Differentiaaliyhtälöiden globaali olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslause

Eeli Tamminen
eeli.tamminen@helsinki.fi

Johdanto

Olemassaolo- ja yksikäsitteisyyslauseet (OY-lauseet) ovat differentiaaliyhtälöiden teorian perustavimpia tuloksia. Nimensä mukaisesti ne takaavat eri differentiaaliyhtälöille – ja erityisesti alkuarvotehtäville – niiden ratkaisun olemassaolon ja sen, että muita ratkaisuja ei ole olemassa, eli saadun ratkaisun yksikäsitteisyyden.

Differentiaaliyhtälöt ovat yhtälöitä, joissa muuttujan sijaan on jonkin ratkaistavan funktion $y(x)$ derivaattoja $y'(x)$, $y''(x)$ jne. Esimerkiksi \[3y'(x)+x^2=y(x)+2x\] on ensimmäisen kertaluvun (eli siinä on vain ensimmäinen derivaatta) differentiaaliyhtälö. Alkuarvotehtäväksi kutsutaan differentiaaliyhtälöä, jonka lisäksi on annettu ratkaistavan funktion arvo joissain pisteessä, kuten esimerkiksi $y(1)=-\frac{1}{3}$.

OY-lauseita on erilaisille differentiaaliyhtälöille sekä differentiaaliyhtälösysteemeille. Tässä artikkelissa rajoitutaan tarkastelemaan ensimmäisen kertaluvun lineaaristen differentiaaliyhtälöiden alkuarvotehtäviä, eli yhtälöitä muotoa

\[\tag{$\ast$} y'(x) = f\left(x,y(x)\right) \textnormal{ja } y(x_0)=y_0.\]

OY-lauseita voidaan ajatella olevan kahta eri tyyppiä: globaali ja lokaali. Lokaali OY-lause koskee differentiaaliyhtälön ratkaisua jollain reaalivälillä $I\subset\mathbb{R}$. Tämän vastine koko reaalivälille $\mathbb{R}$ on globaali OY-lause.

Lähteessä [1] on esitetty yksityiskohtaisesti lokaalin OY-lauseen todistus ja pääkohdiltaan globaalin tapauksen todistus. Tässä artikkelissa esitetään yksityiskohtaisesti globaalin OY-lauseen todistus. Lauseen lokaali vastine oletetaan tunnetuksi. Tämän todistus on rakenteltaan samanlainen kuin globaalin tapauksen. Seuraavaksi on vielä esitetty lokaali OY-lause:

Lause 1. Olkoon $(x_0, y_0)\in E\subset\mathbb{R}^2$. Olkoon funktio $f:E\to\mathbb{R}$ jatkuva ja toteuttakoon se lokaalin Lipschitz-ehdon muuttujan $y$ osalta.

Tällöin on olemassa sellainen $\delta_1>0$, että alkuarvotehtävällä $(\ast)$ on ratkaisu $y_1:I_1\to\mathbb{R}$ välillä $I_1=(x_0-\delta_1, x_0+\delta_1)$.

Olkoon $y_2$ myös alkuarvotehtävän ratkaisu. Ratkaisuille $y_1$ ja $y_2$ pätee $\left(x,y_k(x)\right)\in E$, missä $k=1,2$. Nyt $y_1(x) = y_2(x)$ kaikilla $x\in I_1\cap I_2$.

Esitietoja

Ennen globaalin OY-lauseen todistusta esitetään vielä joitain hyödyllisiä aputuloksia.

Määritelmä 1. Olkoon $H\subset\mathbb{R}^2$. Sanotaan, että funktio $f:H\to\mathbb{R}$ on tasaisesti Lipschitz-jatkuva muuttujan y suhteen, jos on olemassa sellainen $M\geq 0$, että kaikilla $(x,y_1),(x,y_2)\in H$ on voimassa

\[\lvert f(x,y_1)-f(x,y_2)\rvert\leq M\lvert(x,y_1)-(x,y_2)\rvert.\]

Määritelmä 2. Olkoon $g:E\to\mathbb{R}$. Olkoon funktiot $f_n:I\to\mathbb{R}$, missä $n\in\mathbb{N}$, jatkuvia ja $x_0\in I$. Picardin iteroinniksi ¹ kutsutaan jonoa integraaleja

\[\begin{split} f_0(x) &= f_0, \\ f_{1}(x) &= \int_{x_0}^{x}g\left(t,f_0(t)\right)dt+f_0, \\ &\vdots \\ f_{n+1}(x) &= \int_{x_0}^{x}g\left(t,f_n(t)\right)dt+f_0, \end{split}\]

missä $\left(x,f_n(x)\right)\in E\times\mathbb{R}$, kaikilla $n\in\mathbb{N}$.

Lemma 1. Olkoon väli $I\subset\mathbb{R}$ ja $a_n\geq0$ sellaisia, että $\sum_{n=1}^{\infty}a_n<\infty$. Olkoot funktiot $u_n:I\to\mathbb{R}$, $n\geq 1$, sellaisia, että kaikilla $x\in I$ pätee $\lvert u_{n+1}-u_n\rvert\leq a_n$. Tällöin funktiojono $(u_n)$ suppenee tasaisesti² kohti funktiota $u:I\to\mathbb{R}$ ja kaikilla $x\in I$ on voimassa

\[u(x)=u_1(x)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n+1}(x)-u_n(x)\right).\]

Todistus. Proof. Olkoon $x\in I$ ja $\varepsilon>0$. Funktiojonon $\left(u_n(x)\right)_{n=1}^{\infty}$ jäsenille on voimassa

\[u_n(x):=u_1(x)+\sum_{k=1}^{n}\left(u_{k+1}(x)-u_k(x)\right),\] kun $n\geq 2$.

Olkoon $n,m\in\mathbb{N}$ siten, että $n>m$. Nyt

\[\begin{split} \lvert u_n(x)-u_m(x)\rvert &= \lvert\sum_{k=m}^{n-1}u_{k+1}(x)-u_{k}(x)\rvert \\ &\leq \sum_{k=m}^{n-1}\lvert u_{k+1}(x)-u_{k}(x)\rvert \\ &\leq \sum_{k=m}^{n-1}a_k \\ &\leq \sum_{k=m}^{\infty}a_k \\ &< \infty. \end{split}\]

Koska edellinen summa on äärellinen, löytyy sellainen $n_\varepsilon\in\mathbb{N}$, että $\sum_{k=n_\varepsilon}^{\infty}a_k<\varepsilon$. Nyt

\[\lvert u_n(x)-u_m(x)\rvert\leq\sum_{k=n_\varepsilon}^{\infty}a_k<\varepsilon,\]

eli jono $\left(u_n(x)\right)$ on Cauchy-jono. Tällöin se suppenee, eli on olemassa rajafunktio $u:I\to\mathbb{R}, u(x):=\lim_{n\to\infty}u_n(x)$. Erityisesti tämä funktio $u$ on, kuten lemmassa määritelty.

Lisäksi kaikilla $n_\varepsilon\geq n$ pätee

\[\begin{split} \lvert u_n(x)-u(x)\rvert &\leq \sum_{k=n}^{\infty}\lvert u_{k-1}(x)-u_k(x)\rvert \\ &\leq \sum_{k=n}^{\infty}a_i \\ &\leq \sum_{k=n_\varepsilon}^{\infty}a_i \\ &< \varepsilon. \end{split}\]

Siis suppeneminen on tasaista. ◻

Globaali OY-lause

Lause 2. Olkoon $\left[a,b\right]\subset I$ kompakti ja $I\subset\mathbb{R}$ jokin (mahdollisesti rajoittamaton) väli. Olkoon funktio $f:I\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ jatkuva ja suorakaiteessa $\left[a,b\right]\times\mathbb{R}$ tasaisesti Lipschitz-jatkuva muuttujan $y$ suhteen. Olkoon $(x_0,y_0)\in I\times\mathbb{R}$. Tällöin alkuarvotehtävällä $(\ast)$ on ratkaisu $y:I\to\mathbb{R}$ siten, että kaikki välin $I$ osaväleillä annetut ratkaisut ovat sen rajoittumia.

Ennen globaalin OY-lauseen varsinaista todistusta tehdään muutamia valmisteluja. Olkoon alkuarvotehtävällä $(\ast)$ ratkaisu $y:I\to\mathbb{R}$. Nyt analyysin peruslauseella funktiolle $y'$ saadaan

\[\int_{c}^{x}y'(t)dt=y(x)-y(c),\]

missä $c\in\mathbb{R}$. Valitaan $c=x_0$. Lisäksi derivaatta $y'$ saadaan ratkaistua (sopivasta) differentiaaliyhtälöstä

\[y'(t)=f\left(t,y(t)\right).\]

Nyt

\[y(x)=\int_{x_0}^{x}f\left(t,y(t)\right)dt+y(x_0). \tag{1}\]

Derivoimalla ylläoleva integraaliyhtälö saadaan johdettua alkuarvotehtävän $(\ast)$ kaava, jossa $y(x_0)=y_0$.

Olkoon $\left[a,b\right]\subset I$ suljettu väli. Merkitään $K:=\left[a,b\right]\times\mathbb{R}$. Selvästi alkuarvotehtävän ehdolle $y(x_0)=y_0$ pätee $(x_0, y_0)\in K$. Funktion $f$ normille pätee:

\[\lVert f\rVert:=\max_{x\in\left[a,b\right]}\lvert f(x,y_0)\rvert>0\textnormal{, kun $(x_0, y_0)\in K$.} \tag{2}\]

Muulloin $f(x)=0$, kaikilla $x\in\left[a,b\right]$. Alkuarvotehtävällä $(\ast)$ olisi tällöin ratkaisu $y(x)=y_0$, kaikilla $x\in\left[a,b\right]$.

Määritelmästä 2 saadaan yhtälölle (1) Picardin iteraatio. Siis

\[y_0(x)=y_0 \textnormal{ ja } y_{n+1}(x)=\int_{x_0}^{x}f\left(t,y_n(t)\right)dt+y_0,\]

missä funktiot $y_n$ ovat jatkuvia ja $\left(x_0, y_n(x_0)\right)\in K$.

Näytetään aluksi, että funktiolle $f$ saadaan Picardin iteraatio: Lauseen 2 määrittelystä tiedetään, että $f$ on jatkuva. Nyt $\int_{x_0}^{x}f\left(t,y_n(t)\right)$ on jatkuva, jos $y_n$ on jatkuva. Koska $y_n\to y$ tasaisesti ja $y$ on jatkuva, niin funktio $y_n$ on jatkuva. [2, s. 249]

Määritelmästä tiedetään, että $x_0\in\left[a,b\right]$ ja $y_n(x_0)\in\mathbb{R}$. Tällöin $\left(x_0, y_n(x_0)\right)\in\left[a,b\right]\times\mathbb{R}=K$.

Koska kuvaus $f(x,y)$ on tasaisesti Lipschitz-jatkuva suorakaiteessa $K$, on sillä Lipschitz-vakio $M\geq 0$. Kuten edellä todettu: Picardin iteraation funktiot $y_n$ sijaitsevat suorakaiteessa $K$. Tällöin

\[\lvert y_{n+1}(x)-y_n(x)\rvert\leq\frac{M^n\lVert f\rVert}{(n+1)!}\lvert x-x_0\rvert^{n+1}, \tag{3}\]

kaikilla $n\in\mathbb{N}$ ja $x\in\left[a,b\right]$.

Sijoitetaan $n=0$ kaavaan (3), jolloin saadaan arvioksi $\lvert y_{1}(x)-y_0\rvert\leq\lVert f\rVert\lvert x-x_0\rvert$. Huomataan, että

\[\begin{split} \lvert y_{1}(x)-y_0(x)\rvert &\leq \lvert\int_{x_0}^{x}f\left(t,y_0(x)\right)dt\rvert \\ &\leq \int_{x_0}^{x}\lvert f\left(t,y_0(x)\right)\rvert dt \\ &\leq\lVert f\rVert\lvert x-x_0\rvert. \end{split}\]

Siis arvio pätee, kun $n=0$.

Olkoon $n=m+1$. Nyt

\[\begin{split} &\lvert y_{(m+1)+1}(x)-y_{m+1}(x)\rvert \\ &\leq \int_{x_0}^{x}\lvert f\left(t,y_{m+1}(x)\right)-f\left(t,y_m(x)\right)\rvert dt \\ &\leq \int_{x_0}^{x}\lvert M\lvert y_{m+1}(t)-y_m(t)\rvert\rvert dt \\ &= M\int_{x_0}^{x}\lvert y_{m+1}(t)-y_m(t)\rvert dt. \end{split}\]

Toinen ylöspäin arvioiminen nojaa tietoon, että funktio $f$ on Lipschitz. Kun oletetaan, että arvio (3) pätee, kun $n=m$, niin saadaan

\[\begin{split} &\lvert y_{(m+1)+1}(x)-y_{m+1}(x)\rvert \\ &\leq M\int_{x_0}^{x}\frac{M^m\lVert f\rVert}{(m+1)!}\lvert t-x_0\rvert^{(m+1)+1}dt \\ &= \frac{M^{m+1}\lVert f\rVert}{(m+1)!}\int_{x_0}^{x}\lvert t-x_0\rvert^{m+2}dt \\ &= \frac{M^{m+1}\lVert f\rVert}{(m+1)!}\cdot\frac{(x-x_0)\lvert x-x_0\rvert^{m+1}}{m+2} \\ &= \frac{M^{m+1}\lVert f\rVert}{(m+2)!}\lvert x-x_0\rvert^{m+2}. \end{split}\]

Siis kaava (3) on tosi.

Huomataan, että kaikilla $x,x_0\in\left[a,b\right]$ on voimassa $\lvert x-x_0\rvert\leq b-a$. Tämän tiedon ja arvion (3) nojalla saadaan

\[\lvert y_{n+1}(x)-y_n(x)\rvert\leq\frac{M^n\lVert f\rVert}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}:=a_n.\]

Nyt majorantille $a_n$ pätee

\[\begin{split} \sum_{n=1}^{\infty}a_n &= \lVert f\rVert\sum_{n=1}^{\infty}\frac{M^n}{(n+1)!}(b-a)^{n+1} \\ &= \lVert f\rVert\left(-M^{-1}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{M^{n-1}}{n!}(b-a)^{n}\right) \\ &= -\frac{\lVert f\rVert}{M}+\frac{\lVert f\rVert}{M}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{M^n}{n!}(b-a)^{n} \\ &= \frac{\lVert f\rVert}{M}\left(e^{M(b-a)}-1\right) \\ &< \infty. \end{split}\]

Viimeinen yhtäsuuruus saadaan hyödyntämällä eksponenttifunktion sarjakehitelmää

\[e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.\]

Nyt voimme soveltaa Lemmaa 1. Siis välillä $\left[a,b\right]$ on voimassa

\[y(x)=y_0+\sum_{n=1}^{\infty}\left(y_{n+1}(x)-y_{n}(x)\right). \tag{4}\]

Funktio $y$ on rajafunktiona jatkuva, sillä funktiot $y_n$ ovat jatkuvia kaikilla $n\in\mathbb{N}$. Edelleen $\left(x,y(x)\right)\in K$, kun $x\in\left[a,b\right]$.

Varsinainen todistus

Nyt olemme valmiit todistamaan globaalin OY-lauseen. Osoitetaan aluksi ratkaisun olemassaolo. Siis täytyy näyttää, että funktio (4) toteuttaa yhtälön (1).

Todistus. Olemassaolon todistus.. Olkoon $y$ funktio, kuten kohdassa (4). Näytetään, että

\[\lim_{n\to\infty}\int_{x_0}^{x}f\left(t,y_n(t)\right)dt=\int_{x_0}^{x}f\left(t,y(t)\right)dt, \tag{5}\]

kaikilla $x\in I$.

Raja-arvon määritelmällä ja Lipschitz-jatkuvuudella saadaan

\[\begin{split} &\lvert\int_{x_0}^{x}\left(t,y_n(t)\right)dt-\int_{x_0}^{x}f\left(t,y(t)\right)dt\rvert \\ &\leq \int_{x_0}^{x}\lvert f\left(t,y_n(t)\right)-\left(t,y(t)\right)\rvert dt \\ &\leq \int_{x_0}^{x}M\lvert y_n(t)-y(t)\rvert dt. \end{split}\]

Koska $y_n\to y$ tasaisesti välillä $\left[a,b\right]$, on voimassa $\max_{t\in I}\lvert y_n(t)-y(t)\rvert\to 0$, kun $n\to\infty$. Nyt hyödyntämällä tätä

\[\begin{split} M\int_{x_0}^{x}\lvert y_n(t)-y(t)\rvert dt &\leq M(x-x_0)\max_{t\in I}\lvert y_n(t)-y(t)\rvert \\ &\leq M(b-a)\max_{t\in I}\lvert y_n(t)-y(t)\rvert \\ &\to 0, \textnormal{kun } n\to\infty. \end{split}\]

Siis yhtälö (5) on tosi. Tällöin kaikilla $x\in \left[a,b\right]$ Picardin iteraatiosta saatu ratkaisu

\[\begin{split} y(x) &:= \lim_{n\to\infty}y_{n+1} \\ &= \lim_{n\to\infty}\left(y_0+\int_{x_0}^{x}f\left(t,y_n(t)\right)dt\right) \\ &= y_0+\int_{x_0}^{x}f\left(t,y(t)\right)dt \end{split}\]

on alkuarvotehtävän $(\ast)$ ratkaisu $y:\left[a,b\right]\to\mathbb{R}$.

Olkoon $\left[a_n,b_n\right]\subset I$, missä $n\in\mathbb{N}$, nouseva jono välejä siten, että

\[I=\bigcup_{n=0}^{\infty}\left[a_n,b_n\right].\]

Jos $I$ on suljettu, niin jokin väli $\left[a_i,b_i\right]$, $i\in\mathbb{N}$, sisältää välin $I$ reunan. Jos $I$ on avoin, niin jonon $(a_n)$ on oltava aidosti vähenevä tai $(b_n)$ on oltava aidosti kasvava³. Aiemman nojalla tiedämme, että ratkaisu $y:=y_n:\left[a_n,b_n\right]\to\mathbb{R}$ on olemassa.

Olkoon $x_0\in I$. Erityisesti $x_0\in\left[a_n,b_n\right]$, jollain $n\in\mathbb{N}$. Lauseen 1 lokaaliin yksikäsitteisyyteen⁴ vedoten ratkaisulla $y$ on olemassa derivaatta välin $I$ sisäpisteessä $x_0$ tai toispuoleinen derivaatta, jos $x_0$ on välin $I$ päätepiste. Tällöin funktio $y$ on alkuarvotehtävän $(\ast)$ ratkaisu koko välillä $I\subset\mathbb{R}$. ◻

Todistetaan seuraavaksi ratkaisun yksikäsitteisyys.

Todistus. Yksikäsitteisyyden todistus.. Olkoon $y_i:I_i\to\mathbb{R}$, missä $i\in\{1,2\}$, kumpikin alkuarvotehtävän ratkaisuja, joille on voimassa $\{\left(x,y_i(x)\mid x\in I_i\right)\}\subset K$, $i\in\{1,2\}$. Pitää näyttää, että nämä kaksi ratkaisua ovat samat, eli arvio (6).

Vastaoletus: olkoon $x\in I_1\cap I_2$ sellainen, että $y_1(x)\neq y_2(x)$. Olkoon $x_0\in\mathbb{R}$ ja $x<x_0$. Nyt on olemassa

\[x_1=\sup\{x\in I_1\cap I_2\mid y_1(x)\neq y_2(x)\textnormal{ ja }x<x_0\},\]

sillä tämä joukko on oletuksien nojalla epätyhjä ja ylhäältä rajoitettu.

Näytetään, että funktioiden $y_1$ ja $y_2$ kuvaajat yhtyvät jossain pisteen $x_0$ ympäristössä.⁵

Olkoon $\delta>0$ ja $J=\left[x_0-\delta,x_0+\delta\right]\subset I_1\cap I_2$. Koska funktiot $y_1$ ja $y_2$ ovat jatkuvia, niin kaikilla $x\in J$ on voimassa $\left(x,y_i(x)\right)\in K$.

Olkoon $x_0\leq x<x_0+\delta$. Vastaavasti voidaan osoittaa tilanne $x_0-\delta<x\geq x_0$. Funktioiden $y_1$ ja $y_2$ erotukselle on olemassa arvio

\[0\leq\lvert y_2(x)-y_1(x)\rvert\leq\frac{2qM^{n+1}}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}, \tag{6}\]

missä $q:=\delta\lVert f\rVert$, kaikilla $n\in\mathbb{N}$ ja $x\in J$.

Kun $n=0$, niin

\[\begin{split} \lvert y_1(x)-y_2(x)\rvert &\leq M\int_{x_0}^{x}\lvert y_1(t)-y_2(t)\rvert dt \\ &\leq M\int_{x_0}^{x}2qdt \\ &= M\cdot2q(x-x_0) \\ &\leq \frac{2qM^{0+1}}{(0+1)!}(b-a)^{0+1}. \end{split}\]

Siis arvio on tosi, kun $n=0$. Oletetaan, että arvio (6) on tosi, kun $n=m$. Kun $n=m+1$ saadaan

\[\begin{split} \lvert y_2(x)-y_1(x)\rvert &\leq M\int_{x_0}^{x}\lvert y_2(t)-y_1(t)\rvert dt \\ &\leq M\int_{x_0}^{x}\frac{2qM^{m+1}}{(m+1)!}\lvert x-x_0\rvert^{m+1}dt \\ &= \frac{2qM^{(m+1})+1}{(m+1)!}\int_{x_0}^{x}\lvert x-x_0\rvert^{m+1}dt \\ &= \frac{2qM^{(m+1)+1}}{(m+1)!}\cdot\frac{1}{(m+1)+1}\Big|_{x_0}^{x}\lvert t-x_0\rvert^{(m+1)+1} \\ &= \frac{2qM^{(m+2}}{(m+2)!}\lvert x-x_0\rvert^{m+2} \\ &\leq \frac{2qM^{(m+2})}{(m+2)!}(b-a)^{m+2}, \end{split}\]

mikä todistaa arvion (6).

Edelleen \[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2qM^{n+1}}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}=2qe^{M(b-a)}<\infty,\] jolloin $\frac{2qM^{n+1}}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}\to 0$, eli $\lvert y_2(x)-y_1(x)\rvert\to 0$, kun $n\to\infty$. Siis $y_1(x)=y_2(x)$, kun $x\in J$.

Siis kaikilla $x\in\left]x_1,x_0\right]$ pätee $y_1(x)=y_2(x)$. Vastaavasti voidaan todistaa, kun $x\in\left[x_0,x_1\right[$, eli $x_0<x$.⁶

Lisäksi funktiot $y_1$ ja $y_2$ ovat jatkuvia. Tällöin $y_1(x_1)=y_2(x_1)$, mikä on ristiriita. Siis kaikilla $x\in I_1\cap I_2$ pätee $y:=y_1(x)=y_2(x)$. ◻

Kaksi esimerkkiä

On hyvä muistaa, että kaikilla differentiaaliyhtälöillä ei välttämättä ole yksikäsitteistä ratkaisua (jos ratkaisu ylipäänsä on olemassa!). Tästä esimerkkinä on alkuarvotehtävä

\[y'(x) = 3y(x)^{\frac{2}{3}} \textnormal{ja } y(0)=0.\]

Selvästi funktio $f(x,y):=3y^{\frac{2}{3}}$ on jatkuva, mutta se ei ole Lipschitz-jatkuva kohdassa $x=0$.

Esitetään vielä tapaus, jossa globaali OY-lause pätee. Olkoon ensimmäisen kertaluvun lineaarinen differentiaaliyhtälö

\[y'(x)+x^2y(x)=\frac{3}{x^4+\pi},\]

jolle $y(2)=\pi$. Kyseessä on alkuarvotehtävä.

Olkoon suorakaide $K:=\left[-c,c\right]\times\mathbb{R}$. Funktio

\[g(x,y):=\frac{3}{x^4+\pi}-x^2 y\]

on muuttujan $y$ suhteen tasaisesti Lipschitz-jatkuva suorakaiteessa $K$, sillä

\[\lvert g(x,y_1)-g(x,y_2)\rvert=x^2\lvert y_1-y_2\rvert\leq c^2\lvert y_1-y_2\rvert.\]

Alkuarvotehtävä täyttää siis Lauseen 2 ehdot. Tällöin alkuarvotehtävällä on olemassa yksikäsitteinen ratkaisu $y:I\to\mathbb{R}$, jolle $y(2)=\pi$. Suorakaiteen $K$ määrittelystä väliksi $I$ saadaan koko reaaliväli $\mathbb{R}$.

Viitteet

[1] Gyllenberg, Mats; Lamberg, Lasse; Ola, Petri; Piiroinen, Petteri ja Häsä, Jokke. Tavalliset differentiaaliyhtälöt, luentomoniste. Helsingin yliopisto, 2016.

[2] Harjulehto, Petteri; Klén, Riku ja Koskenoja, Mika. Analyysiä reaaliluvuilla. Unigrafia Oy: Helsinki, 2017.

Alaviitteet

Tämä on eräs numeerisen integroinnin menetelmä.↩︎
Toisin sanoen on voimassa $\sup_{x\in I}\lvert u_n(x)-u(x)\rvert\to 0$, kun $n\to\infty$. Vertaa pisteittäiseen suppenemiseen, jossa kaikilla $x\in I$ pätee $\lvert u_n(x)-u(x)\rvert\to 0$, kun $n\to\infty$. Huomaa, että tasainen- $\implies$ pisteittäinen suppeneminen, mutta pisteittäinen- $\centernot\implies$ tasainen suppeneminen.↩︎
Esimerkiksi olkoon $I=\left(0,1\right]$. Määritellään $a_n=(n+1)^{-1}$ ja $b_n=1$. Nyt $I=\bigcup_{n=0}^{\infty}\left[(n+1)^{-1},1\right]$.↩︎
Tämän todistus vastaa globaalin yksikäsitteisyyden todistusta.↩︎
Tämä vastaa lokaalin OY-lauseen yksikäsitteisyyden todistamista.↩︎
Tämä on esitetty lähteessä [1].↩︎