Na to, by funkcja ϕ : I → R była rozwiązaniem równania (1) spełniającym warunek początkowy ϕ(ξ

1. Twierdzenie Picarda o istnieniu i jednoznaczności

Niech f : G → R będzie funkcją określoną na obszarze G ⊂ R² i rozważmy równanie różniczkowe zwyczajne postaci

(1) y⁰= f (x, y).

Zbadamy przy jakich założeniach o funkcji f istnieją rozwiązania tego równania. Jeśli f jest funk- cją stałą, to powyższe równanie jest równaniem liniowym i o istnieniu rozwiązań świadczą twierdzenia dotyczące równania liniowego. Zatem w dalszym ciągu zakładamy, że f nie jest funkcją stałą.

Lemat 1. Niech f : G → R będzie funkcją ciągłą i (ξ, η) ∈ G. Na to, by funkcja ϕ : I → R była rozwiązaniem równania (1) spełniającym warunek początkowy ϕ(ξ) = η potrzeba i wystarcza, by była ona ciągłym rozwiązaniem równania całkowego

(2) y(x) = η +

Z x ξ

f t, y(t)
dt.

Dowód. Załóżmy najpierw, że ϕ : I → R jest rozwiązaniem równania (1) spełniającym warunek ϕ(ξ) = η. Wówczas ϕ jest różniczkowalna (a więc w szczególności ciągła) i

ϕ⁰(x) = f x, ϕ(x)

dla x ∈ I.

Stąd

ϕ(x) − ϕ(ξ) = Z x

ξ

f t, ϕ(t)
dt,

co po uwzględnieniu warunku początkowego ϕ(ξ) = η daje, że ϕ spełnia równanie (2).

Odwrotnie, jeśli ϕ jest funkcją ciągłą spełniającą równanie (2), to spełnia oczywiście warunek ϕ(ξ) = η i na podstawie twierdzenia o różniczkowaniu funkcji górnej granicy całkowania otrzymujemy ϕ⁰(x) = f x, ϕ(x)
dla x ∈ I.

Lemat 2. Niech I = {x ∈ R : |x − ξ| 6 δ}, gdzie δ > 0 i niech h : I → R będzie funkcją ciągłą na przedziale I, spełniającą warunek

|h(x)| 6 M|x − ξ|ⁿ dla x ∈ I (M > 0, n > 0)¹. Wówczas

Z x ξ

h(t)dt 6 M

n + 1|x − ξ|ⁿ⁺¹ dla x ∈ I.

1 Dla n = 0 przyjmujemy w tym miejscu, że 0⁰= 1.

Dowód. W przypadku x> ξ mamy 

 Z x

ξ

h(t)dt 6

Z x ξ

|h(t)|dt 6 Z x

ξ

M |t−ξ|ⁿdt = Z x

ξ

M (t−ξ)ⁿdt = M

n + 1(x−ξ)ⁿ⁺¹ = M

n + 1|x−ξ|ⁿ⁺¹. W przypadku x < ξ mamy

Z x ξ

h(t)dt =

− Z ξ

x

h(t)dt =

 Z ξ

x

h(t)dt  i podobnie jak w pierwszym przypadku wykazujemy, że

Z ξ x

h(t)dt

6 M

n + 1(ξ − x)ⁿ⁺¹ = M

n + 1|x − ξ|ⁿ⁺¹. Reasumując dla wszystkich x ∈ I prawdziwa jest teza lematu.

Zanim sformułujemy twierdzenie wprowadzimy jeszcze jedno określenie. Niech T ⊂ G. Mówimy, że funkcja f spełnia na T warunek Lipschitza ze wzgędu na y, ze stałą L > 0, gdy nierówność

|f (x, y) − f (x, y^∗)| 6 L|y − y^∗|.

zachodzi dla wszystkich punktów (x, y), (x, y^∗) ∈ T . Niech (ξ, η) ∈ G i T będzie prostokątem postaci

T = {(x, y) ∈ R²: |x − ξ| 6 a, |y − η| 6 b}, gdzie a, b > 0.

Twierdzenie 1 (Picarda²). Jeśli spełnione są poniższe założenia:

(a) f : G → R jest funkcją ciągłą, (b) T ⊂ G,

(c) f spełnia na T warunek Lipschitza ze względu na y, ze stałą L > 0, (d) |f (x, y)| 6 M dla (x, y) ∈ T , gdzie M > 0 jest pewną stałą,

(e) I = {x ∈ R : |x − ξ| 6 δ}, gdzie δ = min{a, b/M },

to istnieje rozwiązanie ϕ : I → R równania (1) spełniające warunek początkowy ϕ(ξ) = η, którego wykres leży w T . Ponadto rozwiązanie to jest jednoznaczne w tym sensie, że jeśli ϕ : ee I → R jest rozwiązaniem równania (1), spełniającym warunek początkowy ϕ(ξ) = η i którego wykres przebiegae w T , toϕ(x) = ϕ(x) dla x ∈ I ∩ ee I.

Dowód istnienia. Będzie on przebiegał w paru krokach.

Krok 1. Poszukiwanie rozwiązania równania (1) spełniającego warunek początkowy ϕ(ξ) = η spro- wadzamy na podstawie lematu 1 do poszukiwania ciągłego rozwiązania równania całkowego

y(x) = η + Z x

ξ

f t, y(t)
dt.

2 Émile Picard (1856-1941) – matematyk francuski.

Krok 2. Na przedziale I ⊂ (a, b) definiujemy indukcyjnie ciąg funkcyjny (ϕ_k), k = 0, 1, . . . w nastę- pujący sposób:

ϕ₀(x) = η, (3)

ϕ_k(x) = η + Z x

ξ

f t, ϕ_k−1(t)
dt, k = 1, 2, . . . (4)

Każda funkcja ϕ_k jest ciągła i ma wykres zawarty w prostokącie T . Istotnie, po pierwsze, ϕ₀ jest funkcją ciągłą o wykresie w prostokącie T . Po drugie, jeśli funkcja ϕ_k−1 jest ciągła i jej wykres przebiega w T , to na mocy twierdzenia o różniczkowaniu funkcji górnej granicy całkowania wynika, że funkcja ϕ_k określona wzorem (4) jest różniczkowalna, a więc ciągła. Ponadto z lematu 2 dla n = 0 i h(x) = f (x, ϕ_k−1(x)) wynika, że:

(5) |ϕ_k(x) − η| = 

Z x ξ

f t, ϕ_k−1(t)
dt

6 M |x − ξ| 6 M δ 6 b dla x ∈ I.

Zatem wykres funkcji ϕ_k przebiega w prostokącie T . Indukcja kończy rozumowanie.

Krok 3. Dla każdego k> 1 i każdego x ∈ I spełniona jest nierówność

(6) |ϕ_k(x) − ϕ_k−1(x)| 6 M L^k−1

k! |x − ξ|^k. Istotnie, po pierwsze z lematu 2 dla n = 0 i h(x) = f (x, ϕ₀(x)) dostajemy

|ϕ₁(x) − ϕ0(x)| = |ϕ1(x) − η| = 

Z x ξ

f t, ϕ0(t)
dt

6 M |x − ξ|.

Po drugie, jeśli nierówność (6) jest spełniona, to na podstawie lematu 2 dla n = k i funkcji h(x) = f (x, ϕ_k(x)) − f (x, ϕ_k−1(x)) dostajemy:

|ϕ_k+1(x) − ϕk(x)| = 

Z x ξ

f t, ϕk(t)
− f t, ϕ_k−1(t)

dt

6 M L^k

(k + 1)!|x − ξ|^k+1, gdyż z warunku Lipschitza mamy:

f x, ϕ_k(x)
− f x, ϕ_k−1(x)


6 L|ϕk(x) − ϕ_k−1(x)| 6 M L^k

k! |x − ξ|^k. Na mocy indukcji wnioskujemy, że nierówność (6) zachodzi dla każdej liczby naturalnej k.

Krok 4. Zbieżność jednostajna ciągu (ϕ_k) jest równoważna zbieżności jednostajnej szeregu

∞

X

k=1

(ϕ_k− ϕ_k−1), gdyż

ϕ_k= ϕ₀+

k

X

i=1

(ϕ_i− ϕ_i−1).

Z nierówności (6) dostastajemy, że |ϕ_k(x) − ϕ_k−1(x)| 6 M L^k−1δ^k/k!, a stosując kryterium d’Alemberta pokazać można, że szereg liczbowyP∞

k=1M L^k−1δ^k/k! jest zbieżny. Zatem, jak wynika z kryterium Wieierstrassa dla szeregów funkcyjnych, szereg

ϕ0+

∞

X

k=1

(ϕ_k− ϕ_k−1)

jest jednostajnie zbieżny na przedziale I. Tym samym, ciąg (ϕ_k) jest jednostajnie zbieżny na I.

Krok 5. Pokażemy, że granica ϕ ciągu (ϕ_k) spełnia wspomniane w kroku 1 równanie całkowe. Za- uważmy najpierw, że z kroku poprzedniego funkcja ϕ jest ciągła na przedziale I. Ponadto, wykres funkcji ϕ jest zawarty w prostokącie T , gdyż dla x ∈ I mamy:

|ϕ(x) − η| = lim

k→∞|ϕ_k(x) − η| 6 b.

Fakt, że ϕ jest rozwiązaniem równania całkowego (2) wynikał będzie z przejścia granicznego pod znakiem całki we wzorze definiującym funkcje ϕ_k:

(7) ϕ_k(x) = η +

Z x ξ

f t, ϕ_k−1(t)
dt.

Uzasadnimy, że takie przejście jest możliwe. Dla x ∈ I i k = 0, 1, . . . oznaczmy:

g_k(x) = f x, ϕ_k−1(x)
, g(x) = f x, ϕ(x)
.

Ponieważ funkcja f spełnia warunek Lipschitza ze względu na zmienną y, to dla x ∈ I

|g_k(x) − g(x)| 6 L|ϕk−1(x) − ϕ(x)|.

Zatem, tak jak ciąg (ϕ_k), ciąg (gk) jest jednostajnie zbieżny do funkcji g na przedziale I, co pozwala przechodzić do granicy pod znakiem całki we wzorze (7):

ϕ(x) = lim

k→∞ϕk(x) = η + lim

k→∞

Z x ξ

gk(t)dt = η + Z x

ξ

g(t)dt = η + Z x

ξ

f t, ϕ(t)
dt.

Dowód jednoznaczności. Weźmy dowolne rozwiązanieϕ : ee I → R spełniające równanie (1), o wykresie przebiegającym w prostokącie T , z warunkiem początkowymϕ(ξ) = η. Z lematu 1 mamye

ϕ(x) = η +e Z _x

ξ

f t,ϕ(t)
dte dla x ∈ eI.

Stąd, drogą łatwej indukcji (korzystając z lematu 2) dla dowolnego k > 0 i wszystkich x ∈ I ∩ eI otrzymujemy

|ϕ(x) − ϕe _k(x)| 6 M L^k

(k + 1)!|x − ξ|^k+1.

Ponieważ prawa strona powyższej nierówności zbiega do 0, to dla x ∈ I ∩ eI,

ϕ(x) = lime

k→∞ϕ_k(x) = ϕ(x).

To kończy dowód twierdzenia.

Ciąg (ϕ_k) określony w kroku 2. powyższego dowodu nosi nazwę ciągu kolejnych przybliżeń roz- wiązania ϕ. Z dowodu jednoznaczności otrzymujemy natychmiast

Wniosek 1. Dla dowolnego k ∈ N i x ∈ I mamy

|ϕ(x) − ϕ_k(x)| 6 M L^k

(k + 1)!|x − ξ|^k+1.

Przykład 1. Rozważmy równanie Riccatiego postaci y⁰ = y²+ x

w zbiorze G = R². Niech f (x, y) = y²+ x, (x, y) ∈ G, (ξ, η) = (0, 0) i T = {(x, y) ∈ R² : |x| 6 1, |y| 6 1}.

Funkcja f jest ciągła na G, prostokąt T ⊂ G i

|f (x, y)| 6 |y|²+ |x| 6 2 dla (x, y) ∈ T, oraz

|f (x, y^∗) − f (x, y^∗∗)| 6 |y^∗| + |y^∗∗|
|y^∗− y^∗∗| 6 2|y^∗− y^∗∗| dla (x, y^∗), (x, y^∗∗) ∈ T.

Niech δ = min{1, 1/2} = 1/2 i I = h−1/2, 1/2i, L = 2. Na podstawie twierdzenia Picarda istnieje rozwiązanie ϕ : I → R danego równania, spełniające warunek początkowy ϕ(0) = 0, którego wykres przebiega w prostokącie T . Rozwiązanie to jest granicą ciągu (ϕ_k) kolejnych przybliżeń, gdzie

(8) |ϕ(x) − ϕ_k(x)| 6 2 · 2^k

(k + 1)!|x|^k+1 dla x ∈ I oraz

ϕ₀(x) = 0, ϕ_k(x) = Z _x

0

ϕ_k−1(t)
2

dt +1

2x² dla k > 1.

Wyznaczmy pięć kolejnych przybliżeń rozwiązania ϕ.

ϕ0(x) = 0, ϕ1(x) = 1

2x², ϕ2(x) =

Z x 0

1 2t²

2

dt + 1

2x² = 1

20x⁵+1 2x², ϕ₃(x) =

Z x 0

 1 20t⁵+1

2t²2

dt + 1 2x² =

Z x 0

 1

400t¹⁰+ 1 20t⁷+1

4t⁴ dt +1

2x²

= 1

4400x¹¹+ 1

160x⁸+ 1

20x⁵+1 2x², ϕ₄(x) =

Z x 0

 1

4400t¹¹+ 1

160t⁸+ 1 20t⁵+1

2t²2

dt +1 2x²

= 1

445280000x²³+ 1

7040000x²⁰+ 87

23936000x¹⁷+ 3

49280x¹⁴+ 7 8800x¹¹+ + 1

160x⁸+ 1

20x⁵+1 2x².

Błąd przybliżenia ϕ₄ na przedziale I oszacujemy ze wzoru (8). Ponieważ

|ϕ(x) − ϕ_k(x)| 6 2^k+1

(k + 1)!|x|^k+16 2^k+1 (k + 1)! ·1

2

k+1

= 1

(k + 1)! dla x ∈ I, to w szczególności |ϕ(x) − ϕ₄(x)| 6 1/120 < 0, 01 dla x ∈ I.

Z powyższego wynika na przykład, że aby otrzymać przybliżenie rozwiązania z dokładnością do trzeciego miejsca po przecinku, na całym przedziale I, należy wyznaczyć przybliżenie ϕ_k takie, by 1/(k + 1)! < 1/1000. Nietrudno sprawdzić, że nierówność ta jest spełniona dla k > 6.

Rysunek II.1. Wykresy pierwszych przybliżeń rozwiązania równania y⁰ = y²+ x.

Przykład 2. Metodą kolejnych przybliżeń znajdziemy rozwiązanie ϕ równania y⁰= 2x + y

w prostokącie T = {(x, y) ∈ R² : |x| 6 1, |y + 2| 6 1}, spełniające warunek początkowy ϕ(0) = −2.

Niech f (x, y) = 2x + y, (x, y) ∈ R². Funkcja f jest ciągła i

|f (x, y)| 6 2|x| + |y + 2| + 2 6 5 dla (x, y) ∈ T.

Ponadto

|f (x, y^∗) − f (x, y^∗∗)| 6 |y^∗− y^∗∗| dla (x, y^∗), (x, y^∗∗) ∈ T.

Niech δ = min{1,¹₅} = ¹₅ i oznaczmy I = h−¹₅,¹₅i. Z twierdzenia Picarda istnieje rozwiązanie ϕ : I → R danego równania o wykesie przebiegającym w prostokacie T i spełniające warunek początkowy ϕ(0) = −2. Rozwiązanie to jest granicą ciągu kolejnych przybliżeń. Postępując jak w poprzednim przykładzie, obliczamy kolejno:

ϕ0(x) = −2, ϕ1(x) = −2 +

Z x 0

f (t, −2)dt = Z x

0

(2t − 2)dt = −2 − 2x + x², ϕ₂(x) = −2 +

Z x 0

f t, t²− 2t − 2
dt = Z x

0

2t + (t²− 2t − 2)
dt = −2 − 2x +1 3x³, ϕ3(x) = −2 +

Z x 0

f t,1

3t³− 2t − 2
dt = Z x

0

2t + (1

3t³− 2t − 2)
dt = −2 − 2x + 1 3 · 4x⁴, . . . . Zauważamy teraz (co łatwo sprawdzić za pomocą indukcji), że k-te przybliżenie jest postaci:

ϕk(x) = −2 − 2x + 2

(k + 1)!x^k+1.

Aby wyznaczyć wzór określający szukane rozwiązanie ϕ, obliczamy granicę ciągu (ϕ_k):

ϕ(x) = lim

k→∞ϕk(x) = lim

k→∞



− 2 − 2x + 2

(k + 1)!x^k+1



= −2 − 2x, gdyż

k→∞lim     

2 (k+2)!x^k+2

2 (k+1)!x^k+1

= lim

k→∞

|x|

k + 2 = 0 < 1.

2. Twierdzenie Peano o istnieniu rozwiązań

Pomijając założenie o warunku Lipschitza otrzymujemy słabsze, gdyż bez tezy o jednoznaczności, twierdzenie o istnieniu rozwiązań.

Twierdzenie 1 (Peano³). Jeśli spełnione są poniższe założenia:

(a) f : G → R jest funkcją ciągłą, (b) T ⊂ G,

(c) |f (x, y)| 6 M dla (x, y) ∈ T , gdzie M > 0 jest pewną stałą, (d) I = {x ∈ R : |x − ξ| 6 δ}, gdzie δ = min{a,_M^b },

to istnieje rozwiązanie ϕ : I → R równania (1) spełniające warunek początkowy ϕ(ξ) = η o wykresie leżącym w T .

Strategia dowodu tego twierdzenia polega na: (i) przybliżeniu funkcji f wielomianami f_n dwóch zmiennych x i y (z wykorzystaniem twierdzenia Stone’a-Weierstrassa); (ii) zastosowaniu twierdze- nia Picarda do każdego równania y⁰ = f_n(x, y) i uzyskaniu rozwiązań (ϕ_n) spełniających warunek ϕn(ξ) = η; (iii) otrzymaniu rozwiązania równania y⁰= f (x, y) jako granicy odpowiedniego podciągu ciągu (ϕ_n) (z wykorzystaniem twierdzenia Arzeli-Ascoliego).

Przykład 1. Funkcja f (x, y) = ³₂√³

y, (x, y) ∈ R² jest ciągła, lecz nie spełnia warunku Lipschitza w żadnym prostokącie postaci

T = {(x, y) ∈ R²: |x| 6 a, |y| 6 b}, gdzie a, b > 0. Ponieważ |f (x, y)|6 ³₂√³

b dla (x, y) ∈ T , więc niech δ = min{a,²₃ ³

√

b²}. Z twierdzenia Peano istnieje rozwiązanie ϕ : h−δ, δi → R równania

y⁰ = 3 2

√3

y

o wykresie przebiegającym w T i spełniające warunek początkowy ϕ(0) = 0. Takich rozwiązań jest nieskończenie wiele, gdyż funkcje

ϕγ(x) =







0 dla x ∈ h−δ, −γi, p(x + γ)³ dla x ∈ (−γ, δi

dla γ ∈ h0, δ) są rozwiązaniami danego równania, ich wykresy mieszczą się w prostokącie T i prze- chodzą przez punkt (0, 0).

3 Giuseppe Peano (1858-1932) – matematyk włoski.