EKSISTENS- OG UNIKHETSTEOREM: BEVIS, EKSEMPLER OG ØVELSER - MATTE - 2025

Den eksistens og entydighet teorem etablerer de nødvendige og tilstrekkelige betingelser for en første-ordens differensiallikning, med en gitt utgangstilstand, for å få en løsning, og for at løsningen skal være den eneste.

Teoremet gir imidlertid ingen teknikk eller indikasjon på hvordan man finner en slik løsning. Eksistens og unikhetsteoremet utvides også til differensialligninger med høyere orden med startbetingelser, som er kjent som Cauchy-problemet.

Figur 1. En differensialligning med startbetingelse og dens løsning er vist. Eksistens og unikhetsteoremet garanterer at det er den eneste mulige løsningen.

Den formelle uttalelsen om eksistens- og unikhetsteoremet er som følger:

“For en differensialligning y '(x) = f (x, y) med startbetingelse y (a) = b, eksisterer det minst en løsning i et rektangulært område av XY-planet som inneholder punktet (a, b), hvis f (x, y) er kontinuerlig i det området. Og hvis det partielle derivat av f med hensyn til y: g = ∂f / ∂y er kontinuerlig i det samme rektangulære området, så er løsningen unik i et nabolag til punktet (a, b) som finnes i kontinuitetsområdet for fy g. "

Nytten av dette teoremet ligger først i å vite hvilke regioner i XY-planet der en løsning kan eksistere, og også å vite om løsningen som er funnet er den eneste mulige eller om det er andre.

Legg merke til at i tilfelle unikhetstilstanden ikke er oppfylt, kan ikke teoremet forutsi hvor mange løsninger Cauchy-problemet totalt har: kanskje er det en, to eller flere.

Bevis for eksistens og unikhetsteorem

Figur 2. Charles Émile Picard (1856-1941) er kreditert med et av de første bevisene for eksistens og unikhetsteorem. Kilde: Wikimedia Commons.

For dette teoremet er det kjent to mulige bevis, ett av dem er beviset til Charles Émile Picard (1856-1941) og det andre skyldes Giuseppe Peano (1858-1932) basert på verkene til Augustin Louis Cauchy (1789-1857) .

Det er bemerkelsesverdig at de mest strålende matematiske sinnene i det nittende århundre deltok i beviset på dette teoremet, så det kan antas at ingen av dem er enkle.

For å bevise teoremet formelt, er det nødvendig å først etablere en serie mer avanserte matematiske begreper, for eksempel funksjoner av Lipschitz-type, Banach-rom, Carathéodorys eksistenssteorem og flere andre, som er utenfor artikkelen.

En stor del av de differensialligningene som håndteres i fysikk omhandler kontinuerlige funksjoner i regionene av interesse, derfor vil vi begrense oss til å vise hvordan teoremet brukes i enkle ligninger.

eksempler

- Eksempel 1

La oss vurdere følgende differensialligning med en initialbetingelse:

y '(x) = - y; med y (1) = 3

Finnes det en løsning for dette problemet? Er det den eneste mulige løsningen?

svar

For det første evalueres eksistensen av løsningen av differensialligningen og at den også oppfyller den opprinnelige betingelsen.

I dette eksemplet må f (x, y) = - og eksistensbetingelsen vite om f (x, y) er kontinuerlig i et område av XY-planet som inneholder punktet med koordinater x = 1, y = 3.

Men f (x, y) = - y er affinefunksjonen, som er kontinuerlig i domene til reelle tall og eksisterer i hele reelle tallområdet.

Derfor blir det konkludert med at f (x, y) er kontinuerlig i R ² , så teoremet garanterer at det finnes minst én løsning.

Når du vet dette, er det nødvendig å vurdere om løsningen er unik, eller om det tvert imot er mer enn en. For dette er det nødvendig å beregne det partielle derivat av f med hensyn til variabelen y:

Deretter g (x, y) = -1, som er en konstant funksjon, som også er definert for alle R ² og er også kontinuerlig der. Det følger at eksistens- og unikhetsteoremet garanterer at dette initialverdiproblemet har en unik løsning, selv om det ikke forteller oss hva det er.

- Eksempel 2

Vurder følgende førsteordens ordinære differensialligning med startbetingelse:

y '(x) = 2√y; og (0) = 0.

Er det en løsning y (x) på dette problemet? I så fall bestemme om det er en eller flere enn en.

Svare

Vi vurderer funksjonen f (x, y) = 2√y. Funksjonen f er definert bare for y≥0, siden vi vet at et negativt tall mangler en reell rot. Videre er f (x, y) er kontinuerlig i den øvre halvdel planet for R ² inkludert X-aksen, slik at eksistensen og entydighet teoremet garanterer minst én løsning i nevnte område.

Nå er startbetingelsen x = 0, y = 0 i utkanten av løsningsområdet. Så tar vi det partielle derivat av f (x, y) med hensyn til y:

∂f / ∂y = 1 / √y

I dette tilfellet er ikke funksjonen definert for y = 0, nøyaktig der den opprinnelige tilstanden er.

Hva forteller teoremet oss? Det forteller oss at selv om vi vet at det er minst en løsning i det øverste halvplanet av X-aksen inkludert X-aksen, siden unikhetsbetingelsen ikke er oppfylt, er det ingen garanti for at det vil være en unik løsning.

Dette betyr at det kan være en eller flere enn en løsning i kontinuitetsområdet til f (x, y). Og som alltid, forteller ikke teoremet oss hva de kan være.

Løste øvelser

- Oppgave 1

Løs Cauchy-problemet i eksempel 1:

y '(x) = - y; med y (1) = 3.

Finn funksjonen y (x) som tilfredsstiller differensialligningen og startbetingelsen.

Løsning

I eksempel 1 ble det bestemt at dette problemet har en løsning og også er unikt. For å finne løsningen er den første tingen å merke seg at det er en første grads differensialligning av skillbare variabler, som er skrevet på følgende måte:

Deler mellom og i begge medlemmene for å skille variablene vi har:

Det ubestemte integralet brukes i begge medlemmer:

Å løse de ubestemte integralene vi har:

hvor C er en konstant av integrasjon som bestemmes av den opprinnelige betingelsen:

Å erstatte verdien av C og omorganisere den gjenstår:

Bruke følgende egenskap av logaritmer:

Ovennevnte uttrykk kan skrives slik:

Den eksponentielle funksjonen med base e i begge medlemmer brukes for å oppnå:

y / 3 = e ^{(1 - x)}

Som tilsvarer:

y = 3e e ^-x

Dette er den unike løsningen av ligningen y '= -y med y (1) = 3. Grafen til denne løsningen er vist i figur 1.

- Oppgave 2

Finn to løsninger for problemet i eksempel 2:

y '(x) = 2√ (y); og (0) = 0.

Løsning

Det er også en ligning av skillbare variabler, som skrevet i differensialform ser slik ut:

dy / √ (y) = 2 dx

Å ta det ubestemte integralet i begge medlemmer gjenstår:

2 √ (y) = 2 x + C

Siden vi vet at y≥0 i løsningsregionen har vi:

y = (x + C) ²

Men siden den opprinnelige betingelsen x = 0, y = 0 må være oppfylt, er konstanten C null og følgende løsning forblir:

y (x) = x ² .

Men denne løsningen er ikke unik, funksjonen y (x) = 0 er også en løsning på problemet som stilles. Eksistens og unikhetsteorem anvendt på dette problemet i eksempel 2 hadde allerede spådd at det kunne være mer enn én løsning.

referanser

1. Coddington, Earl A .; Levinson, Norman (1955), Theory of Ordinary Differential Equations, New York: McGraw-Hill.
2. Encyclopedia of Mathematics. Cauchy-Lipschitz teorem. Gjenopprettet fra: encyclopediaofmath.org
3. Lindelöf, Sur l'application de la méthode des approximations successives aux équations différentielles ordinaires du premier ordre; Kommer rendus hebdomadaires des séances de l'Académie des sciences. 116, 1894, s. 454-457. Gjenopprettet fra: gallica.bnf.fr.
4. Wikipedia. Picards suksessive tilnærmingsmetode. Gjenopprettet fra: es.wikipedia.com
5. Wikipedia. Picard-Lindelöf teorem. Gjenopprettet fra: es.wikipedia.com.
6. Zill, D. 1986. Elementære differensialligninger med applikasjoner Prentice Hall.