第四章基本定理-42解的延拓定理

解
f
x,y =y2,
f
y
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x,y
=2y
在全平面上连续，
因此满足解的延拓定理的区域是
D =R 2 .
方程的通解是
y= 1 , C是积分常数。 Cx
通过（1,1）的解是
y= 1 , x ,2.
2x
通过（3，-1）的解是
y= 1 , x 2,+.
2x
2
此例说明，尽管 f x,y 在整个平面 R2 上
和x -0 时，x， x趋于D的边界D.
定理4.2.2与引理4.2.1的区别在于D的有界性 证明 做有界区域
Dn n=1,2,L ,使 x0,y0 D1 D2 L Dn L D,
-----
且 Dn Dn+1, n=1,2,L ; Dn D, n +
当D为平面有界区域时，只要取 Dn 为D的边界 D 的内侧领域即可。
的解必在 [x0 ,+) 上存在。
分析：此题属于限制条件（2）的情形 证明 显然方程在全平面时满足解的存在唯一及 延拓定理的条件。又因为f(y)连续，且
yf y<0, y 0
可知 f 0 =0,这意味着 y=0 是解。并且有 y=f y<0, 当 y>0, y=f y>0, 当 y<0.
取 x0 ,+, y0 0,+ 或y0 ,0
+0 = lim x; -0 = lim x.
x +0
x -0
只证一边即可，另一边同理。
用柯西收敛准则来证明。 柯西收敛准则
lim f x存在 对任意 >0,存在 >0,使当
xa
x1 a < , x2 a <时 ，总有
f x1 f x2 <.
证明引理4.2.1 设 y= x x, 是初
分析：此题属于限制性条件（3）的情形 证明 方程在全平面上满足解的存在唯一及延
拓定理的条件，任取平面上的一点 x0,y0 ,
记过这点的解为y(x),它满足方程
y x =y0 +
x x0
f
,y d
用反证法。
若解的存在区间不是[x0 ,+), 则存在 [x0 ,+), 使得y(x)只能在[x0 , ) 上存在。于是，由
当D为无界区域时，可取D与闭圆域
Sn: x2 +y2 n2, n=1,2,L 的交集，D I Sn =Dn, n=1,2,L
Dn D, n +
对于区域 D1,由于D1 D, 由引理4.2.1，积
分曲线 y= x可以达到区域 D1的边界点A1和B1，
对于D2再次利用引理4.2.1，积分曲线 y= x
d <
M x1
, x2
x2
<时
x1 x2 M x1 x2 =M x1 + x2
M
x1
+M
x2
=M
2M
+M
2M
= .
由柯西收敛准则，知 +0 存在。 同理可证 0 存在。
现在证明 , 0D0.
反证法。若 , 0是D0 的内点，那么由
解的存在唯一性定理，存在h>0,使得解
2 和2
2
3
也不会发生，因此解的存在区间只能是[x0 ,+).
同理可证左行解的存在区间是 (+,x0 ].
例4.2.1 试讨论微分方程
dy y2 dx 通过点（1，1）的解和通过（3，-1）的解的存在 区间。 解 此时区域G是整个平面。方程的通解为
y 1 c x
其中C是积分常数。则通过点（1，1）的积分曲线
全属于D的闭矩形域R，使得 f x,y 在R上
关于y满足李普希兹条件，则称 f x,y 在D
上关于y满足局部李普希兹条件。
证明定理4.2.1
设x x0，在 R1 内应用解的存在唯一性定理，
知存在 h0 使解在
令 x01 =x0 +h0 得点
x0 P1
-xh001,x,y0 +01h0,
x0 h, x0 h h1 上确定方程的一个解
y
x x
, ,
x 0
x 0
h h
x x
x 0
x 0
h h
h 1
即将解扩大到较大的区间 x0 h x x0 h h1
上述解的延拓办法可以继续进行，最后我们可以
得到一个解y % x 它已经不能再向左右方延拓了
1.可延拓解与不可延拓解的定义 定义4.2.1对于定义在平面 R2上的一个区域 （即连通的开集）G中的微分方程
引理4.2.1 设 D0 R2 是有界开区域， f x,y
在D0上连续有界 设 f x,y M ，且对y满足局部
李普希兹条件，如果 y= x x, 是初值
问题（4.2.1）的一个不可延拓解，那么当
x +0或x -0 时，x， x趋于D0的边界D0.
证明 首先证明下面极限存在
（2）一个解和 f x,y 定号性限制条件； （3） f x,y 有界性限制条件。
例2 在方程
dy =f x y
dx
中，已知 f x， y在-，+ 上连续。且 1=0.
求证 对任意x0和 y0 1，方程满足 y x0 =y0 的解 y x 的存在区间必为-，+.
分析：本题为限制条件（1）的情形。
关于y满足局部Lipschitz条件，及对于区域G内
的每一点，有以其为中心的完全包含在于G内的闭
矩形R存在，在R上 f x, y关于y满足Lipschitz条件
设方程（4.2.1）的解 y x 已经定义在区间
x x0 h 上，取 x1 x0 h ，然后以 x1, y1
（即图（4.2.1）中的Q1点，y1 x0 h）为中心做
dy f x, y
dx
y x0 =y0
（4.2.1）
设 y x 是方程（4.2.1）定义于区间
1, 1 内的一个解，若存在方程（4.2.1）的
一个解 y x ，在区间2, 2 内有定义，
并且满足
1 2, 2 1, 1 ，但2, 2 1, 1 ；
2 当x 1, 1 时, x x.
记 由过 上面 x的0,y分0 析的可解知为解y=yy=yxx. 单调下降又不能
下穿y=0（x轴），且又要无限远离原点，那
么该解的存在区间必为 [x0,+).
x0,y0 y=y x
例4 设 f x,y 在整个平面上连续且有界，对
y有连续的偏导数，证明方程
dy =f x,y
dx
的任一解 y= x 在区间，+ 上有定义。
*** 解的延拓（使解存在的范围适当扩大） 在第4.1节中的存在唯一性定理是局部的，它只
肯定了至少在区间
x x0
h,
h
min
a,
b M
存在。现在我们把初值问题解的存在性的讨论扩
大到适当大的范围。
假设微分方程
dy f x, y
dx
(4.2.1)
的右端函数 f x, y 在某一区域G内连续，且
又可以达到 D2的边界点A2和B2。如此继续下去，
在积分曲线上得到两个点列
An和Bn，
An、Bn Dn , n=1,2,L .
又因为 Dn D, n +, 所以 An和Bn 也趋
于D的边界 D.
使用延拓定理时的几点注意：
1. 不可延拓解的存在区间
定义右行解： x x0 方向的延拓解， 左行解： x x0 方向的延拓解。
x0 -h0 x0 x0 +h0 x1 +h1
解 y x 和解 y x 都有定义，在区间
x1 h1 x x1上，解 x x 。但在区间 x1 x x1 h1 上，y x 仍有定义，我们把
它看成是原来定义在区间 x x0 h上的解
y x 向右方的延拓，这样我们就在区间
上存在唯一， 以其为中心，再
做 R2 , 在其上再用存在唯一性定理，重复以上
过程，直到 y= x x, 再不能向右延
拓了，这时的 , 一定是开区间。
3 不可延拓解的形状 由定理4.2.1，初值问题（4.2.1）一定存在 不可延拓解
y= x x,
那么，当 x +0和x -0 时，解具有什么特 征？
y= x
可以延拓到区间 , +h 上，这与 是不
可延拓解 x 的存在区间的右端点相矛盾，
因此 , 0D0. 同理可证 , +0D0.
定理4.2.2 如果 f x,y 在有界或无界区域
D0 R上2 连续，且对y满足局部李普希兹条件，
那么对任意 x0,y0 D, 初值问题（4.2.1）的不 可延拓解 y= x x, ，那么当 x +0
一方面可以向平面的无穷远无限延拓，另一方
面这个解y(x)
上不能穿过 y=+1, 下不能穿过 y= 1。
否则与解的唯一性矛盾，故存在区间为 ，+。
例3 在方程
dy =f y
dx
中，若 f y在，+ 上连续可微，且满
足
yf y<0, y 0
求证对平面上任一点 x0,y0 ,方程满足y x0 =y0
为
y 1
2 x
它向左方可以无限延拓，而当x 2 0时，y
所以其存在区间为 , 2 。见图（4.2.3）。
通过点（3，-1）的积分曲线也为
y 1 2 x
它向左不能无限延拓，x 2 0时，y 所以
其存在区间为 2,
这个方程只有解y 0可以向左右两个方向无限延拓。
图4.2.3
例4.2.1
yx
y0
x
+ x0
f ,y d
y0 +M x-x0
y0 +M -x0
=M1 即y=y(x)在 [x0 , ) 上有界，从而
-------
lim y x <+
x -0
说明推论4.4.1的情形
2
1
不会发生；又因
为方程右端函数在全平面上满足延拓定理的条
件且有界，从而推论4.2.1的情形
一个小的矩形，使它连同其边界都包含在区域G的 内部。运用第4.1节中的存在唯一性定理，知道存 在 h1 0 ，使得在区间 x x1 h1 上，方程
（4.2.1）有过 x1, y1 的解 y x ，且在
x x1处有 x1 x1 ，由于唯一性，显然
y
y0
y= x Q1
R
x
满足延拓定理的条件，即方程
dy =f x,y
dx
的任一解可以任意接近平面的边界，但方程解
的定义区间却未必是 -，+。
3.整体解存在的条件 （在全轴或半轴上存在
的解）
当 f x,y 满足什么条件时，能够保证方程
dy =f x,y
dx
的所有解或一些解的存在区间为
-，+。
保证解整体存在的几个条件（充分条件） （1）两个解的限制条件；
值问题（4.2.1）的解，由等价性知其满足积
分方程
x
=y0
+
x x0
f
, d,
x,
对于任意 x1, x2 , , 有
x1
=y0 +
x1 x0
f
,
d
x2
=y0 +
x2 x0
f
, d
上面两式相减，有
对任给
x1 x2
>0,取 <
2M
x1 f
x2
,则当
,
x1
则称解 y x, x1, 1是可延拓的，并且称
y x是 y x 在 2, 2 上的一个延拓。
倘若不存在满足上述条件的解 y x，则称 解 y x, x1, 1为方程（4.2.1）的不可
延拓解，或饱和解。此时把不可延拓解的定义区
间 1, 1 称为一个饱和区间。
2. 不可延拓解的存在性
讨论微分方程
dy dx
y
2 2
1的通过点（0，0）、
（ln2，-3）的解的存在区间。 解 此方程右端函数在整个xOy平面上解的存在唯 一性定理和解的延拓性定理的条件。容易确定此 方程的通解为
,b),
lim
xb-0
x
=.
y= x
x0
b
22
[x0
,b),
lim
xb-0
x
=d
.
D
b,d
y= x
b
2 3
[x0
,b),
lim
x b-0
x
不存在。
y
y= x
x0
D
bx
2. f x,y 与解存在区间的关系
例1 讨论方程
dy =y2 dx
通过（1.1）的解和通过（3-1）的解的存在
区间。
推论4.2.1 定理4.2.2中的右行不可延拓解的
存在区间必为下列情形之一：
（1）
（2）
[[xx00
,+); ,b), lim
xb-0
x
=,
lim d x, x ,D =0
x b-0
解曲线上的点与区域短点的距离等于零，b为有 限数。
（1） [x0 ,+);
y
y= x
x
x0
2 1
[x0
证明 显然方程的右端函数
F x,y =f x y
Fy x,y =f x y
在全平面上连续，因此方程满足解的存在唯一 性定理条件和解的延拓条件的区域是全平面。
又 y= 1 是常数解，任取 x0 ，+,
若y0 =1或y0 = 1，其对应的解是y=1或y= 1，
它们都在 ，+ 上有定义。
若 y0 <1, 记过这点的解为y(x)，那么y(x)
定理4.2.1 如果 f x,y在区域D R2 上连续，
且对y满足局部李普希兹条件，则对任何
x0,y0 D 初值问题（4.2.1）存在唯一不可
延拓解。
定义4.2.1（局部李普希兹条件）设 f x,y
定义在开区间 D R2 上，如果对于D上任意
一点 x0,y0 , 都存在以 x0,y0 为中心，完