§E10.5最大解と延長

証明.$H=I\cap J$とし、$A=\{t\in H:\boldsymbol y(t)=\boldsymbol z(t)\}$とおく。$t_0\in A$であり、両解の連続性から$A$は$H$の相対位相で閉じている。任意の$s\in A$に対して、$(s,\boldsymbol y(s))\in\Omega$の周りに、$\Omega$に含まれる正の時間幅と球半径をもつ閉矩形を取る。局所条件により§E10.4 定理 3.3を適用することができ、同じ初期値をもつ両解は$s$の近傍で一致する。従って$A$は$H$で相対的に開いている。区間$H$は連結であるから、空でない開閉部分集合$A$は$H$に等しい。▨

証明. 同じ初期値をもつ開区間上の絶対連続解の全体を$\mathcal S$とする。§E10.4 定理 3.3により$\mathcal S$は空でない。各$\boldsymbol u\in\mathcal S$の定義区間を$I_{\boldsymbol u}$と書き、

とおく。すべての$I_{\boldsymbol u}$が$t_0$を含むので、この和集合は$t_0$を含む開区間である。補題 1.3により、各解は重なり上で一致する。従って

によって$\boldsymbol y_{\max}:I_{\max}\to\R^d$が well-defined に定まり、そのグラフは$\Omega$に含まれる。

任意の有限閉区間$[a,b]\subseteq I_{\max}$を取る。$a'=\min\{a,t_0\}$、$b'=\max\{b,t_0\}$とおき、$a'\in I_{\boldsymbol u}$、$b'\in I_{\boldsymbol v}$を満たす$\boldsymbol u,\boldsymbol v\in\mathcal S$を取る。両区間は$t_0$を含むので、$[a',t_0]\subseteq I_{\boldsymbol u}$、$[t_0,b']\subseteq I_{\boldsymbol v}$である。$\boldsymbol y_{\max}$は前者で$\boldsymbol u$、後者で$\boldsymbol v$に一致し、両者は$t_0$で同じ値をもつ。§E10.2 命題 2.6により、$\boldsymbol y_{\max}$は$[a',b']$上で絶対連続である。長さが零の片方の区間は除けばよい。従って$[a,b]$上でも絶対連続である。

同じ分割の各部分で微分方程式はほとんど至る所で成り立つ。分点と各枝の例外集合の有限和は零集合なので、$[a,b]$上でも方程式がほとんど至る所で成り立つ。$I_{\max}$を可算個の有限閉区間で覆うと、$I_{\max}$上での例外集合も零集合である。従って$\boldsymbol y_{\max}$は初期値問題の絶対連続解である。

$\boldsymbol y_{\max}$を開区間$J$へ延長する絶対連続解$\boldsymbol z$があれば、$\boldsymbol z\in\mathcal S$なので$J\subseteq I_{\max}$である。延長の条件は逆の包含も与えるから$J=I_{\max}$であり、$\boldsymbol y_{\max}$は最大である。任意の$\boldsymbol z\in\mathcal S$は構成から$\boldsymbol y_{\max}$の制限である。$\boldsymbol z$も最大ならば、$\boldsymbol y_{\max}$がその延長であることから定義区間は一致し、両解も一致する。▨

証明. 各$p\in K$の周りに、$p$が内部に属し、$\Omega$に含まれる閉矩形$R_p=J_p\times B_p$を取る。$K$のコンパクト性により、これらの内部から有限部分被覆を選び、対応する矩形を$R_1,\ldots,R_n$と書く。各矩形上の Carathéodory 条件から非負可積分な支配関数$m_j\in L^1(J_j)$と共通零集合$N_j\subseteq J_j$を取る。

$m_j$を$J_j$の外で零に延長した関数を$\widetilde m_j$とし、

とおく。有限和なので$m_K\in L^1(\R)$であり、$N_K$は零集合である。$(t,\boldsymbol u)\in K$ならば、ある$j$に対して$(t,\boldsymbol u)\in R_j$となる。$t\notin N_K$ならば$t\notin N_j$であり、$\|f(t,\boldsymbol u)\|\leq m_j(t)\leq m_K(t)$を得る。$K=\varnothing$の場合は空の和$m_K=0$と$N_K=\varnothing$を取る。▨

証明. 右端点についての仮定を満たす$t_1,K$に補題 3.1を適用し、非負可積分関数$m_K$を取る。絶対連続解の導関数は局所可積分であり、$g(t)=f(t,\boldsymbol y(t))$とほとんど至る所で一致する。従って Lebesgue 測度の完備性により$g$は可測であり、$\|g(t)\|\leq m_K(t)$が$[t_1,\beta)$のほとんど至る所で成り立つ。特に$g\in L^1([t_1,\beta);\R^d)$である。

§E10.2 系 2.5と§E10.4 補題 3.1により、$t_1\leq s<t<\beta$ならば

である。§E10.2 補題 1.3 (1)により、右辺は$s,t\uparrow\beta$のとき零へ収束する。従って$\boldsymbol y(t)$は端点で Cauchy 条件を満たし、有限次元空間の完備性により

が存在する。$K$は閉じているので、$(\beta,\boldsymbol y_\beta)\in K\subseteq\Omega$である。

$\boldsymbol y(\beta)=\boldsymbol y_\beta$と定め、$g(\beta)=0$とする。$t<\beta$の積分表示で$t\uparrow\beta$とすると、積分の残りの部分のノルムは$\int_t^\beta m_K(r)\,dr$以下で零へ収束する。従って

が全点で成り立つ。§E10.2 補題 1.3 (3)により、端点値を加えた$\boldsymbol y$は$[t_1,\beta]$上で絶対連続である。

$(\beta,\boldsymbol y_\beta)\in\Omega$に§E10.4 定理 3.3を適用すると、ある$\delta>0$と、$\boldsymbol z(\beta)=\boldsymbol y_\beta$を満たす$(\beta-\delta,\beta+\delta)$上の絶対連続解$\boldsymbol z$が存在する。そこで

とおく。$\beta$をまたぐ任意の有限閉区間を、必要なら$t_1$と$\beta$で分割すると、各部分上の関数は絶対連続であり、分点で値が一致する。§E10.2 命題 2.6により$\widetilde{\boldsymbol y}$は局所絶対連続である。そのグラフは$\Omega$に含まれ、$t\ne\beta$ではもとの二つの解の方程式がほとんど至る所で成り立つ。一点$\{\beta\}$は零集合なので、$\widetilde{\boldsymbol y}$は$(\alpha,\beta+\delta)$上の絶対連続解であり、求める延長である。

左端点についての仮定を満たす$t_1,K$に対しても、同補題から$m_K$を取る。$\alpha<s<t\leq t_1$に対する

と積分の小集合評価により、$\boldsymbol y_\alpha=\lim_{t\downarrow\alpha}\boldsymbol y(t)$が存在し、$(\alpha,\boldsymbol y_\alpha)\in K\subseteq\Omega$となる。$g(t)=f(t,\boldsymbol y(t))$は$(\alpha,t_1]$上で可積分である。積分表示の下端を$\alpha$へ近づけると

を得る。従って端点を加えた関数は$[\alpha,t_1]$上で絶対連続である。初期値$(\alpha,\boldsymbol y_\alpha)$から得た局所解を$\alpha$の左側に置き、右側に$\boldsymbol y$を置く。端点値の一致と§E10.2 命題 2.6により局所絶対連続となり、分点以外のa.e.方程式とグラフ条件を保つので、$\alpha$を越える延長を得る。▨

証明. ある$K,t_1$について右端点の結論が成り立たないと仮定する。このとき$[t_1,\beta)$上のグラフは$K$に含まれるので、定理 4.1により$\beta$を越える延長が存在する。これは最大性と両立しない。左端点の結論が成り立たない場合も、$(\alpha,t_1]$上のグラフが$K$に含まれるため、同定理の左端点での延長が最大性に反する。

右端点への列は、$t_1\in(\alpha,\beta)$をグラフが$K$の外にある点として選んだ後、各$n\in\NN$に対して

となる$s_n$を取り、前半の結論を$s_n$へ適用して$t_{n+1}\in[s_n,\beta)$を選べばよい。$t_{n+1}>t_n$、$t_{n+1}>\beta-1/n$であるから、$t_n\uparrow\beta$である。▨

証明. 右端点側の上限がある$R\geq0$以下であると仮定する。$[t_1,\beta]\subseteq J$なので、

は$\Omega$のコンパクト部分集合であり、$[t_1,\beta)$上の解のグラフを含む。これは系 4.2に反する。左端点側で上限が有限ならば、$[\alpha,t_1]\subseteq J$と同じ閉球の直積がグラフを含み、同じ系の左端点の結論に反する。▨

証明.$\Omega$に含まれる閉矩形$R=J\times B$を取る。連続性とコンパクト性から、$R$上の大きさは有限な定数$M$で支配される。時間可測性と状態連続性は全点で成り立つ。

$\R\times\R^d$に距離$\max\{|t-s|,\|\boldsymbol u-\boldsymbol v\|\}$を入れる。各$p\in R$について、局所 Lipschitz 定数$L_p$をもつ近傍$U_p$と、$p$を中心とする半径$2r_p>0$の球が$U_p$に含まれるような$r_p$を取る。半径$r_p$の球から$R$の有限部分被覆を選び、その半径の最小値を$\rho>0$、定数の最大値を$L$とする。$R$内の二点の距離が$\rho$未満ならば、一方を含む選択された半径$r_p$の球に対し、両点は半径$2r_p$の球に含まれる。

$t\in J$と$\boldsymbol u,\boldsymbol v\in B$を取る。$B$は凸なので、状態の線分を各小線分の長さが$\rho$未満となるように等分すると、各隣接対は同じ$U_p$に属する。各対の Lipschitz 評価を足すと

を得る。従って$m=M$、$\ell=L$と空の零集合が矩形上の条件を満たす。

絶対連続解は連続であり、$f(t,\boldsymbol y(t))$も連続である。§E10.4 補題 2.4により積分方程式を満たし、§E10.4 補題 2.5により古典解である。逆に古典解は絶対連続解でもある。従って延長として許される関数の集合が一致し、最大性も一致する。▨

証明.補題 5.1により$f$は局所的な可積分支配条件を満たし、古典解は絶対連続解である。補題 1.3を適用して結論を得る。▨

証明.補題 5.1により局所条件を満たす$f$へ定理 2.1を適用する。得られた最大絶対連続解は古典解であり、二つの意味の最大性も一致するので、古典的最大解の存在と一意性を得る。▨

証明.補題 5.1と定理 4.1により絶対連続な延長が存在し、その延長は古典解である。

連続な$f$に対しては、右端点での積分評価を一定値の評価にすることができる。実際、$M=\max_{(t,\boldsymbol u)\in K}\|f(t,\boldsymbol u)\|<\infty$とすると、$t_1\leq s<t<\beta$に対して

となる。従って端点極限を与える Cauchy 評価は、一般形の可積分支配を定数$M$へ特殊化した評価である。▨

証明.補題 5.1により、$\boldsymbol y$は最大絶対連続解でもある。系 4.2を適用すると、各区間の離脱点とその列を得る。▨

証明.補題 5.1により古典的最大解は最大絶対連続解である。系 4.3に$J=\R$を適用する。有限端点$\beta$は$J$に属するので、主張の非有界性を得る。▨