426907372

15

Wykład 3

n    ■    ■ -    (£—dr)

Za T_n można wziąć np. _M„ , ■

Bez straty ogólności możemy rozpatrywać jedynie t b oraz przyjąć, że b ^ oo (jeżeli b = oo, to teza twierdzenia jest prawdziwa). Przypuśćmy, że dla t —> b teza nie zachodzi. Zatem istnieje ciąg rosnący t_n /'b oraz k, takie, że dla każdego n, (t_n, u(t_n)) € E_k. Dla dostatecznie dużych N (n > n₀) mamy t_n —    < r_n, więc u(t) £ Ek+i dla t > t_no. Stąd wynika, że

u(t) jest ciągła w sensie Lipschitza ze stałą M_k+1, zatem przedłuża się do b w sposób ciągły. Ponieważ u = F(t, u(t)) oraz F jest ciągła w u(b) € E_k+l C G, więc u też jest lewostronnie ciągła w b. Zatem (Analiza I) u ma pochodną lewostronną w b, równą u(t). Z twierdzenia Peano istnieje rozwiązanie v na [6,b + e] z warunkiem początkowym v(b) = u(b). Zatem u,Uv przedłuża u, co jest niemożliwe, gdyż u jest z założenia rozwiązaniem wysyconym.

□

Uwaga

Z powyższego dowodu wynika następujące stwierdzenie:

Stwierdzenie 3.1 Jeśli u(t) jest rozwiązaniem równania ii(t) = F(t,u(t)) na (a, 6) oraz istnieje granica lim tfb E(t, u(t)) = F, to u(t) przedłuża się ciągle dot = b i pochodna lewostronna u(b) = F.

Następująca konstrukcja, wspomniana już przy dowodzie istnienia rozwiązań wysyconych, pozwala przedłużyć dowolne rozwiązanie do pewnego rozwiązania wysyconego i pokazuje, że dla tego rozwiązania teza twierdzenia (3.1) zachodzi: Przypuśćmy, że u, określone na (o, b) nie jest wysycone, powiedzmy, z prawej strony. Zatem możemy je przedłużyć przynajmniej do (a, b\. (Nie musimy korzystać z Stw. 3.1, tzn. z rozumowania dającego przedłużalność do (a, 6], bo tę przedłużalność założyliśmy.) Zbiór {(<, u(t)) : b — e <t < b}. jako zbiór zwarty, jest zawarty w E_k, dla pewnego k. Dopóki krzywa jest zawarta w E_k, przedłużamy krokami r_k na [6, b + Tfc], [b, b + 2Tfc], ... Po opuszczeniu E_k, znajdując się w Ek+i, przedłużamy krokami t*+i, itd. W ten sposób możemy przedłużyć rozwiązanie na pewien przedział (a, b'). Jeśli b' ^ oo, to z konstrukcji istnieje ciąg t_nk /* b', taki, że (t_nk, u(t_nk)) € E_k \ E_k-\. Ponieważ b < oo, mamy t_nk — tn_k-i Oj ^więc dla każdego ustalonego ko, krzywa (t, u(t)) dla t_nk <t < t_nk+l dla dużych k, nie przecina E_ko. Zatem, dla t —» b' mamy (t,u(t)) -¥ dG lub (t,u(t)) —¥ oo.

Uwaga

Okazało się, że łatwiej udowodnić przedłużalność niewysyconego rozwiązania do wysyconego, spełniającego tezę Tw. 3.1, niż dowodzić tę tezę dla dowolnego, z góry danego rozwiązania wysyconego; nie potrzeba wtedy Stw. 3.1.