常微分方程第二章基本定理

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

—=P(x)y2+q(x)y+r(x)(p(x)wO)

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

程包=/+y2就不能用初等积分法求解启然地，如果一个常微分方程不能用初

ax

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.

2.1解的存在唯一性定理

对于一般的常微分方程

半=/(x,y)(2.1)

ax

如果给出了初始条件y(x。)=%，我们就得到了柯西初值问题

.筌心)(2.2)

)(/)=%

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？我们有如下的解的存在唯一性定理.

2.1.1存在唯一性定理的叙述

定理2.1(存在唯一性定理)如果方程(2.1)的右端函数，(x,y)在闭矩形区

域

R~:x0-a<x<xa+a,y0-b<y<yn+h

上满足如下条件：

(1)在Az上连续；

(2)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,y)有不等式：

则初值问题(2.2)在区间上存在唯一解

y=e(x)，e(xo)=%

其中为=min(a,=),M=max\f(x,y)|.

M(xj)eU1

在给出定理2.1的证明之前，我们先对定理2.1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/(x,y)在

闭矩形区域N关于y的偏导数存在且有界.这样，可以推出李普希兹条件

成立.事实上，因为有界，故设0(x,y)|〈N,对V(x,y),(xJ)w胃，由拉

格朗日中值定理得：

|/Uy)-/(X,y)|=必1)卜-y|<N\y-y\

我们验证/;(x,y)在闭矩形区域网上有界也不容易，可以进一步将条件加强

为：4(x,y)在闭矩形区域心上连续.由闭区域上连续函数的性质知：在

闭矩形区域后上有界，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n4(x,y)在R2上存在且有界n李普希兹条件

2、在定理2.1的结论中，解y=e(x)的存在区间为X-%,/+%］,其中

b

hn=min(«,—),M=ma"f(x,y)卜为什么解的存在区间不是［x。-a,%+a］呢？这

是因为我们研究问题的范围为闭矩形区域代，方程的解y=°(x)不能超出齐的

范围，又因为M=max|/(x,y)|,所以一MKA/

(x,y)eR]1

即-MK&M

dx

由1瓦一一"和《五一得:ylM=-M(x-x0)+y0,y2(x)=M(x-x0)+y0

因此x(x)Ky=0(x)<%(幻，即y=°(x)夹在y(x)与y2(x)之间.

又，%(%)与必(x)在史上的存在区间为®-&,X°+%］，

故y=>(x)的存在区间也是［尤0-4,而+旬.

2.1.2存在性的证明

首先，我们给出柯西初值问题(2.2)的等价转化，即求(2.2)的解y=°(x),

等价于求解积分方程

尸为+1/《/©)"(2.3)

事实上，如果y=e(x)是初值问题(2.2)的解，即有

”(x)=/(尤,。(功且。(题)=y0

从%至【」x积分得：e(x)=%+［/修必&))"

0JxQ

即y=p(x)是积分问题(2.3)的解.

反过来，如果y=°(x)是积分问题(2.3)的解，即有

0(x)=%+「/OW&

J'O

则。(入0)=%且。'(X)=/(x，O(x))

即y=0(x)是初值问题(2.2)的解.

经过等价转化，我们将初值问题(2.2)的求解，转化为积分问题(2.3)的

求解.

下面用皮卡(Picard)逐次逼近来证明积分问题(2.3)的解的存在性，分为

三个步骤：

1、构造近似函数歹U{%(》)}

任取一个满足初值条件y(x())=%的函数y=%0)作为首项(初始项)，并要

求在心上的存在区间为：［%-%,/+旬，简单起见，取%(x)=%,将它代入

方程（2.3）的右端，所得到的函数用e（x）表示，并称为一次近似，即

%（©=%+f'/GMO）巡

Jx（）

再将例（X）代入方程（2.3）的右端就得到二次近似

。2（幻=为+［：/（,%《））”

序行此法，可以得到〃次近似

夕"（幻=No+/f恁,0-记））d4

为了保证上述的逐次逼近过程可以一直进行下去，必须有（x,%（x））eR2,即

当xe［x（）-%,Xo+//o］时，有

鼠⑴一一区人”=1,2,…

下面用数学归纳法证明年（%）-%|〈瓦显然，当-%,/+%］时,有

质3-%|=尻一％|=。＜〃

假设，当XG®-4,％+%］时,有底i（x）-%区。,那么，对于e.（x）有

0“（X）-%=「/（",一⑹）因

从而有

由数学归纳法知，当xwbo-%,Xo+%］时，有

■（---区力〃=1,2,…

这样，我们就可以得到一个近似函数列｛%（》）｝.

2、证明近似函数列｛%（x）｝在区间-4，/+的上一致收敛.

由于无法得到｛/（X）｝的通项公式，只知道首项和递推关系式，直接证明函数

列｛a（x）｝的收敛性比较困难，为此我们构造函数项级数

（po（X）+Si（x）—%（x）］+…+［%（x）-（P„_x（X）］+…（2.4）

它的部分和是

S0+1（X）=例（X）+［%（X）-例（创+…+血（X）--一］（x）］=（P“（x）

因此，证明M,（x）｝的收敛性转化为证明级数（2.4）的收敛性，下面我们证明级

数（2.4）在区间X-%,%+%］上一致收敛.

首先研究级数（2.4）的通项〃“（x）

心（x）一例（幻=1/（或/

即

例（幻-%=「/©%睦

所以

帆（x）-y0\4|『次,为）网WM|x-x0|

因为例（X）=%+£/（^,%@）因，02（X）=%+J：于也即\©）婚，所以

帆（X）-<P\（x）Kr|/G，6©）-/（0例G））|因

由李普希兹条件，得

同（幻—例（x）|<,［帆©—仰《）延卜研［：区—司$=MN^L

下面用数学归纳法证明

显然，〃=1,2的时候，不等式成立（上面已经给出），

假设M“（x）-0,T（x）|W知"191成立，那么对于〃+1的情形有

M"x）一%a）K。偌,仍《））—/©%©）因卜叱机⑹一以_恁）因

<MN"/区况兹=MN'L"

人）n!（几+1）!

由数学归纳法知，对一切自然数〃，均有其（幻-

又卜-4<%,所以级数（2.4）的通项满足：

|〃,5x）［3.=MN"-*（“=1,2,…）

rv.

利用比式判别法，可知以乙为通项的级数收敛，从而以〃,,（x）为通项的级数

(2.4)绝对收敛且一致收敛.又，每一个〃“(x)是连续的，所以级数(2.4)的和函数

也是连续的，记为3x),其存在区间也是由0-%%+%].因此函数列｛%(x)｝就收

敛于Q(x).

3、证明以幻=勒/(%)是积分问题(2.3)的解，从而也是初值问题(2.2)

“TOO

的解.

在/。)=%+「/&0"力礴两端取极限，得到

Jxo

lim%(x)=%+11m「/(,何一⑹)婚

〃T8〃一>8J.%

即

。(幻=%+1

JxQ

所以9(x)是积分问题(2.3)的解，从而也是初值问题(2.2)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)为区间向上的非负连续函数，〈江若存在320,

kNO,使得y(x)满足不等式

y(x)<<?+/:[y(T)dr,x&[a,b｝(2.5)

J%

则有

y(x)<加",xe[a,b\

证明仅证明x2%的情形，xVXo的情形类似.

令y(x)的原函数为R(x)=代入(2.5)得

R'(x)-kR(x)<6

两边同时乘以积分因子得

叫R'(x)-kR(x)]<

从4到x积分得

kR(x)e-k(x-Xo)<3-&-k(x-Xo)

即

S+kR(x)<6ek(x-x°)

由(2.5)知，y(x)<3+kR(x),所以

y(x)<豺2与\x&[a,b]

下面证明积分问题(2.3)的解的唯一性.假设积分问题(2.3)有两个解y(x)和

必(外，我们只需要证明:%。)三%(龙)，xe[x()

事实上，因为

X(x)=%+J：/(自，MC))"4，%(%)=%+J：J©,当O)婚

所以有

由李普希兹条件知

|y(X)-%(幻|«N©四

令y(x)=|yi(x)—y2(x)|，s=o,z=N，由贝尔曼引理可知，丁(幻=。，即y(x)=%(%).

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.

K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{/(x)},

其中首项为：/(X)=y。，递推关系式为：%(x)=%+该方法

实际上给出了我们一种求初值问题(2.2)的近似解的方法，当用〃次近似解逼近

精确解时，需要给出它的误差估计.事实上，有

।IIM白储|无一%「

帆(尤)-%(x)|<ZE+I(x)-9k(幻|Z—”

k=nNk=n+\K,

yNM.M(N%严.M(N®严

—N4k\~N(n+1)!hk\Y(〃+l)!e

2、如果方程(2.1)是线性方程，即

^=_p(x)y+q(x)

ax

其中p(x)和q(x)在区间出刈上连续，这时，初值问题(2.2)在带型区域

R2:a<x<b,-<x)<y<+x>

满足定理2.1的条件.

事实上，/(x,y)=-p(x)y+q(x)在A)上连续，而且f；(x,y)=-p(x)在川上

也连续，所以/(x,y)关于变量y满足李普希兹条件.

这时，初值问题(2.2)的解存在且唯一，存在区间为［a,。］.

3、定理2.1中的李普希兹条件是保证解唯一的充分条件，那么这个条件是

不是必要条件呢？回答是否定的，即李普希兹条件是解唯一的充分非必要条件.

下面我们给出一个例子来说明李普希兹条件是解唯一的非必要条件，也就是说，

即使李普希兹条件不成立，初值问题(2.2)的解也可能是唯一的.

例1试证方程

dy_0,y=0

dxywO

经过宜力平面上任一点的解都是唯一的.

证明由?=<।।)可得：y=0或y=±e".

任给xOy平面上的一个点(%,%)，只会对应>=0或y=±e。'中的一个解，

也就是说，过xOy平面上任一点的解都是唯一的.

但是，我们有

|/(x,y)一/(x,0)|=ln|y|=阿乂卜-Q

因为叫jln|M=+oo,所以找不到N>0,使得

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

(2.2)的解却是唯一的，这说明李普希兹条件是非必要条件.

习题2.1

1.试判断方程^=xta”在区域

dx

(1)/?):-1<x<1,0<y<^-；

(2)R,y<-

244

上是否满足定理2.1的条件？

2.讨论方程包在怎样的区域中满足定理2.1的条件.并求通过(0,0)的

dx2

一切解.

3.试用逐次逼近法求方程电=x-V满足初值条件武0)=0的近似解：

dx

/0),夕|(x),(p2(x),^3(x)

并在闭矩形区域R2：-1<x<l,-l<yW1给出三次近似的误差估计.

4.利用逐次逼近法求方程包=V——适合初值条件y(())=1的近似解：

dx

00。),0](X),02(X)

并在闭矩形区域内：-14彳〈1,-14^-141给出二次近似的误差估计.

5.试证明定理2.1中的〃次近似解外。)与精确解9(x)有如下的误差估计式：

|外(》)-以刈<-^―卜-与「

5+1)!

6.在条形区域aWxWb，N<+8内，假设方程(2.1)的所有解都唯一，对其

中任意两个解M(X),为(工)，如果有切(入0)<%(X0)，则必有

>1(X)<%(x)，Xo<x<b.

7.讨论方程

虫=3)

dx

解的唯一性.

2.2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(2.2)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[%)-4,飞+加，而是K-4>，玉>+句

其中为=min(a,g),M=max|.f(x,y)卜如果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2.2（延展定理）如果方程（2.1）的右端函数在区域。uRxR上连续,

且关于变量y满足局部的李普希兹条件，即对于。内的任一闭矩形区域都满足李

普希兹条件，则对任何一点（5,%）£。，初值问题（2.2）的解y=p（x）可以向左

右无限延展，直到（x,°（x））任意接近区域。的边界.

在给出定理的证明之前，先对“（xe（x））任意接近区域。的边界”进行说明.

当区域。有界时，积分曲线向左右延展可以任意接近；当区域。无界时，积分

曲线向左、右延展，或者任意接近区域。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。有界的情形.设区域。的边界为L=方-。（方为。的

闭包）.对于任意给定的正数£,记乙的£邻域为记L的E邻域为U,,记L的

2；

与邻域为U-则集合2=万-力为闭集，且D,uQ,所以O,有界.

42222

只要证明积分曲线可以到达2的边界人，由£的任意性知，积分曲线就可

22

以任意接近区域。的边界L

事实上，以2中的任意一点为中心，以E为半径的闭圆区域均包含在区域。

14

的内部.且在闭区域2=万-上之内.从而，以％中的任意一点为中心，以

442

2q=叵为边长的正方形也在闭区域。，之内.记

4:

M=max\f（x,y）\

（内）吗।1

4

则过a的任意一点（x*,y*）的积分曲线，必至少可在区间网上存在，

其中

h=min(q,鲁)=

必88M

于是，过点(X。,%)的积分曲线y=e(x)每向左或向右延展一次，其存在区间就伸

长一个确定的正数人，由于a有界，y=°(x)经过有限次延展后一定可以达到

22

的边界Le.于是也就可以任意接近区域D的边界L.

2

其次考虑区域。为无界的情形.这时，我们可以用闭圆区域

S,={(x,y*+丁w/},〃=1,2,…

与区域。取交集，令2=ons“，则。=U2.由于。“为有界的区域，根据前

/»=!

面的证明，我们可知，过。，内任一点的积分曲线能够任意接近，，的边界.因此，

过点(%,)0)的积分曲线y=°(x)可以无限接近区域。的边界.

延展定理的证明，关键是第一步证明，也就是区域。有界的时候，过点

(无0，/0)的积分曲线y=8(X)向左向右延展的时候，一定要做等速延展，即延展步

幅力是不变的.

例1试讨论方程包=)2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。为整个坐标平面X。)，.方程右端函数满足延

展定理的条件.由包=V可以解得方程的通解为

dx

代入y⑴=1得：C=2.故通过点(1,1)的解为

它可以向左无限延展，而当X-2-时，yf+8,所以通过点(1,1)的解y=」一

2-x

的存在区间为(-吟2).

代入y(3)=-1得：C=2.故通过点(3,-1)的解为

它可以向右无限延展，而当Xf2+时，y——00,所以通过点(3,-1)的解y=—

2-x

的存在区间为(2,+8).

这个例子说明，尽管/(x,y)在整个坐标平面上满足延展定理的条件，解上

的点*,°(幻)也能无限接近区域。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(-00,+00).

例2试证明：对任意的与及满足条件0<方<1的孔，方程包=>QT)2

ax1+x+y

的满足条件y(x())=y0的解y=y(x)在(-oo,+oo)上存在.

证明：令小'力=罟则

2y+2x2y+y2-1-x2

fy(x,y)=

(l+x2+/)2

显然在xOy平面上连续，满足解的存在唯一性条件及延展定

理的条件,

而y=O,y=lM—=f(x,y)的解,

ax

因此，满足y(Xo)=y()，0<%<1的解存在，而且可以无限延展到xOy平面的边

界，且不能穿过y=O,y=1,

故只能向左右无限延展，所以，y=y(x)在(-8,+oo)上存在.

该例题说明，/(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=O,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(-8,+8).在这里，y=O,y=l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(2.1)

时，通常将右端函数/(x,y)进行放缩的处理，比如

K(x,y)<f{x,y)<F2(x,y)

这时，我们可以同时考察

孚=《(乂y)和手=E(x,y)

axax

我们有如下的比较定理：

定理2.3(第一比较定理)设定义在某个区域。上的函数/(x,y),FJ(x,y)和

F2(x,y)满足条件：

(1)在。满足解的存在唯一性定理及延展定理的条件，即在。上连续，在

D上关于变量y满足李普希兹条件；

(2)在。上有不等式

K(x,y)<f(x,y)<F2(x,y)

设初值问题

.先偿=可《力和[先人(尤,y)

的解分别为y=9(x)，y=R(x)和y=<I>2(x)，则在它们的共同存在区间上有下

列不等式：

①](X)<(p(x)<①2(X)，X>玉)

①](X)>(p(X)>①2(X)，XV/

证明仅证当x>/时，W(X)〈①2(X)，其它的情形相类似.

由比较定理的条件(1),初值问题

.竽=/。，>)和!^=K(/y)

axiox

)&)=%1加0)=%

的解在与的某一邻域内存在且唯一，分别记为y=e(x)和>=屯2(幻，它们满足

令h(x)=①2(x)-(p(x),则

"(/)=①2(/)-。(%)=。

且

h\x0)=①；(玉))一(p\xQ)=8a。,①2(%)))一/Uo,。(玉)))>0

所以函数力(x)在/的某一右邻域内是严格单调增加的.

如果在x>/时，〃(x)>0不是总成立，则至少存在一点%>%,使得

//(%!)=0,且当x()<x<X|时，h{x}>0,因此在点X］的左导数〃(内-0)«0,这

与

〃'(％)=①式与)一”(一)=一(一，①2a))—/a，0(5))>0

矛盾.因此当x>x()时，〃(x)>0总成立，即夕(x)〈①2(*).

比较定理的应用，关键是耳(x,y)和玛(x,y)的选取，因为初值问题

，=/(x,y)

ax

g)=%

的解y=°(x)的存在区间的延展，受到y=R(x)和y=5(幻的控制，即y=°(x)

夹在y=R(x)和y=5(*)之间.因此，我们必须能确定出y=R(x)和y=①?(x)

的存在区间，这就是我们选取片(x,y)和玛(x,y)的标准，即

和，寞=K(x，y)

ax

)(入0)=>0.y(xo)=y()

的解y=①i(x)和y=①2(x)必须能够求得.

下面我们给出第二比较定理.

定理2.4(第二比较定理)设定义在某个区域。上的函数/(x,y),耳(龙,y)和

F2(x,y)满足条件：

(1)在。满足解的存在唯一性定理及延展定理的条件，即在。上连续，在

D上关于变量y满足李普希兹条件；

(2)在。上有不等式

R(x,y)<f(x,y)<F2(x,y)

设初值问题

华=/(x，y)亨=片(乂了)和得皿)

axax

Wo)=%』(5)=%J(L)=%

的解分别为y=9(x),y=R(x)和y=0>2(x)，则在它们的共同存在区间上有下

列不等式：

R(X)<(p{x)<①2(X)，X>X0

①I(x)N(p(x)>①2(x),x<x0

习题2.2

1.设方程为

孚=(/一♦-

ax

假设/(x,y)及《(x,y)在xOy平面上连续，试证明：对于任意的/及血<。，方

程满足y(x(>)=y()的解都在(-℃,+8)上存在.

2.指出方程包=(1-VW/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

-=——7cOS一

dxXX

解的存在区间.

4.设/*,)，)在整个平面上连续有界，对y有连续偏导数，试证明方程

—=/(x,y)的任一解y=g(x)在区间一8cx<+co上有定义.

dx

5.讨论方程包=匕^的通过点(0,0)的解，以及通过点(In2,-3)的解的存在

dx2

区间.

6.在方程半=/(y)中，如果/(y)在(-8,+8)上连续可微，且

dx

W(y)<0("0)，

求证方程满足武/)=No的解MX)在区间［x0,+oo)上存在，且有limy(x)=0.

2.3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（2.2）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（x°）=y0如果产生了微小的偏差，这个偏差对我们的初

值问题（2.2）的解y=w（x）会有什么影响呢？下面我们来解决这个问题.

我们在研究初值问题（2.2）的时候，习惯上把/和当作常数来看待，这

样初值问题（2.2）的解y=e（x）被看作x的函数.实际上，如果光变化，初

值问题（2.2）的解y=e（x）也会发生变化.例如方程

dy=y_

dxx

经过点（Xo，y°）的解为），=%x,可以看作x,x0,yo的函数.对于一般的情形，初值

问题（2.2）的解也可以看作x,而,%的函数，记为y=0（x,Xo，%）,代入六面）=%

得：9瓮0，/，为）=加

如果我们的初始条件y（x°）=%发生了微小的误差，变为了y（x；）=y；,初值

问题（2.2）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2.1设初值问题

华=/（工，丁）

1dx

.y（瑜=乂

的解y=9（X,X；,y；）在区间解刈上存在，如果对于任意给定的正数£,存在正数3

（5的选取与£,x；,y；有关），使得对于满足,-局<瓦防-/<5（2.2）的解

y=e（x,无0，%）都在3向上存在，且有

帆x,%,%）一夕（X,4,y；）|<£,Xe[a向，

则称初值问题（2.2）的解），=夕（乐后,%）在点（焉,第）连续依赖于初值x0,%.

定理2.4（解对初值的连续依赖性定理）设，（x,y）在区域。内连续，且关

于变量y满足李普希兹条件.如果初值问题（2.2）有解y=e（x,£,y；）,

且当aWxWZ?时，e。，则对任意的正数s,存在3>0,使对于满

足

忖一用<可为一洲<3

的任意“0，%）,初值问题

,手=—）

ax

.〉（%）=%

的解y=Mx,%,%）也在区间［a,b］上存在，且有

Ie（x,与,X））一夕（X,X；,乂）|<£

证明对于任意给定的正数£,取0<印<£,使得闭区域

U=｛（x,），）卜<x<b,\y-e（x,£,y；）|<券｝

整个含在区域。内，这是可以做到的，因为区域。是开区域，且当匕时，

（x,Q（x,x；,y；））e。，所以，只要仇的选取足够小，以曲线y=e（x,x；,y；）为中线,

宽度为2e的带形开区域U就整个包含在区域。内，

选取3满足

0<5<—

\+M

其中N为李普希兹常数，M=max|/（x,y）|,同时还要求b的选取，必须保证闭

（x,y）eU'

正方形

灭2：*_.归瓦［_.归5

含于带形开区域U内.

由存在唯一性定理知，对于任一（%,为）€初值问题（2.2）在飞的某邻

域上存在唯一解^二以乂后,%）,而且y=Q（x,Xo，yo）在/的该邻域上可以表示为

•7，%）=%+工的即办,％）旃

而y=9（x,x；,y；）可以表示为

以x,x；,y；）=y；仪7芯,乂））公

对上述两式做差得:

始,“。）-*"乂）=%-乂+口（76~°,尤））小£/（7必谒,乂）的

所以

M（x,Xo，yo）-e（x，£,涮4M-讣J；/（”go，yo））"T；/（"g：，y；））d7

《防一义|+JJ/（7，。（3；，乂））一/（7,8«,工0，乂>））117+「""，夕（70，%））1.

<8+l\\f（T,（p（,T^0,y^-f{T,（p（T,x0,y^\dT：+M8

Jx0

«（1+M}8+N1[0（丁石,乂）一先）I公

由贝尔曼引理，得

AN（hu）

|^（x,x0,y0）-（p{x,x*,>>*）|<（1+M）&''"<"l<（^+M）&'<3X<£

因此，只要在/=夕0,%,%）有定义的区间上，就有

|夕（再始,%）一°（x,x；,y；）|<e.

下面我们证明：y=e（x,xo，%）在区间口，夕上有定义.事实上，因为

|0（x,Xo,%）-°（x,x；,乂）|<£

即解y=（P（X,毛,%）夹在y=e（x,%；,y；）+£和y=0（x,x；,y；）-£之间,而且，初值

问题（2.2）满足延展定理的条件，所以，解旷=0（尤,%,九）可以向左向右无限延

展，直到无限接近区域。的边界，于是，它在延展的时候，必须由直线x=a和

直线x=A穿出区域U,从而y=夕（苍/，为）在区间[。，切上有定义.

解对初值的连续依赖性说明，初值（X。,%）无法准确得到，但是我们能得到

测量数据（月,力）,只要误差比较小，即

忖一@<.|%一词<6.

我们就可以用3,%）代替（%,%）去计算，得到初值问题的解y=Mx,x；,y；）,这

个解可以非常接近真实解丫=以乂无0，%）,即

%）-9（x,x；,y；）|<£,

同理，如果方程的右端函数/（x,y）不能准确得到，只能得到/（x,y）的近似函数

f（x,y）,即

fix,y）-f（x,y）<8,（（x,y）eD）

我们就可以用，（x,y）代替/（x,y）去计算，得到初值问题

六/）=%

的解y=9（x,Xo，%）,那么y=夕（国七,%）能否代替y=9（%,小,%）呢?我们有下面

的解的连续依赖性定理.

定理2.5（解对被积函数的连续依赖性定理）在区域。上，/（尤力和八羽田都

连续，而且关于变量）满足李普希兹条件，若初值问题

=%

在aWxWb上有解丁=夕（国曲,％）,则对任意给定的正数£,存在3>0,只要

f（x,y）满足

f(x,y)-f(x,y)<3,((x,y)G£))

则初值问题（2.2）的解y=o（x,Xo，%）在aWxWb上存在，且有

。（爸/，％）一。（龙，x。，％）<£.

证明由解的存在唯一性定理知，初值问题

,亨=j（九,y）

ax

.〉（%）=%

的解y=8（x,Xo，y0）存在，设其存在区间为［a,夕，且有

（p（x,x0,y0）=%+1［f^,（p^,x0,y0））］d^

Jx0

而初值问题

y(%)=%

的解y=8（x,xo，%）也存在，且可以表示为

0（x，Xo，No）=%+『"（。，。6/，为））上右

Jx0

则

9（x,Xo，yo）—0（x,Xo，yo）=J；"©，。（0与，为））^^一["©，。（4/，%））口4

从而有

夕（工,不,%）一夕（x,/,%）<|/（“6，*0，为））一，（“（4，知先））阳

J而

=「I八虞诞,X。，%））—八,夕（。/，%））+•?C，诞，x0，%））-f&。（&/，%））Idj

Jx0

4「।，依夕e,%，%））-Ie，叭匕，%,%））।+11e,诞,%,%））--《，夕e，/，为））i"

f.V~

4N]（IMJ,%,%）-。（4又0，%）I

<[b-d）8+N[\（p^,x0,y0）-（p^,xQ,y0）\d^

JR。

由贝尔曼引理，得

Na）

（P（X,x0,y0）-（p（x,x0,y0）<3{b-a'）e^

取3<—^e-N3"）,则

b-a

。（•丁，%）一9（苍丁,%）<£.

且解y=8（x,x（）,%）在aWxW6上存在.

例1考虑方程

dyo,y=0

dx[_yln|y|,yH0

解的情况.

解显然y=O,y=l,y=-1是方程的解，当"0,."I,"-1时，有

^=-y]n\y\

dx

这时解得上半平面的通解为y=ec「，下半平面的通解为y=-0的二

可以看到，对于Oc轴上的初值（/,（））,在任意有限闭区间上解对初值连续依

机但是，在［0,+8）上，无论（入0，%），%工0如何接近（无0，。），只要X充分大，

过（X。,%）的积分曲线就不能与过（％,0）的积分曲线（即"0）任意接近了.

这个例子说明，解在有限闭区间上对初值连续依赖，不能推广到无限区间，

即，在无限区间上解对初值的连续依赖定理就不成立了.

我们有时不仅要求解对初值连续依赖，而且还要知道解y=/。/。,％）对初

值的偏导数翌，婴是否存在.下面给出解对初值的可微性定理.

站办0

定理2.6（解对初值的可微性定理）如果函数/（x,y）以及在区域。

内连续，则初值问题

,亨=—）

ax

.〉（%）=%

的解y=8（x,x°,%）在它有定义的区间上有连续偏导数学，矍.并且有

&0朋）

。9（无%,为）=/（工yo）J：*rME2b））dr

及

5^(%,X,y)_J：4(rMr,x°,"))dr

00——e

习题2.3

1.若函数/（x,y）,R（x,y）在区域。内连续且满足李普希兹条件，设初值问

题

半=/（x,y）+R（x,y）

y（£）=第

的解为y=*（x芯,其），存在区间为口,。］.对任意的正数£,存在5〉0,使对于满

足

|/?(x,y)|<^,((x,y)€O)

的H（x,y）,以及满足

卜0_4<W<5

的任意（Xo，%）,初值问题

牛=/（x，y）