Dowód twierdzenia o istnieniu i jednoznaczno±ci

Przypomnijmy:

Zakªadamy, »e f : R × R

k

⊃→ R

k

jest ci¡gªa i pochodne cz¡stkowe wszystkich

wspóªrz¦dnych

∂f

p

∂x

i

,

i, p ≤ k,

s¡ ci¡gªe. Niech (t

0

, x

0

) ∈ U.

Wówczas istnieje δ > 0 taka, »e zagadnienie pocz¡tkowe

x

0

= f (t, x),

x(t

0

) = x

0

,

posiada w przedziale I := [t

0

− δ, t

0

+ δ]

dokªadnie jedno rozwi¡zanie.

Zauwa»my najpierw, »e wystarczy pokaza¢ istnienie dokªadnie jednej funkcji ci¡gªej

ϕ : I → R

k

speªniaj¡cej równanie

ϕ(t) = x

0

+

Z

t

t

0

f (s, ϕ(s)) ds.

Wybierzmy δ

1

> 0

i R > 0 takie, by P := [t

0

− δ

1

, t

0

+ δ

1

] × K(x

0

, R) ⊂ U,

a nast¦pnie

M = sup{|f (t, x)| : (t, x) ∈ P } < ∞.

Z twierdzenia o przyrostach bior¡c |t − t

0

| ≤ δ

1

i x, y ∈ K(x

0

, R)

mamy

|f (t, x) − f (t, y)| ≤ sup

0≤ξ≤1

k

X

i,p=1

¯

¯

¯

¯

∂f

p

∂x

i

(t, (1 − ξ)x + ξy)

¯

¯

¯

¯ · |x − y|.

Poniewa» punkt (1 − ξ)x + ξy nale»y do tej samej kuli, a pochodne cz¡stkowe, jako

ci¡gªe s¡ na P ograniczone, istnieje wi¦c staªa L > 0 taka, »e

|f (t, x) − f (t, y)| ≤ L|x − y|.

We¹my δ ∈ (0, δ

1

]

takie, by Mδ ≤ R i q := Lδ < 1. Skonstruujemy rozwi¡zanie

równania caªkowego dane na przedziale I. Niech ϕ

0

(t) ≡ x

0

,

i

ϕ

n+1

(t) = x

0

+

Z

t

t

0

f (s, ϕ

n

(s)) ds,

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

Zauwa»my, »e je±li ϕ

n

(t) ∈ K(x

0

, R)

dla t ∈ I, to ϕ

n+1

(t) ∈ K(x

0

, R)

dla t ∈ I, bo

|ϕ

n+1

(t) − x

0

| ≤

Z

max(t

0

,t)

min(t

0

,t)

|f (s, ϕ

n

(s)) ds ≤ M δ ≤ R.

Zatem ci¡g ten jest dobrze okre±lony.

Oszacujmy

|ϕ

n+1

(t)−ϕ

n

(t)| ≤

Z

max(t

0

,t)

min(t

0

,t)

|f (s, ϕ

n

(s))−f (s, ϕ

n−1

(s))| ds ≤ Lδ·sup

s∈I

|ϕ

n

(s)−ϕ

n−1

(s)| ≤

≤ q

2

sup

s∈I

|ϕ

n−1

(s) − ϕ

n−2

(s)| ≤ . . . ≤ q

n

sup

s∈I

|ϕ

1

(s) − ϕ

0

(s)| = q

n

R.

Dla m > n mamy wi¦c

|ϕ

m

(t) − ϕ

n

(t)| ≤ |ϕ

m

(t) − ϕ

m−1

(t)| + |ϕ

m−1

(t) − ϕ

m−2

(t)| + . . .

1

. . . + |ϕ

n+1

(t) − ϕ

n

(t)| ≤ (q

m−1

+ q

m−2

+ . . . + q

n

)R

dla wszystkich t ∈ I. Poniewa» szereg geometryczny o ilorazie q < 1 jest zbie»ny, wi¦c

dla dowolnego ε > 0 istnieje n

0

takie, »e dla n ≥ n

0

mamy

∞

X

j=n

q

j

R < ε.

St¡d dla m > n ≥ n

0

i dowolnego t ∈ P zachodzi

|ϕ

m

(t) − ϕ

n

(t)| ≤

m−1

X

j=n

q

j

R <

∞

X

j=n

q

j

R < ε.

To dowodzi jednostajnej zbie»no±ci ci¡gu funkcyjnego ϕ

n

, n ∈ N.

Z ci¡gªo±ci tych

funkcji tak»e funkcja graniczna ϕ : I → R

k

jest ci¡gªa.

Ponadto przechodz¡c do granicy w rekurencyjnej denicji ϕ

n

,

dostajemy

ϕ(t) = x

0

+

Z

t

t

0

f (s, ϕ(s)) ds,

czyli funkcja graniczna jest rozwi¡zaniem zagadnienia pocz¡tkowego. Gdyby ψ : I →
R

k

byªo innym rozwi¡zaniem tego zagadnienia, to

|ϕ(t)−ψ(t)| =

¯

¯

¯

¯

Z

t

t

0

(f (s, ϕ(s)) − f (s, ψ(s))) ds

¯

¯

¯

¯ ≤

Z

max(t

0

,t)

min(t

0

,t)

|f (s, ϕ(s))−f (s, ψ(s))| ds

≤ L

Z

max(t

0

,t)

min(t

0

,t)

ds sup

s∈I

|ϕ(s) − ψ(s)| = q sup

s∈I

|ϕ(s) − ψ(s)|.

Przechodz¡c z lewej strony do kresu górnego po t ∈ I dostajemy nierówno±¢ speªnion¡

tylko gdy sup

s∈I

|ϕ(s) − ψ(s)| = 0

czyli ψ = ϕ. St¡d ϕ jest jedynym rozwi¡zaniem na

tym przedziale.

2