2020 ΄ΑλκηςΤερσένοβusers.math.uoc.gr/~tersenov/LectureNotes/ode2017s.pdf · 2020. 10. 20. · ΄ΑλκηςΤερσένοβ 3 §1. ∆ιαφορικέςΕξισώσειςΠρώτηςΤάξης

Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις

2020

΄Αλκης Τερσένοβ

Περιεχόµενα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1. ∆ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.1. ΄Υπαρξη και µοναδικότητα της λύσης του προβλήµατος Cauchy . . . . . .51.2. Οµαλότητα της λύσης, συνεχής εξάρτηση απο τα δεδοµένα . . . . . . . . . . 161.3. Θεώρηµα σύγκρισης, a priori εκτιµήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2. Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.1. Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων Πρώτης Τάξης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2. ∆ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης Τάξης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .402.3. Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων Ανώτερης Τάξης . . . . . . . . . . . . . . . . .43Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3. Γραµµικά Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .483.1. Οµογενή Γραµµικά Συστήµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.2. Μη Οµογενή Γραµµικά Συστήµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.3. Γραµµικά Συστήµατα Με Σταθερούς Συντελεστές . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4. Θεωρία Ευστάθειας . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.1. Σηµεία ισορροπίας γραµµικών συστηµάτων . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.2. Σχεδόν γραµµικά συστήµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.3. Μη γραµµικά συστήµατα, συνάρτηση Lyapunov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .74Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

5. Προβλήµατα Συνοριακών Τιµών . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .795.1. Συνάρτηση Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .815.2. Πρόβληµα Sturm− Liouville . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89Ασκήσεις . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Σχήµατα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .93

1

2 Συνήθεις ∆ιαφορικές Εξισώσεις

Οι σηµειώσεις αυτές είναι η συνέχεια του πρώτου µέρους των σηµειώσεων”Εισαγωγή στις ∆ιαφορικές Εξισώσεις” και αφορούν την ποιοτική ϑεωρία τωνΣυνήθων ∆ιαφορικών Εξισώσεων.

΄Αλκης Τερσένοβ 3

§1. ∆ιαφορικές Εξισώσεις Πρώτης Τάξης

Σε αυτή την παράγραφο µε x ϑα συµβολίζουµε την ανεξάρτητη µεταβλητήκαι µε y = y(x) την προσδιοριστέα συνάρτηση. Επίσης I = (a, b) ⊂ R.

Θεωρούµε µια διαφορική εξίσωση πρώτης τάξης

(1.1) y′ = f(x, y), x ∈ I(ήdy

dx= f(x, y), x ∈ I

).

Πρόβληµα Cauchy (ή πρόβληµα αρχικών τιµών):Να ϐρεθεί η λύση y(x) της εξίσωσης (1.1) η οποία στο σηµείο x0 ∈ I παίρνει

δοσµένη εκ των προτέρων τιµή y0, δηλαδή

(1.2) y(x0) = y0,

η συνθήκη (1.2) ονοµάζεται αρχική συνθήκη.(Σχετικά µε το τι σηµαίνει ”λύση της διαφορικής εξίσωσης” ϐλ. της σηµειώ-

σεις µου ”Εισαγωγή στις ∆ιαφορικές Εξισώσεις”.)Για να αποδείξουµε οτι η λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2) υπάρχει ϑα

χρειαστούµε µερικά εργαλία απο την Ανάληση τα οποία για την διευκόλυνσητης ανάγνωσης ϑα τα αναφέρουµε.

Ορισµός. Λέµε ότι η ακολουθία συναρτήσεων {φn(x)}∞n=0 ορισµένων σε εναδιάστηµα I ⊂ R συγκλίνει οµοιόµορφα στο I στην συνάρτηση φ(x) αν για κάθεε > 0 υπάρχει ϕυσικός αριθµός n(ε) (που δεν εξαρτάται απο την επιλογή τουx ∈ I ) τ.ω.

|φn(x)− φ(x)| ≤ ε ∀n > n(ε) και ∀x ∈ I.

Κριτήριο Cauchy. Η ακολουθία συναρτήσεων {φn(x)}∞n=0 ορισµένων σεενα διάστηµα I ⊂ R είναι οµοιόµορφα συγκλίνουσα στο I αν και µόνο αν γιακάθε ε > 0 υπάρχει ϕυσικός αριθµός n(ε) (που δεν εξαρτάται απο την επιλογήτου x ∈ I ) τ.ω.

|φn(x)− φm(x)| ≤ ε ∀n,m > n(ε) και ∀x ∈ I.

Για παράδειγµα η ακολουθία φn(x) = xn δεν συγκλίνει οµοιόµορφα στοδιάστηµα [0, 1], ενώ στο διάστηµα [0, 1− δ] ∀δ ∈ (0, 1) συγκλίνει οµοιόµορφαστην φ(x) ≡ 0.

Θεώρηµα. Αν η ακολουθία συνεχών συναρτήσεων συγκλίνει οµοιόµορφα,τότε το όριο είναι συνεχής συνάρτηση.

Το Θεώρηµα αυτό δεν ισχύει αν η σύγκλιση δεν είναι οµοιόµορφη. Πράγ-µατι η ακολουθία συνεχών στο [0, 2] συναρτήσεων

φn(x) =

{xn, για x ∈ [0, 1)1, για x ∈ [1, 2]

συγκλίνει κατα σηµείο (οχι οµως οµοιόµορφα) στην συνάρτηση

φ(x) =

{0, για x ∈ [0, 1)1, για x ∈ [1, 2]


η οποία είναι ασυνεχής στο σηµείο x = 1.Ορισµός. Λέµε ότι η συναρτησιακή σειρά

∞∑i=0

hi(x), x ∈ I

συγκλίνει οµοιόµορφα στο I αν συγκλίνει οµοιόµορφα η ακολουθία των µερικώναθροισµάτων αυτης της σειράς. ∆ηλαδή αν συγκλίνει οµοιόµορφα η ακολουθία

Sn(x) =n∑i=0

hi(x).

Είναι αυτονόητο οτι οι συναρτήσεις hi ϑεωρούνται ορισµένες στο I.Κριτήριο Weierstrass. ΄Εστω οτι η αριθµητική σειρά

∞∑i=0

ai, ai ≥ 0

συγκλίνει, και έστω οτι

|hi(x)| ≤ ai, ∀x ∈ I, i = 0, 1, 2, ... .

Τότε η σειρά∞∑i=0

hi(x)

συγκλίνει οµοιόµορφα και απόλυτα στο I.

Ο τελευταίος ορισµός που ϑα µας χρειαστεί :Ορισµός. Λέµε ότι η f(x, y) ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz (ή είναι

Lipschitz συνεχής) ως προς y σε ένα χωρίο Ω ⊂ R2 αν υπάρχει µια σταθεράK > 0 τ.ω.

|f(x, y2)− f(x, y1)| ≤ K|y2 − y1|, ∀(x, y1), (x, y2) ∈ Ω.

Το χωρίο Ω δεν είναι απαραίτητα ϕραγµένο.Ας δόσουµε µερικά παραδείγµατα τετοιων συναρτήσεων που ϑα µας χρεια-

στούν στη συνέχεια.1. Η συνάρτηση

f(x, y) = a(x)y + b(x)

µε ϕραγµένη συνάρτηση a(x) επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz (ως προςy) για κάθε x ∈ I και για κάθε |y|


επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz και για κάθε |y| < ∞ µε K = 1.Πράγµατι, σύµφωνα µε το Θεώρηµα της Μέσης Τιµής ∃ξ ∈ [y1, y2] τ.ω.

|f(x, y2)− f(x, y1)| = | sin y2 − sin y1| = | cos ξ||y2 − y1| ≤ |y2 − y1|.

3. Οι συναρτήσεις

f(x, y) = y2 και f(x, y) = 1− y2

επαληθευουν τη συνθήκη του Lipschitz και για κάθε |y| < l µε K = 2l.Πράγµατι,

|f(x, y2)− f(x, y1)| = |y2 + y1||y2 − y1| ≤ 2l|y2 − y1|.

παρατηρούµε οτι εδω η σταθερά K εξαρτάται απο το µέγεθος του χωρίουως προς το y, δηλαδή αν το χωρίο δεν είναι ϕραγµένο ως προς y τότε οισυναρτήσεις αυτές δεν ικανοποιούν την συνθήκη του Lipschitz.

4. Η συνάρτησηf(x, y) = y1/3

δεν επαληθευει τη συνθήκη του Lipschitz σε οποιοδήποτε διάστηµα που πε-ϱιέχει το y = 0. Πράγµατι, ∃ξ ∈ [y1, y2] τ.ω.

|f(x, y2)− f(x, y1)| = |y1/32 − y1/31 | =

1

3|ξ|−2/3|y2 − y1|

(εδω πάλι χρησιµοποιήσαµε το Θεώρηµα της Μέσης Τιµής). Προφανώς |ξ|−2/3τείνει στο άπειρο καθώς ξ τείνει στο µηδέν.

5. Η συνάρτηση

f(x, y) = x+ α|y|, α− σταθερά

επαληθεύει τη συνθήκη του Lipschitz (ως προς y) αφου

|f(x, y2)− f(x, y1)| ≤ |α||y2 − y1|.

1.1. ΄Υπαρξη και µοναδικότητα της λύσης του προβλήµατος Cauchy

Θεώρηµα 1.1. (Picard) ΄Εστω οτι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ωςπρος x σε ένα χωρίο Ω ⊂ R2 (όχι απαραίτητα ϕραγµένο) και ικανοποιεί τηνσυνθήκη του Lipschitz ως προς y για οποιοδήποτε κλειστό και ϕραγµένο χωρίοΩ̄′ που ανήκει εξολοκλήρου στο Ω (η σταθερά K µπορεί να εξαρτάται από τηνεπιλογή του Ω′).Τότε για κάθε (x0, y0) ∈ Ω υπάρχει ένα διάστηµα [a, b], το οποίο περιέχει τοσηµείο x0, όπου υπάρχει µια και µοναδική λύση του προβλήµατος Cauchy(1.1), (1.2).

Απόδειξη (µέθοδος των διαδοχικών προσεγγίσεων). Αν υποθέσουµε ότι ηλύση υπάρχει, τότε ολοκληρώνοντας την ταυτότητα

(1.3) y′(ξ) ≡ f(ξ, y(ξ)) y(x0) = y0


από το x0 έως το x ϑα πάρουµε

(1.4) y(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, y(ξ))dξ.

Η σχέση (1.4) ονοµάζεται ολοκληρωτική εξίσωση. Το x στη (1.4) µπορεί ναείναι µεγαλύτερο του x0 µπορεί να είναι και µικρότερο του x0. Αφού η y(x)είναι λύση της (1.3), τότε είναι παραγωγίσιµη και εποµένως συνεχής, άρα συ-νεχής είναι και η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση στην (1.4). Οποιαδήποτε λύσητης (1.3) που ικανοποιεί την y(x0) = y0 αποτελεί την λύση της (1.4). Επίσηςοποιαδήποτε συνεχής λύση της (1.4) ικανοποιεί την (1.3) και την y(x0) = y0.Αυτό αµέσως προκύπτει από την (1.4) µετά την παραγώγιση και των δυο µελώντης. Η πράξη της παραγώγισης µπορεί να εφαρµοστεί επειδή µετά την αντι-κατάσταση στην (1.4) της λύσης y(x) στο δεξί µέλος, ως αποτέλεσµα έχουµεότι το δεξί µέλος έχει την παράγωγο ως προς x. ΄Αρα την παράγωγο ως προς xέχει και το αριστερό µέλος, δηλαδή η y(x). Εποµένως οι (1.3) και (1.4) είναιισοδύναµες. Θα αποδείξουµε ότι η (1.4) έχει µια και µοναδική λύση και ωςσυνέπεια ϑα έχουµε την ύπαρξη και µοναδικότητα για το πρόβληµα αρχικώντιµών (1.1), (1.2).

΄Εστω A(x0, y0) ∈ Ω′ ⊂ Ω (ϐλ. σχήµα 1, σελ. 93) και έστω

M = max(x,y)∈Ω′

|f(x, y)|.

Σχεδιάζουµε δυο ευθείες l1 και l2 που περνάν από το σηµείο (x0, y0) και έχουνκλίσεις ±M αντίστοιχα. ∆ηλαδή έχουν τη µορφή

y = Mx+ (y0 −Mx0) και y = −Mx+ (y0 +Mx0).

Σχεδιάζουµε επίσης δυο ευθείες x = a και x = b (παράλληλες µε τον y-άξοναµε a < x0 < b) έτσι ώστε και τα δυο τρίγωνα ADB και AEC να ανήκουν στοΩ′ και

K(b− a) < 1.Εδώ

B = {x = a} ∩ l1, C = {x = b} ∩ l1, D = {x = a} ∩ l2, E = {x = b} ∩ l2.

Θα διαλέξουµε µια αυθαίρετη συνεχής συνάρτηση φ0(x) το γράφηµα της ο-ποιας στο διάστηµα [a, b] ανήκει εξολοκλήρου στα τρίγωνα ADB και AEC καιφ0(x0) = y0. Αντικαθιστούµε την y(ξ) µε την φ0(ξ) στο δεξί µέρος της (1.4).Είναι προφανές ότι µετά την αντικατάσταση το δεξί µέρος της (1.4) ϑα είναισυνεχής συνάρτηση του x και στο σηµείο x = x0 παίρνει την τιµή y0. Θα τηνσυµβολίσουµε µε

(1.5) φ1(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φ0(ξ))dξ.

Είναι εύκολο να αποδειχτεί ότι το γράφηµα της φ1(x) δεν ϐγαίνει έξω από τατρίγωνα ADB και AEC. Πράγµατι, |f(ξ, φ0(ξ))| ≤ M , αφού φ0(ξ) ∈ Ω′ και


εποµένως από την (1.5) προκύπτει οτι

|φ1(x)− y0| ≤∣∣∣ ∫ x

x0

|f(ξ, φ0(ξ))|dξ∣∣∣ ≤M |x− x0|

(ϑυµίζουµε οτι το x µπορεί να είναι µικρότερο του x0 και για αυτό ϐάζουµεαπόλυτη τιµή στο ολοκλήρωµα). Θέτουµε

φ2(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φ1(ξ))dξ.

Χρησιµοποιώντας τις ιδιότητες της φ1(x) είναι εύκολο να αποδείξει κανείς ότιφ2(x) έχει ακριβώς τις ίδιες ιδιότητες µε την φ1(x). Συνεχίζοντας αυτή τηδιαδικασία ϑα πάρουµε µια ακολουθία συναρτήσεων της µορφής :

φ3(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φ2(ξ))dξ.

· · ·

(1.6) φn(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φn−1(ξ))dξ.

· · ·Οι συναρτήσεις

φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x), ...

ονοµάζονται διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσης. ΄Ετσι καταλήγουµε σε µιαάπειρη ακολουθία συναρτήσεων

(1.7) φ0(x), φ1(x), . . . , φn(x), ...

µε φi(x0) = y0 ∀i, τα γραφήµατα των οποίων ϐρίσκονται στα τρίγωνα ADBκαι AEC. Θα δείξουµε τώρα ότι η ακολουθία (1.7) συγκλίνει οµοιόµορφα σεµια συνεχής συνάρτηση φ(x), που είναι η λύση της (1.4). Είναι προφανές ότι

φn(x) = φ0(x) + [φ1(x)− φ0(x)] + · · ·+ [φn(x)− φn−1(x)].Εποµένως για να αποδείξουµε ότι η (1.7) συγκλίνει οµοιόµορφα αρκεί ναδείξουµε ότι συγκλίνει οµοιόµορφα η σειρά

φ0(x) + [φ1(x)− φ0(x)] + [φ2(x)− φ1(x)] · · ·+ [φn(x)− φn−1(x)] + · · ·δηλαδή η

(1.8)∞∑i=0

hi(x),

µεh0(x) = φ0(x), hi(x) = φi(x)− φi−1(x), i = 1, 2, . . . .

Προφανώς τα µερικά αθροίσµατα της σειράς αυτής είναι οι συναρτήσεις τηςακολουθίας (1.7)

φn(x) =n∑i=0

hi(x).


Θα εκτιµήσουµε τους όρους της σειράς, έχουµε

|hn+1(x)| = |φn+1(x)− φn(x)| =∣∣∣ ∫ x

x0

[f(ξ, φn(ξ))− f(ξ, φn−1(ξ))]dξ∣∣∣ ≤

≤ K∣∣∣ ∫ x

x0

|φn(ξ)− φn−1(ξ)|dξ∣∣∣ ≤ K ∫ b

a|φn(ξ)− φn−1(ξ)|dξ

K maxa≤x≤b

|φn(x)− φn−1(x)| (b− a) = K(b− a) maxa≤x≤b

|hn(x)|.

Η σταθερά K παραµένει ίδια επειδή όλες οι συναρτήσεις φn(x) ϐρίσκοντε στοίδιο χωρίο, αν το χωρίο ϑα άλλαζε τότε και η σταθερά K µπορεί να άλλαζε.΄Εστω |φ0(x)| ≤ L, |φ1(x)| ≤ L και ορίζουµε

m = (b− a)Kκαι έχουµε

maxa≤x≤b

|hn+1(x)| ≤ m maxa≤x≤b

|hn(x)|.

Προφανώς η απόλυτη τιµή των µελών της (1.8) δεν υπερβαίνει τα αντίστοιχαµέλη της σειράς

L+ 2L+ 2Lm+ 2Lm2 + · · ·+ 2Lmn + · · ·η οποία είναι συγκλίνουσα όταν m < 1 και ισούται µε

L+2L

1−m.

Ας ϑυµηθούµε οτι το διάστηµα [a, b] το επιλέξαµε ετσι ώστε K(b− a) < 1, άρα(ϐλ. σελ. 4 κριτήριο Weierstrass) η σειρά (1.8) οµοιόµορφα συγκλίνει καιτο άθροισµα αυτής της σειράς, δηλαδή η φ(x) είναι (ϐλ. Θεώρηµα στη σελ. 3)συνεχής συνάρτηση στο [a, b] η οποια διαθέτει όλες τις ιδιότητες που έχουν οιφn(x), n = 0, 1, 2, ... . Εποµένως το ολοκλήρωµα

∫ xx0f(ξ, φ(ξ))dξ έχει νόηµα.

Επειδή∣∣∣ ∫ xx0

[f(ξ, φ(ξ))−f(ξ, φn−1(ξ))]dξ∣∣∣ ≤ K∣∣∣ ∫ x

x0

|φ(ξ)−φn−1(ξ)|dξ∣∣∣→ 0, n→∞

µπορούµε να περάσουµε στο όριο όταν n→∞ στη σχέση (1.6) και εποµένωςη φ(x) ικανοποιεί την (1.4).

Αποδείξαµε την ύπαρξη της λύσης.Για να αποδείξουµε την µοναδικότητα της λύσης ϑα υποθέσουµε το αντίθετο.

΄Εστω οτι υπάρχει η λύση φ(x) και καποια άλλη λύση v(x). Τότε

φ(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φ(ξ))dξ

καιv(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, v(ξ))dξ.

Εποµένως

|φ(x)−v(x)| = |∫ xx0

[f(ξ, φ(ξ))−f(ξ, v(ξ))]dξ| ≤ K(b−a) maxx∈[a,b]

|φ(x)−v(x)|


Αρα

(1.9) maxx∈[a,b]

|φ(x)− v(x)| ≤ K(b− a) maxx∈[a,b]

|φ(x)− v(x)|

Αφού K(b− a) < 1 η (1.9) µπορεί να ισχύει µόνο στην περίπτωση|φ(x)− v(x)| ≡ 0,

δηλαδή όταν φ(x) ≡ v(x).�

Το ϑεώρηµα 1.1 µας εξασφαλίζει την ύπαρξη µιας (ενδεχοµένως µικρής)περιοχής γύρο από το σηµείο x0 όπου υπάρχει λύση του προβλήµατος (1.1),(1.2). Τέτοια λύση ονοµάζεται τοπική λύση. Αν η λύση υπάρχει σε όλο τοδιάστηµα (ως προς τη µεταβλητή x) όπου µελετάµε το πρόβληµα, τότε µιλάµεγια ολική λύση του προβλήµατος (1.1), (1.2).

Παραδείγµατος χάριν το πρόβληµα

y′ = y, x ∈ R, y(0) = 1

έχει ολική λύση y = ex, διότι η λύση υπάρχει για όλες τις τιµές της µεταβλητήςx, παροµοίως το πρόβληµα

y′ = 1− y2, x ∈ R, y(0) = 0

έχει ολική λύση

y =e2x − 1e2x + 1

.

Αντίθετα το πρόβληµα

y′ = y2, x ∈ R, y(0) = 1

έχει τοπική λύση

y =1

1− xδιότι η λύση υπάρχει µόνο για x < 1, παροµοίως το πρόβληµα

y′ = −y3, x ∈ R, y(0) = 2

έχει τοπική λύση

y =1

(2x+ 1/4)1/2

διότι η λύση υπάρχει µόνο για x > −1/8.Παράδειγµα 1.1 Κατασκευάστε ενα πρόβληµα Cauchy του οποίου η λύση

υπάρχει µόνο σε ένα ϕραγµένο διάστηµα.Λύση. Θεωρούµε την εξίσωση

y′ = f(x)y2 ή (y−1)′ = −f(x).

Προφανώς1

y=

1

y0−∫ xx0

f(ξ)dξ ή y =y0

1− y0∫ xx0f(ξ)dξ

.


Τωρα αρκεί να επιλέξουµε την f(x) και τα y0, x0 ε.ω. ο παρανοµαστής ναείναι πολυώνυµο δευτέρου ϐαθµού µε δύο πραγµατικές ϱίζες. Π.χ.

y′ = (2x+ 2)y2, y(0) = 1/3.

Προφανώς η λύση δίνεται απο τον τυπο

y =1

3− 2x− x2

και υπάρχει µόνο στο διάστηµα (−3, 1).

΄Εστω ότι η f(x, y) είναι ορισµένη για x ∈ [c, d] όπου το διάστηµα [c, d]περιέχει το [a, b]. ΄Ενα εύλογο ερώτηµα είναι γιατί αφού κατασκευάσαµε τηλύση στο [a, b] δεν µπορούµε να πάρουµε αρχική συνθήκη στο σηµείο x0 = bκαι να κινηθούµε προς τα δεξιά κατασκευάζοντας τη λύση σε κάποιο [b, b1]µετά στο [b1, b2] ... [bn−1, bn] ... και συνεχίζοντας να ϕτάσουµε στο σηµείο d;Παροµοίως προς τα αριστερά µέχρι να ϕτάσουµε στο σηµείο c κατασκευάζον-τας έτσι την ολική λύση. Προφανώς σε κάποιες περιπτώσεις αυτό είναι εφικτό,και σε κάποιες όχι (ϐλ. τα προηγούµενα δυο παραδείγµατα). Γιατί όµως δενείναι εφικτό πάντα; Η απάντηση είναι απλή: διότι εν γένει |bn − bn−1| → 0καθώς n→∞ και µάλιστα αρκετά γρήγορα έτσι ώστε

limn→∞

bn < d

µε αποτέλεσµα να µην ϕτάσουµε ποτέ στο σηµείο d (ή παροµοίως στο σηµείοc ή και στα δύο). ΄Αρα για να µπορέσουµε να ϕτάσουµε στο σηµείο d πρέπει ταδιαστήµατα [bn−1, bn] να µην τείνουν στο µηδέν ή τουλάχιστον να µην τείνουνστο µηδέν πολύ γρήγορα. Το µήκος του διαστήµατος όπου υπάρχει η τοπικήλύση καθορίζεται από την σχέση

b− a < 1K

π.χ. µπορούµε να πάρουµε b− a = 12K

.

Η σταθερά K εξαρτάται από την επιλογή του Ω′, αν ϑα µπορούσαµε να προσ-διορίσουµε την σταθερά αυτή ανεξάρτητα από την επιλογή του Ω′ τότε το κάθεδιάστηµα [bn−1, bn] ϑα είχε ίδιο µήκος (1/2K) και ϑα µπορούσαµε να ϕτά-σουµε στο σηµείο d και µάλιστα σε πεπερασµένο πλήθος ϐηµάτων. Αυτό είναιεφικτό αν γνωρίζουµε εκ των προτέρων ότι η λύση που ψάχνουµε (αν υπάρ-χει) είναι ϕραγµένη στο [c, d]. ΄Αρα αν στο Θεώρηµα 1.1 γνωρίζουµε εκ τωνπροτέρων ότι υπάρχει µια σταθερά C0 τ.ω. η λύση (αν υπάρχει) ϕράσσεται µεαυτή τη σταθερά στο Ω (|y(x)| ≤ C0 ∀x ∈ Ω) τότε υπάρχει ολική λύση τουπροβλήµατος (1.1), (1.2). Τέτοιου είδους εκτιµήσεις ονοµάζονται a priori (εκτων προτέρων) εκτιµήσεις (ϐλ. Παράδειγµα 1.9).

Θα δώσουµε τώρα µια ικανή συνθήκη που µας εξασφαλίζει την ύπαρξη τηςολικής λύσης.

Θεώρηµα 1.2. ΄Εστω ότι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ως προς x καιικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς y σε ένα χωρίο Ω ⊂ R2 πουπεριέχει την λωρίδα c ≤ x ≤ d, −∞ < y < +∞.


Τότε για οποιοδήποτε (x0, y0) ∈ Ω υπάρχει µια και µοναδική λύση της εξίσωσης(1.1) ορισµένη στο [c, d] που ικανοποιεί την συνθήκη (1.2).

Παρατήρηση. Η γραµµική εξίσωση

y′ = a(x)y + b(x)

µε συνεχείς στο [c, d] συναρτήσεις a(x) και b(x) επαληθεύει τις προϋποθέσειςτου Θεωρήµατος 1.2 όπως επήσης και η εξισώσεις

y′ = a(x) sin y + b(x), y′ = a(x) sin2 y + b(x).

(η y′ = a(x) sin y µε y(x0) = y0 6= πk λύνεται σε κλειστή µορφη µε την µεθοδοχωρισµένων µεταβλητων, αν ϑυµηθούµε οτι

∫(sin y)−1dy = ln|tan y/2|, για

y0 = πk έχουµε y ≡ πk)Απόδειξη (του Θεωρήµατος 1.2). Παίρνουµε ως φ0(x) µια αυθαίρετη συ-

νάρτηση ορισµένη και συνεχής στο διάστηµα [c, d] και φ0(x0) = y0. ΄Ολες οιδιαδοχικές προσεγγίσεις

(1.10) φn(x) = y0 +

∫ xx0

f(ξ, φn−1(ξ))dξ

υπάρχουν στο διάστηµα [c, d] και είναι συνεχείς, άρα είναι ϕραγµένες στο[c, d]. Θα δείξουµε ότι οι διαδοχικές προσεγγίσεις συγκλίνουν στην λύση τουπροβλήµατος αρχικών τιµών στο διάστηµα [c, d]. ΄Εστω

maxx∈[c,d]

|φ1(x)− φ0(x)| = N.

Τότε

|φ2(x)−φ1(x)| =∣∣∣ ∫ x

x0

[f(ξ, φ1(ξ))−f(ξ, φ0(ξ))]dξ∣∣∣ ≤ K∣∣∣ ∫ x

x0

|φ1(ξ)−φ0|dξ∣∣∣ ≤

≤ K|∫ xx0

Ndξ| = |x− x0|1

NK,

|φ3(x)− φ2(x)| =∣∣∣ ∫ x

x0

[f(ξ, φ2(ξ))− f(ξ, φ1(ξ))]dξ∣∣∣ ≤

K∣∣∣ ∫ x

x0

|φ2(ξ)− φ1(ξ)|dξ∣∣∣ ≤ NK2∣∣∣ ∫ x

x0

|ξ − x0|dξ∣∣∣ ≤ (x− x0)2

2NK2.

· · ·Και γενικώς

(1.11) |φn+1(x)− φn(x)| ≤|x− x0|n

n!NKn.

Η σειρά

|x− x0|1!

NK +|x− x0|2

2!NK2 + · · ·+ |x− x0|

n

n!NKn + · · ·

συγκλίνει για όλες τις τιµές |x − x0| (απο κριτήριο d′Alembert). Εποµένωςκαι η σειρά (1.8) οµοιόµορφα συγκλίνει στο διάστηµα [c, d] (απο κριτήριοWeierstrass).


�

Το ότι το Θεωρηµα 1.2 µας δίνει ικανή και όχι αναγκαία συνθήκη ευκολαδιαπιστώνουµε απο το γεγονός οτι η f = 1− y2 δεν πληροί τις προϋποθέσειςτου ϑεωρήµατος όµως (όπως είχαµε διαπιστώσει) το πρόβληµα

y′ = 1− y2, y(0) = 0έχει ολική λύση.

Παρατήρηση. Χρησιµοποιώντας την σχέση

φ(x) = φm(x) + [φm+1(x)− φm(x)] + [φm+2(x)− φm+1(x)] + · · ·και την εκτίµηση (11.1) παίρουµε

|φ(x)− φm(x)| ≤ NKm|x− x0|m[ 1m!

+K|x− x0|(m+ 1)!

+K2|x− x0|2

(m+ 2)!+ · · ·

].

Η τελευταία σχέση είναι η εκτίµηση της απόκλισης της m-οστης προσέγγισηςαπό την ακριβή λύση.

Παράδειγµα 1.2. Κατασκευάστε τις διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσηςτου προβλήµατος

y′ = y, y(0) = 1,

παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 1.Λύση. Κατ΄ αρχάς παρατηρούµε οτι έχουµε εξίσωση µε χωρισµένες µετα-

ϐλητές και προφανώς η λύση του προβλήµατος είναι y(x) = ex. Θα ϐρούµετο ίδιο αποτέλεσµα µε διαδοχικές προσεγγίσεις.

Από τον τύπο (1.6) έχουµε

φ1(x) = 1 +

∫ x0dξ = 1 + x,

φ2(x) = 1 +

∫ x0

(1 + ξ)dξ = 1 + x+ x2/2,

φ3(x) = 1 +

∫ x0

(1 + ξ + ξ2/2)dξ = 1 + x+ x2/2 + x3/6,

· · ·

φn(x) =n∑k=0

xk

k!→ ex καθώς n→∞.

Παράδειγµα 1.3 Κατασκευάστε τις τρεις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσειςτης λύσης του προβλήµατος

y′ = ey, y(0) = 0,

παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 0.Λύση. Από τον τύπο (1.6) έχουµε

φ1(x) =

∫ x0dξ = x,

φ2(x) =

∫ x0eξdξ = ex − 1,


φ3(x) =

∫ x0eeξ−1dξ =

1

e

∫ x0eeξdξ.

Η µέθοδος των διαδοχικών προσεγγίσεων είναι ένα χρήσιµο εργαλείο σεπολλά προβλήµατα ανάλυσης.

Παρατήρηση. Μπορούµε να ξεκινήσουµε την κατασκευή των προσεγγίσε-ων από οποιαδήποτε συνεχής συνάρτηση φ0(x), αρκεί φ0(x0) = y0. Αφού οισυνθήκες του ϑεωρήµατος µας εξασφαλίζουν την µοναδικότητα πάντα ϑα κα-ταλήγουµε µε την διαδικασία που περιγράψαµε στην λύση του προβλήµατοςαρχικών τιµών για την (1.1).

Παράδειγµα 1.4. Κατασκευάστε τις διαδοχικές προσεγγίσεις της λύσηςτου προβλήµατος

y′ = y, y(0) = 1,

παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 1− x2.Λύση. ΄Εχουµε

φ1(x) = 1 +

∫ x0

(1− ξ2)dξ = 1 + x− x3

3,

φ2(x) = 1 +

∫ x0

(1 + ξ − ξ3/3)dξ = 1 + x+ x2/2− x4

12,

φ3(x) = 1 +

∫ x0

(1 + ξ + ξ2/2− ξ4/12)dξ = 1 + x+ x2

2+x3

6− x

5

60,

· · ·

φn(x) =n∑k=0

xk

k!− 2 x

n+2

(n+ 2)!→ ex καθώς n→∞.

Η ύπαρξη και η µοναδικότητα της λύσης µπορούν να αποδειχτούν υπόπιο γενικές προϋπόθεσης. Θα διατυπώσουµε τα σχετικά ϑεωρήµατα χωρίςαπόδειξη.

Θεώρηµα ύπαρξης 1.3 (Peano). ΄Εστω η f(x, y) είναι ϕραγµένη και συ-νεχής στο ανοιχτό χωρίο Ω. Τότε από κάθε σηµείο (x0, y0) ∈ Ω περνάει τουλά-χιστον µια τοπική λύση της (1.1).

Αν η f(x, y) δεν είναι συνεχής συνάρτηση, τοτε, εν γένει η λύση δεν υπάρχει.Παράδειγµα 1.5. Το πρόβληµα

y′(x) = sign x, y(0) = y0.

δεν έχει λύση.Εδω

sign x =

1, για x > 00, για x = 0−1, για x < 0Πράγµατι, παίρνοντας περιπτώσεις x > 0 και x < 0, ευκολα διαπιστώνουµεοτι η µοναδική ”υποψήφια” λύση είναι η συνάρτηση

y(x) = y0 + |x|


η οποία όµως δεν εχει παράγωγο στο x = 0 (λύση ονοµάζουµε µια παραγωγί-σιµη συνάρτηση).

Στο παράδειγµα 1.5 η κατάσταση ¨σώζεται¨ αν ϑα αλλαξουµε την έννοιατης λύσης. Πράγµατι, αν ϑα ονοµάσουµε λύση τη προβλήµατος y′ = f(x, y),y(x0) = y0 την λύση της αντίστοιχης ολοκληρωτικής εξίσωσης

y = y0 +

∫ xx0

f(ξ, y(ξ))dξ

η οποία δεν είναι απαραίτητο να είναι παραγωγίσιµη, τότε ευκολα διαπιστώ-νουµε οτι η y(x) = y0+|x| είναι λύση του προβλήµατος y′(x) = sign x, y(0) =y0 αφου ∫ x

x0

sign ξdξ = |x|.

Θα δώσουµε τώρα ενα άλλο παράδειγµα όπου η λύση δεν υπάρχει και αντίθεταµε το παράδειγµα 1.5 η κατασταση δεν ¨σωζεται¨ µε τίποτα.

Παράδειγµα 1.6. Το πρόβληµα

y′(x) = −sgn y, y(0) = 0

µε

sgn y =

{1, για y ≥ 0−1, για y < 0 .

δεν εχει λύση για x > 0.Πράγµατι, έστω οτι η λύση υπάρχει σε ενα διάστηµα (−ε, ε). Θεωρούµε

τα σηµεία x > 0. Απο την εξίσωση έχουµε οτι y′(0) = −1, αρα υπάρχειένα διάστηµα (0, ε1) όπου η y(x) είναι αρνητική (εδώ 0 < ε1 ≤ ε). Στοδιάστηµα αυτό έχουµε −sgn y = 1 συνεπώς y′(x) = 1, δηλαδή y(x) = x(αφου y(0) = 0). ΄Οµως x > 0 στο (0, ε1) συνεπώς y(x) > 0 στο (0, ε1), άτοπο.Απο εδω καταλήγουµε στο η λύση δεν υπάρχει για κανένα x > 0.

Ευκολα διαπιστώνουµε οτι για x ≤ 0 η λύση υπάρχει και είναι y(x) = −x(ϐλ. ΄Ασκηση 1.11).

Το Θεώρηµα Peano µας δίνει µια ικανή συνθήκη ύπαρξης λύσης, το ότιδεν είναι αναγκαία το ϐλέπουµε απο το ακόλουθο παράδειγµα.

Παράδειγµα 1.7. Η συνάρτηση y(x) ≡ 0 είναι λύση του προβλήµατος

y′(x) = sign y, y(0) = 0

µε

sign y =

1, για y > 00, για y = 0−1, για y < 0 .Τώρα σχετικά µε την µοναδικότητα. Η συνέχεια της f(x, y) δεν µας εξασφα-

λίζει την µοναδικότητα της λύσης του προβλήµατος αρχικών τιµών. ΄Εχουµεαποδείξει τη µοναδικότητα στην περίπτωση που η f(x, y) επιπλέον επαληθεύειτη συνθήκη Lipschitz ως προς τη µεταβλητή y. Ισχύει πιο γενικό ϑεώρηµα.


Θεώρηµα µοναδικότητας 1.4 (Osgood). ΄Εστω η f(x, y) για οποιαδήποτεσηµεία (x, y1) και (x, y2) στο Ω ικανοποιεί την συνθήκη

(1.12) |f(x, y2)− f(x, y1)| ≤ φ(|y2 − y1|)όπου φ(u) > 0 όταν 0 < u ≤ a. Εδώ η φ(u) είναι συνεχής και τέτοια ώστε∫ a

ε

du

φ(u)→∞, ε→ 0.

Τότε µέσω οποιουδήποτε σηµείου (x0, y0) από το Ω περνάει το πολύ µια λύσητης εξίσωσης (1.1).

Π.χ. ως φ(u) µπορούµε να πάρουµε µια από τις ακόλουθες συναρτήσειςKu, Ku| lnu|, Ku| lnu| ln | lnu|, . . .

όπου K είναι σταθερά. ΄Οταν φ(u) ≡ Ku τότε η (1.12) παίρνει την µορφή|f(x, y2)− f(x, y1)| ≤ K|y2 − y1|

που είναι η συνθήκη Lipschitz ως προς τη µεταβλητή y.Παράδειγµα 1.8. Θεωρούµε το πρόβληµα αρχικών τιµών

(1.13) y′ =√y, y(0) = 0.

Προφανώς η f(y) =√y δέν είναι Lipschitz συνεχής ούτε επαληθεύει τις

συνθήκες του ϑεωρήµατος Osgood. Θα δείξουµε οτι το πρόβληµα αρχικώντιµών (1.13) έχει περισσότερες απο µια λύσεις. Πράγµατι, αντικαθιστώνταςτην γενική λύση της εξίσωσης, η οποία για x+ C ≥ 0 δυνεται από τον τύπο

y(x) =1

4(x+ C)2

(C αυθαίρετη σταθερά), στην αρχική συνθήκη παίρνουµε ότι η

y(x) =

{14x

2, για x ≥ 00, για x < 0

είναι λύση του προβλήµατος (1.13). ΄Οµως ταυτόχρονα και η y(x) ≡ 0 είναιλύση του προβλήµατος (1.13). Η µοναδικότητα παραβιάζεται. Προφανώς καιη συνάρτηση

y(x) =

{14(x− C0)

2, για x ≥ C00, για x < C0

για κάθε σταθεράC0 > 0 είναι λύση του προβλήµατος (1.13), αρα το πρόβληµαέχει άπειρες λύσεις.

Πριν περάσουµε στο επόµενο ϑέµα ας δώσουµε άλλο ένα κατατοπιστικόπαράδειγµα όπου παραβιάζονται οι προϋποθεσεις των Θεωρηµάτων ύπαρξηςκαι µοναδικότητας.

Παράδειγµα 1.9. Το πρόβληµα

y′(x) =y

x, y(0) = y0

έχει άπειρες λύσεις αν y0 = 0 και δεν έχει λύση αν y0 6= 0.Πράγµατι, η γενική λύση της εξίσωσης y′ = y/x είναι η

y(x) = C x, C αυθαίρετη σταθερά.


Αν y0 = 0 τότε η συνάρτηση y(x) = C x είναι λύση ∀ C ∈ R. Αν όµως y0 6= 0το πρόβληµα δέν έχει λύση.

1.2. Οµαλότητα της λύσης, συνεχής εξάρτηση απο τα δεδοµένα

΄Οπως προκύπτει από το Θεώρηµα 1.1, αν η f(x, y) είναι συνεχής ως προςx και Lipschitz συνεχής ως προς y, τότε υπάρχει λύση y(x) του προβλήµατοςCauchy η οποία είναι συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. Πράγµατι η y(x)είναι συνεχής συνάρτηση (ως οµοιόµορφο όριο συνεχών συναρτήσεων) πουλύνει την ολοκληρωτική εξίσωση (1.4) δηλαδή

y(x) ≡ y0 +∫ xx0

f(ξ, y(ξ))dξ,

η σύνθεση f(x, y(x)) είναι επίσης συνεχής (ως προς x) άρα το δεξί µέρος τηςταυτότητας είναι συνεχώς παραγωγίσιµη ως προς x συνάρτηση συνεπώς και τοαριστερό µέρος (δηλαδή η y(x)) είναι συνεχής συνάρτηση.

Αν τώρα η συνάρτηση f(x, y) εχει περισσότερη οµαλότητα, τη επίδραση ϑαέχει αυτό στη οµαλότητα της λύσης του προβλήµατος Cauchy ;

Θυµίζουµε οτι µια συνάρτηση είναι της κλάσεως Ck (k ϕυσικός αριθµός)αν όλες οι παράγωγοι k τάξης υπάρχουν και είναι συνεχέις συναρτήσεις. Ανπρόκειται για συνάρτηση πολλών µεταβλητών τότε πρέπει να υπάρχουν και ναείναι συνεχείς όλες οι µερικές παράγωγοι k τάξης.

Θεώρηµα1.5. (αύξησης της οµαλότητας). Αν η f(x, y) είναι της κλάσεωςCk, k = 1, 2, ... σε µια περιοχή του σηµείου (x0, y0), τότε η λύση y(x) της (1.1)που ικανοποιεί την συνθήκη y(x0) = y0 ϑα είναι της κλάσεως Ck+1 σε µιαπεριοχή του σηµείου x0.

Απόδειξη. ΄Εστω k = 1. Η y(x) είναι λύση της (1.1) άρα η y(x) ικανοποιείτην ταυτότητα

(1.14) y′(x) ≡ f(x, y(x)).Το δεξί µέρος της (1.14) ως συνάρτηση του x έχει παράγωγο ως προς x. Πράγ-µατι,

(1.15)df(x, y(x))

dx= fx(x, y(x)) + fy(x, y(x))y

′(x).

Εποµένως η y′(x) είναι παραγωγίσιµη ως προς x δηλαδή υπάρχει η y′′(x).Αφού η (1.15) είναι συνεχής, ϑα είναι συνεχής και η y′′(x).

΄Εστω k = 2. Το δεξί µέρος της (1.14) ως συνάρτηση του x έχει δευτερηπαράγωγο ως προς x. Πράγµατι, παραγωγίζοντας την σχέση (1.15) παίρνουµε

d2f(x, y(x))

dx2= fxx(x, y(x)) + fxy(x, y(x))y

′(x)+(fyx(x, y(x)) + fyy(x, y(x))y

′(x))y′(x) + fy(x, y(x))y

′′(x).

Εποµένως η y′′(x) έχει παράγωγο ως προς x η οποία είναι συνεχής.Παροµοίως αποδεικνύουµε το ϑεώρηµα και για k = 3, 4, ....�


Ας επιστρέψουµε στο Παράδειγµα 1.8 οπου το δευτερο µέρος (√y) δεν είναι

παραγωγίσιµη συνάρτηση. Αρα σύµφωνα µε το Θεώρηµα 1.5 η δευτερη πα-ϱάγωγος της λύσης µπορεί να µην είναι C2 συνάρτηση. Πράγµατι η δεύτερηπαράγωγος της

y(x) =

{14x

2, για x ≥ 00, για x < 0

είναι ασυνεχής :

y′′(x) =

{12 , για x ≥ 00, για x < 0 .

Παρατηρούµε ότι το Θεώρηµα µας δίνει µόνο ικανή συνθήκη. Το πρόβληµα(1.13) (Παράδειγµα 1.8) έχει και άπειρες ϕορές παραγωγίσιµη λύση y(x) ≡ 0.

Μέχρι στιγµής µελετούσαµε την ύπαρξη και µοναδικότητα της λύσης τουπροβλήµατος αρχικών τιµών y′ = f(x, y), y(x0) = y0. Αν όµως ϑα µεταβάλ-λουµε τα σηµεία x0, y0 ϑα µεταβληθεί και η λύση του προβλήµατος αρχικώντιµών. Εµφανίζεται µια σηµαντική ερώτηση: πως ϑα µεταβάλλεται η λύση τουπροβλήµατος αρχικών τιµών καθώς µεταβάλλεται το σηµείο (x0, y0); Αυτή ηερώτηση είναι µεγάλης σηµασίας ιδιαίτερα στις εφαρµογές. ΄Εστω µελετάµεένα πρόβληµα ϕυσικής που ανάγεται στην µελέτη ενός προβλήµατος αρχικώντιµών. Οι αρχικές συνθήκες ϐρίσκονται πειραµατικά, και εποµένως δεν µπο-ϱούν να ϐρεθούν µε απόλυτη ακρίβεια. Συνεπώς στις εφαρµογές µια λύσηπου παίρνει την τιµή y0 στο σηµείο x0 δεν ϑα παρουσίαζε κανένα ενδιαφέ-ϱον στην περίπτωση αν τα σφάλµατα στον υπολογισµό των αρχικών τιµών ϑαµας οδηγούσαν σε µια λύση που είναι τελείως διαφορετική από αυτήν πουψάχνουµε. Το ίδιο ισχύει και για το δευτερο µέρος της εξίσωσης. ∆ηλαδή ηπραγµατική διαδικασία περιγράφεται από την διαφορική εξίσωση µόνο κατάπροσέγγιση. Το συµπέρασµα είναι : για να µπορούµε να χρησιµοποιούµε τιςδιαφορικές εξισώσεις στις εφαρµογές οι λύσεις των δυο διαφορετικών προβλη-µάτων αρχικών τιµών πρέπει να διαφέρουν ελάχιστα, αν ελάχιστα διαφέρουνοι αρχικές συνθήκες και τα δεύτερα µέρη των εξισώσεων. Αυτή η ιδιότητα τηςλύσης ονοµάζεται συνεχής εξάρτηση από τα δεδοµένα.

Ορισµός. Λέµε ότι η συνάρτηση f(x, y) ικανοποιεί την µονόπλευρη συνθήκητου Lipschitz ως προς y σε ένα χωρίο Ω ⊂ R2 αν από την y2 > y1 προκύπτει

(1.16) f(x, y2)− f(x, y1) ≤ K(y2 − y1) ∀(x, y1), (x, y2) ∈ Ω

(π.χ. οποιαδήποτε µη αύξουσα συνάρτηση του y). Προφανώς κάθε Lipschitzσυνεχής συνάρτηση ικανοποιεί την µονόπλευρη συνθήκη του Lipschitz

Λήµµα 1.1 Από την (1.16) προκύπτει ότι

[y2 − y1][y′2 − y′1] ≤ K(y2 − y1)2

για οποιεσδήποτε y1(x), y2(x) που είναι λύσεις της (1.1).Απόδειξη. Από το γεγονός ότι y1, y2 είναι λύσεις της διαφορικής εξίσωσης

(1.1) έχουµε ότι

(1.17) [y2(x)− y1(x)][y′2(x)− y′1(x)] = [y2(x)− y1(x)][f(x, y2)− f(x, y1)].


Αν y2 > y1 (για κάποια x), τότε από την (1.16) αµέσως προκύπτει ότι το δεξίµέρος της (1.17) έχει ως άνω ϕράγµα το K(y2 − y1)2. Αφού και το δεξί και τοαριστερό µέρος της (1.17) µένει αµετάβλητο ως προς την εναλλαγή των ϱόλωντων y1 και y2, η ανισότητα του λήµµατος ισχύει και στην περίπτωση y1 > y2.

�

Λήµµα 1.2. ΄Εστω ότι η σ(x) ικανοποιεί την διαφορική ανισότητα

(1.18) σ′(x) ≤ Kσ(x), x ∈ [a, b],

όπου K είναι ϑετική σταθερά. Τότε

σ(x) ≤ σ(a)eK(x−a), x ∈ [a, b].

Απόδειξη. Πολλαπλασιάζουµε την (1.18) µε e−Kx και µεταφέρουµε το δεξίµέλος στην αριστερή πλευρά

(1.19) [σ′(x)−Kσ(x)]e−Kx ≤ 0.

Το αριστερό µέρος της (1.19) είναι η παράγωγος της σe−Kx. ∆ηλαδή

d

dx[σ(x)e−Kx] ≤ 0.

Εποµένως η σ(x)e−Kx είναι µη αύξουσα συνάρτηση στο διάστηµα [a, b], άρασ(x)e−Kx ≤ σ(a)e−Ka και σ(x) ≤ σ(a)eK(x−a).

�

Ας αποδείξουµε πιο γενική µορφη του λήµµατος 1.2.Λήµµα 1.3 (Gronwall) (απλή µορφή). ΄Εστω ότι η σ(x) ικανοποιεί την

διαφορική ανισότητα

σ′(x) ≤ A(x)σ(x), x ∈ [a, b],

όπου A(x) είναι συνεχής συνάρτηση ορισµένη στο [a, b]. Τότε

σ(x) ≤ σ(a)exp(∫ x

aA(ξ)dξ

), x ∈ [a, b].

Απόδειξη. ΄Εστω

v(x) = exp(∫ x

aA(ξ)dξ

), x ∈ [a, b].

Προφανώςv′(x) = A(x)v(x), v(a) = 1

καιv(x) > 0 ∀x ∈ [a, b].

΄Εχουµε

d

dx

(σ(x)v(x)

)=σ′(x)v(x)− v′(x)σ(x)

v2(x)=σ′(x)v(x)−A(x)v(x)σ(x)

v2(x)≤ 0.


΄Αρα η παράγωγος της συνάρτησης σ(x)/v(x) είναι µη ϑετική, συνεπώς

σ(x)

v(x)≤ σ(a)v(a)

= σ(a), x ∈ [a, b]

καισ(x) ≤ σ(a)v(x) x ∈ [a, b]

�

Χρησιµοποιώντας τα λήµµατα 1.1 και 1.2 µπορούµε να αποδείξουµε ό-τι οι λύσεις της (1.1) εξαρτώνται συνεχώς από τις αρχικές συνθήκες µε τηνπροϋπόθεση ότι η f(x, y) ικανοποιεί την (1.16).

Θεώρηµα 1.6. (συνεχούς εξάρτησης από τις αρχικές συνθήκες) ΄Εστω ότιy1 και y2 είναι λύσεις της (1.1) σε ενα χωρίο Ω, όπου f(x, y) ικανοποιεί την(1.16). Τότε

|y1(x)− y2(x)| ≤ eK(x−a)|y1(a)− y2(a)| για x ≥ a.

Απόδειξη. Θεωρούµε την σ(x) = [y1(x) − y2(x)]2. Υπολογίζοντας τηνπαράγωγο της σ(x) παίρνουµε

σ′(x) = 2[y1(x)− y2(x)][y′1(x)− y′2(x)].Από το Λήµµα 1.1 προκύπτει ότι

σ′(x) ≤ 2Kσ(x).Και εποµένως από το Λήµµα 1.2 ϑα πάρουµε

(1.20) σ(x) ≤ e2K(x−a)σ(a).Εξάγοντας την τετραγωνική ϱίζα και από τις δυο πλευρές της (1.20) παίρ-

νουµε το Ϲητούµενο.�

Παρατήρηση. Για να επεκτείνουµε αυτό το αποτελέσµα για x < a ϑαυποθέσουµε ότι η f ικανοποιεί την πλήρη συνθήκη του Lipschitz, δηλαδή

(1.21) |f(x, y2(x))− f(x, y1(x))| ≤ K|y2 − y1|.Θα δείξουµε ότι από την (1.21) προκύπτει η

(1.22) |y1(x)− y2(x)| ≤ eK|x−a||y1(a)− y2(a)|.Πράγµατι, αφού ισχύει η (1.21) ισχύει και η (1.16) άρα έχουµε την (1.22) γιαx ≥ a. Από την (1.21) έχουµε

f(x, y1)− f(x, y2) ≥ −K|y1 − y2|και

f(x, y2)− f(x, y1) ≥ −K|y2 − y1|Αρα έχουµε αν y1 ≥ y2, τότεσ′(x) = 2[y1(x)−y2(x)][y′1(x)−y′2(x)] = 2[y1(x)−y2(x)][f(x, y1)−f(x, y2)] ≥

−2K[y1 − y2]|y1 − y2| ≥ −2K(y1 − y2)2 = −2Kσ,


και αν y2 ≥ y1, τότεσ′(x) = 2[y2(x)−y1(x)][y′2(x)−y′1(x)] = 2[y2(x)−y1(x)][f(x, y2)−f(x, y1)] ≥

−2K[y2 − y1]|y2 − y1| ≥ −2K(y2 − y1)2 = −2Kσ.∆ηλαδή πάντα ισχύει

σ′(x) ≥ −2Kσ.Παροµοίως µε το Λήµµα 1.2 ϑα πάρουµε

(σ′(x) + 2Kσ)e2Kx ≥ 0και

d

dx(σe2Kx) ≥ 0

σε κάποιο διάστηµα [c, a] και εποµένως σ(x) ≤ σ(a)e2K(a−x). Από όπουαµέσως προκύπτει η (1.22).

Θεώρηµα 1.7. (συνεχούς εξάρτησης από τα δεδοµένα). ΄Εστω οι f(x, y) καιg(x, y) είναι ορισµένες και συνεχείς σε κάποιο Ω και έστω y1(x) και y2(x) είναιλύσεις των εξισώσεων

(1.23) y′1(x) = f(x, y1), y′2(x) = g(x, y2), x ∈ [a, b]

αντιστοίχως. ΄Εστω f(x, y) είναι Lipschitz συνεχής ως προς y συνάρτηση και

(1.24) |f(x, y)− g(x, y)| ≤ ε, (x, y) ∈ Ω.Τότε

(1.25) |y1(x)− y2(x)| ≤ |y1(x0)− y2(x0)|eK|x−x0| +ε

K[eK|x−x0| − 1],

σε ένα διάστηµα [a, b], όπου x0 ∈ [a, b].Απόδειξη. Εισάγουµε την σ(x) = (y1(x) − y2(x))2. Παραγωγίζοντας την

σ(x) παίρνουµε

σ′(x) = 2[y1(x)− y2(x)][y′1(x)− y′2(x)] =2[y1(x)− y2(x)][f(x, y1)− g(x, y2)] =

2[y1(x)− y2(x)][f(x, y1)− f(x, y2) + f(x, y2)− g(x, y2)] =2[y1(x)− y2(x)][f(x, y1)− f(x, y2)] + 2[y1(x)− y2(x)][f(x, y2)− g(x, y2)]

Θα εκτιµήσουµε την απόλυτη τιµή της σ′(x) χρησιµοποιώντας την τριγωνικήανισότητα, το γεγονός ότι η f είναι Lipschitz συνάρτηση και την (1.24)

|σ′(x)| ≤2|y1(x)− y2(x)||f(x, y1)− f(x, y2)|+ 2|y1(x)− y2(x)||f(x, y2)− g(x, y2)| ≤

≤ 2K|y1 − y2|2 + 2ε|y1 − y2|.Από την τελευταία ανισότητα προκύπτει

(1.26) σ′(x) ≤ 2Kσ(x) + 2ε√σ(x).

Χωρίς απόδειξη ισχυριζόµαστε ότι αν η σ(x) ικανοποιεί την (1.26) τότε

(1.27) σ(x) ≤ [√σ(x0)e

K|x−x0| +ε

K(eK|x−x0| − 1)]2


Βλέπουµε ότι η (1.25) αµέσως προκύπτει από την (1.27). Η αυστηρή απόδειξητου ισχυριζµού ότι (1.26) συνεπάγεται (1.27) ϑα δώσουµε στην περίπτωσησυστηµάτων διαφορικών εξισώσεων πρώτης τάξης στην §2.

�Παρατήτηση. Στις υποθέσεις του Θεωρήµατος 1.7 η Lipschitz συνέχεια

της f µπορεί να αντικατασταθεί µε την Lipschitz συνέχεια της g. Σε αυτητην περίπτωση η µόνη αλλαγή στην απόδειξη ϑα είναι η προσθαφαίρεση τηςg(x, y1) (αντι της προσθαφαίρεσης της f(x, y2)).

Ορισµός. Λέµε ότι ένα πρόβληµα είναι καλώς τεθειµένο αν η λύση υπάρχειείναι µοναδική και εξαρτάται συνεχώς από τα δεδοµένα του προβλήµατος.

Π.χ. το πρόβληµα Cauchy (1.1), (1.2) υπο τις προϋπόθεσης του Θεωρήµα-τος 1.1 είναι καλώς τεθειµένο (τοπικά).

1.3. Θεώρηµα σύγκρισης, a priori εκτιµήσεις

Αφού οι λύσεις των διαφορικών εξισώσεων συνήθως δεν µπορούν να παρα-σταθούν µέσω των στοιχειωδών συναρτήσεων, είναι σηµαντικό να µπορεί κανείςνα συγκρίνει τις λύσεις των διαφορικών εξισώσεων µε διαφορετικά δεύτερα µέ-ϱη. Αυτό µας δίνει την δυνατότητα να συγκρίνουµε µια άγνωστη λύση µίαςδιαφορικής εξίσωσης µε µια γνωστή λύση µιας άλλης διαφορικής εξίσωσης.

Λήµµα 1.4. ΄Εστω οτι η συνάρτηση f(x, y) είναι συνεχής ως προς x καιικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz ως προς y στο Ω. ΄Εστω η y1(x) µιασυνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση που ικανοποιεί στο Ω την διαφορική ανι-σότητα

y′1(x) ≤ f(x, y1).Υποθέτουµε ότι η y2(x) είναι λύση της

y′2(x) = f(x, y2).

Αν y1(x0) = y2(x0) όπου (x0, y1(x0)) ∈ Ω, τότεy1(x) ≤ y2(x) για x ≥ x0 και y1(x) ≥ y2(x) για x ≤ x0.

(Οι τελευταίες ανισότητες λαµβάνουν χώρα εκεί που οι y1 και y2 υπάρχουν.)Απόδειξη. Θα αποδείξουµε οτι y1(x) ≤ y2(x) για x ≥ x0.΄Εστω οτι υπάρχει τέτοιο x1 > x0 ώστε y1(x1) > y2(x1). Λόγω συνέχειας ϑα

υπάρχει ένα x∗ ∈ [x0, x1) τέτοιο ώστε για σ(x) ≡ y1(x)− y2(x) ϑα ισχύεισ(x) ≥ 0 για x ∈ [x∗, x1] και σ(x∗) = 0.

Επίσης στο [x∗, x1] έχουµε

σ′(x) = y′1(x)− y′2(x) ≤ f(x, y1(x))− f(x, y2(x)) ≤ K(y1 − y2) = Kσ.Από το Λήµµα 1.2 παίρνουµε

σ(x) ≤ σ(x∗)eK(x−x∗) = 0,αφού σ(x∗) = 0. Επειδή σ(x) ≥ 0 στο [x∗, x1] αµέσως έχουµε σ(x) ≡ 0στο [x∗, x1] και ως συνέπεια y1(x) − y2(x) ≡ 0. Αυτό αντιφάσκει µε την


προϋπόθεση y1(x1) > y2(x1). Εποµένως y1(x) ≤ y2(x) για οποιοδήποτεx ≥ x0 στο Ω.

Οµοίως αποδεικνύουµε ότι y1(x) ≥ y2(x) για x ≤ x0.�

Θεώρηµα 1.8. (σύγκρισης). ΄Εστω f(x, y) και g(x, y) είναι Lipschitz συ-νεχείς ως προς y και συνεχείς ως προς x συναρτήσεις ορισµένες στο Ω τ.ω.f(x, y) ≤ g(x, y). ΄Εστω y1(x) και y2(x) είναι λύσεις των εξισώσεων

y′1(x) = f(x, y1), y′2(x) = g(x, y2)

αντίστοιχα. Αν y1(x0) = y2(x0) όπου (x0, y1(x0)) ∈ Ω, τότε

y1(x) ≤ y2(x) για x ≥ x0 και y1(x) ≥ y2(x) για x ≤ x0.

(Προφανώς οι ανισότητες αυτές λαµβάνουν χώρα εκεί που οι y1 και y2 υ-πάρχουν.)

Απόδειξη. Θεωρούµε την περίπτωση x ≥ x0. Αφού y′1(x) = f(x, y1) ≤g(x, y1) και y′2(x) = g(x, y2) από το Λήµµα 1.4 αµέσως προκύπτει οτι y1(x) ≤y2(x) για x ≥ x0.

Οµοίως αποδεικνύουµε ότι y1(x) ≥ y2(x) για x ≤ x0.�

Παρατήρηση. Στην περίπτωση όταν µόνο η f είναι Lipschitz συνεχήςϑεωρούµε τις

u1 = −y1 και u2 = −y2.Τότε

u′1(x) = −f(x,−u1), u′2(x) = −g(x,−u2).Αφού f(x,−u2) ≤ g(x,−u2) τότε −f(x,−u2) ≥ −g(x,−u2) και

u′2(x) = −g(x,−u2) ≤ −f(x,−u2).

Για τις u1, u2 από το Λήµµα 1.4 απορρέει ότι u1(x) ≥ u2(x) στο [x0, b] καιεποµένως y1(x) ≤ y2(x). Με τον ίδιο τρόπο εξετάζεται το διάστηµα [a, x0].

Θα αποδείξουµε τώρα µερικά πορίσµατα από το ϑεώρηµα σύγκρισης.Πόρισµα 1. ΄Εστω οτι ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του ϑεωρήµατος σύγ-

κρισης. Τότε για οποιοδήποτε σηµείο x1 > x0 ισχύει ότι ή y1(x1) < y2(x1) ήy1(x) ≡ y2(x) στο [x0, x1].

(Προφανώς υποθέτουµε οτι οι y1 και y2 υπάρχουν σε ενα διάστηµα I ε.ω.[x0, x1] ⊂ I.)

Απόδειξη. ΄Εστω ότι y1(x1) = y2(x1) για κάποιο x1 > x0 και y1(x) 6≡ y2(x)στο [x0, x1]. Τότε υπάρχει ένα σηµείο x∗ ∈ (x0, x1) τέτοιο ώστε y1(x∗) <y2(x

∗). Εισάγουµε τηνσ(x) = y2(x)− y1(x).

Η σ(x) ≥ 0 στο [x∗, x1] από το ϑεώρηµα σύγκρισης και

σ′ = y′2 − y′1 = g(x, y2)− f(x, y1) ≥ g(x, y2)− g(x, y1) ≥ −Kσ.


Αραd

dx

(σ eKx

)≥ 0 στο [x∗, x1]

εποµένως η σ(x)eKx είναι µη ϕθίνουσα συνάρτηση στο [x∗, x1] και

σ(x) ≥ σ(x∗)eK(x∗−x) > 0,

αφού σ(x∗) > 0. Συνεπώς σ(x1) > 0, όπου αυτή η ανισότητα αντιφάσκει µετην προϋπόθεση y1(x1) = y2(x1).

Από εδώ αµέσως προκύπτει ότι αν για κάποιο x1 έχουµε y2(x1) > y1(x1)τότε y2(x) > y1(x) για κάθε x ≥ x1. Εάν όµως y2(x1) = y1(x1), τότε y2(x) ≡y1(x) στο [x0, x1].

�Τα επόµενα δυο πορίσµατα αποδεικνύονται µε παρόµοιο τρόπο.Πόρισµα 2. ΄Εστω ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις του ϑεωρήµατος σύγκρι-

σης. Τότε για οποιοδήποτε σηµείο x1 < x0 ισχύει ότι ή y1(x1) > y2(x1) ήy1(x) ≡ y2(x) στο [x1, x0].

Πόρισµα 3. Αν στο ϑεώρηµα σύγκρισης ϑα αντικαταστήσουµε την συνθήκηy1(x0) = y2(x0) µε την ανισότητα y1(x0) < y2(x0), τότε y1(x) < y2(x) γιαx > x0.

Παράδειγµα 1.10. ΄Εστω ότι η y(x) είναι λύση του προβλήµατος

y′ = −y2 − |sin y1/3|, y(0) = 1.

Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα σύγκρισης αποδείξτε ότια) για κάθε x ≥ 0 ισχύει y(x) ≤ 1,ϐ) υπάρχει x∗ ∈ (−1, 0) τ.ω.

limx→x∗+0

y(x) = +∞.

Λύση. α) ΄Εστω y2(x) λύση του προβλήµατος

y′2 = 0, y2(0) = 1.

Προφανώς y2 ≡ 1. Σύµφωνα µε το Θεώρηµα σύγκρισης (αφού ισχύει οτι−y2 − |sin y1/3| ≤ 0) για x ≥ 0 έχουµε

y(x) ≤ y2(x) ≡ 1.

ϐ) ΄Εστω y1(x) λύση του προβλήµατος

y′1 = −y21, y1(0) = 1.

Προφανώς

y1 =1

1 + x.

Σύµφωνα µε το Θεώρηµα σύγκρισης (αφού −y2− |sin y1/3| ≤ −y2) για x ≤ 0έχουµε

y(x) ≥ y1(x) =1

1 + x


καιlim

x→−1+0

1

1 + x= +∞

απ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο.Παράδειγµα 1.11. ΄Εστω ότι η y1(x) είναι λύση του προβλήµατος

y′1 = ey1 + ex sin y1, y1(0) = 1

και η y2(x) είναι λύση του προβλήµατος

y′2 =1

2y22 + e

x sin y2, y2(0) = 1

αντίστοιχα. Προσδιορίστε το πρόσηµο της συνάρτησης z(x) = y1(x) − y2(x)στο (0, a) (προφανώς υποθέτουµε οτι οι λύσεις υπαρχουν στο (0, a)).

Λύση. Αφου

ey + ex sin y ≥ 12y2 + ex sin y,

απο το Θεωρηµα σύγκρισης έχουµε ότι

z(x) = y1(x)− y2(x) ≥ 0 για x ≥ 0.

Παράδειγµα 1.12. ΄Εστω ότι οι k(x) και g(x) συνεχείς συναρτήσεις τέτοιεςώστε

k(x) > 0, 1 ≤ g(x) ≤ 10.Αποδείξτε ότι το πρόβληµα

(1.28) y′(x) = g(x)− k(x)y2(x), y(0) = 0έχει ολική λύση στο διάστηµα (−l, l) για κάθε l > 0.

Λύση. Θα δείξουµε πρώτα ότι αν η λύση υπάρχει τότε για κάθε x > 0 ισχύει

0 < y(x) ≤ 10x.Πράγµατι, αφού y(0) = 0 άρα y′(0) = g(0) > 0 και υπάρχει x0 > 0 τ.ω.y(x) > 0 στο (0, x0). ΄Εστω ότι υπάρχει ένα σηµείο x∗ ≥ x0 > 0 τ.ω. y(x) > 0στο (0, x∗) και y(x∗) = 0, τότε σε αυτό το σηµείο η συνάρτηση είναι µη αύξουσαάρα y′(x∗) ≤ 0, από την άλλη

y′(x∗) = g(x∗)− k(x∗) y2(x∗) = g(x∗) > 0,άτοπο, συνεπώς

y(x) > 0 ∀x > 0.Θεωρούµε την συνάρτηση z(x) = 10x, προφανώς

z′(x) = 10, z(0) = 0.

Αφού 10 ≥ g(x)− k(x) y2, από το ϑεώρηµα σύγκρισης έχουµε οτιy(x) ≤ z(x) = 10x.

Συνεπώς η λύση (αν υπάρχει) ικανοποιεί την ανισότητα

0 < y(x) ≤ 10x, ∀x > 0.

Θα ϑεωρήσουµε τώρα την περίπτωση x < 0.


Αφού y(0) = 0 άρα y′(0) = g(x) > 0 και υπάρχει x1 < 0 τ.ω. y(x) < 0 στο(x1, 0). ΄Εστω ότι υπάρχει ένα σηµείο x∗ ≤ x1 < 0 τ.ω. y(x) < 0 στο (x∗, 0)και y(x∗) = 0, τότε σε αυτό το σηµείο η συνάρτηση είναι µη αύξουσα άραy′(x∗) ≤ 0 από την άλλη

y′(x∗) = g(x∗)− k(x∗)y2(x∗) = g(x∗) > 0,

άτοπο, συνεπώς y(x) < 0 ∀x < 0.Από το ϑεώρηµα σύγκρισης έχουµε y(x) ≥ 10x. Συνεπώς η λύση (αν

υπάρχει) ικανοποιεί την ανισότητα

10x ≤ y(x) < 0, ∀x < 0.

Θα αποδείξουµε τώρα την ύπαρξη της ολικής λύσης (ϐλ. τους συλλογισµούςστην σελίδα 10). ΄Εστω

Ω = (−l, l)× (−10 l, 10 l)

µε τυχαίο l > 0. Στο Ω και σε οποιοδήποτε υποσύνολό του Ω′ ισχύει

|f(x, y2)− f(x, y1)| = |g(x)− k(x)y22 − g(x) + k(x)y21| ≤

maxx∈[−l,l]

k(x)|y22 − y21| = maxx∈[−l,l]

k(x)(|y2|+ |y1|)|y2 − y1| ≤

20 l maxx∈[−l,l]

k(x)|y2 − y1|.

Το Θεώρηµα 1.1 εξασφαλίζει την ύπαρξη της λύσης στο διάστηµα [−l0, l0] µε

2l0 = α <1

K, K = 20 l max

x∈[−l,l]k(x)

(π.χ. α =

1

2K

).

Αν ϑα πάρουµε την αρχική συνθήκη στο l0 ϑα έχουµε τη λύση στο [l0, l1],παίρνοντας την αρχική συνθήκη στο l1 κατασκευάζουµε τη λύση στο [l1, l2] ...[ln−1, ln]... µε

li − li−1 =1

2K.

Παρατηρούµε ότι όλα τα σηµεία(li, y(li)

), i = 0, 1, 2, ... ανήκουν στο χω-

ϱίο Ω (αφού |y(li)| ≤ 10li < 10l). Προφανώς σε πεπερασµένο αριθµό ϐηµάτων(µε σταθερό ϐήµα µήκους 1/2K) ϑα ϕτάσουµε στο σηµείο l. Παροµοίως γιααρνητικά x.

Ορισµός. Εκτιµήσεις της λύσης υπο την προϋπόθεση ύπαρξής της ονοµά-Ϲονται a priori εκτιµήσεις ή εκτιµήσεις εκ των προτέρων.

Παρατήρηση. Οπως γνωρίζουµε απο το µάθηµα ∆ιαφορικές Εξισώσεις (ϐλ.τις σηµειώσεις µου ”Εισαγωγη στις ∆ιαφορικές Εξισώσεις”) για σταθερές g καιk το πρόβληµα (1.28) έχει ολική λύση και µάλιστα σε κλειστή µορφή

(1.29) y(x) =

√g√k

e2√gkx − 1

e2√gkx + 1

.


Ασκήσεις

΄Ασκηση 1.1. Κατασκευάστε τις τέσσερις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσειςφ1, φ2, φ3, φ4 της λύσης του προβλήµατος

y′ = −2 y, y(0) = 1,παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 1.΄Ασκηση 1.2. Κατασκευάστε τις δύο πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις της

λύσης του προβλήµατος

y′ = cos y + y, y(0) = 0,

παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 0΄Ασκηση 1.3. Κατασκευάστε τις τρεις πρώτες διαδοχικές προσεγγίσεις της

λύσης του προβλήµατοςy′ = y2 y(0) = 1,

παίρνοντας ως µηδενική την φ0 ≡ 1΄Ασκηση 1.4. Θεωρούµε το εξής πρόβληµα Cauchy

y′ = f(x, y), y(0) =1

ε.

∆ώστε παράδειγµα συνάρτησης f(x, y) έτσι ώστε η λύση να υπάρχει µόνο στοδιάστηµα (−

√ε,√ε) για ε > 0.

΄Ασκηση 1.5. ΄Εστω x(t) και y(t) έναι λύσεις των εξισώσεωνdx

dt= sin2x,

dy

dx= ey + 1

στο διάστηµα (a, 0) αντιστοίχως. Προσδιορίστε το πρόσηµο της συνάρτησηςz(t) = x(t)− y(t) στο (a, 0) αν x(0) = y(0).

΄Ασκηση 1.6. ΄Εστω y(x) λύση του προβλήµατος Cauchy

y′ = ey + sin2y + 1, y(0) = 1.

Αποδείξτε ότιlimx→x∗

y(x) = +∞

για κάποιο x∗ ∈ (0, 1).΄Ασκηση 1.7. ΄Εστω y(x) - λύση του προβλήµατος

y′ = y2 (sin x+ cos y + 3), y(0) = 1.

Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα σύγκρισης αποδείξτε ότι ∃ ένα x∗ > 0 τ.ω.limx→x∗

y(x) = +∞.

΄Ασκηση 1.8. Αποδείξτε ότι το πρόβληµα

y′ = 1− (sin2x)y4, y(0) = 0έχει λύση για όλα τα x (ολική ύπαρξη).

΄Ασκηση 1.9. Θεωρούµε το πρόβληµα (1.28) µε

0 < g0 ≤ g(x) ≤ g1, 0 < k0 ≤ k(x) ≤ k1, gi, ki, i = 0, 1 σταθερές.


1. Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι το πρόβληµα (1.28) µε σταθερές συναρ-τήσεις g(x), k(x) έχει λύση σε κλειστή µορφή (ϐλ. (1.29) ) αποδείξτε τηνεκτίµηση

√g0√k1

e2√g0k1x − 1

e2√g0k1x + 1

≤ y(x) ≤√g1√k0

e2√g1k0x − 1

e2√g1k0x + 1

για x ≥ 0,

√g1√k0

e2√g1k0x − 1

e2√g1k0x + 1

≤ y(x) ≤√g0√k1

e2√g0k1x − 1

e2√g0k1x + 1

για x ≤ 0.

2. Αποδείξτε ότι υπάρχει µοναδική λύση του προβλήµατος στο (−∞,+∞).΄Ασκηση 1.10. Στο παράδειγµα 1.12 εφαρµόσαµε µια διαδικασία που µας

έδωσε την ολική λύση του προβλήµατος y′ = g − k y2, y(0) = 0.1. Γιατί δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε την ίδια διαδικασία για το πρόβληµα

dy

dx= y2, y(0) = 1;

2. Τι ϑα γίνει αν πάρουµε y(0) = ε > 0 και ϑα περάσουµε στο όριο ε→ 0;΄Ασκηση 1.11. Θεωρούµε το εξής πρόβληµα (ϐλ. Παράδειγµα 1.6)

dy

dx= −sgn y, y(0) = 0.

1. ∆ιαπιστώστε ότι η διαδοχικές προσεγγίσεις (µε φ0(x) ≡ 0) είναι

φn(x) =

{−x, για n = 1, 3, 5, 7, . . .|x|, για n = 2, 4, 6, 8, . . .

2. Βρείτε το λάθος στον ακόλουθο συλλογισµό:ϑεωρούµε την υπακολουθία

φk(x), k = 2n+ 1, n = 0, 1, 2, 3, . . . ,

προφανώςlimk→∞

φk(x) = limk→∞

(−x) = −x = φ(x).

Περνάµε στο όριο στην σχέση (1.6) και καταλύγουµε στο οτι η συνάρτηση

φ(x) = −xείναι η λύση του προβλήµατός µας σε όλο τον R.

΄Ασκηση 1.12. Αποδείξτε οτι το πρόβληµα

y′ = −sign y + 12, y(0) = 0

µε

sign y =

1, για y > 00, για y = 0−1, για y < 0δεν εχει λύση για x > 0

(y = y(x)

).

΄Ασκηση 1.13. Αποδείξτε ότι ∀x0 ∈ R το πρόβληµα αρχικών τιµώνy′ =

√y, y(x0) = 0


έχει άπειρες λύσεις.΄Ασκηση 1.14. Για ποιές τιµές της παραµέτρου α > 0 το πρόβληµα

dy

dx=

y

xα, y(0) = y0

είναι καλώς τεθειµένο.


§2. Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων

Σε αυτή την παράγραφο µε t ϑα συµβολίζουµε την ανεξάρτητη µεταβλητήκαι µε

x = x(t) = (x1(t), . . . , xn(t))

την προσδιοριστέα διανυσµατική συνάρτηση.΄Εστω έχουµε ένα σύστηµα διαφορικών εξισώσεων:

dx1dt

= Φ1(x1, . . . , xn, t)

· · · · ·dxndt

= Φn(x1, . . . , xn, t).

Το µήκος του διανύσµατος x(t) ϑα είναι η |x(t)| =√x21(t) + · · ·+ x2n(t).

Με Φ(x, t) ϑα συµβολίσουµε το διάνυσµα

Φ(x, t) = (Φ1(x, t), . . . ,Φn(x, t)).

Ο συµβολισµός x′(t) ϑα σηµαίνει

x′(t) = (x′1(t), . . . , x′n(t))

και το ολοκλήρωµα του x(t) ϑα είναι διάνυσµα µε συνιστώσες∫ ba

x(t)dt =(∫ b

ax1(t)dt, . . . ,

∫ baxn(t)dt

).

Χρησιµοποιώντας αυτούς τους συµβολισµούς ϑα γράφουµε τα συστήµατα σεδιανυσµατική µορφή

(2.1)dx

dt= Φ(x, t).

Ορισµός. Λέµε ότι το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) ικανοποιεί την συνθήκητου Lipschitz (ως προς x) σε κάποιο χωρίο Ω× (a, b) ⊂ Rn+1, εάν

|Φ(x, t)−Φ(y, t)| ≤ K|x− y|,όπου x,y ∈ Ω, t ∈ [a, b], K > 0 σταθερά του Lipschitz.

Ορισµός. Λέµε ότι το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) είναι της κλάσεως C1 ωςπρος x, αν κάθε συνιστώσα Φk είναι της κλάσεως C1 ως προς x.

Λήµµα 2.1. Αν Φ(x, t) ∈ C1 σε κάποιο κυρτό χωρίο Ω, τότε είναι Lipschitzσυνεχής συνάρτηση στο Ω.

Απόδειξη. ΄Εστω

M = supΩ,i,j=1,...,n

|∂Φi∂xj|.

Για κάθε Φi(x, t), σταθεροποιηµένες x,y,t και µεταβλητή s έχουµε

d

ds[Φi(x + sy, t)] =

n∑k=1

∂Φi∂zk

(x + sy, t)yk,


όπου zk = xk+syk. Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα Μέσης Τιµής για την Φi(z, t),όπου z = x + sy, 0 ≤ s ≤ 1, ϑα πάρουµε

Φi(x + y, t)− Φi(x, t) =d

d s[Φi(x + sy, t)]

∣∣∣s=s∗i

και εποµένως

Φi(x + y, t)− Φi(x, t) =d

d s[Φi(x + sy, t)]

∣∣∣s=s∗i

=

(2.2)

n∑k=1

∂Φi∂zk

(x + sy, t)∣∣∣s=s∗i

yk,

για κάποιο s∗i ∈ [0, 1].(

Πράγµατι για την hi(s) = Φi(x + sy, t) έχουµε

Φi(x + y, t)− Φi(x, t) = hi(1)− hi(0) = h′i(s∗i ) =d

d s[Φi(x + sy, t)]

∣∣∣s=s∗i

για κάποιο s∗i ∈ [0, 1].)

Από την (2.2) προκύπτει(Φi(x + y, t)− Φi(x, t)

)2=( n∑k=1

∂Φi∂zk

(x + sy, t)∣∣∣s=s∗i

yk

)2≤

(2.3)n∑k=1

(∂Φi∂zk

(x + sy, t)∣∣∣s=s∗i

)2 n∑k=1

y2k ≤ nM2|y|2,

όπου η τελευταία ανισότητα προκύπτει από την ανισότηταCauchy−Schwarz∗για το δεξί µέρος της (2.2). Αθροίζοντας την (2.3) ως προς i, ϑα πάρουµε

|Φ(x + y, t)−Φ(x, t)|2 ≤ n2M2|y|2.Εξάγοντας την τετραγωνική ϱίζα, λαµβάνουµε

(2.4) |Φ(x + y, t)−Φ(x, t)| ≤ nM |y|.΄Οπου η (2.4) είναι η συνθήκη του Lipschitz για την Φ(x, t), µε σταθερά τουLipschitz να είναι η K = nM .

∗ Ανισότητα Cauchy − Schwartz:|a · b| ≤ |a||b|

ή ( n∑k=1

akbk)2 ≤ ( n∑

k=1

a2k)( n∑

k=1

b2k).

2.1 Συστήµατα ∆ιαφορικών Εξισώσεων Πρώτης ΤάξηςΘα περάσουµε τώρα στο πρόβληµα Cauchy για το σύστηµα (2.1) και ϑα

ξεκινήσουµε µε την µοναδικότητα της λύσης.


Πρόβληµα Cauchy (ή πρόβληµα αρχικών τιµών). Να ϐρεθεί η λύση τηςεξίσωσης (2.1) η οποία παίρνει σε κάπιοι σηµείο t0 δοσµένη τιµή c ∈ R :

(2.5)dx

dt= Φ(x, t), x(t0) = c,

c = (c1, ..., cn) δοσµένο διάνυσµα.Θεώρηµα 2.1(µοναδικότητα). Αν το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) ικανοποιεί

την συνθήκη του Lipschitz ως προς x και είναι συνεχές ως προς t σε ένα χωρίοΩ× (a, b) ⊂ Rn+1, τότε υπάρχει το πολύ µια λύση του προβλήµατος (2.5), όπου(c, t0) ∈ Ω.

Απόδειξη. Υποθέτουµε ότι υπάρχουν δυο λύσεις x(t) και y(t), όπουx(t0) = y(t0) = c. Εισάγουµε την συνάρτηση σ(t) η οποία ισούται µε τοτετράγωνο της απόστασης µεταξύ των x(t) και y(t)

(2.6) σ(t) = |x(t)− y(t)|2 =n∑k=1

[xk(t)− yk(t)]2 ≥ 0.

Παραγωγίζουµε την σ(t), έχοντας υπόψη ότι x(t) και y(t) είναι λύσεις τουσυστήµατος (2.1)

σ′(t) = 2n∑k=1

[xk(t)− yk(t)][Φk(x, t)− Φk(y, t)] =

= 2[x− y] · [Φ(x, t)−Φ(y, t)].Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy − Schwarz, ϑα πάρουµε

(2.7) σ′(t) ≤ |σ′(t)| = 2|(x− y) · (Φ(x, t)−Φ(y, t))| ≤

≤ 2|x− y||Φ(x, t)−Φ(y, t)| ≤ 2K|x− y|2 = 2Kσ(t).Από την (2.7) αµέσως προκύπτει ότι

σ′ ≤ 2Kσ =⇒ (σ′ − 2Kσ)e−2Kt ≤ 0 =⇒ (σe−2Kt)′ ≤ 0,

άρα για t ≥ t0σ(t)e−2Kt ≤ σ(t0)e−2Kt0 =⇒ σ(t) ≤ σ(t0)e2K(t−t0).

Αφού x(t0) = y(t0), έχουµε σ(t0) = 0 και εποµένως σ(t) ≤ 0. Από την (2.6)προκύπτει ότι σ(t) ≡ 0 και |x(t)− y(t)|2 ≡ 0 για t ≥ t0.

Συνεπώς x(t) ≡ y(t) για t ≥ t0.Με παροµοιο τρόπο µπορούµε να µελετήσουµε την περίπτωση t < t0. Προ-

ϕανώς −σ′(t) ≤ |σ′(t)| και εποµένως

−σ′ ≤ 2Kσ =⇒ σ′ ≥ −2Kσ =⇒ (σe2Kt)′ ≥ 0.

΄Αρα για t ≤ t0 έχουµε

σ(t)e2Kt ≤ σ(t0)e2Ka =⇒ σ(t) ≤ σ(t0)e2K(t0−t).

Συνεπώς σ(t) ≡ 0 για t ≤ t0, δηλαδή x(t) ≡ y(t) για t ≤ t0.�


Προφανώς µε τον ίδιο τρόπο µπορούµε να αποδείξουµε την µοναδικότητακαι στην περίπτωση µιας εξίσωσης.Το ϑεώρηµα µοναδικότητας ισχύει υπό πιο γενικές συνθήκες, συγκεκριµένα:

Θεώρηµα 2.2 (Osgood) (χωρίς απόδειξη). Αν κάθε συνιστώσα του Φ(x, t)ικανοποιεί την

|Φi(x, t)− Φi(y, t)| ≤ ϕ(n∑k=1

|xk − yk|), i = 1, . . . , n,

όπου ϕ(u) είναι συνεχής συνάρτηση, η οποία1. ϕ(u) > 0 για u > 0 και2. ∫ a

ε

du

ϕ(u)→∞, όταν ε→ 0 (a > ε),

τότε υπάρχει το πολύ µια λύση του προβλήµατος (2.5).

΄Οπως και στην περίπτωση µιας διαφορικής εξίσωσης, για να αποδείξουµε τοϑεώρηµα ύπαρξης και µοναδικότητας της τοπικής λύσης, ϑα ακολουθήσουµετην µέθοδο των διαδοχικών προσεγγίσεων. Το πρώτο ϐήµα είναι να περάσουµεαπό το διαφορικό σύστηµα σε ολοκληρωτικό σύστηµα, που είναι ισοδύναµοµε το διαφορικό. ΄Εστω x(t) είναι λύση του διαφορικού συστήµατος

dx

dt= Φ(x, t).

Ολοκληρώνουµε αυτό το σύστηµα ως προς t από t0 έως t. Προφανώς∫ tt0

x′(τ)dξ =(∫ t

t0

x′1(τ)dτ, . . . ,

∫ tt0

x′n(τ)dτ)

=

(x1(t)− x1(t0), . . . , xn(t)− xn(t0)) = x(t)− x(t0).΄Αρα

x(t)− x(t0) =∫ tt0

Φ(x, τ)dτ

και αφού x(t0) = c έχουµε

(2.8) x(t) = c +

∫ tt0

Φ(x, ξ)dξ.

Θα δείξουµε τώρα ότι η συνεχής λύση της (2.8) ϑα είναι και η λύση του δια-ϕορικού συστήµατος. Αν η x(t) είναι συνεχής, τότε και η Φ(x, t) ϑα είναισυνεχής, εποµένως το δεξί µέρος της (2.8) έχει την παράγωγο ως προς t, επο-µένως την έχει και το αριστερό µέρος, άρα x′(t) = Φ(x, t), και η x(t) είναιλύση του διαφορικού συστήµατος. Είναι προφανές ότι x(t0) = c.

Θα ξεκινήσουµε µε την περίπτωση ύπαρξης της ολικής λύσης. Πρώτα όµωςϑα κάνουµε την εξής παρατήρηση: η γνωστή ανισότητα∣∣∣ ∫ t

t0

h(τ)dτ∣∣∣ ≤ ∣∣∣ ∫ t

t0

|h(τ)|dτ∣∣∣


για µια συνάρτηση h(t) : R → R ισχύει και για διανυσµατικές συναρτήσεις(διανυσµατικά πεδία) φ(t) : R→ Rn, φ(t) =

(φ1(t), ..., φn(t)

), δηλαδή∣∣∣ ∫ t

t0

φ(τ)dτ∣∣∣ ≤ ∣∣∣ ∫ t

t0

|φ(τ)|dτ∣∣∣.

Πράγµατι, ϑεωρούµε την οµοιόµορφη διαµέριση του διαστήµατος (t0, t) σε mισα διαστήµατα µήκους ∆t = |t− t0|/m, tk = t0 +k∆t, k = 1, ...,m. ΄Εχουµε∣∣∣ ∫ t

t0

φ(τ)dτ∣∣∣ = ∣∣∣( ∫ t

t0

φ1(τ)dτ, ...,

∫ tt0

φn(τ)dτ)∣∣∣ =

∣∣∣( limm→∞

m∑k=1

φ1(tk)∆t, ..., limm→∞

m∑k=1

φn(tk)∆t)∣∣∣ ≤

limm→∞

m∑k=1

∣∣(φ1(tk), ..., φn(tk))∣∣∣∣∆t∣∣ = ∣∣∣ ∫ tt0

|φ(τ)|dτ∣∣∣.

Θεώρηµα 2.3(ολική ύπαρξη).΄Εστω το διανυσµατικό πεδίο Φ(x, t) είναι συ-νεχές και ικανοποιεί την συνθήκη του Lipschitz στο διάστηµα |t− t0| ≤ T γιαόλα τα x,y ∈ Rn. Τότε για οποιοδήποτε σταθερό διάνυσµα c το πρόβληµααρχικών τιµών (2.5) έχει µια και µοναδική λύση στο |t− t0| ≤ T .

Απόδειξη. Κατασκευάζουµε τις προσεγγιστικές λύσεις του προβλήµατος :

φm(t) = c +

∫ tt0

Φ(φm−1(τ), τ

)dτ, m > 0,

φ0(t) τυχαία συνεχής συνάρτηση τ.ω. φ0(t0) = c. Αφού η φ0 είναι συνεχήςστο |t − t0| ≤ T , τότε και η φ1 ϑα είναι συνεχής στο |t − t0| ≤ T κ.ο.κ.Εποµένως όλες οι προσεγγίσεις είναι συνεχείς συναρτήσεις. Θα αποδείξουµεότι η ακολουθία

(2.9) φ0(t), φ1(t), φ2(t), ..., φm(t), ...

συγκλίνει οµοιόµορφα για |t − t0| ≤ T . Ας τονίσουµε εδώ ότι τα φm είναιδιανύσµατα:

φm(t) =(φm1(t), φm2(t), ..., φmn(t)

), m = 0, 1, 2, ....

΄ΕστωM = max|t−t0|≤T |Φ(φ0, t)|. ΤοM


≤∫ t

0K|φ1(τ)− φ0(τ)|dτ ≤ K

∫ t0Mτdτ = KMt2/2.

Οµοίως παίρνουµε

|φ3(t)− φ2(t)| ≤ K∫ t

0|φ2(τ)− φ1(τ)|dτ ≤ K

∫ t0KMτ2/2dτ =

K2M

2

t3

3,

. . .

|φm+1(t)− φm(t)| ≤M

K

(Kt)m+1

(m+ 1)!.

΄Οπως και στην περίπτωση µιας διαφορικής εξίσωσης (ϐλ. σελ. 7), µπορούµενα αντικαταστήσουµε την ακολουθία (2.9) µε την σειρά

(2.10) φ0(t) +

∞∑m=0

[φm+1(t)− φm(t)],

(δηλαδή φ0i(t) +

∞∑m=0

[φm+1i(t)− φmi(t)] i = 1, 2, . . . , n)

της οποίας το m-οστο µερικό άθροισµα συµπίπτει µε την φm(t) (δηλαδή µε(φm1(t), . . . , φmn(t)). Οι απόλυτες τιµές των µελών της (2.10) δεν υπερβαίνουντα αντίστοιχα µέλη της σειράς

|c|+ MK

∞∑m=0

(Kt)m+1

(m+ 1)!,

η οποία συγκλίνει οµοιόµορφα για |t| ≤ T στο MK (eKt − 1) + |c|. Εποµένως

η σειρά (2.10) συγκλίνει οµοιόµορφα και ως συνέ�

Documents

2020 ΄ΑλκηςΤερσένοβusers.math.uoc.gr/~tersenov/LectureNotes/ode2017s.pdf · 2020. 10. 20. · ΄ΑλκηςΤερσένοβ 3 §1. ∆ιαφορικέςΕξισώσειςΠρώτηςΤάξης