$3.2解的延拓 上节中我们给出里皮卡存在唯一定理，知道它是一个局部定理，它只能肯定方程(3.) 初值问题的解在区间一x。≤h上存在，这种局部性与实践要求差距很大，这就产生了两 问题： 1.能否将定义在一x≤h上的解延拓到更大的区间上？这区间有多大？ 2.满足什么条件的解才能向两边延拓？ 定义5设y=9(x)是方程(3.1)满足初始条件=)定义于区间(，月)上的一个 解，若(3.1)还存在满足上述条件的另一个解y=,(x),它定义于(2，B2),且满足 (1)(a2,B)p(a,月)月 (2),(x)=p(x),xe(a,月) 则称解y=,(x)是y=9,(x)的延拓进一步若y=,(x)再也不能向两边继续延拓时，则 称此解为方程的饱和解 定义6设函数f(x,)在区域G上有定义若对于区域G内的每一点P,有以其为中心的 完全含于G内的闭矩形H存在，在H。上f(x,y)关于y满足李氏条件，则称f(x,y)在G 上关于y满足局部李氏条件 注5若∫(x,y)在区域G上关于y满足李氏条件，则f(x,y)在G上关于y满足局部李氏 条件反之，结论一般不真事实上，对于局部李氏条件中的闭矩形H,和常数L,随着G中 点P而改变，因此可能在G上找不到满足李氏条件成立的统一的常数 考虑方程(3.1)中右端函数f(x,y)在G中关于y满足李氏条件，则由上一节知存在唯 解y=p(x)定义于x-x≤h,记x=x。+h,知点(x,)eG,这里y=p(x).以 (x,乃)为中心作一小的矩形，使它连同其边界都含在区域的G内部，再运用上一节的存在 唯一性定理，知道存在h>0,使得在区间x-x≤h上，方程有过(3，片)的解y=,(x), 且在x=x处有，(x)=p(x),由唯一性，显然解y=px)和y=,(x)在都有定义的公 共区间x,-h≤x≤x上，有g,(x)=px).但是在区间x≤x≤x,+h上解y=9,(x)仍 有定义，这样在区间[x。-h,x。+h+]上确定一个函数 46
46 §3.2 解的延拓 上节中我们给出里皮卡存在唯一定理，知道它是一个局部定理，它只能肯定方程(3.1) 初值问题的解在区间 x − x0 ≤ h 上存在，这种局部性与实践要求差距很大，这就产生了两 问题： 1． 能否将定义在 x − x0 ≤ h 上的解延拓到更大的区间上？这区间有多大？ 2． 满足什么条件的解才能向两边延拓？ 定义 5 设 ( ) 1 y = ϕ x 是方程(3.1)满足初始条件 ( ) 0 0 y = y x 定义于区间 ( ) 1 1 α ,β 上的一个 解，若(3.1)还存在满足上述条件的另一个解 ( ) 2 y = ϕ x ，它定义于( ) 2 2 α ,β ，且满足 （1）( ) ( ) 2 2 1 1 α ,β ⊃ α ,β ; （2） ( ) ( ), ( , ) ϕ1 = ϕ 2 ∀ ∈ α1 β1 x x x . 则称解 ( ) 2 y = ϕ x 是 ( ) 1 y = ϕ x 的延拓.进一步若 ( ) 2 y = ϕ x 再也不能向两边继续延拓时，则 称此解为方程的饱和解. 定义 6 设函数 f (x, y) 在区域G 上有定义.若对于区域G 内的每一点 p ，有以其为中心的 完全含于G 内的闭矩形 H p 存在，在 H p 上 f (x, y) 关于 y 满足李氏条件，则称 f (x, y) 在G 上关于 y 满足局部李氏条件. 注 5 若 f (x, y) 在区域G 上关于 y 满足李氏条件，则 f (x, y) 在G 上关于 y 满足局部李氏 条件.反之，结论一般不真.事实上，对于局部李氏条件中的闭矩形 H p 和常数 Lp 随着G 中 点 p 而改变，因此可能在G 上找不到满足李氏条件成立的统一的常数. 考虑方程(3.1)中右端函数 f (x, y) 在G 中关于 y 满足李氏条件，则由上一节知存在唯一 解 y = ϕ(x) 定义于 x − x0 ≤ h ，记 x = x + h 1 0 ，知点 (x1 , y1 )∈G ，这里 ( ) 1 1 y = ϕ x .以 ( ) 1 1 x , y 为中心作一小的矩形，使它连同其边界都含在区域的G 内部，再运用上一节的存在 唯一性定理，知道存在h1 > 0，使得在区间 1 h1 x − x ≤ 上，方程有过( ) 1 1 x , y 的解 ( ) 1 y = ϕ x ， 且在 1 x = x 处有 ( ) ( ) 1 1 1 ϕ x = ϕ x ，由唯一性，显然解 y = ϕ(x)和 ( ) 1 y = ϕ x 在都有定义的公 共区间 1 1 1 x − h ≤ x ≤ x 上，有 ( ) ( ) 1 ϕ x = ϕ x .但是在区间 x1 ≤ x ≤ x1 + h 上解 ( ) 1 y = ϕ x 仍 有定义，这样在区间[ ] 0 0 1 x − h, x + h + h 上确定一个函数
y=w=-h≤x≤，+h x+h≤x≤x+h+h 显然易验证y=(x)为(3.1)满足。=(x)的解，则由上述延拓定义知，y=(x)为解 y=()在k-x≤h上延拓再记x3=,+h,若点(G,乃2)eG,这里为=x), 则仿前又可以将解y=(x)延拓到更大的区间x2-h≤x≤为+h,=+h+h+h,上， 其中h>0.同理按此方法讨论，使解向左方延拓即解延拓的几何意义就是在原来的积分曲 线y=(x)的左、右两瑞各接上一个积分曲线段，直到再也不能向左、右方再接积分曲线 段 注6任一饱和解y=x)的最大存在区间必定是一个开区间(a,),事实上，若这个区 间的右端是闭的，则B是一个有限数，且(B,(B)∈G.于是解y=(x)就能继续向右方 延拓，这与饱和解定义矛盾 下面，不加证明给出解的延拓定理. 定理3对于区域G,若方程(3.1)的右端f(x,y)在G中连续，且在G内关于y满足局部李 氏条件，则方程(3.1)通过G内任何一点(。，)的解可以延拓它具有以下性质： (一)设G为有界区域，则此解可以延拓到任意接近区域G的边界，以向x增大的一方的 延拓而言，即若y=(x)仅能延拓到区间x。≤x<m上，则当x→m.时，点(x,(x》趋 于区域G的边界 (二)设G是无界区域，以向x增大的一方而言，有两种情况 (1)解y=x)可以延拓到区间k。,∞小：或 (2)解y=x)可以延拓到区间xo,m),这里m为有限数则当x→m时，或者y=x) 无界，或者点(x,(x)趋于区域G的边界 例4讨论方程少=，'的分别通过点0,0以0如2-3)的解存在区间 dx 2 af 2 =y在整个平面上连续，易知方程满足解的存在唯一性定 理及解的延拓定理的条件，此方程的通解为y=+ ,于是通过点(0,0)的解为 (1-ce')
47 + ≤ ≤ + + − ≤ ≤ + = = 1 0 0 1 0 0 ( ) ( ) ( ) x x h x x h h x x h x x h y x ϕ ϕ ψ ， 显然易验证 y =ψ (x) 为(3.1)满足 ( ) 0 0 y = y x 的解，则由上述延拓定义知， y =ψ (x) 为解 y = ϕ(x)在 x − x0 ≤ h 上延拓.再记 2 1 h1 x = x + ，若点(x2 , y2 )∈G ，这里 ( ) 2 2 y =ψ x ， 则仿前又可以将解 y = ϕ(x)延拓到更大的区间 2 2 2 0 1 2 x − h ≤ x ≤ x + h = x + h + h + h 上， 其中h2 > 0.同理按此方法讨论，使解向左方延拓.即解延拓的几何意义就是在原来的积分曲 线 y = ϕ(x) 的左、右两端各接上一个积分曲线段，直到再也不能向左、右方再接积分曲线 段. 注 6 任一饱和解 y = ϕ(x)的最大存在区间必定是一个开区间(α,β ) ，事实上，若这个区 间的右端是闭的，则 β 是一个有限数，且(β,ϕ(β )) ∈G .于是解 y = ϕ(x) 就能继续向右方 延拓，这与饱和解定义矛盾. 下面，不加证明给出解的延拓定理. 定理 3 对于区域G ，若方程(3.1)的右端 f (x, y) 在G 中连续，且在G 内关于 y 满足局部李 氏条件，则方程(3.1)通过G 内任何一点( ) 0 0 x , y 的解可以延拓.它具有以下性质： （一） 设G 为有界区域，则此解可以延拓到任意接近区域G 的边界，以向 x 增大的一方的 延拓而言，即若 y = ϕ(x)仅能延拓到区间 x0 ≤ x < m 上，则当 → m− x 时，点(x,ϕ(x)) 趋 于区域G 的边界 （二） 设G 是无界区域，以向 x 增大的一方而言，有两种情况： （1）解 y = ϕ(x)可以延拓到区间[ ,∞) 0 x ；或 （2）解 y = ϕ(x)可以延拓到区间[x ,m) 0 ，这里 m 为有限数.则当 → m− x 时，或者 y = ϕ(x) 无界，或者点(x,ϕ(x)) 趋于区域G 的边界. 例 4 讨论方程 2 1 2 − = y dx dy 的分别通过点( 0,0 ) (ln, ,2 −3)的解存在区间. 解 函数 2 1 ( , ) 2 − = y f x y 和 y y f = ∂ ∂ 在整个平面上连续，易知方程满足解的存在唯一性定 理及解的延拓定理的条件，此方程的通解为 (1 ) (1 ) x x ce y ce + = − ，于是通过点 )0,0( 的解为
少人e 1十。，这个解的存在区间为-0<x<一通过点(2-3)的解为y=+ e,这 馨的存在区间为0<x<注意到，通过点m2,-3)的解)=。向右方可以延拓到 +∞.但对于x减少的一方而言，向左方只能延拓到0.因为当x→0，时，y→-∞这相当 于解的延拓定理中（二(2）的第一种情况. 例5过论方程会-1+nx满足初关条作0=0的解的存在区间 解函数了化：，)=1+1nx和斗=0在右半平面x>0上连续，易知方程满足解的存在唯 性定理及解的延拓定理的条件注意到区域G(右半平面)是无界区域，y轴是它边界初值问 题的解y=xlnx,它于区间0<x<+oo上定义、连续且当x→0，时y→0，即所求问题 的解向右方可以延拓到+∞，但向左方只能延拓到0，且当x→0，时积分曲线上的点(x,y) 趋向于区域G的边界上的点，这对应于延拓定理中（二）(2)的第二种情祝 例6证明方程少=X+y'的任一解的存在区间都是有界的. d 正明函数了化，)=+少和以=2y在整个平面上连续，易知方程满足解的存在唯- 性定理及解的延拓定理的条件这表明方程经过平面上任何一点的积分曲线是唯一存在的， 并可延拓到无穷远但不能说，积分曲线的最大存在区间是无界的事实上，设y=(x)是方 程满足初始条件x)=,的解令J=x,)为它的右方最大存在区间，这里B>x, 下面分两种情况进行讨论： (1)当B≤0时，显然J是一有限区间： (2)当B>0时，则存在x>0,使得k,B)cJ.因此解y=(x)在区间k,) 上满足方程会=+户，即得 鉴=r*+ x≤x<B 整理得 01 x1≤x<B, 48
48 x x e e y + − = 1 1 ，这个解的存在区间为− ∞ < x < +∞ .通过点(ln ,2 − )3 的解为 x x e e y − + = 1 1 ，这个 解的存在区间为 0 < x < +∞ .注意到，通过点 (ln ,2 − )3 的解 x x e e y − + = 1 1 向右方可以延拓到 + ∞ .但对于 x 减少的一方而言，向左方只能延拓到 0.因为当 → 0+ x 时， y → −∞ .这相当 于解的延拓定理中(二)(2)的第一种情况. 例 5 讨论方程 x dx dy = 1+ ln 满足初始条件 y )1( = 0的解的存在区间. 解 函数 f (x, y) = 1+ ln x 和 = 0 ∂ ∂ y f 在右半平面 x > 0上连续，易知方程满足解的存在唯一 性定理及解的延拓定理的条件.注意到区域G（右半平面）是无界区域, y 轴是它边界.初值问 题的解 y = x ln x ，它于区间0 < x < +∞ 上定义、连续且当 → 0+ x 时 y → 0 ，即所求问题 的解向右方可以延拓到+ ∞ ，但向左方只能延拓到 0，且当 → 0+ x 时积分曲线上的点(x, y) 趋向于区域G 的边界上的点，这对应于延拓定理中（二）（2）的第二种情况. 例 6 证明方程 2 2 x y dx dy = + 的任一解的存在区间都是有界的. 证明 函数 2 2 f (x, y) = x + y 和 y y f = 2 ∂ ∂ 在整个平面上连续，易知方程满足解的存在唯一 性定理及解的延拓定理的条件.这表明方程经过平面上任何一点的积分曲线是唯一存在的， 并可延拓到无穷远.但不能说，积分曲线的最大存在区间是无界的.事实上，设 y = y(x) 是方 程满足初始条件 0 0 y(x ) = y 的解.令 [ ,β ) 0 J = x + 为它的右方最大存在区间，这里 0 β > x ， 下面分两种情况进行讨论： （1）当 β ≤ 0 时，显然 + J 是一有限区间； （2）当 β > 0 时，则存在 x1 > 0 ，使得[ ) + x ,β ⊂ J 1 .因此解 y = y(x) 在区间[ ,β ) 1 x 上满足方程 2 2 x y dx dy = + ，即得 2 2 1 2 2 x y x y dx dy = + ≥ + x1 ≤ x < β , 整理得 1 ( ) ( ) 2 2 1 ≥ + ′ x y x y x x1 ≤ x < β
然后，两边从x到x积分，有 X 即有 0sx-xs5,X≤x<B 这表明J是一个有限区间。 同理可证，解的左方最大存在区间是一个有限区间综上可知解y=(x)的最大存在区 间是有限的 $3.3解对初值和参数的连续性和可微性 在S3.1存在唯一定理中，我们把初值(x。)=y。看作固定的，显然当初值(xo,%)变动 时，则相应的初值问题的解也将随之变动.因此可将方程(3.1)满足初始条件(x)=,的解 y=x)可作为三元函数，记为y=(x,xoya) 1.关于解对初值的连续依赖性 不加证明给出如下定理 定理4设f(x,y)在区域G上连续且关于y满足局部李氏条件，点(x,)EG, y=gp(x,x。,y,)是方程(3.1)的满足初始条件的解，它于区间a≤x≤b上有定义.则对任意 给定的e>0,必存在8=6e,a,b)>0,使得当（民。-x}+。-}≤82时，有 (1)方程(3.1)满足条件民)=。的解y=x,)在区间a≤x≤b上有定义： (2)ax,xo,o)-o(x,xo.yo)< VxE a,b] 进一步，考虑含有参数入的方程 血=xy) (3.14) 记G2=《x,y,)川(x,y)∈G,<1<}类似给出f(x,y,)在G2内关于1一致对y满 足局部李氏条件定义. 定义了若对G,的每一点p(x,y,)都存在以点p为中心的闭球H。cG:使得对任何点 (x,y,)(x,2,)∈H。,有
49 然后，两边从 1 x 到 x 积分，有 0 ( ) arctan ( ) arctan 1 1 1 1 1 1 ≥ − ≥ − x x x y x x y x x ， 即有 1 1 0 x x x π ≤ − ≤ ， x1 ≤ x < β 这表明 + J 是一个有限区间. 同理可证，解的左方最大存在区间是一个有限区间.综上可知.解 y = y(x) 的最大存在区 间是有限的. §3.3 解对初值和参数的连续性和可微性 在§3.1 存在唯一定理中，我们把初值 0 0 y(x ) = y 看作固定的，显然当初值( , ) 0 0 x y 变动 时，则相应的初值问题的解也将随之变动.因此可将方程(3.1)满足初始条件 0 0 y(x ) = y 的解 y = ϕ(x)可作为三元函数，记为 ( , , ) 0 0 y = ϕ x x y . 1． 关于解对初值的连续依赖性 不加证明给出如下定理. 定理 4 设 f (x, y) 在区域 G 上连续且关于 y 满足局部李氏条件，点 (x0 , y0 ) ∈G ， ( , , ) 0 0 y = ϕ x x y 是方程(3.1)的满足初始条件的解，它于区间 a ≤ x ≤ b 上有定义.则对任意 给定的ε > 0 ，必存在δ = δ (ε , a,b) > 0 ，使得当( ) ( ) 2 2 0 0 2 x0 − x0 + y − y ≤ δ 时，有 （1）方程(3.1)满足条件 ( ) 0 0 y x = y 的解 ( , , ) 0 0 y = ϕ x x y 在区间a ≤ x ≤ b 上有定义； （2） ϕ( , , ) −ϕ( , , ) < ε 0 0 0 0 x x y x x y ∀x ∈[a,b] 进一步，考虑含有参数λ 的方程 f (x, y,λ) dx dy = (3.14) 记Gλ = {(x, y,λ (|) x, y) ∈G,α < λ < β}.类似给出 f (x, y,λ) 在Gλ 内关于 λ 一致对 y 满 足局部李氏条件定义. 定义 7 若对Gλ 的每一点 p(x, y,λ) 都存在以点 p 为中心的闭球 H p ⊂ Gλ使得对任何点 H p (x, y1 ,λ),(x, y2 ,λ) ∈ ，有
f(x,)-f(x2,≤Lg,y- 则称f(x,八，)在G内关于入一致对y满足局部李氏条件定义这里L,是与元无关的正 对于方程(3.14)，我们不加证明给出解对初值和参数的连续依赖定理 定理5设f(x,y,)在G:内连续，且在G:内关于元一致对y满足局部的李氏条件，则方 程(3.14)的解y=x,x0,0,)作为x,x0,0,元的函数在它们存在范用内是连续的 2.关于解对初值的可微性 定乳6者福数了，列及影都在区诚G内连续则方B赠解y=9以x元为)作为 x人的隔数在它在意围内莲铁可政且器-风x长人儿 rrx》 证明仅证吧存在且连线，其余情形类似 dx。 设由初值(xo,o)和(，+Axo,)(△x≤a,α为足够小正数)所确定的方程的解分别为 y=x,)p和y=px,x0+△x,%)=p, p=%+f(x,p)本和p=%+f(x,)d, 于是利用微分中值定理计算得 -p=f(x.ds-f(x.ods f(r.or-o-p 超0c0c1记：2有瓷：二到等的的送鞋级积中恒 △ro 定理，我们知2是以下微分方程的初值句题 dx E(xo)=-f(xo,Yo)
50 1 2 1 2 f (x, y , ) f (x, y , ) L y y H p λ − λ ≤ − 则称 f (x, y,λ) 在Gλ 内关于 λ 一致对 y 满足局部李氏条件定义.这里 H p L 是与 λ 无关的正 数. 对于方程(3.14)，我们不加证明给出解对初值和参数的连续依赖定理. 定理 5 设 f (x, y,λ) 在Gλ 内连续，且在Gλ 内关于λ 一致对 y 满足局部的李氏条件，则方 程(3.14)的解 ( , , , ) y = ϕ x x0 y0 λ 作为 x, x0 , y0 ,λ 的函数在它们存在范围内是连续的. 2．关于解对初值的可微性 定理 6 若函数 f (x, y) 及 y f ∂ ∂ 都在区域G 内连续，则方程(3.1)的解 ( , , ) 0 0 y = ϕ x x y 作为 0 0 x, x , y 的函数在它存在范围内连续可微，且 ( , ( , , )), 0 0 f x x x y x ϕ ϕ = ∂ ∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∫ x x dx y f x f x y x 0 ( , ) ( , ) exp 0 0 0 ϕ ϕ 和 ∂ ∂ = ∂ ∂ ∫ x x dx y f x y 0 ( , )) exp 0 ϕ ϕ 证明 仅证 0 ∂x ∂ϕ 存在且连续，其余情形类似. 设由初值( , ) 0 0 x y 和( , ) 0 0 0 x + ∆x y ( ∆x0 ≤ α,α 为足够小正数)所确定的方程的解分别为 y = ϕ(x, x0 , y0 ) ≡ ϕ 和 y = ϕ(x, x0 + ∆x0 , y0 ) ≡ φ ， 即 ∫ = + x x y f x dx 0 ( , ) ϕ 0 ϕ 和 ∫ +∆ = + x x x y f x dx 0 0 ( , ) φ 0 φ ， 于是利用微分中值定理计算得 dx y f x f x dx f x dx f x dx x x x x x x x x x x ( ) ( , ( )) ( , ) ( , ) ( , ) 0 0 0 0 0 0 0 φ ϕ ϕ θ φ ϕ φ φ ϕ φ ϕ − ∂ ∂ + − = − + − = − ∫ ∫ ∫ ∫ +∆ +∆ . 这里0 < θ < 1.记 0 x z ∆ − = φ ϕ ，有 0 0 0 0 lim x x ∆x − = ∂ ∂ ∆ → ϕ φ ϕ ，注意到 y f ∂ ∂ ,ϕ,φ 的连续性及积分中值 定理，我们知 0 ∂x ∂ϕ 是以下微分方程的初值问题 = − ∂ ∂ = ( ) ( , ) ( , ) 0 0 0 z x f x y z y f x dx dz ϕ