3. 一阶常微分方程解的存在唯一性

《3. 一阶常微分方程解的存在唯一性》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

1、第三章一阶常微分方程解的存在唯一性本章主要介绍和证明一阶微分方程解的Picard存在和唯一性定理，解的延拓，解对初值的连续性和可微性等概念。3.1Picard存在唯一性定理3.1.1一阶显式微分方程考虑一阶显式常微分方程的初值问题80，使得以下不等式jf(x;y1)¡f(x;y2)j·Ljy1¡y2j对8(x;y1);(x;y2)2R都成立，则称函数f

2、(x;y)在区域R内关于y满足Lipschitz条件，常数L称为Lipschitz常数。定理3.1(Picard存在唯一性定理)若函数f(x;y)在区域R=[x0¡a;x0+a]£[y0¡b;y0+b]上连续，而且关于y满足Lipschitz条件，那么常微分方程初值问题(3.1)在区间I=[x0¡h;x0+h]上存在唯一解，其中常数½¾bh=mina;;M=maxjf(x;y)jM(x;y)2R〖证明〗证明过程分3步。12第三章一阶常微分方程解的存在唯一性(1)首先证明微分方程初值问题(3.1)等价于积分方程

3、Zxy(x)=y0+f(t;y(t))dt(3.2)x0即如果连续可微函数y(x)满足微分方程(3.1)，则它一定满足积分方程(3.2)；如果连续函数y(x)满足积分方程(3.2)，则它一定连续可微，而且满足微分方程(3.1)。（一般，一个函数作为微分方程的解被要求是连续可微的，而作为积分方程的解仅要求连续。）具体证明如下：如果y='(x)(x2I)是方程(3.1)的解，就有d'(x)=f(x;'(x))dx上式两边从x0到x取定积分可得Zx'(x)¡'(x0)=f(t;'(t))dtx0把定解问题(3.1)

4、的初始条件'(x0)=y0代入上式可得Zx'(x)=y0+f(t;'(t))dtx0因此，y='(x)是积分方程(3.2)的定义在I上的连续解。反之，如果y='(x)(x2I)是(3.2)的连续解，则有Zx'(x)=y0+f(t;'(t))dt;x2I(3.3)x0上式两端关于x求导可得d'(x)=f(x;'(x))dx同时，把x=x0代入(3.3)就得到'(x0)=y0因此，y='(x);x2I是初值问题(3.1)的解，且满足连续可微。(2)用Picard逐次逼近法证明解的存在性。具体方法为：构造积分方程(

5、3.2)的一组近似解，证明近似解的极限满足积分方程(3.2)，从而证明解的存在性。任取一个R上的连续函数y='0(x)代入积分方程(3.2)右端，就得到Zx'1(x)=y0+f(t;'0(t))dtx03.1PICARD存在唯一性定理3显然，'1(x)也是连续函数。如果'1(x)='0(x)，那么'0(x)就是积分方程(3.2)的解。否则，继续将y='1(x)代入积分方程(3.2)右端得到Zx'2(x)=y0+f(t;'1(t))dtx0由于f(x;y)是闭矩形R上的连续函数，因此必须验证当jx¡x0j·h时

6、，j'1(x)¡y0j·b，否则f(t;'1(t))不一定有定义，那么下一步就做不下去了。具体验证如下：当jx¡x0j·h时，¯Z¯¯Z¯¯x¯¯x¯j'1(x)¡y0j=¯¯f(t;'0(t))dt¯¯·¯¯jf(t;'0(t))jdt¯¯·Mjx¡x0j·Mh·bx0x0因此，'2(x)也是连续函数。如果'2(x)='1(x)，那么'1(x)就是积分方程(3.2)的解。否则，继续这一步骤，一般可得到Zx'n(x)=y0+f(t;'n¡1(t))dt(3.4)x0同样，利用数学归纳法我们可以验证当x2I时，

7、j'n(x)¡y0j·b(n>1)。为此，假设当n=k时成立j'k(x)¡y0j·b;x2I那么，当n=k+1时，Zx'k+1(x)=y0+f(t;'k(t))dt;x2Ix0于是，当x2I时，¯Z¯¯Z¯¯x¯¯x¯j'k+1(x)¡y0j=¯¯f(t;'k(t))dt¯¯·¯¯jf(t;'k(t))jdt¯¯·Mjx¡x0j·Mh·bx0x0这样，就有了一个连续函数的序列'0(x);'1(x);¢¢¢;'n(x);¢¢¢称为Picard序列。在生成该函数序列的时候，如果有'n+1(x)='n(x)，那么'

8、n(x)就是积分方程(3.2)的解；否则可以证明：'n(x)(n=1;2;¢¢¢)当x2I时一致收敛到某一连续函数'(x)。具体证明如下：³´³´³´由于'n(x)='0(x)+'1(x)¡'0(x)+'2(x)¡'1(x)+¢¢¢+'n(x)¡'n¡1(x)，P1故只需证明无穷级数'0(x)+['n+1(x)¡'n(x)]在I上一致收敛即可。采用数学n=0归纳法来证明：特别，取'0(x)=y0，则