1 Tonelli の近似解と局所解の存在
補題 1.1.d∈N≥1とし、Rdにノルム∥⋅∥を固定する。t0∈R、y0∈Rd、a,b>0とし、
J=[t0−a,t0+a],B={u∈Rd:∥u−y0∥≤b}とおく。写像f:J×B→Rdは、Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について§E13.4 定義 2.1の Carathéodory 条件を満たすとする。0<h≤aは
∫t0−ht0m(s)ds≤b,∫t0t0+hm(s)ds≤bを満たすとし、Ih=[t0−h,t0+h]とおく。r≥0に対して
ω(r)=sup{∫stm(τ)dτ:s,t∈J, s≤t≤s+r}とおく。n∈N≥1に対してδn=h/nとし、σn:Ih→Ihを
σn(t)=⎩⎨⎧t−δn,t0,t+δn,t0+δn≤t≤t0+h,∣t−t0∣≤δn,t0−h≤t≤t0−δnで定める。このとき、次が成り立つ。
- 各n∈N≥1について、連続写像yn:Ih→Bであって、s↦f(s,yn(s))がIh上で可積分であり、すべてのt∈Ihに対して
yn(t)=y0+∫t0σn(t)f(s,yn(s))ds
を満たすものが、ただ一つ存在する。
- すべてのn∈N≥1とs,t∈Ihに対して、∥yn(t)−yn(s)∥≤ω(∣t−s∣)である。
- すべてのn∈N≥1とt∈Ihに対して
yn(t)−y0−∫t0tf(s,yn(s))ds≤ω(δn)
である。
- ωは単調非減少であり、r↓0のときω(r)→0である。
証明.I′⊆Jをt0を含む閉区間とし、x:I′→Bを連続写像とする。xをJ∖I′上でI′の近い方の端点での値に等しく延長すると、JからBへの連続写像を得る。この延長に§E13.4 補題 2.3を適用すると、s↦f(s,x(s))はI′上で可積分であり、s∈I′∖Nで∥f(s,x(s))∥≤m(s)である。
主張 (1)を示す。nを固定し、k∈{1,…,n}に対してI(k)=[t0−kδn,t0+kδn]とおく。I(n)=Ihである。σnの定義から、各t∈Ihについてσn(t)はt0とtの間にあり、∣σn(t)−t∣≤δnである。したがってσn(I(k))⊆I(k)であり、k<nならばσn(I(k+1))⊆I(k)である。kについての帰納法により、次の主張(Sk)を示す: 連続写像x:I(k)→Bであって、すべてのt∈I(k)でx(t)=y0+∫t0σn(t)f(s,x(s))dsを満たすものがただ一つ存在する。I(1)上ではσn≡t0であるから、この等式はx≡y0と同値であり、(S1)が成り立つ。
k<nとし、(Sk)の写像をxk、gk(s)=f(s,xk(s))（s∈I(k)）とおく。gkはI(k)上で可積分である。t∈I(k+1)に対して
x(t)=y0+∫t0σn(t)gk(s)dsと定める。§E13.2 補題 1.3 (3)によりt′↦∫t0t′gkはI(k)上で連続であり、σnは連続であるから、xは連続である。§E13.4 系 3.1により、∥x(t)−y0∥はt0とσn(t)を端点とする区間上のmの積分以下であり、その区間はt0とtを端点とする区間に含まれるから、hの条件により∥x(t)−y0∥≤bである。t∈I(k)では(Sk)の等式によりx(t)=xk(t)である。したがってσn(I(k+1))⊆I(k)の上でf(s,x(s))=gk(s)であり、xはI(k+1)上で(Sk+1)の等式を満たす。逆にxが(Sk+1)の等式を満たす連続写像ならば、σn(I(k))⊆I(k)であるからx∣I(k)は(Sk)の等式を満たし、x∣I(k)=xkである。このとき(Sk+1)の等式の右辺はx(t)の定義式に一致し、x=xである。これで(Sk+1)を得る。(Sn)が主張である。
主張 (2)を示す。s≤tとする。σnは単調非減少で、σn(t)−σn(s)≤t−sを満たす。§E13.4 系 3.1により
∥yn(t)−yn(s)∥=∫σn(s)σn(t)f(τ,yn(τ))dτ≤∫σn(s)σn(t)m(τ)dτ≤ω(t−s)である。
主張 (3)を示す。yn(t)−y0−∫t0tf(s,yn(s))ds=−∫σn(t)tf(s,yn(s))dsであり、σn(t)とtを端点とする区間の長さはδn以下である。§E13.4 系 3.1により、左辺のノルムはω(δn)以下である。
主張 (4)を示す。r≤r′ならばω(r)の上限を取る集合はω(r′)の上限を取る集合に含まれるから、ωは単調非減少である。ε>0とする。§E13.2 補題 1.3 (1)をmに適用してδ>0を取る。0≤r<δならば、s≤t≤s+rを満たすs,t∈Jについてλ1([s,t])<δであるから∫stm<εであり、ω(r)≤εである。▨
定理 1.2 (Carathéodory の存在定理).d∈N≥1とし、Rdにノルム∥⋅∥を固定する。t0∈R、y0∈Rd、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B={u∈Rd:∥u−y0∥≤b}とおく。写像f:J×B→Rdは、Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たすとする。このとき、
∫t0−ht0m(s)ds≤b,∫t0t0+hm(s)ds≤bを満たす0<h≤aが存在する。そのようなhを一つ取り、Ih=[t0−h,t0+h]とおくと、Ih上の絶対連続関数y:Ih→Rdであって、すべてのt∈Ihでy(t)∈Bかつ
y(t)=y0+∫t0tf(s,y(s))dsを満たすものが存在する。このyは(t0−h,t0+h)のほとんど至る所でy′(t)=f(t,y(t))を満たす。
さらに、Ω⊆R×RdがJ×Bを含む開集合であり、fが写像F:Ω→RdのJ×Bへの制限であるならば、yの(t0−h,t0+h)への制限は、初期値問題y′=F(t,y)、y(t0)=y0の絶対連続な局所解である。
証明.§E13.2 補題 1.3 (1)をJ上の非負可積分関数mに適用すると、あるδ>0が存在して、Jに含まれる長さδ未満の区間上のmの積分はb未満である。h=min{a,δ/2}は二つの不等式を満たす。
二つの不等式を満たす0<h≤aを一つ取る。補題 1.1のyn、ω、δnを取り、F={yn:n∈N≥1}とおく。Rdに距離(u,v)↦∥u−v∥を入れた距離空間をYと書く。§E10.1 系 2.3によりYは完備であり、F⊆C(Ih,Y)である。
ε>0に対して、補題 1.1 (4)によりω(r)<εとなるr>0を取る。補題 1.1 (2)とωの単調性により、∣t−s∣<rを満たすすべてのs,t∈Ihとすべてのnについて∥yn(t)−yn(s)∥<εである。したがってFは同程度連続である。
∥⋅∥2を Euclid ノルムとする。§E10.1 命題 2.2により、定数c,C>0が存在し、すべてのu∈Rdでc∥u∥2≤∥u∥≤C∥u∥2である。したがってBは Euclid 距離について有界であり、u↦∥u−y0∥は Euclid 距離について連続であるからBは閉集合である。§E2.9 定理 4.3によりBは Euclid 距離についてコンパクトであり、§E2.9 系 3.3により全有界である。恒等写像(Rd,∥⋅∥2)→YはC-Lipschitz であるから、§E2.31 補題 2.2によりBはYの部分集合として全有界である。各t∈Ihについて{yn(t):n∈N≥1}⊆Bであるから、§E2.8 命題 3.1によりFは各点で全有界である。
§E2.31 系 4.5により、部分列(ynk)kとy∈C(Ih,Y)が存在し、ynkはyへ一様収束する。BはYの閉集合であるから、すべてのt∈Ihでy(t)∈Bである。
s∈Ihに対してgk(s)=f(s,ynk(s))、g(s)=f(s,y(s))とおく。yとynkをJ上へ端点の値で定数に延長して§E13.4 補題 2.3を適用すると、gkとgはIh上で可積分である。s∈Ih∖Nでは、§E13.4 定義 2.1 条件 (b)によりgk(s)→g(s)であり、∥gk(s)−g(s)∥≤2m(s)である。§E10.11 定理 3.1を可測関数列∥gk−g∥に適用すると、∫Ih∥gk(s)−g(s)∥ds→0である。t∈Ihに対して、§E13.4 系 3.1と補題 1.1 (3)により
y(t)−y0−∫t0tg(s)ds≤∥y(t)−ynk(t)∥+ynk(t)−y0−∫t0tgk(s)ds+∫t0t(gk(s)−g(s))ds≤τ∈Ihmax∥y(τ)−ynk(τ)∥+ω(δnk)+∫Ih∥gk(s)−g(s)∥dsである。k→∞のとき、右辺の第一項は一様収束により、第二項はδnk→0と補題 1.1 (4)により、第三項は上の優収束定理の適用により、いずれも0へ収束する。よってyは積分方程式を満たす。
g∈L1(Ih;Rd)であるから、積分の加法性によりy(t)=y(t0−h)+∫t0−htg(s)dsであり、§E13.2 補題 1.3 (3)によりyはIh上で絶対連続である。§E13.2 定理 2.5により、(t0−h,t0+h)のほとんど至る所でy′=gである。
fがFの制限である場合、yの(t0−h,t0+h)への制限のグラフはJ×B⊆Ωに含まれ、s↦F(s,y(s))=g(s)は可積分である。§E13.4 補題 2.4により、この制限はt0を含む開区間上の絶対連続解である。▨
系 1.3 (Peano の存在定理).d∈N≥1とし、Rdにノルム∥⋅∥を固定する。Ω⊆R×Rdを開集合、f:Ω→Rdを連続写像、(t0,y0)∈Ωとする。a,b>0について
R=[t0−a,t0+a]×{u∈Rd:∥u−y0∥≤b}⊆Ωであるとし、M=max(t,u)∈R∥f(t,u)∥とおく（Rはコンパクトでありfは連続であるから、最大値が存在する）。M=0ならばh=a、M>0ならばh=min{a,b/M}とする。このとき、初期値問題y′=f(t,y)、y(t0)=y0は、[t0−h,t0+h]上の古典解であって、すべてのt∈[t0−h,t0+h]で(t,y(t))∈Rを満たすものをもつ。
証明.f∣Rは、N=∅と定数関数m≡Mについて Carathéodory 条件を満たす。実際、各uについてt↦f(t,u)は連続であるから Lebesgue 可測であり、各tについてu↦f(t,u)は連続であり、R上で∥f∥≤Mである。hの選び方から0<h≤aとMh≤bが成り立つので、t0の左右のmの積分はともにb以下である。定理 1.2により、[t0−h,t0+h]上の写像yであって、値が閉球に入り、全点で積分方程式を満たすものが存在する。yのグラフはR⊆Ωに含まれるから、§E13.4 補題 2.5を区間[t0−h,t0+h]に適用すると、yは古典解である。▨
2 仮定を外した場合の解の非存在
例 2.1.R2上の写像
f(t,u)={−1,1,u≥0,u<0と初期条件y(0)=0を考える。このとき、a,b>0について、fは[−a,a]×[−b,b]上で§E13.4 定義 2.1 条件 (a)と、m≡1についての§E13.4 定義 2.1 条件 (c)を満たす。すべてのtでu↦f(t,u)はu=0で連続でないから、fは§E13.4 定義 2.1 条件 (b)を満たさない。任意のε>0について、y∈AC([0,ε];R)であってy(0)=0かつ(0,ε)のほとんど至る所でy′(t)=f(t,y(t))を満たすものは存在しない。特に、原点を含む開区間上の絶対連続な局所解は存在しない。
実際、そのようなyがあるとする。{y>0}のほとんど至る所でy′=−1であるから、§E13.2 補題 3.3 (1)により(0,ε)のほとんど至る所で(y+)′=−1{y>0}≤0であり、§E13.2 定理 2.5によりy+(t)=y+(0)+∫0t(y+)′(s)ds≤0である。よって[0,ε]上でy+≡0である。{y<0}のほとんど至る所でy′=1であるから、§E13.2 補題 3.3 (1)を−yに適用すると、ほとんど至る所で((−y)+)′=−1{y<0}y′=−1{y<0}≤0であり、同じ積分表示から(−y)+≡0である。したがって[0,ε]上でy≡0であり、すべてのt∈(0,ε)でy′(t)=0である。一方、f(t,0)=−1であるから、仮定により(0,ε)のほとんど至る所でy′(t)=−1である。正の測度をもつ(0,ε)の上で、すべての点でy′=0であることとほとんど至る所でy′=−1であることは両立しない。
左側では、y(t)=−t（t≤0）がy(0)=0とすべてのt<0でのy′(t)=f(t,y(t))を満たす。
例 2.2.R2上の写像
f(t,u)={1/t,0,t>0,t≤0を考える。このとき、a,b>0について、fは[−a,a]×[−b,b]上でN=∅について§E13.4 定義 2.1 条件 (a)と§E13.4 定義 2.1 条件 (b)を満たす。非負関数mと零集合N′がt∈/N′で∣f(t,u)∣≤m(t)を満たすならば、0<δ<aについて∫δam(t)dt≥∫δadt/t=log(a/δ)であり、δ↓0で右辺は非有界であるから、m∈/L1([−a,a])である。したがってfは§E13.4 定義 2.1 条件 (c)を満たさない。
任意のy0∈Rとε>0について、y∈AC([0,ε];R)であってy(0)=y0かつ(0,ε)のほとんど至る所でy′(t)=f(t,y(t))を満たすものは存在しない。実際、そのようなyがあるとすると、0<δ<εについて§E13.2 定理 2.5を[δ,ε]に適用して
y(ε)−y(δ)=∫δεtdt=logδεを得る。yは[0,ε]上で連続であるから、左辺の絶対値はδによらず2max[0,ε]∣y∣以下である。一方、右辺はδ↓0で非有界である。特に、どの初期値についても、原点を含む開区間上の絶対連続な局所解は存在しない。左側では、定数関数y≡y0が(−∞,0]上で方程式を満たす。
3 スカラー方程式の最大の解と最小の解
定義 3.1.t0,y0∈R、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B=[y0−b,y0+b]、f:J×B→Rを写像とする。
- 0<h′≤aとする。絶対連続関数y:[t0,t0+h′]→Bがy(t0)=y0を満たし、(t0,t0+h′)のほとんど至る所でy′(t)=f(t,y(t))を満たすとき、yを[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解という。
- 0<h≤aとし、y∗,y∗を[t0,t0+h]上の値がBに入る絶対連続解とする。任意の0<h′≤hと、[t0,t0+h′]上の値がBに入る任意の絶対連続解yについて、[t0,t0+h′]上でy≤y∗が成り立つとき、y∗を[t0,t0+h]上の最大の解 (maximum solution) という。同じh′とyのすべてについて[t0,t0+h′]上でy≥y∗が成り立つとき、y∗を[t0,t0+h]上の最小の解 (minimum solution) という。
- α<βを[α,β]⊆Jを満たす実数とする。絶対連続関数v:[α,β]→Bが(α,β)のほとんど至る所でv′(t)≤f(t,v(t))を満たすとき、vを一階の方程式y′=f(t,y)の[α,β]上の下解 (lower solution) という。(α,β)のほとんど至る所でv′(t)≥f(t,v(t))を満たすとき、vを[α,β]上の上解 (upper solution) という。
最大の解と最小の解は値の順序についての最大と最小であり、延長することができない解を指す最大解とは異なる概念である。
補題 3.2.J,B⊆Rを区間、f:J×B→Rを写像とし、α<βを[α,β]⊆Jを満たす実数、y1,y2:[α,β]→Bを絶対連続関数とする。このとき、(α,β)のほとんど至る所でy1′(t)≤f(t,y1(t))とy2′(t)≤f(t,y2(t))が成り立つならば、max{y1,y2}は[α,β]からBへの絶対連続関数であり、(α,β)のほとんど至る所でmax{y1,y2}′(t)≤f(t,max{y1,y2}(t))を満たす。(α,β)のほとんど至る所でy1′(t)≥f(t,y1(t))とy2′(t)≥f(t,y2(t))が成り立つならば、min{y1,y2}は[α,β]からBへの絶対連続関数であり、(α,β)のほとんど至る所でmin{y1,y2}′(t)≥f(t,min{y1,y2}(t))を満たす。いずれの主張も、仮定と結論の不等号をすべて等号に替えて成り立つ。
証明.Bは区間であるから、w=max{y1,y2}とmin{y1,y2}の値はBに入る。§E13.2 補題 3.3 (3)によりwは絶対連続であり、ほとんど至る所でw′=1{y1>y2}y1′+1{y1≤y2}y2′である。この等式と二つの仮定がすべて成り立つ点t∈(α,β)を取る。そのような点の全体の補集合は零集合である。y1(t)>y2(t)ならば、w(t)=y1(t)でありw′(t)=y1′(t)≤f(t,y1(t))=f(t,w(t))である。y1(t)≤y2(t)ならば、w(t)=y2(t)でありw′(t)=y2′(t)≤f(t,y2(t))=f(t,w(t))である。仮定が等号ならば、二つの場合の不等号は等号である。
min{y1,y2}=−max{−y1,−y2}に§E13.2 補題 3.3 (3)を適用すると、min{y1,y2}は絶対連続であり、ほとんど至る所でmin{y1,y2}′=1{y1<y2}y1′+1{y1≥y2}y2′である。y1(t)<y2(t)の点ではmin{y1,y2}′(t)=y1′(t)≥f(t,y1(t))=f(t,min{y1,y2}(t))であり、y1(t)≥y2(t)の点ではmin{y1,y2}′(t)=y2′(t)≥f(t,y2(t))=f(t,min{y1,y2}(t))である。仮定が等号ならば、二つの場合の不等号は等号である。▨
補題 3.3.t0,y0∈R、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B=[y0−b,y0+b]、−B=[−y0−b,−y0+b]とおく。写像f:J×B→Rに対して、f−:J×(−B)→Rをf−(t,u)=−f(t,−u)で定め、f−には初期値−y0と区間−Bについて定義 3.1を用いる。このとき、次が成り立つ。
- fが Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たすならば、f−もNとmについて Carathéodory 条件を満たす。
- 0<h′≤aとする。yがfの[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解であることと、−yがf−の[t0,t0+h′]上の値が−Bに入る絶対連続解であることは同値である。
- α<βを[α,β]⊆Jを満たす実数とする。vがfの[α,β]上の上解であることと、−vがf−の[α,β]上の下解であることは同値である。
- 0<h≤aとする。y^がf−の[t0,t0+h]上の最大の解であることと、−y^がfの[t0,t0+h]上の最小の解であることは同値である。
証明.主張 (1)を示す。各u∈−Bについてt↦f−(t,u)=−f(t,−u)は可測である。t∈J∖Nならばu↦−f(t,−u)は−B上で連続であり、∣f−(t,u)∣=∣f(t,−u)∣≤m(t)である。
主張 (2)と主張 (3)を示す。§E13.2 補題 1.2 (2)により、yが絶対連続であることと−yが絶対連続であることは同値である。yの値がBに入ることと−yの値が−Bに入ることは同値であり、y(t0)=y0と−y(t0)=−y0は同値である。yが微分可能な点tでは(−y)′(t)=−y′(t)であり、y′(t)=f(t,y(t))と(−y)′(t)=f−(t,−y(t))は同値であり、y′(t)≥f(t,y(t))と(−y)′(t)≤f−(t,−y(t))は同値である。
主張 (4)を示す。主張 (2)により、y↦−yは、fの[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解の全体から、f−の[t0,t0+h′]上の値が−Bに入る絶対連続解の全体への全単射である。−y≤y^とy≥−y^は同値であるから、定義 3.1 (2)の最大の解の条件をf−とy^について述べたものは、最小の解の条件をfと−y^について述べたものと同値である。▨
定理 3.4.t0,y0∈R、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B=[y0−b,y0+b]とおく。写像f:J×B→Rは、Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たすとし、0<h≤aは∫t0−ht0m(s)ds≤bと∫t0t0+hm(s)ds≤bを満たすとする。このとき、[t0,t0+h]上の最大の解y∗と最小の解y∗がそれぞれただ一つ存在する。
さらに、fが時間について可積分な Lipschitz 係数ℓ∈L1(J)をもつならば、任意の0<h′≤hについて、[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解はy∗の[t0,t0+h′]への制限ただ一つである。特にy∗=y∗である。
証明.[t0,t0+h]上の値がBに入る絶対連続解の全体をSとする。y1∗,y2∗がともに最大の解ならば、定義 3.1 (2)をh′=hで適用してy1∗≤y2∗≤y1∗を得る。y∗1,y∗2がともに最小の解ならば、同じ適用によりy∗1≥y∗2≥y∗1である。
0<h′≤hとし、yを[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解とする。§E13.2 定理 2.5とほとんど至る所での∣y′(r)∣=∣f(r,y(r))∣≤m(r)により、t0≤s≤t≤t0+h′について
y(t)=y0+∫t0tf(r,y(r))dr(3.4.1) と
∣y(t)−y(s)∣≤∫stm(r)dr(3.4.2) が成り立つ。逆に、連続関数x:[t0,t0+h]→Bがすべてのt∈[t0,t0+h]で式 (3.4.1)を満たすならば、s↦f(s,x(s))は§E13.4 補題 2.3により可積分であり、§E13.2 補題 1.3 (3)と§E13.2 定理 2.5によりx∈Sである。
定理 1.2の解を[t0,t0+h]に制限するとSの元を得るので、S=∅である。y1,y2∈Sならばmax{y1,y2}(t0)=y0であり、補題 3.2の等号の場合によりmax{y1,y2}∈Sである。t∈[t0,t0+h]に対してy∗(t)=supy∈Sy(t)≤y0+bとおく。t0≤s≤t≤t0+hとy∈Sについて、式 (3.4.2)によりy(t)≤y∗(s)+∫stmとy(s)≤y∗(t)+∫stmであるから、yについて上限を取ると∣y∗(t)−y∗(s)∣≤∫stmである。§E13.2 補題 1.3 (1)によりy∗は連続である。
[t0,t0+h]の可算稠密集合{τj:j∈N≥1}を取る。j,k∈N≥1に対して、yj,k(τj)>y∗(τj)−1/kを満たすyj,k∈Sを取る。全単射N≥1→N≥1×N≥1によって{yj,k}をz1,z2,…と並べ、wn=max{z1,…,zn}とおく。wn∈Sであり、wn≤wn+1≤y∗である。各tで単調有界な列(wn(t))は極限w(t)≤y∗(t)をもつ。j,kを固定すると、十分大きいnについてwn(τj)≥yj,k(τj)>y∗(τj)−1/kであるから、w(τj)=y∗(τj)である。wnについての式 (3.4.2)でn→∞とすると∣w(t)−w(s)∣≤∫stmであり、wは連続である。連続関数wとy∗は稠密集合の上で一致するから、w=y∗である。
s∈[t0,t0+h]∖Nでは、§E13.4 定義 2.1 条件 (b)によりf(s,wn(s))→f(s,y∗(s))であり、∣f(s,wn(s))−f(s,y∗(s))∣≤2m(s)である。§E10.11 定理 3.1により、wnについての式 (3.4.1)でn→∞とすると
y∗(t)=y0+∫t0tf(s,y∗(s))ds(t∈[t0,t0+h])を得る。Bは閉集合であるからy∗の値はBに入り、y∗∈Sである。
0<h′≤hとし、yを[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解とする。h′=hならばy∈Sであり、y≤y∗である。h′<hとし、t1=t0+h′、π(u)=min{max{u,y0−b},y0+b}とおく。R2上の写像gを、t∈Jならばg(t,u)=f(t,π(u))、t∈/Jならばg(t,u)=0と定め、R上のmをJ上でm、Jの外で0と定める。β=1+∫Jmとおく。gは[t1−h,t1+h]×[y(t1)−β,y(t1)+β]上で、零集合Nと支配関数mについて Carathéodory 条件を満たし、t1の左右のmの積分はともにβ以下である。定理 1.2により、[t1−h,t1+h]上の連続関数zであって、すべてのtでz(t)=y(t1)+∫t1tg(s,z(s))dsを満たすものが存在する。t∈[t1,t0+h]では[t1,t]⊆Jであり、yについての式 (3.4.2)と§E13.4 系 3.1により
∣z(t)−y0∣≤∣y(t1)−y0∣+∣z(t)−z(t1)∣≤∫t0t1m(s)ds+∫t1tm(s)ds≤bである。したがって[t1,t0+h]上でz(t)∈B、g(t,z(t))=f(t,z(t))である。[t0,t1]上でy^=y、[t1,t0+h]上でy^=zと定めると、y^は連続で値はBに入る。t∈[t1,t0+h]について、yについての式 (3.4.1)により
y^(t)=y(t1)+∫t1tf(s,z(s))ds=y0+∫t0tf(s,y^(s))dsであり、t∈[t0,t1]についても同じ等式が成り立つ。よってy^∈Sであり、[t0,t1]上でy=y^≤y∗である。以上より、y∗は最大の解である。
補題 3.3のf−を取る。補題 3.3 (1)によりf−はNとmについて Carathéodory 条件を満たすので、前段をf−に適用して[t0,t0+h]上の最大の解y^∗を取る。補題 3.3 (4)により、y∗=−y^∗はfの最小の解である。
fが可積分な Lipschitz 係数ℓをもつとする。R2上の写像Fを、J×B上でf、J×Bの外で0と定める。FはJ×B上でfに一致するから、開集合R2と閉矩形J×B、支配関数m、Lipschitz 係数ℓについて§E13.4 定理 3.5の仮定を満たす。Jの部分区間上の関数zの値がBに入るならばF(t,z(t))=f(t,z(t))であるから、値がBに入るFの絶対連続解と値がBに入るfの絶対連続解は一致する。§E13.4 定理 3.5 (1)により、Ih=[t0−h,t0+h]上の絶対連続解yLで値がBに入るものが存在する。0<h′≤hとし、yを[t0,t0+h′]上の値がBに入る絶対連続解とする。I=[t0,t0+h′]⊆Ihはt0を含み内部が空でないから、§E13.4 定理 3.5 (2)によりI上でy=yLである。y∗の[t0,t0+h′]への制限も同じ条件を満たすからy∗=yLであり、[t0,t0+h′]上でy=y∗である。h′=hとしてy∗に適用するとy∗=y∗である。▨
例 3.5.t0=0、y0=0、a=b=1とし、J=B=[−1,1]上のf(t,u)=∣u∣を考える。このとき、fは連続であり、N=∅、m≡1について Carathéodory 条件を満たし、h=1は∫−10m=∫01m=1≤bを満たす。0<h′≤1とすると、[0,h′]上の値がBに入る絶対連続解は、§E13.4 例 5.3のyc（c≥0）の[0,h′]への制限に限る。したがって[0,1]上の最大の解はy∗(t)=t2/4、最小の解はy∗≡0であり、すべてのc≥0についてy∗≤yc≤y∗が[0,1]上で成り立つ。系 1.3の解は一意とは限らない。
実際、yを[0,h′]上の値がBに入る絶対連続解とする。ほとんど至る所でy′=∣y∣≥0であるから、§E13.2 定理 2.5によりyは単調非減少であり、y≥y(0)=0である。τ=max{t∈[0,h′]:y(t)=0}とおくと、[0,τ]上でy=0であり、(τ,h′]上でy>0である。τ<h′ならば、§E13.2 定理 3.1 (1)を開集合(0,∞)上の⋅と区間(τ,h′]に適用すると、yは局所絶対連続であり、ほとんど至る所で(y)′=y′/(2y)=1/2である。§E13.2 系 2.6により、τ<s<t≤h′についてy(t)=y(s)+(t−s)/2であり、s↓τとするとy(t)=(t−τ)2/4を得る。よってy=yτ∣[0,h′]である。逆に、各ycは一階連続微分可能な解であり、[0,1]上で0≤yc(t)≤t2/4≤1/4である。§E13.2 系 2.7 (2)によりycは[0,1]上で局所絶対連続であるから、その[0,h′]への制限は値がBに入る絶対連続解である。
4 微分不等式による比較
定理 4.1.t0,y0∈R、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B=[y0−b,y0+b]とおく。写像f:J×B→Rは、Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たすとし、0<h≤aは∫t0−ht0m(s)ds≤bと∫t0t0+hm(s)ds≤bを満たすとする。y∗,y∗を[t0,t0+h]上の最大の解と最小の解とし、0<h′≤hとする。このとき、vが[t0,t0+h′]上の下解でありv(t0)≤y0を満たすならば、[t0,t0+h′]上でv≤y∗である。wが[t0,t0+h′]上の上解でありw(t0)≥y0を満たすならば、[t0,t0+h′]上でw≥y∗である。
証明.vをJ上へ延長したvˉ:J→Bを、t<t0でvˉ(t)=v(t0)、t>t0+h′でvˉ(t)=v(t0+h′)と定める。vˉは連続である。(t,u)∈J×Bに対してg(t,u)=f(t,max{u,vˉ(t)})とおく。各u∈Bについてt↦max{u,vˉ(t)}はJからBへの連続写像であるから、§E13.4 補題 2.3によりt↦g(t,u)は可測である。t∈/Nならばu↦g(t,u)は連続であり、∣g(t,u)∣≤m(t)である。したがってgはNとmについて Carathéodory 条件を満たし、定理 1.2により、[t0−h,t0+h]上の絶対連続関数zであって、値がBに入り、z(t0)=y0とほとんど至る所でのz′(t)=g(t,z(t))を満たすものが存在する。
φ=v−zを[t0,t0+h′]上で考える。§E13.2 補題 1.2 (2)によりφは絶対連続であり、φ(t0)=v(t0)−y0≤0である。§E13.2 補題 3.3 (1)により、ほとんど至る所で(φ+)′=1{v>z}(v′−z′)である。v(t)>z(t)を満たすほとんどすべてのtで、max{z(t),vˉ(t)}=v(t)であるからz′(t)=f(t,v(t))≥v′(t)である。したがってほとんど至る所で(φ+)′≤0であり、§E13.2 定理 2.5によりφ+(t)=φ+(t0)+∫t0t(φ+)′≤0である。よって[t0,t0+h′]上でv≤zであり、max{z,vˉ}=zであるから、ほとんど至る所でz′(t)=f(t,z(t))である。z∣[t0,t0+h′]は値がBに入る絶対連続解であり、最大の解の定義によりz≤y∗である。これでv≤z≤y∗を得る。
補題 3.3のf−を取る。補題 3.3 (1)によりf−はNとmについて Carathéodory 条件を満たす。補題 3.3 (3)により−wはf−の[t0,t0+h′]上の下解であり、−w(t0)≤−y0である。補題 3.3 (4)により、−y∗はf−の[t0,t0+h]上の最大の解である。前段をf−に適用すると−w≤−y∗、すなわちw≥y∗を得る。▨
補題 4.2.t0,y0∈R、a,b>0とし、J=[t0−a,t0+a]、B=[y0−b,y0+b]とおく。写像f:J×B→Rは、Lebesgue 零集合N⊆Jと非負関数m∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たし、0<h≤aは∫t0−ht0m(s)ds≤bと∫t0t0+hm(s)ds≤bを満たすとする。τ(t)=2t0−tとおき、(t,u)∈J×Bに対してf^(t,u)=−f(τ(t),u)と定める。0<h′≤hについて、写像y:[t0−h′,t0]→Bに対しy^=y∘τ:[t0,t0+h′]→Bとおく。このとき、次が成り立つ。
- f^は零集合τ(N)と非負関数m∘τ∈L1(J)について Carathéodory 条件を満たし、hはm∘τについても∫t0−ht0m(τ(s))ds≤bと∫t0t0+hm(τ(s))ds≤bを満たす。
- yが絶対連続であることとy^が絶対連続であることは同値であり、y(t0)=y0とy^(t0)=y0は同値である。(t0,t0+h′)のほとんど至る所でのy′(τ(t))=f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)=f^(t,y^(t))は同値であり、ほとんど至る所でのy′(τ(t))≥f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)≤f^(t,y^(t))は同値であり、ほとんど至る所でのy′(τ(t))≤f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)≥f^(t,y^(t))は同値である。
証明.τはJからJへの全単射であり、長さを保つ。したがって、τは Lebesgue 可測集合を Lebesgue 可測集合へ、零集合を零集合へ写す。また、Lebesgue 可測集合E⊆Jと非負可積分関数c:J→Rに対して、∫Ec∘τ=∫τ(E)cが成り立つ。
主張 (1)を示す。各u∈Bについてt↦f^(t,u)=−f(τ(t),u)は可測である。t∈J∖τ(N)ならばτ(t)∈J∖Nであるから、u↦f^(t,u)は連続であり、∣f^(t,u)∣≤m(τ(t))である。∫t0t0+hm(τ(s))ds=∫t0−ht0m(s)ds≤bであり、同様に∫t0−ht0m(τ(s))ds=∫t0t0+hm(s)ds≤bである。
主張 (2)を示す。τは[t0,t0+h′]と[t0−h′,t0]の間の等長写像であるから、yの絶対連続性の定義のεとδの組はy^についても同じ条件を満たし、逆も同様である。y^(t0)=y(t0)である。yがτ(t)で微分可能であることとy^がtで微分可能であることは同値であり、そのときy^′(t)=−y′(τ(t))である。またf^(t,y^(t))=−f(τ(t),y(τ(t)))であるから、y′(τ(t))=f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)=f^(t,y^(t))は同値であり、y′(τ(t))≥f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)≤f^(t,y^(t))は同値であり、y′(τ(t))≤f(τ(t),y(τ(t)))とy^′(t)≥f^(t,y^(t))は同値である。▨
系 4.3.補題 4.2のt0、y0、a、b、J、B、f、N、m、h、τ、f^をそのまま用い、0<h′≤hとする。このとき、f^の[t0,t0+h]上の最大の解y^∗と最小の解y^∗がそれぞれただ一つ存在し、次が成り立つ。
- v:[t0−h′,t0]→Bが絶対連続関数であり、v(t0)≤y0と(t0−h′,t0)のほとんど至る所でのv′(t)≥f(t,v(t))を満たすならば、[t0−h′,t0]上でv(t)≤y^∗(τ(t))である。
- w:[t0−h′,t0]→Bが絶対連続関数であり、w(t0)≥y0と(t0−h′,t0)のほとんど至る所でのw′(t)≤f(t,w(t))を満たすならば、[t0−h′,t0]上でw(t)≥y^∗(τ(t))である。
証明.補題 4.2 (1)により、f^は定理 3.4の仮定を満たし、y^∗とy^∗がそれぞれただ一つ存在する。
主張 (1)を示す。v^=v∘τは[t0,t0+h′]上の絶対連続関数であり、値はBに入り、v^(t0)=v(t0)≤y0である。補題 4.2 (2)により、ほとんど至る所でv^′(t)≤f^(t,v^(t))であるから、v^はf^の下解である。定理 4.1をf^とv^に適用するとv^≤y^∗であり、v(t)=v^(τ(t))≤y^∗(τ(t))である。
主張 (2)を示す。w^=w∘τとおくと、w^(t0)≥y0であり、補題 4.2 (2)により、ほとんど至る所でw^′(t)≥f^(t,w^(t))である。w^はf^の上解であり、定理 4.1によりw^≥y^∗であり、w(t)=w^(τ(t))≥y^∗(τ(t))である。▨
5 演習
問題 5.1.t0=0、y0=0、a=b=1、J=B=[−1,1]、f(t,u)=∣u∣、m≡1、h=1とする。補題 1.1の近似解ynが、すべてのn∈N≥1について[−1,1]上で恒等的に0であることを示せ。次に、0<h′≤1とし、y:[−h′,0]→Bをy(0)=0と(−h′,0)のほとんど至る所でのy′(t)=∣y(t)∣を満たす絶対連続関数とするとき、[−h′,0]上で−t2/4≤y(t)≤0が成り立つことを示し、0と−t2/4がともにこの条件を満たすことを確かめよ。最後に、近似解の一様極限が、[0,1]上では最小の解であり、[−1,0]上ではこの条件を満たす関数のうちで最大のものであることを結論せよ。
解答.
定数写像0:[−1,1]→Bは連続であり、s↦f(s,0)=0は可積分であり、すべてのtについて0=0+∫0σn(t)∣0∣dsである。補題 1.1 (1)の一意性によりyn≡0である。したがって近似解の列は0へ一様収束する。
yを後半の条件を満たす関数とする。ほとんど至る所でy′≥0であるから、§E13.2 定理 2.5によりyは単調非減少であり、[−h′,0]上でy(t)≤y(0)=0である。σ=min{t∈[−h′,0]:y(t)=0}とおくと、[σ,0]上でy=0であり、[−h′,σ)上でy<0である。σ>−h′ならば、§E13.2 定理 3.1 (1)を開集合(−∞,0)上のu↦−uと区間[−h′,σ)に適用すると、−yは局所絶対連続であり、ほとんど至る所で(−y)′=−y′/(2−y)=−1/2である。§E13.2 系 2.6により、−h′≤s<t<σについて−y(t)=−y(s)−(t−s)/2であり、t↑σとするとy(s)=−(σ−s)2/4を得る。0≤σ−s≤−sであるからy(s)≥−s2/4である。[σ,0]上でもy=0≥−t2/4である。よって[−h′,0]上で−t2/4≤y(t)≤0である。
0は条件を満たす。y(t)=−t2/4は一階連続微分可能であり、t≤0でy′(t)=−t/2=t2/4=∣y(t)∣、y(0)=0、y([−1,0])⊆[−1/4,0]⊆Bである。§E13.2 系 2.7 (2)によりyは[−1,0]上で局所絶対連続であるから、その[−h′,0]への制限は絶対連続であり、条件を満たす。
近似解の一様極限は0である。例 3.5により、0は[0,1]上の最小の解である。前段により、0は[−1,0]の各部分区間[−h′,0]の上で条件を満たす関数のうちで最大である。補題 4.2 (2)により、この条件を満たす関数yの全体は、f^(t,u)=−∣u∣の[0,h′]上の値がBに入る絶対連続解y(−t)の全体に対応し、各yはy(−t)≤0を満たす。0はf^の解であるから、0はf^の[0,1]上の最大の解である。▨
問題 5.2.f(t,u)=t2+u2とする。t0=0、y0=0、a=b=1、J=B=[−1,1]について、m≡2、h=1/2、Lipschitz 係数ℓ≡2を取ることができることを確かめ、[0,1/2]上の値がBに入る絶対連続解yがただ一つ存在して[0,1/2]上でt3/3≤y(t)≤tantを満たすことを示せ。次に、T>0と、y(0)=0かつすべてのt∈[0,T)でy′(t)=t2+y(t)2を満たす一階連続微分可能な関数y:[0,T)→Rが与えられたとき、T≤1+π/2であることを示せ。
解答.
(t,u)∈[−1,1]2ならば∣f(t,u)∣=t2+u2≤2であり、u,v∈[−1,1]ならば∣f(t,u)−f(t,v)∣=∣u+v∣∣u−v∣≤2∣u−v∣である。fは連続であるから、N=∅、m≡2について Carathéodory 条件を満たし、ℓ≡2は可積分な Lipschitz 係数である。h=1/2についてt0の左右のmの積分はともに1=bである。定理 3.4により、[0,1/2]上の値がBに入る絶対連続解はただ一つであり、それは最大の解y∗にも最小の解y∗にも等しい。これをyと書く。
v(t)=t3/3は[0,1/2]上で一階連続微分可能であり、値は[0,1/24]⊆Bに入り、v′(t)=t2≤f(t,v(t))、v(0)=0を満たす。§E13.2 系 2.7 (2)によりvは有限閉区間[0,1/2]上で局所絶対連続であるから絶対連続であり、下解である。定理 4.1によりv≤y∗=yである。w(t)=tantは[0,1/2]上で一階連続微分可能であり、0≤tant≤tan(1/2)<tan(π/4)=1であるから値はBに入る。t2≤1であるからw′(t)=1+w(t)2≥f(t,w(t))であり、w(0)=0である。vと同じく§E13.2 系 2.7 (2)によりwは絶対連続であるから、wは上解であり、定理 4.1によりw≥y∗=yである。
y′≥0であるからyは単調非減少であり、[0,T)上でy≥0である。T≤1ならばT≤1+π/2である。T>1とする。arctanyは[0,T)上で一階連続微分可能であり、t∈[1,T)ではy′(t)=t2+y(t)2≥1+y(t)2であるから(arctany)′(t)=y′(t)/(1+y(t)2)≥1である。平均値の定理により、t∈[1,T)についてarctany(t)≥arctany(1)+(t−1)≥t−1である。arctany(t)<π/2であるから、すべてのt∈[1,T)でt<1+π/2であり、T≤1+π/2である。▨