Дифференциальные включения. Теорема о существовании решений
Содержание
Введение и определения
Уравнение \begin{equation} \label{1} \dot{x} \in F(x,t), \end{equation} где $$t \in \mathbb{R}$$ $$-$$ время, $$\dot{x} = \dfrac{dx}{dt}$$ $$-$$ производная по времени, $$F = F(x,t)$$ $$-$$ заданное многозначное отображение, ставящее в соответствие каждой паре $$(t,x), t \in \mathbb{R}, x \in \mathbb{R}^n$$, непустой замкнутое подмножество $$F(x,t) \subset \mathbb{R}^n,$$ называется дифференциальным включением.
Решение дифференциального включения
Решением этого дифференциального включения на заданном отрезке $$[t_1,t_2]$$ называется абсолютно непрерывная функция $$x(t), t \in [t_1,t_2]$$, удовлетворяющая для почти всех $$t$$ включению $$\dot{x}(t) \in F(x(t),t).$$
Задача Коши для дифференциального включения
Задача Коши для дифференциального включения имеет вид \begin{equation} \label{2} \dot{x} \in F(x,t),~ ~ ~ x(t_0) = x_0 \end{equation} и заключается в нахождении абсолютно непрерывной функции $$x(\cdot)$$, которая для некоторого $$\overline{t}>t_0$$ при почти всех $$t \in (t_0,\overline{t})$$ удовлетворяет дифференциальному включению $$\dot{x}(t) \in F(x(t),t)$$ и начальному условию $$x(t_0) = x_0$$, где $$x_0$$ и $$t_0$$ заданы. Функция $$x(\cdot)$$ называется ее локальным решением.
Теорема существования локального решения задачи Коши для дифференциальных включений
Теорема 1. Пусть в $$\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}$$ задано открытое множество $$G$$ и на нем определено многозначное отображение $$F$$ со значениями в $$\mathbb{R}^n$$. Пусть его значения $$F(x,t)$$ выпуклы и компактны для любых $$(x,t)$$, а само $$F$$ полунепрерывно сверху.
Тогда для любой точки $$(x_0,t_0) \in G$$ существует локальное решение задачи Коши $$\ref{2}$$. Более того, для любых $$\alpha, \beta > 0$$ таких, что \[ Z = O(x_0,\beta) \times [t_0,t_0+\alpha] \subset G, \] при \[ d = \min\left(\alpha, \dfrac{\beta}{m}\right), ~ ~m = \sup\left\{|y|, y \in F(x,t), (x,t) \in Z\right\} \] на отрезке $$[t_0,t_0+d]$$ существует решение задачи Коши $$\ref{2}~ x(\cdot)$$ (т.е. $$\dot{x}(t) \in F(x(t),t)$$ для почти всех $$t \in [t_0,t_0+d]$$).
Вспомогательные леммы
Лемма 1. Пусть $$D$$ $$-$$ выпуклый компакт в $$\mathbb{R}^n, v(\cdot):[a,b] \to D$$ $$-$$ измеримая вектор-функция. Тогда \[ (b-a)^{-1} \int_a^b v(t)dt \in D. \] Доказательство:
Положим \[ d = (b-a)^{-1} \int_a^b v(t)dt. \] Предположим, что $$d \notin D.$$ Тогда по теореме о строгой отделимости выпуклых компактов существуют такие $$l \in \mathbb{R}^n$$ и число $$\alpha$$, что $$\langle l,x \rangle \leqslant \alpha ~\forall x \in D$$ и $$\langle l,d \rangle > \alpha$$. Отсюда имеем \[ \alpha < \langle l,d \rangle = (b-a)^{-1} \int_a^b \langle l,v(t) \rangle dt \leqslant (b-a)^{-1} \int_a^b \alpha dt = \alpha. \] Полученное противоречие завершает доказательство. $$\blacksquare$$
Лемма 2. Пусть $$D$$ $$-$$ выпуклый компакт в $$\mathbb{R}^n$$, а $$\{x_k\}$$ $$-$$ последовательность таких абсолютно непрерывных функций $$\{x_k\}: [a,b] \to \mathbb{R}^n$$, что $$x_k(t) \to x(t)$$ при каждом $$t$$, а также для каждого $$k$$ и почти всех $$t \in [a,b]$$ имеет место $$\dot{x_k}(t) \in D$$ для почти всех $$t$$.
Доказательство:
В силу ограниченности множества $$D$$ существует такое $$c > 0$$, что $$|\dot{x_k}(t)| \leqslant c$$ для всех $$k$$ и почти всех $$t$$. Возьмем произвольные $$t_1, t_2 \in [a,b]$$. С помощью формулы Ньютона-Лейбница имеем \[ |x_k(t_2) - x_k(t_1)| = \Bigr| \int \limits_{t_1}^{t_2} \dot{x_k}(t) dt \Bigl| \leqslant \int \limits_{t_1}^{t_2} |\dot{x_k}(t)| dt \leqslant c|t_2 - t_1|. \] Переходя в этом неравенстве к пределу при $$k \to \infty,$$ получаем \[ |x(t_2) - x(t_1)| \leqslant c|t_2 - t_1| ~\forall t_1, t_2 \in [a,b]. \] Следовательно, функция $$x(\cdot)$$ удовлетворяет условию Липшица и, значит, она абсолютно непрерывна.
С помощью формулы Ньютона-Лейбница в силу Леммы 1 для почти всех $$t \in (a,b)$$ и достаточно малых $$\tau > 0$$ имеем \[ \tau^{-1}(x_k(t+\tau) - x_k(\tau)) = \tau^{-1} \int \limits_{t}^{t+\tau} \dot{x_k}(t)dt \in D. \] переходя к пределу при $$k \to \infty$$, получаем \begin{equation} \label{3} \tau^{-1}(x(t+\tau) - x(\tau)) \in D. \end{equation} Но функция $$x(\cdot)$$ абсолютно непрерывна и, значит, она дифференцируема почти всюду. Поэтому из $$\ref{3}$$ при $$\tau \to 0$$ получаем, что $$\dot{x}(t) \in D$$ для почти всех $$t$$. $$\blacksquare$$
Ниже для удобства для $$\delta > 0$$ через $$M^{\delta}$$ будем обозначать замкнутую $$\mathsf{\delta}$$-окрестность множества $$M$$, т.е. $$M^{\delta} = B(M,\delta)$$. Для $$\delta > 0$$ абсолютно непрерывная функция $$y: [a,b] \to \mathbb{R}^n$$ называется $$\mathsf{\delta}$$-решением (приближенным с точностью до $$\delta$$) дифференциального включения $$\ref{1}$$ на отрезке $$[a,b]$$, если $$\dot{y}(t) \in F_{\delta}(y,t)$$ для почти всех $$t \in [a,b]$$, где $$F_{\delta}(y,t) = (\text{conv}F(y^{\delta},t^{\delta}))^{\delta}$$.
Лемма 3. Пусть для $$F$$ выполняются все предположения теоремы 1. Пусть $$\delta_k \to 0+$$, функции $$x_k$$ являются $$\delta_k$$-решениями дифференциального включения $$\ref{1}$$ на отрезке $$[a,b]$$, а последовательность функций $$\{x_k\}$$ равномерно сходится к функции $$x(\cdot)$$, причем $$(x(t),t) \in G ~\forall t \in [a,b]$$. Тогда предельная функция $$x(\cdot)$$ является решением $$\ref{1}$$ на отрезке $$[a,b]$$.
Доказательство:
Функция $$x(\cdot)$$ непрерывна как равномерный предел непрерывных функций. Зафиксируем произвольное $$\tau \in [a,b]$$ и возьмем любое $$\varepsilon > 0$$. По условию $$F$$ полунепрерывно сверху. Поэтому существует такое $$\eta > 0$$, что \begin{equation} \label{4} F(x,t) \subset A^\varepsilon ~\forall (x,t) \in G_0, \end{equation} где \[ G_0 = \{(x,t): |t-\tau| \leqslant 2\eta, |x-x(\tau)| \leqslant 3\eta\},~ A = F(x(\tau), \tau). \] В силу непрерывности функции $$x(\cdot)$$ существуют такие $$\gamma \in (0, \eta)$$ и номер $$k_0$$, что \[ \delta_k < \min\{\eta,\varepsilon\}, |x_k(t) - x(t)| \leqslant \eta, |x(t) - x(\tau)| \leqslant \eta \] для всех $$t$$ таких, что $$|t-\tau|<\gamma$$, и всех $$k<k_0$$. Отсюда и из $$\ref{4}$$ при $$\delta = \delta_k, k > k_0, |t-\tau|<\gamma<\eta$$ имеем: \[ t^\delta \subset \tau^{2\eta}, (x_k(t))^\delta \subset (x(t))^{3\eta} \Rightarrow F((x_k(t))^\delta, t^\delta) \subset A^\varepsilon \] Поскольку функция $$x_k$$ является $$\delta_k$$-решением, а множество $$A$$ выпукло, то для почти всех $$t$$ выполняется \[ \dot{x_k}(t) \in (\text{conv}F(x_k(t)^{\delta},t^{\delta}))^{\delta} \subset (\text{conv}A^\varepsilon)^\delta \subset A^{2\varepsilon}. \] Поэтому в силу леммы 2 на множестве $$\{t:|t-\tau|<\gamma\}$$ функция $$x(\cdot)$$ абсолютно непрерывна и для почти всех $$t$$ из этого множества $$\dot{x}(t) \in A^{2\varepsilon}$$. $$\blacksquare$$
Таким образом, доказано, что для любого $$\tau$$ из отрезка $$[a,b]$$ существует такой интервал, содержащий содержащий точку $$\tau$$, что на пересечении отрезка $$[a,b]$$ с этим интервалом функция $$x(\cdot)$$ абсолютно непрерывна. Выбирая из этого покрытия отрезка $$[a,b]$$ открытыми интервалами конечное подпокрытие, получаем, что функция $$x(\cdot)$$ абсолютно непрерывна на $$[a,b]$$. Кроме того, доказано, что для любого $$\tau \in (a,b)$$, при котором функция $$x(\cdot)$$ дифференцируема в точке $$\tau$$, имеет место $$\dot{x}(\tau) \in F(x(\tau),\tau)^{2\varepsilon}$$ для произвольного $$\varepsilon > 0$$. Переходя в этом дифференциальном включении к пределу при $$\varepsilon \to 0$$, в силу замкнутости множества $$F(x(\tau), \tau)$$ получаем, что $$\dot{x}(\tau) \in F(x(\tau), \tau)$$. Таким образом, $$x(\cdot)$$ является решением $$\ref{1}$$.
Лемма 4. Пусть функция $$F~~h-$$непрерывна на компакте $$K$$ и для каждого $$p \in K$$ множество $$F(p)$$ ограничено. Тогда функция $$F$$ ограничена на $$K$$.
Доказательство:
В противном случае найдутся \[ p_i \in K,~~q_i \in F(p_i),~~|q_i| \to \infty~~(i = 1,2,...). \] Выберем сходящуюся подпоследовательность $$p_{i_j} \to p \in K$$. Из условий леммы следует, что \[ |F(p)| = a < \infty,~~q_{i_j} \in F(p_{i_j}) \subset (F(p))^\varepsilon~~(j > j_1(\varepsilon)). \]
Тогда $$|q_{i_j}| \leqslant a + \varepsilon.$$ Это противоречит предположению $$|q_i| \to \infty$$.
Доказательство теоремы 1
Из леммы 4 следует, что верхняя часть $$m$$ конечна.
Проведем доказательство методом ломаных Эйлера. Для $$k = 1,2,...$$ положим: \[ h_k = \frac{d}{k}, t_{k,i} = t_0 + ih_k, i = 0,1,...,k. \] Построим ломаную $$x_k(t)$$. Положим $$x_k(t_{k,0}) = x_0$$. Если для некоторого $$i$$ значение $$x_k(t_{k,i})$$ уже определено и \begin{equation} \label{5} |x_k(t_{k,i}) - x_0| \leqslant m|t_{k,i} - t_0|, \end{equation} то при $$t \in (t_{k,i}, t_{k,i+1}]$$ определим $$x_k(t)$$ по формуле \begin{equation} \label{6} x_k(t) = x_k(t_{k,i}) + (t - t_{k,i})v_{k,i}, \end{equation} взяв любое $$v_{k,i} \in F(x_k(t_{k,i}), t_{k,i}).$$
Поскольку в силу $$\ref{5} (x_k(t_{k,i}),t_{k,i}) \in Z$$, то $$|v_{k,i}| \leqslant m$$, и из $$\ref{5}, \ref{6}$$ имеем \begin{equation} \label{7} |x_k(t) - x_0| \leqslant |x_k(t) - x_k(t_{k,i})| + |x_k(t_{k,i}) - x_0| \leqslant m|t-t_0| ~\forall t \in (t_{k,i},t_{k,i+1}]. \end{equation} При этом справедливо неравенство, полученное из $$\ref{5}$$ заменой $$i$$ на $$i+1$$. Таким образом, ломаная $$x_k$$ последовательно строится на отрезках $$[t_{k,i}, t_{k,i+1}]$$ при $$i = 0,1,...,k-1$$. В силу $$\ref{7} (x_k(t),t) \in Z ~\forall t \in [t_0,t_0+d]$$. В силу $$\ref{6}$$ функция $$x_k$$ абсолютно непрерывна и $$|\dot{x_k}(t) \leqslant m| ~\forall t \neq t_{k,i}$$. Поскольку \begin{equation} \dot{x_k}(t) = v_{k,i} \in F(x_k(t_{k,i}),t_{k,i}), |x_k(t) - x_k(t_{k,i})| \leqslant mh_k ~\forall t \in [x_k(t_{k,i}), x_k(t_{k,i}) + h_k], \end{equation} то $$x_k$$ является $$\delta_k$$-решением включения $$\ref{2}$$ при $$\delta_k = h_k\max\{1,m\}$$, причем $$\delta_k \to 0, k \to \infty$$.
В силу $$\ref{7}$$ последовательность функций $$\{x_k\}$$ равномерно ограничена, а в силу оценки $$|\dot{x_k}| \leqslant m$$ она равностепенно непрерывна. Поэтому по теореме Арцела из этой последовательности можно выбрать равномерно сходящуюся подпоследовательность. По лемме 3 ее предел $$x(\cdot)$$ является решением $$\ref{1}$$. Из того, что $$x_k(t_0) = x_0$$ при всех $$k$$ имеем $$x(t_0) = x_0$$. $$\blacksquare$$
Пример
Рассмотрим $$G = \{x,t \in \mathbb{R}, 0 < x < 4, 0 < t < 10\},$$ $$F(x,t) = [\min(x, x^2), \max(x, x^2)], t_0 = 0, x_0 = 2.$$
Тогда одним из решений будет $$x = 2e^t$$ (т.к. нам подходит вариант $$\dot{x} = x$$).
Необходимо проверить, что решение $$x(t)$$ является абсолютно непрерывной функцией.
Легко доказать, что из того, что $$x(t) \in C^1[a,b]$$, следует, что $$x(t)$$ абсолютно непрерывна на $$[a,b]$$.
Рассмотрим функцию $$x(t) = 2e^t, t \in (0,10)$$. Доопределим ее в крайних точках $$x(0) = 2, x(10) = 2e^{10}$$. Тогда функция непрерывно дифференцируема на отрезке, следовательно, абсолютно непрерывна на нем, следовательно, абсолютно непрерывна на любом подмножестве этого отрезка.
Список литературы
1) Арутюнов А. В. "Лекции по выпуклому и многозначному анализу", М.: ФИЗМАТЛИТ, 2014.
2) Филиппов А.Ф. "Дифференциальные уравнения с разрывной правой частью", М.: Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1985.
