带绝对值的微分不等式

问题0

$\mathbb{R}$上的可微函数$f$满足$f(0)=0$并且存在一个常数$A$使得$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$证明函数$f(x)\equiv 0$。

证明的思路都是类似的，即如果我们可以证明这个函数在局部上为0，那么是否可以把这种性质推广到全局?

1. 连续归纳法的做法

• 这个想法的核心是，如果我们要证明的问题变成了证明集合$X=\mathbb{R}$那么我们知道，在欧氏拓扑下，即为开集又为闭集的集合只有$\varnothing$和$\mathbb{R}$。那么如果我们还可以证明$X$不是空集，那么它必然是$\mathbb{R}$。
• 那么连续归纳法的处理过程可以归纳为:

1. 把命题转换为关于集合的版本，比如这个问题中我们无非是要证明$E=\{x:f(x)=0\}=\mathbb{R}$。
2. 找到一个值$x_0\in E$，即说明这个集合不是空集。关于该问题，$0\in E$，因此此集合不会是空集。
3. 证明这是一个闭集。任取$E$当中一个收敛的序列$x_n$，假设其收敛到实数$x$。那么它必然满足$f(x_n)=0$，于是由于连续性可知$f(x_n)\to f(x)$，于是$f(x)=0$。因此$x\in E$，这说明集合是闭集。
4. 证明这是一个开集。考虑到欧氏空间的开集是由开区间生成的，因此要证明一个集合是欧氏拓扑意义下的开集，需要证明任意$x^{\prime }\in E$都有开区间$(x^{\prime }-\delta ,x^{\prime }+\delta )\subset E$成立。也就是说，任意一个点如果函数取值为0，那么需要这个点的某个邻域上函数取值也恒为0才行。这一点可以从另一个关系入手，因为$f(x)={\int }_{x^{\prime }}^{x^{\prime }+\delta }{f}^{\prime }(t)dt$于是$|f(x)|\le \delta {\sup }_{t\in (x^{\prime },x^{\prime }+\delta )}|f^{\prime }(t)|\le A\delta {\sup }_{t\in (x^{\prime },x^{\prime }+\delta )}|f(t)|$令$\delta$足够小，从而$A\delta \le \frac{1}{2}$并且设${\sup }_{t\in (x^{\prime },x^{\prime }+\delta )}|f(t)|=B$于是$|f(x)|\le \frac{1}{2}B$，于是$B\le \frac{1}{2}B$这只有一种可能，即$B=0$在区间$(x^{\prime },x^{\prime }+\delta )$内成立。当然相反的区间也是同理，于是便有$(x^{\prime }-\delta ,x^{\prime }+\delta )\subset E$,所以这是一个开集。

2.Gronwall不等式的做法

先抛开问题不看，我们来看Gronwall不等式的本质，抛开所谓的积分形式的不等式和微分形式的不等式，我们从更为本质的角度来看这个不等式，那么不等式可以叙述如下:

命题2.1 抽象意义下的Gronwall不等式

令$M$是一个定义了偏序关系$\le$的拓扑空间，并且偏序关系的图像$Q:=\{(x,y)\in M\times M:x\le y\}$在$M\times M$的积拓扑下是sequencially closed。设$\Gamma :M\to M$保持偏序关系：$x\le y⟹\Gamma x\le \Gamma y$。设$v\in M$是$\Gamma$的不动点($\Gamma (v)=v$)，且全局吸引：$\forall u\in M,{\Gamma }^n(u)\to v$。则对任意$u\in M$都有$u\le \Gamma (u)⟹u\le v$

首先由于$\Gamma$对偏序关系的保持，那么由$u\le \Gamma (u)$可知$u\le \Gamma (u)\le {\Gamma }^2(u)\le \cdots$于是对任意正整数$n$都有$(u,{\Gamma }^n(u))\in Q$。然后由于$Q$是sequencially closed，此外再考虑到不动点的全局吸引性$(u,{\Gamma }^n(u))\to (u,\Gamma (v))\in Q$于是$u\le \Gamma (v)=v$

“问题0”当中的不等式$|f^{\prime }(x)|\le A|f(x)|$结合微积分基本定理，以及初值条件我们可以得到

于是我们可以定义这样一个保偏序关系的映射$L:f\mapsto {\int }_0^{x}f(t)dt$从而$(1)$可以等价于$|f|\le L(|f|)$根据“命题2.1”当中的抽象Gronwall不等式，我们可以得到

其中$g$是$L$在

那么现在的问题是:

1. $L:u(x)\mapsto A{\int }_0^{x}u(t)dt$这个映射它保持偏序关系吗？由于积分具有线性性，于是$L$显然保持偏序关系。

2. 这个映射存在不动点吗？回忆Picard-Lindelof定理的证明过程，对于这种$u(x)\mapsto y_0+{\int }_{x_0}^{x}g(t,u(t))dt$的算子，如果$g(a,b)$关于第二个变量是满足Lipschitz连续的，并且$|x-x_0|$足够小，那么它一定存在一个唯一的不动点。 那么这个问题的情境下，$g(t,u(t))=Au(t)$那么这当然关于第二个分量是满足Lipschitz条件，于是对于足够小的$\epsilon$,由Gronwall不等式:$|f(x)|\le A{\int }_0^x|f(t)|dt,x\in (0,\epsilon )$可以得到$|f(x)|\le v(x)=0,x\in (0,\epsilon )$右边的是不动点，也就是上面积分方程的解。当$x\in (-\epsilon ,0)$的时候，显然也是一个保持偏序关系的不等式，此时ODE的初值问题变成了$u^{\prime }=-Au,u(0)=0$其解依旧是$u(x)=0$。

3. 解的延拓:注意这里的$g$实际上是全局上保持第二个分量Lipschitz条件的，因此我们完全可以挑选一个初值比如$x=\frac{\epsilon }{2}\in (0,\epsilon )$然后让Gronwall不等式继续保持(初值都是一样的为0),从而证明在区间$(\frac{\epsilon }{2},\frac{3}{2}\epsilon )$当中同样满足$|f(x)|\le 0$。我们可以这样向右不断延拓，从而我们证明了，在全局上$f(x)=0$。同样的，我们也可以把$(-\epsilon ,0)$当中的解向左延拓，这样便得到整个实数上的不等式$|f(x)|\le 0,x\in \mathbb{R}$

3. Gronwall的观点让我们能看清楚更广的问题

我们可以问一个新的问题，看看能否用同样的逻辑去解决它。

对于二阶可微的函数$f$如果其对于任意的$x\ge 0$都满足微分不等式: $|f^{\prime \prime }(x)|\le |f(x)f^{\prime }(x)|$此外，$f(0)=0,f^{\prime }(0)=0$。

那么同样证明$f(x)=0$对任意非负实数成立

同样的思考方式，也就是说我们要找到一个保持偏序的映射从而使得在局部上得到一个不动点，此不动点就是上面微分方程的初值问题(IVP)的解，最后我们证明这个解可以扩展到全局。

但是这里有一个问题，如果直接尝试着从积分角度直接找这个映射$\Gamma$，会发现没有一阶ODE的时候那么容易。不过没有关系，在ODE当中有一个降微分方程阶的做法可以试试看。此处令，$g(x)=f^{\prime }(x)$那么上面的关系就变成了: $|g^{\prime }(x)|\le |f(x)g(x)|$ 那么写成积分的不等式便是: $|g(x)|\le {\int }_0^x|f(t)g(t)|dt$ 那么此时的映射是:$\Gamma :u\mapsto {\int }_0^x|f(t)|u(t)dt$ 令$g(t,u(t)):=|f(t)|u(t)$，这个函数的第二个变量任何局部上都是满足Lipschitz条件的。于是，我们现在唯一剩下的事情就是求这个映射的不动点，即求这个微分方程的解，一旦得局部的解我们便可以把这个解拓展到全局。

Gronwall不等式的一个通常的形式

其中$\beta (s)$是非负的连续函数$u$是连续的，$\alpha (s)$在区间的任何闭子区间上有界，可积。那么我们可以得到上面的积分方程的解,

如果$\alpha$非减，那么还可以做的更好

此处$\beta (t)=|f(t)|$,$\alpha (t)=0$那么不动点便是$0$,这一点在局部成立，不过我们可以把解拓展到全局，因此对于所有$x\ge 0$都有$g(x)=0$.这说明函数$f(x)$是常数，不过连续性告诉我们，这个常数只能是0.