常微分方程第二章基本定理

第二章基本定理

我們在第一章主要學習了初等積分法，掌握了幾類常微分方程的解法.但是

這些解法只適用于某些特殊的類型，很多其它的常微分方程不能用初等解法進行

求解.1841年，法國數學家劉維爾(Liouville)證明了里卡蒂(Riccati)方程

dx

—=P(x)y2+q(x)y+r(x)(p(x)wO)

dy

除了某些特殊的類型外，一般不能用初等積分法求解.例如，很簡單的里卡蒂方

程包=/+y2就不能用初等積分法求解啟然地，如果一個常微分方程不能用初

ax

等積分法求解，那么應該如何處理呢？是否存在解呢？如果存在解，它的解是否

唯一呢？解的存在區(qū)間是什么呢？初值的微小誤差對解有什么影響呢？這些問

題在理論的研究和實際應用中，都有著重要的意義.本章將解決這些基本問題.

本章主要介紹解的存在唯一性定理、解的延展定理與比較定理、解對初值的

連續(xù)依賴性定理以及解對初值的可微性定理，這些定理就回答了我們剛才的疑

問，有效的處理解的存在性、唯一性、存在區(qū)間、初值對解的影響等問題，為我

們使近似解法奠定理論基礎，同時這些定理也是常微分方程理論的基礎內容，對

進一步的學習奠定基礎.

2.1解的存在唯一性定理

對于一般的常微分方程

半=/(x,y)(2.1)

ax

如果給出了初始條件y(x。)=%，我們就得到了柯西初值問題

.筌心)(2.2)

)(/)=%

這時，在什么樣的條件下，柯西初值問題的解存在且唯一呢？解的存在區(qū)間

是什么呢？我們有如下的解的存在唯一性定理.

2.1.1存在唯一性定理的敘述

定理2.1(存在唯一性定理)如果方程(2.1)的右端函數，(x,y)在閉矩形區(qū)

域

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

上滿足如下條件：

(1)在Az上連續(xù)；

(2)在R2上關于變量y滿足李普希茲(Lipschitz)條件，即存在常數N,

使對于R2上的任何一對點(x,y)和(x,y)有不等式：

則初值問題(2.2)在區(qū)間上存在唯一解

y=e(x)，e(xo)=%

其中為=min(a,=),M=max\f(x,y)|.

M(xj)eU1

在給出定理2.1的證明之前，我們先對定理2.1的條件和結論做些說明：

1、在兩個條件中，條件(2)，即李普希茲條件比較難于驗證，因為李普希

茲常數N難以確定.但是，我們可以將該條件加強，替換為：如果函數/(x,y)在

閉矩形區(qū)域N關于y的偏導數存在且有界.這樣，可以推出李普希茲條件

成立.事實上，因為有界，故設0(x,y)|〈N,對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\

我們驗證/;(x,y)在閉矩形區(qū)域網上有界也不容易，可以進一步將條件加強

為：4(x,y)在閉矩形區(qū)域心上連續(xù).由閉區(qū)域上連續(xù)函數的性質知：在

閉矩形區(qū)域后上有界，所以李普希茲條件成立.因此，有如下的關系式：

f；(x,y)在R2上連續(xù)n4(x,y)在R2上存在且有界n李普希茲條件

2、在定理2.1的結論中，解y=e(x)的存在區(qū)間為X-%,/+%］,其中

b

hn=min(?,—),M=ma"f(x,y)卜為什么解的存在區(qū)間不是［x。-a,%+a］呢？這

是因為我們研究問題的范圍為閉矩形區(qū)域代，方程的解y=°(x)不能超出齊的

范圍，又因為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)夾在y(x)與y2(x)之間.

又，%(%)與必(x)在史上的存在區(qū)間為?-&,X°+%］，

故y=>(x)的存在區(qū)間也是［尤0-4,而+旬.

2.1.2存在性的證明

首先，我們給出柯西初值問題(2.2)的等價轉化，即求(2.2)的解y=°(x),

等價于求解積分方程

尸為+1/《/?)"(2.3)

事實上，如果y=e(x)是初值問題(2.2)的解，即有

”(x)=/(尤,。(功且。(題)=y0

從%至【」x積分得：e(x)=%+［/修必&))"

0JxQ

即y=p(x)是積分問題(2.3)的解.

反過來，如果y=°(x)是積分問題(2.3)的解，即有

0(x)=%+「/OW&

J'O

則。(入0)=%且。'(X)=/(x，O(x))

即y=0(x)是初值問題(2.2)的解.

經過等價轉化，我們將初值問題(2.2)的求解，轉化為積分問題(2.3)的

求解.

下面用皮卡(Picard)逐次逼近來證明積分問題(2.3)的解的存在性，分為

三個步驟：

1、構造近似函數歹U{%(》)}

任取一個滿足初值條件y(x())=%的函數y=%0)作為首項(初始項)，并要

求在心上的存在區(qū)間為：［%-%,/+旬，簡單起見，取%(x)=%,將它代入

方程（2.3）的右端，所得到的函數用e（x）表示，并稱為一次近似，即

%（?=%+f'/GMO）巡

Jx（）

再將例（X）代入方程（2.3）的右端就得到二次近似

。2（幻=為+［：/（,%《））”

序行此法，可以得到〃次近似

夕"（幻=No+/f恁,0-記））d4

為了保證上述的逐次逼近過程可以一直進行下去，必須有（x,%（x））eR2,即

當xe［x（）-%,Xo+//o］時，有

鼠⑴一一區(qū)人”=1,2,…

下面用數學歸納法證明年（%）-%|〈瓦顯然，當-%,/+%］時,有

質3-%|=尻一％|=。＜〃

假設，當XG?-4,％+%］時,有底i（x）-%區(qū)。,那么，對于e.（x）有

0“（X）-%=「/（",一⑹）因

從而有

由數學歸納法知，當xwbo-%,Xo+%］時，有

■（---區(qū)力〃=1,2,…

這樣，我們就可以得到一個近似函數列｛%（》）｝.

2、證明近似函數列｛%（x）｝在區(qū)間-4，/+的上一致收斂.

由于無法得到｛/（X）｝的通項公式，只知道首項和遞推關系式，直接證明函數

列｛a（x）｝的收斂性比較困難，為此我們構造函數項級數

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

它的部分和是

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

因此，證明M,（x）｝的收斂性轉化為證明級數（2.4）的收斂性，下面我們證明級

數（2.4）在區(qū)間X-%,%+%］上一致收斂.

首先研究級數（2.4）的通項〃“（x）

心（x）一例（幻=1/（或/

即

例（幻-%=「/?%睦

所以

帆（x）-y0\4|『次,為）網WM|x-x0|

因為例（X）=%+￡/（^,%@）因，02（X）=%+J：于也即\?）婚，所以

帆（X）-<P\（x）Kr|/G，6?）-/（0例G））|因

由李普希茲條件，得

同（幻—例（x）|<,［帆?—仰《）延卜研［：區(qū)—司$=MN^L

下面用數學歸納法證明

顯然，〃=1,2的時候，不等式成立（上面已經給出），

假設M“（x）-0,T（x）|W知"191成立，那么對于〃+1的情形有

M"x）一%a）K。偌,仍《））—/?%?）因卜叱機⑹一以_恁）因

<MN"/區(qū)況茲=MN'L"

人）n!（幾+1）!

由數學歸納法知，對一切自然數〃，均有其（幻-

又卜-4<%,所以級數（2.4）的通項滿足：

|〃,5x）［3.=MN"-*（“=1,2,…）

rv.

利用比式判別法，可知以乙為通項的級數收斂，從而以〃,,（x）為通項的級數

(2.4)絕對收斂且一致收斂.又，每一個〃“(x)是連續(xù)的，所以級數(2.4)的和函數

也是連續(xù)的，記為3x),其存在區(qū)間也是由0-%%+%].因此函數列｛%(x)｝就收

斂于Q(x).

3、證明以幻=勒/(%)是積分問題(2.3)的解，從而也是初值問題(2.2)

“TOO

的解.

在/。)=%+「/&0"力礴兩端取極限，得到

Jxo

lim%(x)=%+11m「/(,何一⑹)婚

〃T8〃一>8J.%

即

。(幻=%+1

JxQ

所以9(x)是積分問題(2.3)的解，從而也是初值問題(2.2)的解.

2.1.3唯一性的證明

下面我們證明解的唯一性.在證明唯一性之前，先介紹一個重要的不等式，

即貝爾曼(Bellman)不等式.

貝爾曼引理設y(x)為區(qū)間向上的非負連續(xù)函數，〈江若存在320,

kNO,使得y(x)滿足不等式

y(x)<<?+/:[y(T)dr,x&[a,b｝(2.5)

J%

則有

y(x)<加",xe[a,b\

證明僅證明x2%的情形，xVXo的情形類似.

令y(x)的原函數為R(x)=代入(2.5)得

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

兩邊同時乘以積分因子得

叫R'(x)-kR(x)]<

從4到x積分得

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與\x&[a,b]

下面證明積分問題(2.3)的解的唯一性.假設積分問題(2.3)有兩個解y(x)和

必(外，我們只需要證明:%。)三%(龍)，xe[x()

事實上，因為

X(x)=%+J：/(自，MC))"4，%(%)=%+J：J?,當O)婚

所以有

由李普希茲條件知

|y(X)-%(幻|?N?四

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

這樣，我們就完成了解的存在性與唯一性的證明.

2.1.4三點說明

為了更好的理解和掌握解的存在唯一性定理，我們對該定理再做三點說明.

K在存在性的證明過程中，我們利用逐次逼近法構造了近似函數列{/(x)},

其中首項為：/(X)=y。，遞推關系式為：%(x)=%+該方法

實際上給出了我們一種求初值問題(2.2)的近似解的方法，當用〃次近似解逼近

精確解時，需要給出它的誤差估計.事實上，有

?IIM白儲|無一%「

帆(尤)-%(x)|<ZE+I(x)-9k(幻|Z—”

k=nNk=n+\K,

yNM.M(N%嚴.M(N?嚴

—N4k\~N(n+1)!hk\Y(〃+l)!e

2、如果方程(2.1)是線性方程，即

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

ax

其中p(x)和q(x)在區(qū)間出刈上連續(xù)，這時，初值問題(2.2)在帶型區(qū)域

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

滿足定理2.1的條件.

事實上，/(x,y)=-p(x)y+q(x)在A)上連續(xù)，而且f；(x,y)=-p(x)在川上

也連續(xù)，所以/(x,y)關于變量y滿足李普希茲條件.

這時，初值問題(2.2)的解存在且唯一，存在區(qū)間為［a,。］.

3、定理2.1中的李普希茲條件是保證解唯一的充分條件，那么這個條件是

不是必要條件呢？回答是否定的，即李普希茲條件是解唯一的充分非必要條件.

下面我們給出一個例子來說明李普希茲條件是解唯一的非必要條件，也就是說，

即使李普希茲條件不成立，初值問題(2.2)的解也可能是唯一的.

例1試證方程

dy_0,y=0

dxywO

經過宜力平面上任一點的解都是唯一的.

證明由?=<??)可得：y=0或y=±e".

任給xOy平面上的一個點(%,%)，只會對應>=0或y=±e。'中的一個解，

也就是說，過xOy平面上任一點的解都是唯一的.

但是，我們有

|/(x,y)一/(x,0)|=ln|y|=阿乂卜-Q

因為叫jln|M=+oo,所以找不到N>0,使得

從而方程右端函數在y=0的任何鄰域上不滿足李普希茲條件，但是初值問題

(2.2)的解卻是唯一的，這說明李普希茲條件是非必要條件.

習題2.1

1.試判斷方程^=xta”在區(qū)域

dx

(1)/?):-1<x<1,0<y<^-；

(2)R,y<-

244

上是否滿足定理2.1的條件？

2.討論方程包在怎樣的區(qū)域中滿足定理2.1的條件.并求通過(0,0)的

dx2

一切解.

3.試用逐次逼近法求方程電=x-V滿足初值條件武0)=0的近似解：

dx

/0),夕|(x),(p2(x),^3(x)

并在閉矩形區(qū)域R2：-1<x<l,-l<yW1給出三次近似的誤差估計.

4.利用逐次逼近法求方程包=V——適合初值條件y(())=1的近似解：

dx

00。),0](X),02(X)

并在閉矩形區(qū)域內：-14彳〈1,-14^-141給出二次近似的誤差估計.

5.試證明定理2.1中的〃次近似解外。)與精確解9(x)有如下的誤差估計式：

|外(》)-以刈<-^―卜-與「

5+1)!

6.在條形區(qū)域aWxWb，N<+8內，假設方程(2.1)的所有解都唯一，對其

中任意兩個解M(X),為(工)，如果有切(入0)<%(X0)，則必有

>1(X)<%(x)，Xo<x<b.

7.討論方程

蟲=3)

dx

解的唯一性.

2.2延展定理和比較定理

由解的存在唯一性定理，我們知道，初值問題(2.2)的解在滿足一定條件

的情況下存在且唯一，但是解的存在區(qū)間不是[%)-4,飛+加，而是K-4>，玉>+句

其中為=min(a,g),M=max|.f(x,y)卜如果M比較大的話，則解的存在區(qū)間就非

常小，這對我們研究解的性質產生了很大的局限性，只能在很小的范圍內有解，

當X超出這個范圍時，解的情況就不清楚了.為了解決這個問題，我們有下面的延

展定理.

2.2.1延展定理

定理2.2（延展定理）如果方程（2.1）的右端函數在區(qū)域。uRxR上連續(xù),

且關于變量y滿足局部的李普希茲條件，即對于。內的任一閉矩形區(qū)域都滿足李

普希茲條件，則對任何一點（5,%）￡。，初值問題（2.2）的解y=p（x）可以向左

右無限延展，直到（x,°（x））任意接近區(qū)域。的邊界.

在給出定理的證明之前，先對“（xe（x））任意接近區(qū)域。的邊界”進行說明.

當區(qū)域。有界時，積分曲線向左右延展可以任意接近；當區(qū)域。無界時，積分

曲線向左、右延展，或者任意接近區(qū)域。的邊界（邊界存在的話），或者無限遠

離坐標原點.

證明首先證明區(qū)域。有界的情形.設區(qū)域。的邊界為L=方-。（方為。的

閉包）.對于任意給定的正數￡,記乙的￡鄰域為記L的E鄰域為U,,記L的

2；

與鄰域為U-則集合2=萬-力為閉集，且D,uQ,所以O,有界.

42222

只要證明積分曲線可以到達2的邊界人，由￡的任意性知，積分曲線就可

22

以任意接近區(qū)域。的邊界L

事實上，以2中的任意一點為中心，以E為半徑的閉圓區(qū)域均包含在區(qū)域。

14

的內部.且在閉區(qū)域2=萬-上之內.從而，以％中的任意一點為中心，以

442

2q=叵為邊長的正方形也在閉區(qū)域。，之內.記

4:

M=max\f（x,y）\

（內）嗎?1

4

則過a的任意一點（x*,y*）的積分曲線，必至少可在區(qū)間網上存在，

其中

h=min(q,魯)=

必88M

于是，過點(X。,%)的積分曲線y=e(x)每向左或向右延展一次，其存在區(qū)間就伸

長一個確定的正數人，由于a有界，y=°(x)經過有限次延展后一定可以達到

22

的邊界Le.于是也就可以任意接近區(qū)域D的邊界L.

2

其次考慮區(qū)域。為無界的情形.這時，我們可以用閉圓區(qū)域

S,={(x,y*+丁w/},〃=1,2,…

與區(qū)域。取交集，令2=ons“，則。=U2.由于。“為有界的區(qū)域，根據前

/?=!

面的證明，我們可知，過。，內任一點的積分曲線能夠任意接近，，的邊界.因此，

過點(%,)0)的積分曲線y=°(x)可以無限接近區(qū)域。的邊界.

延展定理的證明，關鍵是第一步證明，也就是區(qū)域。有界的時候，過點

(無0，/0)的積分曲線y=8(X)向左向右延展的時候，一定要做等速延展，即延展步

幅力是不變的.

例1試討論方程包=)2通過點(1,1)的解和通過點(3,-1)的解的存在區(qū)間.

dx

解該題目中研究問題的區(qū)域。為整個坐標平面X。)，.方程右端函數滿足延

展定理的條件.由包=V可以解得方程的通解為

dx

代入y⑴=1得：C=2.故通過點(1,1)的解為

它可以向左無限延展，而當X-2-時，yf+8,所以通過點(1,1)的解y=」一

2-x

的存在區(qū)間為(-吟2).

代入y(3)=-1得：C=2.故通過點(3,-1)的解為

它可以向右無限延展，而當Xf2+時，y——00,所以通過點(3,-1)的解y=—

2-x

的存在區(qū)間為(2,+8).

這個例子說明，盡管/(x,y)在整個坐標平面上滿足延展定理的條件，解上

的點*,°(幻)也能無限接近區(qū)域。的邊界，但是延展的方向卻不一定是無限向右

和向左，可能是向上或向下，從而導致解的存在區(qū)間不是(-00,+00).

例2試證明：對任意的與及滿足條件0<方<1的孔，方程包=>QT)2

ax1+x+y

的滿足條件y(x())=y0的解y=y(x)在(-oo,+oo)上存在.

證明：令小'力=罟則

2y+2x2y+y2-1-x2

fy(x,y)=

(l+x2+/)2

顯然在xOy平面上連續(xù)，滿足解的存在唯一性條件及延展定

理的條件,

而y=O,y=lM—=f(x,y)的解,

ax

因此，滿足y(Xo)=y()，0<%<1的解存在，而且可以無限延展到xOy平面的邊

界，且不能穿過y=O,y=1,

故只能向左右無限延展，所以，y=y(x)在(-8,+oo)上存在.

該例題說明，/(x,y)在整個坐標平面上滿足延展定理的條件，當方程的解

不能穿過y=O,y=1時，它就不能向上向下無限延展了，只能向左、向右延展，

所以解的存在區(qū)間就是(-8,+8).在這里，y=O,y=l控制了解的延展方向，使它

按照我們的要求進行延展，因此就有了下面的比較定理.

2.2.2比較定理

我們在使用延展定理的時候，通常會和比較定理配合使用，從而起到控制延

展方向的作用.下面介紹一下比較定理.

我們在考察方程(2.1)

時，通常將右端函數/(x,y)進行放縮的處理，比如

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

這時，我們可以同時考察

孚=《(乂y)和手=E(x,y)

axax

我們有如下的比較定理：

定理2.3(第一比較定理)設定義在某個區(qū)域。上的函數/(x,y),FJ(x,y)和

F2(x,y)滿足條件：

(1)在。滿足解的存在唯一性定理及延展定理的條件，即在。上連續(xù)，在

D上關于變量y滿足李普希茲條件；

(2)在。上有不等式

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

設初值問題

.先償=可《力和[先人(尤,y)

的解分別為y=9(x)，y=R(x)和y=<I>2(x)，則在它們的共同存在區(qū)間上有下

列不等式：

①](X)<(p(x)<①2(X)，X>玉)

①](X)>(p(X)>①2(X)，XV/

證明僅證當x>/時，W(X)〈①2(X)，其它的情形相類似.

由比較定理的條件(1),初值問題

.竽=/。，>)和!^=K(/y)

axiox

)&)=%1加0)=%

的解在與的某一鄰域內存在且唯一，分別記為y=e(x)和>=屯2(幻，它們滿足

令h(x)=①2(x)-(p(x),則

"(/)=①2(/)-。(%)=。

且

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

所以函數力(x)在/的某一右鄰域內是嚴格單調增加的.

如果在x>/時，〃(x)>0不是總成立，則至少存在一點%>%,使得

//(%!)=0,且當x()<x<X|時，h{x}>0,因此在點X］的左導數〃(內-0)?0,這

與

〃'(％)=①式與)一”(一)=一(一，①2a))—/a，0(5))>0

矛盾.因此當x>x()時，〃(x)>0總成立，即夕(x)〈①2(*).

比較定理的應用，關鍵是耳(x,y)和瑪(x,y)的選取，因為初值問題

，=/(x,y)

ax

g)=%

的解y=°(x)的存在區(qū)間的延展，受到y(tǒng)=R(x)和y=5(幻的控制，即y=°(x)

夾在y=R(x)和y=5(*)之間.因此，我們必須能確定出y=R(x)和y=①?(x)

的存在區(qū)間，這就是我們選取片(x,y)和瑪(x,y)的標準，即

和，寞=K(x，y)

ax

)(入0)=>0.y(xo)=y()

的解y=①i(x)和y=①2(x)必須能夠求得.

下面我們給出第二比較定理.

定理2.4(第二比較定理)設定義在某個區(qū)域。上的函數/(x,y),耳(龍,y)和

F2(x,y)滿足條件：

(1)在。滿足解的存在唯一性定理及延展定理的條件，即在。上連續(xù)，在

D上關于變量y滿足李普希茲條件；

(2)在。上有不等式

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

設初值問題

華=/(x，y)亨=片(乂了)和得皿)

axax

Wo)=%』(5)=%J(L)=%

的解分別為y=9(x),y=R(x)和y=0>2(x)，則在它們的共同存在區(qū)間上有下

列不等式：

R(X)<(p{x)<①2(X)，X>X0

①I(x)N(p(x)>①2(x),x<x0

習題2.2

1.設方程為

孚=(/一?-

ax

假設/(x,y)及《(x,y)在xOy平面上連續(xù)，試證明：對于任意的/及血<。，方

程滿足y(x(>)=y()的解都在(-℃,+8)上存在.

2.指出方程包=(1-VW/的每一個解的最大存在區(qū)間，以及當x趨于這個

dx

區(qū)間的右端點時解的極限.

3.討論方程

dy11

-=——7cOS一

dxXX

解的存在區(qū)間.

4.設/*,)，)在整個平面上連續(xù)有界，對y有連續(xù)偏導數，試證明方程

—=/(x,y)的任一解y=g(x)在區(qū)間一8cx<+co上有定義.

dx

5.討論方程包=匕^的通過點(0,0)的解，以及通過點(In2,-3)的解的存在

dx2

區(qū)間.

6.在方程半=/(y)中，如果/(y)在(-8,+8)上連續(xù)可微，且

dx

W(y)<0("0)，

求證方程滿足武/)=No的解MX)在區(qū)間［x0,+oo)上存在，且有l(wèi)imy(x)=0.

2.3解對初值的連續(xù)依賴性定理和解對初值的可微性定理

通過前兩節(jié)的存在唯一性定理和延展定理，加上比較定理，我們知道了初值

問題（2.2）在什么樣的條件下，解是存在的，是唯一的，而且存在區(qū)間比較小

的時候，通過延展定理和比較定理可以將解的存在區(qū)間變大，從而在實際問題中

可以達到我們的要求.但是，在實際問題中，還有一個問題需要解決，那就是誤

差問題.我們的初始條件y（x°）=y0如果產生了微小的偏差，這個偏差對我們的初

值問題（2.2）的解y=w（x）會有什么影響呢？下面我們來解決這個問題.

我們在研究初值問題（2.2）的時候，習慣上把/和當作常數來看待，這

樣初值問題（2.2）的解y=e（x）被看作x的函數.實際上，如果光變化，初

值問題（2.2）的解y=e（x）也會發(fā)生變化.例如方程

dy=y_

dxx

經過點（Xo，y°）的解為），=%x,可以看作x,x0,yo的函數.對于一般的情形，初值

問題（2.2）的解也可以看作x,而,%的函數，記為y=0（x,Xo，%）,代入六面）=%

得：9甕0，/，為）=加

如果我們的初始條件y（x°）=%發(fā)生了微小的誤差，變?yōu)榱藋（x；）=y；,初值

問題（2.2）的解也變化不大的話，稱解連續(xù)依賴于初值.下面我們給出連續(xù)依賴

性的嚴格定義.

定義2.1設初值問題

華=/（工，?。?/p>

1dx

.y（瑜=乂

的解y=9（X,X；,y；）在區(qū)間解刈上存在，如果對于任意給定的正數￡,存在正數3

（5的選取與￡,x；,y；有關），使得對于滿足,-局<瓦防-/<5（2.2）的解

y=e（x,無0，%）都在3向上存在，且有

帆x,%,%）一夕（X,4,y；）|<￡,Xe[a向，

則稱初值問題（2.2）的解），=夕（樂后,%）在點（焉,第）連續(xù)依賴于初值x0,%.

定理2.4（解對初值的連續(xù)依賴性定理）設，（x,y）在區(qū)域。內連續(xù)，且關

于變量y滿足李普希茲條件.如果初值問題（2.2）有解y=e（x,￡,y；）,

且當aWxWZ?時，e。，則對任意的正數s,存在3>0,使對于滿

足

忖一用<可為一洲<3

的任意“0，%）,初值問題

,手=—）

ax

.〉（%）=%

的解y=Mx,%,%）也在區(qū)間［a,b］上存在，且有

Ie（x,與,X））一夕（X,X；,乂）|<￡

證明對于任意給定的正數￡,取0<印<￡,使得閉區(qū)域

U=｛（x,），）卜<x<b,\y-e（x,￡,y；）|<券｝

整個含在區(qū)域。內，這是可以做到的，因為區(qū)域。是開區(qū)域，且當匕時，

（x,Q（x,x；,y；））e。，所以，只要仇的選取足夠小，以曲線y=e（x,x；,y；）為中線,

寬度為2e的帶形開區(qū)域U就整個包含在區(qū)域。內，

選取3滿足

0<5<—

\+M

其中N為李普希茲常數，M=max|/（x,y）|,同時還要求b的選取，必須保證閉

（x,y）eU'

正方形

滅2：*_.歸瓦［_.歸5

含于帶形開區(qū)域U內.

由存在唯一性定理知，對于任一（%,為）€初值問題（2.2）在飛的某鄰

域上存在唯一解^二以乂后,%）,而且y=Q（x,Xo，yo）在/的該鄰域上可以表示為

?7，%）=%+工的即辦,％）旃

而y=9（x,x；,y；）可以表示為

以x,x；,y；）=y；儀7芯,乂））公

對上述兩式做差得:

始,“。）-*"乂）=%-乂+口（76~°,尤））小￡/（7必謁,乂）的

所以

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

《防一義|+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

由貝爾曼引理，得

AN（hu）

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

因此，只要在/=夕0,%,%）有定義的區(qū)間上，就有

|夕（再始,%）一°（x,x；,y；）|<e.

下面我們證明：y=e（x,xo，%）在區(qū)間口，夕上有定義.事實上，因為

|0（x,Xo,%）-°（x,x；,乂）|<￡

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

問題（2.2）滿足延展定理的條件，所以，解曠=0（尤,%,九）可以向左向右無限延

展，直到無限接近區(qū)域。的邊界，于是，它在延展的時候，必須由直線x=a和

直線x=A穿出區(qū)域U,從而y=夕（蒼/，為）在區(qū)間[。，切上有定義.

解對初值的連續(xù)依賴性說明，初值（X。,%）無法準確得到，但是我們能得到

測量數據（月,力）,只要誤差比較小，即

忖一@<.|%一詞<6.

我們就可以用3,%）代替（%,%）去計算，得到初值問題的解y=Mx,x；,y；）,這

個解可以非常接近真實解丫=以乂無0，%）,即

%）-9（x,x；,y；）|<￡,

同理，如果方程的右端函數/（x,y）不能準確得到，只能得到/（x,y）的近似函數

f（x,y）,即

fix,y）-f（x,y）<8,（（x,y）eD）

我們就可以用，（x,y）代替/（x,y）去計算，得到初值問題

六/）=%

的解y=9（x,Xo，%）,那么y=夕（國七,%）能否代替y=9（%,小,%）呢?我們有下面

的解的連續(xù)依賴性定理.

定理2.5（解對被積函數的連續(xù)依賴性定理）在區(qū)域。上，/（尤力和八羽田都

連續(xù)，而且關于變量）滿足李普希茲條件，若初值問題

=%

在aWxWb上有解丁=夕（國曲,％）,則對任意給定的正數￡,存在3>0,只要

f（x,y）滿足

f(x,y)-f(x,y)<3,((x,y)G￡))

則初值問題（2.2）的解y=o（x,Xo，%）在aWxWb上存在，且有

。（爸/，％）一。（龍，x。，％）<￡.

證明由解的存在唯一性定理知，初值問題

,亨=j（九,y）

ax

.〉（%）=%

的解y=8（x,Xo，y0）存在，設其存在區(qū)間為［a,夕，且有

（p（x,x0,y0）=%+1［f^,（p^,x0,y0））］d^

Jx0

而初值問題

y(%)=%

的解y=8（x,xo，%）也存在，且可以表示為

0（x，Xo，No）=%+『"（。，。6/，為））上右

Jx0

則

9（x,Xo，yo）—0（x,Xo，yo）=J；"?，。（0與，為））^^一["?，。（4/，%））口4

從而有

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

J而

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

Jx0

4「?，依夕e,%，%））-Ie，叭匕，%,%））?+11e,誕,%,%））--《，夕e，/，為））i"

f.V~

4N]（IMJ,%,%）-。（4又0，%）I

<[b-d）8+N[\（p^,x0,y0）-（p^,xQ,y0）\d^

JR。

由貝爾曼引理，得

Na）

（P（X,x0,y0）-（p（x,x0,y0）<3{b-a'）e^

取3<—^e-N3"）,則

b-a

。（?丁，%）一9（蒼丁,%）<￡.

且解y=8（x,x（）,%）在aWxW6上存在.

例1考慮方程

dyo,y=0

dx[_yln|y|,yH0

解的情況.

解顯然y=O,y=l,y=-1是方程的解，當"0,."I,"-1時，有

^=-y]n\y\

dx

這時解得上半平面的通解為y=ec「，下半平面的通解為y=-0的二

可以看到，對于Oc軸上的初值（/,（））,在任意有限閉區(qū)間上解對初值連續(xù)依

機但是，在［0,+8）上，無論（入0，%），%工0如何接近（無0，。），只要X充分大，

過（X。,%）的積分曲線就不能與過（％,0）的積分曲線（即"0）任意接近了.

這個例子說明，解在有限閉區(qū)間上對初值連續(xù)依賴，不能推廣到無限區(qū)間，

即，在無限區(qū)間上解對初值的連續(xù)依賴定理就不成立了.

我們有時不僅要求解對初值連續(xù)依賴，而且還要知道解y=/。/。,％）對初

值的偏導數翌，嬰是否存在.下面給出解對初值的可微性定理.

站辦0

定理2.6（解對初值的可微性定理）如果函數/（x,y）以及在區(qū)域。

內連續(xù)，則初值問題

,亨=—）

ax

.〉（%）=%

的解y=8（x,x°,%）在它有定義的區(qū)間上有連續(xù)偏導數學，矍.并且有

&0朋）

。9（無%,為）=/（工yo）J：*rME2b））dr

及

5^(%,X,y)_J：4(rMr,x°,"))dr

00——e

習題2.3

1.若函數/（x,y）,R（x,y）在區(qū)域。內連續(xù)且滿足李普希茲條件，設初值問

題

半=/（x,y）+R（x,y）

y（￡）=第

的解為y=*（x芯,其），存在區(qū)間為口,。］.對任意的正數￡,存在5〉0,使對于滿

足

|/?(x,y)|<^,((x,y)€O)

的H（x,y）,以及滿足

卜0_4<W<5

的任意（Xo，%）,初值問題

牛=/（x，y）