A megoldás létezéséről és egyértelműségéről

A megoldás létezéséről és egyértelműségéről

Mielőtt nekilátnánk az előző szakaszban kitűzött feladatok (kezdetiérték-feladatok és peremérték-feladatok) megoldásához, felvetődik a kérdés, hogy egyáltalán megoldható-e a vizsgált feladat és ha igen, akkor hány megoldása van. Ezen kérdések megválaszolása nemcsak elméleti, de gyakorlati szempontból is érdekes lehet. Gondoljunk csak bele a következőkbe. Tegyük fel, hogy tudjuk: a tekintett feladatnak megfelelő fizikai problémának egyféle megoldása, lefolyása van. Ha kiderül a matematikai feladatról, hogy annak nincs megoldása, vagy esetleg több is van, akkor ez azt jelenti, hogy a matematikai modell felállítása nem volt jó: az első esetben talán túl sok, a másodikban talán túl kevés feltételt vettünk figyelembe a feladat felállításakor, így a fizikai jelenség leírását újra kell gondolnunk.

Ezek után vizsgáljuk meg az előző szakaszban megfogalmazott feladatokat a megoldás létezése és ennek megléte esetén egyértelműsége szempontjából. (Ezt a kérdéskört a , ,megoldás egzisztenciája és unicitása'' elnevezéssel szokták illetni.)

Számtalan különféle eset előfordulhat, amint azt az alábbi példák mutatják.

1.: nincs megoldása a differenciálegyenletnek:

$\begin{displaymath} {y}^\prime=d(x),\end{displaymath}$ (29)

ahol d az úgynevezett Dirichlet-függvény:
$\begin{displaymath} d(x)=\left\{ \begin{array} {l} 1,\,\,\mbox{ha $x$ racionális,}\\ 0,\,\,\mbox{ha $x$ irracionális.} \end{array} \right. \end{displaymath}$
Ennek a differenciálegyenletnek nincsen megoldása, mert a Darboux-féle középérték-tétel szerint ha egy függvény deriváltja felvesz két értéket, akkor e két érték között minden más valós számot is felvesz; márpedig ha lenne megoldása (38)-nak, akkor deriváltja bármely intervallumon csak 0-t és 1-et venne fel és közöttük semmit.
2.: nincs megoldása a kezdetiérték-feladatnak, de a hozzá tartozó differenciálegyenletnek van:

$\begin{displaymath} \left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime &=&\mbox{sign}(x), \\ y(0)&=&0, \end{array}\right\}\end{displaymath}$ (30)

ahol sign az előjelfüggvény:
$\begin{displaymath} \mbox{sign}(x)=\left\{ \begin{array} {cl} 1,&\mbox{ha $x\g... ...,&\mbox{ha $x=0$},\\ -1,&\mbox{ha $x<0$.} \end{array} \right.\end{displaymath}$
E kezdetiérték-feladatnak nincs megoldása, hiszen az előbb említett Darboux-tétel miatt az x₀=0 pont környezetében nincs olyan y függvény, melynek a sign függvény lenne a deriváltja. Az ${y}^\prime=\mbox{sign}(x)$ differenciálegyenletnek viszont van megoldása, pl. az y(x)=x+c alakú függvények (ahol c tetszőleges valós szám) mind megoldásai a $(0,\infty)$ intervallumon, amint erről visszahelyettesítéssel könnyen meggyőződhetünk.
3.: a kezdetiérték-feladatnak egy megoldása van:

$\begin{displaymath} \left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime &=&0, \\ y(0)&=&0. \end{array}\right\}\end{displaymath}$ (31)

Az analízisből tudjuk, hogy ha egy függvény deriváltja egy intervallumon azonosan 0, akkor a függvény ezen az intervallumon állandó. A kezdeti feltétel miatt ez az állandó csak a 0 lehet. Így bebizonyítottuk, hogy (40)-nek csak az azonosan 0 függvény a megoldása.
4.: a kezdetiérték-feladatnak végtelen sok megoldása van:

$\begin{displaymath} \left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime &=&2\sqrt{\vert y\vert}, \\ y(0)&=&0.\end{array}\right\}\end{displaymath}$ (32)

Könnyen meggyőződhetünk róla, hogy az
$\begin{displaymath} y(x)=\left\{ \begin{array} {l} (x-c)^2,\,\,\mbox{ha $x\ge c$,}\\ 0,\,\,\mbox{ha $x<c$} \end{array} \right.\end{displaymath}$
alakban írható függvények tetszőleges $c\in{\rm I\! R}$ esetén megoldását adják a differenciálegyenletnek és $c\ge0$ esetén még a kezdeti feltételt is kielégítik.
5.: a peremérték-feladatnak nincs megoldása, de a hozzá tartozó differenciálegyenletnek van:
A 3. fejezetben be fogjuk látni, hogy a differenciálegyenlet összes megoldása felírható az
$\begin{displaymath} y=A\sin(x)+B\cos(x),\qquad A,B\in{\rm I\! R}\end{displaymath}$
alakban. y(0)=1-ből $1=A\cdot0+B\cdot1$ , azaz B=1, $y(\pi)=0$ -ból $0=A\cdot0+B\cdot(-1)$ , azaz B=0 következik, így a perem érték feladatnak nincs megoldása.
Ugyanez a helyzet akkor is, ha a peremfeltételt kicseréljük az
$\begin{displaymath} {u}^\prime(0)=1,\quad{u}^\prime(\pi)=0\end{displaymath}$
másodfajú feltételre.
6.: a perem érték feladatnak egy megoldása van:
Mivel $1=y(0)=A\cdot0+B\cdot1$ , ezért B=1; továbbá $0=y(\frac\pi2)=A\cdot1+1\cdot0$ , tehát A=0. Így az egyetlen megoldás: $y(x)=\cos(x)$ .
7.: a perem érték feladatnak végtelen sok megoldása van:
Könnyű belátni, hogy az
$\begin{displaymath} y(x)=A\sin(x)\end{displaymath}$
alakú függvények megoldásai a feladatnak, ahol $A\in{\rm I\! R}$ tetszőleges.

A most következő két, bizonyítás nélkül közölt tétel elégséges feltételt nyújt elsőrendű kezdetiérték-feladatok megoldásának létezésére, illetve a megoldás egyértelműségére.

Tétel. (egzisztencia-tétel) Tegyük fel, hogy az f kétváltozós függvény folytonos a

$\begin{displaymath} T=\left\{(x,y)\in {\rm I\! R}^2\quad\big{\vert}\quad \vert x-x_0\vert\le a, \vert y-y_0\vert\le b\right\}\end{displaymath}$ (33)

téglalapon és K jelölje |f| egy T-beli felső korlátját (azaz $\forall (x,y)\in T$ -re $\vert f(x,y)\vert\le K$ ).

Ekkor az (36), (37) kezdetiérték-feladatnak létezik megoldása. Ez értelmezve van az $(x_0-\delta,x_0+\delta)$ intervallumon, ahol $\delta$ az a és a b/K számok közül a kisebbik.

Megjegyzés. A tétel feltétele, f folytonossága szükséges is a megoldás létezéséhez abban az értelemben, hogy lehet mutatni példát: e feltétel nem teljesül és a kezdetiérték-feladatnak nincs megoldása; ilyen az előbb tekintett 2. példa feladata is.

A megoldás egyértelműségéről szóló tétel kimondása előtt hasznos bevezetni az alábbi definíciót.

Definíció. Legyen az f kétváltozós függvény értelmezett a $H\subset {\rm I\! R}^2$ halmazon. Azt mondjuk, hogy f-re H-n a második változójában teljesül a Lipschitz-feltétel, ha létezik olyan L valós szám, mellyel tetszőleges $(x,y_1),\,\,\,(x,y_2)\in H$ esetén érvényes az

$\begin{displaymath} \vert f(x,y_2)-f(x,y_1)\vert\le L\vert y_2-y_1\vert\end{displaymath}$

egyenlőtlenség.

Megjegyzés. A Lipschitz-feltétel lényegében annak a feltétele, hogy f ne nőjön túl gyorsan a második változójában. Ezt jobban megvilágítja az az (itt bizonyításra nem kerülő) állítás, miszerint ha $\frac{\displaystyle\partial f}{\displaystyle\partial y}$ létezik és folytonos H-n, akkor f-re H-n a második változóban pontosan akkor teljesül a Lipschitz-feltétel, ha korlátos H-n, azaz létezik $L\in{\rm I\! R}$ ,mellyel $\big{\vert}\frac{\displaystyle\partial f}{\displaystyle\partial y}\big{\vert}\le L$ H minden pontjában.

Tétel. (unicitási tétel) Ha f folytonos és a (42) alatti T halmazon teljesíti a Lipschitz-féle feltételt, akkor a fent definiált intervallumon a megoldás egyértelmű.

Megjegyzés. Bizonyos értelemben az unicitási tétel feltétel is szükséges: a 4. példában közölt kezdetiérték-feladatnak végtelen sok megoldása van és rá nem is teljesülnek az unicitási tétel feltételei: ugyan a hozzátartozó $f(x,y)=2\sqrt{\vert y\vert}$ függvény folytonos, de nem teljesíti a Lipschitz-feltételt, hiszen pl. y₁=0, y₂>0 esetén T-n

$\begin{displaymath} \vert f(x,y_2)-f(x,y_1)\vert=\vert 2\sqrt{\vert y_2\vert}-2\... ...rac{2}{\sqrt{y_2}}\,y_2=\frac{2}{\sqrt{y_2}}\vert y_2-y_1\vert,\end{displaymath}$

és |y₂-y₁| szorzója, $\frac{\displaystyle2}{\displaystyle\sqrt{y_2}}$ tetszőlegesen nagy lehet, csak elég közel kell y₂-t választani a 0-hoz.

Hasonló tételek mondhatók ki másodrendű differenciálegyenletekhez kapcsolódó kezdetiérték-feladatokra is: az f jobb oldal folytonossága elegendő a megoldás létezéséhez, illetve ha f folytonos, továbbá f második és harmadik változójában teljesíti a Lipschitz-féle feltételt, akkor a kezdetiérték-feladat megoldása egyértelmű.

Peremérték-feladatok esetén a megfelelő tételek jóval bonyolultabbak. Ezt lehet sejteni a tételek előtti példákból is: pl. nem elég csak az f függvény folytonosságát vizsgálni a megoldás létezéséhez, hiszen a fenti 5-7. példákban f végig ugyanaz, folytonos, de egyszer van megoldása, máskor nincs.

4-1. kidolgozott feladat. Vizsgáljuk az

$\begin{displaymath} \left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime &=&y^2, \\ y(0)&=&1 \end{array}\right\}\end{displaymath}$

kezdetiérték-feladatot a megoldás létezése szempontjából!

Megoldás: Mivel f(x,y)=y² folytonos, ezért a kezdetiérték-feladatnak biztosan van megoldása. Határozzunk meg egy olyan intervallumot, ahol a megoldás értelmezett! Ehhez válasszuk meg az egzisztencia-tételben szereplő T tartományt pl. az 5=2, b=2-nek megfelelő módon, azaz T a (-5,-1), (5,-1), (5,3), (-5,3) csúcspontokkal rendelkező négyzet. Könnyű látni, hogy T-n $\vert f(x,y)\vert=y^2\le3^2=9$ , ezért az 5 és 2/9 számok közül a kisebbik, azaz 2/9. Így a megoldás(ok) értelmezve van(nak) a (-2/9,2/9) intervallumon.

Hány megoldás van? Mivel $\frac{\displaystyle\partial f}{\displaystyle\partial y}=2y$ korlátos T-n, ezért teljesül rá a Lipschitz-feltétel. Így a fenti intervallumon a megoldás egyértelmű.

Dr. Horváth Zoltán:Bevezetés a differenciálegyenletek megoldásába

Készült a SZIF-MML-rendszer felhasználásával