07.27 해석적 함수를 이용하여 무한대에서의 해 구성하기 2

오늘은 어제 증명하려다 완전히 하지는 못한 명제의 증명을 보강하여 제시하겠다.

 

정리 1.1.

초기값 문제

$$u_{tt} - \lambda^{2}u_{xx} + u_{x} + u_{t} = 0\\ u(x,0) = f(x) \\  u_{t}(x,0) = g(x) ...(*)$$ 

에 대해, 다음이 성립한다 하자:

 

(i) $f,g$는 해석적이다.

(ii) $\exists A,B>0, M>>1, \text{ s.t. } x\in [M,+\infty), k\geq 0 \Rightarrow |f^{(k)}(x)|, |g^{k}(x)| \leq Ae^{-Bx}$

 

이제 $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 정의되어 있는 함수 $u(x,t)$가 존재하여 다음이 성립한다:

 

(i) $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 대해, $u$는 (*)의 해이다.

(ii) $\exists A'>0 \text{ s.t. } \forall k,j \geq 0, |\partial^{k}_{x}\partial^{j}_{t}u(x,t)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j}A'e^{-Bx}$

 

 

증명.

$x \geq M$을 고정하자. 다음의 수열을 귀납적으로 정의하자:

$$(i,0) := f^{(i)}(x), (i,1) := g^{(i)}(x)\\ (i,j) = \lambda^{2} (i+2, j-2) - (i+1, j-2) - (i, j-1) ...(**)$$

점화식 (**)에 의해, $(i,j)$는 i,j가 음이 아닌 정수면 항상 정의된다. 또한, 가정 (ii)에 의해 다음 상한도 성립한다:

 

$$|(i,j)| \leq (\lambda^{2}+2)^{j} Ae^{-Bx}$$

 

이는 $j=0,1$에 대해서는 가정 (ii)에 의해 성립하고, 점화식에 절댓값을 취하고 삼각부등식을 이용하면

$$|(i,j)| \leq \lambda^{2} |(i+2,j-2)| + |(i+1,j-2)| + |(i,j-1)|$$

가 성립하기 때문이다.

 

이제 멱급수꼴로 다음의 함수를 정의하자:

 

$$u(x,t) := \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(0,k)}{k!} t^{k}$$

 

이러한 정의를 모든 $x \in [M,+\infty)$에 대해서 한다.

 

이러면 u에 대해 여러 가지 질문이 생긴다:

 

(a) u는 어디에서 정의되는가?

(b) u의 편미분계수들이 실제로 존재하는가?

(c) u가 실제로 초기값문제 (*)의 해가 되는가?

 

(a)의 답.

$|\frac{(0,k)}{k!}| \leq (\lambda^{2}+2)^{k} Ae^{-Bx} \frac{1}{k!} \leq (\lambda^{2}+2)^{k} Ae^{-Bx}$이므로, 수렴반경은 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$임을 안다. 

 

(b),(c)의 답.

수렴반경 내에서, 즉 주어진 x에 대해 $t \in [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$면 t에 대해 u가 항상 편미분가능하다는 사실은 잘 알려져 있다. 따라서 t의 편미분계수들은 문제가 없다.

 

x의 편미분계수들은 조금 더 복잡하다. 우선, $u_{x}$일 것이라 "기대하는" 함수

$$v(x,t) := \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(1,k)}{k!}t^{k}$$

가 $u$와 마찬가지로 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$의 수렴반경을 가진다는 사실에 주목하라.

 

이제,

$$|\frac{u(x+\Delta x, t) - u(x,t)}{\Delta x} - v(x,t)| \leq \Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(0,k)(x+\Delta x) - (0,k)(x)}{\Delta x} - (1,k)(x)| \frac{t^{k}}{k!}$$

 

마찬가지로, 다음의 함수를 정의하자:

$$P_{(i,j)}(x, y) := \frac{(i,j)(x+y) - (i,j)(x)}{y} - (i+1,j)(x)$$

 

우선, $j=0$이면, 사잇값 정리에 의해 적당한 $\xi \in (0,1)$가 존재하여

$$\frac{f^{(i)}(x+y) - f^{(i)}(x)}{y} = f^{(i+1)}(x+\xi y)$$가 성립하고, 따라서 $|y| < 1$이라면, x로 무엇을 고정했는지에 상관없이

$$|P_{(i,0)}(x,y)| \leq |y| Ae^{-B \frac{x}{2}}$$

가 성립한다.

 

마찬가지로 $|P_{(i,1)}|$ 에 대해서도 같은 bound를 줄 수 있고,

 

마지막으로 P의 선형성과 점화식에 의해

$$P_{(i,j)}(x,y) = \lambda^{2} P_{(i+2,j-2)}(x,y) - P_{(i+1,j-2)}(x,y) - P_{(i,j-1)}(x,y)$$

가 성립하므로, $|y| <1$이면 고정한 x와 정수 i,j에 무관하게 

$$|P_{(i,j)}(x,y)| \leq |y| (\lambda^{2}+2)^{j} Ae^{-B \frac{x}{2}}$$가 성립한다.

 

따라서, $|\Delta x| <1$이면,

 

$$\Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(0,k)(x+\Delta x) - (0,k)(x)}{\Delta x} - (1,k)(x)| \frac{t^{k}}{k!} \leq Ae^{-B \frac{x}{2}} |\Delta x| \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda^{2}+2)^{k}t^{k}}{k!} = Ae^{-B \frac{x}{2}+(\lambda^{2}+2)t} |\Delta x|$$

가 성립하고, $\Delta x \to 0$에 따라 왼쪽 항도 0으로 수렴한다.

 

따라서, 멱급수 꼴로 정의한 $u$는 $(x,t) \in [M,+\infty) \times [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에서 x에 대해 편미분가능하고, 그 결과는 항별로 첫 지수를 증가시킨 결과와 동일하다.

 

 

유사한 논증을 통해, $u$는 x에 대해 j번 편미분 가능하며,

$$\partial_{x}^{j}u(x,t) = \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{(j,k)}{k!} t^{k}$$

가 성립한다는 사실도 확인할 수 있다. 아무리 편미분을 많이 해도 수렴반경이 최소한 $\frac{1}{\lambda^{2}+2}$이므로. $u$는 x,t 두 변수 모두에 대해서 임의의 차수의 편도함수가 존재하고 연속임을 안다.

 

 

따라서, $u$가 원래 초기값 문제의 해가 된다는 사실도 쉽게 확인할 수 있다.

 

마지막으로, 

$$|\partial_{x}^{i}\partial_{t}^{j} u(x,t)| \leq  \Sigma_{k=0}^{\infty} |\frac{(i,j+k)}{k!} t^{k}| \\ \leq \Sigma_{k=0}^{\infty} \frac{ (\lambda^{2}+2)^{j+k}Ae^{-Bx}}{k!} t^{k} = [A(\lambda^{2}+2)^{j}e^{(\lambda^{2}+2)t}] e^{-Bx} \leq (\lambda^{2}+2)^{j}[Ae^{1}]e^{-Bx}$$

가 모든 $x \geq M, t \in [0, \frac{1}{\lambda^{2}+2})$에 대해 성립한다.

 

 

따라서, 특별히 $t = \frac{1}{2(\lambda^{2}+2)}$를 생각하면, $u(x,t), u_{t}(x,t)$ 두 함수는 가정의 조건들을 만족한다. 따라서 이 과정을 무한히 반복할 수 있고, 우리는 $[M,+\infty) \times [0,\infty)$에서 정의된 IVP의 해를 얻는다.

특별히, 상한

$$|u(x,t)| \leq Ae^{(\lambda^{2}+2)t-Bx}$$

도 얻게 된다.