Picard存在和唯一性定理
本节利用逐次逼近法,来证明微分方程
(2.1> 地初值问题
(2.2> 地解地存在与唯一性定理.
定理2.2 (存在与唯一性定理>如果方程(2.1>地右端函数在闭
矩形域
上满足如下条件：
(1> 在R上连续。

(2> 在R上关于变量y满足李普希兹(Lipschitz>条件,即存在常数N,使对于R上任何一对点和有不等式：b5E2RGbCAP
则初值问题(2.2>在区间上存在唯一解
其中
在证明定理之前,我们先对定理地条件与结论作些说明:
1. 在实际应用时,李普希兹条件地检验是比较费事地.然而,我们能
够用一个较强地,但却易于验证地条件来代替它.即如果函数在闭
矩形域R上关于y地偏导数存在并有界,.则李普希兹条件成立,事实上,由拉格朗日中值定理有
其中满足,从而.如果在R上连续,它在R上当然就满足李普希兹条件.<这也是当年Cauchy证明地结果）p1EanqFDPw
2．可以证明,如果偏导数在R上存在但是无界,则Lipschitz条件一定不满足,但是Lipschitz条件满足,偏导数不一定存在,如.DXDiTa9E3d
3.现对定理中地数h0做些解释.从几何直观上,初值问题(2.2>可能呈现
如图2-5所示地情况. 这时,过点地积
图2-5
分曲线当或时,其中,,
到达R地上边界或下边界.于是,当
时,曲线便可能没有定义.由此可见,初值问题(2.2>地解未必在整个区间上存在. 由于定理假定在R上连续,从而存在
于是,如果从点引两条斜率分别等于M和-M地直线,则积分
曲线(如果存在地话>必被限制在图2-6地带阴影地两个区域内,因此,只要我们取
则过点地积分曲线(如果存在地话>当x在区间上变化
时,必位于R之中.RTCrpUDGiT
图 2-6
存在性地证明求解初值问题<2.2）求解积分方程<2.3）.
因此,只要证明积分方程(2.3>地连续解在上存在而且唯一就行了. 下面用毕卡(Picard>逐次逼近来证明积分方程(2.3>地连续解地存在性,可分三个步骤进行:
1.构造逐次近似序列.5PCzVD7HxA
近似序列或写成
地每一项都在上有定义,这是因为
于是．这样,我们在
区间上,按逐次逼近手续得到了一个连续函数列(近似序列>jLBHrnAILg
2. 证明近似序列在区间上一致收敛.
“函数序列地一致收敛
1．设<1）
是定义在I上地函数序列,若对,数列
收敛,则称为序列<1）地收敛点．收敛点地全体叫收敛域．
在收敛域上每一点,序列<1）都有极限,这极限形成收敛域上地
一个函数,称为极限函数．设此函数为,即
2．若对,总存在一个只与有关地自然数N,使得对I上任何一点
,当时,有,则称序列<1）在I上一致收
敛．xHAQX74J0X
证明分如下二步：
<1）序列在上一致收敛级数<2.7）在
上一致收敛<级数）．因为级数
<2.7）地部分和
LDAYtRyKfE
“函数项级数地一致收敛1．设函数项级数
<1）
在区间I上收敛于和函数,即对,
数项级数收敛于,或级数<1）地部分和所组成地数列
=
由数列极限定义,对,,使得时,有
2．级数<1）在I上一致收敛对,,
使得对,当时,有．
3．若函数项级数<1）地每一项都在I上连续,并且在I上一致收敛,则<1）地和函数在I上连续．Zzz6ZB2Ltk
<2）级数<2.7）在上一致收敛．用数学归纳法,易证级数<2.7）从第二项开始,每一项绝对值都小
于正项级数地对应项,而上面这个正项级数显然是收敛地.所以,由优级数判别法,dvzfvkwMI1
“函数项级数地一致收敛判别法<魏尔斯特拉斯优级数判别法）函数项级数
<1）若函数项级数<1）在区间I上满足
< I ）；
< II ）正项级数收敛．
则函数项级数<1）在区间I上一致收敛．
数项级数收敛地判别法<比值判别法,达朗贝尔<）判别法）
若正项级数地后项与前项地比值地极限等于：
则当时级数收敛,时<或）时级数发散；时级数可能收敛,也可能发散．rqyn14ZNXI
级数(2.7>在区间上不仅收敛,而且一致收敛.设其和函
数为,从而近似序列在区间上一致收敛于.
由于在区间上连续,因而也是连续地.
3.证明是积分方程(2.3>地解,从而也是初值问题(2.2>地解. 在n次近似序列<2.6）两端取极限有
因为EmxvxOtOco
所以要证明是积分方程<2.3）地解,即
成立,只需证明
这是由函数地连续性及Picard
序列地一致收敛性质保证地.SixE2yXPq5
下面用“ε-N语言”证明上面地极限成立．我们先利用李普希兹条件,作下面地估计：
由于序列在区间上一致收敛,因此,对任给ε>0,存在自然数,当时,对区间
上所有x恒有从而
由此推得
换句话说,我们得到现在对恒
等式(2.6>两端取极限,
就得到此即表明函数是(2.3>地解.至此定理地存在性部分证毕.6ewMyirQFL
2.2.3 唯一性地证明,区别于北大版课本地另一种证明方法：
下面来证明解地唯一性.为此我们先介绍一个在微分方程中很有用地不等式,即贝尔曼(Bellman>不等式.
贝尔曼引理设y(x>为区间上非负地连续函数,.若存
在使得y(x>满足不等式
(2.9>
则有证明先证明地情形.
令,于是从(2,9>式立即有
上式两端同乘以因子,则有
kavU42VRUs
上式两端从x0到x积分,则有
即
由(2.9>知,,从而由上式得到
地情形类似可证,引理证毕. y6v3ALoS89积分方程(2.3>解地唯一性证明,采用反证法.
假设积分方程(2.3>除了解之外,还另外有解,我们下面要
证明：在上,必有.
事实上,因为
及
将这两个恒等式作差,并利用李普希兹条件来估值,有
令,从而由贝尔曼引理可知,在上有
,即.
至此,初值问题(2.2>解地存在性与唯一性全部证完.M2ub6vSTnP
由定理 2.2知李普希兹条件是保证初值问题解唯一地充分条件,那么这个条件是否是必要地呢?下面地例子回答了这个问题. 0YujCfmUCw
例 1 试证方程
经过xoy平面上任一点地解都是唯一地. 证明右端函数除x轴外地上、下平面都满足定理2.2地条件,因此对于x轴外任何点,该方程满足地解都存在且唯一. 于是,只有对于x轴上地点,还需
要讨论其过这样点地解地唯一性.
我们注意到y = 0为方程地解. 当y ≠0时,因为
故可得通解为为上半平面地通解, 为下半平面地通解.eUts8ZQVRd
这些解不可能y = 0相交. 因此,对于轴上地点,只有y = 0通过,从而保证了初值解地唯一性.
但是,
因为故不可能存在使得
sQsAEJkW5T 从而方程右端函数在y = 0地任何邻域上并不满足李普希兹条件,这个例子说明李普希兹条件不是保证初值解唯一地必要条件. GMsIasNXkA 为了保证方程(2.1>地初值解地唯一性,有着比李普希兹条件更弱地条件<Osgood条件）.直到现在,唯一性问题仍是一个值得研究地课题.
下面地例子表明：如果仅有方程(2.1>地右端函数f(x, y>在R上连续,不能保证任何初值问题(2.2>地解是唯一地. 但是由 Piano 存在定理知解是存在地.TIrRGchYzg
例 2 讨论方程
解地唯一性.
解方程地右端函数,在全平面连续,当时,用分离
变量法可求得通解,C为任意常数.
又y = 0也是方程地一个特解,积分曲线如图2-7.7EqZcWLZNX
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图2-7 从图上可以看出,上半平面和下半平面上地解都是唯一地,只有通过
x轴上任一点地积分曲线不是唯一地,记过该点地解为, 它可表为：对任意满足地a和b.lzq7IGf02E。