常微分方程/微積分預備知識

在本節中，我們將做一些準備工作，這些工作將在以後證明存在性/唯一性定理時派上用場。這是因為這些定理在很大程度上依賴於微積分中的一些技巧，這些技巧通常不會在微積分課程中教授。因此有了本節。

我們將從非常有用的估計不等式開始，稱為格朗沃不等式或格朗沃型不等式。如果給定一種型別的估計（涉及函式乘積的積分），這些不等式允許我們得出另一種型別的估計（涉及指數函式）。

格朗沃不等式

定理 2.1（右格朗沃不等式）:

設 $t_{0},M\in \mathbb {R}$ 且設 $f,h\in {\mathcal {C}}([t_{0},\infty ))$ 使得對於所有 $t\geq t_{0}$

$f(t)\leq M+\int _{t_{0}}^{t}f(s)h(s)ds$.

則對於所有 $t\geq t_{0}$，也有

$f(t)\leq M\cdot e^{\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$.

證明:

我們定義一個新函式為

$r(t):=M+\int _{t_{0}}^{t}f(s)h(s)ds$.

根據微積分基本定理，我們立即得到

$r'(t)=f(t)h(t)\leq h(t)\left(M+\int _{t_{0}}^{t}f(s)h(s)ds\right)=h(t)r(t)$,

其中不等式來自於對 $f$ 的假設。由此可知

$r'(t)-h(t)r(t)\leq 0$.

我們現在可以將等式的兩邊乘以 $e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$ 並使用等式

$\left(r(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\right)'=r'(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}+r(t)\left((-h(t))\cdot e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\right)=(r'(t)-h(t)r(t))e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$ (根據乘積法則和鏈式法則)

以證明

$\left(r(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\right)'\leq 0$.

因此，函式

$t\mapsto r(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$

是非遞增的。 此外，如果我們在該函式中設定 $t=t_{0}$，我們將得到

$r(t_{0})e^{0}=M$.

因此，

$r(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\leq r(0)=M\Leftrightarrow r(t)\leq Me^{\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$.

從 $f(t)\leq r(t)$（假設）得出斷言。 $\Box$

此結果適用於從 $t_{0}$ 向右擴充套件的函式。類似的結果適用於從 $t_{0}$ 向左擴充套件的函式

定理 2.2（左 Gronwall 不等式）:

令 $t_{0},M\in \mathbb {R}$ 且 $f,h\in {\mathcal {C}}((-\infty ,t_{0}])$ 使得對於所有的 $t\leq t_{0}$

$f(t)\leq M+\int _{t}^{t_{0}}f(s)h(s)ds$,

那麼對於所有$t\leq t_{0}$

$f(t)\geq M\cdot e^{\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}$.

請注意，這次我們不是從$t_{0}$ 到 $t$ 進行積分，而是從 $t$ 到 $t_{0}$ 進行積分。這更自然，因為這意味著我們在正方向上進行積分。

證明 1:

我們將定理 12.1 的證明改寫以滿足我們的目的。

這次，我們設定

$r(t)=M+\int _{t}^{t_{0}}f(s)h(s)ds$,

與上一個證明相反，我們將積分順序反過來。

再次，我們得到$r'(t)\geq -h(t)r(t)\Leftrightarrow r'(t)+h(t)r(t)\geq 0$。這次我們使用

$\left(r(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}\right)'=r'(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}+h(t)r(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}$

並乘以$r'(t)+h(t)r(t)\geq 0$，得到

$\left(r(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}\right)'\geq 0$,

這就是為什麼

$t\mapsto r(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}$

是單調遞增的。現在將 $t_{0}$ 插入到這樣定義的函式中，得到

$r(t_{0})e^{0}=M$,

因此對於 $t\leq t_{0}$

$r(t)e^{-\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}\leq M\Leftrightarrow r(t)\leq Me^{\int _{t}^{t_{0}}h(s)ds}$.$\Box$

證明 2:

我們從定理 12.1 中證明該定理。事實上，對於 $t\geq t_{0}$，我們設定 ${\tilde {f}}(t):=f(-t)$ 和 ${\tilde {h}}(t):=h(-t)$。然後我們有

${\tilde {f}}(t)\leq M+\int _{-t}^{t_{0}}f(s)h(s)ds=M+\int _{t_{0}}^{t}{\tilde {f}}(s){\tilde {h}}(s)ds$

透過替換 $s\mapsto -s$。因此，根據定理 12.1，我們得到

${\tilde {f}}(t)\leq Me^{\int _{t_{0}}^{t}{\tilde {h}}(s)ds}$

對於 $t\geq t_{0}$。因此，如果現在 $t\leq t_{0}$

$f(t)={\tilde {f}}(-t)\leq Me^{\int _{t_{0}}^{-t}{\tilde {h}}(s)ds}=Me^{\int _{-t}^{t_{0}}h(s)ds}$.$\Box$

阿列澤洛-阿斯科利定理

定理 2.3 (Arzelà–Ascoli):

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是定義在區間 $[a,b],a<b\in \mathbb {R}$ 上的一系列函式，且

• 等度連續（即，對於任意 $\epsilon >0$ 存在 $\delta >0$ 使得 $|x-y|<\delta \Rightarrow \forall n\in \mathbb {N} :|f_{n}(x)-f_{n}(y)|<\epsilon$) 且
• 一致有界（即，存在 $M>0$ 使得 $\forall n\in \mathbb {N} :\forall x\in [a,b]:|f_{n}(x)|<M$）。

那麼 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 包含一個一致收斂的子序列。

證明:

令 $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 為集合 $[a,b]\cap \mathbb {Q}$ 的一個列舉。集合 $\{f_{n}(x_{1})|n\in \mathbb {N} \}$ 是有界的，因此根據 海涅-博雷爾定理，它有一個收斂子序列 $(f_{k_{1,n}}(x_{1}))_{n\in \mathbb {N} }$。現在，序列 $(f_{k_{1,n}}(z_{2}))_{n\in \mathbb {N} }$ 也有一個收斂子序列 $(f_{k_{2,n}}(x_{2}))_{n\in \mathbb {N} }$，依此類推，我們可以用這種方式定義 $f_{k_{m,n}}$。

對所有 $m\in \mathbb {N}$，令 $f_{l_{m}}:=f_{k_{m,m}}$。我們斷言序列 $(f_{l_{m}})_{m\in \mathbb {N} }$ 是一致收斂的。事實上，設 $\epsilon >0$ 為任意正數，並設 $\delta$ 使得 $|x-y|<\delta \Rightarrow \forall n\in \mathbb {N} :|f_{n}(x)-f_{n}(y)|<\epsilon /3$。

令 $N_{1}\in \mathbb {N}$ 足夠大，使得如果我們按升序排列 $a,x_{1},\ldots ,x_{N_{1}},b$，相鄰元素之間的最大差值小於 $\delta$（因為 $\mathbb {Q}$ 在 $\mathbb {R}$ 中稠密）。

令 $N_{2}\in \mathbb {N}$ 足夠大，使得對於所有 $n\in \{1,\ldots ,N_{1}\}$ 和 $k\geq 1$，$\left|f_{l_{N_{2}+k}}(x_{n})-f_{l_{N_{2}}}(x_{n})\right|<\epsilon /3$.

令 $N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$，並令 $k\geq N$。令 $y\in [a,b]$ 為任意值。選擇 $x_{n}$ 使得 $|x_{n}-y|<\delta$（由於 $N_{1}$ 的選擇）。由於 $\delta$ 的選擇，$N_{2}$ 的選擇和三角不等式，我們得到

$\left|f_{l_{N+k}}(y)-f_{l_{N}}(y)\right|\leq \left|f_{l_{N+k}}(y)-f_{l_{N+k}}(x_{n})\right|+\left|f_{l_{N+k}}(x_{n})-f_{l_{N}}(x_{n})\right|+\left|f_{l_{N}}(x_{n})-f_{l_{N}}(y)\right|<\epsilon /3+\epsilon /3+\epsilon /3=\epsilon$.

因此，我們得到一個柯西序列，由於 ${\mathcal {C}}([a,b])$ 的完備性，該序列收斂。 $\Box$

收斂性考慮

在本節中，我們將證明來自分析的兩個或三個或多或少基本的結論，這些結論並不特別令人興奮，但它們是我們接下來要進行的工作的有用準備。

定理 2.4:

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是在區間 $[a,b]\subset \mathbb {R}$ 上定義的函式序列，其像包含在一個緊集 $K\subset \mathbb {R} ^{n}$ 中，令 $g:K\to \mathbb {R} ^{m}$ 是一個連續函式，並進一步假設 $f_{n}\to f$ 一致收斂。那麼

$g\circ f_{n}\to g\circ f$ 一致收斂。

證明：令 $\epsilon >0$ 為任意正數。由於 $g$ 是定義在緊集上的連續函式，所以它是均勻連續的（由 海涅-康托爾定理 可知）。這意味著我們可以選取 $\delta >0$ 使得對於所有 $x,y\in K$，有 $\|x-y\|<\delta \Rightarrow \|g(x)-g(y)\|<\epsilon$ 成立。由於 $f_{n}\to f$ 一致收斂，我們可以選取 $N\in \mathbb {N}$ 使得對於所有 $k\geq N$ 和 $t\in [a,b]$，有 $\|f_{k}(t)-f(t)\|<\delta$ 成立。那麼對於 $k\geq N$ 和 $t\in [a,b]$，有

$\|g\circ f_{k}(t)-g\circ f(t)\|<\epsilon$.$\Box$

下一個結果非常相似；它是前一個定理的擴充套件，使 $g$ 成為時間相關的。

定理 2.5:

設 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是定義在區間 $[a,b]\subset \mathbb {R}$ 上的函式序列，其像包含在緊集 $K\subset \mathbb {R} ^{n}$ 內，使得 $f_{n}\to f$ 一致收斂，並且令 $g$ 是從 $[a,b]\times K$ 到 $\mathbb {R} ^{m}$ 的函式。那麼

$g(t,f_{n}(t))\to g(t,f(t))$

對 $t\in [a,b]$ 一致收斂。

證明:

首先，我們注意到集合 $[a,b]\times K$ 是緊緻的。這可以透過以下兩種方式看到：這個集合仍然是有界閉集，或者可以注意到，對於這個空間中的一個序列，我們可以首先選擇 “匯出” 的 $K$ 序列的一個收斂子序列，然後選擇剩下的 $[a,b]$ 中的一個收斂子序列（或反過來）。

因此，函式$g$ 和以前一樣是一致連續的。因此，我們可以選擇$\delta >0$ 使得$|t-s|+\|x-y\|<\delta$ 意味著$\|g(t,x)-g(s,y)\|<\epsilon$（注意$|\cdot |+\|\cdot \|$ 是$[a,b]\times K$ 上的一個範數，並且由於這個空間仍然是有限維的，所以那裡所有的範數都是等價的；至少對於測量連續性的範數而言）。

由於$f_{n}\to f$ 一致收斂，我們可以選取$N\in \mathbb {N}$ 使得對於所有的$k\geq N$ 和$t\in [a,b]$，$\|f_{k}(t)-f(t)\|<\delta$。那麼對於$k\geq N$ 和所有的$t\in [a,b]$，我們有

$\|g(t,f_{n}(t))-g(t,f(t))\|<\epsilon$.$\Box$

巴拿赫不動點定理

我們將在後面給出皮卡-林德洛夫解存在性定理的兩個證明；其中一個可以使用上面的方法給出，而另一個則依賴於斯特凡·巴拿赫的以下結果。

定理 2.6:

令 $(M,d)$ 是一個完備的度量空間，並令 $f:M\to M$ 是一個 *嚴格壓縮*；也就是說，存在一個常數 $0\leq \lambda <1$ 使得

$\forall m,n\in M:d(f(m),f(n))\leq \lambda d(m,n)$.

那麼 $f$ 有一個唯一的 *不動點*，這意味著存在一個唯一的 $x\in M$ 使得 $f(x)=x$。此外，如果我們從一個完全任意的點 $y\in M$ 開始，那麼序列

$y,f(y),f(f(y)),f(f(f(y))),\ldots$

收斂於 $x$。

證明:

首先，我們證明不動點的唯一性。假設 $x,y$ 都是不動點。那麼

$d(x,y)=d(f(x),f(y))\leq \lambda d(x,y)\Rightarrow (1-\lambda )d(x,y)=0$.

由於 $0\leq \lambda <1$，這表明 $d(x,y)=0\Rightarrow x=y$。

現在我們證明序列 $y,f(y),f(f(y)),f(f(f(y))),\ldots$ 的存在性和收斂性的斷言。為了便於表示，我們設定 $z_{0}:=y$，如果 $z_{n}$ 已經定義，我們設定 $z_{n+1}=f(z_{n})$。那麼序列 $(z_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 實際上就是序列 $y,f(y),f(f(y)),f(f(f(y))),\ldots$。

設 $n\geq 0$。我們斷言

$d(z_{n+1},z_{n})\leq \lambda ^{n}d(z_{1},z_{0})$.

事實上，這可以透過對 $n$ 進行歸納得到。當 $n=0$ 時，結論顯然成立。如果結論對 $n$ 成立，那麼 $d(z_{n+2},z_{n+1})=d(f(z_{n+1}),f(z_{n}))\leq \lambda d(z_{n+1},z_{n})\leq \lambda \cdot \lambda ^{n}d(z_{1},z_{0})$。

因此，根據三角不等式，

${\begin{aligned}d(z_{n+m},z_{n})&\leq \sum _{j=n+1}^{n+m}d(z_{j},z_{j-1})\\&\leq \sum _{j=n+1}^{n+m}\lambda ^{j-1}d(z_{1},z_{0})\\&\leq \sum _{j=n+1}^{\infty }\lambda ^{j-1}d(z_{1},z_{0})\\&=d(z_{1},z_{0})\lambda ^{n}{\frac {1}{1-\lambda }}\end{aligned}}$.

上述表示式當 $n\to \infty$ 時趨於零，因此我們正在處理一個柯西序列。由於我們處於一個完備的度量空間，它收斂於一個極限 $x$。該極限進一步是一個不動點，因為 $f$ 的連續性（$f$ 是常數為 $\lambda$ 的 Lipschitz 連續）意味著

$x=\lim _{n\to \infty }z_{n}=\lim _{n\to \infty }f(z_{n-1})=f(\lim _{n\to \infty }z_{n-1})=f(x)$.$\Box$