Лемма о равномерной непрерывности.

Лемма:

X ,Y

K

Пусть

–

метрические

пространства,

–

метрический

компакт,

а

f : X × K →Y

– непрерывно на всем

X × K , тогда

f (x, k )

– непрерывно по x

и эта не-

прерывность

равномерна

по

k K ,

то есть

x X

и

ε > 0

δ > 0 ,

что

′

X ,

x

′

)<δ ,

k K

′

не зави-

ρX (x, x

выполняется неравенство ρ(f (x,k ), f (x , k ))< ε (то есть δ

сит от k).

Доказательство:

f

◄ Выберем произвольно x X и ε > 0 . Надо найти δ > 0 . В силу непрерывности

в

точке (x, k )

имеем ( k ):

′

′

′

′

)<δ(k ):

δ(k )> 0, x X ,

ρX (x, x )<δ(k ),

k

K, ρK (k,k

′ ′

))<

ε

. Используя аксиому выбора можно считать, что задана функция

ρY (f (x,k ), f (x ,k

k δ(k )

(δ(k )> 0)2

на

всем К.

Заметим:

K = U (k,δ(k )),

где

U (k,δ(k ))=

k K

= {k′ K | ρK (k,k′)<δ(k )} – открытый шар в К, с центром в точке k, радиуса δ(k ). В силу

компактности

К,

имеем

k

,

i =

:

K = n U (k

,δ(k

)). Положим

δ = minδ(k

), тогда

1, n

i

i

i

1≤i≤n

i

δ > 0 , покажем, что это δ

– искомое.

i =1

k U (ki ,δ(ki )),

Пусть

′

,

′

)<δ ,

k K

, тогда

i ,

1 ≤ i ≤ n :

то

есть

x X

ρX (x, x

ρK (k,ki )<δ(ki ). Имеем:

Пусть Ω – метрическое пространство, D –

открытое множество в R ×Cq ×Ω,

функция f : D → Cq

– непрерывна на D , ограничена (

f (x, y, μ)

≤ M ), удовлетворяет ус-

ловию Липшица по у. Далее: пусть

y′ =

f (x, y, μ)

(1)

,

y(x) – решение задачи Коши:

(2)

y(h)= u

при h = h0 , u = u0

и μ = μ0 ,

определенное

на [a,b]. Тогда

d > 0 ,

что

(h,u, μ) U ((h0 ,u0 , μ0 ),d )

=

{(h,u, μ) R ×Cq ×Ω| h [a,b],

h − h0

< d,

u −u0

< d, ρ(μ0 , μ)< d} ! решение ϕ(x, h,u, μ)

задачи (1), (2), определенное на всем [a,b], причем ϕ(x, h,u, μ) – непрерывно по (h,u, μ),

′ ′ ′

) U ((h,u, μ), d ), x [a,b]:

′ ′ ′

)

< ε

δ > 0 , (h ,u , μ

ϕ(x, h,u, μ)−ϕ(x,h ,u , μ

d

δ ·

(h, u, μ)

(h0 ,u0 , μ0 )

Доказательство:

◄ 1) d > 0 x [a,b], y Cq ,

y − y(x)

< d

1

μ Ω , ρ(μ

, μ)< d : (x, y, μ) D .

1

0

1

Допустим,

что

это

не

так.

Тогда n

x

n

[a,b], y

n

Cq

,

y

n

− y(x )

< 1 , точка

n

h

μ

n

Ω, ρ(μ

0

, μ

n

)<

1

:

(x , y

, μ

n

) D .

h

n

n

→ x [a,b]. Заметим, что

По теореме Больцано-Вейерштрассе: xnk

y

− y(x )

≤

y

− y(x

)

+

y(x

)− y(x )

≤

1

+

y(x

)− y(x )

→ 0 ,

nk

nk

nk

nk

nk

nk

, μnk )→ (x , y(x ), μ0 ) D , так

так как y(x) непрерывна в точке x . В этом случае (xnk

, ynk

как x [a,b], y(x)

определена по условию на всем [a,b], то есть

′

(x, y(x), μ0 ) и

y (x)= f

точку

(x , y(x ), μ0 )

можно считать аргументом

f

(то есть можно подставлять в уравне-

ние (1)).

y(x)

определено на [a,b], то его можно подставить в (1) f (x , y(x ), μ0 ) –

Поскольку

имеет смысл (x , y(x ), μ0 ) D . В силу открытости D, точка (xnk

, ynk , μnk ) D , при дос-

таточно больших k, а это противоречит выбору точек (xnk , ynk , μnk

) ( D).

2) d2

> 0 ,

d2 < d1 ,

(h,u, μ) U ((h0 ,u0 , μ0 ), d2 ): (h,u, μ) D &

(h, y(h), μ) D это следует

из открытости множества, непрерывности y(x) в точке h0 и условия y(h0 )= u0 . Выберем

d > 0 , d < d2 .

Пусть (h,u, μ) U ((h0 ,u0 , μ0 ), d ), тогда точка (h,u, μ) D в силу 2)

и существует единст-

~

венное решение y(x) задачи Коши (1), (2), определенное в окрестности точки h. Заметим

так же, что

y(x) определена в окрестности точки h (поскольку (h, y(h), μ) D , D – от-

крыто и y(x) – непрерывна в точке h).

Сделаем оценки:

x

h

x

x

~

y(x)= u0 + ∫ f (t, y(t), μ0 )dt = u0 + ∫ f (t, y(t), μ0 )dt + ∫

~

f (t, y(t), μ0 )dt , y(x)= u + ∫

f (t, y(t), μ)dt

h0

h0

h

h0

и вычитаем из одного другое:

~

h

x

0 ≤

∫ f (t, y(t),

μ0 )dt

∫[f (t, y(t), μ0 )− f (t, y(t), μ)]dt

y(x)− y(x)

≤

u0 −u

+

+

+

h0

h

+

x

~

≤ d

+ Md +

x

∫[f (t, y(t), μ)− f (t, y(t), μ)]dt

∫

f (t, y(t), μ0 )− f (t, y(t), μ)

dt

+

h

h

x

~

+

∫L

y(t)− y(t)

dt

≤

h

(заметим, что g(t, μ)определено при всех t [a,b] и μ :

ρ(μ0 , μ)< d1 );

g(t, μ) непрерывна

по (t, μ), g(t, μ0 )= 0 ; по лемме о равномерной непрерывности: g(t, μ)→ g(t, μ0 )= 0 при

μ → μ0 равномерно по t [a,b], а тогда η(d )= (b − a)

sup(t, μ)

при d → +0 )

t [a,b]; μΩ, ρ(μ0 ,μ)<d

x

~

≤ d + Md +η(d )+

∫L

y(t)− y(t)

dt

:

h

(По замечанию к лемме Гронуолла)

~

≤ (d + Md +η

(d ))e

L(b−a )

< d2 ( )

y(x)− y(x)

(не зависит от x и при достаточно малых d > 0 ).

= {(x, y)| a ≤ x ≤ b,

≤ d2}

~

Продолжим y(x) вплоть до границы трубки Td2

y − y(x)

d 2

0

y(x)

~

y(x)

В силу ( ) график продолженного решения

~

только при

y(x) выйдет на границу Td 2

x = a и x = b .

непрерывно по (h,u, μ) в точке (h0 ,u0 , μ0 ),

Из первой части ( ) следует, что ϕ(x, h,u, μ)

равномерно по

~

x [a,b]. Проводя для y(x) те же рассуждения, что и для y(x), получим,

что ϕ(x, h,u, μ)

непрерывно по (h,u, μ), равномерно по x [a,b] в окрестности точки

1

k

y1

y1

[a,b] называется линейно зависимыми

def: Система векторов y1 =

,…, yk =

на

y1n

ynk

на [a,b], если существуют

такие

числа

α1,…,αk C ,

α1

+…+

αk

> 0 такие, что

0

α1 y1(x)+…+αk yk (x) ≡ 0 =

.

0

Пример:

0

0

, тогда y1

и y2

линейно независимы на [0,1]. Действительно

y1 =

1

, y2

=

x

пусть α1 y1(x)+α2 y2 (x)≡ 0 α1 1 +α2 x ≡ 0 α1 = 0, α2 = 0

y1 и

y2

линейно

независимы на [0,1], однако W (x)=

0

0

≡ 0 на [0,1].

1

x

Теорема 2:

x0 [a,b]

Пусть y1,…, yn – решение системы y′ = A(x)y (2) и существует точка

такая, что W (x0 )= 0 , тогда y1,…, yn линейно зависимы на [a,b] и следовательно по Тео-

реме 1 W (x)≡ 0 на [a,b].

Доказательство:

(x0 )= 0 , то столбцы W (x0 ) линейно зависимы,

то есть α1,…,αn C ,

◄ Поскольку W

α1

+…+

αn

> 0 ,

α1 y1(x0 )+…+αn yn (x0 )= 0 . Положим y(x)=α1 y1(x)+…+αn yn (x), тогда

y(x) – решение системы (2) в силу ее линейности и однородности. Далее

y(x0 )= 0 по

~

(x)≡ 0 так же решение системы (2) с теми же начальными

построению заметим, что y

условиями. По теореме о единственности решения задачи Коши

~

y(x)≡ y(x)≡ 0

y1,…, yn линейно зависимы на [a,b]. ►

Следствие: Пусть y1,…, yn

– решение системы (2) и x1 [a,b]:

W (x1 )≠ 0 , тогда

W (x)≠ 0 x [a,b].