常微分方程第二章

1、- 第二章基本定理我们在第一章主要学习了初等积分法，掌握了几类常微分方程的解法.但是这些解法只适用于某些特殊的类型，很多其它的常微分方程不能用初等解法进行求解.1841年，法国数学家刘维尔(Liouville)证明了里卡蒂(Riccati)方程dx丁=P(x)y2+q(x)y+r(x)(p(x)丰0)dy除了某些特殊的类型外，一般不能用初等积分法求解.例如，很简单的里卡蒂方程dy=x2+y2就不能用初等积分法求解自然地，如果一个常微分方程不能用初dx等积分法求解，那么应该如何处理呢？是否存在解呢？如果存在解，它的解是否唯一呢？解的存在区间是什么呢？初值的微小误差对解有什么影响呢？这些问题在理论

2、的研究和实际应用中，都有着重要的意义.本章将解决这些基本问题.本章主要介绍解的存在唯一性定理、解的延展定理与比较定理、解对初值的连续依赖性定理以及解对初值的可微性定理，这些定理就回答了我们刚才的疑问，有效的处理解的存在性、唯一性、存在区间、初值对解的影响等问题，为我们使近似解法奠定理论基础，同时这些定理也是常微分方程理论的基础内容，对进一步的学习奠定基础.解的存在唯一性定理对于一般的常微分方程()譽=f(x,y)dx如果给出了初始条件y(x)二y，我们就得到了柯西初值问题00dydx()y(xo)=yo这时，在什么样的条件下，柯西初值问题的解存在且唯一呢？解的存在区间是什么呢？我们有如下的解的

3、存在唯一性定理.2.1.1存在唯一性定理的叙述定理(存在唯一性定理)如果方程()的右端函数f(x,y)在闭矩形区域R2:x一axx+a,y一byy+b0000上满足如下条件：在R2上连续；在R2上关于变量y满足李普希兹(Lipschitz)条件，即存在常数N,使对于R2上的任何一对点(x,y)和(x,亍)有不等式：f(x,y)一f(x,y)|N|y一亍则初值问题()在区间x0一ho,xo+ho上存在唯一解其中0=min(a,M),M=maxf(x,y)|(x,y)eR在给出定理的证明之前，我们先对定理的条件和结论做些说明：1、在两个条件中，条件(2),即李普希兹条件比较难于验证，因为李普希兹常

4、数N难以确定但是，我们可以将该条件加强，替换为：如果函数f(x,y)在闭矩形区域R2关于y的偏导数f(x,y)存在且有界.这样，可以推出李普希兹条件y成立.事实上，因为f(x,y)有界，故设|f；(x,y)|N，对V(x,y),(x,y)eR2，由拉格朗日中值定理得：f(x,y)-f(x,y)=fy(x,g)y-yNy-y我们验证f(x,y)在闭矩形区域R2上有界也不容易，可以进一步将条件加强y为：f(x,y)在闭矩形区域R2上连续.由闭区域上连续函数的性质知：f(x,y)在yy闭矩形区域R2上有界，所以李普希兹条件成立因此，有如下的关系式：f(x,y)在R2上连续nf(x,y)在R2上存在且

5、有界n李普希兹条件yy2、在定理的结论中，解y=申(x)的存在区间为一Sxo+ho，其中百度文库-好好学习，天天向上-6o=min(a,2),MM=maxf（x,y）|（x,y）eR.为什么解的存在区间不是是因为我们研究问题的范围为闭矩形区域R2，方程的解y=申（x）不能超出R2的范围，又因为M=maxf(x,y)|，所以Mf(x,y)M(x,y)eR即-MdyMdxyi(x)一M(x一xoyo以x)二M(xx)+yo由dx=M和dx=得:b(xo)=yoy(xo)=yo因此y(x)y=9(x)y(x)，即y=申(x)夹在y(x)与y(x)之间.1212又,y(x)与y(x)在R2上的存在区间

6、为x。Sx+h，12故y=9(x)的存在区间也是xoSxo+ho.2.1.2存在性的证明首先，我们给出柯西初值问题（）的等价转化，即求（）的解y=9（x），等价于求解积分方程y=y+Jxf（g,y（g）代（）oxo事实上，如果y=9（x）是初值问题（）的解，即有0(x)=f(x,9(x)且9(xo)=yo从x到x积分得：9(x)=y+1f(g,9(g)dgooxo即y=9(x)是积分问题()的解.9(x)=yo+f(g,9(g)dgxo反过来，如果y=9（x）是积分问题（）的解，即有则9(xo)=yo且0(x)=f(x，9(x)即y=9（x）是初值问题（）的解.经过等价转化，我们将初值问题（）

7、的求解，转化为积分问题（）的求解.下面用皮卡（Picard）逐次逼近来证明积分问题（）的解的存在性，分为三个步骤：百度文库-好好学习，天天向上- 1、构造近似函数列p(x)n任取一个满足初值条件y(x)二y的函数y二p(x)作为首项(初始项)，并要000求在R2上的存在区间为：耳*，xo+ho，简单起见，取p(x)二y，将它代入00方程()的右端，所得到的函数用p(x)表示，并称为一次近似，即1P(x)二y+Jxf(g,p(g)dg100 x0再将p(x)代入方程()的右端就得到二次近似1p(x)二y201x0序行此法，可以得到n次近似p(x)二yn0n-1x0为了保证上述的逐次逼近过程可以一

8、直进行下去，必须有(x,p(x)GR2,n即当xGx-h,x+h0000时，有p(x)-y|bn=1,2,TOC o 1-5 h zn0下面用数学归纳法证明p(x)-y|b.显然，当xGx0-h0,x0+h0时，有n0p0(x)yj=|y0-yj=0b假设，当xGx0-h0,x0+h0时，有p(x)-y|b，那么，对于p(x)有n-10np(x)-y=Jxf(g,p(g)dgn0n-1x0从而有p(x)-yIxf(g,p,(g)dgM|x-xjMhn0n-1x0由数学归纳法知，当xGx0-h0,x0+h0时，有p(x)一y|bn=1,2,n0这样，我们就可以得到一个近似函数列(x).n2、证明

9、近似函数列p(x)在区间x0一h0,x0+h0上一致收敛.n由于无法得到(x)的通项公式，只知道首项和递推关系式，直接证明函n数列p(x)的收敛性比较困难，为此我们构造函数项级数n9(x)+叩(x)一甲(x)*卜叩(x)一甲(x)*010nn-1它的部分和是S(x)=9(x)+9(x)-9(x)+9(x)-9(x)=9(x)n*1010nn-1n因此，证明p(x)的收敛性转化为证明级数()的收敛性，下面我们证明级数n()在区间x0-h0,x0+幻上一致收敛.首先研究级数()的通项卩(x)n9(x)-9(x)=Jxf(g,9(g)dg1oox即o9(x)-y=Jxf(g,y)dg1oox所以oM

10、|x-x|%(x)-y0|fxf(g,y0)|dgx因为9(x)=y+10Jxf(g，9o(g)代92(x)=y0+Jxxx0f(g,91(g)dg，所以x092(x)-%(x)|Jxf(g,咒点)-f(g,9o(g)|dg由李普希兹条件，得9(x)-9(x)|NJx9(g)-9(g)dgMNJxg-x|dg=MN2110 x0面用数学归纳法证明x0 x-x02!,x-xn9(x)-9(x)|MNn-ionn-1n!显然，n=1,2的时候，不等式成立(上面已经给出)假设9(x)-9(x)|MNn-1nn-1x-xon!n-成立，那么对于n+1的情形有9(x)-9n+1n(x)|Jxf(g,9(

11、g)-f(g,9(g)|dgNnn-1MNnJxxon!xondg=MNnx一xn+1o-(n+1)!Jx9n(g)-9n-1(g)ldgxoxxn由数学归纳法知，对一切自然数n，均有9(x)-9(x)|MNn-1nn-1n!又|x_X。|h，所以级数()的通项满足:n卜(x)v=MNn_i-o(n=1,2,)n+1nn!利用比式判别法，可知以v为通项的级数收敛，从而以卩(X)为通项的级数nn绝对收敛且一致收敛.又，每一个卩(x)是连续的，所以级数()的和函数也是连n续的，记为p(x),其存在区间也是x0_hx0+伸.因此函数列p(x)就收敛于np(x).3、证明p(x)二limp(x)是积分

12、问题()的解，从而也是初值问题()的解.nnS在p(x)二y+Jxf(g,p(g)dg两端取极限，得到n0n_1x0limp(x)二y+limJxf(g,p(g)dgn0n_1nsnsx。p(x)=y0+J:f点w点皿所以申(x)是积分问题()的解，从而也是初值问题()的解.2.1.3唯一性的证明下面我们证明解的唯一性.在证明唯一性之前，先介绍一个重要的不等式，即贝尔曼(Bellman)不等式.贝尔曼引理设y(x)为区间a,b上的非负连续函数，ax0,0k0，使得y(x)满足不等式y(x)5+kJxy(T)dT,xea,bx0则有y(x)x的情形，xx的情形类似.00令y(x)的原函数为R(x

13、)=Jxy(P)dP，代入()得x0R(x)一kR(x)，得e_k(x_x0)Rr(x)_kR(x)5e_k(x_x)从x0到x积分得即kR(x)e-k(x-x0)88e-k(x-x0)5+kR(x)8ek(x-x0)由()知，y(x)5+kR(x)，所以y(x)5ekx-x0,xea,bF面证明积分问题()的解的唯一性.假设积分问题有两个解y(x)和y(x),12我们只需要证明：y(x)三y(x)，xGx0-x0+h012事实上，因为y(x)=y+Jxf(g,y(g)dg，y(x)=y+Jxf(g,y(g)dg10 x0120 x0200所以有12|yi(x)y2(x)|Jxf(g,yi(g

14、)f(g,y2(g)|dg由李普希兹条件知12|yi(x)y2(x)|NJx|yi(g)y2(g)|dgx0令y(x)=|_y(x)A?(x)|,5=0,k=N,由贝尔曼引理可知，y(x)=0,即y(x)三y(x).12这样，我们就完成了解的存在性与唯一性的证明.2.1.4三点说明为了更好的理解和掌握解的存在唯一性定理，我们对该定理再做三点说明.1、在存在性的证明过程中，我们利用逐次逼近法构造了近似函数列p(x),n其中首项为：p(x)=y，递推关系式为：p(x)=y+Jxf(g,p(g)dg.该方法00n0n-1x0实际上给出了我们一种求初值问题()的近似解的方法，当用n次近似解逼近精确解时

15、，需要给出它的误差估计.事实上，有Nkxx0k!p(x)p(x)|(x)p(x)|M艺TOC o 1-5 h znk+1kNk=nk=n+1MyNkhkM(Nh)n+iyNkhkM(Nh)n+1Nk!N(n+1)!k!N(n+1)!0k=n+1k=02、如果方程()是线性方程，即孚=-p(x)y+q(x)dx其中p(x)和q(x)在区间a,b上连续，这时，初值问题()在带型区域R2:axb,sy0，使得yT0If(x,y)-f(x,0)|N|y-0|从而方程右端函数在y=0的任何邻域上不满足李普希兹条件，但是初值问题()的解却是唯一的，这说明李普希兹条件是非必要条件.习题1试判断方程dy=xt

16、any在区域dxR:-1x1,0yn；兀兀R:-1x1,-y244上是否满足定理的条件？讨论方程dy二3y1在怎样的区域中满足定理的条件并求通过(0,0)的一dx2切解.试用逐次逼近法求方程dy=x-y2满足初值条件y(0)=0的近似解：dx甲(x),9(x),9(x),9(x)0123并在闭矩形区域R2：-1x1,-1y1给出三次近似的误差估计.4.利用逐次逼近法求方程空=y2-x2适合初值条件y(0)=1的近似解:dx9(x),9(x),9(x)012并在闭矩形区域R2:-1x1,-1y-11给出二次近似的误差估计.5试证明定理中的n次近似解9(x)与精确解9(x)有如下的误差估计式:n9

17、n(x)-9(x)l裔n+16在条形区域axb,|y|+a内，假设方程()的所有解都唯一，对其中任意两个解y(x),y(x)，2如果有y(x)y(x)，则必有1020y(x)y(x),xxb1207.讨论方程岁二3y2dx解的唯一性.延展定理和比较定理由解的存在唯一性定理，我们知道，初值问题()的解在满足一定条件的情况下存在且唯一，但是解的存在区间不是a,xo+a，而是一hxo+伸bh=min(a,),M=maxf(x,y)1其中0M(x,y)eR.如果M比较大的话，则解的存在区间就非常小，这对我们研究解的性质产生了很大的局限性，只能在很小的范围内有解，当x超出这个范围时，解的情况就不清楚了为

18、了解决这个问题，我们有下面的延展定理.2.2.1延展定理定理(延展定理)如果方程()的右端函数在区域DURXR上连续，且关于变量y满足局部的李普希兹条件，即对于D内的任一闭矩形区域都满足李普希兹条件，则对任何一点(x,y)GD，初值问题()的解y=9(x)可以向左右无00限延展，直到(x,9(x)任意接近区域D的边界.在给出定理的证明之前，先对“(x,9(x)任意接近区域D的边界”进行说明.当区域D有界时，积分曲线向左右延展可以任意接近；当区域D无界时，积分曲线向左、右延展，或者任意接近区域D的边界(边界存在的话)，或者无限远离坐标原点.证明首先证明区域D有界的情形.设区域D的边界为L=D-D

19、(D为D的闭包).对于任意给定的正数s，记L的8邻域为U，记L的邻域为U，记L的TOC o 1-5 h ze22邻域为U.则集合D=D-U为闭集，且DuD，所以D有界.442222只要证明积分曲线可以到达D的边界L，由的任意性知，积分曲线就可22以任意接近区域D的边界L事实上，以D中的任意一点为中心，以为半径的闭圆区域均包含在区域TOC o 1-5 h z42D的内部.且在闭区域D=D-U之内.从而，以D中的任意一点为中心，以4422a=为边长的正方形也在闭区域D之内.记144Mi=maxf(x,y)|(x,y)gD4则过D的任意一点(x*,y*)的积分曲线，必至少可在区间x*-h,x*+h上

20、存在,2其中/a、v2.h=mm(a，打)=mm(,).1M88M11于是，过点(x,y)的积分曲线y=申(x)每向左或向右延展一次，其存在区间就伸00长一个确定的正数h，由于D有界，y=申(x)经过有限次延展后一定可以达到22的边界L.于是也就可以任意接近区域D的边界L.2其次考虑区域D为无界的情形这时，我们可以用闭圆区域S=(x,y)x2+y2n2,n=1,2,n与区域D取交集，令D=Dns,则D=厅D.由于D为有界的区域，根据前nnnnn=1面的证明，我们可知，过D内任一点的积分曲线能够任意接近D的边界.因此,nn过点(x,y)的积分曲线y=申(x)可以无限接近区域D的边界.00延展定理

21、的证明，关键是第一步证明，也就是区域D有界的时候，过点(x,y)的积分曲线y=申(x)向左向右延展的时候，一定要做等速延展，即延展步00幅h是不变的.例1试讨论方程空=y2通过点(1,1)的解和通过点(3,-1)的解的存在区间.dx解该题目中研究问题的区域D为整个坐标平面xOy.方程右端函数满足延展定理的条件由岁=y2可以解得方程的通解为dx1y=C-x代入y(1)=1得：C=2.故通过点(1,1)的解为1y=22-x它可以向左无限延展，而当xT2-时，yT+8，所以通过点(1,1)的解y=2-x的存在区间为(-2).代入y=-1得：C=2.故通过点(3,-1)的解为1y2-x它可以向右无限延

22、展，而当xT2+时，yT-g,所以通过点(3,-1)的解y=2-x的存在区间为(2,+g).这个例子说明，尽管f(x,y)在整个坐标平面上满足延展定理的条件，解上的点(射(x)也能无限接近区域D的边界，但是延展的方向却不一定是无限向右和向左，可能是向上或向下，从而导致解的存在区间不是(-g,+g).例2试证明：对任意的x及满足条件0y1的y，方程空二y(y-1)000dx1+x2+y2的满足条件y(x)=y的解y=y(x)在(-g,+g)上存在.00证明：令f(x,y)二y(y，则1+x2+y22y+2x2y+y2-1-x2(1+x2+y2)2显然f(x,y)，广(x,y)在xOy平面上连续，

23、满足解的存在唯一性条件及延展定y理的条件，而y=0,y=1是dy=f(x,y)的解，dx因此，满足y(x)=y，0y1的解存在，而且可以无限延展到xOy平面的边000界，且不能穿过y=0,y=1，故只能向左右无限延展，所以，y=y(x)在(-g,+g)上存在.该例题说明，f(x,y)在整个坐标平面上满足延展定理的条件，当方程的解不能穿过y=0,y=1时，它就不能向上向下无限延展了，只能向左、向右延展，所以解的存在区间就是(-g,+g).在这里，y=0,y=1控制了解的延展方向，使它按照我们的要求进行延展，因此就有了下面的比较定理.2.2.2比较定理我们在使用延展定理的时候，通常会和比较定理配合

24、使用，从而起到控制延展方向的作用.下面介绍一下比较定理.我们在考察方程（）dX=f（x，y）dx时，通常将右端函数f（x,y）进行放缩的处理，比如Fi（X，y）f（X，y）F2（X，y）这时，我们可以同时考察dXl(X，y)和dX=F2(x，y)我们有如下的比较定理：定理（第一比较定理）设定义在某个区域D上的函数f（x，y），F（X，y）和F（X，y）满足条件：2（1）在D满足解的存在唯一性定理及延展定理的条件，即在D上连续，在D上关于变量y满足李普希兹条件；（2）在D上有不等式F1(X，y)f(X，y)F2(X，y)设初值问题和|字=F2（，y）Iy（X0）=y0则在它们的共同存在区间上有下

25、呼=f(X，y)Idy=F(X，y)jdXIdXy(x)=yy(x)=y0000的解分别为y=9(x)，y二(x)和y二(x)，12列不等式：（x）9（X）（x），12xx09（X）9（X）Q（x），12证明仅证当XX时，02jdx=f(x，y)y(xo)=yo由比较定理的条件（1），初值问题和=F（x，y）和Idx2“y（x）=y00的解在x的某一邻域内存在且唯一，分别记为y=9（x）和y=O（x），它们满足02令h(x)二(x)一申(x)，贝U2h(x)二(x)一申(x)=00200且h(x)二(x)一0(x)=F(x,(x)一f(x,Q(x)00200202000所以函数h(x)在x的某

26、一右邻域内是严格单调增加的.0如果在xx时，h(x)0不是总成立，则至少存在一点xx，使得010h(x)二0，且当xx0，因此在点x的左导数h(x-0)01211212111矛盾.因此当xx时，h(x)0总成立，即申(x)Q(x).02比较定理的应用，关键是件(兀y)和FSx，y)的选取，因为初值问题卑=f(x，y)卜(x0)=y0的解y=Q(x)的存在区间的延展，受到y二i(x)和y二2(x)的控制，即y=Q(x)夹在y二i(x)和y二2(x)之间.因此，我们必须能确定出y二i(x)和y二2(x)的存在区间，这就是我们选取件(兀y)和F2(x，y)的标准，即jdx1y(x0)=y0jdx2y

27、(x0)=y0的解y=1(x)和y=2(x)必须能够求得.下面我们给出第二比较定理.定理(第二比较定理)设定义在某个区域D上的函数f(x,y)，F(x,y)和F(x,y)满足条件：2(1)在D满足解的存在唯一性定理及延展定理的条件，即在D上连续，在D上关于变量y满足李普希兹条件;2)在D上有不等式F1(x,y)f(x,y)F2(x,y)设初值问题葺=f(x,y)y(xo)=yo為=Fi(x,y)b(xo)=yo的解分别为y=9(x),y=(x)和y=(x)，12和dy=F(x,y)和1dx2V”y(x)=y00则在它们的共同存在区间上有下列不等式：(x)9(x)9(x)(x),12习题1设方程

28、为dy=(y2-a2)f(x,y)对于任意的x0及|yja，方dx假设f(x,y)及广(x,y)在xOy平面上连续，试证明：y程满足y(x)=y的解都在(-也+)上存在.002指出方程空=(1-y2)exy2的每一个解的最大存在区间，以及当x趋于这个dx区间的右端点时解的极限.3.讨论方程dy11=-cosdxx2x解的存在区间.4.设f(x,y)在整个平面上连续有界，对y有连续偏导数，试证明方程dy=f(x,y)的任一解y=9(x)在区间gx+8上有定义.dx5.讨论方程dy=土1的通过点(0,0)的解，以及通过点(ln2,-3)的解的存在dx2区间.6.在方程dy=f(y)中，如果f(y)

29、在(-卩+8)上连续可微，且dxyf(y)0(y丰0)，求证方程满足y(x)=y的解y(x)在区间x,+s)上存在，且有limy(x)二0.000 xT+s解对初值的连续依赖性定理和解对初值的可微性定理通过前两节的存在唯一性定理和延展定理，加上比较定理，我们知道了初值问题()在什么样的条件下，解是存在的，是唯一的，而且存在区间比较小的时候，通过延展定理和比较定理可以将解的存在区间变大，从而在实际问题中可以达到我们的要求.但是，在实际问题中，还有一个问题需要解决，那就是误差问题我们的初始条件y(xo)二yo如果产生了微小的偏差，这个偏差对我们的初值问题()的解y=申(x)会有什么影响呢？下面我们

30、来解决这个问题.我们在研究初值问题()的时候，习惯上把xo和yo当作常数来看待，这样初值问题()的解y=申(x)被看作x的函数实际上，如果xo，yo变化，初值问题()的解y=申(x)也会发生变化.例如方程d=2dxxy=ox经过点(xo,yo)的解为xo，可以看作x，xo,yo的函数对于一般的情形，初值问题()的解也可以看作x,xo,yo的函数，记为y7(x，xo,yo)，代入y(xo)二yo得.9(x,x,y)二y得：oooo.如果我们的初始条件y(xo)=yo发生了微小的误差，变为了y(xo)二yo，初值问题()的解也变化不大的话，称解连续依赖于初值.下面我们给出连续依赖性的严格定义.定义

31、设初值问题字=f(x，y)dxy(xo)=yo的解yf(x,xo,yo)在区间a，b上存在，如果对于任意给定的正数e，存在正数5(5的选取与Sx*,y*有关)，使得对于满足x-x*5,y-y*5()的解ooooooy7(x，xo,yo)都在a，b上存在，且有9(x,x0,y0)-9(x,x0,y0),xea,b,则称初值问题（）的解y=9（X,讣yo）在点Fy0）连续依赖于初值讣y定理（解对初值的连续依赖性定理）设/（兀y）在区域D内连续，且关于变量y满足李普希兹条件.如果（x05y0）eD，初值问题（）有解yf（x,x05y0）,且当ax0，使对于满足x-X*008,y0-y08的任意（X0

32、,y0），初值问题手=f(兀y)y(x0)=y0的解y=9（兀讣yo）也在区间a，b上存在，且有9（x，x0,y0）一9（x，x0,y0）证明对于任意给定的正数，取081，使得闭区域U=(x,y)axb,y-9(x,x*,y*)800整个含在区域D内，这是可以做到的，因为区域D是开区域，且当axb时,（x，9（x，x*,y；）eD，所以，只要81的选取足够小，以曲线y（兀X0,y0）为中线,宽度为281的带形开区域U就整个包含在区域D内,选取8满足08丄e-N(b-a)1+M其中N为李普希兹常数，M=maxIf（x,y）1（x,y）eU，同时还要求8的选取，必须保证闭正方形y-y08含于带形开

33、区域U内.由存在唯一性定理知，对于任一九y0）eR2，初值问题（）在x0的某邻域上存在唯一解y=9（兀X0,y0），而且y（兀hy0）在X0的该邻域上可以表示为9(x,x,y)二y+Jxf(t,9(tK,y)dToooxooo而y=9(x,xo,yo)可以表示为9(xx0,y0)二y0+Jxf(p,9(px*x0,x0*,y0*)dp对上述两式做差得：9(x,x,y)-9(x,x*,y*)二y-y*+Jxf(p,9(p,x,y)dpJxf(p,9(p,x*,y*)dp00000000*00 x0 x0*所以9(x，x儿)9(x，x*，y*)yoy0+Jxf(T，9(T小y0)dP0000 xo

34、00Jxx0*f(p,9(p,x0*,y0*)dp0+卜/(t，9(t叫,yo)|dTxooolyo-yol+|hf(T，9(T，x0,y0)-f(T，9(T，xo,yo)ldxo6+JxIf(t,9(t,x*,y*)f(t,9(t,x,y)IdT+MTOC o 1-5 h z*ooooxo(1+M)6+NJx19(t,x*,y*)9(t,x,y)IdT*ooooxo由贝尔曼引理，得9(x,x,y)9(x,x*,y*)(1+M)6eNk-x；l(1+M)6eN(ba)68oooo1因此，只要在y=9(x,xo,yo)有定义的区间上，就有9(x,x,y)9(x,x*,y*)8oooo.F面我们证

35、明：y=9(x,%yo)在区间a,b上有定义事实上，因为9(x,xo,yo)9(x,xo,yo)8即解y=9(x，xo,yo)夹在y=9(x,xo,yo)+8和y=9(x,xo,yo)8之间，而且，初值问题()满足延展定理的条件，所以，解y=9(x,xo,yo)可以向左向右无限延展，直到无限接近区域D的边界，于是，它在延展的时候，必须由直线x-a和直线x二b穿出区域U，从而y=9(x,xo,yo)在区间a,b上有定义.解对初值的连续依赖性说明，初值(xo,yo)无法准确得到，但是我们能得到测量数据(x*,y*),只要误差比较小，即ooxx*6,yy*6.oooo我们就可以用(x*,y*)代替(

36、x0，y0)去计算，得到初值问题的解y二申(兀By0)，这00个解可以非常接近真实解y=9(兀讣yo)，即P(x,x,y)-9(x,x*,y*)80000.同理，如果方程的右端函数f(兀y)不能准确得到，只能得到f(兀y)的近似函数/(x，y)，即f(x,y)f(x,y)(x,y)都连续,而且关于变量y满足李普希兹条件，若初值问题dydxy(x0)=y0在ax0，只要f(x,y)满足f(x,y)-f(x,y)5,(x,y)gD)则初值问题()的解y=9(x,x0,y0)在axb上存在，且有9(x,x,y)-9(x,x,y)80000证明由解的存在唯一性定理知，初值问题dydxy(x0)=y0的

37、解y7（兀xo,yo）存在，设其存在区间为a,b，且有廡兀Xo,yo)=yo+f点恥，Xo,yo)代x0而初值问题（孚=f（x,y）1dxy（Xo）=yo的解yF（兀讣yo）也存在，且可以表示为P(X,x,y)二y+Jxf(g,p(g,x,y)dg00000 x0则e(x，xo,yo)-p(x，xo,yo)=卜f(g,p(g,x,y)dg-Jxf(g,p(g,x,000 x0 x0y0)dg从而有p(xx0,y0)-p(xx0,y0)hf(g,P(g,x,y)f(g,p(g,x,y)1dg0000 xoJxlf(g,p(g,x,y)f(g,e(g,x,y)+f(g,e(g,x,y)f(g,p(g,x,y)Idg00000000 x0JxIf(g,p(g,x,y)f(g,p(g,x,y)I+If(g,p(g,x,y)f(g,p(g,x,y)Idg00000000 x0NJx(Ip(g,x,y)p(g,x,y)I+5)dg0000 x0(ba)5+NJxIp(g,x,y)p(g,x,y)Idgx00000由贝尔曼引理，得p(x,x,y)p(x,x,y)5(ba)eN(ba)0