦d¡ rzeczywiste. Wówczas, je±li oznaczymy λj = α_j+ i · β_j, dla j = 1, . . . , s, to ukªad fundamentalny rozwi¡za« równania x⁰ = Ax tworz¡ funkcje postaci





γ_j,k(t) = a_j,k · t^k· e^λj·t, k = 0, 1, . . . , p_j− 1, j = 2s + 1, . . . , r, ϕ_j,k(t) = a_j,k· t^k· e^αj·t· sin (β_j · t) , k = 0, 1, . . . , p_j− 1, j = 1, . . . , s, ψj,k(t) = bj,k· t^k· e^αj·t· cos (βj · t) , k = 0, 1, . . . , pj− 1, j = 1, . . . , s, gdzie aj,k ∈ Rⁿ s¡ ustalonymi wspóªczynnikami.

9 Równania liniowe ntego rz¦du

9. Równania liniowe ntego rz¦du

Zajmiemy si¦ teraz równaniem

x⁽ⁿ⁾+ a_n−1x⁽ⁿ⁻¹⁾+ . . . + a₁x⁰+ a₀x = b, (31) gdzie a0, . . . , a_n−1, b ∈ R, x : R → R,

zwanym równaniem ró»niczkowym liniowym skalarnym ntego rz¦du o staªych wspóªczynnikach.

Uwaga 14. Funkcja u : R → R jest rozwi¡zaniem powy»szego równania ⇔, gdy funkcja w : R → Rⁿ, której funkcje wspóªrz¦dne s¡ postaci

Zauwa»my te», »e ukªad (32) równowa»ny jest równaniu

x⁰ = Ax + ¯b, (33)

Z powy»szej uwagi wynika, »e aby znale¹¢ wszystkie rozwi¡zania równania (31) wystarczy rozwi¡za¢ równanie (33); metody rozwi¡zywania tego typu równa« zostaªy przedstawione w poprzednim rozdziale. W szczególno±ci zachodzi

Twierdzenie 20. Zbór RJn(A)rozwi¡za« równania liniowego jednorodnego ntego rz¦du postaci

x⁽ⁿ⁾+ an−1x⁽ⁿ⁻¹⁾+ . . . + a1x⁰+ a0x = 0,

jest przestrzeni¡ liniow¡ nwymiarow¡. Je±li przy tym u⁰ : R → R jest dowolnie usta-lonym rozwi¡zaniem równania niejednorodnego (31), za± RNn(A, b) zbiorem wszystkich rozwi¡za« równania (31), to zachodzi wzór:

RN_n(A, b) = u⁰+ RJ_n(A).

9 Równania liniowe ntego rz¦du

Ze wzgl¦du na szczególn¡ posta¢ macierzy A i wektora ¯b w równaniu (33) metoda rozwi¡-zywania tego równania jest w istocie prostsza od ogólnej metody rozwi¡rozwi¡-zywania równa«

liniowych. Przede wszystkim znacznie ªatwiej jest zbudowa¢ wielomian charakterystyczny, z którego znajdujemy warto±ci wªasne macierzy A.

Twierdzenie 21. Wielomian charakterystyczny macierzy A z równania (33) jest postaci (−1)ⁿ¡

λⁿ+ a_n−1λⁿ⁻¹+ . . . + a₁ + a₀¢

. (34)

Metod¦ rozwi¡zywania równa« liniowych ntego rz¦du zawiera

Twierdzenie 22. Niech λ1, . . . , λ_r b¦d¡ wszystkimi, ró»nymi pierwiastkami (zespolonymi w ogólno±ci) wielomianu charakterystycznego (34) o krotno±ciach p1, . . . , p_r odpowiednio (oczywi±cie P_r

j=1p_j = n). Niech przy tym λ1, . . . , λ_s, . . . , λ_2s (2s ≤ r) b¦d¡ pierwiast-kami istotnie zespolonymi takimi, »e λj = ¯λ_j+s, dla j = 1, . . . , s, pozostaªe pierwiastki λ_2s+1, . . . , λ_r niech b¦d¡ rzeczywiste. Wówczas, je±li λj = α_j + i · β_j, dla j = 1, . . . , s, to ka»de rozwi¡zanie równania jednorodnego (31) jest liniow¡ kombinacj¡ funkcji





γ_j,k(t) = t^k· e^λj·t, k = 0, 1, . . . , p_j − 1, j = 2s + 1, . . . , r, ϕ_j,k(t) = t^k· e^αj·t· sin (β_j · t) , k = 0, 1, . . . , p_j − 1, j = 1, . . . , s, ψ_j,k(t) = t^k· e^αj·t· cos (β_j· t) , k = 0, 1, . . . , p_j − 1, j = 1, . . . , s.

Powy»sze funkcje stanowi¡ baz¦ przestrzeni RJn(A)

10 Twierdzenia podstawowe

10. Twierdzenia podstawowe

Zajmiemy si¦ teraz podstawowymi twierdzeniami dotycz¡cymi rozwi¡zywania ogólnych równa« ró»niczkowych pierwszego rz¦du.

10.1. Twierdzenie Peano

Niech G ⊂ R × Rⁿ b¦dzie zbiorem otwartym, f : G → Rⁿ pewn¡ funkcj¡, (t0, x₀) ∈ G ustalonym punktem. Rozwa»a¢ b¦dziemy równanie

x⁰ = f (t, x) (35)

oraz odpowiadaj¡cy mu problem Cauchy'ego

½ x⁰ = f (t, x)

x(t0) = x0. (36)

Zauwa»my najpierw, »e powy»szy problem Cauchy'ego mo»na zamieni¢ na równanie caª-kowe

Lemat 2. Je»eli funkcja f wyst¦puj¡ca w równaniu (35) jest ci¡gªa, oraz u : I → Rⁿ jest ustalon¡ funkcj¡ okre±lon¡ na pewnym przedziale I, to nast¦puj¡ce warunki s¡ równowa»ne

1. u jest rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego (36), 2. u jest ci¡gªa oraz

u (t) = x₀+ Z _t

t0

f (s, u (s)) ds, dla t ∈ I.

Dowód. 1. ⇒ 2. Poniewa» u jest rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego, wi¦c u⁰(t) = f (t, u (t)) , dla t ∈ I

caªkuj¡c stronami dostajemy, »e Z _t

t0

u⁰(s) ds = Z _t

t0

f (s, u (s)) ds,

uwzgl¦dniaj¡c warunek pocz¡tkowy mamy, »e u (t) − u (t₀) =

Z _t

t0

f (s, u (s)) ds,

u (t) = Z _t

t0

f (s, u (s)) ds + x₀.

2. ⇒ 1. Wobec ci¡gªo±ci funkcji f funkcja t 7→ R_t

t0f (s, u (s)) dsjest ró»niczkowalna, st¡d u te» jest ró»niczkowalna. Ró»niczkuj¡c stronami równo±¢

u (t) = x₀+ Z _t

t0

f (s, u (s)) ds

10 Twierdzenia podstawowe dostajemy, »e

u⁰(t) = f (t, u (t)) , dla t ∈ I,

podstawiaj¡c t = t0 w przedostatniej równo±ci dostajemy, »e u (t0) = x0.

Poni»sze twierdzenie podaje warunek dostateczny istnienia rozwi¡zania problemu Cau-chy'ego.

Twierdzenie 23 (Peano, 1886). ⁹ Przy oznaczeniach jak na pocz¡tku rozdziaªu, je»eli f jest funkcj¡ ci¡gª¡, to problem Cauchy'ego (36) ma rozwi¡zanie okre±lone w pewnym przedziale zawieraj¡cym t0 w swoim wn¦trzu.

Uwaga 15. Zauwa»my, »e zaªo»enie ci¡gªo±ci funkcji f jest istotne. Rozwa»my problem

Cauchy'ego ½

x⁰ = f (t, x) x(0) = x₀, gdzie

f (t, x) =

½ −1 dla (t, x) ∈ (−∞, 0) × R 1 dla (t, x) ∈ [0, ∞) × R.

Przypu±¢my, »e pewna funkcja u : I → R jest rozwi¡zaniem badanego problemu takim,

»e 0 ∈ Int I. Wówczas istnieje przedziaª (−ε, ε) ⊂ I, taki, »e u|(−ε,ε) oraz (poniewa» jest rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego)

u⁰(t) =

½ −1 dla t ∈ (−ε, 0) 1 dla t ∈ [0, ε) , co jest niemo»liwe, gdy»

u⁰₋(0) = lim

h→0⁻

u (h) − u (0)

h = lim

h→0⁻u⁰(τh) ,

gdzie τh ∈ (0, h) jest liczb¡ uzyskan¡ z twierdzenia Lagrange'a o przyrostach (zobacz Do-datek). W konsekwencji

u⁰₋(0) = lim

h→0⁻u⁰(τ_h) = −1.

Analogicznie pokazujemy, »e

u⁰₊(0) = lim

h→0⁺u⁰(τ_h) = 1, co oznacza, »e u nie jest ró»niczkowalna.

Dowód twierdzenia Peano b¦dzie oparty o tzw. metod¦ ªamanych Eulera. Zanim go po-damy wyka»emy pewne intuicje z ni¡ zwi¡zane.

Przypu±¢my, »e znamy rozwi¡zanie u problemu (36) (dla prostoty mo»emy zaªo»y¢, »e n = 1). Styczna do wykresu rozwi¡zania u w punkcie (t0, x₀) ma posta¢:

x (t) = u⁰(t₀) (t − t₀) + x₀.

9Giuseppe Peano 1858 - 1932, matematyk wªoski.

10 Twierdzenia podstawowe

Ze wzgl¦du na to, »e u jest rozwi¡zaniem (36) mamy, »e x (t) = f (t₀, x₀) (t − t₀) + x₀. Niech h ∈ R. Wówczas podstawiaj¡c t = t + h mamy:

x (t + h) = f (t₀, x₀) h + x₀.

Jak wiadomo styczna do wykresu przybli»a wykres tej funkcji w otoczeniu punktu stycz-no±ci, st¡d dla maªych h mamy, »e

u (t₀+ h) ≈ f (t₀, x₀) h + x₀.

Otrzymali±my w ten sposób warto±¢ x1 = f (t₀, x₀) h + x₀, która dla maªych h jest bliska u (t₀ + h) . Oznaczmy

(t₁, x₁) = (t₀ + h, f (t₀, x₀) h + x₀) ,

Wówczas, przyjmuj¡c, »e punkt ten nale»y do wykresu rozwi¡zania u mo»emy kontynu-owa¢ rozumowanie przyjmuj¡c

(t2, x2) = (t1 + h, f (t1, x1) h + x1) , post¦puj¡c tak krazy otrzymujemy ci¡g punktów (tk, x_k) postaci

(t_k, x_k) = (t_k−1+ h, f (t_k−1, x_k−1) h + x_k−1) .

Punkty te dla maªych h i przy niewielkiej liczbie kroków tworz¡ ªaman¡ przybli»aj¡c¡

wykres rozwi¡zania u.

Zwró¢my uwag¦, »e do wyznaczanie tych punktów wystarczyªa nam znajomo±¢ funkcji f, nie korzystali±my tu nigdzie z postaci rozwi¡zania u. Dowód twierdzenia Peano metod¡

ªamanych Eulera polega wªa±nie na wykazaniu, »e istnieje pewien ci¡g ªamanych Eulera zbie»ny do rozwi¡zania u.

W dowodzie twierdzenia Peano b¦dziemy korzysta¢ z nast¦puj¡cego lematu:

10 Twierdzenia podstawowe

Lemat 3. Je±li vl: (γ, t0] → Rⁿ, vp : [t0, η) → Rⁿ, γ < t0 < η s¡ rozwi¡zaniami problemu (36), gdzie f : G → Rⁿ jest funkcj¡ ci¡gª¡, to u : (γ, η) → Rⁿ dan¡ wzorem

u (t) =

½ v^l(t) gdy t ∈ (γ, t₀] v^p(t) gdy t ∈ (t0, η) jest rozwi¡zaniem problemu (36).

Dowód Twierdzenia Peano. Niech (t0, x0) ∈ G b¦dzie dowolnie ustalone. Poniewa» G jest zbiorem otwartym, wi¦c istniej¡ α > 0 i r > 0

K = {(t, x) ∈ R × Rⁿ : |t − t₀| ≤ α ∧ kx − x₀k ≤ r} ⊂ G.

Oczywi±cie K jest zbiorem zwartym, wi¦c istnieje sko«czona warto±¢

M = max {kf (t, x)k : (t, x) ∈ K} . Niech β = min©

α,_M^r ª

. Poka»emy, »e istnieje rozwi¡zanie u^p problemu (36) okre±lone na przedziale [t0, t0+ β) . Analogicznie b¦dzie mo»na wykaza¢ istnienie rozwi¡zania u^l okre±lonego na przedziale (t0− β, t₀] .Istnienie rozwi¡zania problemu (36) okre±lonego na przedziale (t0− β, t₀ + β) wynika¢ b¦dzie z Lematu3.

Dowód istnienia rozwi¡zania up b¦dzie skªadaª si¦ z trzech kroków Krok 1. Okre±lenie ci¡gu ªamanych Eulera.

Krok 2. Wykazanie, »e ze zdeniowanego w kroku 1 ci¡gu ªamanych Eulera mo»na wybra¢

podci¡g jednostajnie zbie»ny (zobacz denicja D.12w Dodatku) do pewnej funkcji ci¡gªej u^p.

Krok 3. Wykazanie, »e funkcja u^p speªnia warunek u^p(t) = x0+

Z _t

t0

f (s, u^p(s)) ds, dla t ∈ [t0, t0+ β), jest wi¦c na mocy Lematu 2rozwi¡zaniem problemu Cauchy'ego.

Krok 1. Niech m b¦dzie dowoln¡ liczb¡ naturaln¡ oraz niech h = _m^β. Okre±lmy punkty (t_i, x_i) wzorami:

t_i+1= t_i+ h, (37)

x_i+1= x_i+ hf (t_i, x_i) , dla i = 0, 1, . . . , m − 1.

Nast¦pnie okre±lmy funkcje:

u_m : [t₀, t₀+ β] → Rⁿ, v_m : [t₀, t₀+ β] → Rⁿ, τ_m : [t₀, t₀+ β] → R, wzorami:

u_m(t) = x_i+ (t − t_i) · f (t_i, x_i) dla t ∈ [t_i, t_i+1], i = 0, 1, . . . , m − 1, vm(t) =

½ xi dla t ∈ [ti, ti+1), i = 0, 1, . . . , m − 1

x_m dla t = t_m , (38)

τ_m(t) =

½ t_i dla t ∈ [t_i, t_i+1), i = 0, 1, . . . , m − 1

tm dla t = tm .

10 Twierdzenia podstawowe

Zauwa»my przede wszystkim, »e funkcja um jest poprawnie okre±lona (chodzi o podwójne okre±lenie warto±ci funkcji w prawostronnych ko«cach przedziaªów). Dla dowolnego i =

Zauwa»my przede wszystkim, »e funkcja um jest poprawnie okre±lona (chodzi o podwójne okre±lenie warto±ci funkcji w prawostronnych ko«cach przedziaªów). Dla dowolnego i =

W dokumencie 9IJF @ HM=« H»E?MO?D @= IJK@AJM EBH=JOE (Stron 9-35)