| Математические заметки |
|
|
|
|
|
О непрерывной зависимости решения дифференциального уравнения от правой части и краевых условий Е. Р. Аваковa, Г. Г. Магарил-Ильяевbcd a Институт проблем управления им. В. А. Трапезникова РАН, г. Москва b Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова, механико-математический факультет c Институт проблем передачи информации им. А. А. Харкевича Российской академии наук, г. Москва d Южный математический институт Владикавказского научного центра Российской академии наук, г. Владикавказ
Англоязычная версия:
Mathematical Notes, 2023, Volume 114, Issue 1, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S0001434623070015 
Реферативные базы данных:
  В работе рассматривается следующая краевая задача:
$$
\begin{equation*}
\begin{gathered} \, \dot x=\varphi(t,x), \qquad f_i(x(t_0),x(t_1))\leqslant0, \quad i=1,\dots,m_1, \\ g_i(x(t_0),x(t_1))=0, \quad i=1,\dots,m_2, \end{gathered}
\end{equation*}
\notag
$$
на отрезке $[t_0,t_1]$ и для нее доказывается теорема о непрерывной зависимости решения данного дифференциального уравнения от его правой части и от функций $f_i$, $i=1,\dots,m_1$, и $g_i$, $i=1,\dots,m_2$. В качестве следствий получены, в частности, обобщение теоремы о непрерывной зависимости решения дифференциального уравнения от правой части и начального условия в задаче Коши (см. [1; § 7]) и теорема о непрерывной зависимости от правой части и начальных условий в краевой задаче для уравнения второго порядка.
Основной результат, касающейся непрерывной зависимости в указанной задаче, является следствием некоторой абстрактной леммы об обратной функции, доказательство которой существенным образом опирается на теорему Шаудера о неподвижной точке, утверждающей, что если образ непрерывного отображения, переводящего выпуклое замкнутое подмножество банахового пространства в себя, является предкомпактным, то это отображение имеет неподвижную точку (см., например, [2; п. 3.6.2]). Пусть $G_0$ – открытое подмножество $\mathbb R\times\mathbb R^n$, $G_1$ – открытое подмножество $\mathbb R^n\times\mathbb R^n$, отображения $\varphi\colon G_0\to \mathbb R^n$ (переменных $t\in\mathbb R$ и $x\in\mathbb R^n$), $f\colon G_1\to \mathbb R^{m_1}$ и $g\colon G_1\to \mathbb R^{m_2}$ (переменных $\zeta_i\in\mathbb R^n$, $i=0,1$) непрерывны. Приведенную выше задачу тогда можно записать так
$$
\begin{equation}
\dot x=\varphi(t,x), \qquad f(x(t_0),x(t_1))\leqslant0, \qquad g(x(t_0),x(t_1))=0.
\end{equation}
\tag{1}
$$
Пусть $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (1), график которого $\Gamma=\{(t,\widehat x(t))\colon t\in[t_0,t_1]\}$ принадлежит $G_0$, а $(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\in G_1$. Для формулировки основного результата нам понадобятся некоторые обозначения. Пусть $Z$ – нормированное пространство и $\mathcal M$ – топологическое пространство. Обозначим через $C(\mathcal M,Z)$ пространство непрерывных ограниченных отображений $F\colon \mathcal M\to Z$ с нормой
$$
\begin{equation*}
\|F\|_{C(\mathcal M, Z)}=\sup_{x\in \mathcal M}\|F(x)\|_Z.
\end{equation*}
\notag
$$
Пространство непрерывно дифференцируемых вектор-функций на $[t_0,t_1]$ со значениями в $\mathbb R^n$ обозначаем через $C^1([t_0,t_1],\mathbb R^n)$. Евклидову норму в $\mathbb R^n$ обозначаем $|\cdot|$. Значение линейного функционала $\lambda=(\lambda_1,\dots,\lambda_n)\in(\mathbb R^n)^*$ на элементе $x=(x_1,\dots,x_n)^T\in\mathbb R^n$ ($T$ – символ транспонирования) записываем так $\langle \lambda,x\rangle=\sum_{i=i}^n\lambda_ix_i$. Через $(\mathbb R^n)^*_+$ обозначим множество функционалов на $\mathbb R^n$, принимающих неотрицательные значения на неотрицательных векторах. Если $\Lambda\colon \mathbb R^n\to\mathbb R^m$ – линейный оператор, то $\Lambda^*\colon (\mathbb R^m)^*\to(\mathbb R^n)^*$ – сопряженный оператор к $\Lambda$.
Если $X$ – нормированное пространство, то $U_X(x_0,r)$ и $B_X(x_0,r)$ – соответственно открытый и замкнутый шары в $X$ радиуса $r$ с центром в точке $x_0$. Если $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (1), то, очевидно, существует такое $\rho>0$, что компакт
$$
\begin{equation*}
\Delta(\rho)=\bigl\{(t,x)\in\mathbb R\times\mathbb R^n\colon |x-\widehat x(t)|\leqslant\rho,\,t\in[t_0,t_1]\bigr\}
\end{equation*}
\notag
$$
принадлежит $G_0$ и $B(\rho)=B_{\mathbb R^{2n}}((\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)),\rho)\subset G_1$.
Для сокращения записи производные отображений $f$ и $g$ и их частные производные по $\zeta_i\in\mathbb R^n$, $i=0,1$, в точке $(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$ записываем соответственно как $\widehat f'$, $\widehat g'$ и $\widehat f_{\zeta_i}$, $\widehat g_{\zeta_i}$, $i=0,1$. Пусть в задаче (1) отображение $\varphi$ непрерывно вместе со своей частной производной по $x$, отображения $f$ и $g$ дифференцируемы и $\widehat x(\cdot)$ – решение этой задачи. Определим множество $\Lambda(\widehat x(\cdot))$ как совокупность наборов
$$
\begin{equation*}
(\lambda_f,\lambda_g,p(\cdot))\in (\mathbb R^{m_1})_+^*\times(\mathbb R^{m_2})^*\times C^1([t_0,t_1],(\mathbb R^n)^*),
\end{equation*}
\notag
$$
удовлетворяющих соотношениям
$$
\begin{equation}
\begin{gathered} \, \dot p(t) =-p(t)\varphi_x(t,\widehat x(t)), \\ p(t_0)={\widehat {f}_{\zeta_0}}^*\lambda_f+{\widehat {g}_{\zeta_0}}^*\lambda_g, \qquad p(t_1)=-{\widehat {f}_{\zeta_1}}^*\lambda_f-{\widehat {g}_{\zeta_1}}^*\lambda_g, \\ \langle \lambda_f,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\rangle=0. \end{gathered}
\end{equation}
\tag{2}
$$
Ясно, что нулевой набор удовлетворяет этим соотношениям.
Основным результатом данной работы является следующая Теорема 1. Пусть $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (1). Если отображение $\varphi$ непрерывно вместе со своей частной производной по $x$, отображения $f$ и $g$ дифференцируемы и $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$, то найдутся константа $\kappa>0$ и окрестность $\widetilde W\subset C(\Delta(\rho),\mathbb R^n)\times C(B(\rho),\mathbb R^{m_1})\times C(B(\rho),\mathbb R^{m_2})$ точки $(\varphi(\cdot), f(\cdot),g(\cdot))$ такие, что для любой точки $(\widetilde\varphi(\cdot), \widetilde f(\cdot),\widetilde g(\cdot))\in \widetilde W$ существует решение $\widetilde x(\cdot)$ краевой задачи Заметим, что теорема утверждает больше, чем непрерывная зависимость от правой части и краевых условий, а именно, доказывается линейная оценка (4), из которой, очевидно, эта непрерывная зависимость следует. Перед непосредственным доказательством этой теоремы приведем доказательства леммы об обратной функции и леммы, характеризующей условие $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$ в других терминах. Лемма 1 (об обратной функции). Пусть $X$, $Y$, $Y_1$ – банаховы пространства и $Y_1$ непрерывно вложено в $Y$, $K$ – выпуклое замкнутое подмножество $X$, $V$ – окрестность точки $\widehat x\in K$ и $F\in C(V,Y)$. Тогда если выполнены условия то найдутся окрестность $U\subset Y_1$ точки $F(\widehat x)$, окрестность $W\subset C(V\cap K,Y)$ отображения $F$ и константа $c>0$ такие, что для любого отображения $\widetilde F\in W$, для которого $\widetilde F-F\in C(V\cap K,Y_1)$, существует отображение $\psi_{\widetilde F}\colon U\to V\cap K$, удовлетворяющее соотношениям для всех $y\in U$. Доказательство. Из условий леммы 1 следует, что выполнены предположения леммы 1 из статьи авторов в [3], из которой, в свою очередь, следует существование положительных чисел $\gamma$, $a$ и непрерывного отображения $R\colon U_{Y}(0,\gamma)\to K-\widehat x$ таких, что для всех $z\in U_{Y}(0,\gamma)$ справедливы соотношения ($A=F'(\widehat x)$)
Пусть $0<\varepsilon<1/a$. В силу условия 1) найдется $0<\delta\leqslant1$ такое, что и если $x\in U_X(0,\delta)$, то
$$
\begin{equation}
\|F(\widehat x+x)-F(\widehat x)-A x\|_Y\leqslant\varepsilon\|x\|_X.
\end{equation}
\tag{7}
$$
Поскольку $Y_1$ непрерывно вложено в $Y$, то существует константа $b>0$ такая, что $\|y\|_Y\leqslant b\|y\|_{Y_1}$ для всех $y\in Y_1$. Выберем $r>0$ и $\delta_1>0$ так, чтобы
$$
\begin{equation}
r+b\delta_1\leqslant(1-\varepsilon a)\min\biggl(\gamma,\frac \delta a\biggr),
\end{equation}
\tag{8}
$$
и положим $U=U_{Y_1}(F(\widehat x),\delta_1)$, $W=U_{C(V\cap K,Y)}(F,r)$.
Пусть $y\in U$, $\widetilde F\in W$ и $ \widetilde F-F\in C(V\cap K,Y)$. Для каждого $x\in U_X(0,\delta)\cap(K-\widehat x)$ положим
$$
\begin{equation*}
z(x)=z_{y,\widetilde F}(x)=A x+y-\widetilde F(\widehat x+x).
\end{equation*}
\notag
$$
Записывая $z(x)$ в виде
$$
\begin{equation*}
z(x)=A(\widehat x+x)-F(\widehat x+x)+F(\widehat x+x)-\widetilde F(\widehat x+x)+F(\widehat x)-A\widehat x+y-F(\widehat x),
\end{equation*}
\notag
$$
получаем из условия 4) леммы, выбора $\widetilde F$ и $y$, что $z(x)\in B_{Y_1}(0,\kappa)$ для всех $x\in U_X(0,\delta)\cap(K-\widehat x)$ и некоторого $\kappa=\kappa(y,\widetilde F)>0$.
Записывая $z(x)$ в виде
$$
\begin{equation*}
z(x)=-(F(\widehat x+x)-F(\widehat x)-A x) +F(\widehat x+x)-\widetilde F(\widehat x+x)+y-F(\widehat x),
\end{equation*}
\notag
$$
заключаем (в силу неравенства (7) и выбора $\widetilde F$), что
$$
\begin{equation}
\|z(x)\|_Y\leqslant \varepsilon\|x\|_X +\|\widetilde F-F\|_{C(V\cap K,Y)}+\|y-F(\widehat x)\|_Y=\varepsilon\|x\|_X+d
\end{equation}
\tag{9}
$$
для всех $x\in U_X(0,\delta)\cap(K-\widehat x)$, где
$$
\begin{equation*}
d=d(y, \widetilde F)=\|\widetilde F-F\|_{C(V\cap K,Y)}+\|y-F(\widehat x)\|_Y.
\end{equation*}
\notag
$$
Положим $c=a/(1-\varepsilon a)$ и обозначим Введем отображение $\Phi=\Phi_{y,\widetilde F}\colon M\to X$, действующее по формуле Отображение определено корректно, так как, во-первых, $cd<\delta$, поскольку $d<r+b\delta_1$ (в силу выбора $y$ и $\widetilde F$ и непрерывности вложения $Y_1$ в $Y$), то, учитывая (8), имеем $cd<a(r+b\delta_1)/(1-\varepsilon a)\leqslant \delta$, а, во-вторых, отсюда учитывая (9) и используя (8), получим, что
$$
\begin{equation*}
\|z(x)\|_Y\leqslant\varepsilon\|x\|_X+d<(\varepsilon c+1)d=\frac{d}{1-\varepsilon a}<\frac{r+b\delta_1}{1-\varepsilon a}\leqslant\gamma.
\end{equation*}
\notag
$$
Отображение $\Phi$ непрерывно, как суперпозиция непрерывных отображений, и переводит выпуклое замкнутое множество $M$ в себя. Действительно, пусть $x\in M$. В силу (6), предыдущей оценки и определения $c$
$$
\begin{equation*}
\|\Phi(x)\|_X=\|R(z(x))\|_X\leqslant a\|z(x)\|_Y<\frac{ad}{1-\varepsilon a}=cd,
\end{equation*}
\notag
$$
т.е. $\Phi(x)\in B_X(0, cd)$. Кроме того, $\Phi(x)\in K-\widehat x$ по определению отображения $R$.
Покажем теперь, что образ $M$ при отображении $\Phi$ предкомпактен. Пусть $x\in M$. Из определения $\Phi$ и равенства в (6) следует, что Так как по доказанному $z(x)\in B_{Y_1}(0,\kappa)$, то
$$
\begin{equation*}
\Phi(x)\in A^{-1}(z(x))\subset A^{-1}(B_{Y_1}(0,\kappa)).
\end{equation*}
\notag
$$
Кроме того, $\Phi(x)\in B_X(0,cd)\subset B_X(0,1)$ ($cd<\delta\leqslant1$). Следовательно, образ $B_X(0, cd)$ при отображении $\Phi$ содержится во множестве $B_X(0,1)\cap A^{-1}(B_{Y_1}(0,\kappa))$, которое, очевидно, предкомпактно в силу предкомпактности множества $B_X(0,1)\cap A^{-1}(B_{Y_1}(0,1))$ в силу условия 3) леммы, и тем самым этот образ сам предкомпактен.
По теореме Шаудера найдется элемент $\widetilde x=\widetilde x(y,\widetilde F)$ такой, что $\Phi(\widetilde x)=\widetilde x$. Тогда отсюда, из определения $\Phi$, из равенства в (6) и определения $z(x)$ следует, что
$$
\begin{equation*}
A \widetilde x=A\Phi(\widetilde x)=A R(z(\widetilde x)) =z(\widetilde x)=A \widetilde x+y-\widetilde F(\widehat x+\widetilde x),
\end{equation*}
\notag
$$
т.е. $\widetilde F(\widehat x+\widetilde x)=y$. Положим $\psi_{\widetilde F}(y)=\widehat x+\widetilde x$. По условию
$$
\begin{equation*}
\widetilde x\in U_X(0,\delta)\cap(K-\widehat x)\subset (V-\widehat x)\cap(K-\widehat x)
\end{equation*}
\notag
$$
и поэтому $\psi_{\widetilde F}(y)\in V\cap K$, т.е. справедливо равенство в (5) для любого $y\in U$.
Так как $\psi_{\widetilde F}(y)-\widehat x=\widetilde x\in B_X(0, cd)$, то справедливо неравенство в (5), и лемма об обратной функции доказана. Пусть $X=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^n\times \mathbb R^{m_1}$, $Y=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^{m_1}\times \mathbb R^{m_2}$ и $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (1). Рассмотрим отображение $A(\widehat x(\cdot))\colon X\to Y$, действующее для всех $(h(\cdot),\xi,\nu)\in X$ и $t\in[t_0,t_1]$ по формуле
$$
\begin{equation*}
A(\widehat x(\cdot))[h(\cdot),\xi,\nu](t)=\biggl(h(t)-\xi -\int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat x(\tau))h(\tau)\,d\tau, \, \widehat f'[\xi,h(t_1)]+\nu,\, \widehat g'[\xi,h(t_1)]\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Нетрудно убедиться, что это линейный непрерывный оператор.
Положим
$$
\begin{equation*}
K=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^n\times \bigl(\mathbb R^{m_1}_++f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\bigr).
\end{equation*}
\notag
$$
Ясно, что это выпуклое замкнутое подмножество $X$.
Лемма 2. Следующие условия эквивалентны: 1) $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$; 2) $0\in\operatorname{int}A(\widehat x(\cdot))K$. Доказательство этой леммы опирается на следующие два предложения. Предложение 1. Пусть $X$, $Y_1$, $Y_2$ – банаховы пространства, $A_i\colon X\to Y_i$, $i= 1,2$, – линейные непрерывные операторы, оператор $A=(A_1,A_2)\colon X\to Y=Y_1\times Y_2$ действует по правилу $Ax=(A_1x,A_2x)$, $x\in X$, и $C$ – выпуклое замкнутое подмножество $X$. Тогда $0\in\operatorname{int}AC$ в том и только в том случае, если Доказательство. Пусть $0\in\operatorname{int}AC$. Тогда найдется $r>0$ такое, что $U_{Y_1}(0,r)\times U_{Y_2}(0,r)\subset A(C)$. Отсюда получаем включение $U_{Y_1}(0,r)\subset A_1C$ и, значит, $0\in\operatorname{int}A_1C$.
Далее, так как $\{0\}\times U_{Y_2}(0,r)\subset A(C)$, для любого $y_2\in U_{Y_2}(0,r)$ найдется элемент $x\in C\cap\operatorname{Ker}A_1$ такой, что $A_2x=y_2$ и тем самым $0\in\operatorname{int}A_2(C\cap \operatorname{Ker}A_1)$. Обратно, пусть $0\in\operatorname{int}A_1C$ и $0\in\operatorname{int}A_2(C\cap \operatorname{Ker}A_1)$. Из первого включения следует, что выполнены предположения леммы $1$ из статьи авторов в [3], из которой, как уже было сказано в начале доказательства леммы 1, следует существование чисел $\gamma>0$, $a>0$ и отображения $R\colon U_{Y_1}(0,\gamma)\to C$ таких, что для всех $y_1\in U_{Y_1}(0,\gamma)$ справедливы соотношения
$$
\begin{equation}
A_1R(y_1)=y_1, \qquad \|R(y_1)\|_X\leqslant a\|y_1\|_{Y_1}.
\end{equation}
\tag{10}
$$
Из второго включения следует, что $U_{Y_2}(0,\rho)\subset A_2(C\cap \operatorname{Ker}A_1)$ для некоторого $\rho>0$. Пусть $0<\delta\leqslant \min(\rho/4, \rho/4a\|A_2\|,\gamma/2)$. Покажем, что $U_{Y}(0,\delta)\subset AC$.
Если $y=(y_1,y_2)\in U_{Y}(0,\delta)$, то $2y_1\in U_{Y_1}(0,\gamma)$ согласно выбору $\delta$ и поэтому в силу (10) найдется $x_1=R(2y_1)\in C$ такое, что $A_1x_1=2y_1$. Теперь покажем, что $2y_2-A_2x_1\in U_{Y_2}(0,\rho)$. Действительно, учитывая выбор $\delta$ и неравенство в (10), будем иметь
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \|2y_2-A_2x_1\|_{Y_2} &\leqslant2\|y_2\|_{Y_2}+\|A_2\|\,\|x_1\|_X <\frac{\rho}2+\|A_2\|a\|2y_1\|_{Y_1} \\ &<\frac{\rho}2 +\|A_2\|2a\delta\leqslant \frac{\rho}2+ \frac{\rho}2=\rho. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Следовательно, найдется $x_2\in C\cap \operatorname{Ker}A_1$, для которого $A_2x_2=2y_2-A_2x_1$.
Положим $x=(1/2)x_1+(1/2)x_2$. Так как $x_i\in C$, $i=1,2$, и $C$ выпукло, то $x\in C$. Далее, поскольку $x_2\in \operatorname{Ker}A_1$, то а из определения $x_2$ следует, что
$$
\begin{equation*}
A_2x=\frac12A_2x_1+\frac12A_2x_2=\frac12A_2x_1+y_2-\frac12A_2x_1=y_2,
\end{equation*}
\notag
$$
т.е. $Ax=(A_1x,A_2x)=(y_1,y_2)=y$.
Таким образом, $U_{Y}(0,\delta)\subset AC$ и предложение 1 доказано. Введенный выше оператор $A(\widehat x(\cdot))$ имеет вид $A(\widehat x(\cdot))=(A_{1}(\widehat x(\cdot)), A_{2}(\widehat x(\cdot)))$, где линейный оператор $A_{1}(\widehat x(\cdot))\colon X\to Y_1=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$ действует по правилу
$$
\begin{equation*}
A_{1}(\widehat x(\cdot))[h(\cdot),\xi,\nu](t)=h(t)-\xi- \int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat x(\tau))h(\tau)\,d\tau
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(h(\cdot),\xi,\nu)\in X$ и $t\in[t_0,t_1]$, а линейный оператор $A_{2}(\widehat x(\cdot))\colon X\to Y_2=\mathbb R^{m_1}\times \mathbb R^{m_2}$ – по правилу
$$
\begin{equation*}
A_{2}(\widehat x(\cdot))[h(\cdot),\xi,\nu]=\bigl(\widehat f'[\xi,h(t_1)]+\nu,\widehat g'[\xi,h(t_1)]\bigr)
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(h(\cdot),\xi,\nu)\in X$.
Предложение 2. Следующие условия эквивалентны: a) $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$; b) $0\in\operatorname{int}A_2(\widehat x(\cdot))(K\cap \operatorname{Ker}A_1(\widehat x(\cdot)))$. Доказательство. a) $\Rightarrow$ b). Доказываем от противного. Предположив, что включение b) не выполняется, покажем, что $\Lambda(\widehat x(\cdot))\ne\{0\}$.
Если это включение не выполняется, то либо множество справа в нем имеет непустую внутренность и нуль ей не принадлежит, либо его внутренность пуста. Это множество выпукло (как образ выпуклого множества при линейном отображении); следовательно, его внутренность также выпукла и, если она не пуста и нуль ей не принадлежит, то по конечномерной теореме отделимости найдется ненулевой вектор $\lambda\in (\mathbb R^{m_1}\times\mathbb R^{m_2})^*$ такой, что
$$
\begin{equation}
\bigl\langle\lambda,A_{2}(\widehat x(\cdot))[h(\cdot),\xi,\nu]\bigr\rangle\geqslant0
\end{equation}
\tag{11}
$$
для всех $(h(\cdot),\xi,\nu)\in K\cap\operatorname{Ker}A_{1}(\widehat x(\cdot))$, причем $h(\cdot)=h(\cdot,\xi)$ (в силу определения оператора $A_1(\widehat x(\cdot))$) удовлетворяет дифференциальному уравнению
$$
\begin{equation}
\dot h=\varphi_x(t,\widehat x(t))h, \qquad h(t_0)=\xi.
\end{equation}
\tag{12}
$$
Если внутренность множества справа во включении b) пуста, то, как хорошо известно (см., например, [4]), это множество принадлежит некоторой гиперплоскости, содержащей нуль (так как нуль самому множеству принадлежит), и в этом случае неравенство (11) становится равенством. Полагая $\lambda=(\lambda_f,\lambda_{g})\in (\mathbb R^{m_1})^*\times (\mathbb R^{m_2})^*$, неравенство (11), согласно определению оператора $A_{2}$, запишется следующим образом:
$$
\begin{equation}
\bigl\langle\lambda_f,\widehat f_{\zeta_0}\xi+\widehat f_{\zeta_1}h(t_1,\xi)+\nu\bigr\rangle+\bigl\langle\lambda_g,\widehat g_{\zeta_0}\xi+\widehat g_{\zeta_1}h(t_1,\xi)\bigr\rangle\geqslant0,
\end{equation}
\tag{13}
$$
где $\nu=\nu'+f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$ и $\nu'\in\mathbb R^{m_1}_+$.
Используя это соотношение, докажем, что $\Lambda(\widehat x(\cdot))\ne\{0\}$. Пусть $\xi=0$ в (13). Тогда $h(t_1,0)=0$. Полагая $\nu'=\nu_0-f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$ для любого $\nu_0\in \mathbb R^{m_1}_+$, получаем из (13), что $\langle\lambda_f,\nu_0\rangle\geqslant0$, т.е. $\lambda_f\in(\mathbb R^{m_1})^*_+$. Если $\xi=0$ и $\nu'=0$, то из (13) вытекает, что $\langle\lambda_f,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\rangle\geqslant0$. Но $\lambda_f\in(\mathbb R^{m_1})^*_+$, а $f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\leqslant0$ и поэтому $\langle\lambda_f,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\rangle\leqslant0$. Таким образом, $\langle\lambda_f,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))\rangle=0$ и, значит, справедливо четвертое соотношение в (2). Положим в (13) $\nu'=-f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$. Тогда в силу того, что $\xi\in\mathbb R^n$ и $h(\cdot,\xi)$ от $\xi$ зависит линейно, неравенство (13) становится равенством:
$$
\begin{equation}
\bigl\langle \lambda_f,\widehat f_{\zeta_0} \xi+\widehat f_{\zeta_1} h(t_1,\xi)\bigr\rangle +\bigl\langle \lambda_g,\widehat g_{\zeta_0} \xi+\widehat g_{\zeta_1} h(t_1,\xi)\bigr\rangle=0
\end{equation}
\tag{14}
$$
для всех $\xi\in\mathbb R^n$.
Пусть $p(\cdot)$ – решение уравнения
$$
\begin{equation}
\dot p =-p\varphi_x(t,\widehat x(t)), \qquad p(t_1)=-{\widehat {f}_{\zeta_1}}^*\lambda_f-{\widehat {g}_{\zeta_1}}^*\lambda_g.
\end{equation}
\tag{15}
$$
Из (14), (15) и (12) получаем, учитывая, что $h(t_0,\xi)=\xi$,
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\langle\lambda_0\widehat f_{\zeta_0}^*\lambda_f+\widehat g_{\zeta_0}^*\lambda_g,\xi\rangle =-\langle\widehat f_{\zeta_1}^*\lambda_f+\widehat g_{\zeta_1}^*\lambda_g, h(t_1,\xi)\rangle=\langle p(t_1),h(t_1,\xi)\rangle \\ \notag &\qquad=\int_{t_0}^{t_1}\bigl(\langle p(t),\dot h(t,\xi)\rangle+\langle\dot p(t),h(t,\xi)\rangle\bigr)\,dt+\langle p(t_0),h(t_0,\xi)\rangle \\ &\qquad = \langle p(t_0),h(t_0,\xi)\rangle=\langle p(t_0),\xi\rangle \end{aligned}
\end{equation}
\tag{16}
$$
для любого $\xi\in\mathbb R^n$ и тем самым $p(t_0)=\widehat f_{\zeta_0}^*\lambda_f+\widehat g_{\zeta_0}^*\lambda_g$.
Вместе с (15) это означает, что выполняются первые три соотношения в (2) и тем самым $\Lambda(\widehat x(\cdot))\ne\{0\}$. Импликация a) $\Rightarrow$ b) доказана. b) $\Rightarrow$ a). Снова доказываем от противного. Предположив, что $\Lambda(\widehat x(\cdot))\ne\{0\}$, докажем невозможность включения b). Пусть $(\lambda_f,\lambda_g, p(\cdot))$ – ненулевая тройка, для которой выполняются условия (2) (тогда $(\lambda_f,\lambda_g)$ – ненулевая пара, иначе $p(\cdot)=0$). Покажем, что с этой тройкой справедливо неравенство (13). Это, очевидно, будет противоречить тому, что нуль – внутренняя точка множества справа в b). Из второго и третьего условий в (2) и (16) следует равенство
$$
\begin{equation*}
-\langle\widehat f_{\zeta_1}^*\lambda_f+\widehat g_{\zeta_1}^*\lambda_g, h(t_1,\xi)\rangle=\langle\widehat f_{\zeta_0}^*\lambda_f+\widehat g_{\zeta_0}^*\lambda_g,\xi\rangle,
\end{equation*}
\notag
$$
равносильное равенству (14), из которого, в силу того, что $\lambda_f\in (\mathbb R^{m_1})^*_+$ и справедливо четвертое условие в (2), следует неравенство (13). Таким образом, импликация b) $\Rightarrow$ a) доказана и тем самым доказано предложение 2. Доказательство леммы 2. 1) $\Rightarrow$ 2). Так как $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$, то согласно предложению 2 справедливо включение b). Покажем, что справедливо также и включение $0\in\operatorname{int}A_1(\widehat x(\cdot))K$.
Действительно, рассмотрим оператор $A_0\colon C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\to C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$, действующий для всех $h(\cdot)\in C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$ по правилу
$$
\begin{equation}
A_0[h(\cdot)](t)=h(t)-\int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat x(\tau))h(\tau)\,d\tau \qquad \forall\,t\in[t_0,t_1].
\end{equation}
\tag{17}
$$
Хорошо известно (см., например, [5; п. 2.5.7]) и нетрудно проверить, что это линейный непрерывный биективный оператор.
Пусть $y(\cdot)\in C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$. Найдется $h(\cdot)\in C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$ такое, что $A_0[h(\cdot)](\cdot)=y(\cdot)$. Это равносильно тому, что $A_1(\widehat x(\cdot))[h(\cdot),0,0](\cdot)=y(\cdot)$. Но $(h(\cdot),0,0)\in K$ и, значит, $A_1(\widehat x(\cdot))K=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$. Следовательно, $0\in\operatorname{int}A_1(\widehat x(\cdot))K$. Теперь из предложения 1, где $A_1=A_1(\widehat x(\cdot))$, $A_2=A_2(\widehat x(\cdot))$, $A=A(\widehat x(\cdot))=(A_1(\widehat x(\cdot)), A_2(\widehat x(\cdot))$ и $C=K$, получаем, что справедливо включение 2). 2) $\Rightarrow$ 1). Если выполняется включение 2), то из предложения 1 (где снова $A_1=A_1(\widehat x(\cdot))$, $A_2=A_2(\widehat x(\cdot))$, $A=A(\widehat x(\cdot))=(A_1(\widehat x(\cdot)), A_2(\widehat x(\cdot))$ и $C=K$) вытекает, что справедливо включение b) в предложении 2, из которого следует, что $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$. Лемма 2 доказана. Доказательство теоремы 1. Доказательство будет следовать из леммы 1 об обратной функции, которую мы применим к данной ситуации. Пусть $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (1) и пусть в данной лемме
$$
\begin{equation*}
\begin{gathered} \, X=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^n\times \mathbb R^{m_1}, \qquad Y=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^{m_1}\times \mathbb R^{m_2}, \\ Y_1=C^1([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^{m_1}\times \mathbb R^{m_2}, \\ K=C([t_0,t_1],\mathbb R^n)\times\mathbb R^n\times (\mathbb R^{m_1}_++f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)), \\ \widehat x=(\widehat x(\cdot), \widehat x(t_0), 0), \qquad V =U_{X}(\widehat x,\delta_0), \end{gathered}
\end{equation*}
\notag
$$
где $0<\delta_0\leqslant\min(\rho, 1)$.
Чтобы далее не путать $\widehat x$ с $\widehat x(\cdot)$ будем писать $\widehat z$ вместо $\widehat x$, т.е. $\widehat z=(\widehat x(\cdot), \widehat x(t_0),0)$. Ясно, что $Y_1$ непрерывно вложено в $Y$ и что $K$ – выпуклое замкнутое подмножество $X$. Отображение $F\colon V\to Y$ определим по формуле
$$
\begin{equation}
F(x(\cdot),\xi,\nu)(t) =\biggl(x(t)-\xi-\int_{t_0}^t\varphi(\tau,x(\tau))\,d\tau,\,f(\xi,x(t_1))+\nu, \,g(\xi,x(t_1))\biggr)
\end{equation}
\tag{18}
$$
для всех $(x(\cdot),\xi,\nu)\in V$ и $t\in[t_0,t_1]$.
Поскольку $V$ – ограниченное множество, а отображения $\varphi$, $f$ и $g$ непрерывны, то выражение справа равномерно ограничено по всем элементам из $V$ и $t\in[t_0,t_1]$. Далее, очевидно, отображение $F$ сопоставляет каждому элементу из $V$ элемент из $Y$ и поэтому $F\in C(V,Y)$. Покажем, что введенные пространства, множество $K$ и отображение $F$ удовлетворяют условиям леммы 1. Из (18) следует, что $F(\widehat z)=(0,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)),0)$, поскольку $\widehat x(\cdot)$ – решение уравнения (1), и тем самым $F(\widehat z)\in Y_1$. Отображение $F$ дифференцируемо (см. [5; п. 2.4.2]) и его производная в точке $\widehat z=(\widehat x(\cdot), \widehat x(t_0),0)$ действует по правилу
$$
\begin{equation*}
F'(\widehat z)[h(\cdot),\xi,\nu](t)=\biggl(h(t)-\xi-\int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat x(\tau))h(\tau)\,d\tau,\, \widehat f'[\xi,h(t_1)]+\nu,\, \widehat g'[\xi,h(t_1)]\biggr)
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(h(\cdot),\xi,\nu)\in X$ и $t\in [t_0,t_1]$.
Таким образом, условие 1) леммы 1 выполняется. Проверим выполнимость условия 2). Очевидно, что $F'(\widehat x)=A(\widehat x(\cdot))$ и $K=K-\widehat z$. По предположению $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$ и поэтому из леммы 2 следует, что выполнено условие 2) леммы 1. Перейдем к проверке условия 3). Если $(h(\cdot),\xi,\nu)\in B_X(0,1)\cap(F'(\widehat x))^{-1}(B_{Y_1}(0,1))$, то найдется такая тройка $(y(\cdot),w_1,w_2)\in B_{Y_1}(0,1)$, что
$$
\begin{equation*}
h(t)-\xi-\int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat x(\tau))h(\tau)\,d\tau=y(t) \qquad \forall\,t\in[t_0,t_1],
\end{equation*}
\notag
$$
$\widehat f'[\xi,h(t_1)]+\nu=w_1$ и $\widehat g'[\xi,h(t_1)]=w_2$.
Так как $y(\cdot)\in C^1([t_0,t_1],\mathbb R^n)$, то $h(\cdot)\in C^1([t_0,t_1],\mathbb R^n)$ и, значит,
$$
\begin{equation*}
\dot h(t)-\varphi_x(t,\widehat x(t))h(t)=\dot y(t) \qquad \forall\,t\in[t_0,t_1].
\end{equation*}
\notag
$$
По условию $\|h(\cdot)\|_{C([t_0,t_1],\mathbb R^n)}\leqslant1$ и $\|\dot y(\cdot)\|_{C([t_0,t_1],\mathbb R^n)}\leqslant1$, поэтому из последнего равенства следует, что
$$
\begin{equation*}
\|\dot h(\cdot)\|_{C([t_0,t_1],\mathbb R^n)}\leqslant \|\widehat\varphi_x(\cdot)\|_{C([t_0,t_1],\mathbb R^n)}+1.
\end{equation*}
\notag
$$
Таким образом, множество указанных функций $h(\cdot)$ ограничено, они липшицевы с одной и той же константой и тем самым равностепенно непрерывны. Следовательно, по теореме Асколи–Арцела это множество предкомпактно в $C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$. Далее, так как $|\xi|+|\nu|\leqslant1$, то множество таких пар $(\xi,\nu)$ компактно в $\mathbb R^{n+m_1}$, т.е. множество $B_X(0,1)\cap(\widehat F'(\widehat x))^{-1}(B_{Y_1}(0,1))$ предкомпактно в $X$ и, значит, выполнено условие 3) леммы 1. Осталось проверить условие 4). Для любых $z=(x(\cdot), \xi, \nu)\in V$ и $t\in[t_0,t_1]$ имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, F[z](t)-F'(\widehat z)[z](t) &=\biggl(-\int_{t_0}^{t}(\varphi(\tau,x(\tau)) -\widehat\varphi_x(\tau)x(\tau))\,d\tau, f(\xi,x(t_1))-\widehat f'[\xi,x(t_1)], \\ &\qquad g(\xi,x(t_1))-\widehat g'[\xi,x(t_1)]\biggr). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Отсюда следует в силу непрерывности отображений $\varphi$ и $\varphi_x$, что первая компонента разности $F[z](\cdot)-F'(\widehat z)[z](\cdot)$ принадлежит $C^1([t_0,t_1],\mathbb R^n)$ и тем самым сама разность принадлежит $Y_1$. Поскольку $V$ ограничено и отображения $f$ и $g$ непрерывны, данная разность принадлежит $C(V,Y_1)$, т.е. условие 4) леммы 1 выполнено. Пусть окрестности $U$, $W$ и константа $c$ из этой леммы, а $r>0$ такое, что $U_{C(V\cap K,Y)}(F,r)\subset W$. Пусть окрестность $\widetilde W$ в теореме 1 есть открытый шар с центром в точке $(\varphi(\cdot), f(\cdot),g(\cdot))$ радиуса $r/\max(1,t_1-t_0)$ и пусть $(\widetilde\varphi(\cdot), \widetilde f(\cdot),\widetilde g(\cdot))\in \widetilde W$. Рассмотрим отображение $\widetilde F\colon V\to Y$, определенное по формуле
$$
\begin{equation*}
\widetilde F(x(\cdot),\xi,\nu)(t)=\biggl(x(t)-\xi -\int_{t_0}^t\widetilde\varphi(\tau,x(\tau))\,d\tau,\, \widetilde f(\xi,x(t_1))+\nu,\, \widetilde g(\xi,x(t_1))\biggr)
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(x(\cdot),\xi,\nu)\in V$ и $t\in[t_0,t_1]$. Тогда
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \widetilde F(x(\cdot),\xi,\nu)(t)-F(x(\cdot),\xi,\nu)(t) &=\biggl(-\int_{t_0}^t(\widetilde\varphi(\tau,x(\tau))- \varphi(\tau,x(\tau)))\,d\tau, \\ &\qquad \widetilde f(\xi,x(t_1))-f(\xi,x(t_1)),\, \widetilde g(\xi,x(t_1))-g(\xi,x(t_1))\biggr). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Ясно, что это выражение принадлежит $C(V\cap K,Y_1)$. Если $(x(\cdot),\xi,\nu)\in V$ и $t\in[t_0,t_1]$, то
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &|\widetilde F(x(\cdot),\xi,\nu)(t)-F(x(\cdot),\xi,\nu)(t)| \leqslant(t_1-t_0)\|\widetilde\varphi(\cdot)-\varphi(\cdot)\|_{C(\Delta(\rho),\mathbb R^n)} \\ &\qquad\qquad+\|\widetilde f(\cdot)-f(\cdot)\|_{C(B(\rho),\mathbb R^{m_1})}+\|\widetilde g(\cdot)-g(\cdot)\|_{C(B(\rho),\mathbb R^{m_2})}<r, \end{aligned}
\end{equation}
\tag{19}
$$
т.е. $\widetilde F\in U_{C(V\cap K,Y)}(F,r)\subset W$.
Согласно лемме 1 существует отображение $\psi_{\widetilde F}\colon U\to V\cap K$, удовлетворяющее соотношениям (5), первое из которых при $y=(0,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)),0)$ (полагая $\psi_{\widetilde F}(y)=(\widetilde x(\cdot),\widetilde\xi,\widetilde\nu)$, где $\widetilde\nu=\widetilde \nu_1+f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$ и $\widetilde\nu_1\geqslant0$) примет вид
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, \notag &\widetilde F(\psi_{\widetilde F}(y))(t) =\widetilde F(\widetilde x(\cdot),\widetilde\xi,\widetilde\nu)(t) \\ &\qquad=\biggl(\widetilde x(t)-\widetilde \xi-\int_{t_0}^t\widetilde\varphi(\tau,\widetilde x(\tau))\,d\tau, \widetilde f(\widetilde \xi,\widetilde x(t_1))+\widetilde \nu, \, \widetilde g(\widetilde \xi,\widetilde x(t_1))\biggr)=(0, f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)),0) \end{aligned}
\end{equation}
\tag{20}
$$
для всех $t\in [t_0,t_1]$. Отсюда следует, что $\widetilde x(\cdot)$ – решение дифференциального уравнения в (3) и при этом $\widetilde \xi=\widetilde x(t_0)$. Кроме того, $\widetilde f(\widetilde x(t_0),\widetilde x(t_1))+\widetilde \nu_1=f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1))$, поэтому $\widetilde f(\widetilde x(t_0),\widetilde x(t_1))\leqslant0$, и ясно, что $\widetilde g(\widetilde x(t_0),\widetilde x(t_1))=0$, т.е. функция $\widetilde x(\cdot)$ удовлетворяет краевым условиям в (3).
Из неравенства в (5), учитывая (19) и то, что $\widehat F(\widehat x)=(0,f(\widehat x(t_0),\widehat x(t_1)),0)$, получаем оценку (4) с $\kappa=c\max(1,t_1-t_0)$. Теорема 1 доказана. Следствие 1. Пусть отображение $\varphi$ непрерывно вместе со своей частной производной по $x$ и $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи Коши на $[t_0,t_1]$. Найдутся $c>0$, окрестность $V\subset C(\Delta(\rho),\mathbb R^n)$ отображения $\varphi(\cdot)$ и окрестность $V_0\subset\mathbb R^n$ точки $x_0$ такие, что для любой пары $(\widetilde\varphi(\cdot), \widetilde x_0)\in V\times V_0$ существует решение $\widetilde x(\cdot)$ задачи Коши на $[t_0,t_1]$ и при этом Доказательство. Ясно, что задача (21) – частный случай задачи (1): отображение $f(\cdot)$ отсутствует, а отображение $g(\cdot)$ имеет вид $g(\zeta_0, \zeta_1)=\zeta_0-x_0$. Следовательно, граничные условия для уравнения в (2) такие: $p(t_0)=\lambda_g$, $p(t_1)=0$, откуда в силу единственности $p(\cdot)=0$ и, значит, $\lambda_g=0$, т.е. $\Lambda(\widehat x(\cdot))=\{0\}$. Беря $\widetilde g(\zeta_0, \zeta_1)=\zeta_0-\widetilde x_0$, получаем из теоремы 1 утверждения следствия.
Заметим, что отображения $\widetilde\varphi$ только непрерывны. Если потребовать от $\widetilde\varphi$ еще непрерывность частной производной по $x$, то это следствие переходит в известную теорему из [1; § 7] о непрерывной зависимости, но без получения соответствующей оценки. В этой ситуации решение всегда единственно. В общем случае это не так, как показывает следующий пример. Рассмотрим на $[0,1]$ задачу Коши Единственное решение $\widehat x(\cdot)=0$. Пусть $\rho>0$. Тогда
$$
\begin{equation*}
\Delta(\rho)=\bigl\{(t,x)\in\mathbb R\times\mathbb R\colon |x-\widehat x(t)|=|x|\leqslant\rho,\,t\in[0,1]\bigr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Рассмотрим функцию $\varphi_\varepsilon(t,x)=\varepsilon x^{2/3}$, $\varepsilon>0$. Ясно, что $\|\varphi_\varepsilon-\varphi\|_{C(K(\rho),\mathbb R)}=\varepsilon \rho^{2/3}$ и тем самым отображение $\varphi_\varepsilon$, уменьшая $\varepsilon$, может быть как угодно близко к $\varphi=0$, но соответствующая задача Коши имеет два решения: нулевое и $x(t)=(\varepsilon/3)^3t^3$, $t\in[0,1]$.Второе следствие касается непрерывной зависимости решения от параметра. Рассмотрим задачу (1), в которой все отображения зависят еще от параметра $\mu$, пробегающего некоторое множество $M\subset\mathbb R^m$:
$$
\begin{equation}
\dot x=\varphi(t,x,\mu), \qquad f(x(t_0),x(t_1),\mu)\leqslant0, \qquad g(x(t_0),x(t_1),\mu)=0,
\end{equation}
\tag{22}
$$
где отображение $\varphi\colon \mathbb R\times\mathbb R^n\times M\to\mathbb R^n$ непрерывно вместе со своей производной по $x$, а отображения $f\colon\mathbb R^n\times\mathbb R^n\times M\to \mathbb R^{m_1}$ и $g\colon\mathbb R^n\times\mathbb R^n\times M\to \mathbb R^{m_2}$ при каждом $\mu\in M$ непрерывно дифференцируемы.
Пусть $\mu_0\in M$, $x(\cdot,\mu_0)$ – решение задачи (22) при $\mu=\mu_0$. Положим, как и раньше,
$$
\begin{equation*}
\Delta(\rho)=\bigl\{(t,x)\in\mathbb R\times\mathbb R^n \colon |x-x(t,\mu_0)|\leqslant\rho,\,t\in[t_0,t_1]\bigr\}
\end{equation*}
\notag
$$
и $B(\rho)=B_{\mathbb R^{2n}}((x(t_0,\mu_0),x(t_1,\mu_0)),\rho)$.
Следствие 2. Пусть $\mu_0\in\operatorname{int}M$, $x(\cdot,\mu_0)$ – решение задачи (22) и $\Lambda(x(\cdot,\mu_0))=\{0\}$. Тогда найдется такая окрестность $\mathcal O(\mu_0)$ точки $\mu_0$, что для любого $\mu\in\mathcal O(\mu_0)$ существует решение $x(\cdot,\mu)$ задачи (22), отображение $\mu\mapsto x(\cdot,\mu)$, как отображение в $C([t_0,t_1],\mathbb R^n)$, непрерывно в точке $\mu_0$ и кроме того, Доказательство. Для задачи (22), очевидно, выполнены условия теоремы 1 с заменой $\widehat x(\cdot)$ на $x(\cdot,\mu_0)$. Пусть окрестность $\widetilde W$ из этой теоремы.
Положим
$$
\begin{equation*}
z_0=(\varphi(\cdot,\mu_0), f(\cdot,\mu_0),g(\cdot,\mu_0)), \qquad Z=C(\Delta(\rho),\mathbb R^n)\times C(B(\rho),\mathbb R^{m_1})\times C(B(\rho),\mathbb R^{m_2}).
\end{equation*}
\notag
$$
Пусть $r>0$ и $\delta>0$ такие, что $U_{Z}(z_0,r)\subset \widetilde W$ и $B_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta)\subset M$.
Так как отображение $\varphi(\cdot)$ непрерывно на компакте $\Delta(\rho)\times B_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta)$, а отображения $f(\cdot)$ и $g(\cdot)$ – на компакте $B(\rho)\times B_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta)$, то они и равномерно непрерывны на этих компактах. Поэтому существует такое $0<\delta_0\leqslant\delta$, что
$$
\begin{equation*}
\begin{gathered} \, |\varphi(t,x,\mu)-\varphi(t,x,\mu_0)|<\frac r3, \qquad |f(\zeta_0,\zeta_1,\mu)-f(\zeta_0,\zeta_1,\mu_0)|<\frac r3, \\ |f(\zeta_0,\zeta_1,\mu)-f(\zeta_0,\zeta_1,\mu_0)|<\frac r3 \end{gathered}
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(t,x,\mu)\in \Delta(\rho)\times B_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta)$ и $(\zeta_0,\zeta_1,\mu)\in B(\rho)\times B_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta)$, для которых $|\mu-\mu_0|<\delta_0$.
Отсюда следует, что
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &\|\varphi(\cdot,\mu)-\varphi(\cdot,\mu_0)\|_{C(\Delta(\rho),\mathbb R^n)}+\|f(\cdot,\mu)-f(\cdot,\mu_0)\|_{C(B(\rho),\mathbb R^{m_1})} \\ &\qquad\qquad+\|g(\cdot,\mu)-g(\cdot,\mu_0)\|_{C(B(\rho),\mathbb R^{m_2})}<r, \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
т.е. тройка $(\varphi(\cdot,\mu), f(\cdot,\mu), g(\cdot,\mu))$ для любого $\mu\in \mathcal O(\mu_0)=U_{\mathbb R^m}(\mu_0,\delta_0)$ принадлежит $\widetilde W$ и, значит, согласно теореме 1 для каждого такого $\mu$ существует решение $x(\cdot,\mu)$ задачи (22) и справедлива соответствующая оценка.
Беря любое $0<\varepsilon\leqslant r$ в рассуждениях, связанных с равномерной непрерывностью, получим, что отображения $\mu\mapsto \varphi(\cdot,\mu)$, $\mu\mapsto f(\cdot,\mu)$ и $\mu\mapsto g(\cdot,\mu)$ непрерывны в точке $\mu_0$. Отсюда и из полученной оценки вытекает, что отображение $\mu\mapsto x(\cdot,\mu)$ непрерывно в $\mu_0$. Отметим, что теорема 1 несложно обобщается на тот случай, когда под решением уравнения (1) понимается абсолютно непрерывная функция на $[t_0,t_1]$, а равенство выполняется для п.в. $t\in[t_0,t_1]$. Пусть $G$ – открытое множество в $\mathbb R\times\mathbb R^n\times\mathbb R^n$, $\psi\colon G\to\mathbb R^n$ – непрерывное отображение переменных $t\in\mathbb R$, $x\in\mathbb R^n$, $\dot x\in\mathbb R^n$ и $x_i\in\mathbb R^n$, $i=0,1$. Рассмотрим на отрезке $[t_0,t_1]$ следующую краевую задачу для уравнения второго порядка:
$$
\begin{equation}
\ddot x=\psi(t,x,\dot x), \qquad x(t_0)=x_0, \quad x(t_1)=x_1,
\end{equation}
\tag{23}
$$
где отображение $\psi$ непрерывно вместе со своими частными производными по $x$ и $\dot x$.
Пусть $\widehat x(\cdot)$ – решение этой задачи, график которого $\Gamma=\{(t,\widehat x(t),\dot{\widehat x}(t))\colon t\in[t_0,t_1]\}$ принадлежит $G$. Тогда найдется $\rho>0$ такое, что компакт
$$
\begin{equation*}
\Delta_0(\rho)=\bigl\{(t,y_1,y_2)\in\mathbb R\times\mathbb R^n\times\mathbb R^n\colon |y_1-\widehat x(t)|+|y_2-\dot{\widehat x}(t)|\leqslant\rho, \, t\in[t_0,t_1]\bigr\}
\end{equation*}
\notag
$$
также принадлежит $G$.
Положим $B_0(\rho)=B_{\mathbb R^n}(x_0,\rho)$, $B_1(\rho)=B_{\mathbb R^n}(x_1,\rho)$. Далее, для сокращения записи, пишем $\widehat\psi(t)=\psi(t,\widehat x(t),\dot{\widehat x}(t))$ и аналогично для производных $\psi(\cdot)$ по $x$ и $\dot x$. Введем следующее уравнение в вариациях для задачи (23):
$$
\begin{equation}
\ddot u=\widehat\psi_x(t)u+\widehat\psi_{\dot x}(t)\dot u, \qquad u(t_0)=0.
\end{equation}
\tag{24}
$$
Скажем, что $\tau\in(t_0, t_1]$ является сопряженной точкой с $t_0$, если существует нетривиальное решение $u(\cdot)$ уравнения (24) такое, что $u(\tau)=0$. Теорема 2. Если $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (23) и $t_1$ не является сопряженной точкой с $t_0$, то найдутся константы $c>0$ и окрестность $W \subset C(\Delta_0(\rho),\mathbb R^n)\times \mathbb R^n\times\mathbb R^n$ точки $(\psi(\cdot), x_0,x_1)$ такие, что для любой точки $(\widetilde\psi(\cdot),\widetilde x_0,\widetilde x_1)\in W$ существует решение $\widetilde x(\cdot)$ краевой задачи на отрезке $[t_0,t_1]$ и справедлива оценка Доказательство. Задача (23) эквивалентна следующей краевой задаче:
$$
\begin{equation}
\dot z_1=z_2, \quad \dot z_2=\psi(t,z_1,z_2), \qquad z_1(t_0)=x_0, \quad z_1(t_1)=x_1,
\end{equation}
\tag{25}
$$
в том смысле, что $\widehat x(\cdot)$ – решение задачи (23) тогда и только тогда, когда пара $\widehat z(\cdot)=(\widehat z_1(\cdot),\widehat z_2(\cdot))$, где $\widehat z_1(\cdot)=\widehat x(\cdot)$ и $\widehat z_2(\cdot)=\dot{\widehat x}(\cdot)$, является решением задачи (25).
Покажем, что $\Lambda(\widehat z(\cdot))=\{0\}$. Воспользуемся для этого предложением 2. В нашем случае оператор
$$
\begin{equation*}
A_1(\widehat z(\cdot))\colon X=C([t_0,t_1],\mathbb R^{2n})\times\mathbb R^{2n}\to C([t_0,t_1],\mathbb R^{2n})
\end{equation*}
\notag
$$
действует по правилу
$$
\begin{equation*}
A_{1}(\widehat z(\cdot))[h(\cdot),\xi](t)=h(t)-\xi- \int_{t_0}^t\varphi_x(\tau,\widehat z(\tau))h(\tau)\,d\tau
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $h(\cdot)=(h_1(\cdot),h_2(\cdot))\in C([t_0,t_1],\mathbb R^{n})\times C([t_0,t_1],\mathbb R^{n})$ и $\xi=(\xi_1,\xi_2)^T\in \mathbb R^n\times\mathbb R^n$, где
$$
\begin{equation*}
\varphi(t,z_1,z_2)= (z_2, \psi(t,z_1,z_2))^T, \qquad \varphi_z(t,\widehat z(t))= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ \widehat \psi_x(t) & \widehat \psi_{\dot x}(t) \end{pmatrix},
\end{equation*}
\notag
$$
а оператор $A_{2}(\widehat z(\cdot))\colon X\to \mathbb R^{2n}$ – по правилу
$$
\begin{equation*}
A_{2}(\widehat z(\cdot))[h(\cdot),\xi]=\widehat g'[\xi,h(t_1)]=(\xi_1,h_1(t_1))^T
\end{equation*}
\notag
$$
для всех $(h(\cdot),\xi)\in X$.
Покажем, что
$$
\begin{equation*}
\operatorname{Im}A_2(\widehat z(\cdot))(K\cap\operatorname{Ker}A_1(\widehat z(\cdot)))=\operatorname{Im}A_2(\widehat z(\cdot))\operatorname{Ker}A_1(\widehat z(\cdot))=\mathbb R^{2n}
\end{equation*}
\notag
$$
(в нашем случае, очевидно, $K=X$).
Рассмотрим краевую задачу
$$
\begin{equation}
\dot h_1=h_2, \quad \dot h_2=\widehat \psi_x(t)h_1+\widehat \psi_{\dot x}(t)h_2, \qquad h_1(t_0)=0, \quad h_1(t_1)=0.
\end{equation}
\tag{26}
$$
Она имеет только нулевое решение. Действительно, данная задача без условия $h_1(t_1)=0$, эквивалентна задаче (24), и так как по предположению $t_1$ не является сопряженной точкой с $t_0$, то нулевая функция является единственным решением задачи (26).
Пусть $(h(\cdot),\xi)\in\operatorname{Ker}A_1(\widehat z(\cdot))$. Тогда $h(\cdot)=h(\cdot,\xi)=(h_1(\cdot,\xi), h_2(\cdot,\xi))$ удовлетворяет дифференциальным уравнениям
$$
\begin{equation}
\dot h_1=h_2, \quad \dot h_2=\widehat \psi_x(t)h_1+\widehat \psi_{\dot x}(t)h_2, \qquad h_1(t_0)=\xi_1, \quad h_2(t_0)=\xi_2.
\end{equation}
\tag{27}
$$
Сопоставим каждому $\xi=(\xi_1,\xi_2)\in\mathbb R^{2n}$ элемент $(h(\cdot,\xi),\xi)\in\operatorname{Ker}A_1(\widehat z(\cdot))$ (это линейное отображение) и покажем, что линейное отображение $A\colon\mathbb R^{2n}\to\mathbb R^{2n}$, $A\xi=A_2(\widehat z(\cdot))(h(\cdot,\xi),\xi)=(\xi_1,h_1(t_1,\xi))^T$ биективно. Достаточно доказать только его инъективность. Пусть это не так и пусть $\widehat \xi=(\xi_1,\xi_2)\ne0$ таково, что $A\widehat \xi=(\xi_1,h_1(t_1,\widehat \xi))^T=0$. Тогда $\xi_1=0$, $\xi_2\ne0$ и $h_1(t_1,\widehat\xi)=0$. Так как $h(\cdot,\widehat\xi)$ удовлетворяет уравнению (27) и $\xi_2\ne0$, то $h(\cdot,\widehat\xi)$ – ненулевая функция. С другой стороны, $h(\cdot,\widehat\xi)$, очевидно, удовлетворяет уравнению (26), которому, как установлено, удовлетворяет только нулевая функция. Пришли к противоречию и, значит, $A$ – биективный оператор. Отсюда следует, что $\operatorname{Im}A_2(\widehat z(\cdot))\operatorname{Ker}A_1(\widehat z(\cdot))=\mathbb R^{2n}$ и, значит, справедливо включение b) в предложении 2, из которого вытекает равенство $\Lambda(\widehat z(\cdot))=\{0\}$. Таким образом, выполнены условия теоремы 1 для задачи (25), откуда уже легко выводятся утверждения теоремы 2. Предположение в теореме 2 о том, что $t_1$ не является сопряженной точкой с $t_0$ является существенным. Покажем, что если оно не выполняется, то может не быть как непрерывной зависимости решения уравнения от правой части и краевых условий, так и не существовать решения для близких правых частей и краевых условий. Рассмотрим краевую задачу Функция $\widehat x(t)=\sin t$, $t\in[0,\pi]$, является ее решением. Уравнение в вариациях имеет вид и, значит, $\pi$ – сопряженная точка с нулем.Для каждого $0<\lambda<1$ положим $\psi_\lambda(t,x,\dot x)=-\lambda x$. Соответствующее уравнение имеет только нулевое решение. Правая часть этого уравнения может быть как угодно близка к правой части уравнения (28) (выбирая $\lambda$, близкое к единице), но так как $\|\widehat x(\cdot)-0\|_{C([0,\pi])}=1$, то непрерывной зависимости решения уравнения (28) от правой части нет.Снова рассмотрим уравнение (28). В любой окрестности тройки $(\psi(\cdot), 0, 0)$ при достаточно малом по модулю $\varepsilon\ne0$ содержится, очевидно, тройка $(\psi(\cdot), 0,\varepsilon)$, но соответствующее ей уравнение не имеет решения.Заметим, что приведенные примеры заодно показывают и существенность предположений в теореме 1. 
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{AvaMag23} |
|
||||||||||||||||
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|