常微分方程/微积分预备知识

在本节中，我们将做一些准备工作，这些工作将在以后证明存在性/唯一性定理时派上用场。这是因为这些定理在很大程度上依赖于微积分中的一些技巧，这些技巧通常不会在微积分课程中教授。因此有了本节。

我们将从非常有用的估计不等式开始，称为格朗沃不等式或格朗沃型不等式。如果给定一种类型的估计（涉及函数乘积的积分），这些不等式允许我们得出另一种类型的估计（涉及指数函数）。

格朗沃不等式

定理 2.1（右格朗沃不等式）:

设 $t_{0},M\in \mathbb {R}$ 且设 $f,h\in {\mathcal {C}}([t_{0},\infty ))$ 使得对于所有 $t\geq t_{0}$

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

则对于所有 $t\geq t_{0}$，也有

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

证明:

我们定义一个新函数为

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

根据微积分基本定理，我们立即得到

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

其中不等式来自于对 $f$ 的假设。由此可知

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

我们现在可以将等式的两边乘以 $e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$ 并使用等式

$\left(r(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\right)'=r'(t)e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}+r(t)\left((-h(t))\cdot e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}\right)=(r'(t)-h(t)r(t))e^{-\int _{t_{0}}^{t}h(s)ds}$ (根据乘积法则和链式法则)

以证明

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

因此，函数

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

是非递增的。 此外，如果我们在该函数中设置 $t=t_{0}$，我们将得到

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

因此，

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

从 $f(t)\leq r(t)$（假设）得出断言。 $\Box$

此结果适用于从 $t_{0}$ 向右扩展的函数。类似的结果适用于从 $t_{0}$ 向左扩展的函数

定理 2.2（左 Gronwall 不等式）:

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

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

那么对于所有$t\leq t_{0}$

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

请注意，这次我们不是从$t_{0}$ 到 $t$ 进行积分，而是从 $t$ 到 $t_{0}$ 进行积分。这更自然，因为这意味着我们在正方向上进行积分。

证明 1:

我们将定理 12.1 的证明改写以满足我们的目的。

这次，我们设置

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

与上一个证明相反，我们将积分顺序反过来。

再次，我们得到$r'(t)\geq -h(t)r(t)\Leftrightarrow r'(t)+h(t)r(t)\geq 0$。这次我们使用

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

并乘以$r'(t)+h(t)r(t)\geq 0$，得到

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

这就是为什么

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

是单调递增的。现在将 $t_{0}$ 插入到这样定义的函数中，得到

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

因此对于 $t\leq t_{0}$

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

证明 2:

我们从定理 12.1 中证明该定理。事实上，对于 $t\geq t_{0}$，我们设置 ${\tilde {f}}(t):=f(-t)$ 和 ${\tilde {h}}(t):=h(-t)$。然后我们有

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

通过替换 $s\mapsto -s$。因此，根据定理 12.1，我们得到

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

对于 $t\geq t_{0}$。因此，如果现在 $t\leq t_{0}$

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

阿列泽洛-阿斯科利定理

定理 2.3 (Arzelà–Ascoli):

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是定义在区间 $[a,b],a<b\in \mathbb {R}$ 上的一系列函数，且

• 等度连续（即，对于任意 $\epsilon >0$ 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 $\forall n\in \mathbb {N} :\forall x\in [a,b]:|f_{n}(x)|<M$）。

那么 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 包含一个一致收敛的子序列。

证明:

令 $(x_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 为集合 $[a,b]\cap \mathbb {Q}$ 的一个枚举。集合 $\{f_{n}(x_{1})|n\in \mathbb {N} \}$ 是有界的，因此根据 海涅-博雷尔定理，它有一个收敛子序列 $(f_{k_{1,n}}(x_{1}))_{n\in \mathbb {N} }$。现在，序列 $(f_{k_{1,n}}(z_{2}))_{n\in \mathbb {N} }$ 也有一个收敛子序列 $(f_{k_{2,n}}(x_{2}))_{n\in \mathbb {N} }$，依此类推，我们可以用这种方式定义 $f_{k_{m,n}}$。

对所有 $m\in \mathbb {N}$，令 $f_{l_{m}}:=f_{k_{m,m}}$。我们断言序列 $(f_{l_{m}})_{m\in \mathbb {N} }$ 是一致收敛的。事实上，设 $\epsilon >0$ 为任意正数，并设 $\delta$ 使得 $|x-y|<\delta \Rightarrow \forall n\in \mathbb {N} :|f_{n}(x)-f_{n}(y)|<\epsilon /3$。

令 $N_{1}\in \mathbb {N}$ 足够大，使得如果我们按升序排列 $a,x_{1},\ldots ,x_{N_{1}},b$，相邻元素之间的最大差值小于 $\delta$（因为 $\mathbb {Q}$ 在 $\mathbb {R}$ 中稠密）。

令 $N_{2}\in \mathbb {N}$ 足够大，使得对于所有 $n\in \{1,\ldots ,N_{1}\}$ 和 $k\geq 1$，$\left|f_{l_{N_{2}+k}}(x_{n})-f_{l_{N_{2}}}(x_{n})\right|<\epsilon /3$.

令 $N:=\max\{N_{1},N_{2}\}$，并令 $k\geq N$。令 $y\in [a,b]$ 为任意值。选择 $x_{n}$ 使得 $|x_{n}-y|<\delta$（由于 $N_{1}$ 的选择）。由于 $\delta$ 的选择，$N_{2}$ 的选择和三角不等式，我们得到

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

因此，我们得到一个柯西序列，由于 ${\mathcal {C}}([a,b])$ 的完备性，该序列收敛。 $\Box$

收敛性考虑

在本节中，我们将证明来自分析的两个或三个或多或少基本的结论，这些结论并不特别令人兴奋，但它们是我们接下来要进行的工作的有用准备。

定理 2.4:

令 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是在区间 $[a,b]\subset \mathbb {R}$ 上定义的函数序列，其像包含在一个紧集 $K\subset \mathbb {R} ^{n}$ 中，令 $g:K\to \mathbb {R} ^{m}$ 是一个连续函数，并进一步假设 $f_{n}\to f$ 一致收敛。那么

$g\circ f_{n}\to g\circ f$ 一致收敛。

证明：令 $\epsilon >0$ 为任意正数。由于 $g$ 是定义在紧集上的连续函数，所以它是均匀连续的（由 海涅-康托尔定理 可知）。这意味着我们可以选取 $\delta >0$ 使得对于所有 $x,y\in K$，有 $\|x-y\|<\delta \Rightarrow \|g(x)-g(y)\|<\epsilon$ 成立。由于 $f_{n}\to f$ 一致收敛，我们可以选取 $N\in \mathbb {N}$ 使得对于所有 $k\geq N$ 和 $t\in [a,b]$，有 $\|f_{k}(t)-f(t)\|<\delta$ 成立。那么对于 $k\geq N$ 和 $t\in [a,b]$，有

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

下一个结果非常相似；它是前一个定理的扩展，使 $g$ 成为时间相关的。

定理 2.5:

设 $(f_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 是定义在区间 $[a,b]\subset \mathbb {R}$ 上的函数序列，其像包含在紧集 $K\subset \mathbb {R} ^{n}$ 内，使得 $f_{n}\to f$ 一致收敛，并且令 $g$ 是从 $[a,b]\times K$ 到 $\mathbb {R} ^{m}$ 的函数。那么

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

对 $t\in [a,b]$ 一致收敛。

证明:

首先，我们注意到集合 $[a,b]\times K$ 是紧致的。这可以通过以下两种方式看到：这个集合仍然是有界闭集，或者可以注意到，对于这个空间中的一个序列，我们可以首先选择 “导出” 的 $K$ 序列的一个收敛子序列，然后选择剩下的 $[a,b]$ 中的一个收敛子序列（或反过来）。

因此，函数$g$ 和以前一样是一致连续的。因此，我们可以选择$\delta >0$ 使得$|t-s|+\|x-y\|<\delta$ 意味着$\|g(t,x)-g(s,y)\|<\epsilon$（注意$|\cdot |+\|\cdot \|$ 是$[a,b]\times K$ 上的一个范数，并且由于这个空间仍然是有限维的，所以那里所有的范数都是等价的；至少对于测量连续性的范数而言）。

由于$f_{n}\to f$ 一致收敛，我们可以选取$N\in \mathbb {N}$ 使得对于所有的$k\geq N$ 和$t\in [a,b]$，$\|f_{k}(t)-f(t)\|<\delta$。那么对于$k\geq N$ 和所有的$t\in [a,b]$，我们有

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

巴拿赫不动点定理

我们将在后面给出皮卡-林德洛夫解存在性定理的两个证明；其中一个可以使用上面的方法给出，而另一个则依赖于斯特凡·巴拿赫的以下结果。

定理 2.6:

令 $(M,d)$ 是一个完备的度量空间，并令 $f:M\to M$ 是一个 *严格压缩*；也就是说，存在一个常数 $0\leq \lambda <1$ 使得

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

那么 $f$ 有一个唯一的 *不动点*，这意味着存在一个唯一的 $x\in M$ 使得 $f(x)=x$。此外，如果我们从一个完全任意的点 $y\in M$ 开始，那么序列

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

收敛于 $x$。

证明:

首先，我们证明不动点的唯一性。假设 $x,y$ 都是不动点。那么

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

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

现在我们证明序列 $y,f(y),f(f(y)),f(f(f(y))),\ldots$ 的存在性和收敛性的断言。为了便于表示，我们设定 $z_{0}:=y$，如果 $z_{n}$ 已经定义，我们设定 $z_{n+1}=f(z_{n})$。那么序列 $(z_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ 实际上就是序列 $y,f(y),f(f(y)),f(f(f(y))),\ldots$。

设 $n\geq 0$。我们断言

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

事实上，这可以通过对 $n$ 进行归纳得到。当 $n=0$ 时，结论显然成立。如果结论对 $n$ 成立，那么 $d(z_{n+2},z_{n+1})=d(f(z_{n+1}),f(z_{n}))\leq \lambda d(z_{n+1},z_{n})\leq \lambda \cdot \lambda ^{n}d(z_{1},z_{0})$。

因此，根据三角不等式，

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

上述表达式当 $n\to \infty$ 时趋于零，因此我们正在处理一个柯西序列。由于我们处于一个完备的度量空间，它收敛于一个极限 $x$。该极限进一步是一个不动点，因为 $f$ 的连续性（$f$ 是常数为 $\lambda$ 的 Lipschitz 连续）意味着

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