A Banach-fixponttétel és alkalmazásai

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar A Banach-fixponttétel és alkalmazásai Szakdolgozat Juhász Gergely Matematika B.Sc., matematikai elemz szakirány Témavezet : Karátson János, egyetemi docens Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest 2010

2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3 2. A Banach-xponttétel Metrikus terek és tulajdonságaik Banach-xponttétel Egyenletrendszerek Lineáris egyenletrendszerek Nemlineáris egyenletrendszerek Integrálegyenletek Fredholm-integrálegyenlet Feladat: Love-integrálegyenlet Közönséges dierenciálegyenletek A kezdetiérték-feladat Alkalmazás: visszavezetés nemlineáris rendszerre Parciális dierenciálegyenletek Poisson-egyenlet és Green-féle függvény Nemlineáris elliptikus feladat Egy további alkalmazás: visszavezetés lineáris egyenletrendszerre Összefoglalás 34

3 Köszönetnyilvánítás Köszönettel tartozom témavezet mnek, Karátson János egyetemi docensnek, aki végig segítette a munkámat, hasznos tanácsaival, precíz magyarázataival és a megfelel irodalmak ajánlásával nagyban hozzájárult a dolgozatom elkészüléséhez. 2

4 1. Bevezetés A matematika területén jelent s eredménynek számít a Banach-xponttétel, amely fontos megállapítást tesz a metrikus terek elméletében. A tétel bebizonyítja, hogy metrikus terekben minden kontrakciónak létezik xpontja, és ez a xpont egyértelm. A tétel alkalmazásaival és következményeivel az alkalmazott analízis területén akkor találkozhatunk, amikor egy adott problémára matematikai modellt állítunk fel. Ilyen problémák els sorban a zika területén fordulnak el. A modell megoldására készíthetünk egy iterációs eljárást, amelyre a megfelel feltételek mellett alkalmazható a xponttétel eredménye. A dolgozatom célja, hogy bemutassam a metrikus terek tulajdonságait, valamint betekintést nyújtsak a xponttételen alapuló egyes alkalmazásokba. A dolgozat terjedelmére való tekintettel csak néhány fontosabb témakörr l lesz szó, amelyek a következ k: lineáris és nemlineáris egyenletrendszerek, integrálegyenletek, közönséges és parciális dierenciálegyenletek. További cél az el bb említett területekr l iterációs eljárás készítése egy általánosított modellre. A témaköröket érint speciális esetekr l csak abban az esetben lesz szó, amennyiben azok külön bizonyításra szorulnak. A témák tárgyalásánál egy-egy konkrét probléma felvetése segít majd megérteni, mire is jó az adott modell. Ezenkívül némelyik fejezethez kapcsolódik majd feladatmegoldás, illetve speciális alkalmazás. 3

5 2. A Banach-xponttétel A fejezet els része az alapvet fogalmak bevezetésére szolgál, amelyek szükségesek ahhoz, hogy megértsük a metrikus terek felépítését, valamint a rajtuk értelmezett sorozatok és leképezések tulajdonságait. A második részben pedig kimondjuk és bebizonyítjuk a dolgozat alapját képz Banach-xponttételt Metrikus terek és tulajdonságaik A metrikus terek bevezetéséhez szükségünk lesz egy tetsz leges halmazra, amin értelmezni tudunk egy távolságfüggvényt: Deníció. Legyen X tetsz leges halmaz és d : X R 0 + nemnegatív érték valós függvény. A d-t az X feletti metrikának (távolságfüggvénynek) nevezzük, ha bármely x, y, z X esetén igazak az alábbi tulajdonságok. d(x, y) = 0 x = y; d(x, y) = d(y, x) (szimmetria); d(x, z) + d(z, y) d(x, y) (háromszög-egyenl tlenség) Deníció. Legyen X tetsz leges halmaz és d metrika X felett. Ekkor az (X, d) párt metrikus térnek nevezzük. Szükségünk lesz továbbá a metrikus tereken értelmezett sorozatok tulajdonságaira is, hiszen ebben az esetben nem mindig viselkednek úgy, ahogy a valós számoknál megszoktuk Deníció. Legyen x 0 X és ε > 0 tetsz leges rögzített valós szám. Az x 0 pont ε sugarú környezete: K ε (x 0 ) = {x X : d(x 0, x) < ε}. 4

6 Deníció. Azt mondjuk, hogy az (x n ) X sorozat konvergens, ha a X amelyre d(x n, a) 0, azaz ε > 0 N N : n > N x n K ε (a) Deníció. Egy (x n ) X sorozatot Cauchy-sorozatnak nevezünk, ha ε > 0 N N : m, n > N d(x n, x m ) < ε Deníció. Azokat a metrikus tereket, amelyekben minden Cauchy-sorozat konvergens, teljes metrikus térnek nevezzük. A leképezések tulajdonságainak deniálásához legyenek adottak az (X, d X ) és az (Y, d Y ) metrikus terek, valamint az f : X Y leképezés Deníció. Azt mondjuk, hogy f folytonos az x 0 X pontban, ha (x n ) X sorozatra igaz, hogy x n x 0 f(x n ) f(x 0 ) Deníció. Az f leképezés kielégíti az L-állandós Lipschitz-feltételt L > 0 mellett, ha igaz a következ : d Y (f(x 1 ), f(x 2 )) Ld X (x 1, x 2 ) minden x 1, x 2 X esetén Deníció. Azt mondjuk, hogy f kontrakció, ha q [0, 1), amelyre igaz a következ : d Y (f(x 1 ), f(x 2 )) qd X (x 1, x 2 ) minden x 1, x 2 X esetén Következmény. Minden kontrakció folytonos Deníció. Legyen f : X X, azt mondjuk, hogy az x X az f leképezés xpontja, ha f(x ) = x. 5

7 2.2. Banach-xponttétel Tétel. (Banach-xponttétel) Legyenek X teljes metrikus tér és f : X X kontrakció. Ekkor 1. f-nek létezik egyetlen xpontja. 2. Tetsz leges x 0 X kezd pont esetén az x n := f(x n 1 ) iteráció konvergens, és lim n x n = x. S t, érvényes a d(x, x m ) A d(x 1, x 0 ) q m becslés, ahol A 0 konstans. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy n > m. Ekkor d(x n, x m ) d(x n, x n 1 ) + d(x n 1, x n 2 ) + + d(x m+1, x m ) q n 1 d(x 1, x 0 ) + q n 2 d(x 1, x 0 ) + + q m d(x 1, x 0 ) = = (q n 1 + q n q m )d(x 1, x 0 ) = = (q n m 1 + q n m q + 1)d(x 1, x 0 )q m 1 1 q d(x 1, x 0 )q m. (2.1) Ekkor m esetén a jobboldal 0-hoz tart, így ε > 0 N N : m, n > Nd(x n, x m ) < ε, tehát x n Cauchy-sorozat. Mivel X teljes metrikus tér, így x n konvergens is: Tekintsük az n-edik iteráltat: Térjünk át határértékre: lim n x n = x X. (2.2) x n = f(x n 1 ). lim x n = lim f(x n 1 ) = f( lim x n 1 ) n n n 6

8 Innen (2.2)-b l következik, hogy x = f(x ). Az egyértelm séghez indirekt tegyük fel, hogy x és y is xpontja f-nek és x y. Ekkor d(x, y ) > 0, így d(x, y ) = d(f(x ), f(y )) qd(x, y ) 0 (q 1) (d(x, y )). }{{}}{{} <0 >0 Ellentmondásra jutottunk, tehát a xpont egyértelm. A becslésünket is könnyen igazolhatjuk, hiszen (2.1) igaz d(x n, x m )-re n, m esetén, így d(x, x m )-re is: d(x, x m ) 1 d(x 1, x 0 )q m. 1 q }{{} A Következmény. Ha X Banach-tér, B : X X folytonos lineáris leképezés és B < 1, akkor x = Bx + c-nek létezik egyértelm megoldása. Bizonyítás. Legyen f(x) := Bx + c, ekkor x = Bx + c x = f(x). Megmutatjuk, hogy f kontrakció: f(x) f(y) = B(x y) B x y A B < 1 feltétel következtében f kontrakció, így a tétel értelmében létezik egyetlen megoldás. 7

9 3. Egyenletrendszerek A gyártási folyamatok modellezését gyakran oldják meg egyenletrendszerekkel. Jelöljük x-szel az alapanyagot, és a mennyiség x-b l gyártunk egy b terméket: a x = b. Bonyolítsuk egy kicsit a feladatot. Legyenek x 1, x 2,..., x n az alapanyagok és ezek kombinációjából állítjuk el b-t: a 1 x 1 + a 2 x a n x n = b. Most tegyük fel, hogy a teljes üzemben nem csak b-t, hanem b 1, b 2,..., b m termékeket gyártanak az alapanyagokból: a 1,1 x 1 + a 1,2 x a 1,n x n = b 1 a 2,1 x 1 + a 2,2 x a 2,n x n = b 2. a m,1 x 1 + a m,2 x a m,n x n = b m. Cél: adott b 1,..., b m -hez x 1,..., x n -et keresünk. Jelölések: A R n m az a i,j együtthatókból álló mátrix; x R n a x i koordinátákból álló vektor; b R m a b i koordinátákból álló vektor. A fenti egyenletrendszert lineárisnak nevezzük, mivel minden változójában lineáris Lineáris egyenletrendszerek Az olyan Ax = b alakú lineáris egyenletrendszerek xponttételre alapuló iterációs megoldását vizsgáljuk, ahol adott A R m m és b R m. Feltesszük, hogy létezik A 1, tehát A reguláris, és deta 0. 8

10 Deníció. Az X lineáris teret lineáris normált térnek nevezzük, ha bármely x, y X és α R esetén igazak a következ k: 1. x 0, és x = 0 x = 0; 2. αx = α x ; 3. x + y x + y. Ez a x az x vektor normája Deníció. Legyen 1 p. Ekkor x R n esetén ( n ) 1/p x p := x i p, ha p < és x = max x i, ha p =. 1 i n i=1 A leggyakrabban használt normák elnevezése: ha p = 1: oktaéder-norma; ha p = 2: euklideszi-norma; ha p = : maximum-norma. A maximum-norma mint határérték értend, mivel lim p x p = x Deníció. A vektornorma segítségével megkapható a mátrixnorma: p = 1: Ax A := sup x 0 x. A 1 = max j ( n i=1 a ij ) (oszlopösszeg norma); p = : p = 2: A = max i ( n i=1 a ij ) (sorösszeg norma); A 2 = ( λ max ( A T A )) 1/2 (euklideszi norma). Az egyszer iteráció, ahogy a neve is mutatja, a legegyszer bb iterációs módszer lineáris egyenletek megoldására. Itt az Ax = b egyenletrendszer x = Bx + c alakra hozható. Ekkor a megfelel feltételek mellett az egyenletrendszer megoldása az alábbi sorozat határértéke: x n+1 = Bx n + c Tétel. Ha B < 1, akkor az x = Bx+c egyenletrendszernek létezik egyetlen megoldása. 9

11 Bizonyítás. A egyszer következménye. Nyilvánvaló, hogy minden x = x D(Ax b) egyenletrendszer is x = Bx + c alakú, továbbá ha det D 0, akkor az Ax = b rendszerrel ekvivalens. Megfordítva, x = Bx + c is felírható ilyen alakban, ahol D = (I B)A Lemma. [3] A B mátrix összes λ i sajátértéke legyen a λ q körben. Ekkor létezik olyan D invertálható mátrix, hogy a Λ = D 1 BD mátrix normája Λ 1 q Tétel. Az x = Bx+c rendszernek pontosan akkor létezik egyetlen megoldása, ha a B mátrix összes sajátértékének abszolút értéke kisebb, mint 1. Bizonyítás. Elégségesség: legyen q olyan, amelyre max i λ i < q < 1. A lemma feltételei teljesülnek, ezért létezik olyan D mátrix, hogy Λ 1 < q. Ekkor Λ = D 1 BD B = DΛD 1 B n = DΛD 1 D D 1 DΛD 1 = DΛ n D 1. Ezért n esetén B n 1 D 1 D 1 1 q n 0, így x n x 1 D 1 D 1 1 q n x 0 x 1 0. Szükségesség: Legyen λ l 1 és e l a megfelel sajátvektor. Ekkor a kezdeti közelítés x 0 = x + ce l, amellyel az r 0 = ce l adódik, ahol c 0, így r 1 = x 1 x = Bx 0 x + c = }{{} Bx +cbe l x + c = cbe l = cλ l e l. x c Tegyük fel, hogy r n = x n x = λ n l ce l. Ekkor r n+1 = x n+1 x = B n+1 x 0 x +c = } B n+1 {{ x} +cb n+1 e l x +c = cb n+1 e l = cλ n+1 l e l. x c Mivel lim n r n = lim n λ n l ce l 0, ezért a feltevés szükséges. Tekintsük az egyszer iterációt az alábbi formában: x n+1 x n ω + Ax n = b, n = 0, 1,..., 10

12 továbbá tegyük fel, hogy az A mátrix szimmetrikus és szigorúan pozitív denit: A = A T > 0, 0 < m λ (A) M. Ekkor az Ax = b egyenletrendszernek létezik egyértelm megoldása. eredeti formája: x n+1 = Bx n + c, n = 0, 1,..., Az iteráció ahol B := I ωa, c := ωb. Ekkor az (n + 1)-edik hiba normája: r n+1 q (ω) r n q n+1 (ω) r 0 ahol q (ω) := B = I ωa Deníció. Legyen A R n n, a sajátértékei λ i, i = 1,..., n. Spektrálsugárnak nevezzük az abszolútértékben legnagyobb sajátértéket. ϱ (A) := max 1 i n λ i Tétel. Tegyük fel hogy A szimmetrikus, szigorúan pozitív denit mátrix. Ekkor az egyszer iterációnak létezik egyértelm en meghatározott optimális iterációs paramétere: és teljesül Bizonyítás. ω 0 = 2 M + m q (ω 0 ) M m M + m. A konvergenciához elegend belátni, hogy q < 1, az állítás bizonyításához pedig ki kell számolnunk azt az ω 0 értéket, amelyre: q (ω 0 ) = min ω q (ω). Tudjuk, hogy A és I ωa szimmetrikusak, így q (ω) = ϱ (I ωa) = max 1 ωλ. λ 11

13 A pozitív denitség következtében minden sajátérték pozitív. Így minden ω 0 esetén g ω (λ) := 1 ωλ 1. A továbbiakban legyen ω > 0. Ekkor m λ M következtében: ha ω < 2/M. Ekkor 1 > g ω (m) g ω (λ) g ω (M) = 1 ωm > 1, max 1 ωλ max ( g ω (m), g ω (M) ) = max ( 1 ωm, 1 ωm ). λ Ez akkor minimális, ha ω-t úgy választjuk, hogy 1 ωm = (1 ωm). Átrendezve ω = adódik. Ezzel a tételt bebizonyítottuk. 2 M + m 3.2. Nemlineáris egyenletrendszerek Amennyiben a folyamatra pontosabb modellt szeretnénk felállítani, akkor már nem lesz lineáris az egyenletrendszer. Legyen továbbra is x = (x 1, x 2,... x n ) T R n, valamint F : R n R n, és megoldandó az F (x) = b egyenletrendszer. Mivel F (x) = (f 1 (x), f 2 (x),... f n (x)) T, a nemlineáris egyenletrendszer a következ alakban írható: f 1 (x 1, x 2,... x n ) = b 1 f 2 (x 1, x 2,... x n ) = b 2. f n (x 1, x 2,... x n ) = b n Tétel. Legyen F : R n R n, amely eleget tesz a következ feltételeknek: (i) F C 1 (R n ); (ii) u R n esetén F (u) szimmetrikus; 12

14 (iii) léteznek olyan M m > 0 konstansok, amelyekre u, h R n esetén igaz a következ : m h 2 F (u)h, h M h 2. Ekkor 1. minden g R n esetén az F (u) = g egyenletnek létezik egyértelm megoldása, u R n ; 2. minden u 0 R n esetén az u k+1 := u k iteráció konvergál az u -hoz, éspedig Bizonyítás. 1. Feltéve, hogy (iii) fennáll 2 M + m (F (u k) g) u k u 1 m F (u 0) g ( ) k M m. M + m F (u) F (v), u v m u v 2 (u, v R n ), azaz F egyenletesen monoton függvény R n -n. Ezért (i) (ii) fennállása alapján az egyértelm megoldhatóság igaz az egyenletre. 2. Legyen r k := F (u k ) g. Így r k+1 r k = F (u k+1 ) F (u k ) = A tételben szerepl sorozatra átírva r k+1 = Ar k := r k M + m F (u k + t(u k+1 u k ))(u k+1 u k )dt. 1 0 F (u k + t(u k+1 u k ))r k dt. Megmutatjuk, hogy A kontrakció, és a konstans M m M+m. Ugyanis az F -ra vonatkozó feltevés alapján az A : R n R n lineáris leképezés szimmetrikus, továbbá minden r R n esetén M m M + m r 2 Ar, r M m M + m r 2. 13

15 Innen A M m, tehát A kontrakció. Ebb l M+m r k ( ) k M m r 0. M + m Végül, ezért r k u k u r k, u k u m u k u 2, u k u 1 m r k 1 m r 0 ( ) k M m. M + m 14

16 4. Integrálegyenletek Tekintsük a következ modellt, az úgynevezett Love-integrálegyenletet: ((I K)u)(t) u(t) d π +1 1 u(s) ds = 1 g(t), 1 t 1, d 2 + (t s) 2 amely leírja az elektromos mez t két párhuzamos koaxiális pozitív töltés lemez között, melyek egymástól vett távolsága d > 0. Az els szakaszban meghatározzuk az általános alakban felírt integrálegyenletre vonatkozó iterációt, és annak feltételét, hogy mikor lesz kontrakció. A második szakaszban pedig megoldjuk a fenti modellt Fredholm-integrálegyenlet Tekintsük a lineáris Fredholm-integrálegyenletet: x(t) = µ b a K(t, s)x(s)ds + f(t), t [a, b], ahol K : [a, b] [a, b] K ún. magfüggvény, és f : [a, b] K folytonosak. Az iterációs eljárás pedig legyen: x n+1 (t) = µ b a K(t, s)x n (s)ds + f(t), n = 1, 2,.... Legyen X = C([a, b], K), ahol K = R vagy C, vagyis az x : [a, b] K folytonos függvények tere az x = max a t b x(t) maximum-normával Tétel. Legyenek adottak az a < b pontok, valamint K és f a fentiek szerint, továbbá legyen c = max a t,s b K(t, s). Ekkor a fenti integrálegyenletnek létezik egyértelm megoldása minden olyan µ K esetén, amelyre: (b a) µ c < 1, és x n ehhez konvergál minden x 0 X kezd érték mellett. A norma denicíójából következik, hogy ez a konvergencia egyenletes [a, b]-n. 15

17 Bizonyítás. Tekintsük az egyenletet x = Ax + f formában, ahol (Ax)(t) = µ b a K(t, s)x(s)ds, t [a, b]. Mivel K folytonos, ezért Ax is folytonos, így A lineáris leképezés X-r l önmagára. Továbbá és A = sup Ax x 1 b Ax = max µ K(t, s)x(s)ds µ (b a)c x. a t b a Ax < µ (b a)c x x X { } Ax A = sup x : x 0 µ (b a)c < 1. Mivel az A < 1 feltétel teljesül, ezért következmény értelmében létezik egyértelm megoldás. Mivel F (x) := Ax + f kontrakció, így x n x maximumnormában Feladat: Love-integrálegyenlet Határozzuk meg a d paraméter azon lehetséges értékeit, amelyek elégséges feltételt adnak a Love-integrálegyenlet megoldhatóságához. ((I K)u)(t) u(t) d π +1 1 u(s) ds = 1 g(t), 1 t 1 d 2 + (t s) 2 Rendezzük át az egyenletet úgy, hogy leolvashassuk az általános képlet szerinti K és f függvényeket: u(t) = d π d 2 + (t s) 2 } {{ } K(t,s) u(s)ds + g(t) }{{} 1 A tétel értelmében akkor létezik egyértelm megoldás, ha (b a) µ c < 1, ahol c = max K(t, s). a t,s b 16

18 A feladat értékeinek a beírásával azt kapjuk, hogy 2 d π max 1 1 t,s 1 d 2 + (t s) < 1. 2 Számoljuk ki ezt a maximumot. Úgy tudunk maximalizálni, ha a nevez t minimalizáljuk: max 1 t,s 1 1 ( min d 2 + (t s) 2). d 2 + (t s) 2 1 t,s 1 Ez akkor lesz minimális, ha (t s) 2 = 0. Innen c = 1 d 2, 2d πd 2 < 1 d > 2 π. Azt kaptuk, hogy a fenti d értékek esetén létezik egyértelm megoldása a feladatnak. 17

19 5. Közönséges dierenciálegyenletek A dierenciálegyenletek elmélete igen érdekes és fontos terület a matematikában. Segítségével modellezhetjük például a természet-, a m szaki és a társadalomtudományok azon területeit, ahol folytonos idej, folytonos állapotter, determinisztikus folyamatok vizsgálata a cél. Ezek közül a térben homogén folyamatok vizsgálatára szolgálnak a közönséges dierenciálegyenletek. Ilyen modellre példa a radioaktív bomlás egyik modellje. Legyen a radioaktív anyag mennyisége a t R + id pontban x(t) R. Azt vizsgáljuk, hogy hogyan változik ez a mennyiség a [t, t + δ] intervallumban, ahol δ rövid id tartam. Az anyag mennyisége δ id elteltével olyan mértékben csökken, amely mindent l lineárisan függ, vagyis egyenesen arányos az anyag aktuális mennyiségével és az eltelt id vel: x(t + δ) = x(t) kx(t)δ + ε(δ)δ, ahol k R + az arányossági tényez, valamint a lineáris csökkenésen túlmen en az intervallum hosszához képes csak kicsi a változás: lim 0 ε = 0. Az egyenletet átrendezve x(t + δ) x(t) = kx(t) + ε(δ). δ Ha δ 0, akkor a jobboldalnak létezik határértéke, vagyis az értelmezési tartomány minden pontjában dierenciálható. Tehát azt kaptuk, hogy ẋ(t) = kx(t) (t R + ) A kezdetiérték-feladat Deníció. Azt mondjuk, hogy a sík valamely tartományán iránymez van megadva, ha minden pontjában ki van választva egy, a ponton átmen egyenes Deníció. Azt a vonalat, amely minden pontjában érinti az iránymez t, az iránymez integrálgörbéjének nevezzük. 18

20 Az integrálgörbék megkeresésének analitikus oldalról a dierenciálegyenletek megoldásainak megkeresése felel meg. Amennyiben feltesszük, hogy a (t, x) síkon értelmezett mez nem tartalmaz függ leges irányokat, akkor a (t, x) pontban húzott egyenes v(t, x) iránytangense véges, és az integrálgörbék az x = ϕ(t) függvény grakonjai. A továbbiakban tegyük fel, hogy a ϕ értelmezési tartománya a t tengely I intervalluma. Ekkor triviális a következ : Tétel. A ϕ dierenciálható függvény grakonja akkor és csak akkor integrálgörbe, ha minden t I-re teljesül az alábbi összefüggés: ϕ(t) = v(t, ϕ(t)) Deníció. Legyen v : R R n R n, ahol v C 1 (U), ekkor a ẋ = v(t, x) egyenletet a v iránymez által meghatározott dierenciálegyenletnek nevezzük Deníció. A ϕ függvényt az ẋ(t) = v(t, x(t)) dierenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha létezik olyan I R intervallum, amelyen ϕ C 1 (I), és kielégíti a tételben meghatározott összefüggést. A ϕ megoldás kielégíti a (t 0, x 0 ) U kezdeti feltételt, ha ϕ(t 0 ) = x 0. Tekintsük a ẋ = v(t, x) dierenciálegyenletet, amelyet a b vített fázistér (R n+1 ) valamely I tartományán értelmezett v iránymez ad meg. Fogalmazzuk át integrálegyenletté Állítás. Legyen x : I R, t 0 I. Ekkor x C 1 (I), ẋ(t) = v(t, x(t)) t x C(I), x(t) = x 0 + v(τ, x(τ))dτ. x(t 0 ) = x 0 t 0 19

21 Bizonyítás. Ha a dierenciálegyenletre alkalmazzuk a Newton-Leibniz-tételt t 0 és t között, akkor az integrálegyenlet adódik. Ha az integrálegyenlet mindkét oldalát deriváljuk, akkor a dierenciálegyenletet kapjuk vissza Deníció. Azt a P leképezést, amely a ϕ : t x függvényt az P ϕ : t x függvénybe viszi át, ahol (P ϕ)(t) = x 0 + Picard-leképezésnek nevezzük. t t 0 v(τ, ϕ(τ))dτ, Célunk szerkeszteni egy olyan M teljes metrikus teret, amin P kontrakció, és xpontja az adott integrálegyenlet megoldását határozza meg. A szerkesztést egy pont kis környezetében végzünk. Ezt a környezetet a következ négy mennyiség segítségével írhatjuk le: C, L, a, b. Ezeket menet közben deniáljuk. Tekintsünk egy tetsz leges (t 0, x 0 ) U pontot. A H = {t, x : t t 0 a, x x 0 b} henger az U tartományhoz tartozik, ha a és b megfelel en kicsi. Jelölje x v a v x szerinti deriváltját rögzített t mellett. Mivel H kompakt, v és x v is eléri fels határát a hengeren. Jelölje ezeket C és L, ekkor v C, x v L. Legyen K 0 az a kúp, amelynek csúcsa a (t 0, x 0 ) pont, a félnyílásszög tangense C, és a magassága a : K 0 = {t, x : t t 0 a, x x 0 C t t 0 }. Ha a elég kicsi, akkor K 0 H. Jelölje K x azt a kúpot, amely a K 0 -ból a csúcs (t 0, x) pontba történ párhuzamos eltolásával keletkezik. Ha a és b elég kicsi, akkor K x H minden olyan x-re, ahol x x 0 b. 20

22 Feltesszük, hogy a és b megfelel en kicsi, így K x H. Az ẋ = v(t, x) egyenletnek ϕ(t 0 ) = x 0 kezdeti feltétel melletti ϕ : (t 0 a, t 0 + a ) R megoldását keressük Megjegyzés. A keresett integrálgörbe a K x kúp belsejében fekszik. Jelölje M az a által meghatározott intervallum azon ϕ folytonos leképezéseit, amelyek kielégítik a következ feltételt is: ϕ(t) C t t 0 Vezessük be M-en a következ metrikát: ϱ(ϕ 1, ϕ 2 ) = ϕ 1 ϕ 2 = max ϕ 1(t) ϕ 2 (t). t t 0 a Tétel. A ϱ metrikájú M halmaz teljes metrikus tér. Bizonyítás. Folytonos függvények egyenletesen konvergens sorozatának határértéke is folytonos függvény. Amennyiben a függvénysorozat elemei kielégítik a fenti feltételt, akkor a határértékfüggvény is kielégíti ugyanazzal a C állandóval. Legyen f : U R n az R m euklideszi tér U tartományának folytonosan dierenciálható leképezése az R n euklideszi térbe. Ekkor f-nek az x U pontban vett deriváltja az egyik euklideszi térb l egy másikba ható lineáris operátor Tétel. Az U tartomány bármely konvex és kompakt V részhalmazán folytonosan dierenciálható f függvény kielégíti az L-állandós Lipschitz-feltételt, ahol L egyenl az f derivált normájának V -n vett fels határával: L = sup f. x V Bizonyítás. Legyen x, y V. Kössük össze az x és y pontokat a z(t) = x + t(x y), 0 t 1 21

23 szakasszal. A Newton-Leibniz-képlet szerint: f(y) f(x) = 1 0 d dt (f(z(τ)))dτ = 1 0 f (z(τ))ż(τ)dτ. Figyelembe véve, hogy ż = y x: 1 1 f (z(τ))ż(τ)dτ L y x dτ = L y x. Ezzel a tételt bebizonyítottuk Tétel. Ha a megfelel en kicsi, akkor a P leképezés kontrakció M-en. 0 Bizonyítás. 1. Megmutatjuk, hogy a P leképezés M-et önmagára képzi. Felhasználva, hogy v C, a következ t kapjuk: t t (P ϕ)(t) x 0 = v(τ, ϕ(τ))dτ t 0 t 0 C Tehát P M M. 2. Megmutatjuk, hogy a P leképezés kontrakció: P ϕ 1 P ϕ 2 λ ϕ 1 ϕ 2, 0 < λ < 1. dt C t t 0. Becsüljük meg az P ϕ 1 P ϕ 2 értékét az t pontban. Tudjuk, hogy (P ϕ 1 P ϕ 2 )(t) = ahol v i (τ) = v(τ, ϕ i (τ)), i = 1, 2. t t 0 (v 1 (τ) v 2 (τ))dτ, A tétel értelmében, rögzített τ-ra a v(τ, x) függvény második változója szerint kielégíti az L-állandós Lipschitz-feltételt. Ezért v 1 (τ) v 2 (τ) L ϕ 1 (τ) ϕ 2 (τ) L ϕ 1 ϕ 2. Ezt az eredményt felhasználva: t (P ϕ 1 P ϕ 2 )(t) L ϕ 1 ϕ 2 dτ La ϕ 1 ϕ 2. t 0 Azt kaptuk, hogy ha La < 1, akkor a leképezés kontrakció. 22

24 Tétel. A P leképezésnek létezik egyetlen xpontja, és ez a xpont az ẋ(t) = v(t, x(t)) x(t 0 ) = x 0 kezdetiérték-feladat egyértelm megoldása. Bizonyítás. Beláttuk, hogy P kontrakció, így tétel szerint létezik xpontja, vagyis olyan ϕ(t) függvény, hogy ϕ(t) = x 0 + t t 0 v(τ, ϕ(τ))dτ. Innen a állításból már következik a tétel állítása Alkalmazás: visszavezetés nemlineáris rendszerre Tekintsük a ẋ(t) = f(x(t)) dierenciálegyenlet esetén az x i x i 1 τ + f(x i ) = 0 ún. implicit Euler-módszert. Legyen f C 1 (R n, R n ) és f(x) = v (x), x R n. Ekkor f (x) szimmetrikus minden x esetén. Ekkor az iteráció a következ alakban írható fel: F (x i ) := x i + τf(x i ) = x i 1. (5.1) Célunk az i-edik lépésben (5.1) megoldása Állítás. Legyen f korlátos és τ kell en kicsi. Ekkor F C 1, F szimmetrikus, és igaz a m h 2 F (x)h, h M h 2 (5.2) becslés, ahol m = 1 τ f (x) és M = 1 + τ f (x). 23

25 Bizonyítás. Tekintsük a deriváltat: F (x)h = h + τf (x)h. Ekkor F (x)h, h = h 2 + τ f (x)h, h (1 τ f (x) ) h 2. Legyen 0 < m := 1 τ f (x), ha τ < 1 f (x). A fels korlát megtalálásához is hasonlóan járhatunk el: F (x)h, h = h 2 + τ f (x)h, h (1 + τ f (x) ) h 2. Legyen 0 < M := 1 + τ f (x) Következmény. Ha F C 1. F szimmetrikus, és eleget tesz (5.2)-nek, akkor (5.1)-nek létezik egyértelm megoldása, és minden x esetén a 3.2 szakaszbeli iteráció konvergál a megoldáshoz. Bizonyítás. Az állítás következik a tételb l. 24

26 6. Parciális dierenciálegyenletek A dolgozat terjedelmére való tekintettel csak az eliptikus tipusú parciális differenciálegyenletekkel foglalkozunk. Ilyen egyenletek leggyakrabban zikai jelenségek matematikai modelljeiben fordulnak el, ha eltekintünk az id t l. Például a h vezetési egyenlet: cϱ u = div(k gradu) + f(x), t ahol c a fajh, ϱ a h vezet közeg s r sége, k a h vezetési tényez, f pedig a h forrás s r sége. Ha u nem függ az id t l, akkor az egyenlet a következ alakra egyszer södik: 0 = div(k gradu) + f(x). Az iteráció kidolgozásához szükségünk lesz az úgynevezett Green-féle függvényre Poisson-egyenlet és Green-féle függvény A h vezetési egyenleteknek azt a speciális esetét, amikor a közeg homogenitása miatt k konstans, Poisson-egyenletnek nevezzük. Ebben az esetben a képletünk is tovább egyszer södik: u + f(x) = Deníció. Tekintsük az Ω R n tartományt. Legyen u : R n R, és u C 1 (Ω), ekkor az u függvény gradiense: grad(u) = u = ( 1 u,..., n u). Legyen u : R n R n, u C 1 (Ω, R n ), ekkor az u függvény divergenciája: div(u) = u = n i u i. i=1 Legyen u : R n R, u C 2 (Ω), ekkor az u függvény Laplace-operátora: u = div(grad(u)) = u. 25

27 Tekintsük az alábbi feladatot: E(x) = 0, x 0 ahol E radiálisan szimmetrikus. A feladat alapmegoldása: { 1 4π x E(x) :=, x R3 1, x 2π ln x R Deníció. Jelölje R(x, y) a fenti feladat megoldását az x y helyen: { 1 4π x y R(x, y) :=, x, y R3, x y 1, x, y 2π ln x y R2, x y. Legyen Ω R n korlátos tartomány Ω peremfelülettel, és tekintsük tetsz leges x Ω esetén az alábbi Dirichlet-féle feladatot a v = v(y) C 2 (Ω) C(Ω) függvényre. v = 0 v Ω = R(x, y). Feltesszük, hogy x Ω pont esetén létezik megoldása a feladatnak. Jelölje ezt v(y) = r(x, y). Eszerint az r(x, y) függvény eleget tesz a következ knek: minden rögzített x Ω pontra, mint y függvénye r(x, y) C 2 (Ω) C(Ω), továbbá y r(x, y) = 0 r(x, y) y Ω = R(x, y) Deníció. Az Ω tartományhoz tartozó Green-féle függvénynek nevezzük a egyértelm en meghatározott függvényt. G(x, y) = R(x, y) r(x, y) (6.1) Tétel. Tegyük fel, hogy Ω-nak létezik Green-féle függvénye. Ekkor minden rögzített x Ω esetén igazak az alábbiak: G(x, y) = 0, y Ω \ {x} ; (6.2) G(x, y) = 0, y Ω; (6.3) G(x, y) > 0, x, y Ω. (6.4) 26

28 Bizonyítás. (6.2) és (6.3) közvetlenül adódik (6.1)-b l. A (6.4) egyenl tlenséget pedig könnyen igazolhatjuk a minimum-elv felhasználásával. Rögzített x C(Ω) esetén r(x, y) korlátos: Legyen a > 0 olyan szám, amelyre r(x, y) < k, y Ω. R(x, y) > k, y B(x; a) Ω, ahol B(x; a) az x középpontú a sugarú gömböt jelöli. Alkalmazzuk a minimumelvet az Ω \ B(x; a) tartományon a G(x, y) függvényre. A tartomány határán, azaz Ω B(x; a)-n G(x, y) y Ω = 0 G(x, y) y B(x;a) = R(x, y) r(x, y) > 0. Ekkor G(x, y) a tartomány belsejében pozitív és nem veheti fel a minimumát, mivel nem állandó Állítás. [7] Legyen u C 2 (Ω) C 1 (Ω), Ω u <, továbbá ω C2 (Ω), ω L 1 (Ω), ahol ω mint y függvénye értend minden rögzített x Ω esetén. Ekkor az F (x, y) = R(x, y) ω(x, y) jelölést használva minden x Ω pontra [ u(x) = F u ν u F ] dy [F u u y F ] dy. ν y Ω Ω Tétel. Legyen Ω szakaszonként folytonosan dierenciálható. Tegyük fel, hogy Ω-nak létezik Green-féle függvénye, amelyre r(x, y) C 1 (Ω) minden rögzített x Ω esetén, továbbá legyen u C 2 (Ω) C 1 (Ω) a u = f u Ω = g Dirichlet-feladat megoldása, ahol f <. Ekkor minden x Ω pont esetén Ω u(x) = G(x, y)f(y)dy Ω Ω 27 G(x, y) g(y)dy. ν y

29 Bizonyítás. alkalmazva azt kapjuk, hogy u(x) = Az állításban szerepl összefüggést u-ra és ω(x, y) = r(x, y)-ra Ω [ G u ν u G ν y A feltételek és a tétel szerint ] dy [G u u y G] dy. Ω u = f, G = 0, G = 0 (y Ω), u = g ( Ω), tehát azt kaptuk, hogy u(x) = Ezzel a tételt bebizonyítottuk. Ω u(y) G dy Gf(y)dy. ν y Ω Tekintsük a Poisson-egyenletre vonatkozó peremérték-feladatot, ahol u a peremen homogén: u = f u Ω = 0. A tétel állítása szerint a megoldást a következ integrál határozza meg: u(x) = G(x, y)f(y)dy. Ω Példa. Vékony rudak csavarodása is jellemezhet Poisson-egyenlettel: Φ = 1 Φ Ω = 0, ahol Ω a rúd keresztmetszete. A Φ segédfüggvényb l az (u 1, u 2, u 3 ) eltolódások vektorát kapjuk meg, feltéve, hogy τ, az egységhosszra vonatkozó csavarási szög, a rúd hosszának irányában konstans Nemlineáris elliptikus feladat Tekintsük a Poisson-egyenlet egy általánosítását, ahol f helyett f(u) szerepel: u = f(u) u Ω = 0. 28

30 Ekkor a megoldás az u(x) = Ω G(x, y)f(u(y))dy integrálegyenletet teljesíti, amib l már felírhatjuk az iterációs eljárásunkat: u n+1 (x) = G(x, y)f(u n (y))dy := (Au n )(x) Ω Állítás. Tekintsük a C(Ω) normált teret az f := max Ω f normával. Ha f Lipschitzes és L < 1, ahol z(x) a z z = 1 z Ω = 0 feladat megoldása, akkor A kontrakcó a 0 < q < 1 kontrakciós konstanssal. Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy létezik ilyen q. (Au)(x) (Av)(x) = G(x, y)f(u(y))dy Ω = G(x, y) (f(u(y)) f(v(y))) dy Ω G(x, y) f(u(y)) f(v(y)) dy Ω Ω Ω G(x, y) L u(y) v(y) dy }{{} >0 G(x, y) L max u(y) v(y) dy y G(x, y)dy L u v. Az állításban szerepl segédfeladat megoldása éppen a z(x) = G(x, y) 1dy. Ebb l azt kapjuk, hogy Ω Ω (Au)(x) (Av)(x) z L u v. 29 Ω G(x, y)f(v(y))dy =

31 Innen már látható, hogy ha q := L z < 1. akkor az (Au)(x) leképezés kontrakció Következmény. Az u(x) = G(x, y)f(u(y))dy egyenletnek létezik egyértel- Ω m megoldása, ha L < 1 z. Bizonyítás. állítás. A fenti egyenlet u = Au alakú, tehát a tételb l következik az Deníció. Azt mondjuk, hogy a u = f(u) u Ω = 0. feladatnak létezik klasszikus megoldása, ha van olyan u C 2 (Ω) C(Ω) függvény, ami kielégíti a peremértékfeldatot Tétel. Legyen Ω R n Lipschitz-folytonos taromány és f Ω-n deniált. Ha f Lipschitzes és L < 1, ahol z a állításbeli függvény, akkor a z u = f(u) u Ω = 0. Poisson-egyenletnek létezik klasszikus megoldása. Bizonyítás. Alkalmazzuk -t a u(x) = G(x, y)f(u(y))dy-ra. Ω Ebb l azt kapjuk, hogy u(x) = G(x, y)f(u(y))dy = f(u(x)). Ω Ezzel a tételt beláttuk. 30

32 6.3. Egy további alkalmazás: visszavezetés lineáris egyenletrendszerre Tekintsük a következ feladatot: Lu := div(a u) = g u Ω = 0, ahol A L (Ω, R n n ) szimmetrikus és szigorúan pozitív denit mátrix Deníció. Legyen S lineáris szimmetrikus operátor H-n. Egy L H lineáris operátort S-korlátosnak és S-koercívnek nevezünk, és L BC S (H)-val jelölünk, ha igazak a következ tulajdonságok: (i) D(L) H S és D(L) s r H S -ben az S-normával; (ii) létezik M > 0, amelyre u, v D(L) esetén Lu, v M u S v S ; (iii) létezik m < 0, amelyre u D(L) esetén Lu, u m u 2 S Deníció. Bármely L BC S (H)-re legyen L S B(H S ) a következ módon deniálva: L S u, v S = Lu, v (u, v D(L)). A feladatban L S-korlátos és S-koercív a denícióban foglaltaknak megfelel en, ha S = és g H. Ekkor az Lu = g egyenlet numerikusan megoldható a Galerkin-diszkretizáció segítségével: legyen V h = span {ϕ 1,... ϕ n } H S véges dimenziós altér, ahol a ϕ i -k lineárisan függetlenek és L h := { } n L S ϕ i, ϕ j. S i,j=1 31

33 Az u h V h diszkrét megoldás u = n i=1 c iϕ i formában való megtalálásához az L h c = b h (6.5) n n-es rendszer megoldása szükséges, ahol b h = { g, ϕ j } n j=1. Mivel L BC S(H), az L h szimmetrikus része pozitív denit, így a rendszernek létezik egyértelm megoldása. Legyen L szimmetrikus operátor. Ebben az esetben az S-korlátos és S-koercív tulajdonság egyszer en átalakul a következ spektrális ekvivalenciarelációvá: m u 2 S L Su, u S M u 2 S (u H S ). (6.6) Ekkor L h is szimmetrikus. Legyen S a operátor, és vezessük be az S merevségi mátrixát: S h := { ϕ i, ϕ j S } n i,j=1, mint a (6.5) rendszer prekondicionálóját. Innen a prekondicionált rendszer: S 1 h L hc = S 1 h b h. Tetsz leges c R n esetén helyettesítsük az u = n i=1 c iϕ i V h függvényt (6.6)-ba: m(s h c c) L h c c M(S h c c). (6.7) Állítás. Ha (6.7) fennáll, akkor λ i (S 1 h L h) [m, M]. Bizonyítás. λ i akkor sajátértéke a S 1 h L h mátrixnak, ha c i 0 : S 1 h L hc i = λ i c i. Szorozzuk be az egyenletet balról S h -val: L h c i = λ i S h c i. Végül szorozzuk az egyenletet jobbról c i -vel: L h c i c i = λ i S h c i c i. (6.8) 32

34 Tudjuk, hogy (6.7) igaz tetsz leges c R n esetén, így c i -re is, ezért (6.8)-at behelyettesítve (6.7)-be m(s h c i c i ) λ i (S h c i c i ) M(S h c i c i ) adódik. Innen már jól látszik, hogy m λ i M i. Ezzel beláttuk, hogy λ i (S 1 h L h) [m, M] Következmény. A tétel alkalmazható. 33

35 7. Összefoglalás Dolgozatomban bemutattam a Banach-xponttételt, és különféle feladattípusokra való alkalmazhatóságát igazoltam a szakirodalom alapján. El ször a metrikus terek felépítését és tulajdonságait vizsgáltam. Beláttam, hogy minden kontrakciónak létezik xpontja, ami egyértelm az ilyen típusú terekben. A lineáris algebrai egyenletrendszereknél azt az esetet vizsgáltam, amikor A négyzetes mátrix. Ekkor az Ax = b egyenletrendszer átírható x = Bx + c alakra. Beláttam, hogy pontosan akkor létezik egyértelm megoldás, ha B minden sajátértéke abszolút értékben kisebb, mint egy. Ezenkívül vizsgáltam egy speciális esetet is, amikor A szimmetrikus. Nemlineáris egyenletrendszereknél bebizonyítottam, hogy ha F : R n R n, F folytonosan dierenciálható, F szimmetrikus és egyenletesen pozitív denit, akkor létezik egyértelm megoldása az egyenletrendszernek, és iterációval meghatározható. Sikerült belátni annak feltételét, hogy az iterációban használt leképezés kontrakció legyen a Fredholm-integrálegyenlet esetében. Ezután az eredményt felhasználva megoldottam a Love-integrálegyenletet. A közönséges dierenciálegyenletek témaköréb l kezdetiérték-feladatok megoldhatóságának Picard-féle alaptételével foglalkoztam. A kezdetiérték-feladat visszavezethet integrálegyenlet megoldására. Ehhez szerkesztünk az x 0 pont egy környezetében egy M metrikus teret, valamint egy M-en értelmezett kontrakciót, és ezek segítségével visszavezetjük a feladatot a xponttételre. Emellett bemutattam egy numerikus megoldási módszert az Euler-módszer és a xponttétel ötvözésével. A Poisson-egyenletetet választottam ki a parciális dierenciálegyenletek közül, melynek megoldására használható a Green-függvény módszere. A xponttétel segítségével készítettem iterációs eljárást, amely az integrálegyenletek témakörére vezethet vissza. Itt is sikerült egy érdekes alkalmazást szemléltetnem, melynek lényege, hogy lineáris rendszerre vezeti vissza a nemlineáris problémát. 34

36 Hivatkozások [1] Arnold, V.I., Közönséges dierenciálegyenletek, M szaki Könyvkiadó, Budapest, [2] Axelsson, O., Karátson J., Equivalent operator preconditioning for elliptic problems, Numer Algor, 2009, 50: [3] Bahvalov, N.Sz., A gépi matematika numerikus módszerei, M szaki Könyvkiadó, Budapest, [4] Cryer, C. W., Numerical functional analysis, Oxford University Press, New York, [5] Karátson J., Direct gradient method for nonlinear integral equations, Periodica Mathematica Hungarica Vol. 33 (3), 1996, pp [6] Komornik V., Valós analízis el adások I., Typotex Kiadó, Budapest, [7] Simon L., Parciális dierenciálegyenletek 2. félév, Tankönykönyvkiadó, Budapest, [8] Stoyan G., Takó G., Numerikus módszerek 1., Typotex Kiadó, Budapest, [9] Stoyan G., Takó G., Numerikus módszerek 3., Typotex Kiadó, Budapest, [10] Tóth J., Simon L. P., Dierenciálegyenletek : Bevezetés az elméletbe és az alkalmazásokba, Typotex Kiadó, Budapest, [11] Zeidler, E., Nonlinear functional analysis and its applications I., Springer, New York,