Download pdf - Row Rozniczkowe

Rwnania rniczkowe

Krzysztof Frczek

Version 1.0b, 2003/07/07

1

SPIS TRECI 2

Spis treci

1 Rwnania rniczkowe 31.1 Przykady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Co to jest rwnanie rniczkowe zwyczajne? . . . . . . . . . . 61.3 Interpretacja geometryczna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Rwnanie o rozdzielonych zmiennych . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Istnienie i jednoznaczno rozwiza 102.1 Istnienie i jednoznaczno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.2 Rozwizania globalne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Schematy numeryczne 253.1 Definicje i podstawowe wasnoci . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2 Schematy Rungego-Kutty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 Praktyczne zastosowania schematw numerycznych . . . . . . 33

4 Ukady rwna liniowych 374.1 Rwnania liniowe o staych wspczynnikach . . . . . . . . . . 434.2 Rwnania liniowe wyszych rzdw . . . . . . . . . . . . . . . 494.3 Liniowe rwnania rnicowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 524.4 Liniowe schematy wielokrokowe . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

5 Zalenoci rozwiza od warunkw pocztkowych 67

6 Rwnania rniczkowe czstkowe pierwszego rzdu 756.1 Podstawowe definicje i wasnoci . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.2 Rozmaitoci (przypomnienie) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.3 Rozwizywanie rwna liniowych . . . . . . . . . . . . . . . . 776.4 Rwnania quasi-liniowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

7 Rwnania rniczkowe czstkowe drugiego rzdu 907.1 Rwnanie struny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

8 Problem Dirichleta 998.1 Metoda siatek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

1 RWNANIA RNICZKOWE 3

1 Rwnania rniczkowe

1.1 Przykady

Przykad 1.1.1. Do banku wkadamy w chwili t0 pewien kapita pocztkowyN0. Bank oferuje nam oprocentowanie k(t)(w stosunku rocznym) - zmiennew czasie. Jaka bdzie warto wkadu w chwili t? Zaley to oczywicie odtego jak czsto bank kapitalizuje (dolicza odsetki) nasz wkad. Jeli okreskapitalizacji wynosi h, to:

N(t+ h) = N(t) + h k(t)N(t) (1.1.1)

Co moemy powiedzie na temat N(t) jeli kapitalizacja przebiega w sposbcigy, czyli h 0?

N(t+ h)N(t)h

= k(t)N(t) (1.1.2)

Przechodzc z h 0 otrzymujemydNdt

= k NN(t0) = N0

(1.1.3)

Przykad 1.1.2. (Druga zasada dynamiki)Obserwujemy ruch pewnej czstki w R3. Wiemy e w chwili t0 znajduje si wx0 R3 i porusza si z prdkoci v0 R3. Zamy, e na czstk znajdujcsi w x R3 i poruszajc si z prdkoci v R3 w chwili t dziaa siaF (t, x, v) R3. Wwczas ruch czstki x(t) R3 opisuje rwnanie Newtona:

m x(t) = F (t, x(t), x(t))x(t0) = x0x(t0) = v0

x(t) = (x1(t), x2(t), x3(t))m xi (t) = F (t, x1(t), x2(t), x3(t), x1(t), x2(t), x3(t))

i = 1, 2, 3.

(1.1.4)

Powysze rwnanie mona sprowadzi do, w pewnym sensie, prostszego rw-


nania. Oznaczmy v(t) = x(t). Wwczas:m v(t) = m x(t) = F (t, x(t), x(t)) = F (t, x(t), v(t))x(t) = v(t)x(0) = x0v(0) = v0

(1.1.5)

Wwczas poszukiwana funkcja jest postaci t 7 (x(t), v(t)) R3 R3.Przykad 1.1.3. (Wahado matematyczne)Wahado dugoci l, ktre posiada ciarek o masie m, wprawiono w ruchw chwili t0 pod ktem 0 z prdkoci ktow 0. Jakie bdzie pooeniewahada oraz jego prdko ktowa w chwili t?

Na wahado dziaaj dwie siy: sia cikoci mg oraz sia z jak sznurektrzyma ciarek. Niech (x, y) = (l sin, l cos).

Zatem sia dziaajca na wahado w pooeniu (l sin, l cos) wynosiF (l sin, l cos) = mg sin( cos, sin). Niech x(t) = l(sin(t), cos(t))oznacza pooenie wahada w chwili t, czyli (t) jest ktem jego wychylenia.Druga zasada dynamiki mwi:

x(t) = F (x(t)) (1.1.6)

Zatem

x(t) = l(cos(t) (t), sin(t) (t))x(t) = l( sin(t)((t))2 + cos(t) (t), cos(t)((t))2 sin(t) (t)).

(1.1.7)


Std

ml( sin(t)((t))2 + cos(t) (t)) = mg sin(t) cos(t) / cos(t)ml( cos(t)((t))2 sin(t) (t)) = mg sin2 (t) / sin(t)

l(t) = g sin(t).(1.1.8)

Jeli (t) = (t), to (t) = (t)(t) = g

lsin(t)

(t0) = 0(t0) = 0.

(1.1.9)

Przykad 1.1.4. (Rozwj populacji)Niech N(t) bdzie wielkoci populacji (np. ilo krlikw, bakterii itp.) najakim zamknitym obszarze. Wiemy, e w chwili t0 wielko populacji wynosiN0. Jakie prawa rzdz rozwojem populacji? Przyrost populacji N (t) jestproporcjonalny do jej wielkoci, czyli

N (t) = k(N(t)) N(t), (1.1.10)

gdzie k(N) jest wspczynnikiem wzrostu populacji gdy jej wielko wyno-si N . Poniewa ilo pokarmu jest staa, wic funkcja k jest malejca. Dlauproszczenia moemy przyj k(N) = a b N . Zatem dynamik populacjiopisuje rwnanie: N (t) = (a b N(t))N(t)N(t0) = N0 (1.1.11)Przykad 1.1.5. (Wspistnienie gatunkw)Na danym terenie yj dwa gatunki: drapieniki i ofiary. Niech x(t) oznaczaliczb drapienikw, y(t) liczb ofiar w chwili t.x(t) = (b y(t) a)x(t)y(t) = (e d x(t))y(t) (1.1.12)(Rwnanie Volterry-Lotki)


1.2 Co to jest rwnanie rniczkowe zwyczajne?

Definicja 1.2.1. Rwnaniem rniczkowym zwyczajnym rzdu n nazywamyrwnanie postaci:

F (t, x(t), x(t), ..., x(n)(t)) = 0, (1.2.1)

przy czym szukan funkcj jest funkcja x : [t0, t0 + ] Rd, ktra speniawarunek (1.2.1), gdzie F : [t0, t0 + ] Rd ... Rd

n+1

Rk jest funkcj

przynajmniej cig.

Jeli k = d oraz F mona rozwika dla ostatniej wsprzdnej to rwna-nie (1.2.1) ma posta

x(n) = f(t, x(t), x(t), ..., x(n1)(t)), (1.2.2)

gdzie f : [t0, t0 + ] Rd ... Rd n

Rd

Rwnanie (1.2.2) moe posiada wiele rozwiza. Aby ograniczy si do jed-nego rozwizania rwnanie (1.2.2) rozwaa si wraz z warunkami pocztko-wymi postaci:

x(t0) = x0x(t0) = x1...x(n1)(t0) = xn1

(1.2.3)

Stwierdzenie 1.2.1. Dowolne rwnanie postaci (1.2.2) mona sprowadzido rwnania pierwszego rzdu (czyli n = 1).

Dowd. Oznaczmy:

x1(t) = x(t)x2(t) = x(t)

...

xn(t) = x(n1)(t)

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


Wwczas

x1(t) = x(t) = x2(t)

x2(t) = x(t) = x3(t)

...

xn1(t) = x(n1)(t) = xn(t)

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

Std otrzymujemy rwnanie

x(t) = f(t, x(t)) (1.2.4)

gdzie f : [t0, t0 + ] Rdn Rdn, f i(t, x) = xi+1 dla i = 1, . . . , n 1 orazfn(t, x) = f(t, x). Natomiast warunek pocztkowy wyglda nastpujco

x(t0) = (x1(t0), ..., xn(t0)) = (x(t0), x(t0), ..., x(n1)(t0)) = (x0, ..., xn1).

Jeli teraz rozwiemy rwnanie (1.2.4) z powyszym warunkiem poczt-kowym, to y(t) = x1(t) jest rozwizaniem rwnania (1.2.2) z warunkiempocztkowym (1.2.3).


1.3 Interpretacja geometryczna

Rozwamy rwnanie rniczkowe postaci x(t) = f(x(t)), gdzie f : Rd Rd.Rwnanie takiej postaci nazywamy autonomicznym (niezalenym od czasut). Wwczas na funkcj f : Rd Rd moemy patrze jak na pole wektorowe(pole wektorw prdkoci). Rozwizanie x(t) moemy wwczas traktowa ja-ko opis ruchu czstki w Rd, ktrego wektor prdkoci jest wyznaczony przezwektor pola f umieszczony w punkcie w ktrym znajduje si czstka.

Jeli rwnanie rniczkowe jest postaci x(t) = f(t, x(t)), okrela si je mia-nem nieautonomicznego (zalenego od czasu). W takim wypadku pole wek-torowe f zmienia si w czasie, co naley uwzgldni w ruchu czstki.

1.4 Rwnanie o rozdzielonych zmiennych

Definicja 1.4.1. Rwnanie postaci

x(t) = h(t)q(x(t)), (1.4.1)

gdzie h : K R, g : L R s funkcjami cigymi na pewnych odcinkachK i L nazywamy rwnaniem o rozdzielonych zmiennych.

Twierdzenie 1.4.1. (Metoda rozdzielonych zmiennych)Niech g(x) 6= 0 dla x L. Oznaczmy przez H oraz G funkcje pierwotne


odpowiednio funkcji h oraz 1g. Niech u : K L bdzie funkcj rniczkowaln.

Wwczas u jest rozwizaniem rwnania (1.4.1) wtedy i tylko wtedy gdy:

CRG(u(t)) = H(t) + C. (1.4.2)

Dowd. () Zauwamy, e jeli u(t) = h(t)g(u(t)) dla t K, to

u(t)g(u(t))

= h(t)

G(u(t))u(t) = H (t)

(G u)(t) = H(t)

G(u(t)) = H(t) + C

() wystarczy zrniczkowa.

Uwaga 1.4.1. Poniewa G(x) = 1g(x) 6= 0, wic G jest odwracalna, std

u(t) = G1(H(t) + C) (1.4.3)

2 ISTNIENIE I JEDNOZNACZNO ROZWIZA 10

2 Istnienie i jednoznaczno rozwiza

2.1 Istnienie i jednoznaczno

Niech f : [t0, t0 + ] G Rd (G Rd otwarty) bdzie funkcj cig.Rozwamy problem Cauchyegox(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0. (2.1.1)Kiedy istnieje rozwizanie problemu (2.1.1) i czy jest ono jedyne?Zamy e x : [t0, t0+] G Rd jest funkcj rniczkowaln speniajcrwnanie (2.1.1). Wwczas x jest klasy C1 oraz

x(t) x(t0) = tt0x()d =

tt0f(, x())d, (2.1.2)

czyli

x(t) = x0 + tt0f(, x())d. (2.1.3)

Odwrotnie, jeli x jest funkcj cig speniajc (2.1.3), wwczas jest roz-wizaniem problemu Cauchyego (2.1.1). Zatem problemy (2.1.1) i (2.1.3) srwnowane.

Lemat 2.1.1. GronwallaNiech u, v : [t0, t0 + ] R bd funkcjami cigymi nieujemnymi orazC R, C 0. Jeli:

v(t) 6 C + tt0u()v()d, (2.1.4)

tov(t) 6 C e

tt0u()d

. (2.1.5)

Dowd. 1) C > 0. Rozwamy w(t) = C + tt0u()v()d . Wwczas v(t) 6

w(t) oraz w(t) C > 0. Ponadto w(t) = u(t)v(t) 6 u(t)w(t). Std

w(t)w(t)

6 u(t).

Zatem

lnw(t) lnw(t0) = tt0

w()w()

d 6 tt0u()d


orazv(t) 6 w(t) 6 w(t0) e

tt0u()d

= C e tt0u()d

.

2) C = 0. Wwczas

v(t) 6 + tt0u()v()d

dla dowolnego > 0. Zatem na mocy 1) otrzymujemy

v(t) 6 e tt0u()d

Natomiast przechodzc z 0 otrzymujemy v(t) 6 0.

Definicja 2.1.1. Mwimy, e funkcja ciga f : [t0, t0 + ]G Rd, gdzieG Rd, spenia warunek Lipschitza ze wzgldu na x ze sta L, jeli

t[t0,t0+]x,yG f(t, x) f(t, y) 6 L x y . (2.1.6)

Przykad 2.1.1. Niech f : [t0, t0+]G Rd bdzie klasy C1 (gdzie G jestzbiorem wypukym) tak, e

supt,x

f(t, x)x = L < + (2.1.7)

(warunek ten jest speniany gdy < + oraz G jest zbiorem zwartym).Wwczas na mocy twierdzenia o waroci redniej

f(t, x) f(t, y) 6 x y sup0661

xf(t, x+ (y x)) 6 L x y

(2.1.8)

Twierdzenie 2.1.2. O jednoznacznoci rozwizaNiech f : [t0, t0 + ] G Rd (G Rd) bdzie funkcj cig speniajcwarunek Lipschitza ze sta L ze wzgldu na x. Zamy, e funkcje rnicz-kowalne x, y : [t0, t0 + ] G Rd speniaj warunki:

x(t) = f(t, x(t)), y(t) = f(t, y(t)) dla t [t0, t0 + ] (2.1.9)

oraz x(t0) = y(t0). Wwczas x(t) = y(t) dla t [t0, t0 + ].


Dowd. Niech v(t) = x(t) y(t). Wwczas

v(t) =x(t0) + t

t0f(, x())d y(t0)

tt0f(, y())d

=

tt0(f(, x()) f(, y()))d

6 tt0f(, x()) f(, y()) d

6 tt0L x() y() d =

tt0Lv()d.

Stosujc lemat Gronwalla dla C = 0, u = L otrzymujemy v(t) = x(t) y(t) =0 dla t [t0, t0 + ]. Zatem x(t) = y(t) dla t [t0, t0 + ].

Przykad 2.1.2. Rozwamy rwnaniex = 2|x|

x(0) = 0.

Jednym z rozwiza jest x1(t) = 0. Ponadto

x2(t) ={

t2 dla t 0t2 dla t 6 0

jest rwnie jego rozwizaniem, poniewa:

x2(t) ={

2t dla t 02t dla t 6 0 = 2

|x2(t)|

Oczywicie x 7 2|x| jest ciga jednak nie Lipschitza.


Wida wic, e warunek Lipschitza jest konieczny dla jednoznacznoci roz-wiza.

Twierdzenie 2.1.3. (Picarda o istnieniu lokalnych rozwiza)Niech f : [t0, t0+]K(x0, b) Rd (K(x0, b) jest kul domknit o rodkuw x0 i promieniu b) bdzie funkcj cig speniajc warunek Lipschitza dlax ze sta L. Niech f(t, x) 6M dla (t, x) [t0, t0+]K(x0, b). Wwczasistnieje dokadnie jedna funkcja rniczkowalna

x :[t0, t0 +min(,

b

M)] K(x0, b)

taka, e x(t0) = x0 oraz x(t) = f(t, x(t)) dla x [t0, t0 + ], gdzie =min(, b

M).

Dowd. Jednoznaczno wynika z twierdzenia 2.1.2. Wystarczy zatem udo-wodni istnienie rozwizania. W tym celu skonstruujemy cig yn : [t0, t0 +] Rd w sposb indukcyjny, ktry bdzie przyblia rozwizanie rwnania.Cig {yn} definiujemy nastujco:y0(t) = x0yn+1(t) = x0 + tt0 f(, yn())d dla t [t0, t0 + ]eby definicja miaa sens musimy sprawdzi, czy yn(t) K(x0, b) dlat [t0, t0 + ].Dowd indukcyjny:1o Dla n = 0 mamy y0(t) = x0 K(x0, b).2o Zamy, e yn K(x0, b) dla t [t0, t0 + ]. Wwczas

yn+1 x0 = t

t0f(, yn())d

6 tt0f(, yn()) d

6 M(t t0) 6M 6Mb

M= b.

Zatem yn(t) K(x0, b) dla kadego n N. Nastpnie pokaemy, e:

yn+1(t) yn(t) 6MLn(t t0)n+1

(n+ 1)!dla t [t0, t0 + ].

Dowd indukcyjny:1o Dla n = 0 mamy

y1(t) y0(t) = y1(t) x0 6M(t t0) =ML0(t t0)1

1!.


2o Zamy, e yn(t) yn1(t) 6 MLn1(tt0)n

n! dla t [t0, t0 + ]. Wwczas

yn+1(t) yn(t) =x0 + t

t0f(, yn())d x0

tt0f(, yn1())d

6

tt0f(, yn()) f(, yn1()) d

6 L tt0yn() yn1() d 6 L

tt0

MLn1( t0)n

n!d

=MLn( t0)n+1

(n+ 1)!

t

t0

=MLn(t t0)n+1

(n+ 1)!.

Rozwamy szereg funkcyjny:

y0 +n=0

(yn+1(t) yn(t)) dla t [t0, t0 + ]. (2.1.10)

Poniewa mamy supt[t0,t0+] yn+1(t) yn(t) 6MLnn+1

(n+1)! oraz szereg liczbo-

wy

n=0MLnn+1

(n+1)! jest zbieny, wic, na podstawie kryterium Weierstrassa,szereg (2.1.10) jest zbieny jednostajnie do funkcji cigej y : [t0, t0+] Rd.Ponadto

y y0 +n1k=0

(yk+1 yk) = y0 + (y1 y0) + ...+ (yn yn1) = yn,

zatem yn y (zbiega jednostajnie) oraz y : [t0, t0 + ] K(x0, b). Ponadtozn(t) = f(t, yn(t)) zbiega jednostajnie do z(t) = f(t, y(t)) na [t0, t0 + ],poniewa

z(t) zn(t) = f(t, y(t)) f(t, yn(t)) 6 L y(t) yn(t) .

Zatem dla dowolnego t [t0, t0 + ]

x0 + tt0zn()d x0 +

tt0z()d = x0 +

tt0f(, y())d

orazx0 +

tt0zn()d = x0 +

tt0f(, yn())d = yn+1(t) y(t).

Std

y(t) = x0 + tt0f(, y())d


oraz y jest ciga na [t0, t0 + ], czyli y jest klasy C1 orazy(t) = f(t, y(t)) dla t [t0, t0 + ]y(t0) = x0

Twierdzenie 2.1.4. (o istnieniu i jednoznacznoci rozwiza lokalnych roz-wiza dla funkcji klasy C1) Niech f : [t0, t0 + ] G Rd (G Rdotwarty) bdzie funkcj klasy C1. Wwczas dla dowolnego x0 G istnieje > 0 oraz funkcja rniczkowalna x : [t0, t0 + ] G taka, e x(t0) = x0oraz x(t) = f(t, x(t)) dla x [t0, t0 + ]. Ponadto, zamy, e dla pewnego > 0 funkcje rniczkowalne x, y : [t0, t0 + ] G Rd speniaj warun-ki: x(t) = f(t, x(t)), y(t) = f(t, y(t)) dla t [t0, t0 + ] oraz x(t0) = y(t0).Wwczas x(t) = y(t) dla t [t0, t0 + ].

Dowd. 1o Istnienie. Poniewa x0 G i G jest otwarty, wic istnieje b > 0takie, e K(x0, b) G. Poniewa zbr [t0, t0 + ]K(x0, b) jest zwarty

M := sup(t,x)[t0,t0+]K(x0,b)

f(t, x) < +,

L := sup(t,x)[t0,t0+]K(x0,b)

fx

(t, x) < +.

Zatem

f(t, x) f(t, y) Lx y dla t [t0, t0 + ], x, y K(x0, b).

Std na podstawie tw. Picarda istnieje funkcja rniczkowalna x : [t0, t0 +] K(x0, b) G ( = min(, b/M)) taka, ex(t) = f(t, x(t)) dla t [t0, t0 + ]x(t0) = x02o Jednoznaczno. Niech

t0 + 0 = inf{t [t0, t0 + ] : x(t) 6= y(t)}.

Zamy, e 0 < . Z cigoci x i y mamy y0 := x(t0+ 0) = x(t0+ 0) G.Poniewa G jest zbiorem otwartym wic istnieje b > 0 takie, e K(y0, b) G.Wwczas, podobnie jak w 1o, istnieje L 0 takie, e

f(t, x) f(t, y) Lx y dla t [t0 + 0, t0 + ], x, y K(y0, b).


Niech > 0 bdzie takie, e x(t), y(t) K(y0, b) dla t [t0 + 0, t0 + 0 + ].Wwczas f : [t0+ 0, t0+ 0+ ]K(y0, b) Rd jest funkcj Lipschitza orazx, y : [t0 + 0, t0 + 0 + ] K(y0, b) speniaj zaoenia Twierdzenia 2.1.2.Zatem x(t) = y(t) dla t [t0 + 0, t0 + 0 + ]. Std

t0 + 0 = inf{t [t0, t0 + ] : x(t) 6= y(t)} t0 + 0 + ,

czyli 0 i sprzeczno. Std 0 = i x(t) = y(t) dla t [t0, t0 + ].


2.2 Rozwizania globalne

Przykad 2.2.1. Rozwamy rwnania:x = x2x(1) = 1. (2.2.1)Wwczas x(t) = 1

t2 jest jego rozwizaniem, ale tylko na odcinku [1, 2).Istnieje zatem tylko lokalne rozwizanie tego problemu.

Twierdzenie 2.2.1. (Arzeli-Ascoliego) Niech xn : [a, b] Rd bdzie rodzinjednakowo cig, tzn.

>0>0nt,s[a,b]t s < xn(t) xn(s) < ,

takich, e {xn(a)} jest ograniczony. Wwczas moemy wybra podcig {xnk}kNjednostajnie zbieny do funkcji cigej x : [a, b] Rd.

Uwaga 2.2.1. Jeli funkcje xn speniaj warunek Lipschitza ze wspln staL (xn(t) xn(s) 6 Lt s), to {xn}nN jest jednakowo ciga.

Twierdzenie 2.2.2. (Peano, o istnieniu rozwiza) Jeli f : [t0, t0 + ] Rd Rd jest funkcj cig i ograniczon, wwczas dla kadego x0 Rdistnieje funkcja x : [t0, t0 + ] Rd klasy C1 taka, e:x(t) = f(t, x(t)) dla t [t0, t0 + ]x(t0) = x0 (2.2.2)Dowd. Dowd opiera si na przyblianiu rozwizania tzw. amanymi Eu-lera. Rozwamy cig podziaw n odcinka [t0, t0 + ] postaci n = (t0 =tn0 < t

n1 < . . . < t

nk = t0+), ktrego rednica dn dy do zera. Wwczas n-t

aman Eulera konstruujemy w nastpujcy sposb:

xn(t0) = x0xn(t) = x0 + f(t0, x0)(t t0) dla t [t0, t1]xn(t) = xn(t1) + f(t1, xn(t1))(t t1) dla t [t1, t2]

...xn(t) = xn(ti) + f(ti, xn(ti))(t ti) dla t [ti, ti+1].


Najpierw udowodnimy, e xn spenia warunek Lipschitza ze sta M , gdzieM jest ograniczeniem funkcji f . Rzeczywicie :1o Jeli ti 6 t < s < ti+1, to

xn(s) xn(t) = xn(ti) + f(ti, xn(ti))(s ti) xn(ti) f(ti, xn(ti))(t ti)= f(ti, xn(ti)) s t 6Ms t.

2o Jeli ti 6 t 6 ti+1 < ... < ti+j 6 s 6 ti+j+1, to

xn(s) xn(t)6 xn(s) xn(ti+j)+ xn(ti+j) xn(ti+j1)+ . . .+ xn(ti+2) xn(ti+1)

+ xn(ti+1) xn(t)6 M((s ti+j) + (ti+j ti+j1) + ...+ (tt+2 ti+1) + (ti+1 t))= M(s t).

Ponadto,

xn(t) 6 x0+ xn(t) xn(t0) 6 x0+M(t t0) 6 x0+ M = R.

Zatem rodzina {xn} spenia zaoenia twierdzenia 2.2.1 (Arzeli-Ascoliego).Std istnieje podcig {xnk}kN zbieny jednostajnie do x : [t0, t0 + ] Rd.W dalszej czci dowodu pokaemy, e funkcja x jest rozwizaniem problemuCauchyego. Oznaczmy zn(t) = x0 +

tt0f(, xn())d oraz

n = supt,s[t0,t0+]

ts6dn

z1,z2K(0,R)

z1z26Mdn

f(t, z1) f(s, z2) . (2.2.3)


Poniewa f jest jednostajnie ciga na [t0, t0+]K(0, R) oraz dn 0, wicn 0. Pokaemy, e zn(t) xn(t) 6 n(t t0) 6 n.Dowd indukcyjny:1o Zamy, e t [t0, t1]. Wwczas

zn(t) xn(t) =x0 + t

t0f(, xn())d x0 f(t0, x0)(t t0)d

=

tt0(f(, xn()) f(t0, x0))d

6

tt0f(, xn()) f(t0, x0) d.

Poniewa dla [t0, t1], t0 6 dn, wic xn() x0 6 M t0 6dnM , zatem

zn(t) xn(t) 6 tt0nd = n(t t0) (2.2.4)

2o Zamy, e

zn(t) xn(t) 6 n(t t0) dla t [ti1, ti].

Wwczas dla dowolnego t [ti, ti+1] mamy

zn(t) xn(t) =x0 + t

t0f(, xn()))d xn(ti) f(ti, xn(ti))(t ti)

6

x0 + tit0f(, xn())d xn(ti)

+ t

ti(f(, xn()) f(ti, xn(ti)))d

6 zn(ti) xn(ti)+

ttif(, xn()) f(ti, xn(ti)) d.

Poniewa dla [ti, ti+1] mamy ti 6 dn, wic xn() xn(ti) 6Mdn,zatem

zn(t) xn(t) 6 zn(ti) xn(ti)+ ttind 6 n(tit)+n(tti) = n(tt0).

(2.2.5)Poniewa xnk x oraz zn xn 0, wic znk x. Rozwamy funkcjen(t) = f(t, xn(t)) oraz (t) = f(t, x(t)). Poniewa f jest jednostajnie cigana [t0, t0 + ]K(0, R), wic

nk .


Zatem dla t [t0, t0 + ] otrzymujemy

x0 + tt0nk()d x0 +

tt0()d = x0 +

tt0f(, x())d. (2.2.6)

orazx0 +

tt0nk()d = znk(t) x(t). (2.2.7)

Std x(t) = x0 + tt0f(, x())d .

Do koca tego rozdziau bdziemy rozwaa funkcje cige, ktre spenia-j nastpujcy warunek:

f(t, x) 6 a(t) x+ b(t) dla (t, x) [t0, t0 + ] Rd, (2.2.8)

gdzie a, b : [t0, t0+] R+ s funkcjami cigymi. Dla tego typu funkcji udo-wodnimy twierdzenie o globalnym istnieniu rozwiza problemu Cauchyego.

Stwierdzenie 2.2.3. Jeli istniej nieujemne funkcje cige a, b : [t0, t0 +] R+ takie, e

f(t, x) 6 a(t) x+ b(t) dla (t, x) [t0, t0 + ] Rd

oraz x : [t0, t0 + ] Rd jest rozwizaniem problemu Cauchyegox(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0,to zachodzi nierwno

x(t) 6(x0+

t0+t0

b()d)e

( t0+t0

a()d)dla t [t0, t0 + ]. (2.2.9)

Dowd. Oznaczmy v(t) = x(t). Wwczas

v(t) =x0 + t

t0f(, x())d

6 x0+ tt0(a() x()+ b())d

=(x0+

t0+t0

b()d)+ tt0a()v()d.

Na mocy lematu 2.1.1 (Gronwalla) otrzymujemy:

x(t) = v(t) 6(x0+

t0+t0

b()d)e

( t0+t0

a()d).


Lemat 2.2.4. Dla dowolnego C > 0 rozwamy funkcj rC : Rd K(0, C)dan wzorem

rc(x) ={

x gdy x 6 CC xx gdy x > C.

(2.2.10)

Wwczas rc(x) rc(y) 6 x y dla x, y Rd.

Dowd. Zacznijmy od nastpujcej uwagi:Jeli x a y > 0, toy a xx

6 x y


Rzeczywicie: y a xx2

6 x y2

my2+ a2 2 ax

x, y 6 x2 + y2 2x, y

m

2x, yx

(x a) 6 x2 a2

2x, yx

6 x+ a

2x, yx

6 2 y 6 x+ a

Wrmy do rc(x) rc(y) 6 x y.1o Jeli x , y < C, to teza jest oczywista.2o Jeli y 6 C < x, to rc(x) rc(y) =

C xx y 6 x y3o Jeli x y > C, to (a = y)y y xx

6 x y .Std

rc(x) rc(y) = C yy xx

< y yy xx

6y yxx

6 x y .

Twierdzenie 2.2.5. (O istnieniu globalnych rozwza) Jeli f : [t0, t0 +]Rd Rd jest funkcj cig, dla ktrej istniej nieujemne funkcje cigea, b : [t0, t0 + ] R takie, e:

f(t, x) 6 a(t) x+ b(t) dla (t, x) [t0, t0 + ] Rd, (2.2.11)


to dla kadego x0 Rd problem Cauchyegox(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0 (2.2.12)ma rozwizanie na caym przedziale [t0, t0 + ].

Dowd. Pomy

C :=(x0+

t0+t0

b()d)e

( t0+t0

a()d). (2.2.13)

Nastpnie rozwamy funkcj f : [t0, t0 + ] Rd Rd,

f(t, x) = f(t, rc(x)). (2.2.14)

Funkcja f jest ciga poniewa jest zoeniem funkcji cigych f i rc. Ponadtoz cigoci f istnieje M > 0 takie, e

f(t, x) 6M dla (t, x) [t0, t0 + ]K(0, C). (2.2.15)

Std f(t, x) = f(t, rc(x)) 6M dla (t, x) [t0, t0 + ] Rd. (2.2.16)Moemy zatem skorzysta z Twierdzenia 2.2.2 (Peano) dla

f : [t0, t0 + ] Rd Rd. (2.2.17)

Wwczas istnieje jedyna funkcja x : [t0, t0 + ] Rd klasy C1 taka, e:x(t) = f(t, x(t)) dla t [t0, t0 + ]x(t0) = x0. (2.2.18)Ponadtof(t, x) = f(t, rc(x)) 6 a(t) rc(x)+ b(t) 6 a(t) x+ b(t).Na mocy Stwierdzenia 2.2.3

x(t) 6(x0+

t0+t0

b()d)e

( t0+t0

a()d)= C.

Std x(t) = f(t, x(t)) = f(t, rc(x(t))) = f(t, x(t))x(t0) = x0.


Wniosek 2.2.6. Jeli f : [t0,+)Rd Rd jest funkcj cig, dla ktrejistnieje nieujemna funkcja ciga a : [t0,+) R takie, e

f(t, x) f(t, y) 6 a(t) x y dla t [t0,+) oraz x, y Rd,

to dla kadego x0 Rd istnieje jedyna funkcja rniczkowalna x : [t0,+)Rd taka, e x(t) = f(t, x(t)) dla t [t0,+)x(t0) = x0.Dowd. Z zaoe

f(t, x) f(t, x)f(t, x0)+f(t, x0) f(t, x0)+a(t)(x+x0) = a(t)x+b(t),

gdzie b(t) = f(t, x0) + a(t)x0. Ponadto dla dowolnego m N funkcjaf : [t0, t0 + m) Rd Rd jest Lipschitza za sta Lm = sup{a(t) : t [t0, t0 + m]}. Zatem na mocy Twierdzenia 2.2.5 oraz 2.1.2, dla dowolnegom N istnieje dokadnie jedna funkcja xm : [t0, t0 + m] Rd speniajcawarunek: xm(t) = f(t, xm(t))xm(t0) = x0.Ze wzgldu na jednoznaczno tych rozwiza, jeli m1 < m2, to

xm1(t) = xm2(t) dla t [t0, t0 +m1].

Zatem w sposb jednoznaczny moemy zdefiniowa funkcj x : [t0,+) Rd kadc

x(t) := xm(t) gdy t [t0, t0 +m]. (2.2.19)

Wwczas x(t0) = x0 oraz x(t) = f(t, x(t)) dla t [t0,+). Rzeczywicie,jeli t [t0,+) to znajdziemy m N takie, e t [t0, t0+m+1]. Wwczas

x(t) = xm(t) = f(t, xm(t)) = f(t, x(t)). (2.2.20)

3 SCHEMATY NUMERYCZNE 25

3 Schematy numeryczne

3.1 Definicje i podstawowe wasnoci

Rozwamy problem Cauchyego postacix(t) = f(t, x(t)) dla t [t0, T ]x(t0) = x0, (3.1.1)gdzie f : [t0, T ] R R jest funkcj ograniczon i cig, speniajcwarunek Lipschitza ze wzgldu na x. Chcemy to zagadnienie rozwiza nu-merycznie na przedziale [t0, T ]. W tym celu dzielimy przedzia na N rwnychczci o dugoci h = Tt0

N, za pomoc punktw tk = t0+kh, k = 0, 1, . . . , N .

W dalszym cigu bdziemy szuka przyblionych rozwiza w punktach tk.Oznacza to, e szukamy cigu x1, ..., xN o tej wasnoci, e moliwie dobrzeprzyblia on cig x(t0), ..., x(tN). Przy dobrze dobranej metodzie oba cigipowinny zbiega do siebie, gdy h 0. Jak konstruowa takie metody? Wtym celu mona odwoa si do wzoru Taylora. Zamy, e x(t) jest rozwi-zaniem problemu Cauchyego (3.1.1), wwczas:

x(t+ h) = x(t) + hx(t) +O(h2) = x(t) + hf(t, x(t)) +O(h2), (3.1.2)

przy czym

A(h) = O(hp) c>0|A(h)| 6 c|hp|

A(h) = o(hp) limh0

A(h)hp

= 0.(3.1.3)

Zatem

x(tk+1) x(tk) + hf(tk, x(tk)) x(tk) + hf(tk, x(tk)), (3.1.4)

co prowadzi do tzw. schematu Eulera

xk+1 = xk + hfk = xk + hf(tk, xk). (3.1.5)

Zatem znajc warunek startowy x0 i korzystajc ze wzoru rekurencyjnego(3.1.5) moemy wyznaczy cay cig x0, x1, . . . , xN .

Zamieniajc miejscami t i t+ h we wzorze Taylora otrzymujemy

x(t) = x(t+ h) hx(t+ h) +O(h2) == x(t+ h) hf(t+ h, x(t+ h)) +O(h2),

(3.1.6)


co prowadzi do zamknitego schematu Eulera postaci:

xk+1 = xk + hfk+1 = xk + hf(tk+1, xk+1). (3.1.7)

W pierwszym schemacie Eulera (3.1.5) w jawny sposb wyliczymy xk+1 zna-jc xk. Takie schematy nazywamy otwartymi. W zamknitym schemacie Eu-lera (3.1.7) xk+1 jest przedstawiony w sposb uwikany. Tego typu schematynazywamy zamknitymi i daj one znacznie lepsze rezultaty numeryczne nipodobne schematy otwarte.

Definicja 3.1.1. Schemat postaci

xi+1 = xi + hf (h, ti, xi, xi+1) dla i = 0, ..., N 1, (3.1.8)

gdzie f jest funkcj zalen od f , nazywamy schematem jednokrokowym.Schemat taki jest otwarty, jeli f nie zaley od ostatniej wsprzdnej.

Majc schemat oraz warto x0 moemy rekurencyjnie wyznaczy cig{xi}, ktry ma przyblia rozwizania {x(ti)}.

Schematy Eulera s jednak mao dokadne. Aby otrzyma lepszy schemattrzeba skorzysta ze wzoru Taylora wyszego rzdu:

x(t+ h) = x(t) + x(t) +h2

2x(t) +O(h3).

Wwczas

x(t) =d

dtf(t, x(t)) = ft(t, x(t)) + fx(t, x(t))x(t)

= ft(t, x(t)) + fx(t, x(t))f(t, x(t)),

gdzie fx(t, x) = fx(t, x), ft(t, x) =ft(t, x). Prowadzi to do schematu Taylo-

ra:

xk+1 = xk + hf(tk, xk) +h2

2(ft(tk, xk) + fx(tk, xk)f(tk, xk)). (3.1.9)

Definicja 3.1.2. Mwimy, e schemat (3.1.8) jest zbieny, gdy dla dowolnegot [t0, T ] oraz x0 R, jeli

1o t = t0 + kh, k +, h 0,

2o x0(h) x0, dla h 0,


to xk x(t), gdzie x(t) jest rozwizaniem problemu Cauchyego (3.1.1),natomiast {xi} jest cigiem uzyskanym za pomoc schematu, gdy warunekstartowy wynosi x0(h).

Definicja 3.1.3. Schemat (3.1.8) jest rzdu p, jeli dla dowolnego rozwiza-nia x Cp([t0, T ]) zagadnienia (3.1.1) istnieje C > 0 takie, e

|rk| 6 Chp+1, k = 0, 1, . . . , (3.1.10)

gdzie x(tk + h) = x(tk) + hf (h, tk, x(tk), x(tk+1)) + rk (rk nazywany jestbdem lokalnym schematu), oraz powyszy warunek nie jest prawdziwy dlap+ 2.

Aby zbada zbieno schematu naley jednak oszacowa tzw. globalnybd schematu, czyli

ek = x(tk) xk. (3.1.11)Pniej przekonamy si, e prdko zbienoci ek do zera zaley od rzduschematu.Przykad 3.1.1. Wyznaczmy rzd otwartego schematu Eulera xk+1 = xk +hf(tk, xk). Wwczas

rk = x(tk + h) x(tk) hf(tk, x(tk))

= x(tk) + hx(tk) +h2

2x(tk) + o(h2) x(tk) hx(tk)

=h2

2x(tk) + o(h2),

zatem jest to schemat 1-ego rzdu.Przykad 3.1.2. Wyznaczmy rzd schematu xk+1 = xk+h(fk+(1)fk+1),gdzie 0 6 6 1. Wwczas

rk = x(tk + h) x(tk) hf(tk, x(tk)) h(1 )f(tk+1, x(tk+1))= x(tk + h) x(tk) hx(tk) (1 )hx(tk + h)

= hx(tk) +h2

2x(tk) +

h3

6x(tk) + o(h3) hx(tk)

(1 )(hx(tk) + h2x(tk) +

h3

2x(tk) + o(h3)

)

= h2(12 (1 )

)x(tk) + h3

(

2 1

6

)x(tk) + o(h3),

zatem rzd schematu jest 1 oraz rwny 2, jeli = 12 (schemat trapezw).


wiczenie: Pokaza e schemat Taylora jest rzdu 2.

W dalszej czci rozwaa zajmiemy si tylko schematami otwartymi, leczwszystkie twierdzenia prawdziwe bd rwnie dla schematw zamknitych.

Definicja 3.1.4. Schemat xk+1 = xk + hf (h, tk, xk) jest zgodny, jeli

1o funkcja f jest ciga,

2o spenia warunek Lipschitza

|f (h, t, x) f (h, t, y)| 6 L|x y|,

3o f (0, t, x) = f(t, x).

wiczenie: Sprawdzi czy znane nam schematy s zgodne.

Lemat 3.1.1. Niech a, b bd staymi dodatnimi takimi, e cig {n} speniawarunek

|k+1| 6 a|k|+ b dla k = 0, 1, 2... (3.1.12)

Wwczas

|k| 6 ak|0|+

ak1a1 b gdy a 6= 1kb gdy a = 1

(3.1.13)

Dowd. (indukcja)1o Dla k = 0 zachodzi rwno.2o Zamy e teza jest prawdziwa dla pewnego k. Wwczas

|k+1| 6 a|k|+ b 6 ak+1|0|+

(aa

k1a1 + 1

)b gdy a 6= 1

(k + 1)b gdy a = 1

= ak+1|0|+

ak+11a1 b gdy a 6= 1

(k + 1)b gdy a = 1

Twierdzenie 3.1.2. Jeli schemat jest zgodny, to jest zbieny.


Dowd. Oszacujmy bd globalny ek = x(tk) xk. Wiemy, e

xk+1 = xk + h(h, tk, xk)

oraz

x(tk+1) = x(tk) + hx(tk+1) x(tk)

h= x(tk) + hx(tk + h)

dla pewnego 0 6 6 1. Zatem

ek+1 = ek + h [((h, tk, x(tk)) (h, tk, xk))+((0, tk, x(tk)) (h, tk, x(tk)))+(f(tk + h, x(tk + h)) f(tk, x(tk)))]

|ek+1| 6 |ek|+ Lh|ek|+ h [|(0, tk, x(tk)) (h, tk, x(tk))|+ |f(tk + h, x(tk + h)) f(tk, x(tk))|] .

Pomy R = |x0|+M(T t0) oraz

(h) = supt,t[t0,T ]

|x|6R

|(h, t, x)(0, t, x)|+ supt,t[t0,T ]

|tt|6h

|x|,|x|6R

|xx|6Mh

|f(t, x)f(t, x)|. (3.1.14)

Poniewa jest funkcj cig, wic (h) 0 dla h 0. Poniewa x(t) jestrozwizaniem problemu Cauchyego (3.1.1), wic

|x(t) x(t)| = | ttf(, x())d | 6M |t t|

oraz |x(t)| 6 |x0|+M(T t0) = R. Std

|ek+1| 6 (1 + hL)|ek|+ h(h) (3.1.15)

Korzystajc z lematu 3.1.1 otrzymujemy

|ek| 6 (1 + hL)k|e0|+

(1+hL)k1

hLh(h) gdy L 6= 0

kh(h) gdy L = 0.(3.1.16)


Ponadto, gdy t = t0 + kh, to

(1 + hL)k 6 ehLk = eL(tt0) 6 eL(Tt0) (3.1.17)

oraz e0 = x0 x0(h). Zatem

|ek| 6 e(Tt0)L|x0(h) x0|+

eL(Tt0)

L(h) gdy L 6= 0

(T t0)(h) gdy L = 0.(3.1.18)

Stdlimh0

ek = 0.

Twierdzenie 3.1.3. Jeli schemat (3.1.8) jest rzdu p, zgodny oraz, jelirozwizanie problemu Cauchyego (3.1.1) jest klasy Cp+1([t0, T ]), to

|ek| 6 O(|x0(h) x0|) +O(hp) (3.1.19)

Dowd. Tak jak w poprzednim dowodzie

ek+1 = ek h(h, tk, xk) + x(tk + h) x(tk)= ek + h((h, tk, x(tk)) (h, tk, xk)) + rk.

Zatem |ek+1| 6 (1 + hL)|ek|+ Chp+1. Std

|ek| 6 e(Tt0)L|e0|+

e(Tt0)L

LChp gdy L 6= 0

(T t0)Chp gdy L = 0.(3.1.20)


3.2 Schematy Rungego-Kutty

Definicja 3.2.1. Schemat f nazywamy r-poziomowym schematem Rungego-Kutty, jeli

f (h, t, x) =r

i=1

ciKi,

gdzie K1, . . . , Kr s uwikane wzorami

Ki = Ki(h, t, x) = f(t+ hr

j=1

bij, x+ hr

j=1

bijKj)

dla i = 1, .., r.

Jeli bij = 0 dla i j, to Ki wyraa si w sposb jawny

K1 = f(t, x)

Ki = f(t+ hi1j=1

bij, x+ hi1j=1

bijKj) dla i = 2, . . . , r.

Wyznaczmy wszystkie sensowne otwarte 2-poziomowe schematy Rungego-Kutty, czyli schematy postaci:

xk+1 = xk + h(c1K1 + c1K2)

K1 = f(tk, xk), K2 = f(tk + hb, xk + hbf(tk, xk)).

Wyznaczmy bd lokalny tego schematu

rk = x(tk + h) x(tk) h(h, tk, xk(t)),

gdzie (h, tk, xk(t)) = c1fk + c2f(tk + hb, x2 + hbfk).

Przypomnienie: 2-wymiarowy wzr Taylora

f(x1 + h1, x2 + h2)

= f(x1, x2) +Df(x1, x2)(h1, h2) +12D2f(x1, x2)(h1, h2)2 + o(h21 + h

22)

= f(x1, x2) + fx1(x1, x2)h1 + fx2(x1, x2)h2

+12(fx1x1(x1, x2)h

21 + 2fx1x2(x1, x2)h1h2 + fx2x2(x1, x2)h

22) + o(h

21 + h

22).


Zatem

(h, tk, x(tk))= c1fk + c2f(tk + hb, x2 + hbfk)

= (c1 + c2)fk + c2[bhft,k + bhfx,kfk +12(b2h2ftt,k + b2h2ftx,kfk + b2h2fxx,kf 2k )] + o(h

2)

= (c1 + c2)fk + c2bh(ft,k + fx,kfk) +12c2b

2h2(ftt,k + 2ftx,kfk + fxx,kf 2k ) + o(h2),

natomiast

x(tk + h) x(tk) = hx(tk) +h2

2x(tk) +

h3

6x(tk) + o(h3),

gdzie

x(tk) = f(xk, x(tk)) = fkx(tk) = ft(tk, x(tk)) + fx(tk, x(tk))x(tk) = ft,k + fx,kfkx(tk) = ftt,k + ftx,kfk + fxt,kfk + fxx,kf 2k + fx,kft,k + f

2x,kfk,

czyli

x(tk + h) x(tk)

= hfk +h2

2(fx,k + fx,kfk) +

h3

6(ftt,k + 2ftx,kfk + fxx,kf 2k + fx,kft,k + f

2x,kfk) + o(h

3).

Std

rk = (1 (c1 + c2))hfk + (12 c2b)h2(ft,k + fx,kfk) +

+h3((16 1

2c2b

2)(ftt,k + 2ftx,k + fxx,kf 2k ) +16(fx,kft,k + f 2x,kfk))

+o(h3).

Jeli c1 + c2 = 1, c2b = 12 , to rzd schematu jest rwny 2 i nie mona gopolepszy. Podstawiajc c1 = 0, c2 = 1, b = 12 otrzymujemy

xk+1 = xk + hf(tk +h

2, xk +

h

2fk) (3.2.1)

zmodyfikowany schemat Eulera, natomiast dla c1 = c2 = 12 , b = 1 otrzymu-jemy

xk+1 = xk + hfk + f(tk+1, xk + hfk)

2(3.2.2)


schemat Henna.wiczenie: Pokaza, e zamknity schemat Rungego-Kutty postaci:

xk+1 = xk +12h(K1 +K2)

K1 = f(tk + h(12+

36), xk +

14hK1 + (

14+

36)K2)

K2 = f(tk + h(1236), xk + (

1436)hK1 +

14hK2)

(3.2.3)

ma rzd 3

3.3 Praktyczne zastosowania schematw numerycznych

Rozwamy problem:{x(t) = f(t, x(t)) dla t [t0, T ]x(t0) = x0,

(3.3.1)

gdzie f : [t0, T ]R R jest funkcj cig, ograniczon i Lipschitza ze wzgl-du na x. Chcemy rozwiza to rwnanie stosujc pewien schemat zgodny frzdu p. Dodatkowo chcemy zna rozwizanie ze z gry zadan dokadnociEg. Jeli bdziemy stosowa schemat ze sta dugoci kroku rwn h,to wiemy, e |ek| 6 Chp. Jednak staa C jest zwykle bardzo dua i chcczachowa nierwno Chp 6 Eg musimy wykonywa bardzo mae kroki, conie jest wygodne.

Alternatyw dla tej metody jest ciga zmiana dugoci kroku. Sprbujmydobra tak dugo krokw, eby

|ek| = |x(tk) xk| 6 Egtk t0T t0

(3.3.2)

Zanim przejdziemy do opisu metody sformuujemy przydatn uwag.

Uwaga 3.3.1. Niechx(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0y(t) = f(t, y(t))y(t0) = y0 (3.3.3)

Wwczas

x(t0 + h) y(t0 + h) = (x0 y0)(1 +O(h))


poniewa

x(t0 + h) y(t0 + h) = x0 + x(t0)h y0 y(t0)h+O(h2) == x0 y0 + (f(t0, x0) f(t0, y0))h+O(h2) == (x0 y0) + fx(t0, y0)(x0 y0)h+O(h2)= (x0 y0)(1 +O(h))

Zamy, e skonstruowalimy ju xk tak aby spenia (3.3.2). Wykonajmyteraz krok dugoci h (to wanie ta dugo kroku bdzie pniej dobierana)wykorzystujc schemat , czyli

xk+1 = xk + h(h, tk, xk). (3.3.4)

Niech u jest rozwizaniem problemu Cauchyego (3.3.1) z warunkiem poczt-kowym u(tk) = xk. Wwczas

|ek+1| = |x(tk+1) xk+1| 6 |x(tk+1) u(tk+1)|+ |u(tk+1) xk+1|. (3.3.5)

Korzystajc z Uwagi 3.3.1 mamy

|x(tk+1) u(tk+1)| = |x(tk) xk|(1 +O(h)) = |ek|(1 +O(h))

6 Egtk t0T t0

(1 +O(h))

Ponadto

|u(tk+1) xk+1| = |u(tk+1) u(tk) h(h, tk, u(tk))|= |rk| = |R|hp+1 +O(hp+2),

(3.3.6)

gdzie rk = Rhp+1 +O(hp+2)Zauwamy jeszcze, e wystarczy wiedzie, e:

|u(tk+1) xk+1| 6Egh

T t0(3.3.7)

Wwczas |ek+1| 6 Eg tk+1t0Tt0 . Gdybymy znali R to moglibymy wywnio-skowa (3.3.7) na podstawie (3.3.6). Sprbujmy wyznaczy R. W tym celurozwamy w - rozwizanie problemu Cauchyego (3.3.1) z warunkiem poczt-kowym w(tk+1) = xk+1 oraz wk+2 = xk + 2h(2h, tk, xk). Niech

xk+2 = xk+1 + h(h, tk+1, xk+1) = w(tk+1) + h(h, tk+1, w(tk+1)).


Wwczas:

wk+2 xk+2 = (u(tk+2) wk+2) + (u(tk+2) w(tk+2))++ (w(tk+2) xk+2).

(3.3.8)

Ponadto:

w(tk+2) xk+2 = w(tk+2) w(tk+1) h(h, tk+1, w(tk+1))= Rhp+1 +O(hp+2)

na mocy Uwagi 3.3.1

u(tk+2) w(tk+2) = (u(tk+1) w(tk+1))(1 +O(h))= (u(tk+1) xk+1)(1 +O(h))= (u(tk+1) u(tk) h(h, tk, u(tk))(1 +O(h))= (Rhp+1 +O(hp+2))(1 +O(h)) = Rhp+1 +O(hp+2)

u(tk+2) wk+2 = u(tk+2) u(tk) 2h(2h, tk, u(tk))= R(2h)p+1 +O(hp+2).

Zatemxk+2 wk+2 = 2(2p 1)Rhp+1 +O(hp+2) (3.3.9)

std

|R|hp+1 = 12|wk+2 xk+2|

2p 1+O(hp+2) (3.3.10)

oraz

|u(tk+2) xk+2| =12|wk+2 xk+2|

2p 1+O(hp+2)

6|wk+2 xk+2|

2p 1.

(3.3.11)

Jeli|wk+2 xk+2|

2p 16 Eg

h

T t0(3.3.12)

to mamy dobre ograniczenie bdu. Jeli nie, to musimy skrci krok do h.Przy czym musimy dobra tak eby

|u(tk+2) xk+2| = |R|p+1hp+1 +O(hp+2)

6 p+1|wk+2 xk+2|

2p 16? Eg

h

T t0.

(3.3.13)


Wystarczy zatem wzi:

=(Egh

T t0 2

p 1|wk+1 xk+2|

) 1p

(3.3.14)

W praktyce, wygodnie jest stosowa nastpujcy algorytm:

1. Dane s {tk, xk, h0}, gdzie (tk, xk) jest przyblionym rozwizaniem wtk, za h0 dugoci kroku.

2. Wyznaczamy (poprzez schemat) wartoci xk+1 idc z krokiem dugocih0 z (tk, xk), xk+2 idc z krokiem dugoci h0 z (tk+1, xk+1) oraz wk+2idc z krokiem dugoci 2h0 z (tk, xk).

3. Wyznaczamy =(Egh0Tt0

2p1|xk+2wk+2|

) 1p oraz kadziemy h1 = ch0 (c

0, 8 z dodatkowym ograniczeniem: h05 6 h1 6 5h0.

4. Jeli h1 < h0, to sprawdzamy czy

|xk+2 wk+2|2p 1

6 Egh0

T t0(3.3.15)

(a) Jeli nierwno jest speniona, to akceptujemy wartoci xk+1, xk+2jako rozwizanie i przechodzimy do 1) z {tk+2, xk+2, h0}.

(b) Jeli nie jest speniona, to wracamy do 1) z {tk, xk, h1}.

5. Jeli h1 > h0, to akceptujemy wartoci xk+1, xk+2 jako rozwizanie iprzechodzimy do punktu 1 z {tk+2, xk+2, h1}.

4 UKADY RWNA LINIOWYCH 37

4 Ukady rwna liniowych

W tej czci wykadu bdziemy rozwaa rwnania liniowe, czyli rwnaniapostaci

x(t) = A(t)x(t) + b(t) dla t [t0, t0 + ], (4.0.16)gdzieA(t) jest dd-macierz, czyliA(t) = [aij(t)]i,j=1...d, gdzie aij : [t0, t0 + ]R cige, oraz b(t) Rd gdzie b : [t0, t0 + ] Rd jest funkcj cig.

Jeli A, b s funkcjami staymi to mwimy o rwnaniu liniowym o staychwspczynnikach. Jeli b = 0, to rwnanie nazywamy jednorodnym.

Dla dowolnego przeksztacenia liniowego A : Rd Rd oznaczmy

A = supx=1

Ax (4.0.17)

Wwczas dla dowolnego x Rd mamy

Ax = A( xx

)x 6 Ax.

Ponadto

Ax2 =di=1

(d

j=1

aijxj)2 6di=1

dj=1

a2ij

dk=1

x2k =di=1

dj=1

a2ijx, (4.0.18)

zatem A 6

i,j a2ij. Rwnie

A+B 6 A+ B (4.0.19)

poniewa gdy x = 1 to wtedy

(A+B)x 6 Ax+ Bx 6 Ax+ Bx = A+ B. (4.0.20)

StdA+B = sup

x=1(A+B)x 6 A+ B. (4.0.21)

Niech R 3 t 7 A(t) Mdd(R) bdzie funkcj cig. Wwczas pokae-my, e t 7 A(t) te jest ciga. Zamy, e tk t. Wwczas

A(tk) A(t) 6

i,j

(aij(tk) ai,j(t))2 0. (4.0.22)


Ponadto

A(tk) 6 A(tk) A(t)+ A(t)A(t) 6 A(t) A(tk)+ A(tk),

(4.0.23)

std |A(tk)A(t)| 6 A(t)A(tk) 0, zatem t A(t) jest funkcjcig.

Twierdzenie 4.0.1. Dla dowolnego x0 Rd problem Cauchyego{x(t) = A(t)x+ b(t)x(t0) = x0

(4.0.24)

ma dokadnie jedno rozwizanie na [t0, t0 + ] ( R+ {}).

Dowd. Oznaczmy f(t, x) = A(t)x+ b(t). Wwczas

f(t, x) f(t, y) = A(t)(x y) 6 A(t)x y. (4.0.25)

Ponadto funkcje (t, x) 7 f(t, x) oraz t 7 A(t) s cige. Zatem f speniazaoenia Wniosku 2.2.6.

Dla dowolnego rwnania

x(t) = A(t)x(t) + b(t) (RNJ) (4.0.26)

przez (RJ) bdziemy oznacza rwnanie

x(t) = A(t)x(t). (4.0.27)

Twierdzenie 4.0.2. 1. Rozwizanie rwnania (RJ) tworzy d-wymiarowprzestrze liniow.

2. Jeli x0(t) jest pewnym szczeglnym rozwizaniem (RNJ) oraz x1(t), . . . , xd(t)tworz baz rozwiza (RJ), to kade rozwizanie (RNJ) jest postaci

x(t) = x0(t) + c1x1(t) + . . .+ cdxd(t), ci R (4.0.28)


Dowd. 1. Niech E bdzie zbiorem wszystkich rozwiza (RJ). Niech x1,x2 E oraz x(t) = c1x1(t) + x2(t). Wwczas:

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) = c1A(t)x1(t) + c2A(t)x2(t) = A(t)x(t). (4.0.29)

Std x E. Nastpnie udowodnimy, e dimE = d.Rozwamy przeksztacenie liniowe L : E Rd dane wzorem: L(x) = x(t0).Ze wzgldu na poprzednie twierdzenie dla dowolnego y Rd istnieje do-kadnie jedna funkcja x speniajce (RJ) oraz L(x) = x(t0) = y, zatem Ljest na. L jest rwnie rnowartociowe. Wemy x E takie, e L(x) =x(t0) = 0. Oczywicie funkcja x(t) = 0 dla t [t0, t0 + ] jest rozwizaniem(RJ) z warunkiem pocztkowym x(t0) = 0. Ze wzgldu na jednoznacznorozwiza (RJ), x 0. Poniewa L : E Rd jest izomorfizmem przestrzeniliniowych, wic dimE = d.

2. Jeli x jest rozwizaniem (RNJ) to atwo sprawdzi, e

x x0 E (4.0.30)

Twierdzenie 4.0.3. (Liouvillea) Niech Y (t) bdzie dd-macierz spenia-jc rwnanie

Y (t) = A(t) Y (t) t [t0, t0 + ]. (4.0.31)

Oznaczmy (t) = detY (t). Wwczas:

(t) = (t0)e tt0trA()d

dla t [t0, t0 + ]. (4.0.32)

Dowd. Niech

Y (t) =

y1(t)y2(t)...

yd(t)

(4.0.33)


Wwczas yk(t) =d

i=1 aki(t)yi(t). Ponadto

(t) =d

dtdetY (t) =

d

dt

sgn()y1(1)(t) . . . yd(d)(t)

=d

k=1

sgn()y1(1)(t) . . . yk(k)(t) . . . yd(d)(t) =

=d

k=1

det

y1(t)...

yk(t)...

yd(t)

=d

k=1

det

y1(t)...d

i=1 aki(t)yi(t)...

yd(t)

=d

k=1

di=1

aki(t)det

y1(t)...

yk(t)...

yd(t)

=d

k=1

akk(t)detY (t) = trA(t)(t).

Czyli (t) = trA(t)(t). atwo sprawdzi, e jedynym rozwizaniem tegorwnania jest

(t) = (t0)e tt0trA()d

. (4.0.34)

Definicja 4.0.1. Macierz fundamentaln (rozwizaniem fundamentalnym)rwnania x(t) = A(t)x(t) nazywamy funkcj t 7 Y (t) Mdd(R) tak, e{

Y (t) = A(t)Y (t)detY (t) 6= 0

(4.0.35)

Jeli dodatkowo Y (t0) = Id to bdziemy je oznacza Y (t, t0).

Wniosek 4.0.4. Kade rwnanie jednorodne posiada macierz fundamental-n.

Dowd. Niech xk, k = 1, . . . , d bdzie rozwizaniem (RJ) z warunkiem po-

cztkowym xk(t0) = (0, . . . ,k

1, . . . , 0). Pomy wwczas

Y (t) = [x1(t) . . . xd(t)] . (4.0.36)


Wtedy

A(t)Y (t) = [A(t)x1(t) . . . A(t)xd(t)] = [x1(t) . . . xd(t)] = Y

(t). (4.0.37)

Ponadto detY (t) = detY (t0)e tt0trA()d

= e tt0trA()d 6= 0.

Uwaga 4.0.2. Jeli Y (t) jest dowolnym rozwizaniem fundamentalnym rw-nania x(t) = A(t)x(t) to rozwizanie problemu Cauchyegox(t) = A(t) x(t)x(t0) = x0 (4.0.38)ma posta x(t) = Y (t)Y (t0)1 x0, poniewa

x(t) = Y (t)Y (t0)1 x0 = A(t)Y (t)Y (t0)1 x0 = A(t)x(t)

orazx(t0) = Y (t)Y (t0)1 x0 = Idx0 = x0.

Zatem Y (t, t0) = Y (t)Y (t0)1.

Twierdzenie 4.0.5. Rozwizanie zagadnienia Cauchyego{x(t) = A(t)x+ b(t)x(t0) = x0

(4.0.39)

jest postaci

x(t) = Y (t)Y 1(t0)x0 + Y (t) tt0Y 1()b()d (4.0.40)

gdzie Y (t) jest dowolnym rozwizaniem fundamentalnym.

Dowd. Niech Y (t) = [x1(t) . . . xd(t)]. Wwczas dowolne rozwizanie (RJ)jest postaci

x(t) = c1x1(t) + . . .+ cdxd(t). (4.0.41)

Aby rozwiza (RNJ) zastosujemy metod uzmienniania staych tzn. rozwi-zania bdziemy szuka spord funkcji postaci

x(t) = c1(t)x1(t) + . . .+ cd(t)xd(t), gdzie ci : [t0, t0 + ] R (4.0.42)


Oznaczmy c(t) =

c1(t)...

cd(t)

. Wwczas x(t) = Y (t) c(t). Po podstawieniu do(RNJ) otrzymujemy:

x(t) = A(t)x(t) + b(t) = A(t)Y (t)c(t) + b(t),

z drugiej strony

x(t) = Y (t)c(t) + Y (t)c(t) = A(t)Y (t)c(t) + Y (t)c(t).

Std Y (t) c(t) = b(t) oraz c(t) = Y (t)1b(t). Zatem

c(t) = c(t0) + tt0Y 1()b()d.

Ponadto x0 = Y (t0)c(t0) wic

c(t) = Y (t0)1x0 + tt0Y 1()b()d.

Czyli:

x(t) = Y (t)Y (t0)1x0 + Y (t) tt0Y 1()b()d (4.0.43)


4.1 Rwnania liniowe o staych wspczynnikach

Rozwamy rwnanie postaci:

x(t) = Ax(t), A Mdd(R). (4.1.1)

Przypomnijmy, e naMdd(R) mamy norm zdefiniowan nastpujco A =supx=1 Ax.

Fakt 4.1.1. Przestrze Mdd(R) z metryk d(A,B) = A B jest prze-strzeni zupen, czyli kady cig fundamentalny jest zbieny. Przypomnijmy,e {xn} jest fundamentalny (Cauchyego), jeli:

>0n0n,n>n0d(xn, xm) < . (4.1.2)

Rozwamy cig sn = Id+ A+ A2

2 + . . .+An

n! . Wwczas:

sn+k sn = n+ki=n+1

Ai

i! 6

n+ki=n+1

Ai

i!6

i=n+1

Ai

i! 0, (4.1.3)

gdy n, wic sn jest fundamentalny.

Definicja 4.1.1.

eA := limn

sn =n=0

An

n!(4.1.4)

Lemat 4.1.2. Jeli B C = C B, to eB+C = eB eC.

Dowd. Po pierwsze jeli B C = C B, to (B+C)n = nk=0(nk

)BkCnk

(zostawiamy czytelnikowi jako wiczenie). Ponadto

eB+C =n=0

(B + C)n

n!=

n=0

1n!

nk=0

(nk

)BkCnk

=n=0

nk=0

Bk

k!Cnk

(n k)!=

0kn

Bk

k!Cnk

(n k)!

=k=0

n=k

Bk

k!Cnk

(n k)!=

k=0

Bk

k!

l=0

C l

l!= eB eC .


Aby w sposb nieformalny znale rozwizanie problemux(t) = Ax(t)x(t0) = x0 (4.1.5)posuymy si dowodem tw. Picarda. Rozwamy cig funkcji

y0 x0

yn+1(t) = x0 + tt0Ayn()d.

(4.1.6)

Wwczas

yn(t) = (I + A(t t0) +A2(t t0)2

2+ . . .+

An(t t0)n

n!)x0. (4.1.7)

Ten fakt udowodnimy indukcyjnie.1o n = 0 oczywiste.2o zamy, e yn(t) =

nk=0

Ak(tt0)kk! x0. Wwczas

yn+1(t) = x0 + tt0A

nk=0

Ak( t0)k

k! x0d

= x0 +n

k=0

tt0

( t0)k

k!d Ak+1x0 = x0 +

nk=0

Ak+1(t t0)k+1

(k + 1)!x0

=n+1k=0

(A(t t0))k

k!x0.

(4.1.8)

Poniewa ynjed x, gdzie x jest rozwizaniem, wic

x(t) = eA(tt0) x0. (4.1.9)

Twierdzenie 4.1.3. eAt jest rozwizaniem fundamentalnym x = Ax. (Y (t, 0) =eAt)

Uwaga 4.1.1. Y (t, t0) = Y (t, 0)Y (t0, 0)1 = etAet0A = eA(tt0).

Przypomnienie z analizy: Niech fn : [a, b] R cig funkcji klasy C1,taki, e cigi fn, f n s jednostajnie zbiene, to f = limfn jest klasy C

1 orazf = limf n.


Dowd. Musimy pokaza, e

d

dteAt = AeAt dla dowolnego t R (4.1.10)

Rozwamy cig sn(t) =n

k=0Aktk

k! . Dla dowolnego a > 0, na mocy kryteriumWeierstrassa sn jest jednostajnie zbieny na [a, a] do eAt, poniewa dlat [a, a] mamy

Aktk

k! A

kak

k!oraz

k=0

Akak

k!= eAa.

Ponadto

sn(t) =d

dt

nk=0

Aktk

k!=

nk=1

Aktk1

(k 1)!= Asn1(t). (4.1.11)

Zatem cig sn jest jednostajnie zbieny na [a, a] do funkcji A eAt. ZatemddteAt = lim sn(t) = Ae

At dla t [a, a] dla dowolnego a > 0, wic dlawszystkich t R.

Przypomnienie z algebry: Klatka Jordana

Jk() =

0 0 01 0 00 1 0...

...... . . . 0

0 0 0 1

(4.1.12)

Dowoln macierz zespolon A Mdd(C) mona przedstawi w postaci:

A = PJP1, gdzie detP 6= 0 (4.1.13)

oraz

J =

[Jk1(1)] 0 0

0 [Jk2(2)] ...

...... . . .

...0 0 [Jkr(r)]

(4.1.14)


gdzie 1, . . . , r s wszystkimi wartociami wasnymi macierzy A. Wwczas:

An = (P J P1)n = P Jn P1 (4.1.15)

oraz

eAt =n=0

(At)n

n!=

n=0

P (Jt)nP1

n!= P

n=0

(Jt)n

n!P1 = PeJtP1

Zatem wystarczy wyznaczy

n=0(Jt)n

n! = eJt. atwo sprawdzi, e

Jn =

Jn1 0 00 Jn2

......

... . . ....

0 0 Jnr

(4.1.16)

Zatem

eJt =n=0

1n!

(J1t)n 0 00 (J2t)n

......

... . . ....

0 0 (Jrt)n

=eJ1t 0 00 eJ2t ......

... . . ....

0 0 eJrt

(4.1.17)

Std wystarczy wyznaczy: eJk()t. Poniewa Jk() = I +Kk, gdzie

Kk =

0 0 0 01 0 0 00 1 0 0...

... . . . . . ....

0 0 1 0

= Jk(0),

wic eJk()t = eIt eKkt (poniewa I Kk = Kk I). Macierz Kk posiada twasno, e

Knk = n+ 1

0 0 0 0...

...... . . .

...0 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

dla n 6 k 1 (4.1.18)


oraz Knk = 0 dla n > k. Zatem

etKk =n=0

Knk tn

n!= I +Kk +

t2

2K2k + . . .+

tn1

(n 1)!Kk1k

=

1t 1 0t2

2 t 1t3

3!t2

2 t 1...

...... . . . . . .

tk1

(k1)! t2

2 t 1

(4.1.19)

Std

eJk()t = et

1t 1 0t2

2 t 1t3

3!t2

2 t 1...

...... . . . . . .

tk1

(k1)! t2

2 t 1

(4.1.20)

Oraz

etA = P

[eJk1 (1)t] 0

. . .0 [eJkr (r)t]

P1 (4.1.21)Uwaga 4.1.2. 1. Jeli = a+ ib, to et = eat(cos(at) + i sin(bt)).

2. Zamy, e = a + ib jest wartoci wasn A Mdd(R). Zatemjest pierwiastkiem wielomianu charakterystyczego () = det(A I),ktry ma wspczynniki rzeczywiste. Std jest pierwiastkiem z tsam krotnoci co .

Wniosek 4.1.4. Niech A Mdd(R) oraz l (1 6 l 6 k) s jej pierwiast-kami rzeczywistymi wielokrotnoci l, l il (1 6 l 6 s) s zespolonymiwartociami wasnymi o krotnociach l (

kl=1 l + 2

sl=1 l = d). Wwczas

dowolne rozwizanie rwnania x = Ax s postaci: x(t) = (x1(t), . . . , xd(t)),gdzie

xj(t) =kl=1

eltpl,j(t) +s

l=1

elt(ql,j(t) cos(lt) + rl,j(t) sin(lt))


oraz pl,j, ql,j, rl,j s wielomianami o wspczynnikach rzeczywistych stopniaodpowiednio mniejszego od l, l, l.


4.2 Rwnania liniowe wyszych rzdw

W tej czci wykadu bdziemy rozwaa rwnania liniowe wyszych rzdw,czyli rwnania postaci

u(k)(t) + pk1(t)u(k1)(t) + . . .+ p0(t)u(t) = f(t) (RNJ)

u(k)(t) + pk1(t)u(k1)(t) + . . .+ p0(t)u(t) = 0 (RJ),(4.2.1)

gdzie szukan jest funkcja u : [t0, t0+] R klasy Ck, za danymi s cigep0, . . . , pk1, f : [t0, t0+] R. Rozwamy (RNJ) z warunkiem pocztkowym

u(t0) = x0, . . . , u(k1)(t0) = xk1 (4.2.2)

Zredukujmy to rwnanie do rwnania pierwszego rzdu, czyli pomy:

x1(t) = u(t), x2(t) = u(t), . . . , xk(t) = u(k1)(t),

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

Wwczas

x1(t) = u(t) = x2(t)

x2(t) = u(t) = x3(t)

...

xk1(t) = u(k1)(t) = xk(t)

xk(t) = u(k)(t) = p0(t)x1(t) . . . pk1(t)xk(t)) + f(t),

(4.2.3)

czylix(t) = A(t)x(t) + b(t), (4.2.4)

gdzie

A(t) =

0 1 0 00 0 1 0...

...... . . .

...0 0 0 1

p0(t) p1(t) p2(t) pk1(t)

oraz b(t) =

0...0f(t)

oraz x(t0) = (x0, . . . , xk1). Poniewa problem Cauchyegox(t) = A(t)x(t) + b(t)x(t0) = (x0, . . . , xk1)


posiada dokadnie jedno rozwizanie oraz u(t) = x1(t), wic moemy sfor-muowa nastpujcy wniosek.

Wniosek 4.2.1. Problem (RNJ) z warunkiem pocztkowym 4.2 posiada do-kadnie jedno rozwizanie.

Stwierdzenie 4.2.2. 1. Rozwizania rwnania (RJ) tworz k-wymiarowprzestrze liniow

2. Jeli u0(t) jest pewnym szczeglnym rozwizaniem (RNJ) oraz u1, . . . ,uk tworz baz rozwiza (RJ), to kade rozwizanie (RNJ) jest postaciu(t) = u0(t) + c1u1(t) + . . .+ ckuk(t).

Dowd. Oznaczmy przez E zbir rozwiza (RJ). atwo sprawdzi, e Ejest przestrzeni liniow. Rozwamy operator liniowy L : E Rk postaci:

L(u) = (u(t0), u(t0), . . . , u(k1)(t0)) (4.2.5)

Ze wzgldu na wniosek 4.2.1 L jest odwracalny, wic dimE = k.

Przejdmy teraz do rozwaa na temat rwna jednorodnych o staychwspczynnikach, czyli rwna postaci:

u(k)(t) + ak1u(k1)(t) + . . .+ a0u(t) = 0. (4.2.6)

Aby wyznaczy baz rozwiza tego rwnania musimy znale wartoci wa-sne macierzy

A =

0 1 0 00 0 1 0...

...... . . .

...0 0 0 1a0 a1 a2 ak1

, (4.2.7)

czyli pierwiastki wielomianu charakterystycznego

p() = det(A+ I) = det

1 0 00 1 0...

...... . . .

...0 0 0 1a0 a1 a2 + ak1

= n + an1n1 + . . .+ a0.


Ostatni rwno udowodnimy indukcyjnie1o n = 1 det[a0 + ] = 1 + a02o Zamy, e det(I Ak) = k + ak1k1 + . . .+ a0. Policzmy

det(Ak+1 + I)

= det

1 0 00 1 0...

...... . . .

...0 0 0 1a0 a1 a2 + ak

= (+ ak) det

1 00 0...

... . . ....

0 0

+ det

1 0 00 1 0...

...... . . .

...0 0 0 1a0 a1 a2 ak1

(= (ak1 ) + )

= (+ ak)k + k + (ak1 )k1 + ak2+ . . .+ a0= k+1 + akk + . . .+ a0.

Zamy, e l (1 6 l 6 s1) s wszystkimi pierwiastkami rzeczywistymi wielo-mianu p z krotnociami l oraz mim (1 6 m 6 s2) s wszystkimi zespolo-nymi pierwiastkami o krotnociach m. Wwczas

s1l=1 nul + 2

s2m=1 m = k.

Jeli przez E oznaczymy przestrze rozwiza rwnania (4.2.6), to na mocyWniosku 4.1.4 mamy:

E E = span{tpelt, tqemt cos(mt), tremt sin(mt);1 6 l 6 s1, 1 6 m 6 s2, 0 6 p < l, 0 6 q, r < m}

(4.2.8)

Ponadto wiemy, e

dimE 6s1l=1

l + 2s2

m=1

m = k = dimE.

Wniosek 4.2.3. E = E oraz

tpelt, tqemt cos(mt), tremt sin(mt),

gdzie 1 6 l 6 s1, 1 6 m 6 s2, 0 6 p < l, 0 6 q, r < m} stanowi bazrozwiza ukadu

u(k) + ak1u(k1) + ...+ a0u = 0.


4.3 Liniowe rwnania rnicowe

Definicja 4.3.1. Liniowym ukadem rnicowym rzdu q nazywamy rwna-nie postaci

() a0xk + a1xk+1 + . . .+ aqxk+q = bk dla k = 0, 1 . . .

gdzie a0 6= 0, aq 6= 0. Dla bk = 0 rwnanie to nazywa bdziemy jednorodnym.

Przy ustalonych warunkach pocztkowych

x0 = w0, . . . , xq1 = wq1

istnieje dokadnie jeden cig speniajcy () i warunki pocztkowe, poniewaznajc xk, . . . , xk+q1 moemy wyznaczy xk+q

xk+q =1aq(bk (a0xk + a1xk+1 + . . .+ aq1xk+q1))

Zajmiemy si rozwizaniem rwnanie jednorodnego

() a0xk + a1xk+1 + . . .+ aqxk+q = 0.

atwo pokaza, e zbir rozwiza () stanowi qwymiarow przestrzeliniow. Niech

p() =q

i=0

aii

bdzie wielomianem charakterystycznym rwnania ()

Twierdzenie 4.3.1. Jeli 0 jest skrotnym pierwiastkiem wielomianu cha-rakterystycznego, to cigi

{n0}, {nn10 }, . . . , {n(n 1) . . . (n s+ 2)ns+10 }

stanowi ukad liniowo niezalenych rozwiza ().

Dowd. Sprawdmy czy {n(n 1) . . . (n l + 2)nl+10 } jest rozwizaniem() dla l 6 s.

qk=0

akxk+n =q

k=0

ak(n+ k)(n+ k 1) . . . (n+ k l + 2)n+kl+10

=dl1

dl1np()|=0 = 0


poniewa 0 jest skrotnym pierwiastkiem p. Jeli ukad otrzymanych rwnastanowiby ukad zaleny, to istniay by c1, . . . , cs 6= 0 takie, e

c1n0 + c2n

n10 + . . .+ csn(n 1) . . . (n s+ 2)ns+10 = 0 dla n N.

Wstawiajc za n odpowiednio 0, 1, . . . , s 1 otrzymujemy

1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 020 20 2 . . . 0...

...... . . .

...s10 (s 1)s20 (s 1)(s 2)s30 . . . (s 1)!

c1

...

cs

= 0.

Poniewa wyznacznik powyszej macierzy jest rny od zera, wic sprzecz-no.

4.4 Liniowe schematy wielokrokowe

Rozwamy problem Cauchyego

()

x(t) = f(t, x(t)) t [t0, T ]x(t0) = x0Definicja 4.4.1. Liniowym schematem qkrokowym nazywamy schemat po-staci

()qxk+q+q1xk+q1+. . .+1xk+1+0xk = h(qfk+q+. . .+1fk+1+0fk)

dla k = 0, 1, . . ., gdy q 6= 0 i |0| + |0| 6= 0. Schemat jest zamknity, gdyq 6= 0, w przeciwnym wypadku jest otwarty.

Obliczenia numeryczne dla schematu qkrokowego s moliwe, jeli znanes wartoci pocztkowe x0, . . . , xq1. W celu ich uzyskania moemy skorzystaze schematw jednokrokowych, ktre s samostartujce.Oznaczenie. Jeli x(t) jest rozwzaniem (), to wyraenie

rk =q

j=0

jx(tk + jh) hq

j=0

jf(tk + jh, x(tk + jh))

=q

j=0

jx(tk + jh) hq

j=0

jx(tk + jh)


nazywamy bdem lokalnym schematu (). Schemat () jest rzdu p, jelirk = O(hp+1) oraz rk 6= O(hp+2).

Zamy, e x(t) jest rozwizaniem () klasy C. Wwczas dla dowolnegop N mamy:

x(tk + jh) =p+1n=0

x(n)(tk)n!

(jh)n +O(hp+2)

x(tk + jh) =p+1n=1

x(n)(tk)(n 1)!

(jh)n1 +O(hp+1),

std

rk =q

j=0

j

p+1n=0

x(n)(tk)n!

(jh)n q

j=0

j

p+1n=1

x(n)(tk)(n 1)!

jn1hn +O(hp+2) =

=

qj=0

j

x(tk) + p+1n=1

1n!

qj=0

jjn 1

(n 1)!

qj=0

jjn1

x(n)(tk)hn +O(hp+2).Oznaczmy przez

c0 =q

j=0

j

cn =1n!

qj=0

jjn 1

(n 1)!

qj=0

jjn1.

Wniosek 4.4.1. Schemat () jest schematem rzdu p c0 = . . . = cp = 0oraz cp+1 6= 0

Przykad 4.4.1. 1o Ze wzoru Taylora mamy

x(t+ h) = x(t) + hx(t) +h2

2x(t) +O(h3)

x(t h) = x(t) hx(t) + h2

2x(t) +O(h3).

Odejmujc stronami otrzymujemy

x(t+ h) x(t h) = 2hf(t, x(t)) +O(h3),


co prowadzi do schematu

xk+2 = xk + 2hfk+1

zwanego schematem punktu rodkowego, wtedy

0 = 1, 2 = 1, 1 = 2.

Wwczas

c0 = 0 + 2 = 0c1 = 22 1 = 0

c2 =22

2!2

11!1 = 0

c3 =23

3!2

12!1 =

13,

(4.4.1)

zatem schemat jest rzdu 2.2o Wan rodzin schematw wielokrokowych s schematy Adamsa po-

staci:

xk+q = xk+q1 + hq

j=0

jfk+j, k = 0, 1 . . . (4.4.2)

Jeli q 6= 0, to jest schematem zamknitym (Adamsa-Moultona), dla q = 0jest otwarty (Adamsa-Bashfortha).

Jak wyznaczy wspczynnik j? Moemy skorzysta ze wzoru cakowego

x(tk+q) = x(tk+q1) + tk+qtk+q1

f(s, x(s))ds (4.4.3)

Natomiast funkcj podcakow przybliamy wielomianem interpolacyjnymLagrangea Pq stopnia q, opartym na wzach w punktach tk, . . . , tk+q, czyli

Pq(s) =q

j=0

f(tk+j, x(tk+j))lj(s) gdzie lj(s) =qm=0

m6=j

s tk+mtk+j tk+m

. (4.4.4)

Uwaga 4.4.1.

Pq(ts) = f(ts, x(ts)) dla s = k, . . . , k + q. (4.4.5)


Zatem

x(tk+q) x(tk+q1) + hq

j=0

(1h

tk+qtk+q1

lj(s)ds)f(tk+j, x(tk+j)), (4.4.6)

gdzie

1h

tk+qtk+q1

lj(s)ds =1h

tk+qhtk+(q1)h

qm=0

m6=j

s tk mhtk + jh tk mh

ds

= qq1

qm=0

m6=j

smj m

ds = j,

co prowadzi do zamknitego schematu Adamsa

xk+q = xk+q1 + hq

j=0

jfk+j.

Policzmy rzd tego schematu. Oznaczmy

Wn(s) =q

j=0

qm=0

m6=j

smj m

jn (4.4.7)

Wn jest wielomianem stopnia 6 q. Pokaemy, eWn(s) = sn dla n = 0, . . . , q.Aby udowodni t rwno wystarczy j sprawdzi w q+1 rnych punktach,np. w 0, 1, . . . , q. Jeli k = 0, 1, . . . , q, to

Wn(k) =q

j=0

qm=0

m6=j

j mk m

jn = kn.

Ponadto

cn =1n!

qj=0

jjn 1

(n 1)!

qj=0

jjn1

=1n!(qn (q 1)n) 1

(n 1)!

qq1

Wn1(s)ds

=1

(n 1)!

qq1

(sn1 Wn1(s))ds.


Czyli cn = 0 dla n = 1, . . . , q+1 oraz c0 = 11 = 0. Ponadto wielomian sq+1Wq+1(s) jest wielomianem stopnia q + 1, a jego pierwiastkami s 0, 1, . . . , q.Std

sq+1 Wq+1(s) = s(s 1) . . . (s q). (4.4.8)

Zatem

cq+2 =1

(q + 1)!

qq1

(sq+1 Wq+1(s))ds

= qq1

s(s 1) . . . (s q)(q + 1)!

ds < 0.

Czyli rzd zamknitego qkrokowego schematu Adamsa wynosi q + 1.

Definicja 4.4.2. Mwimy, e schemat qkrokowy () jest zbieny, gdy dladowolnego t [t0, T ], jeli:1o t = t0 + kh, k +, h 0,2o xj(h) x0 gdy h 0 dla j = 0, . . . , q 1,to xk x(t), gdzie x(t) jest rozwizaniem (), natomiast x0(h), . . . , xq1(h)s danymi startowymi schematu.

Lemat 4.4.2. Jeli liniowy schemat qkrokowy () jest zbieny, to wszyst-kie pierwiastki wielomianu g() =

qj=0 j

j le w kole jednostkowym {z C; |z| 6 1}, za te pierwiastki, ktre le na okrgu jednostkowym {z C; |z| = 1}, s jednokrotne.

Dowd. Rozwamy rwnanie x(t) = 0, x(0) = 0. Oczywicie posiada onojedyne rozwizanie x(t) = 0. W tym przypadku schemat () jest postaci:

qxk+q + q1xk+q1 + . . .+ 1xk+1 + 0xk = 0 dla k = 0, 1, . . .

Niech 0 bdzie pierwiastkiem g. Rozwamy wwczas dane startowe postacixj(h) = h

j0 dla j = 0, . . . , q 1. Wwczas xk = hk0 dla dowolnego k. Jeli

t = kh, to xk = tkk0. Jeli dodatkowo |0| > 1, to |xk| = t

|0|kk

+, coprzeczy zaoeniu zbienoci, czyli xk 0. Std |0| 6 1. Nastpnie zamy,e |0| = 1 oraz 0 jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu g. Wwczasrozwamy dane startowe xj(h) = hj

j10 dla j = 0, . . . , q 1. Wwczas

xk = hkk10 dla dowolnego k. Jeli t = hk, to |xk| = |tk10 | = t, co przeczyzaoeniu zbienoci schematu.


Definicja 4.4.3. Mwimy, e schemat () jest stabilny, jeli wszystkie pier-wiastki g znajduj si w kole jednostkowym, za te pierwiastki, ktre le naokrgu jednostkowym s jednokrotne.

Przykad 4.4.2.1o Schemat punktu rodkowego: g() = 2 1 = ( 1)(+ 1)2o Schemat Adamsa: g() = q q1 = ( 1)q1

Definicja 4.4.4. Mwimy, e schemat () jest zgodny, jeli

0 =c0 = 0 + . . .+ q0 =c1 = 11 + . . .+ qq (0 + . . .+ q).

(4.4.9)

W najbliszym czasie udowodnimy twierdzenie, ktre mwi, e jeli linio-wy schemat wielokrokowy jest zgodny i stabilny, to jest zbieny. Najpierwjednak musimy przypomnie sobie pewne twierdzenia dotyczce funkcji ana-litycznych.

Niech f : D C, gdzie D C jest zbiorem otwartym.

Definicja 4.4.5. Mwimy, e funkcja f posiada pochodn (zespolon) wz0 D, jeli istnieje

limzz0

f(z) f(z0)z z0

(4.4.10)

i oznaczamy j przez f (z0). Mwimy, e funkcja f jest analityczna, jeli po-siada pochodn w kadym punkcie dziedziny.

Twierdzenie 4.4.3. Jeli f : D C jest analityczna, to w kadym punkcieposiada pochodn dowolnego rzdu.

Oznaczenie. Niech f : D C bdzie funkcj analityczn oraz : [a, b] Dbdzie krzyw klasy C1. Wwczas oznaczmy

f(z)dz =

baf((t))(t)dt.

Ponadto, dla dowolnego r > 0 oznaczmy przezO(0, r) krzyw postaci [0, 2] 3t 7 eit C.

Twierdzenie 4.4.4. Jeli f : {z C; |z| < R} C jest analityczna, to

f(z) =h=0

anzn,

gdzie an = 12O(0,r) f(z)z

ndz dla dowolnego 0 < r < R


Oznaczenie. Dla dowolnego wielomianu g() = qq+. . .+1+0 oznaczmy

g() = qg(1) = q + q1+ . . .+ 1q1 + 0q (4.4.11)

Lemat 4.4.5. Zamy, e wielomian g() = qq + . . .+ 1+ 0 speniawarunek stabilnoci. Wwczas

1q + q1+ . . .+ 0q

=1

g()= 0 + 1+ 22 + . . .

dla || < 1, gdzie j s rzeczywiste i wsplnie ograniczone, czyli

|j| 6 dla j = 0, 1, 2 . . .

Dowd. Niech 1, . . . , r bd wszystkimi pierwiastkami g z okrgu jednost-kowego, czyli |j| = 1. Wwczas:

g(z) = (z 1) . . . (z r)w(z),

przy czym wszystkie pierwiastki w le wewntrz okrgu jednostkowego. Po-nadto

1g(z)

=1

zqg(1z)=

1zq(1

z 1) . . . (1z r)w(

1z)

=(1)r

1 . . . r(z 11 ) . . . (z 1r)w(z)

=a1

z 11

+ . . .+ar

z 1r

+v(z)w(z)

.

Poniewa moduy wszystkich pierwiastkw w s wiksze ni 1, funkcja f(z) =v(z)w(z) jest analityczna w kole {z C; |z| < 1 + } dla pewnego > 0. Zatem

f(z) =n=0

bnzn dla |z| 6 1,

gdzie

bn =12

O(0,1)

f(z)zndz.


Std |bn| 6 max|z|61 |f(z)|. Nastpnie dla |z| < 1 mamy |jz| < 1 oraz

ajz 1

j

= ajj1

1 jz= ajj(1 + jz + 2jz2 + . . .)

= b0j + b1jz + b2jz2 + . . . ,

gdzie |bkj| = |aj|. Zatem

1g(z)

= 0 + 1z + 2z2 + . . . dla |z| < 1

gdzie k = bk r

j=1 bkj oraz

|k| 6 max|z|


Lemat 4.4.7. Rozwamy nieliniowe rwnanie rnicowe postaci

( )q

j=0

jyk+j = hq

j=0

j,k(yk+j) + gk (4.4.12)

gdzie

1oq

j=0

|j| 6 a,

2o max06i6q

|i,k(y)| 6 b|y|,

3o |gk| 6 dla k = 0, 1 . . . ,

4o g() =q

j=0

jj spenia warunek stabilnoci,

5o warunki pocztkowe {yj}q1j=0 s ograniczone przez , czyli |yj| 6 dlaj = 0 . . . q 1,

6o 0 < h 0 istnieje > 0 takie, e |t t1| 6 (t, x1) (t1, x1) 6 2 .Zamy, e

|t t1| 6 oraz x x1 6

2eL(Tt0).

Wwczas:

(t, x) (t1, x1) 6 (t, x) (t, x1)+ (t, x1) (t1, x1)6 eL(Tt0) x x1+ (t, x1) (t1, x1) 6 .

Twierdzenie 5.0.11. Niech f : [t0, T ]G Rd (G Rd domknicie zbioruotwartego) bdzie funkcj ograniczon klasy C1. Niech : [t0, T ] G G bdzie odwzorowanie takim, e t 7 (t, x0) jest rozwizaniem problemuCauchyego x(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0Wwczas odwzorowanie jest cige.

Dowd. Zamy, e f(t, x) 6 M dla (t, x) [t0, T ] G. Wwczas dladowolnych (t, x) [t0, T ]G mamy

(t, x) x = tt0f(, (, x))d

tt0f(, (, x))d M(T t0).

Niech R =M(Tt0)+1 oraz ustalmy (t1, x1) [t0, T ]G. Poniewa, fx jestograniczona na [t0, T ]B(x1, R)G, wic f : [t0, T ] (B(x1, R)G) Rdjest funkcj Lipschitza ze sta L. Jeli xx1 < 1, to (t, x) B(x1, R)G,std

(t, x) (t, x1) 6 x x1+ tt0f(, (, x)) f(, (, x1)) d

6 x x1+ tt0L (, x) (, x1) d.

Na mocy lematu Gronwalla (2.1.1) otrzymujemy:

(t, x) (t, x1) 6 x x1 e(Tt0)L.

Dalsza cz dowodu przebiega jak w Uwadze poprzedzajcej twierdzenie.

5 ZALENOCI ROZWIZA ODWARUNKW POCZTKOWYCH69

Prawdziwa jest rwnie wersja tego twierdzenia bez zaoenia ograniczo-noci f , podamy j bez dowodu.

Twierdzenie 5.0.12. Niech f : [t0, T ] Rd Rd bdzie funkcj klasy C1.Niech : [t0, T ] Rd Rd bdzie odwzorowanie takim, e t 7 (t, x0) jestrozwizaniem problemu Cauchyegox(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0Wwczas odwzorowanie jest cige.

Wniosek 5.0.13. (o cigej zalenoci warunkw pocztkowych i parametru)Niech M Rd bdzie domkniciem zbioru otwartego. Niech f : [t0, T ]RdM Rd bdzie funkcj ograniczon klasy C1. Niech : [t0, T ]RdM Rdbdzie odwzorowanie takim, e t 7 (t, x0, y) jest rozwizaniem problemuCauchyego x(t) = f(t, x(t), y)x(t0) = x0Wwczas odwzorowanie jest cige.

Dowd. Rozwamy funkcj F : [t0, T ] Rd M Rd M postaci

F (t, x, y) = (f(t, x, y), 0).

Funkcja F jest rwnie ograniczona i klasy C1. Zatem na mocy Twierdze-nia 5.0.11, jeli przez t 7 (t, x0, y0) oznaczymy rozwizanie problemu Cau-chyego (x(t), y(t)) = F (t, x(t), y(t)) = (f(t, x(t), y(t)), 0)(x(t0), y(t0)) = (x0, y0),to jest ciga. Ponadto, y(t) = 0, wic y(t) = y0 oraz x(t) = f(t, x(t), y0).Zatem (t, x0, y0) = ((t, x0, y0), y0). Std jest rwnie ciga.

Twierdzenie 5.0.14. (o cigej zalenoci od parametru dla rwna linio-wych) Niech M Rd. Niech A : [t0, T ]M Md(R) bdzie funkcj cig.


Niech : [t0, T ]M Rd bdzie odwzorowaniem takim, e t 7 (t, y) jestrozwizanie ukadu rwna liniowychx(t) = A(t, y)x(t)x(t0) = x0.Wwczas : [t0, T ]M Rd jest ciga.

Dowd. Ustalmy y1 M . Poniewa A : [t0, T ] B(y1, 1) Md(R) jestjednostajnie ciga, wic istnieje A > 0 takie, e A(t, y) A dla (t, y) [t0, T ]B(y1, 1) oraz dla dowolnego > 0 istnieje > 0 taka, e

y y1 < A(t, y) A(t, y1) < .

Std dla dowolnego (t, y) [t0, T ]B(y1, 1) mamy

(t, y) =x0 + t

t0A(, y)(, y)d

6 x0+ tt0A(, y)(, y) d

x0+ tt0A (, y) d.

Zatem na mocy lematu Gronwalla (2.1.1) otrzymujemy

(t, y) 6 x0 e(Tt0)A.

Zamy e y y1 6 . Wwczas

(t, y) (t, y1)

= t

t0(A(, y)(, y) A(, y1)(, y1))d

6

tt0A(, y)((, y) (, y1)) d +

tt0(A(, y1) A(, y))(, y1) d

6 tt0A (, y) (, y1) d + (T t0) x0 eA(Tt0).

Zatem na mocy lematu Gronwalla (2.1.1)

(t, y) (t, y1) 6 (T t0) x0 e2A(Tt0).

Jeli dodatkowo |t t1| < , to

(t, y1) (t1, y1) | t1tA(, y1)(, y1)d | |t t1|A x0 e(Tt0)A

A x0 e2(Tt0)A.


Std(t, y) (t1, y1) (A+ T t0) x0 e2(Tt0)A.

Lemat 5.0.15. (Hadamarda)Niech K bdzie otwartym i wypukym podzbiorem Rd oraz f : (a, b) K Rd funkcj klasy C1. Wwczas odwzorowanie fk : (a, b) K K Rd,k = 1, . . . , d dane wzorem:

fk(t, y1, y2) = 10

f

xk(t, sy2 + (1 s)y1)ds (5.0.13)

jest cige, fk(t, y, y) = fxk (t, y) oraz

f(t, y2) f(t, y1) =d

k=1

fk(t, y1, y2)(yk2 yk1) (5.0.14)

gdzie yi = (y1i , ..., ydi ), i = 1, 2.

Dowd. Cigo zostawiamy jako wiczenie. Ustalmy t (a, b) i rozwamy

F (s) = f(t, sy2 + (1 s)y1) dla s [0, 1].

Wwczas

F (s) =d

k=1

f

xk(t, sy2 + (1 s)y1)(yk2 yk1),

std

f(t, y2) f(t, y1) = F (1) F (0) = 10F (y)ds

=d

k=1

10

f

xk(t, sy2 + (1 s)y1)ds (yk2 yk1).

Twierdzenie 5.0.16. (o C1 zalenoci od warunkw pocztkowych) Niechf : [t0, T ] Rd Rd bdzie funkcj klasy C1 (ograniczona). Niech t 7(t, x0) bdzie rozwizaniem problemux(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0.


Wwczas : [t0, T ] Rd Rd jest klasy C1 oraz dla dowolnego ~n Rd,~n = 1 funkcja

z(t, x) =

~n(t, x)

jest rozwizaniem rwnania liniowego:ddtz(t, x) = I(t, x)z(t, x)

z(t0, x) = ~n(5.0.15)

gdzie I(t, x) = fx(t, (t, x))

Dowd. Dla uproszczenia dowodu przyjmijmy, e t0 = 0. Poniewa(t,x)

t=

f(t, (t, x)) oraz jest funkcj cig na mocy Twierdzenia 5.0.12, wicpochodna czstkowa

tjest ciga. Naley rwnie pokaza, e pochodna

x

jest ciga. W tym celu wystarczy udowodni, e dla dowolnego wektora~n Rd, ~n = 1 pochodna kierunkowa

~njest ciga. Ustalmy x0 Rd,

h [0, 1] oraz oznaczmy

yh(t) = (t, x0 + h~n).

Wwczas

yh(t) y0(t) = f(t, yh(t)) f(t, y0(t)) =n

k=1

fk(t, yh(t), y0(t))(ykh(t) yk0(t))

= I(t, h)(yh(t) y0(t)),

gdzie I(t, h) jest ddmacierz, ktrej kolumnami s wektory fk(t, yh(t), y0(t)),czyli

I(t, h) = [f1(t, yh(t), y0(t)) . . . fd(t, yh(t), y0(t))].

Na mocy Lematu Hadamarda I jest ciga. Ponadto(yh(t) y0(t)

h

)= I(t, h)

(yh(t) y0(t)

h

).

Oznaczajc zh(t) =yh(t)y0(t)

hmamy

zh(t) = I(t, h)zh(t)


Gdy h 0, tofk(t, yh(t), y0(t))

f

xk(t, y0(t)),

Czyli

I(t, h) I(t, 0) = fx

(t, (t, x0))

oraz

zh(0) =yh(0) y0(0)

h= ~n.

Zatem zh(t) = I(t, h)zh(t)zh(0) = ~nNa mocy twierdzenia o cigej zalenoci od parametru dla rwna liniowychotrzymujemy, e zh(t)h0 z(t), gdziez(t) = I(t, 0)z(t)z(0) = ~n.Z drugiej strony

zh(t) =(t, x0 + h~n) (t, x0)

h

~n(t, x0).

Std dla dowolnego ~n oraz x0 pochodna kierunkowa ~n (t, x0) istnieje a po-nadto jeli

z(t, x) =

~n(t, x),

to ddtz(t, x) = f

x(t, (t, x))z(t, x)

z(0, x) = ~n.

Poniewa funkcja f jest klasy C1 a jest ciga, wic A(t, x) = fx(t, (t, x))

jest rwnie ciga. Zatem na mocy twierdzenia o cigej zalenoci od pa-rametru dla rwna liniowych funkcja z a co za tym idzie rwnie

~njest

ciga.


Twierdzenie 5.0.17. (O Cr zalenoci od warunkw pocztkowych) Niechf : [t0, T ]Rd Rd bdzie funkcj klasy Cr. Wwczas : [t0, T ]Rd Rdjest rwnie klasy Cr.

Dowd. Dowd indukcyjny:1o n = 1 - poprzednie twierdzenie2o Zamy e dla pewnego r N teza twierdzenia jest prawdziwa i zamye f jest funkcj klasy Cr+1. Poniewa (t,x)

t= f(t, (t, x)) oraz f, s

funkcjami klasy Cr (zaoenie indukcyjne), wic pochodna czstkowa t

jestklasy Cr. Wystarczy zatem pokaza, e z(t, x) =

~n(t, x) jest klasy Cr dla

dowolnego ~n, ~n = 1. Na mocy poprzedniego twierdzeniaddtz(t, x) = I(t, x)z(t, x)

z(t0, x) = ~n,

gdzie I(t, x) = fx(t, (t, x)) jest klasy Cr. Rozwamy funkcj F : [t0, T ]

Rd Rd Rd Rd dan wzorem:

F (t, x, z) =(0,f

x(t, (t, x)) z

).

F jest oczywicie klasy Cr. Oznaczmy przez (t, x) = (1(t, x), 2(t, x)) Rd Rd. rozwizanie rwnania postaci:

(x(t), z(t)) = F (t, x(t), z(t))x(t0) = xz(t0) = ~n.

Na mocy zaoenia indukcyjnego jest klasy Cr i dodatkowo dla dowolnegox Rd mamy

1(t, x) = x dla t [t0, T ].

Stdd

dt2(t, x) =

f

x(t, (t, x))2(t, x).

Std z(t, x) = 2(t, x) jest klasy Cr.

6 RWNANIA RNICZKOWECZSTKOWE PIERWSZEGORZDU75

6 Rwnania rniczkowe czstkowe pierwsze-go rzdu

6.1 Podstawowe definicje i wasnoci

Definicja 6.1.1. Rwnania rniczkowe czstkowe, s to rwnania postaci

F (Dru,Dr1u, . . . , Du, u, x) = 0

przy czym szukan funkcj jest u : G R (G Rd otwarty). Liczb rnazywamy rzdem rwnania.

Najpierw zajmiemy si rwnaniami liniowymi pierwszego rzdu, postaci

di=1

ai(x)u

xi(x) = b(x),

gdzie szukan jest funkcja u : G R klasy C1, za danymi s funkcje cigeai, b : G R.Przykad 6.1.1. Rozwamy rwnanie

yu

x xu

y= y.

Wwczas kada funkcja postaci u(x, y) = g(x2 + y2) + x jest rozwizaniemtego rwnania, poniewa

u

x= g(x2 + y2)2x+ 1

u

y= g(x2 + y2)2y.

Czyli rodzina rozwiza rwnania nie zaley od skoczonej liczby parame-trw (tak jak w przypadku rwna zwyczajnych), lecz jest parametryzowanafunkcjami rniczkowalnymi. Std wynika, e warunki pocztkowe skadajcesi ze skoczonej listy warunkw nie dadz jednoznacznoci rozwizania.


6.2 Rozmaitoci (przypomnienie)

Definicja 6.2.1. RozmaitoNiech M bdzie niepustym podzbiorem Rd. Mwimy, e M jest w punkciep M rozmaitoci wymiaru k 6 d klasy Cr (r 1), gdy istnieje otoczenieotwarte U Rd punktu p, otoczenie V Rd punktu 0 oraz dyfeomorfizmh : U V klasy Cr taki, e h(p) = 0 oraz

M U = h1(V (Rk {0})). (6.2.1)

Wwczas zbir TpM = (Dh(p))1(Rk {0}) nazywamy przestrzeni styczndo M w punkcie p.

Twierdzenie 6.2.1. Niech dany bdzie zbir M Rd oraz p M . Dlaustalonych 0 k d oraz 1 r nastpujce warunki s rwnowane:

1. M jest w punkcie p rozmaitoci wymiaru k klasy Cr

2. Istnieje otoczenie U punktu p oraz F : U Rdk klasy Cr taka, epochodna DF (p) ma rzd d k oraz

M U = {x U : F (x) = 0} . (6.2.2)

Wtedy TpM = kerDF (p).

3. Istnieje otoczenie U punktu p, zbir S Rk, s0 S oraz : S Rdklasy Cr takie, e (s0) = p, D(s0) ma rzd k, : S (S) jesthomeomorfizmem i

M U = (S) = {(s) : s S} . (6.2.3)

Wtedy TpM = ImD(s0).


Twierdzenie 6.2.2. (o funkcjach uwikanych) Niech U Rm Rn bdziezbiorem otwartym oraz H : U Rn bdzie funkcj klasy C1. Niech (x0, y0) U bdzie takie, e

H(x0, y0) = 0 oraz det

yH(x0, y0) 6= 0.

Wwczas istnieje otoczenie V punktu x0 oraz otoczenie W punktu y0 orazfunkcja h : V W klasy C1 taka, e dla dowolnych (x, y) V W mamy

H(x, y) = 0 h(x) = y.

6.3 Rozwizywanie rwna liniowych

Niech G Rd bdzie zbiorem otwartym oraz ai : G R, i = 1, . . . , dfunkcjami cigymi. Rozwamy rwnanie liniowe jednorodne postaci

di=1

ai(x)u

xi(x) = 0 dla x G. (RJ)

Dla tego rwnania rozwaa bdziemy rwnanie charakterystyczne postaci

x = a(x) (RCH),

czyli

x1 = a1(x)x2 = a2(x)

...xd = ad(x)

Rozwizania rwnania charakterystycznego bdziemy nazywali charaktery-stykami rwnania (RJ).

Twierdzenie 6.3.1. Niech G1 G Rd bdzie zbiorem otwartym, zau : G1 R funkcj rniczkowaln. Nastpujce warunki s rwnowane:

1. funkcja u : G1 R jest rozwizaniem (RJ),

2. dla dowolnej charakterystyki x : I Rd (I R podprzedzia) funkcjau x jest staa.


Dowd. (1 2) Niech u bdzie rozwizaniem (RJ), a x : I Rd pewncharakterystyk. Wwczas dla kadego t I mamy

d

dt(ux)(t) = Du(x(t))dx

dt(t) = Du(x(t))a(x(t)) =

di=1

ai(x(t))u

xi(x(t)) = 0.

(2 1) Niech x0 G1. Na mocy Twierdzenia Peano (2.2.2) istnieje charak-terystyka x : I G1 taka, e x(0) = x0. Wwczasdi=1

ai(x0)u

xi(x0) = Du(x(0))a(x(0)) = Du(x(0))x(0) =

d

dt(u x)(t)

t=0

= 0.

Twierdzenie 6.3.2. Niech a : G Rd bdzie funkcj klasy C1 oraz niechS G bdzie rozmaitoci klasy C1 takim, e dimS = d 1. Niech p Sbdzie punktem takim, e a(p) / TpS (nie naley do przestrzeni stycznej).Wtedy istnieje otoczenie G1 Rd punktu p takie, e problem Cauchyego

di=1 ai(x)

uxi

(x) = 0 dla x G1u(x) = w(x) dla x S G1

(6.3.1)

ma dokadnie jedno rozwizanie okrelone na G1 dla dowolnej funkcji w :S R klasy C1.

Przykad 6.3.1. Rozwamy problem postaciyux xuy = 0u(0, y) = y3.


W tym przypadku S = {(x, y);x = 0}, w(0, y) = y3. Rwnanie charaktery-styczne jest postaci x = yy = xa charakterystyki postaci

(t, x, y) =[cos(t) sin(t) sin(t) cos(t)

] [xy

]

Wszystkie charakterystyki s okrgami bo macierz fundamentalna jest ma-cierz obrotu, zatem rozwizanie jest stae na okrgach o rodku w (0, 0). Alewynika z tego, e w otoczeniu (0, 0) problem nie ma rozwizania poniewa zjednej strony u(0, y) = u(0,y) (gdy (0, y) i (0,y) le na jednej charak-terystyce), a z drugiej u(0, y) = y3 6= y3 = u(0,y). Powodem dla ktregoten problem nie ma rozwizania jest fakt, e a(0) = 0 T0S.

Lemat 6.3.3. Zamy e spenione s zaoenia Twierdzenia 6.3.2. Przezt 7 (t, x) oznaczmy rozwizaniem rwnania charakterystycznego takie, e(0, x) = x. Wtedy istnieje otoczenie G1 punktu p, > 0 oraz funkcja :G1 R klasy C1 taka, e dla dowolnych x G1 oraz t <

(t, x) S t = (x).

(x) naley interpretowa jako czas pierwszego przecicia z rozmaitoci Scharakterystyki wychodzcej z x.


Dowd. Poniewa S jest d 1 wymiarow rozmaitoci punkcie p, wicistnieje otoczenia G0 punktu p oraz funkcja F : G0 R klasy C1 taka, e

S G0 = {x G0 : F (x) = 0}

oraz DF (p) 6= 0. Rozwamy funkcj

H(x, t) = F ((t, x)).

Funkcja ta jest klasy C1 w pewnym otoczeniu (p, 0), H(p, 0) = 0 oraz

dH

dt(p, 0) = DF ((0, p))

d

dt(0, p) = DF (p)a((0, p)) = DF (p)a(p) 6= 0

poniewa a(p) / TpS = kerDF (p). Na mocy twierdzenia o funkcji uwikanejistnieje otoczenie G1 punktu p, > 0 oraz funkcja : G1 R klasy C1 taka,e dla x G1 oraz |t| < mamy

H(x, t) = 0 t = (x).

Std dla x G1 oraz |t| < mamy

(t, x) S F ((t, x)) = 0 H(x, t) = 0 t = (x)

Lemat 6.3.4. Jeli t 7 (t, x) jest rozwizaniem rwnania autonomicznegox = a(x) takim, e (0, x) = x, to

(t+ s, x) = (t, (s, x)).

Dowd. Rozwamy funkcj u(t) = (t+ s, x). Wwczas

d

dtu(t) =

d

dt(t+ s, x) = a((t+ s, x)) = a(u(t))

oraz u(0) = (s, x). Poniewa a jest klasy C1, wic u(t) = (t, (s, x)).

Ponadto jeli jest funkcj z Lematu 6.3.3, to dla dowolnego y G1 mamy

s = ((t, y)) (s, (t, y)) S (s+ t, y) S (y) = s+ t,

std((t, y)) = (y) t.


Dowd. Twierdzenia 6.3.2.Niech G1 oraz : G1 R bd takie jak w Lemacie 6.3.3. Dla x G1definiujemy funkcj u : G1 R nastpujco

u(x) = w(((x), x)).

u jest klasy C1 i jest ona staa na charakterystykach poniewa:

u((t, y)) = w((((t, y)), (t, y))) = w(((y) t, (t, y))) == w(((y), (0, y))) = w(((y), y)) = w(y).

Na mocy Twierdzenia 6.3.1 funkcja u jest rozwizaniem (RJ). Ponadto, jelix S G1, to

u(x) = w(((x), x)) = w((0, x)) = w(x).

Zamy, e u1 : G1 R jest rozwizaniem (RJ) takim, e u1(x) = w(x) dlax G1 S. Poniewa u1 jest staa na charakterystykach, wic dla x G1mamy

u1(x) = u1(((x), x)) = w(((x), x)) = u(x).

Zajmiemy si teraz rwnaniem liniowym niejednorodnym postaci

di=1

ai(x)u

xi(x) = b(x). (RNJ)

Twierdzenie 6.3.5. Niech t 7 (t, x) bdzie rozwizaniem rwnania cha-rakterystycznego (RCH) dla rwnania jednorodnego (RJ) takim, e (0, x) =x. Niech G1 G bdzie podzbiorem otwartym oraz u : G1 R funkcj r-niczkowaln. Wtedy nastpujce warunki s rwnowane:

1. u jest rozwizaniem rwnania niejednorodnego (RNJ),

2. dla dowolnego x G1 istnieje > 0 taki, e dla |t| < mamy

u((t, x)) = u(x) + t0b((, x))d.


Dowd. (1 2) Jeli u jest rozwizaniem (RNJ), to

d

dtu((t, x)) = Du((t, x))

d

dt(t, x) = Du((t, x))a((t, x)) = b((t, x)),

std

u((t, x)) u(x) = t0

d

du((, x))d =

t0b((, x))d.

(2 1) Poniewa

u((t, x)) u(x) = t0b((, x))d,

wicd

dtu((t, x)) = b((t, x)).

Std

b((t, x)) =d

dtu((t, x)) = Du((t, x))

d

dt(t, x) = Du((t, x))a((t, x)).

Zatem kadc t = 0 otrzymujemy

Du(x)a(x) = b(x)

dla dowolnego x G1.

Twierdzenie 6.3.6. Niech funkcje dane ai, b : G R w (RNJ) bd klasyC1. Niech S G bdzie rozmaitoci klasy C1 tak, e dimS = d 1. Niechp S bdzie punktem taki, e a(p) / TpS. Wtedy istnieje otoczenie otwarteG1 Rd punktu p takie, e problem Cauchyego

di=1 ai(x)

uxi

(x) = b(x) dla x G1u(x) = w(x) dla x S G1

ma dokadnie jedno rozwizanie dla dowolnej funkcji w : S R klasy C1.


Dowd. Niech G1 oraz : G R bd jak w Lemacie 6.3.3. Dla x G1okrelamy funkcj u nastpujco

u(x) = w(((x), x)) (x)0

b((s, x))ds.

Wwczas

u((t, x)) = w((((t, x)), (t, x))) ((t,x))0

b((s, (t, x)))ds

= w(((x) t, (t, x))) (x)t0

b((s, (t, x)))ds

= w(((x), x)) (x)0

b((s+ t, x))ds+ t0b((s, x))ds

= u(x) + t0b((s, x))ds.

Zamy, e u1 : G1 R jest rozwizaniem (RNJ) takim, e u1(x) = w(x)dla x G1 S. Na mocy Twierdzenia 6.3.5 dla dowolnego x G1 mamy

u1(((x), x)) = u1(x) + (x)0

b((s, x))ds,

std

u1(x) = w(((x), x)) (x)0

b((s, x))ds = u(x).

Uwaga 6.3.1. Metoda charakterystyk jest bardzo wygodna przy numerycz-nym wyznaczaniu rozwiza przyblionych problemu Cauchyego

di=1 ai(x)

uxi

= 0 dla x G1u(x) = w(x) dla x S G1.

W celu rozwizania problemu ustalamy d punktw x1, x2, . . . , xd na rozma-itoci S. Nastpnie dla kadego xi wyznaczamy jednoczenie numeryczne roz-wizanie rwnania charakterystycznegox = a(x)x(0) = xi.otrzymujc kolejno punkty (jh, xij) (h - dugo kroku). Na koniec przybli-one wartoci u w xij definiujemy nastpujco

u(xi,j) = w(xi).


6.4 Rwnania quasi-liniowe

W nastpnej czci skryptu udowodnimy twierdzenie o istnieniu i jednoznacz-noci rozwiza dla oglniejszej klasy rwna pierwszego rzdu, tzw. rwnaquasi-liniowych postaci:

di=1

ai(x, u(x))u

xi(x) = b(x, u(x)) (RQL) (6.4.1)

gdzie ai, b : G R R, i = 1, . . . , d (G Rd otwarty) s funkcjami klasyC1. W tym przypadku rwnanie charakterystyczne bdzie miao postax = a(x, u)u = b(x, u), (6.4.2)czyli

x1 = a1(x, u)x2 = a2(x, u)

...xd = ad(x, u)u = b(x, u).

Oznaczmy przez t 7 (t, x0, u0) rozwizanie problemu Cauchyegox = a(x, u)u = b(x, u)x(0) = x0u(0) = u0.


Takie rozwizania bdziemy nazywa charakterystykami (RQL).

Definicja 6.4.1. Mwimy, e zbir A GR jest niezmienniczy dla , gdydla dowolnych t, x, u takich, e (t, x, u) G R mamy

(x, u) A (t, x, u) A.

Twierdzenie 6.4.1. Niech G1 Rd bdzie podzbiorem otwartym, u : G1 R funkcj klasy C2. Wwczas nastpujce warunki s rwnowane:

1. u jest rozwizaniem (RQL),

2. wykres Graph(u) = {(x, u(x)) Rd R, x G1} jest zbiorem nie-zmienniczym dla .

Dowd. (1 2) Niech u : G1 R bdzie rozwizaniem (RQL). Wemydowolny punkt wykresu p = (x, u(x)) oraz rozwamy funkcj

k(t) = 2(t, p) u(1(t, p)),

ktra jest okrelona na pewnym przedziale zwierajcym 0. Wwczas

k(0) = 2(0, x, u(x)) u(1(0, x, u(x))) = u(x) u(x) = 0

Rniczkujc t funkcj otrzymujemy

k(t) =d

dt2(t, p)Du(1(t, p))

d

dt1(t, p)

= b(1(t, p), 2(t, p))Du(1(t, p))a(1(t, p), 2(t, p))= b(1(t, p), k(t) + u(1(t, p)))Du(1(t, p))a(1(t, p), k(t) + u(1(t, p)))

Oznacza to, e funkcja k spenia nastpujce rwnanie rniczkowe zwyczajnek(t) = b(1(t, p), k(t) + u(1(t, p)))Du(1(t, p))a(1(t, p), k(t) + u(1(t, p)))k(0) = 0.Zauwamy, e funkcja k1 0 jest rozwizaniem powyszego rwnania ponie-wa

0 = b(1(t, p), u(1(t, p)))Du(1(t, p))a(1(t, p), u(1(t, p))).


Ponadto prawa strona rwnania jest klasy C1, wic z jednoznacznoci roz-wiza wynika, e k 0. Zatem

(t, x, u(x)) = (1(t, p), 2(t, p)) = (1(t, p), u(1(t, p))),

czyli ley na wykresie funkcji u.(2 1) Zamy e Graph(u) jest niezmienniczy dla . Ustalmy x G1,Wwczas dla t bliskiego zera mamy

(t, x, u(x)) Graph(u),

czyli2(t, x, u(x)) = u(1(t, x, u(x))).

Std

b(x, u(x)) =d

dt2(t, x, u(x))

t=0

=d

dtu(1(t, x, u(x)))

t=0

= Du(x)a(x, u(x)).

Twierdzenie 6.4.2. Niech funkcje dane ai, b : GR R rwnania (RQL)bd klasy C1. Niech S G bdzie rozmaitoci wymiaru d1 oraz w : S Rfunkcj klasy C1. Niech p S bdzie punktem takim, e

a(p, w(p)) / TpS.

Wwczas istnieje otoczenie G1 Rd punktu p takie, e problem Cauchyegod

i=1 ai(x, u(x))uxi

(x) = b(x, u(x)) dla x G1u(x) = w(x) dla x S G1

ma dokadnie jedno rozwizanie.

Dowd. Poniewa S jest rozmaitoci wymiaru d 1 w punkcie p, wicistnieje funkcja : Rd1 H0 Rd (homeomorfizm) klasy C1 oraz G0 Rdotoczenie p takie, e

S G0 = (H0)oraz dla 0 H0, (0) = p. D(0) : Rn1 Rd jest monomorfizmem.Zdefiniujmy funkcj : H0 Rd R

() = ((), w(()))


Niech (t, x, u) bdzie rozwizaniem (RCH) taka, e (0, x, u) = (x, u) orazniech I(x,t) bdzi maksymalnym odcinkiem na ktrym to rozwizania istnieje.Oznaczmy

P = PG0 = {(t, ()) G0 R, H0, t I}

W dalszej czci dowodu pokaemy (ewentualnie zmniejszajac G0), e PG0jest wykresem pewnej funkcji u : G0 R klasy C1. Zauwamy e zbir PG0jest niezmienniczy dla wzgldem G0 R poniewa

(s, (t, ())) = (s+ t, ()) PG0

zatem ma mocy twierdzenia funkcja u bdzie rozwizaniem (RQL). Ponadto

PG0 3 (0, ()) = () = ((), w(()))

wicw(()) = u(()) dla H0

stda(x) = w(x) dla x S G0

Rozwamy funkcj g(t, ) = (t, ()) Rd R dla H0. Funkcja ta madwie wsprzdne

g1(t, ) = 1(t, ()) Rd

g2(t, ) = 2(t, ()) R

skorzystamy teraz z maego pomocniczego lematu.

Lemat 6.4.3. g1 jest dyfeomorfizmem na otoczeniu (, ) H1 punktu(0, 0).

Odmy dowd lematu na pniej i dokoczmy dowd twierdzenia.Wemy G1 = g1((, )H1) oraz u : G1 R jako u = g2 g11 Wwczas

(t, ()) = (g1(t, ()), u(g1(t, ()))) = (g1(t, ), g2g11 g1(t, )) = (g1(t, ), g2(t, ))

std PG1 = Graph(u) zatem u jest rozwizaniem problemu Cauchyego.


Dowd. (lematu) Ze wzgldu na twierdzenie o lokalnym odwracaniu od-wzorowa wystarczy pokaza, e Dg1(0, 0) : Rd Rd jest monomorfizmem.Zauwamy e

Dg1(t, ) = (Dtg1(t, ), Dg1(t, ))

ponadto

Dtg1(t, ) =d

dt1(t, ()) = a((t, ()))

Dg1(t, ) =d

d1(t, ()) = D(x,u)1(t, ())D()

z drugiej strony

1(0, x, u) =xD(x,u)1(0, x, u) =(idRd , 0)

orazD() = (D(), D(w )()))

zatem

Dtg1(0, 0) = a(1(0, (0))) = a(p, w(p))Dg1(0, 0) = (id, 0)(D(0), D(w )(0)) = D(0)

Wemy dowolne t R, Rn1, wtedy

Dg1(0, 0)(t, ) = a(p, w(p))t+D(0)

Teraz moemy udowodni, e Dg1(0, 0) jest monomorfizmem. Zamy e

0 = Dg1(0, 0)(t, ) = a(p, w(p))t+D(0)

stda(p, w(p))t = D(0) ImD(0) = TpS

Z faktu, e a(p, w(p))t TpS wynika e t = 0, wic D(0)() = 0. JednakD(0) jest monomorfizmem, czyli = 0


Pozostaje jeszcze w udowodni jednoznaczo (w twierdzeniu).Niech u1 : G1 R bdzie rozwizaniem problemu Cauchyego. WwczasGraph(u1) jest niezmienniczy dla poniewa

((), w(())) = ((), u1(())) Graph(u1)

zatem dla maych t

(t, (xi), w(())) Graph(u1)

1(t, ()), 2(t, ())

g1(t, ), g2(t, )

g1(t, ), u1(g1(t, ))

u1 g1 = g2, czyli u1 = g2 g11 = u

7 RWNANIA RNICZKOWE CZSTKOWE DRUGIEGO RZDU90

7 Rwnania rniczkowe czstkowe drugiegorzdu

W tej czci wykadu zajmiemy si rwnaniami liniowymi postaci

di,j=1

aij(x)uxixj(x) +di=1

bi(x)uxi(x) + c(x)u(x) = f(x), (RL) (7.0.3)

gdzie danymi s funkcje ai,j, bi, c oraz f okrelone na pewnym otwartymzbiorze G Rd, za szukan jest funk