UK LADY R ´OWNA ´N
R ´O ˙ZNICZKOWYCH ZWYCZAJNYCH
§7. Twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno´sci
Gdy y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn, to |y| = maxni=1|yi|. Punkt przestrzeni Rn+1 postaci (x, y1, . . . , yn) oznacza´c be‘dziemy kr´otko (x, y).
Niech dany be
‘dzie obszar G ⊂ Rn+1 i odwzorowanie cia
‘g le F = (f1, . . . , fn) : G → Rn. Uk ladem normalnym r´owna´n r´o˙zniczkowych pierwszego rze‘du nazywamy uk lad
y10 = f1(x, y1, . . . , yn), . . . . yn0 = fn(x, y1, . . . , yn) lub kr´ocej
(1) y0 = F (x, y).
Rozwia
‘zaniem uk ladu (1) nazywamy ka˙zde odwzorowanie Φ = (ϕ1, . . . , ϕn) okre-
´slone na przedziale I ⊂ R, r´o˙zniczkowalne na I i takie, ˙ze dla ka˙zdego x ∈ I, (x, Φ(x)) ∈ G i Φ0(x) = F (x, Φ(x)).
Analogicznie jak w §1 wprowadzamy poje
‘cia: przed lu˙zenie rozwia
‘zania, przed lu-
˙zenie w la´sciwe, rozwia‘zanie integralne (globalne).
Warunki pocza
‘tkowe lub Cauchy’ego polegaja
‘teraz na tym, ˙ze dla dowolnego punktu (ξ, η) ∈ G, η = (η1, . . . , ηn) poszukujemy rozwia‘zania Φ : I → Rn uk ladu (1) takiego, ˙ze
(2) Φ(ξ) = η.
Udowodnimy teraz lemat o sprowadzaniu rozwi¸azywania uk ladu r´owna´n (1) spe lniaj¸acego warunek (2) do poszukiwania rozwi¸aza´n uk ladu r´owna´n ca lkowych.
Lemat 1. Niech G ⊂ Rn+1, I ⊂ R b¸ed¸a odpowiednio obszarem, przedzia lem oraz F : G → Rn i Φ : I → Rn b¸ed¸a odwzorowaniami ci¸ag lymi. Na to, by odwzorowanie Φ by lo rozwi¸azaniem uk ladu (1) spe lniaj¸acym warunek (2) potrzeba i wystarcza, by spe lnia lo uk lad r´owna´n ca lkowych
(3) y(x) = η +
Z x
ξ
F (t, y(t))dt.
D o w ´o d. Za l´o˙zmy, ˙ze Φ jest rozwi¸azaniem r´ownania (1) spe lniaj¸acym (2).
W´owczas
Φ0(x) = F (x, Φ(x)) dla x ∈ I.
§7. TWIERDZENIA O ISTNIENIU I JEDNOZNACZNO´SCI 27
St¸ad
Φ(x) − Φ(ξ) = Z x
ξ
F (t, Φ(t))dt.
To po uwzgl¸ednieniu warunku (2) daje, ˙ze Φ spe lnia uk lad r´owna´n ca lkowych (3).
Odwrotnie, je´sli Φ spe lnia uk lad r´owna´n (3), to spe lnia oczywi´scie warunek (2) i Φ0(x) = F (x, Φ(x)) dla x ∈ I.
To ko´nczy dow´od.
Zanim przejdziemy do sformu lowania twierdzenia wprowadzimy jeszcze jedno okre´slenie. Niech T be‘dzie podzbiorem G. M´owimy, ˙ze odwzorowanie F spe lnia warunek Lipschitza na T ze wzgle
‘du na y, gdy istnieje sta la L > 0 taka, ˙ze dla dowolnych (x, y∗), (x, y∗∗) ∈ T mamy |F (x, y∗) − F (x, y∗∗)| ≤ L|y∗ − y∗∗|.
Niech T = {(x, y) ∈ Rn+1 : |x − ξ| ≤ a, |y − η| ≤ b}, a, b > 0.
Twierdzenie 1 (Cauchy). Je´sli odwzorowanie F : G → Rn jest cia
‘g le, T ⊂ G, F spe lnia warunek Lipschitza na T ze wzgle‘du na y, M = max(x,y)∈T |F (x, y)|
i δ = min(a, b/M ), to istnieje rozwia
‘zanie Φ : hξ − δ, ξ + δi → Rn uk ladu (1) spe lniaja
‘ce (2) o wykresie le˙za
‘cym w T . Ponadto, rozwia
‘zanie to jest jednoznaczne w tym sensie, ˙ze je´sli eΦ : eI → Rn jest rozwia‘zaniem uk ladu r´owna´n (1) o wykresie przebiegaj¸acym w T takim, ˙ze eΦ(ξ) = η, to Φ(x) = eΦ(x) dla x ∈ hξ − δ, ξ + δi ∩ eI.
D o w ´o d (pochodza
‘cy od Picarda) sk lada l sie
‘ be
‘dzie z kilku krok´ow.
10 Na mocy lematu 1, zamiast poszukiwa´c rozwia
‘za´n uk ladu (1) spe lniaja
‘cych (2) mo˙zemy poszukiwa´c cia
‘g lych rozwia
‘za´n uk ladu r´owna´n ca lkowych (3).
20 Rozwa˙zmy w przedziale I = hξ − δ, ξ + δi cia‘g odwzorowa´n {Φk} okre´slony indukcyjnie:
(4) Φ0(x) = η dla x ∈ I
oraz dla k = 1, 2, . . .
(5) Φk(x) = η +
Z x
ξ
F (t, Φk−1(t))dt dla x ∈ I.
Z (4) wynika, ˙ze Φ0 jest odwzorowaniem cia‘g lym i jego wykres przebiega w T . Za l´o˙zmy, ˙ze Φk−1 jest odwzorowaniem cia
‘g lym i ˙ze jego wykres przebiega w T . Sta‘d i z (5) dostajemy, ˙ze Φk jest odwzorowaniem cia‘g lym. Ponadto, dla x ∈ I mamy
(6) |Φk(x) − η| ≤
Z x
ξ
|F (t, Φk−1(t))|dt
≤ M |x − ξ| ≤ M δ ≤ b,
czyli wykres Φk przebiega w T . Zatem na mocy indukcji wszystkie odwzorowania Φk sa
‘cia
‘g le i ich wykresy przebiegaja
‘w T .
30 Poka˙zemy teraz, ˙ze cia
‘g {Φk} okre´slony w 20 jest jednostajnie zbie˙zny na I.
Istotnie, mamy kolejno
|Φ0(x)| = |η|,
|Φ1(x) − Φ0(x)| = |Φ1(x) − η| =
Z x
ξ
F (t, Φ0(t))dt
≤
Z x
ξ
|F (t, Φ0(t))|dt ≤
Z x
ξ
M dt
= M |x − ξ|,
|Φ2(x) − Φ1(x)| =
Z x
ξ
[F (t, Φ1(t)) − F (t, Φ0(t))]dt
≤
Z x
ξ
|F (t, Φ1(t)) − F (t, Φ0(t))|dt
≤
Z x
ξ
L|Φ1(t) − Φ0(t)|dt
≤ ML|x − ξ|2 2!
i dalej na drodze latwej indukcji
|Φk(x) − Φk−1(x)| ≤ MLk−1|x − ξ|k
k! , k = 1, 2, . . . Sta‘d dla x ∈ I mamy
|Φk(x) − Φk−1(x)| ≤ MLk−1δk
k! , k = 1, 2, . . . Latwo sprawdzi´c stosuja
‘c kryterium d’Alemberta, ˙ze szereg
|η| + X∞ k=1
MLk−1δk k!
jest zbie˙zny. Zatem na mocy kryterium Weierstrassa (dla szereg´ow odwzorowa´n) mamy jednostajna
‘zbie˙zno´s´c szeregu Φ0+
X∞ k=1
(Φk− Φk−1),
a wie‘c jednostajna‘ zbie˙zno´s´c cia‘gu {Φk} do pewnego odwzorowania cia‘g lego Φ : I → Rn. Ponadto z (6) wynika, ˙ze wykres Φ przebiega ca lkowicie w T .
40 Poka˙zemy teraz, ˙ze Φ spe lnia uk lad r´owna´n ca lkowych (3). Poniewa˙z F spe lnia warunek Lipschitza ze wzgle
‘du na y, wie
‘c z jednostajnej zbie˙zno´sci cia
‘gu {Φk} do Φ na I, wynika jednostajna zbie˙zno´s´c cia‘gu {F (x, Φk(x))} do F (x, Φ(x)) dla x ∈ I. Sta
‘d stosuja
‘c twierdzenie o przechodzeniu do granicy pod znakiem ca lki otrzymujemy
Φ(x) = lim
k→∞Φk(x) = η + Z x
ξ
k→∞lim F (t, Φk−1(t))dt
= η + Z x
ξ
F (t, Φ(t))dt.
§7. TWIERDZENIA O ISTNIENIU I JEDNOZNACZNO´SCI 29
Zatem na mocy 10 odwzorowanie Φ jest rozwia
‘zaniem uk ladu (1) spe lniaja
‘cym (2).
50 Na zako´nczenie poka˙zemy jednoznaczno´s´c. We´zmy dowolne eΦ : eI → Rn spe lniaja
‘ce uk lad r´owna´n (1), o wykresie przebiegaj¸acym w T , z warunkiem pocza
‘- tkowym (2), czyli w my´sl 10 spe lniaja
‘ce uk lad r´owna´n ca lkowych (3). Zatem Φ(x) = η +e
Z x
ξ
F (t, eΦ(t))dt, x ∈ eI.
Sta‘d dla x ∈ I ∩ eI mamy
| eΦ(x) − Φ0(x)| =
Z x
ξ
F (t, eΦ(t))dt
≤ M |x − ξ|
oraz
| eΦ(x) − Φ1(x)| =
Z x
ξ
[F (t, eΦ(t)) − F (t, Φ0(t))]dt
≤ ML|x − ξ|2 2! . Droga
‘ latwej indukcji dla dowolnego k i x ∈ I ∩ eI otrzymujemy
| eΦ(x) − Φk(x)| ≤ MLk|x − ξ|k+1 (k + 1)! .
Sta‘d wynika, ˙ze eΦ jest granica‘cia‘gu {Φk} na I ∩ eI, czyli eΦ|I ∩ eI = Φ|I ∩ eI.
To ko´nczy dow´od twierdzenia.
Cia‘g {Φk} okre´slony w kroku 20 powy˙zszego dowodu nosi nazwe‘ cia‘gu przybli˙ze´n kolejnych.
Z kroku 50 powy˙zszego dowodu dostajemy natychmiast Wniosek 1. Dla dowolnego k ∈ N i x ∈ I mamy
|Φ(x) − Φk(x)| ≤ MLk|x − ξ|k+1 (k + 1)! .
Powy˙zsza nier´owno´s´c daje nam oszacowanie odchylenia k-tego przybli˙zenia od rozwia
‘zania uk ladu r´owna´n (1) spe lniaja
‘cego warunek pocza
‘tkowy (2).
Twierdzenie 1 nosi nazwe
‘ lokalnego twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno´sci.
Dalsze rozwa˙zania poprzedzimy jeszcze jednym okre´sleniem. M´owimy, ˙ze odwzo- rowanie F spe lnia lokalnie warunek Lipschitza ze wzgle
‘du na y, gdy dla ka˙zdego (ξ, η) ∈ G istnieje takie otoczenie U tego punktu zawarte w G, ˙ze odwzorowanie F spe lnia warunek Lipschitza na U ze wzgle
‘du na y.
Jako latwe ´cwiczenie, pozostawiamy Czytelnikowi dow´od naste
‘puja
‘cej w lasno´sci.
W lasno´s´c 1. Je´sli wszystkie wsp´o lrze
‘dne odwzorowania F maja
‘ ograniczone po- chodne cza
‘stkowe wzgle
‘dem zmiennych y1, . . . , yn, to F spe lnia lokalnie warunek Lipschitza ze wzgle
‘du na y.
Podamy teraz i udowodnimy integralne twierdzenie o istnieniu i jednoznaczno´sci .
Twierdzenie 2. Je˙zeli odwzorowanie F : G → Rn jest cia
‘g le i spe lnia lokalnie warunek Lipschitza ze wzgle‘du na y, to przez ka˙zdy punkt (ξ, η) ∈ G przechodzi dok ladnie jedno rozwia
‘zanie integralne uk ladu r´owna´n (1), rozwia
‘zanie to jest okre´s- lone w przedziale otwartym.
D o w ´o d. Poka˙zemy najpierw, ˙ze je˙zeli Φ1 : I1 → Rn, Φ2 : I2 → Rn s¸a dwoma rozwi¸azaniami uk ladu (1) przechodz¸acymi przez punkt (ξ, η), i I = I1∩ I2, to Φ1|I = Φ2|I . Istotnie, niech Z = {x ∈ I : Φ1(x) = Φ2(x)}. Oczywi´scie ξ ∈ Z.
Poniewa˙z Φ1, Φ2 sa‘ odwzorowaniami cia‘g lymi, zbi´or Z jest zbiorem domknie‘tym w I. Zbi´or Z jest r´ownie˙z otwarty w I. Istotnie, we´zmy dowolny punkt eξ ∈ Z.
Oczywi´scie Φ1(eξ) = Φ2(eξ). Niech eη = Φ1(eξ) = Φ2(eξ). W´owczas na mocy za lo˙zenia istnieje zbi´or eT = {(x, y) ∈ Rn+1 : |x − eξ| ≤ ea, |y − eη| ≤ eb}, w kt´orym mo˙zna zastosowa´c twierdzenie 1. Istnieje wi¸ec przedzia l otwarty eI o ´srodku w punkcie ξ, ee I ⊂ I i rozwi¸azanie Φ : eI → Rn uk ladu r´owna´n (1) przechodz¸ace przez punkt (eξ, eη). Na mocy drugiej cz¸e´sci twierdzenia 1 rozwi¸azanie to jest jednoznaczne, czyli Φ1|eI = Φ2|eI = Φ. Zatem eI ⊂ Z i w konsekwencji Z jest zbiorem otwartym w I.
Poniewa˙z I jest przedzia lem, wie
‘c Z = I.
Rozwa˙zmy teraz rodzine
‘ J wszystkich przedzia l´ow I takich, ˙ze istnieje rozwia
‘- zanie ΦI : I → Rn uk ladu (1) przechodza
‘ce przez punkt (ξ, η). Z za lo˙zenia i twierdzenia 1 wynika, ˙ze rodzina J jest niepusta. Niech I0 oznacza sume
‘wszystkich przedzia l´ow rodziny J. Latwo zauwa˙zy´c, ˙ze I0jest przedzia lem. Dla ka˙zdego x ∈ I0 przyjmujemy
Φ0(x) = ΦI(x), je´sli x ∈ I, I ∈ J.
Odwzorowanie Φ0 jest jednoznacznym integralnym rozwi¸azaniem uk ladu (1) spe l niaj¸acym warunek (2).
Na zako´nczenie poka˙zemy, ˙ze I0 jest przedzia lem otwartym. Przypu´s´cmy przeci- wnie, ˙ze na przyk lad β = sup I0 ∈ I0. W´owczas (β, Φ0(β)) ∈ G i powtarzaj¸ac rozu- mowanie jak w pierwszej cz¸e´sci dla punktu
ξ, ee η
dostajemy, ˙ze istnieje przedzia l otwarty eI o ´srodku w punkcie β i rozwia‘zanie eΦ : eI → Rn uk ladu (1) takie,
˙ze eΦ(β) = Φ0(β). Podobnie jak na pocza
‘tku zauwa˙zamy, ˙ze eΦ(x) = Φ0(x) dla x ∈ I0∩ eI. Odwzorowanie
Φ∗(x) =
Φ0(x) dla x ∈ I0, Φ(x)e dla x ∈ eI, jest rozwia
‘zaniem okre´slonym w przedziale I∗ = I0 ∪ eI, I0 * I∗ i Φ∗(ξ) = η. To przeczy okre´sleniu Φ0.
To ko´nczy dow´od.
Podamy jeszcze jedno integralne twierdzenie o istnieniu i jednoznaczno´sci. Ponie- wa˙z dow´od tego twierdzenia be
‘dzie przebiega l podobnie do dowodu twierdzenia 1, podamy tylko jego szkic.
Twierdzenie 3. Niech G = {(x, y) ∈ Rn+1 : a < x < b, y ∈ Rn}. Je´sli F : G → Rn jest odwzorowaniem cia
‘g lym i dla ka˙zdego domknie
‘tego przedzia lu I ⊂ (a, b) spe lnia ono warunek Lipschitza na I × Rn ze wzgle
‘du na y, to przez ka˙zdy punkt G przechodzi dok ladnie jedno rozwia
‘zanie integralne uk ladu (1) okre´slone w ca lym przedziale (a, b).
§7. TWIERDZENIA O ISTNIENIU I JEDNOZNACZNO´SCI 31
S z k i c d o w o d u. Niech (ξ, η) ∈ G be
‘dzie dowolnym punktem. Podobnie jak poprzednio zauwa˙zamy, ˙ze poszukiwanie rozwia‘zania Φ : (a, b) → Rn uk ladu r´owna´n (1) spe lniaja
‘cego (2) sprowadza sie
‘ do poszukiwania cia
‘g lego rozwia
‘zania uk ladu r´owna´n ca lkowych (3).
Naste
‘pnie w przedziale (a, b) rozwa˙zamy cia
‘g odwzorowa´n {Φk} okre´slony in- dukcyjnie
Φ0(x) = η dla x ∈ (a, b) oraz dla k = 1, 2, . . .
Φk(x) = η + Z x
ξ
F (t, Φk−1(t))dt dla x ∈ (a, b).
Oczywi´scie, wszystkie odwzorowania Φk sa‘cia‘g le i ich wykresy przebiegaja‘w G.
Niech teraz I ⊂ (a, b) be
‘dzie dowolnym przedzia lem domknie
‘tym zawiera- ja‘cym ξ. Poka˙zemy, ˙ze cia‘g {Φk} jest jednostajnie zbie˙zny na I. Niech M = supx∈I|F (x, η)|. Ponadto w my´sl za lo˙zenia istnieje sta la L > 0 taka, ˙ze dla dowol- nych (x, y∗), (x, y∗∗) ∈ I × Rn mamy |F (x, y∗) − F (x, y∗∗)| ≤ L|y∗ − y∗∗|. Zatem dostajemy kolejno
|Φ0(x)| = |η|,
|Φ1(x) − Φ0(x)| ≤ M |x − ξ|,
|Φ2(x) − Φ1(x)| ≤ ML|x − ξ|2 2!
i dalej na drodze latwej indukcji
|Φk(x) − Φk−1(x)| ≤ MLk−1|x − ξ|k
k! , k = 1, 2, . . . Sta‘d otrzymujemy latwo, ˙ze cia
‘g {Φk} jest jednostajnie zbie˙zny na I.
Wobec dowolno´sci przedzia lu I ⊂ (a, b) dostajemy zbie˙zno´s´c cia
‘gu {Φk} na ca lym przedziale (a, b). Niech Φ be
‘dzie granica
‘{Φk} na (a, b). Poniewa˙z Φ jest cia
‘g la dla ka˙zdego I ⊂ (a, b), wie
‘c jest cia
‘g la na (a, b). Oczywi´scie wykres Φ przebiega w G.
Analogicznie jak w kroku 40 dowodu twierdzenia 1 dla dowolnego I ⊂ (a, b) mamy Φ(x) = η +
Z x
ξ
F (t, Φ(t))dt x ∈ I.
Wobec dowolno´sci I dostajemy, ˙ze Φ spe lnia w (a, b) uk lad r´owna´n ca lkowych (3).
Jednoznaczno´s´c wynika z twierdzenia 2, bowiem F spe lnia lokalnie warunek Lip- schitza ze wzgle
‘du na y.
To ko´nczy dow´od twierdzenia.
Cwiczenie´
1. Stosuj¸ac metod¸e kolejnych przybli˙ze´n, znale´z´c rozwi¸azania nast¸epuj¸acych r´owna´n przechodz¸acych przez zadany punkt (ξ, η):
a) y0 = 2xy − 2x3, (ξ, η) = (0, 0), b) y0 = 2xy, (ξ, η) = (0, 1),
c) y0 = 1−x1 y, (ξ, η) = (0, 1), d) y0 = y − x + 1, (ξ, η) = (0, 1).
§8. Uk lady r´owna´n r´o˙zniczkowych liniowych
Niech A = [akl]1≤k,l≤n, b = [bl]1≤l≤n be
‘da
‘ odpowiednio cia
‘g lym polem macie- rzowym i cia
‘g lym polem wektorowym na przedziale (p, q) ⊂ R. Uk ladem r´owna´n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze‘du nazywamy uk lad
y10 = a11(x)y1+ . . . + a1n(x)yn+ b1(x), . . . . yn0 = an1(x)y1+ . . . + ann(x)yn+ bn(x) lub kr´ocej
(1) y0 = A(x)y + b(x).
Niech G = {(x, y) : p < x < q, y ∈ Rn}.
Twierdzenie 1. Przez ka˙zdy punkt zbioru G przechodzi dok ladnie jedno rozwia
‘za- nie integralne uk ladu (1) okre´slone w przedziale (p, q).
D o w ´o d. Na mocy twierdzenia 7.3 wystarczy sprawdzi´c tylko, ˙ze prawa strona (1) dla ka˙zdego przedzia lu domknie‘tego I ⊂ (p, q) spe lnia warunek Lipschitza na I × Rn ze wzgle
‘du na y.
Niech |A(x)| := max1≤k,l≤n|akl(x)|. Z cia
‘g lo´sci akl na I wynika, ˙ze istnieje sta la dodatnia L, ˙ze |A(x)| ≤ L/n dla x ∈ I. Sta
‘d dla dowolnych (x, y∗), (x, y∗∗) ∈ I ×Rn mamy
|(A(x)y∗+ b(x)) − (A(x)y∗∗+ b(x))| = |A(x)(y∗ − y∗∗)|
≤ n|A(x)||y∗− y∗∗| ≤ L|y∗ − y∗∗|.
To ko´nczy dow´od.
Wobec powy˙zszego twierdzenia ogranicza´c sie
‘ be
‘dziemy tylko do rozwia
‘za´n in- tegralnych uk ladu (1).
Gdy b jest zerowym polem wektorowym na (p, q), to uk lad (1) ma posta´c y10 = a11(x)y1+ . . . + a1n(x)yn,
. . . . yn0 = an1(x)y1+ . . . + ann(x)yn lub kr´ocej
(2) y0 = A(x)y.
Uk lad (2) nazywa´c be
‘dziemy jednorodnym uk ladem r´owna´n r´o˙zniczkowych linio- wych pierwszego rze
‘du.
Niech V be
‘dzie og´o lem rozwia
‘za´n integralnych uk ladu (2).
§8. UK LADY R ´OWNA ´N R ´O ˙ZNICZKOWYCH LINIOWYCH 33
W lasno´s´c 1. Zbi´or V tworzy przestrze´n liniowa
‘ nad R.
D o w ´o d. Niech Φ1, Φ2 ∈ V i c1, c2 ∈ R. W´owczas
(c1Φ1+ c2Φ2)0 = c1Φ01+ c2Φ02 = c1AΦ1+ c2AΦ2
= A(c1Φ1) + A(c2Φ2) = A(c1Φ1+ c2Φ2),
czyli c1Φ1+ c2Φ2 ∈ V .
Niech Φ1, . . . , Φm ∈ V.
W lasno´s´c 2. Je´sli istnieje taki punkt ξ ∈ (p, q), ˙ze wektory Φ1(ξ), . . . , Φm(ξ) sa
‘ liniowo zale˙zne w Rn, to Φ1, . . . , Φm sa
‘ liniowo zale˙zne w V . D o w ´o d. W my´sl za lo˙zenia istnieja
‘ sta le c1, . . . , cm ∈ R nie znikaja
‘ce jed- nocze´snie takie, ˙ze c1Φ1(ξ) + . . . + cmΦm(ξ) = 0. Na mocy w lasno´sci 1, Φ = c1Φ1+ . . . + cmΦm jest rozwia
‘zaniem integralnym uk ladu (2) i Φ(ξ) = 0. R´ownie˙z odwzorowanie Φ0 okre´slone wzorem Φ0(x) = 0 dla x ∈ (p, q) jest integralnym roz- wia‘zaniem (2) i Φ(ξ) = Φ0(ξ). Zatem na mocy twierdzenia 1 mamy Φ = Φ0, czyli
c1Φ1+ . . . + cmΦm= 0.
W lasno´s´c 3. Zachodzi r´owno´s´c dimRV = n.
D o w ´o d. Poka˙zemy najpierw, ˙ze dimRV ≤ n. Przypu´s´cmy przeciwnie, ˙ze dimRV = m > n. Niech Φ1, . . . , Φm be
‘da
‘baza
‘V . W´owczas na mocy w lasno´sci 2 dla dowolnego ξ ∈ (p, q) wektory Φ1(ξ), . . . , Φm(ξ) sa‘liniowo niezale˙zne w Rn. To jednak przeczy temu, ˙ze dimRRn = n.
Poka˙zemy teraz, ˙ze dimRV ≥ n. Niech ξ be‘dzie ustalonym punktem przedzia lu (p, q) oraz η1, . . . , ηn baza
‘w przestrzeni Rn. Na mocy twierdzenia 1 dla dowolnego i ∈ {1, . . . , n} istnieje rozwia‘zanie integralne Φi uk ladu (2) takie, ˙ze Φi(ξ) = ηi. Twierdzimy, ˙ze Φ1, . . . , Φn sa
‘ liniowo niezale˙zne w V . Istotnie dla dowolnych c1, . . . , cn ∈ R takich, ˙ze c1Φ1+ . . . + cnΦn= 0 mamy
0 = c1Φ1(ξ) + . . . + cnΦn(ξ) = c1η1+ . . . + cnηn. Sta‘d c1 = . . . = cn = 0, czyli Φ1, . . . , Φnsa
‘liniowo niezale˙zne w V i w konsekwencji dimRV ≥ n.
To ko´nczy dow´od.
Ka˙zda
‘baze
‘ przestrzeni V nazywa´c be
‘dziemy fundamentalnym uk ladem rozwia
‘- za´n uk ladu (2).
Z w lasno´sci 3 otrzymujemy natychmiast
Twierdzenie 2. Je˙zeli Φ1, . . . , Φn jest fundamentalnym uk ladem rozwia
‘za´n uk la- du (2), to og´o l rozwia
‘za´n integralnych uk ladu (2) wyra˙za sie
‘ wzorem (3) Φ(x) = c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x), x ∈ (p, q), gdzie c1, . . . , cn sa‘ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.
Przejd´zmy teraz do uk ladu r´owna´n (1).
Twierdzenie 3. Niech Φ0 be
‘dzie rozwia
‘zaniem integralnym uk ladu (1) oraz Φ1, . . . , Φn fundamentalnym uk ladem rozwia‘za´n uk ladu (2). W´owczas og´o l rozwia‘- za´n integralnych uk ladu (1) wyra˙za sie
‘ wzorem
(4) Φ(x) = Φ0(x) + c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x), x ∈ (p, q), gdzie c1, . . . , cn sa
‘ dowolnymi liczbami rzeczywistymi.
D o w ´o d. Niech Φ be‘dzie integralnym rozwia‘zaniem uk ladu (1). W´owczas (Φ(x) − Φ0(x))0 = Φ0(x) − Φ00(x) = A(x)Φ(x) + b(x) − A(x)Φ0(x) − b(x)
= A(x)(Φ(x) − Φ0(x)) dla x ∈ (p, q).
Zatem Φ − Φ0 jest rozwia
‘zaniem uk ladu (2) i na mocy twierdzenia 2 istnieja
‘sta le rzeczywiste c1, . . . , cn takie, ˙ze
Φ(x) − Φ0(x) = c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x) dla x ∈ (p, q).
Sta‘d Φ jest postaci (4).
Odwrotnie, za l´o˙zmy, ˙ze Φ jest postaci (4). W´owczas mamy Φ0(x) = Φ00(x) + (c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x))0
= A(x)Φ0(x) + b(x) + A(x)(c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x))
= A(x)(Φ0(x) + c1Φ1(x) + . . . + cnΦn(x)) + b(x) = A(x)Φ(x) + b(x) dla x ∈ (p, q). Zatem Φ jest integralnym rozwia
‘zaniem uk ladu (1).
To ko´nczy dow´od.
Z powy˙zszego twierdzenia wida´c, ˙ze gdy znamy uk lad fundamentalny rozwia
‘za´n uk ladu (2), to znalezienie og´o lu rozwia
‘za´n uk ladu (1) sprowadza sie
‘ do znalezienia jednego integralnego rozwia
‘zania uk ladu (1). Spos´ob znalezienia takiego rozwia
‘za- nia podamy w dalszym cia
‘gu. Wprowadzimy najpierw poje
‘cie wro´nskianu i jego zwia‘zki z uk ladem fundamentalnym.
Niech Φ1, . . . , Φn be
‘da
‘integralnymi rozwia
‘zaniami uk ladu (2) i Φk = [ϕlk]1≤l≤n, k = 1, . . . , n. Wyznacznik
W (x) = det[ϕlk(x)]1≤l,k≤n nazywamy wro´nskianem* uk ladu Φ1, . . . , Φn.
W lasno´s´c 4. Je˙zeli W (ξ) 6= 0 dla pewnego ξ ∈ (p, q), to Φ1, . . . , Φn jest uk ladem fundamentalnym rozwia
‘za´n uk ladu (2).
D o w ´o d. Przypu´s´cmy przeciwnie, ˙ze Φ1, . . . , Φn sa
‘ liniowo zale˙zne w V . W´owczas ze znanego twierdzenia z algebry o uk ladach n r´owna´n liniowych jed- norodnych o n niewiadomych dostajemy W (x) = 0 dla dowolnego x ∈ (p, q), co jest
sprzeczne z za lo˙zeniem.
* J´ozef Hoene Wro´nski (1776–1853) – polski matematyk i filozof.
§9. METODA REDUKCJI Z n DO n − 1 35
W lasno´s´c 5. Je´sli W (ξ) = 0 dla pewnego ξ ∈ (p, q), to Φ1, . . . , Φn sa
‘ liniowo zale˙zne w V .
D o w ´o d. Z za lo˙zenia wynika, ˙ze wektory Φ1(ξ), . . . , Φn(ξ) sa
‘liniowo zale˙zne w Rn. Zatem na mocy w lasno´sci 2, rozwia
‘zania Φ1, . . . , Φn sa
‘liniowo zale˙zne w V .
Udowodnimy teraz zapowiedziane twierdzenie o rozwia
‘zaniu szczeg´olnym. Niech b = [bl]1≤l≤n. Przez Wk oznaczmy wyznacznik macierzy, kt´ora powstaje z macierzy [ϕlk]1≤l,k≤n przez zasta
‘pienie k-tej kolumny przez b.
Twierdzenie 4. Niech Φ1, . . . , Φn be‘dzie uk ladem fundamentalnym uk ladu (2).
W´owczas rozwia
‘zaniem integralnym uk ladu (1) jest okre´slone na (p, q) pole wek- torowe Φ0 = [ϕ0l]1≤l≤n postaci
(5) Φ0 = g1Φ1+ . . . + gnΦn, gdzie gk : (p, q) → R jest ustalona
‘ funkcja
‘ pierwotna
‘ funkcji Wk/W , k = 1, . . . , n.
D o w ´o d. Z okre´slenia uk ladu Φ1, . . . , Φn i w lasno´sci 5 wynika, ˙ze W (x) 6= 0 dla x ∈ (p, q). Sta‘d i ze wzor´ow Cramera dla uk lad´ow r´owna´n liniowych mamy (6)
Xn k=1
(Wk/W )Φk = b.
R´o˙zniczkuja
‘c teraz Φ0, korzystaja
‘c z w lasno´sci 1 i wzoru (6) dostajemy Φ00(x) = g1(x)Φ01(x) + . . . + gn(x)Φ0n(x) + g10(x)Φ1(x) + . . . + gn0(x)Φn(x)
= A(x)(g1(x)Φ1(x) + . . . + gn(x)Φn(x))
+ (W1(x)/W (x))Φ1(x) + . . . + (Wn(x)/W (x))Φn(x)
= A(x)Φ0(x) + b(x).
To ko´nczy dow´od.
Uwaga 1. Poszukiwanie rozwia
‘za´n uk ladu (1) w postaci (5) nazywane jest metoda uzmienniania sta lych lub wariacji sta lych . Polega bowiem na poszukiwaniu roz-‘ wia‘za´n uk ladu (1) w postaci (3), gdzie wyste
‘puja
‘ce tam sta le c1, . . . , cnzaste
‘pujemy odpowiednio przez funkcje r´o˙zniczkowalne g1, . . . , gn.
§9. Metoda redukcji z n do n − 1
W paragrafie tym poka˙zemy jak mo˙zna sprowadzi´c znalezienie og´o lu rozwia‘za´n jednorodnego uk ladu n r´owna´n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze
‘du o n niewiadomych funkcjach do og´o lu rozwia‘za´n takiego samego uk ladu o n − 1 rozwia‘- zaniach i n − 1 niewiadomych funkcjach.
Niech analogicznie jak w poprzednim paragrafie A = [akl]1≤k,l≤n be
‘dzie cia
‘g lym polem macierzowym na przedziale (p, q) ⊂ R, y = [yl]1≤l≤n. Niech dany be
‘dzie jednorodny uk lad r´owna´n r´o˙zniczkowych liniowych pierwszego rze
‘du postaci y10 = a11(x)y1+ . . . + a1n(x)yn,
. . . . yn0 = an1(x)y1+ . . . + ann(x)yn, lub kr´ocej
(1) y0 = A(x)y.