第2节 解的延拓定理(解的整体存在唯一性定理)

1 . (1) 过点 (1,1)的解 : y = 2− x 1 ⎧ ⎪y = 由 ⎨ 2 − x, ⎪y = 2 ⎩ 3 解得 x = . 2 Q lim ρ [( x , y( x )), ∂G ] = 0,
3 x→ −0 2
y 2
• (1,1)
o
3 2
2
x
3 1 而当 x ∈ ( −∞ , )时， 解 y( x ) = 有界 2 2− x
•
Q(x1, y1)
•
( x0 , y0 )
o
x0 − h x0 x + h =x 0 1
G x
的唯一解： y = ω ( x ) ①
x ∈ I = [ x1 − h1 , x1 + h1 ]
y
Q( x1 , y1 )
•
令 h ∗ = min{ 2 h, h1 }
(确保： 1 − h ≥ x 0 − h ) x ( x 0 + h ) − h∗ ≥ x 0 − h h∗ ≤ 2 h
一、问题的提出 二、基本概念 三、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.
∴ 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 其最大存在区间为： (− 4,4 )
1 − = x+c y 1 所给方程的通解： y = − . x+c 1 . y ( 2 ) 过点 (1,1)的解 : y = 2− x 2 1 ⎧ ⎪y = 由⎨ • (1,1) 2 − x , 解得 3 ⎪y = 2 o 3 2 4 x –4 ⎩ x= . 2 2 –2 3 (− ∴ 该解的最大存在区间为 ： 4, ) 2
( x , y )∈ D1
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
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 • ( 3,−1) x
4
5 ∴ 该解的最大存在区间为 ： ( , 4 ) 2
∴ 所给方程过点 (1,1) 的解的最大
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 Q 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, +∞ ).
(1)
定义1 对于给定的点 ( x0 , y0 ), 设 I , J 均为区间， y = ϕ ( x ) ( x ∈ I ) 和 y = ψ ( x ) ( x ∈ J )均是 初值问题(1)的解. 若 1) I ⊂ J , 且 I ≠ J ; 2) ϕ(x) ≡ ψ (x), x ∈I , 则称解 y = ψ ( x ) ( x ∈ J )是解 y = ϕ ( x ) ( x ∈ I )
y
•
( x0 , y0 )
G
o α
β 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 Q f ( x , y ) = y 2 , f y ( x , y ) = 2 y 均在G内连续
对 α 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 Q 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 所给方程的通解： y = − . x+c
解Q
∴
f ( x, y) = x 2 + y2 , 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， M 1 = max
= max ( x 2 + y 2 ) = 2
( x , y )∈ D1
M = max f ( x , y )
( x , y )∈ D
愈大，h 愈小.
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
证 设初值问题 (1)的积分曲线 L : y = ϕ ( x ), x ∈ I = [ x0 − h, x0 + h] y 则 L ⊂ G. 令 x1 = x0 + h, y1 = ϕ ( x1 ) 则 Q ( x1 , y1 ) ∈ L,
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
的延拓，并称解 y = ϕ ( 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 = ϕ ( 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 = ϕ ( 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.
∗
•
( x0 , y0 )
h1
G x
o
x0 − h x0 x + h =x 0 1
由解的唯一性，知 ϕ ( x ) ≡ ω ( x ), x ∈ [ x1 − h∗ , x1 ]
x1- h1
②
⎧ϕ ( x ), x ∈ [ x 0 − h, x 1 ] 令 ψ ( x) = ⎨ ⎩ω ( x ), x ∈ [ x 1 , x 1 + h1 ] y 则 ψ ( x0 ) = ϕ ( x0 ) = y0
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
• ( 3, −1)ห้องสมุดไป่ตู้
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 = ϕ ( x ) dx 的最大存在区间是 ( −∞ , +∞ ).
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.
的解 y = ϕ ( x ), 且 其最大存在区间必
为有限开区间: ( α , β ), 其中α , β 满足：
x →α + 0
x→ β −0
lim ρ [( x , ϕ ( x )), ∂G ]
= lim ρ [( x , ϕ ( x )), ∂G ] = 0,
( ∂G为 G的边界， ρ 为欧氏距离 ).
三、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 = ϕ ( x ), x ∈ I = [ x0 − h, x0 + h]是初值问题 (1)
的解，则 y = ϕ(x) ( x ∈I ) 必可延拓.
在 D2上， M 2 = max
= max ( x 2 + y 2 ) = 8
( x , y )∈ D2
( x , y )∈ D2
f ( x, y)
a = b = 2， 2 1 b } = min{ 2, } = . ∴ h2 = min{ a , 8 4 M2 ∴ 当 f ( x , y ) = x 2 + y 2 , ( x , y ) ∈ D2时，
设解 y = ϕ ( x )过点 ( x0 , y0 ), 则
o
x0 − h x0 x + h =x 0 1
x1- h1
当 x = x1 时，
′ ′ ′ Q ψ − ( x1 ) = ϕ − ( x1 ) = ω − ( x1 )
′ = ω ′ ( x1 ) = ω + ( x1 ) ′ = ψ + ( x1 ) ∴ ψ ′( x1 ) 存在，且
( 由② ) ( 由①)
ψ ′( x1 ) = ω ′( x1 ) = f [ x1 , ω ( x1 )] = f [ x1 ,ψ ( x1 )]
从而当 x ∈ [ x0 − h, x1 + h1 ]时，即 当 x ∈ J = [ x0 − h, x0 + h + h1 ]时, 有
ψ ′( x ) = f [ x ,ψ ( x )]
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
1. 解的延拓
⎧ dy ⎪ = f ( x, y) ⎨ dx ⎪ y( x0 ) = y0 ⎩
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 ⊂ I 1 . 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. 产生这种不合理的原因是什么？ b h = min{ a , }, M
当 x ∈ [ x0 − h, x1 )时，
ψ ′( x ) = ϕ ′( x ) = f [ x , ϕ ( x )] = f [ x ,ψ ( x )]
当 x ∈ ( x1 , x1 + h1 ]时，
Q( x1 , y1 )
•
•
( x0 , y0 )
h1
G x
ψ ′( x ) = ω ′( x ) = f [ x , ω ( x )] = f [ x ,ψ ( x )]
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 = ϕ ( x )是初值问题 (1) 的饱和解, (α , β )是其最大存在区间， 则
亦即 y = ψ ( x ), x ∈ J 也是初值问题 (1)的解，
I ⊂J, 且I ≠J ϕ(x) ≡ ψ (x), x ∈I , ∴ y = ψ ( x ), x ∈ J 是解 y = ϕ ( x )的延拓
∵
即解 y = ϕ ( x )( x ∈ I )必可右延拓 同理可证： y = ϕ ( x )( x ∈ I )必可左延拓.
β 必为下列三种情形之一：
1º β = + ∞ ; 2º β ∈ R , 当 x → β − 0 时， y = ϕ ( x )无界； 3º β ∈ R , y = ϕ ( x )在 ( β − δ , β )上有界，
而
x→ β −0
lim ρ [( x , ϕ ( x )), ∂G ] = 0,
( ∂G为 G的边界， ρ 为欧氏距离 ).