단일 함수 미분방정식의 해법

Theorem. (해의 존재성)

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$$y'(t) = f(t,y(t)), \quad y(0) = y_0$$

만약 $f, \frac {\partial f}{\partial y }$가 연속이면 미분방정식 $y' = f(t,y)$는 어떤 적당한 영역에서 유일한 해를 가진다.

여기서 해가 유일하다는 것은 linearly dependent한 해는 모두 하나로 보았을 때가 아니라 진짜 함수의 유일성을 뜻해요. 계수까지 다 결정된다는 것입니다.

존재정리는 위와 같고, 풀 때는 양변을 적분하면 다음과 같이 나타낼 수 있습니다.

$$y(t) - y_0 = \int _0 ^t f(s,y(s)) \,d s$$

이런 미분방정식을 풀 때 Picard's method라고, 함수를 수열 $\{y_n \}$으로 고려합니다.

$$y_{n+1} (t) - y_0 = \int _0 ^t f(s,y_n (s) ) \,d s$$

$y_0(t)$를 무엇으로 잡아야 할 지가 불명확한데, 사실 무엇으로 잡아도 크게 상관은 없습니다(...). 어쨌든 이렇게 점화식으로 나타내면 계속 더해지는 형태이니까 급수의 형태로 결과가 나올 거에요. 이 함수열의 수렴값이 있다면 $\lim _{n \rightarrow \infty} y_n = \overline{Y}$로 놓았을 때 위 식을 $n \rightarrow \infty$를 시키면

$$\overline{Y} (t) - y_0 = \int _0 ^t f(s,\overline{Y} (s)) \, ds$$

예를 들면 $y'(t) = y(t), \quad y(0)=1$을 생각해봅니다.  $f(t,y)=y(t)$이고 $\frac {\partial f}{\partial y} = 1$이므로 해의 존재 정리에 의해 조건을 다 충족해요. 따라서 해가 유일하게 존재합니다. 양변을 적분하면

$$y(t) - 1 = \int _0 ^t y(s)\,ds$$

이제 함수열 $\{y_n \}$을 똑같이 고려해줄 거에요. 편의상 $y_0 (t) =1$로 놓으면

$$y_1 (t) = 1 + \int _0 ^t \,ds = 1 + t$$ $$y_2 (t) = 1+ \int _0 ^t 1+s \, ds = 1+ t + \frac {1}{2} t^2$$ $$y_3 (t) = 1 + \int _0 ^t 1+s+\frac 1 2 s^2 \, ds = 1 + t + \frac {1}{2!} t^2 + \frac {1}{3!}t^3$$

이 글에서 굳이 수학적 귀납법을 쓰면서 다음을 보일 필요는 없을 것 같아요. 이런 과정은 독자에게 맡기고 결과적으로 원하던 유명한 결과가 나온 것을 볼 수 있어요.

$$y(x) = \overline{Y} (x) = \sum _{n=0} ^\infty \frac {1}{n!} x^n = e^x$$

proof. 이런 식으로 해결하는 것이 타당한 지에 초점을 맞추어서 볼 거에요.

$$\begin{align} |y_{n+2} (t) - y_{n+1} (t) | &= \left | \int _0 ^t f( s, y_{n+1} (s) ) \, ds - \int _0 ^t f(s,y_n (s) ) \, ds \right | \\ &\le \int _0 ^t |f(s, y_{n+1} (s) ) - f ( s,y_n(s))| \, ds &&\end{align}$$

목표는 저 오차를 더 낮은 항의 오차에 대한 식으로 나타내는 것입니다.

$$f(s,y_{n+1} (s) ) - f(s,y_n (s)) = \frac {\partial }{\partial y } f(s, \overline{y_n} (s) ) ( y_{n+1}(s) - y_n (s) )$$

$f$가 연속이고 $y$로 미분가능하기 때문에 저런 $\overline {y_n} (s)$가 평균값 정리에 의해 존재해요. 따라서

$$\cdots = \int _0 ^t \left|\frac {\partial}{\partial y } f(s, \overline{y_n} (s) )\right| \left| ( y_{n+1}(s) - y_n (s) ) \right| \, ds$$

$\frac {\partial f}{\partial y}$가 연속이기 때문에 폐구간 $[0,t]$ 위에서 최대 최소 정리에 의해 다음이 성립해요.

$$\exists M \quad \mathrm{such \; that} \quad \left| \frac {\partial f}{\partial y} \right| \le M$$

여기서부터 $|t_0| \le \min \left\{ \frac {1}{2M} , t \right\}$로 잡고 접근하면

$$\|y_{n+2} - y_{n+1} \| _\infty \le \frac 1 2 \| y_{n+1} - y_n \| _\infty$$

라는 결과를 얻을 수 있어요. 저 이중절대값을 사용하는 표기는 그 구간에서 최대인 것을 잡는다는 것이에요. 이제 오차가 일정한 비율로 감소한다는 결과를 얻었으니 수렴함을 보이기만 하면 됩니다.

$$|y_n - y_m | \le \|y_n - y_{n-1} \|_\infty + \cdots + \|y_{m+1} -y_m \| _\infty \le \frac 1 {2^{m-1}} \|y_1 -y_0 \| _\infty$$

이렇게 m에 비례해서 작아지는 오차를 가지면 코시 수열임을 보일 수 있어요. 그리고 모든 코시 수열은 수렴하므로 이 방법은 충분히 타당합니다.

이제 확인해야 할 것은 처음에 변형시킨 적분방정식의 해가 미분방정식의 해가 될 수 있다는 것과 그 해의 유일성이에요. 수열의 수렴성을 확인했으니 $\lim _{n\rightarrow \infty} y_n = \overline{Y}$로 놓고 대입을 하면

\[ \overline{Y} (t) -y_0 = \int

Theorem. 함수 2개로의 확장

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$$x'(t) = f_1 (t,x(t),y(t)) \quad x(0)=x_0$$

$$y'(t) = f_2 (t,x(t),y(t)) \quad y(0)=y_0$$

$f_1, f_2, \frac {\partial f_1}{\partial x}, \frac {\partial f_1}{\partial y}, \frac {\partial f_2}{\partial x}, \frac {\partial f_2}{\partial y}$가 연속이면 그것은 적당한 범위 안에서 유일한 해를 가진다.

proof. 단일 함수에 대해서 증명을 이해했다면 이것도 할 수 있을 거에요. 심심하면 한 번 해보는 것도 괜찮아요.

양변을 적분하고 식을 함수열의 형태로 바꿔줍니다. 적분이 가능한 이유는 $f_1$이 구간에서 연속이기 때문입니다.

$$x_{n+1} (t) - x_0 = \int _0 ^t f_1 (s,x_n (s),y_n(s)) \, ds$$

$$y_{n+1} (t) - y_0 = \int _0 ^t f_2 (s,x_n (s),y_n(s)) \, ds$$

t의 범위가 이미 정해져 있는 경우에서 생각한다는 것을 짚고 들어갈게요.

$$\begin{align} |x_{n+2} (t) - x_{n+1} (t) | &= \left| \int _0 ^t f_1 (s,x_{n+1},y_{n+1}) \, ds - \int _0 ^t f_1 (s,x_n ,y_n ) \, ds \right| \\ &=  \left| \int _0 ^t f_1 (s,x_{n+1} ,y_{n+1}) \, ds - \int _0 ^t f_1 (s,x_n , y_{n+1} ) \, ds + \int _0 ^t f_1 (s,x_n, y_{n+1} ) \, ds - \int _0 ^t f_1 (s,x_n ,y_n ) \, ds \right| \\ &= \int _0 ^t |f_1 (s,x_{n+1} ,y_{n+1})-f_1 (s,x_{n} ,y_{n+1})| \, ds+ \int_0 ^t |f_1 (s,x_{n} ,y_{n+1})- f_1 (s,x_{n} ,y_{n})|\, ds && \end{align}$$

$\frac {\partial f_1}{\partial x}, \frac {\partial f_1}{\partial y}$가 연속이기 때문에 평균값 정리에 의해 $[0,t]$에서 다음이 성립합니다.

$$\exists \; \overline {x_n} \quad \text{s.t.} \quad f_1 (s,x_{n+1} ,y_{n+1})-f_1 (s,x_{n} ,y_{n+1}) = \frac {\partial}{\partial x} f_1 (s, \overline{x_n} , y_{n+1} ) (x_{n+1} (s) - x_{n} (s) )$$

$$\exists \; \overline {y_n} \quad \text{s.t.} \quad f_1 (s,x_{n} ,y_{n+1})- f_1 (s,x_{n} ,y_{n}) = \frac {\partial}{\partial y} f_1 (s,x_n ,\overline{y_n} ) ( y_{n+1} (s) - y_n (s) )$$

$$\cdots = \int _0 ^t \left| \frac {\partial}{\partial x} f_1 (s,\overline{x_n}, y_{n+1} ) \right| \left|x_{n+1} (s) -x_{n} (s) \right|\,ds + \int _0 ^t \left| \frac {\partial}{\partial y} f_1 (s,x_n, \overline{y_n} ) \right| \left| y_{n+1} (s) - y_n (s) \right|\,ds$$

폐구간에서 $\frac {\partial f_1}{\partial x}, \; \frac {\partial f_1}{\partial y}$가 연속이므로 최대 최소 정리에 의해

$$\exists M_1 \quad \text{s.t.} \quad \left| \frac {\partial f_1}{\partial x} \right|\le M_1$$

$$\exists M_2 \quad \text{s.t.} \quad \left| \frac {\partial f_1}{\partial y} \right|\le M_2$$

인 $M_1 ,M_1$가 존재하고 이제부터 $t = \min \{\frac 1 4 M_1 , \frac 1 4 M_2 \}$로 잡으면

$$|x_{n+2} (t) - x_{n+1} (t) | \le M_1 |t| \| x_{n+1} (t) - x_n (t) \|_\infty + M_2 |t| \| y_{n+1} (t) - y_n (t) \|_\infty  \le \frac 1 4 \| x_{n+1} (t) -x_n (t) \|_\infty + \frac 1 4 \| y_{n+1} (t) -y_n (t) \|_\infty$$

$$\| x_{n+2} (t) -x_{n+1}(t) \|_\infty \le \frac 1 4 \| x_{n+1} (t) -x_n (t) \|_\infty + \frac 1 4 \|y_{n+1} (t) -y_n (t) \|_\infty$$

$$\|y_{n+2} (t) -y_{n+1} (t) \|_\infty \le \frac 1 4 \| x_{n+1} (t) -x_n(t) \|_\infty + \frac 1 4 \|y_{n+1}(t) -y_n(t) \|_\infty$$

$$\| x_{n+2} (t) -x_{n+1}(t) \|_\infty + \| y_{n+2} (t) -y_{n+1} (t)\|_\infty \le \frac 1 2 \| x_{n+1} (t) -x_n (t) \|_\infty + \frac 1 2 \|y_{n+1}(t) -y_n(t) \|_\infty$$

처음 0일 때 값이 고정되어 있고 1/2씩 계속 감소하므로 결과적으로 n이 무한으로 갈 때 좌변은 0으로 수렴합니다. 따라서 각 오차는 0으로 가게 되고, 함수열은 수렴하므로 방법은 타당합니다.