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東北大学 理学研究科 数学専攻 2017年8月実施 選択問題 [6]

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Author​

祭音Myyura (Based on L^2's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

問題は8題ある。3題を選択して解答すること。

a>0a>0 とする。f:[0,a]×[0,∞)→[0,∞)f:[0,a]\times[0,\infty)\to[0,\infty) を連続関数とし、任意の実数 t∈[0,a]t\in[0,a] および x1,x2≥0x_1,x_2\ge0 に対して、

x1≤x2 ならば f(t,x1)≤f(t,x2)x_1\le x_2\text{ ならば }f(t,x_1)\le f(t,x_2)

が成り立つものとする。さらに、ある M>0M>0 で sup⁡t∈[0,a]f(t,M)≤M/a\sup_{t\in[0,a]}f(t,M)\le M/a が成り立つとする。以下の問いに答えよ。

(1) 関数列 {yn}n=1∞\{y_n\}_{n=1}^\infty を

{yn(t)=∫0tf(s,yn−1(s))ds（ただし n は1以上の整数）,y0(t)=0(0≤t≤a)\begin{cases} y_n(t)=\displaystyle\int_0^t f(s,y_{n-1}(s))ds&\text{（ただし }n\text{ は1以上の整数）},\\ y_0(t)=0 \end{cases} \qquad(0\le t\le a)

によって帰納的に定義する。

(a) 各 t∈[0,a]t\in[0,a] で {yn(t)}n=1∞\{y_n(t)\}_{n=1}^\infty が単調増加な数列であることを示せ。

(b) 11 以上のすべての整数 nn に対して、各 t∈[0,a]t\in[0,a] で 0≤yn(t)≤M0\le y_n(t)\le M が成り立つことを示せ。

(2) (1) で定義した関数列 {yn}n=1∞\{y_n\}_{n=1}^\infty は、ある連続関数 yy に [0,a][0,a] 上で一様収束することを示せ。また、yy は (0,a)(0,a) 上で連続的微分可能であること、および、各 t∈(0,a)t\in(0,a) で

y′(t)=f(t,y(t))y'(t)=f(t,y(t))

が成り立つことを示せ。

题目描述​

试卷共8题，选择其中3题作答。

设 a>0a>0，连续函数 f:[0,a]×[0,∞)→[0,∞)f:[0,a]\times[0,\infty)\to[0,\infty) 满足：对任意 t∈[0,a]t\in[0,a] 和 x1,x2≥0x_1,x_2\ge0，

x1≤x2⟹f(t,x1)≤f(t,x2).x_1\le x_2\quad\Longrightarrow\quad f(t,x_1)\le f(t,x_2).

此外，存在 M>0M>0，使 sup⁡t∈[0,a]f(t,M)≤M/a\sup_{t\in[0,a]}f(t,M)\le M/a。回答下列问题。

(1) 递归定义函数列 {yn}n=1∞\{y_n\}_{n=1}^\infty：

{yn(t)=∫0tf(s,yn−1(s))ds(n≥1),y0(t)=0(0≤t≤a).\begin{cases} y_n(t)=\displaystyle\int_0^t f(s,y_{n-1}(s))ds& (n\ge1),\\ y_0(t)=0 \end{cases} \qquad(0\le t\le a).

(a) 证明对每个 t∈[0,a]t\in[0,a]，数列 {yn(t)}n=1∞\{y_n(t)\}_{n=1}^\infty 单调递增。

(b) 证明对所有整数 n≥1n\ge1 和所有 t∈[0,a]t\in[0,a]，都有 0≤yn(t)≤M0\le y_n(t)\le M。

(2) 证明第 (1) 问定义的函数列在 [0,a][0,a] 上一致收敛于某个连续函数 yy。再证明 yy 在 (0,a)(0,a) 上连续可微，且对每个 t∈(0,a)t\in(0,a)，

y′(t)=f(t,y(t)).y'(t)=f(t,y(t)).

Kai​

(1)(a)​

f≥0f\ge0 より y1≥y0=0y_1\ge y_0=0 である。yn≥yn−1y_n\ge y_{n-1} とすると、ff の第2変数に関する単調性から

yn+1(t)−yn(t)=∫0t(f(s,yn(s))−f(s,yn−1(s))) ds≥0.y_{n+1}(t)-y_n(t) =\int_0^t\bigl(f(s,y_n(s))-f(s,y_{n-1}(s))\bigr)\,ds\ge0.

従って帰納法により各点で単調増加する。

(1)(b)​

y0=0y_0=0 であり、0≤yn−1(s)≤M0\le y_{n-1}(s)\le M ならば仮定から

0≤yn(t)≤∫0tf(s,M) ds≤Mat≤M.0\le y_n(t)\le\int_0^t f(s,M)\,ds \le\frac{M}{a}t\le M.

帰納法により全ての nn と t∈[0,a]t\in[0,a] について成立する。

(2)​

(1) によって各点極限 y(t)=lim⁡nyn(t)y(t)=\lim_n y_n(t) が存在する。また 0≤f(s,yn−1(s))≤M/a0\le f(s,y_{n-1}(s))\le M/a なので

∣yn(t)−yn(s)∣≤Ma∣t−s∣.|y_n(t)-y_n(s)|\le\frac Ma|t-s|.

極限をとると同じ不等式が yy にも成立し、yy は連続である。連続関数列 (yn)(y_n) はコンパクト区間上で連続関数 yy に単調収束するので、Dini の定理から一様収束する。

ff は [0,a]×[0,M][0,a]\times[0,M] 上で一様連続であるため、f(s,yn−1(s))→f(s,y(s))f(s,y_{n-1}(s))\to f(s,y(s)) も一様収束する。よって積分方程式の極限をとれば

y(t)=∫0tf(s,y(s)) ds.y(t)=\int_0^t f(s,y(s))\,ds.

右辺の被積分関数は連続なので、yy は (0,a)(0,a) 上で連続微分可能であり、y′(t)=f(t,y(t))y'(t)=f(t,y(t)), y(0)=0y(0)=0 を満たす。

Reference​

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