第3章_第2节_解的延拓定理(解的整体存在唯一性定理)

x1- h1
f [ x, ( x )]
当 x x1 时， ( x1 ) ( x1 ) ( x1 ) ( x1 ) ( x1 ) ( x1 ) ( x1 ) 存在，且
( 由② )
( 由①)
( x1 ) ( x1 ) f [ x1 , ( x1 )] f [ x1 , ( x1 )]
的延拓，并称解 y ( x ) ( x I )是可延拓的.
2. 饱和解、解的最大存在区间
定义2 若y ( x ) ( x I ) 是初值问题(1)的解，
且其存在区间I 不能再延拓，则称
y ( x) ( x I )
为初值问题(1)的饱和解(或不可延拓解)，并称
饱和解的存在区间I为解的最大存在区间.
当 y 0时， dy dx , y2
( 3) 过点( 3, 1)的解 : 1 y . 2 x 1 y 由 2 x , 解得 y 2 5 x . 2
y
2
–4
( 1, 1 )
o
–2
3 2
2
4
( 3 , 1 )
x
5 该解的最大存在区间为：( , 4) 2
解的延拓定理
1. G为有界开区域
dy f ( x, y) (1) dx y( x0 ) y0
定理1 设 f ( x , y)在有界开区域G内满足： 1) 连续 ; 2) 关于y 满足局部 Lip 条件，则对于
( x0 , y0 ) G , 初值问题(1)存在唯一 的解 y ( x ), 且 其最大存在区间必
产生这种不合理的原因是什么？ b h min{ a, }, M
M max f ( x , y ) 愈大，h 愈小. ( x , y )D
事实上，皮卡的存在唯一性定理 并非完美无缺，它只是一个局部性的 定理，它只肯定了解在以x0 为中心的 某一小区间I = [x0 – h, x0 + h ]上一定存 在且唯一. 由§1 定理1的推论4 知：若 f(x, y) 在区域G上连续，且关于y满足局部的
Lip 条件，则过区域G内每一点均有唯一 的一条积分曲线通过. 当然，这些积分 曲线都被限制在一个个小区间上.
自然会问：能否将这些积分 曲线一段一段地连结起来， 延长解的存在区间呢？
( x2 , y2 )



( x0 , y0 )
( x1 , y1 )
G
二、基本概念 dy
1. 解的延拓
f ( x, y) dx y( x0 ) y0
( x ) ( x ) f [ x, ( x )] f [ x, ( x )]
Q ( x1 , y1 )


( x0 , y0 )
h1
当 x ( x1 , x1 h1 ]时， ( x ) ( x ) f [ x, ( x )]
G x
o
x0 h x0 x h =x 0 1
证 由条件 (1), ( 3)知，f ( x , y )在R 2满足解的 存在唯一性定理及延拓定理的条件.
设解 y ( x )过点 ( x0 , y0 ), 则 y0 ( x0 )
再设 y ( x )的最大存在区间为( , ), 则 d ( x ) f [ x , ( x )], x ( , ) dx f ( x , y)在R 2上有界 常数 M 0，使 f ( x, y) M , ( x, y) R 2 .
注 1º一般地，解的最大存在区间与初值
(x0 , y0)有关； 2º 函数的定义域与解的最大存在区间有 区别.
2. G为无界区域
定理2 设 f ( x , y)在无界区域G内满足： 1) 连续 ; 2) 关于y 满足局部 Lip 条件，则对于
( x0 , y0 ) G , 若 y ( x )是初值问题(1)
从而当 x [ x0 h, x1 h1 ]时，即 当 x J [ x0 h, x0 h h1 ]时, 有
( x ) f [ x, ( x )]
亦即 y ( x ), x J 也是初值问题(1)的解， ∵ I J, 且I J (x ) (x), x I , y ( x ), x J 是解 y ( x )的延拓 即解 y ( x )( x I )必可右延拓 同理可证： y ( x )( x I )必可左延拓.
( G为G的边界，为欧氏距离). 对 有类似的结论.
例3 在区域 G {( x, y)
y 2}内, 讨论方程
dy y 2 分别通过点(1,1), ( 3, 1)的解的 dx 最大存在区间.
解 f ( x , y ) y 2 , f y ( x , y) 2 y 均在G内连续
f ( x, y)
a b 1，
b 1 1 h1 min{ a, } min{1, } . M1 2 2
当 f ( x , y) x 2 y 2 , ( x , y) D1时，
该初值问题的解的存在区间为： 1 1 I1 [ , ] 2 2
在D2上， M 2 max
证 设初值问题(1)的积分曲线 L : y ( x ), x I [ x0 h, x0 h] y 则 L G. 令 x1 x0 h, y1 ( x1 )
则 Q ( x1 , y1 ) L,
Q ( x1 , y1 )


从而 Q G . 由§1 定理1的推论4, 知 dy f ( x , y )必存在过点Q dx
max ( x 2 y 2 ) 8
( x , y )D2
( x , y )D2
f ( x, y)
a b 2，
b 2 1 h2 min{ a, } min{ 2, } . M2 8 4
当 f ( x , y) x 2 y 2 , ( x , y) D2时，
y 2
( 1, 1 )
o
3 2
2
x
Байду номын сангаас
3 1 而当 x ( , )时， 解y( x ) 有界 2 2 x
3 y 存在区间为： ( , ). 2 2 ( 2) 过点( 3, 1)的解 : ( 1, 1 ) 1 3 2 y . o 2 2 x 1 lim y( x ) lim x 2 0 x 2 0 2 x 1 而当 x ( 3, )时， 解y( x ) 有界 2 x 该解的最大存在区间为：( 2, ).
解
f ( x, y) x 2 y 2 , f y ( x, y) 2 y 在D1 , D2上连续,

f ( x , y )在D1 , D2上满足皮卡的解的存在 唯一性定理的条件
在D1上， M1 max
max ( x 2 y 2 ) 2
( x , y )D1
( x , y )D1
该初值问题的解的存在区间为：
1 1 I 2 [ , ] 4 4
问题：虽然 D1 D2 , 但 I 2 I1 .
这表明：随着 f (x, y)的定义域 D的增 大，由皮卡定理所能肯定的解的存在 唯一性区间反而缩小了. 这一现象似乎不太合理. 应该是 随着 D的增大，h 增大，才更为合理.
第三章
§ 2. 解的延拓定理
一、问题的提出
例1 设 D1 {( x , y ) x 1, y 1} D2 {( x , y ) x 2, y 2}
dy x 2 y2 初值问题： dx y( 0 ) 0
试利用皮卡存在唯一性定理分别在D1 和D2上 对该初值问题确定解的存在区间.
的饱和解, ( , )是其最大存在区间， 则
必为下列三种情形之一：
1º = + ;
2º R ,
当 x 0 时，y ( x )无界；
3º R , y ( x )在 ( , )上有界，
而
x 0
lim [( x , ( x )), G ] 0,
二、解的延拓定理 引理
设 f ( x , y)在开区域G内满足：
1) 连续 ; 2) 关于y 满足局部 Lip 条件，
对于每一点( x0 , y0 ) G , 若 y ( x ), x I [ x0 h, x0 h]是初值问题(1)
的解，则 y = (x) ( x I ) 必可延拓.
( x0 , y0 )
o
x0 h x0 x h =x 0 1
G x
的唯一解： y ( x ) ①
x I [ x1 h1 , x1 h1 ]
令 h min{2h, h1 }
(确保： x1 h x0 h )
y
Q ( x1 , y1 )


( x0 h) h x0 h h 2h 由解的唯一性，知
为有限开区间: ( , ), 其中 , 满足：
x 0
x 0
lim [( x , ( x )), G ]
lim [( x , ( x )), G ] 0,
( G为G的边界，为欧氏距离).
y

( x0 , y0 )
G
o
x
例2
在区域 G {( x , y ) x 4, y 2}内, dy 讨论方程 y 2 分别通过点( 0,0), dx (1,1) 和 ( 3, 1)的解的最大存在区间.
解 f ( x , y ) y 2 , f y ( x , y) 2 y 均在G内连续
该方程过G内任一点的解存在且唯一 (1) 过点(0,0)的解 : y 0 ( 4,4) 其最大存在区间为：
1 xc y 1 所给方程的通解：y . xc 1 . y ( 2) 过点(1,1)的解 : y 2 x 2 1 y 由 ( 1, 1 ) 2 x , 解得 3 3 2 o x – 4 4 y 2 x . 2 2 –2 3 ( 4, ) 该解的最大存在区间为： 2
(1)
定义1 对于给定的点( x0 , y0 ), 设 I , J 均为区间， y ( x ) ( x I ) 和 y ( x ) ( x J )均是
初值问题(1)的解. 若 1) I J , 且 I J ; 2) (x) (x), x I ,
则称解 y ( x ) ( x J )是解 y ( x ) ( x I )
该方程过G内任一点的解存在且唯一 1 所给方程的通解：y . xc
1 . (1) 过点(1,1)的解 : y 2 x 1 y 由 2 x, y 2 3 解得 x . 2 lim [( x , y( x )), G ] 0,
3 x 0 2
( x0 , y0 )
h1
G
x
o
x0 h x0 x h =x 0 1
x1- h1
( x ) ( x ), x [ x1 h , x1 ]
②
( x ), x [ x0 h, x1 ] 令 ( x) ( x ), x [ x1 , x1 h1 ] y 则 ( x0 ) ( x0 ) y0 当 x [ x0 h, x1 )时，
∴ 所给方程过点 (1,1) 的解的最大
( 3 , 1 )
x
例4
设 f ( x , y ) 在R 2内满足： (1) 连续； ( 2) 有界； ( 3) f y ( x , y )连续，
dy 证明： 方程 f ( x , y )的任一解 y ( x ) dx 的最大存在区间是 ( , ).