4. Egzistencija i jedinstvenost resenjaDJ u normalnom obliku

Fundamentalna pitanja koja se postavljaju u vezi Kosijevog problema

(1) y′ = f(x, y), y(x0) = y0

(1) Egzistencija resenja: Da li postoji resenje Kosijevog problema (1) defi-nisano u nekoj okolini tacke x0?

(2) Interval egzistencije resenja: Na kom intervalu (α, β) resenje Kosijevogproblema (1) postoji?

(3) Jedinstvenost resenja: Ako resenje postoji, da li je ono jedinstveno?

? funkcija f : G → R, G ⊂ R2, zadovoljava Lipsicov uslov sa konstantom L > 0po promenljivoj y u oblasti G, ako za bilo koje tacke (x, y1), (x, y2) ∈ G vazi

|f(x, y2)− f(x, y1)| ≤ L |y2 − y1|.? ako su funkcije f, f ′y ∈ C(G), tada funkcija f zadovoljava Lipsicov uslov sakonstantom L po promenljivoj y na svakom konveksnom kompaktu K ⊂ G, pricemu je L = sup

K|f ′y(x, y)|.

? Prema Peanovoj teoremi neprekidnost funkcije f u oblasti G1 ⊆ D jedovoljan uslov egzistencije resenja DJ y′ = f(x, y).

? Pokazacemo da su neprekidnost funkcije f u oblasti G i pretpostavka dafunkcija f zadovoljavaju Lipsicov uslov po promenljivoj y na svakom kompaktusadrzanom u G dovoljni uslovi egzistencije i jedinstvenosti resenja

DJ y′ = f(x, y) u oblasti G.

Primer 1. Opste resenje DJ y′ = 2√

y je familija funkcija y = (x− c)2, x ≥ c,pa integralne krive cine delovi parabola desno od tacaka (c, 0).

y = 0 je singularno resenje (resenje koje nije sadrzano u opstem resenjuni za koju vrednost konstante c)

prava y = 0 je singularna integralna kriva, jer kroz proizvoljnu tacku(x0, 0) ove prave prolaze dve integralne krive:

y = 0 i y = (x− x0)2, x ≥ x0

sa zajednickom tangentom u toj tacki.

1

x

y

M1 M (- , 0)0 0x

M2

Funkcija

ξ(x) =

{0, x ≤ x0,

(x− x0)2, x > x0,

je takode resenje jednacine koje prolazi kroz tacku (x0, 0), a koje nije ni par-tikularno, ni singularno.

Resenje Kosijevog problema y′ = 2√

y, y(x0) = 0 nije jedinstveno,odnosno u svim tackama x-ose narusena je jedinstvenost resenja !!!

Primetimo da f ′y(x, y) =1√y→∞, y → 0, odnosno f ′y(x, y) nije neprekidna

funkcija za y = 0.

Primer 2. Opste resenje DJ y′ = 1/y2 je y = 3√

3x + c. Oblast definisanostiDJ je R2. Funkcija f(x, y) = 1/y2 je neprekidna i zadovoljava Lipsicov uslov nasvakom kompaktu K koji ne sadrzi tacke x-ose, jer za svako (x, y1), (x, y2) ∈ K

sledi

|f(x, y1)− f(x, y2)| =∣∣∣∣1

y21− 1

y22

∣∣∣∣ ≤|y1 + y2|

y21 y2

2|y1 − y2| ≤ L|y1 − y2|,

gde je

L = maxK

|y1 + y2|y2

1 y22

.

Ovo ne vazi ako kompakt K sadrzi tacke x-ose, jer za y1 = ky2, k = const > 0,sledi |f(x, y1)− f(x, y2)| → ∞ kad y2 → 0, pa Lipsicov uslov nije ispunjen.

Kroz proizvoljnu tacku (x0, 0) na x-osi prolazi samo jedna integralna kriva

y = 3√

3(x− x0), x ∈ R,

pa je R2 oblast egzistencije i jedinstvenosti resenja ove jednacine, odnosno utackama x-ose NIJE narusena jedinstvenost resenja iako funkcija f(x, y) nezadovoljava Lipsicov uslov na kompaktu K koji sadrzi tacke x-ose !!!

2

Neka je funkcija f definisana u oblasti D i neka je (x0, y0) ∈ D data tacka.Problem egzistencije i jedinstvenosti resenja Kosijevog problema (1) je u di-rektnoj vezi sa egzistencijom i jedinstvenoscu resenja odgovarajuce integralnejednacine

(2) y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, y(t)) dt.

Definicija 1 Neka je funkcija f definisana u oblasti D. Funkcija y = ϕ(x),x ∈ (a, b), je resenje integralne jednacine (2) ako je za svako x ∈ (a, b):

1. (x, ϕ(x)) ∈ D;

2. ϕ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ϕ(t)) dt.

Naredno tvrdenje upucuje na ekvivalenciju resavanja Kosijevog problema (1)i odgovarajuce integralne jednacine (2).

Lema 1 [Lema o ekvivalenciji] Ako je funkcija f ∈ C(D), resenje Kosijevogproblema (1) je i resenje integralne jednacine (2). Neprekidno resenje integralnejednacine (2) je i resenje Kosijevog problema (1).

Dokaz: Po Peanovoj teoremi iz f ∈ C(D) sledi da je D oblast egzistencijeresenja DJ y′ = f(x, y). Ako je funkcija y = ϕ(x), x ∈ (a, b), resenje Kosijevogproblema (1), tada integralna kriva pripada oblasti D; dakle, (x, ϕ(x)) ∈ D zasvako x ∈ (a, b). Integracijom leve i desne strane jednakosti ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)),x ∈ (a, b), sledi

(3) ϕ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ϕ(t))dt, x ∈ (a, b) ,

pa je y = ϕ(x), x ∈ (a, b) resenje integralne jednacine (2).Obratno, ako je y = ϕ(x), x ∈ (a, b) neprekidno resenje integralne jednacine

(2), zbog neprekidnosti funkcije f integral u (3) je diferencijabilna funkcija,pa je ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)) za svako x ∈ (a, b). Kako je ϕ(x0) = y0, funkcijay = ϕ(x), x ∈ (a, b) je resenje Kosijevog problema (1). ¤

3

Sledeca teorema predstavlja osnovnu teoremu u teoriji diferencijalnih jed-nacina, jer daje dovoljne uslove egzistencije i jedinstvenosti resenja Kosijevogproblema (1) u nekoj okolini tacke x0. U literaturi je poznata kao Pikarova

teorema ili Kosi–Lipsic–Pikarova teorema. Uobicajeni postupci dokazi-vanja Pikarove teoreme su metodom sukcesivnih aproksimacija ili primenomBanahove teoreme o nepokretnoj tacki.

Uocimo proizvoljnu tacku (x0, y0) u oblasti G. Posto je G otvoren skup, zasvaku tacku postoje realni brojevi a > 0 i b > 0 tako da pravougaonik

Π = {(x, y) : |x− x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b}pripada oblasti G.

x

y0+b

y0-b0

y0

x0-a x0-h x0+h x0+ax0

( ,y )x0 0

j( )x

Gy

Teorema 1 (Pikarova teorema) Neka je funkcija f = f(x, y) definisana ineprekidna na pravougaoniku Π i neka zadovoljava Lipsicov uslov po promen-ljivoj y na Π. Neka je

M = max(x,y)∈Π

|f(x, y)| , h = min

{a,

b

M

}.

Tada Kosijev problem (1) ima na I = [x0 − h, x0 + h] jedinstveno resenjey = ϕ(x) .

Uslov da je h = min{a, b/M} je neophodan, jer s jedne strane zbog oblastidefinisanosti funkcije f mora biti h ≤ a, a sa druge strane, uslov da je h ≤ b/M

obezbeduje da ako je y = ϕ(x) resenje na segmentu I, onda iz uslova da je|ϕ′(x)| = |f(x, ϕ(x)| ≤ M sledi

|ϕ(x)− y0| ≤ M |x− x0| ≤ M h ≤ b , x ∈ [x0 − h, x0 + h] .

4

A Dokaz egzistencije resenja KP: Neka je

Π1 = {(x, y) : |x− x0| ≤ h, |y − y0| ≤ b} ⊆ Π.

Prvi korak: Po Lemi o ekvivalenciji dovoljno je dokazati egzistenciju ijedinstvenost neprekidnog resenja integralne jednacine

y(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, y(t)) dt

na segmentu I = [x0 − h, x0 + h] .

Drugi korak – Konstrukcija niza sukcesivnih aproksimacija: Za pocetnuaproksimaciju se uzima proizvoljna funkcija ϕ0 ∈ C(I) tako da je ϕ0(x0) = y0 i(x, ϕ0(x)) ∈ Π1 za svako x ∈ I. Ne narusavajuci opstost, stavicemo ϕ0(x) ≡ y0

i definisati na segmentu I niz sukcesivnih aproksimacija

(4)

ϕ0(x) = y0,

ϕn(x) = y0 +x∫

x0

f(t, ϕn−1(t))dt, n ∈ N.

Funkcije ϕn, n = 0, 1, 2, . . ., imaju sledece osobine:(i) ϕn ∈ C(I);(ii) ϕn(x0) = y0;(iii) grafik bilo koje funkcije ϕn je u pravougaoniku Π1;Osobina (i) se jednostavno dokazuje matematickom indukcijom. Dokazimo

osobinu (iii). Iz cinjenice da je {(x, y0) : x ∈ I} ⊂ Π1, sledi |f(x, y0)| ≤ M , paje za x ∈ I,

|ϕ1(x)− y0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(t, ϕ0(t)) dt

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, y0)| dt

∣∣∣∣

≤ M |x− x0| ≤ M h ≤ Mb

M= b.

Dakle, grafik funkcije y = ϕ1(x), x ∈ I je u Π1. Pretpostavimo da je grafikfunkcije y = ϕn(x), x ∈ I u Π1, tj. {(x, ϕn(x)), x ∈ I} ⊂ Π1, i dokazimo dato vazi i za funkciju y = ϕn+1(x), x ∈ I. Kako je max

Π1|f(x, ϕn(x)| ≤ M , po

prethodnom postupku je

|ϕn+1(x)− y0| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, ϕn(t))| dt

∣∣∣∣ ≤ M |x− x0| ≤ b,

pa su, dakle, u Π1 grafici svih sukcesivnih aproksomacija.

5

Treci korak – Dokaz ravnomerne i apsolutne konvergencije niza sukcesivnihaproksimacija na segmentu I : Dokazacemo da niz funkcija {ϕn(x), n ∈ N}ravnomerno i apsolutno konvergira na segmentu I ka funkciji y = ϕ(x), x ∈ I,koja je resenje integralne jednacine (2).

Za niz parcijalnih suma {Sn(x), n ∈ N} funkcionalnog reda

(5) ϕ0(x) +∞∑

n=1

[ϕn(x)− ϕn−1(x)]

vazi

Sn(x) = ϕ0(x) + [ϕ1(x)− ϕ0(x)] + · · ·+ [ϕn(x)− ϕn−1(x)] = ϕn(x) ,

pa se taj niz poklapa sa nizom funkcija {ϕn(x), n ∈ N}. Dakle, za dokazravnomerne konvergencije funkcionalnog niza {ϕn(x), n ∈ N} na segmentu I,dovoljno je dokazati ravnomernu konvergenciju funkcionalnog reda (5) na is-tom segmentu. Zbog toga cemo proceniti opsti clan ovog reda, imajuci u viducinjenicu da funkcija f = f(x, y) zadovoljava Lipsicov uslov po drugom argu-mentu na kompaktu Π1. Otuda je

|ϕ1(x)− ϕ0(x)| = |ϕ1(x)− y0| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, y0)| dt

∣∣∣∣ ≤ M |x− x0|,

|ϕ2(x)− ϕ1(x)| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, ϕ1(t))− f(t, y0)| dt

∣∣∣∣

≤ L

∣∣∣∣∫ x

x0

|ϕ1(t)− y0| dt

∣∣∣∣ ≤ LM

∣∣∣∣∫ x

x0

(t− x0) dt

∣∣∣∣

≤ LM|x− x0|2

2!, x ∈ I.

Polazeci od induktivne pretpostavke

|ϕn(x)− ϕn−1(x)| ≤ MLn−1 |x− x0|nn!

, x ∈ I,(6)

jednostavno sledi

|ϕn+1(x)− ϕn(x)| ≤ MLn |x− x0|n+1

(n + 1)!, x ∈ I,

tako da nejednakost (6) vazi za svako n ∈ N , odakle je

|ϕn(x)− ϕn−1(x)| ≤ MLn−1 hn

n!, x ∈ I.

6

Dakle, opsti clan funkcionalnog reda (5) moze majorirati opstim clanom brojnogkonvergentnog reda, pa primenom Vajerstrasovog kriterijuma zakljucujemo dafunkcionalni red (5) apsolutno i ravnomerno konvergira na segmentu I.

Cetvrti korak – Dokaz da granicna funkcija ϕ(x) niza sukcesivnih aproksi-macija predstavlja resenje integralne jednacine (2):

Oznacimo sa ϕ granicnu funkciju niza sukcesivnih aproksimacija, tj. funkcijudefinisanu sa

(7) ϕ(x) = limn→∞

Sn(x) = limn→∞

ϕn(x), x ∈ I.

Jasno, ϕ(x0) = y0. Sta vise, zbog ravnomerne konvergencije funkcionalnogreda (5), odnosno niza sukcesivnih aproksimacija {ϕn, n ∈ N}, funkcija ϕ jeneprekidna na segmentu I i njen grafik je u pravougaoniku Π1 (za svako fiksiranox ∈ I, svi clanovi brojnog konvergentnog niza {ϕn(x), n ∈ N} su iz kompakta[y0−b, y0+b], tako da granicna vrednost ϕ(x) ne moze biti van ovog kompakta).Sada je

|f(x, ϕn(x))− f(x, ϕ(x))| ≤ L|ϕn(x)− ϕ(x)|, x ∈ I,

tako da funkcionalni niz {f(x, ϕn(x)), n ∈ N} ravnomerno konvergira ka funkcijif(x, ϕ(x)) na segmentu I. Zbog neprekidnosti funkcija f i ϕ, funkcija f(x, ϕ(x))je integrabilna na I, pa i funkcionalni niz

{∫ x

x0

f(t, ϕn(t)) dt, n ∈ N

}

ravnomerno konvergira na I, pri cemu je

limn→∞

∫ x

x0

f(t, ϕn(t)) dt =

∫ x

x0

limn→∞

f(t, ϕn(t)) dt =

∫ x

x0

f(t, ϕ(t)) dt.

Kada n →∞ u

ϕn(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ϕn−1(t)) dt, x ∈ I

dobija se

(8) ϕ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ϕ(t)) dt, x ∈ I.

Prema tome, funkcija y = ϕ(x), x ∈ I je neprekidno resenje integralne jednacinekoja odgovara Kosijevom problemu (1). Po Lemi 1 ona je resenje Kosijevogproblema (1) na segmentu I.

7

B Dokaz jedinstvenosti resenja KP: Pretpostavimo suprotno, da poredresenja y = ϕ(x), x ∈ I postoji i neko drugo resenje y = ξ(x), x ∈ I, istogKosijevog problema. Prema Lemi 1, ξ(x) je resenje odgovarajuce integralnejednacine

ξ(x) = y0 +

∫ x

x0

f(t, ξ(t)) dt, x ∈ I,

odakle je

|ϕ0(x)− ξ(x)| = |ξ(x)− y0| =∣∣∣∣∫ x

x0

f(t, ϕ(t)) dt

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, ϕ(t))| dt

∣∣∣∣≤ M · |x− x0| , x ∈ I ;

|ϕ1(x)− ξ(x)| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, ϕ0(t))− f(t, ξ(t))| dt

∣∣∣∣

≤ L

∣∣∣∣∫ x

x0

|ϕ0(t)− ξ(t)| dt

∣∣∣∣ ≤ LM

∣∣∣∣∫ x

x0

|t− x0| dt

∣∣∣∣

= M L|x− x0|2

2, x ∈ I ,

|ϕ2(x)− ξ(x)| ≤∣∣∣∣∫ x

x0

|f(t, ϕ1(t))− f(t, ξ(t))| dt

∣∣∣∣

≤ L

∣∣∣∣∫ x

x0

|ϕ1(t)− ξ(t)| dt

∣∣∣∣ = M L2∣∣∣∣∫ x

x0

|t− x0|22

dt

∣∣∣∣

= M L2 |x− x0|33!

, x ∈ I .

Matematickom indukcijom se dokazuje

|ϕn(x)− ξ(x)| ≤ M Ln |x− x0|n+1

(n + 1)!, x ∈ I, n ∈ N,

odakle je

(9) |ϕn(x)− ξ(x)| ≤ M Ln hn+1

(n + 1)!=

M

L· (Lh)n+1

(n + 1)!, x ∈ I, n ∈ N .

Kako(Lh)n+1

(n + 1)!→ 0, n →∞ ,

iz (9) sledi da niz funkcija {ϕn, n ∈ N} ravnomerno konvergira ka funkciji ξ

na segmentu I. Kako ovaj niz ravnomerno konvergira ka funkciji ϕ na istom

8

segmentu, zbog jedinstvenosti granicnih vrednosti mora biti ϕ(x) = ξ(x) zasvako x ∈ I.

Priblizno resavanje Kosijevog problema DJ: Pikarov metod sukce-sivnih aproksimacija je jedan od metoda za priblizno resavanje Kosijevog prob-lema DJ. Naime, n-ti clan niza moze se uzeti za priblizno resenje Kosijevogproblema (1), tj.

ϕ(x) ≈ ϕn(x) x ∈ I .

Veoma cesto, vec za male vrednosti n, zbog komplikovane integracije niz sukce-sivnih aproksimacija se ne moze efektivno odrediti, sto ukazuje na ogranicenuprimenu Pikarove metode u efektivnom nalazenju pribliznog resenja.

Iz (9) se moze odrediti gresku aproksimacije resenja ϕ(x) sa ϕn(x) na seg-mentu I = [x0− h, x0 + h]. Stavljajuci ϕ(x) umesto ξ(x) u (9), dobija se ocena

|ϕn(x)− ϕ(x)| ≤ M Ln hn+1

(n + 1)!x ∈ I .

Ocena greske po ovoj formuli u mnogim slucajevima moze biti komplikovana.Jedan prakticni metod za prekidanje izracunavanja je

|ϕn(x)− ϕn−1(x)| ≤ ε , x ∈ I

gde je ε unapred zadata tacnost.

9