常微分方程/皮亞諾定理

在本節中，我們放棄了對 Lipschitz 連續性的要求。實際上，在這種情況下，我們仍然可以得到解的存在性，儘管唯一性不再保證。甚至可以很容易地構造出一些例子，其中 $f$ 不滿足 Lipschitz 連續性，並且唯一性不再保證。另一方面，仍然有可能 $f$ 不滿足 Lipschitz 連續性，但同時唯一性仍然保證。

定理（皮亞諾定理）:

令 $I=[a,b]$ 為實數區間，令 $D\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ 為子集，並令 $f:I\times D\to \mathbb {R} ^{n}$ 為連續函式。假設 $(t_{0},x_{0})\in I\times D$ 並且 $C>0$ 和 $T>0$ 是給定的，使得 $[t_{0}-T,t_{0}+T]\times B_{C}(x_{0})\subseteq I\times D$。那麼這個系統

${\begin{cases}x(t_{0})=x_{0}&\\x'(t)=f(t,x(t))&t\in [t_{0}-\gamma ,t_{0}+\gamma ]\end{cases}}$

至少有一個解 $x$，其中 $\gamma$ 小於或等於 $\min\{T,C/M\}$，其中 $M:=\max _{(t,x)\in [t_{0}-T,t_{0}+T]\times B_{C}(x_{0})}~|f(t,x)|$。

證明:

我們的目標是將此定理的證明簡化為對 Arzelà–Ascoli 定理的應用，我們在開頭（定理 2.3）證明了該定理的一個版本（沒有使用選擇公理）。因此，我們首先定義一組函式，它們是均勻有界的並且等度連續的，然後從該集合中選擇一個合適的序列，並使用 Arzelà–Ascoli 定理來證明收斂子序列的存在性。這個子序列的極限將是我們想要的函式，我們將證明這一點；我們將證明所有要求的性質。

對於每個 $r\in (0,\gamma )$，我們定義 $x_{r}:[t_{0}-r,t_{0}+T]$ 如下：我們設定

$x_{r}(t):={\begin{cases}x_{0}&t\in [t_{0}-r,t_{0}]\\x_{0}+\int _{t_{0}}^{t}f(s,x_{r}(s-r))ds&t\geq t_{0}\end{cases}}$;

這個公式以歸納法定義 $x_{r}$ 在整個 $[t_{0}-r,t_{0}+T]$ 上，因為如果我們知道 $x_{r}$ 在區間 $[t_{0}-r,t_{0}+kr]$ 上的值，我們可以用這些資訊來計算 $x_{r}$ 在區間 $[t_{0}-r,t_{0}+(k+1)r]$ 上的值。此外，我們也可以透過對 $k$ 的歸納證明，實際上， $x_{r}(t)$ 被包含在 $B_{C}(x_{0})$ 內，當 $t\in [t_{0}-r,t_{0}+kr]$；我們需要這個結果來確保積分公式在第一步就能夠被有效地使用。

我們透過以下步驟進行：假設該結論對於某個 $k$ 成立，並設 $t\in [t_{0}-r,t_{0}+(k+1)r]$。那麼

${\begin{aligned}\left\|x_{0}-x_{0}+\int _{t_{0}}^{t}f(s,x_{r}(s-r))ds\right\|&\leq \int _{t_{0}}^{t}\|f(s,x_{r}(s-r))\|dr\\&\leq \int _{t_{0}}^{t}Mdr\\&\leq M\cdot C/M=C.\end{aligned}}$

接下來，我們將 $x_{r}$ 擴充套件到 $[t_{0}-\gamma ,t_{0}]$，如下所示：

$x_{r}(t):={\begin{cases}x_{0}&t\in [t_{0}-r,t_{0}]\\x_{0}+\int _{t}^{t_{0}}f(s,x_{r}(s+r))ds&t\geq t_{0}.\end{cases}}$

這是一個對“舊”$x_{r}$ 的連續擴充套件，因為函式的舊部分和新部分都是連續的，並且在整個 $[t_{0}-r,t_{0}]$ 上重合。在這種情況下，關於良定義性的相同論據適用，我們得到相同對 $\|x_{0}-x_{r}(t)\|$ 的估計，因此在整個 $[t_{0}-\gamma ,t_{0}+\gamma ]$ 上成立。因此，根據三角不等式，我們得到以下一致有界性：

$\|x_{r}\|_{\infty }\leq \|x_{r}-x_{0}\|_{\infty }+\|x_{0}\|_{\infty }$,

我們在此確定了 $x_{0}$，它是一個向量值常數函式，在 $[t_{0}-\gamma ,t_{0}+\gamma ]$ 上始終為 $x_{0}$。

現在我們證明等度連續性。設 $|t_{1}-t_{2}|\leq \delta$，其中 $\delta$ 將在後面指定。需要考慮三種情況：

1. $t_{1},t_{2}\in [t_{0}-\gamma ,t_{0}]$
2. $t_{1}\in [t_{0}-\gamma ,t_{0}]$，$t_{2}\in [t_{0},t_{0}+\gamma ]$
3. $t_{1},t_{2}\in [t_{0},t_{0}+\gamma ]$

我們只做前兩種情況，第三種情況類似。

情況 1

在這種情況下，

${\begin{aligned}\left\|x(t_{1})-x(t_{2})\right\|&\leq \int _{t_{1}}^{t_{2}}\|f(s,x_{r}(s+r))\|ds\\&\leq |t_{2}-t_{1}|M.\end{aligned}}$

因此，選擇

$\delta \leq 1/M\epsilon$

足以得到 $\left\|x(t_{1})-x(t_{2})\right\|\leq \epsilon$。

情況 2

在這種情況下，

${\begin{aligned}\left\|x(t_{1})-x(t_{2})\right\|&\leq \left\|\int _{t_{1}}^{t_{0}}f(s,x_{r}(s+r))ds\right\|+\left\|\int _{t_{0}}^{t_{2}}f(s,x_{r}(s-r))ds\right\|\\&\leq \int _{t_{1}}^{t_{2}}(\|f(s,x_{r}(s+r))\|+\|f(s,x_{r}(s-r))\|)ds\\&\leq |t_{2}-t_{1}|2M,\end{aligned}}$

其中，我們用 0 替換了 $f(s,x_{r}(s+r))$ 或者 $f(s,x_{r}(s-r))$ 在未定義的地方。因此，我們選擇

$\delta \leq 1/(2M)\epsilon$

足以得到 $\left\|x(t_{1})-x(t_{2})\right\|\leq \epsilon$。

因此，我們得到了等度連續性。現在我們需要應用 Arzelá–Ascoli 定理。為此，我們定義

$r_{n}:={\frac {1}{n+N}}$,

其中 $N$ 足夠大，使得對於所有 $n\in \mathbb {N}$ 有 $r_{n}\in (0,\gamma )$。然後，Arzelá–Ascoli 定理指出，存在一個序列 $x_{r_{n}}$ 的子序列，該子序列一致收斂到某個極限函式 $x(t)$（因此，該極限函式必須是連續的，因為一致收斂保留了連續性）。將此序列稱為 $y_{k}\to x$。對於所有 $t\in [t_{0},t_{0}+\gamma ]$，我們得到方程

$y_{k}(t)=x_{0}+\int _{t_{0}}^{t}f\left(s,y_{k}\left(s-{\frac {1}{n_{k}+N}}\right)\right)ds$

如果我們對極限 $k\to \infty$ 進行運算，我們將得到 $x$ 在 $[t_{0},t_{0}+\gamma ]$ 上解決了該問題。事實上，這是由 $y_{k}\left(s-{\frac {1}{n_{k}+N}}\right)\to x(s)$ 一致收斂和定理 2.5 推匯出的，因為一致收斂允許我們將極限和積分互換。以同樣的方式，我們得到 $x$ 在 $[t_{0}-\gamma ,t_{0}]$ 上解決了該問題，因此我們確實在 $[t_{0}-\gamma ,t_{0}+\gamma ]$ 上構造了一個解。$\Box$