📂상미분방정식

1계 상미분방정식의 초기값 문제에 대한 솔루션의 존재성과 유일성

정리¹

$E$가 $\mathbb{R}^{n}$에서 열린집합이고 $f \in C^{1} (E)$와 $\phi_{0} \in E$에 대해 아래와 같은 초기값 문제가 주어졌다고 하자.

$$\begin{cases} \dot{ \phi } = \mathbf{f} ( \phi ) \\ \phi (0) = \phi_{0} \end{cases}$$

그러면 어떤 구간 $[-h,h] \subset \mathbb{R}$ 에서 주어진 초기값 문제의 솔루션 $\phi (t)$ 는 유일하게 존재한다.

---

• $C^{1}$ 은 도함수가 연속인 함수들의 집합이다.

증명

전략: 존재성을 먼저 보인 후 유일성을 보이겠다. 노테이션으로는 유클리드 공간 $\mathbb{R}^{n}$ 의 볼을 $$\begin{align*} B \left( \mathbf{x}_{0} ; d \right) :=& \left\{ \mathbf{x} \in \mathbb{R}^{n} : | \mathbf{x}_{0} - \mathbf{x} | < d \right\} \\ B \left[ \mathbf{x}_{0} ; d \right] :=& \left\{ \mathbf{x} \in \mathbb{R}^{n} : | \mathbf{x}_{0} - \mathbf{x} | \le d \right\} \end{align*}$$ 과 같이 표현한다. 당연히 좀 더 강한 조건으로써 $f \in C^{1} (E)$ 대신 립시츠 조건이 있어도 무방하다.

---

Part 1. $f$는 로컬리 립시츠다

로컬리 립시츠일 조건: $f \in C^{1}(E)$ 이면, $f$는 $E$에서 로컬리 립시츠다.

$\dfrac{\partial f}{\partial y}$가 연속이라고 가정했으므로 위의 정리에 의해 $f$는 로컬리 립시츠이다. 따라서 로컬리 립시츠의 정의에 의해 모든 $\mathbf{x} , \mathbf{y} \in B \left( \phi_{0} ; \varepsilon \right) \subset E$에 대해서 다음의 식을 만족하는 $\varepsilon, K > 0$가 존재한다.

$$\left| f(t,y_{1}) - f(t,y_{2}) \right| \le K \left| y_{1} - y_{2} \right|$$

연속성과 컴팩트의 관계: $X$를 컴팩트 거리공간, $Y$를 거리공간, $f:X\to Y$가 연속이라고 하자. 그러면 $f(X)$는 컴팩트다.

$f$는 연속이므로 컴팩트셋 $B : = B \left[ \phi_{0} ; {{ \varepsilon } \over {2}} \right]$ 에서 바운디드고, $\displaystyle M : = \sup_{ \mathbf{x} \in B } | f ( \mathbf{x} ) |$ 를 잡을 수 있다.

---

Part 2. 피카드 메소드

$E$ 가 $\mathbb{R}^{n}$ 에서 오픈이고 $f \in C^{1} (E)$ 에 대해 초기값 문제

$$\begin{cases} \dot{ \phi } = f ( \phi ) \\ \phi (0) = \phi_{0} \end{cases}$$ 가 있다고 하자. 함수의 시퀀스 $\left\{ \mathbf{u}_{k} (t) \right\} _{ k =0}^{ \infty }$ 을

$$\begin{cases} \mathbf{u}_{0} (t) = \phi_{0} \\ \displaystyle \mathbf{u}_{k+1} (t) = \phi_{0} + \int_{0}^{t} f \left( \mathbf{u}_{k} (s) \right) ds \end{cases}$$

과 같이 정의하면 연속함수 $\displaystyle \mathbf{u} (t) := \lim_{k \to \infty} \mathbf{u}_{k} (t)$ 는 주어진 초기값 문제의 솔루션이다.

연속함수 $\mathbf{u}_{k} (t)$ 가 $\displaystyle \sup_{ t \in [ -h , h ] } | \mathbf{u}_{k} (t) - \phi_{0} | \le {{\varepsilon } \over {2 }}$ 를 만족시면서

$$\begin{cases} \mathbf{u}_{0} (t) = \phi_{0} \\ \displaystyle \mathbf{u}_{k+1} (t) = \phi_{0} + \int_{0}^{t} f \left( \mathbf{u}_{k} (s) \right) ds \end{cases}$$

와 같이 정의된다고 가정해보자.

$\mathbf{u}_{k}$ 와 $f$ 는 $[-h,h]$ 에서 연속이므로 $( f \circ \mathbf{u}_{k} )$ 역시 연속이다.

미적분학의 기본정리: 함수 $f$ 가 폐구간 $[a,b]$ 에서 연속이면 함수 $\displaystyle F(x) = \int_{a}^{x} f(t) dt$ 는 $[a,b]$ 에서 연속, $(a,b)$ 에서 미분가능하며 $${{dF(x)} \over {dx}} = f(x)$$

그러면 미적분학의 기본정리에 의해 $\displaystyle \mathbf{u}_{k+1} (t) = \phi_{0} + \int_{0}^{t} f \left( \mathbf{u}_{k} (s) \right) ds$ 역시 $[-h, h]$ 에서 연속이다.식을 살짝 정리해서 부등식을 세우면 모든 $t \in [-h, h]$ 에 대해

$$\begin{align*} | \mathbf{u}_{k+1} (t) - \phi_{0} | \le & \int_{0}^{t} \left| f \left( \mathbf{u}_{k} (s) \right) \right| ds \\ \le & \int_{0}^{h} \left| f \left( \mathbf{u}_{k} (s) \right) \right| ds \\ \le & \int_{0}^{h} M ds \\ \le & Mh \end{align*}$$

다시 말해, $\displaystyle h \in \left( 0 , {{ \varepsilon } \over { 2M }} \right]$ 를 선택함으로써 $\mathbf{u}_{k} (t)$ 는 모든 $t \in [-h,h]$ 와 $k = 1,2,3 \cdots$ 에서 연속함수로 정의될 수 있다.

---

Part 3. 코시 시퀀스 $\left\{ \mathbf{u}_{k} \right\}_{k=0}^{\infty}$

$t \in [-h , h ]$ 에 대해 $| \mathbb{ u }_{ j + 1 } - \mathbb{ u }_{ j } |$ 의 상한을 계산할 것이다.

• Case 1. $j = 1$
  $$\begin{align*} | \mathbb{ u }_{ 2 } ( t ) - \mathbb{ u }_{ 1 } ( t ) | \le & \int_{0}^{t} \left| f \left( \mathbf{u}_{1} (s) \right) - f \left( \mathbf{u}_{0} (s) \right) \right| ds \\ \le & K \int_{0}^{t} | \mathbb{ u }_{ 1 } ( s ) - \mathbb{ u }_{ 0 } ( s ) | ds \\ \le & K h \sup_{ t \in [ - h , h ] } | \mathbb{ u }_{ 1 } ( t ) - \phi_{ 0 } | \\ \le & {{ K h \varepsilon } \over { 2 }} \end{align*}$$
• Case 2. $j > 1$
  $$\begin{align*} | \mathbb{ u }_{ j+1 } ( t ) - \mathbb{ u }_{ j } ( t ) | \le & \int_{0}^{t} \left| f \left( \mathbf{u}_{ j } (s) \right) - f \left( \mathbf{u}_{ j - 1 } (s) \right) \right| ds \\ \le & K \int_{0}^{t} | \mathbb{ u }_{ j } ( s ) - \mathbb{ u }_{ j - 1 } ( s ) | ds \\ \le & K h \sup_{ t \in [ - h , h ] } | \mathbb{ u }_{ j } ( t ) - \mathbf{u}_{j-1} ( t ) \end{align*}$$

재귀적으로 풀어내면 Case 1. 에 의해

$$| \mathbb{ u }_{ j+1 } ( t ) - \mathbb{ u }_{ j } ( t ) | \le {{ (Kh)^{j} \varepsilon } \over {2}}$$

$m > k > N$ 과 $\displaystyle h \in \left( 0 , {{1} \over { K }} \right)$ 이라 하고 $c := K h$ 라고 두면

$$\begin{align*} | \mathbb{ u }_{ m } ( t ) - \mathbb{ u }_{ k } ( t ) | \le & \sum_{j = k}^{m-1} | \mathbf{u}_{j+1} (t) - \mathbf{u}_{j} (t) | \\ \le & \sum_{j = N}^{ \infty } | \mathbf{u}_{j+1} (t) - \mathbf{u}_{j} (t) | \\ \le & \sum_{j = N}^{ \infty } {{ ( K h )^{ j } \varepsilon } \over {2}} = {{ c^{N} } \over { 1 - c}} {{ \varepsilon } \over {2}} \end{align*}$$

$|c| < 1$ 이므로 $N \to \infty$ 일 때 $\displaystyle {{ c^{N} } \over { 1 - c}} {{ \varepsilon } \over {2}}$ 은 $0$ 으로 수렴한다. 다시말해, 모든 $\varepsilon > 0$ 에 대해

$$m , k \ge N \implies \| \mathbf{u}_{m} - \mathbf{u}_{k} \| = \sup_{ t \in [-h , h ] } | \mathbf{u}_{m} ( t ) - \mathbf{u}_{k} ( t ) | < \varepsilon$$

을 만족하는 $N$ 이 존재한다. 이는 $\left\{ \mathbf{u}_{k} \right\}_{k=0}^{\infty}$ 이 $C [ - h , h ]$ 의 코시 수열임을 의미한다.(물론 여기서 선택되는 $h$ 는 $\displaystyle 0 < h < \min \left( {{b} \over {M}} , {{1} \over {K}} \right)$ 을 만족해야한다.)

---

Part 4. 바나흐 공간

$C [ -h , h ]$ 는 바나흐 공간이므로 $\displaystyle \mathbf{u} (t) := \lim_{k \to \infty} \mathbf{u}_{k} (t)$ 는 연속함수다. $\mathbf{u}$ 가 연속이므로 $( f \circ \mathbf{u} )$ 역시 연속이고, 미적분학의 기본정리에 의해

$$\dot{\mathbf{u} } (t) = \left( \phi_{0} + \int_{0}^{t} f \left( u(s) \right) ds \right)' = f \left( \mathbf{u} (t) \right)$$

또한 $t = 0$ 이면 $\displaystyle \mathbf{u} (0) = \phi_{0} + \int_{0}^{0} f \left( u(s) \right) ds = \phi_{0} + 0 = \phi_{0}$따라서 $\mathbf{u}$ 는 모든 $t \in [ - h , h ]$ 에 대해 주어진 초기값 문제의 솔루션으로써 존재한다.

---

Part 5. 유일성

$\mathbf{u}$ 와 $\mathbf{v}$ 가 주어진 초기값 문제의 솔루션이라고 가정하자. $| \mathbf{u} (t) - \mathbf{v} (t) |$ 가 가장 큰 값을 가지도록 하는 $t$ 를 $t_{0} \in [-h , h]$ 이라고 하면

$$\begin{align*} \| \mathbf{u} - \mathbf{v} \| =& \sup_{t \in [-h,h ] } | \mathbf{u} (t) - \mathbf{v} (t) | \\ =& \left| \int_{0}^{t_{0} } \left[ f \left( \mathbf{u} (s) \right) - f \left( \mathbf{v} (s) \right) \right] ds \right| \\ \le & \int_{0}^{t_{0} } \left| f \left( \mathbf{u} (s) \right) - f \left( \mathbf{v} (s) \right) \right| ds \\ \le & K \int_{0}^{t_{0} } \left|\mathbf{u} (s) - \mathbf{v} (s) \right| ds \\ \le & K h \sup_{s \in [-h, h ] } \left| \mathbf{u} (s) - \mathbf{v} (s) \right| \\ \le & K h \| \mathbf{u} - \mathbf{v} \| \end{align*}$$

정리하면, $\| \mathbf{u} - \mathbf{v} \| \le K h \| \mathbf{u} - \mathbf{v} \|$ 인데, $Kh < 1$ 이므로 $\| \mathbf{u} - \mathbf{v} \| = 0$ 이어야한다. 따라서 $[-h, h ]$ 에서는 $\| \mathbf{u} \| = \| \mathbf{v} \|$ 이어야한다.

■