38第三章存在性和唯一性定理现在，我们要证明下述Picard定理。Theorem3.1.1.定理3.1.设初值问题禁= (r,v)，y(co)=yo,(E)dr其中f(t,y)在矩形区域R: [r - rol ≤a, ly - yol ≤b内连续，而且对y满足Lipschitz条件。则（E）在区间[co一h,ro+h]上有并且只有一个解，其中常数bh = min(α, Mh,，M=max,if(r,y)(a,y)ER证明：为了突出思路，我们把证明分成以下四步：（1）初值问题（E）等价于积分方程（y=y(ar)为未知函数）y(a) = yo +f(s,y(s)ds.(3.1)事实上，设y=y(r）（rEI)是（E）的解，则有y(α)=f(a,y(r)), EI (3.2)和y(ro) = yo. (3.3)由此，对恒等式（3.2）积分并利用初值条件（3.3），得到y(r) = yo +f(s, y(s))ds, re I,即y=y(r)是积分方程（3.1）的解。反之，设y=y(r),aEI是（3.1)的解，则对r求导得y =f(r,y(r),aeI; y(ro) =yo即y=y(a)也是（E）的解。因此Picard定理的证明等价于证明积分方程（3.1）在区间I上有且只有一个解
38 第三章 存在性和唯一性定理 现在，我们要证明下述Picard定理。 Theorem 3.1.1. 定理3.1. 设初值问题 (E) dy dx = f(x, y), y(x0) = y0, 其中f(x, y)在矩形区域 R : |x − x0| ≤ a, |y − y0| ≤ b 内连续，而且对y满足Lipschitz条件。 则（E）在区间[x0 − h, x0 + h]上有并且只有一个解，其中常数 h = min{a, b M }, M = max (x,y)∈R |f(x, y)|. 证明：为了突出思路，我们把证明分成以下四步： （1）初值问题（E）等价于积分方程（y = y(x)为未知函数） y(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, y(s))ds. (3.1) 事实上，设y = y(x) (x ∈ I)是（E）的解，则有 y ′ (x) = f(x, y(x)), x ∈ I (3.2) 和 y(x0) = y0. (3.3) 由此，对恒等式（3.2）积分并利用初值条件（3.3），得到 y(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, y(s))ds, x ∈ I, 即y = y(x)是积分方程（3.1）的解。 反之，设y = y(x), x ∈ I是（3.1）的解，则对x求导得 y ′ = f(x, y(x)), x ∈ I; y(x0) = y0. 即y = y(x)也是（E）的解。 因此Picard定理的证明等价于证明积分方程（3.1）在区间I上有且只有一个解
g3.1Picard存在性和唯一性定理39（2）用逐次迭代法构造Picard序列f(s, yn(s)ds, reI, (3.4)Yn+1(r) = y0 +(n=0,1,2,)，其中yo(a)=yo当n=0时，注意到f(a,yo(r))是I上的连续函数，所以由（3.4）可见yi(r) = yo +f(s,y(ro))ds,rEI在I上是连续可微的，而且满足不等式[y1() -yol ≤I /If(s, yo(s)[ds| ≤ M|-rol. (3.5)这就是说，在区间I上lyi(α）一yol≤Mh≤b。因此，f(a,y1()在I上是连续的。所以由（3.4）可见y2(r) = yo +f(s,yi(s)ds, rE I在I上是连续可微的，而且满足不等式[y2(c) - yol ≤ / If(s, 1(s)lds/ ≤M|r -rol,从而，ly2(r)-yol ≤Mh≤b,E I。由此类推，用归纳法不难证明：由（3.4）给出的Picard序列y=yn(ar)在I上是连续可微的，而且满足不等式lyn(a) - yol ≤ M| -rol, n =0,1,2, ..（3）现在证明Picard序列y=yn(α)在区间I上一致收敛到积分方程（3.1）的解。注意，序列yn(r)的收敛性等价于级数X[un+1() - yn(r) (3.6)n=1的收敛性。下面证明级数（3.6）在I上是一致收敛的。为此，我们用归纳法证明不等式M (LJr - aol)n+1[3n+1(a) - n(n)] ≤兰(3.7)reI,n=0,1,2,...(n + 1)!
§3.1 Picard存在性和唯一性定理 39 （2）用逐次迭代法构造Picard序列 yn+1(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, yn(s))ds, x ∈ I, (3.4) (n = 0, 1, 2, · · ·)，其中y0(x) ≡ y0。 当n = 0时，注意到f(x, y0(x))是I上的连续函数，所以由（3.4）可见 y1(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, y(x0))ds, x ∈ I 在I上是连续可微的，而且满足不等式 |y1(x) − y0| ≤ | ∫ x x0 |f(s, y0(s))|ds| ≤ M|x − x0|. (3.5) 这就是说，在区间I上|y1(x) − y0| ≤ Mh ≤ b。 因此，f(x, y1(x))在I上是连续的。所以由（3.4）可见 y2(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, y1(s))ds, x ∈ I 在I上是连续可微的，而且满足不等式 |y2(x) − y0| ≤ | ∫ x x0 |f(s, y1(s))|ds| ≤ M|x − x0|, 从而，|y2(x) − y0| ≤ Mh ≤ b，x ∈ I。 由此类推，用归纳法不难证明：由（3.4）给出的Picard序列y = yn(x)在I上是连 续可微的，而且满足不等式 |yn(x) − y0| ≤ M|x − x0|, n = 0, 1, 2, · · · （3）现在证明Picard序列y = yn(x)在区间I上一致收敛到积分方程（3.1）的解。 注意，序列yn(x)的收敛性等价于级数 ∑∞ n=1 [yn+1(x) − yn(x)] (3.6) 的收敛性。下面证明级数（3.6）在I上是一致收敛的。为此，我们用归纳法证明不 等式 |yn+1(x) − yn(x)| ≤ M L (L|x − x0|) n+1 (n + 1)! , x ∈ I, n = 0, 1, 2, · · · (3.7)
40第三章存在性和唯一性定理首先：[y1(a) - yo(a)[ =1 //f(s, yo)ds] ≤ M[r - rol计算/ [f(s, y1(s)) - f(s, yo)]dsl[y2()-1()/ = 1 ≤ 1 / Lly(s) -yoldsl ≤ MLI /" Js - zolds]≤ Ml-o/?2[uy3(a)-y2()] = / /"[5(s,y2(s)-f(s,1(s)]ds]Lly2(s) -y1(s)[ds≤ ML /-2oPds = M2l-2oP.26假设n=k时（3.7）成立，接下来验证n=k+1的情形。先由（3.4）推出[yk+2(r) - yk+1(r)/ = |[f(s, k+1(s)) - f(s, yk(s)]ds]再利用Lipschitz条件和归纳假设，我们得到L[yk+1(s) - yk(s)[dael[yk+2(α)-yk+1()/ ≤M (LJr - rol)k+2≤ MI /"(L/s-20l)*+1-ds| =（k+2)！(k + 1)!由此可见，当n=k+1时（3.7）也成立。因此，（3.7）得证。显然，不等式（3.7）蕴含（3.6）在区间I上是一致收敛的。因此，Picard序列y=yn(r)是一致收敛的。则极限函数p(r) := lim yn(r), EI在区间I上是连续的。然后，利用f(a,y)的连续性以及Picard序列yn(r)的一致收敛性，我们在（3.4）中令n→8就得到f(s,p(s)ds, re I.(r) = yo +因此，y=p(a)在I上是积分方程（3.1）的一个解
40 第三章 存在性和唯一性定理 首先： |y1(x) − y0(x)| = | ∫ x x0 f(s, y0)ds| ≤ M|x − x0|, 计算 |y2(x) − y1(x)| = | ∫ x x0 [f(s, y1(s)) − f(s, y0)]ds| ≤ | ∫ x x0 L|y1(s) − y0|ds| ≤ ML| ∫ x x0 |s − x0|ds| ≤ ML|x − x0| 2 2 , |y3(x) − y2(x)| = | ∫ x x0 [f(s, y2(s)) − f(s, y1(s))]ds| ≤ | ∫ x x0 L|y2(s) − y1(s)|ds| ≤ ML2 | ∫ x x0 |s − x0| 2 2 ds| = ML2 |x − x0| 3 6 . 假设n = k时（3.7）成立，接下来验证n = k + 1的情形。先由（3.4）推出 |yk+2(x) − yk+1(x)| = | ∫ x x0 [f(s, yk+1(s)) − f(s, yk(s))]ds|. 再利用Lipschitz条件和归纳假设，我们得到 |yk+2(x) − yk+1(x)| ≤ | ∫ x x0 L|yk+1(s) − yk(s)|dx| ≤ M| ∫ x x0 (L|s − x0|) k+1 (k + 1)! ds| = M L (L|x − x0|) k+2 (k + 2)! . 由此可见，当n = k + 1时（3.7）也成立。因此，（3.7）得证。 显然，不等式（3.7）蕴含（3.6）在区间I上是一致收敛的。因此，Picard序 列y = yn(x)是一致收敛的。则极限函数 φ(x) := limn→∞ yn(x), x ∈ I 在区间I上是连续的。然后，利用f(x, y)的连续性以及Picard序列yn(x)的一致收敛 性，我们在（3.4）中令n → ∞就得到 φ(x) = y0 + ∫ x x0 f(s, φ(s))ds, x ∈ I. 因此，y = φ(x)在I上是积分方程（3.1）的一个解
93.1Picard存在性和唯一性定理41(4）最后证明唯一性：设积分方程（3.1）有两个解分别为y=u(a)和y=u(α)。令J=[o-d,co+d为它们的共同存在区间，其中d为某一正数（d≤h）。则由（3.1得u(r) -v(r) = / [f(s,u(s) -f(s,v(s)]ds, E J.再利用Lipschitz条件，[u(a) -0(a)/ ≤LI /~ u(s) - (s)]dsl。 (3.8)注意，在区间J上，[u(s)一(s)是连续有界的。因此可取它的一个上界K。则由(3.8),[u()-()/≤LK-rol然后把它代入（3.8）的右端，我们推出[u(2) -~(a)/ ≤(L- z0l)22如此递推，我们可用归纳法得到[u(g) -2(2)/≤(L-20l)"，TEJn!然后，令n→o，则上面不等式的右端趋于零。因此，我们推出u(r)=v(r), rEJ.口这就是说，积分方程（3.1）的解是唯一的。有了Picard定理，对于一般微分方程dy=(,3), (3.9)只要能判别函数f(a,y)在某个区域D内连续并且对y有连续的偏微商（或满足Lipschitz条件），我们就可断言在区域D内经过每一点有并且只有一个解。例如里卡蒂方程哭=r?+y?虽然不能用初等积分法求解，但由Picard定理容易知道它在(9)平面上经过每一点有且只有一个解。一般而言，如果函数f(r,y)在区域G内连续，而对y不满足Lipschitz条件，那么微分方程（3.9）在G内经过每一点仍有一个解（即Peano存在定理，见下一节），但这解可能是唯一的，也可能不是唯一的（参考本节习题1）。也就是说，Lipschitz条件只是解的唯一性的一个充分条件。在微分方程的一般理论中还没有保证解的唯一性的一个充要条件
§3.1 Picard存在性和唯一性定理 41 （4）最后证明唯一性：设积分方程（3.1）有两个解分别为y = u(x)和y = v(x)。 令J = [x0−d, x0+d]为它们的共同存在区间，其中d为某一正数（d ≤ h）。则由（3.1） 得 u(x) − v(x) = ∫ x x0 [f(s, u(s)) − f(s, v(s))]ds, x ∈ J. 再利用Lipschitz条件， |u(x) − v(x)| ≤ L| ∫ x x0 |u(s) − v(s)|ds|. (3.8) 注意，在区间J上，|u(s) − v(s)|是连续有界的。因此可取它的一个上界K。则由 （3.8）， |u(x) − v(x)| ≤ LK|x − x0|. 然后把它代入（3.8）的右端，我们推出 |u(x) − v(x)| ≤ K (L|x − x0|) 2 2 . 如此递推，我们可用归纳法得到 |u(x) − v(x)| ≤ K (L|x − x0|) n n! , x ∈ J. 然后，令n → ∞，则上面不等式的右端趋于零。因此，我们推出 u(x) = v(x), x ∈ J. 这就是说，积分方程（3.1）的解是唯一的。 ✷ 有了Picard定理，对于一般微分方程 dy dx = f(x, y), (3.9) 只要能判别函数f(x, y)在某个区域D内连续并且对y有连续的偏微商（或满足Lipschitz条 件），我们就可断言在区域D内经过每一点有并且只有一个解。 例如里卡蒂方程dy dx = x 2 + y 2 虽然不能用初等积分法求解，但由Picard定理容 易知道它在(x, y)平面上经过每一点有且只有一个解。 一般而言，如果函数f(x, y)在区域G内连续，而对y不满足Lipschitz条件，那么 微分方程（3.9）在G内经过每一点仍有一个解（即Peano存在定理，见下一节），但 这解可能是唯一的，也可能不是唯一的（参考本节习题1）。也就是说，Lipschitz条 件只是解的唯一性的一个充分条件。在微分方程的一般理论中还没有保证解的唯 一性的一个充要条件
42第三章存在性和唯一性定理下面我们介绍一个比Lipschitz条件更弱的条件。设函数f(r，y)在区域G内连续，而且满足不等式If(a, y1) -f(a, y2)/ ≤ F(ly1 -2l),其中F(r)>0是r>0的连续函数，而且瑕积分rdr F()=80（r1>o为常数）。则称f(a，y)在G内对y满足Osgood条件。注意，Lipschitz条件是Osgood条件的特例，这是因为F(r)=Lr满足上述要求。Theorem3.1.2.定理3.2（Osgood）设f(a,y)在区域G内对y满足Osgood条件，则微分方程（3.9）在G内经过每一点的解都是唯一的。证明：假设不然。则在G内可以找到一点(co,yo)使得方程（3.9）有两个解y=y1(a)和y=y2(a）都经过(ao,yo)，而且至少存在一个值z2≠ro，使得y1(r2)≠y2(a2)。不妨设>20。令= sup(:yi()=y2()),re[r0,1]则显然有0≤<2，存在<21≤22使得（变换y1,92）r(r) :=yi(r) -y2(a) >0, <≤1和r()=0。因此，我们有r(α) = yi(a) -y2(α) =f(,yi()) -f(,2(r)≤ F(lyi(α) -y2(r)l) = F(r(r),因此从到ri积分上式，得到r(ri)dr广-da = ri-,JF(r)其中r(r1)>0。但根据假设条件上述不等式的左端是，而右端是一个有限的数。矛盾。口最后，我们还要指出：如果没有Lipschitz条件，那么一般也不能保证Picard序列的收敛性。见【例1]，即Muiller反例：F(r,y)不满足Lipschitz条件，有唯一解，但Picard序列和它的任何子序列都不能充分接近（Eo）的解。这就是说，对初值问题（Eo）的求解，Picard逐次送代法是无效的。作业：1，2，3
42 第三章 存在性和唯一性定理 下面我们介绍一个比Lipschitz条件更弱的条件。设函数f(x, y)在区域G内连续， 而且满足不等式 |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ F(|y1 − y2|), 其中F(r) > 0是r > 0的连续函数，而且瑕积分 ∫ r1 0 dr F(r) = ∞ （r1 > 0为常数）。则称f(x, y)在G内对y满足Osgood条件。注意，Lipschitz条件是Osgood条 件的特例，这是因为F(r) = Lr满足上述要求。 Theorem 3.1.2. 定理3.2（Osgood）设f(x, y)在区域G内对y满足Osgood条件，则微 分方程（3.9）在G内经过每一点的解都是唯一的。 证明：假设不然。则在G内可以找到一点(x0, y0)使得方程（3.9）有两个解y = y1(x)和y = y2(x) 都经过(x0, y0)，而且至少存在一个值x2 ̸= x0，使得y1(x2) ̸= y2(x2)。 不妨设x2 > x0。令 x = sup x∈[x0,x1] {x : y1(x) = y2(x)}, 则显然有x0 ≤ x < x2，存在x < x1 ≤ x2使得（变换y1, y2） r(x) := y1(x) − y2(x) > 0, x < x ≤ x1 和r(x) = 0。因此，我们有 r ′ (x) = y ′ 1 (x) − y ′ 2 (x) = f(x, y1(x)) − f(x, y2(x)) ≤ F(|y1(x) − y2(x)|) = F(r(x)), 因此从x到x1积分上式，得到 ∫ x1 x r ′ (x) F(r(x))dx = ∫ r(x1) 0 dr F(r) ≤ ∫ x1 x dx = x1 − x, 其中r(x1) > 0。但根据假设条件上述不等式的左端是∞，而右端是一个有限的数。 矛盾。 ✷ 最后，我们还要指出：如果没有Lipschitz条件，那么一般也不能保证Picard序 列的收敛性。见【例1】，即M¨uller反例：F(x, y)不满足Lipschitz条件，有唯一解， 但Picard序列和它的任何子序列都不能充分接近（E0）的解。这就是说，对初值问 题（E0）的求解，Picard逐次迭代法是无效的。 作业：1，2，3