7. 피카르 반복법과 해의 존재성과 유일성 정리 증명

이번 글에서는 이 글에서 소개하였던

일계 미분방정식이 특정 조건 하에서는 해가 존재하고 유일하다는 정리에 대한 증명에 관한 내용을 다룬다.

참고로 이 증명은 이 책에서도 완벽히 다루고 있지 않고, 실제 증명은 해석학 지식이 많이 필요하기 때문에

이를 공부하지 않은 필자는 실제 증명을 찾아보았으나 완벽히 이해하지 못했다.

이번 글은 책에 수록된 내용에 대해서만 약간의 부가 설명을 곁들여 썼다.

해석학을 공부한 후에 이 글을 수정할 예정이다.

 

 

 

 

 

일부 미분방정식들은 적분인자법, 변수분리해법 등의 풀이법을 통해

직접적으로 해가 존재함을 보일 수 있지만

대부분의 경우에는 이런 방법이 가능하지 않다.

 

따라서 다른 방법을 통해 일반적인 미분방정식의 해의 존재성을 증명해야하는데

이번에 소개할 그 방법의 핵심은 다음과 같다.

반복법으로 함수열(함수의 수열)을 만드는데,

이 함수열의 극한이 미분방정식과 초기조건을 만족하게 하는 것이다.

이 때 함수열의 member들은 조건들을 만족하지 않아도 상관 없다.

 

 

 

 

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들어가기 앞서서 편의를 위해 일반적인 initial point 인 $(t_0, y_0)$ 을 원점 $(0, 0)$ 으로 놓고 시작할 것이다.

원점으로 놓고 보인 후 대칭 이동으로 다른 initial point 들에 대해서도 성립하게 할 수 있기 때문이다.

initial point를 원점으로 옮긴 일계 미분방정식의 해의 존재성과 유일성 정리는 다음과 같이 변한다.

 

■ $y' = f(t, y), \quad y(0) = 0$ 의 해의 존재성과 유일성에 대한 정리

$f$ 와 $\dfrac{\partial f}{\partial y}$ 가 직사각형 영역 $R : |t| \le a, \; |y| < b$ 에서 연속이면
$a$ 보다 크기가 작은 구간 $|t| \le h \le a$ 에 초기값을 만족하는 유일한 해 $y = \phi(t)$ 가 존재한다.

 

이 글에 나온 정리랑 유일하게 다른 점은 그냥 초기값이 원점으로 이동함으로 인해

사각영역이 원점 근처의 영역으로 바뀐 것 뿐이다.

 

 

이 정리의 증명을 위해서 미분방정식 $y' = f(t, y)$ 를 좀 더 편리한 표현으로 바꿀 필요가 있다.

만약 미분방정식의 초기조건을 만족하는 미분가능한 함수 $y = \phi(t)$ 가 존재한다고 가정하면

$f(t, \phi(t))$ 는 $t$ 에 대해서 연속인 함수가 되므로 $t$ 에 대해 적분할 수 있게 된다.

따라서 미분방정식에 $t = 0$ 에서 임의의 변수 $t$ 까지 적분을 양변에 씌우면 다음과 같다.

$$ \phi(t) = \int_{0}^{t} f(s, \phi(s)) ds $$

$s$ 는 임시 변수이고 적분 구간에 $t$ 가 들어가야 적분 결과가 $t$ 에 대한 함수가 되기 때문에

이렇게 표현되는 것이다.

 

참고로 이 방정식은 미지의 함수 $\phi(t)$ 에 대한 적분이 포함되어 있으므로

이러한 방정식을 적분방정식(Integral Equation) 이라 부른다.

참고로 적분방정식은 solution의 한 형태가 아니며 단지 미분방정식처럼 관계를 나타낼 뿐이다.

양변을 미분해보면 미적분학의 기본정리에 의해 $y' = \phi'(t) = f(t, \phi(t))$ 를 만족함을 알 수 있으며

$t = 0$ 을 대입해보면 초기조건 역시 만족함을 알 수 있으므로

미분방정식 대신 이러한 적분방정식으로 표현 하는 것에 아무 문제 없다.

 

적분방정식으로 변형한 후 이 적분방정식이 유일한 해를 가진다는 것을 보이는 방법으로

피카르의 반복법(Picard's iteration method)가 있다.

초기 함수 $\phi_0(t)$ 를 잡고 이 것을 적분방정식에 다음과 같이 넣어서 $\phi_1(t)$ 를 얻는다.

$$ \phi_1(t) = \int_{0}^{t} f(s, \phi_0(s)) ds $$

$\phi_0(t)$ 는 편의를 위해 $\phi_0(t) = 0$ 으로 잡는다.

이렇게 잡으면 $\phi_0'(t) \neq f(t, \phi_0(t))$ 일지는 몰라도 적어도 초기조건 $\phi_0(0) = 0$ 은 만족한다.

 

같은 방법으로 $\phi_2(t)$ 를 다음과 같이 얻는다.

$$ \phi_2(t) = \int_{0}^{t} f(s, \phi_1(s)) ds $$

일반화 하면 다음과 같은 점화식을 갖는다.

$$ \phi_{n+1} = \int_{0}^{t} f(s, \phi_n(s)) ds $$

 

 

이러한 방법으로 함수열 $\{\phi_n\} = \{ \phi_0, \phi_1, \phi_2, ... , \phi_n, ... \}$ 을 만들 수 있다.

참고로 중괄호 $\{ a_n \}$ 은 수열을 나타내는 기호이다.

이 함수열들의 member 들은 모두 초기 조건은 만족하지만,

일반적으로 미분방정식 $\phi' = f(t, \phi)$ 를 만족하지는 않는다.

 

하지만 특정 단계, 예를들어 $n = k$ 번째 부터는 $\phi_k = \phi_{k+1}$ 를 만족한다면

$\phi_k = \phi_{k+1} = \phi_{k+2} = ...$ 를 만족할 것이므로 $\phi_k$ 가 해라고 할 수 있을 것이다.

(미분방정식 관계도 만족하고 초기조건 역시 만족하므로)

불행하게도 이런 $k$ 가 나타나는 경우는 드물다. 따라서 수열의 극한까지 고려해야할 수 밖에 없다.

수열의 극한을 보았더니 수렴한다면 미분방정식의 해는 이 함수열의 극한이라고 할 수 있을 것이다.

 

 

이 방법을 이용하는 것이 정리의 증명이 되려면 다음 4가지 조건을 만족해야 한다.

$1. $ 함수열 $\{ \phi_n \}$ 이 무한으로 존재하는가? 그렇지 않다면 함수열의 극한을 정의할 수 없을 것이다.

$2. $ 함수열이 수렴하는가? (함수열의 $n \to \infty$ 극한이 수렴하는지 얘기이다.)

$3. $ 함수열의 극한인 $\phi(t)$ 의 성질이 $\phi_n(t)$ 와 같은가?

이게 무슨 말이냐면, 함수열의 각 멤버인 $\phi_n(t)$ 는 $t$ 에 대해 연속임을 위에서 언급하였다.

그런데 이 함수열의 극한으로 정의된 함수 $\phi(t)$ 가 연속이 아닐 수도 있다.

만약 그렇다면 연속이 아닌 함수는 리만적분이 불가능하기 때문에 $\displaystyle \phi(t) = \int_{0}^{t} f(s, \phi(s)) ds$ 가 정의가 안된다.

 

참고로 함수열의 멤버들은 연속이지만 극한은 연속이 아닌 케이스로 $a_n(x) = \dfrac{nx}{nx + 1}$ 가 있다.

각 멤버들은 실수 전체에서 연속이지만 $\displaystyle g(x) = \lim_{n \to \infty} a_n(x)$ 는 다음과 같다.

$$ g(x) = \lim_{n \to \infty} \dfrac{nx}{nx + 1} = \begin{cases} 1 \quad (x \neq 0) \\ 0 \quad (x = 0) \end{cases} $$

따라서 함수열의 극한으로 정의된 $g(x)$ 는 $x = 0$ 에서 불연속이다.

만약 함수열의 극한 역시 연속임이 보장되려면 균등수렴(Uniformly Convergent) 하는 함수열이어야 한다.

$4. $ 이 방법(피카르 반복법) 으로 구한 해는 유일한가?

 

이들을 엄밀하게 보이는 과정은 책에서 다루고 있지 않고 있기도 하고 실제 증명을 필자가 아직 이해 하지도 못했다

책에서처럼 예제를 이용해 특정한 경우에 조건 1~4를 만족하는지 보이기만 할 것이다.

 

 

 

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다음 미분방정식을 피카르의 방법을 이용하여 풀어보자.

$$ y' = 2t(1 + y), \quad y(0) = 0 $$

 

 

피카르의 방법을 이용하기 위해서 다음과 같이 적분방정식을 세우자.

$$ \phi(t) = \int_{0}^{t} 2s(1+\phi(s)) ds $$

Initial function $\textcolor{salmon}{\phi_0(t) = 0}$ 을 상정하여 시작하자. $\phi_1(t)$ 는 다음과 같다.

$$ \textcolor{orange}{\phi_1(t)} = \int_{0}^{t} 2s(1 + \textcolor{salmon}{0}) ds = \textcolor{orange}{t^2} $$

같은 방법으로 $\phi_2(t)$ 를 구하면 다음과 같다.

$$ \textcolor{skyblue}{\phi_2(t)} = \int_{0}^{t} 2s(1 + \textcolor{orange}{s^2}) ds = \textcolor{skyblue}{t^2 + \dfrac{t^4}{2}} $$

역시 같은 방법으로 $\phi_3(t)$ 를 구하면 다음과 같다.

$$ \textcolor{limegreen}{\phi_3(t)} = \int_{0}^{t} 2s(1 + \textcolor{skyblue}{s^2 + \dfrac{s^4}{2}}) ds = \textcolor{limegreen}{t^2 + \dfrac{t^4}{2} + \dfrac{t^6}{2 \cdot 3}} $$

일반적으로 다음과 같이 나타날 것으로 예상할 수 있다.

$$ \textcolor{darkorchid}{\phi_n(t)} = t^2 + \dfrac{t^4}{2!} + \dfrac{t^6}{3!} + \cdots + \dfrac{t^{2n}}{n!} = \textcolor{darkorchid}{ \sum_{k=1}^{n} \dfrac{t^{2k}}{k!} } $$

그리고 이는 귀납법을 이용해 참임을 쉽게 증명할 수 있다.

 

 

$\displaystyle \phi(t) = \lim_{n \to \infty} \phi_n(t) = \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{t^{2n}}{n!}$ 이므로 급수가 수렴해야 $\phi(t)$ 가 존재한다고 할 수 있다.

비판정법(Ratio Test)를 이용해 급수가 수렴함을 보이자.

비판정법

 

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \textcolor{red}{L < 1}$ 이면 급수 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 는 절대수렴한다.

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \textcolor{red}{L > 1}$ 이면 급수 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n$ 는 발산한다.

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = L = 1$ 이면 비판정법으로는 아무런 결론도 내리지 못한다.

$a_n = \dfrac{t^{2n}}{n!}$ 이므로

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \dfrac{t^{2n+2}}{(n+1)!} \cdot \dfrac{n!}{t^{2n}} \right| = \lim_{n \to \infty} \dfrac{t^2}{n + 1} = 0 < 1 $ 이다.

따라서 비판정법에 의해 급수는 수렴한다.

그리고 이는 $t$ 값에 상관없이 참이므로 수렴반경은 무한대이다.

즉, $t$ 값에 상관없이 함수열 $\{\phi_n(t)\}$ 는 수렴한다는 말이다.

 

위에서 $\displaystyle \phi(t) = \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{t^{2n}}{n!}$ 임은 보였지만 우변이 미분 가능한지는 보이지 않았다.

유한 개의 항이면 미분 가능 함수들의 합은 미분가능한 것이 자명하지만, 무한 합일 때 미분 가능한지는 다른 얘기다.

우변의 급수가 미분가능해야 주어진 미분방정식 관계인 $\phi'(t) = 2t(1 + y)$ 가 잘 정의되므로 미분가능함을 보여야 한다.

 

사실 이는 $\displaystyle \phi(t) = \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{t^{2n}}{n!}$ 처럼 우변이 수렴하는 "멱급수(다항식의 무한버전)" 이면

좌변의 $\phi(t)$ 의 테일러 전개인 꼴이 되므로 항별 미분 가능하다는 것이 보장된다.

임의의 수렴하는 멱급수 $\displaystyle \sum_{n = 1}^{\infty} A(n) t^n$ 에 대해 어떤 매끄러운 함수 $f(t)$ 가 존재하여

$A(n)$ 을 $A(n) = \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$ 라고 정의해버리면,  $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} A(n)t^n$ 은 어떤 함수 $f(t)$ 의 테일러 전개가 될 수 있기 때문이다.

 

이로써 위에서 멱급수로 나타낸 $\phi(t)$ 는 적분방정식 $\displaystyle \int_{0}^{t} 2s(1 + \phi(s)) ds$ 를 만족함을 보였고

따라서 양변을 미분하여 미분방정식 $\phi'(t) = 2t(1 + \phi(t))$ 를 만족함을 보였다.

초기 조건 역시 $\phi(0) = 0$ 이 되는 것은 멱급수에 직접 값을 대입해보면 자명하므로

피카르 방법으로 구성한 $\phi(t)$ 가 주어진 미분방정식의 해가 됨을 보였다.

 

추가로 $\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{t^n}{n!} = e^t$ 임을 이용하면 위의 멱급수는 $e^{t^2} - 1$ 로 표현될 수 있음을 알 수 있다.

사실 $y' = 2t(1+y), \; y(0) = 0$ 은 변수분리형 미분방정식이므로 직접 풀 수 있고 같은 답을 얻을 수 있음을 알 수 있다. 

 

 

 

 

이제 피카르의 방법으로 구한 위의 해가 유일한지 살펴볼 것이다.

유일하지 않다고 가정하자. 그러면 위에서 구한 해 $\phi$ 말고 다른 해, 가령 $\psi$ 가 존재한다.

다른 해라고 하였으므로 적어도 한 점 $t$ 에서 $\phi(t) - \psi(t) \neq 0$ 가 성립해야 한다.

한편 $\psi$ 역시 해라고 가정했으므로 다음의 적분방정식도 만족해야한다.

$$ \psi(t) = \int_{0}^{t} 2s(1+\psi(s)) ds $$

 

적분방정식을 이용하여 다음과 같이 $\phi$ 와 $\psi$ 의 차로 식을 세워 $0$ 이 아닌 점이 존재하는지 살펴보자.

$$ \phi(t) - \psi(t) = \int_{0}^{t} 2s(\phi(s) - \psi(s)) ds $$

양변에 절댓값을 씌우면 양수인 $t$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$ \textcolor{orange}{ \left| \phi(t) - \psi(t) \right| } = \left| \int_{0}^{t} 2s(\phi(s) - \psi(s)) ds \right| \textcolor{orange}{ \le  \int_{0}^{t} \left| 2s(\phi(s) - \psi(s)) \right| \; ds } $$

부등호가 성립하는 이유는 직관적으로 음수가 포함될 수 있는 함수를 적분하여 절댓값을 씌운 것 보다

음수인 부분은 모조리 양수로 만든 후 적분한 값이 더 크기 때문임을 떠올리면 된다.

 

여기서 임의의 상수 $A$ 에 대해 $0 \le t \le A$ 인 구간에서만 살펴보기로 하면

$2t \le 2A$ 이고 간단히 하기 위해 $2A = B$ 라고 하면 $2t \le B$ 가 되고 구간에서 다음이 성립한다.

$$ \left| \phi(t) - \psi(t) \right| \le B \int_{0}^{t} \left| \phi(s) - \psi(s) \right| \; ds \tag{1} $$

 

그리고 다음과 같은 함수 $U(t)$ 를 정의하자.

$$ U(t) = \int_{0}^{t} \left| \phi(t) - \psi(t) \right| \; ds $$

그러면 $U(0) = 0$ 은 자명하고 적분 내부가 절댓값이므로 양수이므로 $U(t) \ge 0$ 이다.

또 미적분학의 기본정리에 의해 $U(t)$ 는 미분가능하므로 $U'(t) = \left| \phi(t) - \psi(t) \right|$ 이다.

 

식 $\text{(1)}$ 에 이를 대입하면 $ U'(t) \le BU(t) \Longrightarrow \textcolor{orange}{U'(t) - BU(t) \le 0}$ 이 성립한다.

양변에 $e^{-Bt}$ 를 곱하면 $e^{-Bt}(U'(t) - BU(t)) \le 0$ 인데, 좌변은 $e^{-Bt}U(t)$ 를 미분한 것과 같다.

(왜 뜬금없이 $e^{-Bt}$ 를 곱하는지 궁금할 수도 있는데, $U' - BU = 0$ 이 일계선형미분방정식임을 발견했다면
적분인자법으로 풀 수 있고, $e^{-Bt}$ 가 적분인자라는 것을 눈치 챘을 것이다.)

즉 다음과 같다. 참고로 $e^{-Bt} > 0$ 이므로 부등호 방향이 바뀌지 않았다.

$$ [e^{-Bt}U(t)]' \le 0 $$

그리고 양변을 $0$ 에서 $t$ 구간으로 적분하면

$$ e^{-Bt}U(t) \le 0 $$

적분 후 부등호가 유지되는 이유는

좌변의 함수를 $f(t)$ 라고 하면 $f < 0$ 인 경우 정방향 적분 시 음의 값이므로 $0$ 보다 작고, 

$f = 0$ 인 경우엔 적분시 그대로 $0$ 이므로 등호가 유지되기 때문이다.

 

아무튼 $e^{-Bt} > 0$ 이므로 다시 양변을 나눠주면 $U(t) \le 0$ 을 얻는데, 위에서 정의한 바에 의하면 $ U(t) \ge 0 $ 였다.

이를 동시에 만족하려면 $U(t) = 0$ 일 수 밖에 없고, 임의의 상수 $A$ 를 끝구간으로 잡아서 전개한 내용이기 때문에

모든 $t \ge 0$ 인 구간에서 $U(t) = 0$ 이라고 결론내릴 수 있다.

따라서 $\phi(t) = \psi(t)$ 이고, 서로 다른 해가 존재할 수 없다는 결론이 난다.

비슷한 방법으로 $t \le 0$ 인 경우에 대해서도 같은 결론을 얻을 수 있다.

 

 

 

 

이렇게 피카르의 반복법으로 얻은 해를 귀납법을 이용해 함수열이 무한으로 존재함을 보였고 (1번 조건)

비판정법으로 함수열이 수렴함을 보였으며 (2번 조건)

이렇게 얻은 $\phi(t)$ 가 미분가능하다는 것을 보였으며(따라서 연속) (3번 조건)

해가 유일하다는 것을 보였다(4번 조건)

 

 

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일반적인 경우에 대한 증명은 링크로 남긴다. (Detailed Proof 참조)

https://en.wikipedia.org/wiki/Picard%E2%80%93Lindel%C3%B6f_theorem