Elemi bizonyítás a (6.3) együtthatók esetén

Ebben a szakaszban tehát visszatérünk a teljes gráf és az SIS dinamika esetéhez, amelynél a (6.2) alapegyenlet együtthatóit (6.3) adja meg, és τ = β/N. Ekkor a (6.29) végtelen rendszer az

˙

y_j(t) =j(β−γ)y_j(t)−jβy_j+1(t) + 1

Nd_j(t), (6.36) alakba írható, ahol a d_j függvényeket (6.25) adja meg, a (6.30) végtelen rendszer pedig az alábbi alakot ölti

˙

z_j(t) =j(β−γ)z_j(t)−jβz_j+1(t). (6.37) A kezdeti feltétel mindkét rendszerhez ugyanaz, y_j(0) = z_j(0) = m^j/N^j. Amint fent említettük, a (6.37) rendszer ezen kezdeti feltételhez tartozó megoldása z_j =z^j alakban kereshető, ahol zmegoldása a

˙

z= (β−γ)z−βz² (6.38)

differenciálegyenletnek a z(0) = m/N kezdeti feltétellel. Ebben a szakaszban a következő Tételt fogjuk igazolni.

6.5. Tétel. Ha a (6.36) és (6.37) megoldásai ugyanabból azyj(0) =m^j/N^j =zj(0) kezdeti feltételből indulnak ki, akkor bármely T > 0 számhoz van olyan K > 0, amellyel fennáll az alábbi becslés

0≤z₁(t)−y₁(t)≤ K

N hat∈[0, T].

A Tétel bizonyításához számos Lemmán és segédállításon keresztül fogunk eljutni.

Először azt igazoljuk, hogy a (6.37) rendszer megoldása a megadott kezdeti feltétel mellett egyértelmű, azaz z_j =z^j fennáll.

6.4. VÉGTELEN RENDSZER A MOMENTUMOKRA 105 6.6. Lemma. A (6.37) rendszernek az_j(0) =m^j/N^j kezdeti feltétel mellett egyetlen olyan megoldása van, ami egyenletesen korlátos, azaz létezik olyanM szám, amelyre

|zj(t)| ≤ M minden j esetén. Ez a megoldás zj = z^j alakban adható meg, ahol z a (6.38) megoldása.

Bizonyítás:

Mivel a (6.37) rendszer homogén és lineáris, azért az egyértelműséghez elég igazol-ni, hogy a nulla kezdeti feltételt csak a konstans nulla megoldás teljesíti. Másrészt a rendszer autonóm volta miatt elég igazolni az állítást valamilyen T hosszúságú időintervallumon. Azaz elegendő bizonyítani, hogy van olyan T >0, hogy ha min-den j esetén zj(t0) = 0 egy adott t0 esetén, akkor zj a konstans nulla függvény a [t₀, t₀+T] intervallumon. Indukcióval igazolhatjuk, hogy z_j a konstans nulla függ-vény a [kT,(k+ 1)T] intervallumon minden k ∈ N esetén. Ezért végül csak azt fogjuk igazolni, hogy van olyanT >0, hogy ha minden j esetén zj(0) = 0, akkor zj

a konstans nulla függvény a[0, T]intervallumon.

Szorozzuk meg a (6.37) egyenletetexp(−j(β−γ)t)-vel, és vezessük be a vj(t) = z_j(t) exp(−j(β −γ)t) függvényeket. Jelölje α a β −γ különbséget. Ekkor a v_j függvényre vonatkozó differenciálegyenlet

˙

v_j(t) =−jβv_j+1(t)e^αt. (6.39) Megmutatjuk, hogyv_j(0) = 0 ésv_j(t)≤M minden j esetén van olyan T >0, hogy v_j(t) = 0minden t∈[0, T]esetén.

Integráljuk a (6.39) egyenletet, a v_j(0) = 0 kezdeti feltétel miatt v_j(t) =−jβ

Z _t

0

v_j+1(s)e^αsds. (6.40)

Alkalmazzuk ezt az egyenletet iteratív módon, ígyv1 kifejezhető avj+1 segítségével az alábbi módon

v₁(t) = (−1)^jj β^j α^j−1

Z _t

0

v_j+1(s)e^αs e^αt−e^αsj−1

ds. (6.41)

Válasszunk most egy olyanT pozitív számot, amelyreβ(exp(αT)−1)/α <1. Ekkor minden t≤T éss∈ [0, t]esetén fennáll β(exp(αt)−exp(αs))/α <1. Ezért (6.41) jobboldala felülről becsülhetőjq^j konstansszorosával, ahol q=β(exp(αT)−1)/α <

1, mivel vj egyenletesen korlátos. Tehát j → ∞ esetén a jobboldal nullához tart, amiből következik, hogyv₁(t) = 0minden t∈[0, T]esetén. Ezután a (6.39) képletet j= 1esetén alkalmazva kapjuk, hogyv₂(t) = 0is fennáll mindent∈[0, T]esetén, és indukcióvalvj(t) = 0is következik mindent∈[0, T]és mindenj ∈N esetén. Ebből v_j(t) =z_j(t) exp(−j(β−γ)t) miatt az állítás következik.

Először bebizonyítjuk a Tételben szereplő baloldali egyenlőtlenséget.

6.3. Állítás. A 6.5. Tétel feltételei mellet mindent≥0esetén fennálly1(t)≤z1(t).

Bizonyítás:

Mivel az y₂ −y²₁ variancia nemnegatív, azért y²₁(t) ≤ y₂(t) minden t-re igaz.

Egyszerűen látható, hogy d1 = 0, ezért a (6.36) rendszer első egyenlete

˙

y₁ = (β−γ)y₁−βy₂.

Ebből y˙1 ≤ (β −γ)y1 −βy₁². Tegyük fel indirekt módon, hogy van olyan t2 > 0, amelyrey₁(t₂)> z₁(t₂). Ekkor van olyant₁< t₂, amelyrey₁(t₁) =z₁(t₁)ésy₁(t)>

z₁(t) minden t∈(t₁, t₂]esetén. Vezessük be av(t) =y₁(t)−z₁(t)függvényt. Ekkor az F(x) = (β−γ)x−βx² jelöléssel

˙

v = ˙y₁−z˙₁≤F(y₁)−F(z₁)≤M(y₁−z₁) =M v

ahol M az F függvény Lipschitz-konstansa a [0,1] intervallumon. Alkalmazzuk a v függvényre a Gronwall-lemmát a [t₁, t₂] intervallumon. Ekkor v(t₁) = 0 miatt v(t)≤0 adódik mindent∈[t₁, t₂]esetén, ami ellentmond annak, hogyy₁(t)> z₁(t) minden t∈(t₁, t₂]esetén.

A következő két Lemmában bebizonyítjuk, hogy ha j elegendően nagy, akkor z_j ≤y_j. Ezt az eredményt a 6.9. Lemma bizonyításában fogjuk használni.

6.7. Lemma. Megadható olyan j₀∈Nés δ >0, amelyekre z_j(t)≤y_j(t),

minden j ≥j₀ és t∈[0, δ] esetén.

Bizonyítás:

A z_j felső becslésének levezetéséhez felhasználjuk, hogy z_j =z^j, és z-re explicit képlet adható a (6.38) egyenlet megoldásával. Bevezetve a q = m/N = z(0) és felhasználva az α=β−γ jelöléseket a (6.38) egyenlet megoldása

z(t) = αq

(α−βq) exp(−αt) +βq .

A becslést az α−βq <0 ésα−βq >0 esetben külön végezzük el.

1. EsetHa α−βq <0, akkor az függvény csökkenő.

Ekkor válasszunk egyt^′ >0 ésα^′ < αszámot úgy, hogy exp(−αt)≤1−α^′t, hat∈[0, t^′] teljesüljön. Ekkor minden t∈[0, t^′]esetén

z(t)≤ αq

(α−βq)(1−α^′t) +βq = q 1 +ct, ahol c=−α^′(α−βq)/α >0. Így

z_j(t)≤ q^j

(1 +ct)^j, hat∈[0, t^′]. (6.42)

6.4. VÉGTELEN RENDSZER A MOMENTUMOKRA 107 Az y_j függvényre triviális alsó becslés az y_j(t) ≥ (m/N)^jp_m(t) egyenlőtlenség. A p_m(t) függvényre alsó becslést kapunk, ha megszorozzuk a (6.2) egyenletete^bkt-vel, majd integráljuk a[0, t]intervallumon. Ekkor

p_k(t)e^bkt=p_k(0) +a_k−1 Z t

0

p_k−1(s)e^bksds+c_k+1 Z t

0

p_k+1(s)e^bksds. (6.43) Ha k = m, akkor a p_m(0) = 1 kezdeti feltétel miatt p_m(t) ≥ e^−bmt minden t > 0 esetén. Aze^−bmt≥1−b_mtegyenlőtlenség miatt

y_j(t)≥q^j(1−b_mt) ha t≥0. (6.44) Alkalmazzuk most az alábbi 6.4. Állítást a d = b_m választással. Tetszőleges t₀ <

1/b_m esetén válasszuk aj₀ indexet az Állítás szerint. Legyenδ = min{t^′, t₀}. Ekkor minden j ≥ j₀ és t ∈ [0, δ] esetén a (6.42) és (6.44) egyenlőtlenségből következik, hogy

z_j(t)≤ q^j

(1 +ct)^j ≤q^j(1−b_k0t)≤y_j(t).

2. EsetHaα−βq ≥0, akkor azfüggvény növő. A bizonyítás ebben az esetben is hasonló, ezért csak vázlatosan ismertetjük.

A z(t) függvényre vonatkozó felső becslésből a [0,1/α] intervallumon az alábbi következik

z_j(t)≤ q^j

(1−ct)^j, (6.45)

aholc=α−βq.

Azy_jfüggvényre vonatkozó alsó becsléshez induljunk ki azy_j(t)≥(m/N)^jp_m(t)+

((m+ 1)/N)^jp_m+1(t) egyenlőtlenségből. Felhasználva a p_m(t) és p_m+1(t) értékére vonatkozó alsó becsléseket, azt kapjuk, hogy van olyan j1 ∈ N és t^′ > 0, melyekre minden t∈[0, t^′]ésj≥j₁ esetén

y_j(t)≥q^j(1 +d^jt), (6.46) ahold∈(1,1 + 1/N q).

Ezután az alábbi 6.5. Állítást alkalmazva kapjuk a kívánt eredményt.

Most igazoljuk azt a két segédállítást, amelyet a fenti Lemma bizonyítása során felhasználtunk.

6.4. Állítás. Bármely c és d pozitív, valamint t₀ ∈ (0,1/d) számhoz létezik olyan j₀∈Ntermészetes szám, amellyel mindenj≥j₀ ést∈[0, t₀]esetén az(1 +ct)^−j ≤ 1−dt egyenlőtlenség fennáll.

Bizonyítás:

Vezessük be azf(t) = 1/(1−dt) ésg(t) = (1 +ct)^j függvényeket. Megmutatjuk, hogy van olyanj0∈N, hogy mindenj≥j0 ést∈[0, t0]esetén fennáll azf(t)≤g(t) egyenlőtlenség. Mivel f(0) = 1 = g(0), azért elég igazolni, hogy f^′(t) ≤g^′(t) igaz minden t∈[0, t₀]értékre. Azf ésgfüggvényeket deriválva

f^′(t) = d

(1−dt)² ≤ d (1−dt₀)²

és

g^′(t) =jc(1 +ct)^j−1≥jc.

Válasszunk egy olyan j₀ számot, amelyre fennáll d

(1−dt₀)² ≤j0c.

Ekkor bármely j≥j₀ ést∈[0, t₀]esetén f^′(t)≤ d

(1−dt₀)² ≤j₀c≤jc≤g^′(t).

6.5. Állítás. Legyen c > 0 és d > 1. Ekkor bármely t₀ ∈ (0,(d−1)/dc) számhoz van olyan j₀ ∈ N természetes szám, amellyel minden j ≥ j₀ és t∈ [0, t₀] esetén az (1−ct)^−j ≤1 +d^jtegyenlőtlenség fennáll.

Bizonyítás:

Vezessük be azf(t) = (1−ct)^−j és g(t) = 1 +d^jt függvényeket. Megmutatjuk, hogy van olyanj₀ ∈N, hogy mindenj≥j₀ ést∈[0, t₀]esetén fennáll azf(t)≤g(t) egyenlőtlenség. Mivel f(0) = 1 = g(0), azért elég igazolni, hogy f^′(t) ≤ g^′(t) igaz minden t∈[0, t₀]értékre. Az f ésg függvényeket deriválva

f^′(t) =jc(1−ct)^−j−1≤jc(1−ct₀)^−j−1 és

g^′(t) =d^j.

A t₀∈(0,(d−1)/dc) feltétel miattd(1−ct₀)>1, ezért van olyan j₀ szám, amelyre j c

1−ct₀ ≤d^j(1−ct0)^j, ha j≥j0. Így bármely j≥j₀ ést∈[0, t₀]esetén

f^′(t)≤ jc

(1−ct₀)^j+1 ≤d^j =g^′(t) fennáll.

A következő egyszerű Állításra az alábbi 6.8. Lemma bizonyítása során lesz szükség.

6.6. Állítás. Minden k∈ {0,1, . . . , N} és t >0 esetén fennállp_k(t)>0.

Bizonyítás:

Ha k= m, akkor a pm(0) = 1 kezdeti feltétel felhasználásával a (6.43) egyenlő-ségből következik, hogy p_m(t)≥e^−bmt >0 minden t >0értékre. Ha k > m, akkor az állítás indukcióval igazolható. Ugyanis p_k−1(t)>0esetén (6.43) szerint

p_k(t)≥a_k−1e^−bkt Z _t

0

p_k−1(s)e^bksds >0.

Hasonló indukciós bizonyítás alkalmazható a k < m esetben is.

6.4. VÉGTELEN RENDSZER A MOMENTUMOKRA 109 6.8. Lemma. Bármely T >0 számhoz létezik olyan j₁ ∈N, amelyre

z_j(t)≤y_j(t), ha j≥j₁, t∈[0, T].

Bizonyítás:

Azj függvényre a zj =z^j összefüggés alapján kaphatunk felső becslést. A (6.38) differenciálegyenletből egyszerűen következik, hogy haz(0)>1−γ/β, akkorz csök-kenő függvény. Ha viszont az ellenkező egyenlőtlenség áll fenn az(0) =m/N kezdeti feltételre, akkor z növő függvény, viszont értéke az 1−γ/β egyensúlyi állapot fölé nem nőhet. Ezértq= max{m/N,1−γ/β}felső becslést adzértékére, azazz(t)≤q minden t≥0 esetén. Ebből következik, hogy

z_j(t)≤q^j ha t≥0. (6.47)

Adjunk most yj-re alsó becslést. Válasszunk egy olyan k ∈ {0,1, . . . , N} indexet, amelyrek/N > q, majd vezessük be aj₀ésδszámokat a 6.7. Lemma szerint. Legyen

r = min{p_k(t) : t∈[δ, T]}>0.

Az r pozitivitása a 6.6. Állításból következik. Végül válasszunk egy olyan j₁ ≥j₀ számot, hogy r(k/N)^j > q^j igaz legyen minden j ≥ j₁ számra. Ekkor minden t∈[δ, T]esetén

y_j(t)≥ k

N j

p_k(t)≥ k

N j

r > q^j ≥z_j(t).

Másrészt a 6.7. Lemma szerintz_j(t)≤y_j(t) hat∈[0, δ], mivelj≥j₁ ≥j₀.

A Tételünk bizonyításához szükséges utolsó Lemma megfogalmazásához minden j∈N ésj≥1 esetén vezessük be az úju_j függvényt a következő képlettel

u_j =y_j−z_j.

A (6.36) és (6.37) differenciálegyenleteket egymásból kivonva, az új függvényre az

˙

u_j(t) =j(β−γ)u_j(t)−jβu_j+1(t) + 1

Nd_j(t) (6.48)

differenciálegyenletet kapjuk, azu_j(0) = 0kezdeti feltétellel.

6.9. Lemma. Bármely T >0 számhoz van olyan r ∈N és K_r>0, melyekkel

|u_r(t)| ≤ Kr

N ha t∈[0, T].

Bizonyítás:

A 6.8. Lemma szerint található olyanr ∈N, amelyre u_r(t) ≥0 ésu_r+1(t) ≥0, ha t ∈ [0, T]. Tekintsük most a (6.48) differenciálegyenletet a j = r választással.

Szorozzuk meg ezt az egyenletet exp(−r(β −γ)t)-vel, majd integráljuk 0-tól t-ig.

Ekkor

u_r(t)e^{−r(β−γ)t}=−βr Z _t

0

u_r+1(s)e^{−r(β−γ)s}ds+ 1 N

Z _t

0

d_r(s)e^{−r(β−γ)s}ds.

Mivelu_r+1(t)≥0és ad_rfüggvényre fennáll a 6.4. Lemmában megadott felső becslés, azért

0≤ur(t)≤ 1 N

(r−1)(β+γ)

2(β−γ) e^r(β−γ)t.

Tehát aK_r = ^(r−_2(β^1)(β+γ)_−γ) e^r(β−γ)T választással fennáll a bizonyítandó állítás.

Ezzel elérkeztünk fő eredményünk, a 6.5. Tétel bizonyításához.

A 6.5. Tétel bizonyítása:

Válasszuk meg azrésK_rszámokat a 6.9. Lemma szerint. Indukcióval igazoljuk, hogy bármelyj = 1,2, . . . , r−1számhoz van olyan Kj, amellyel

|u_j(t)| ≤ Kj

N ha t∈[0, T].

Így j = 1 esetén a 6.3. Állítással együtt ez az egyenlőtlenség a 6.5. Tétel állítását adja.

A 6.9. Lemma szerint az egyenlőtlenség fennáll j = r esetén, így elegendő azt igazolni, hogy ha fennáll j+ 1-re, akkor igaz j-re is. Szorozzuk meg a (6.48) diffe-renciálegyenletet exp(−j(β−γ)t)-vel, majd integráljuk 0-tólt-ig. Ekkor

uj(t)e^{−j(β−γ)t}=−βj Z t

0

uj+1(s)e^{−j(β−γ)s}ds+ 1 N

Z t

0

dj(s)e^{−j(β−γ)s}ds.

Alkalmazzuk az|u_j+1(t)| ≤K_j+1/N indukciós feltevést és ad_j függvényre vonatkozó 6.4. Lemmabeli felső becslést. Ezekből a

Kj = 2βKj+1+ (j−1)(β+γ)

2(β−γ) e^j(β−γ)T választással

|u_j(t)| ≤ K_j N .

In document Bifurkációk komplex rendszerek differenciálegyenleteiben Simon L. Péter (Pldal 108-114)