中国科学技术大学：《微分方程引论》课程教学资源（讲义）Lec4 Note of Introduction to Differential Equation

Lec4 Note of Introduction to Differential EquationXuxuayame日期：2022年9月8日现在我们介绍第二种方法。2、参数法(1)方程不显含自变量c，即F(y,p)=0。设y=g(t),p=h(t)，则dr=ldyg(t)dt+c→rh(t)故微分方程的解为r=dt+c+y = g(t)dy+y?=1.例2.1.求解微分方程：da解。令y=cost,p=sint，则若p≠0，则dcost+C=-dt+C=-t+C2sint故通解为y=cos(c-C)。口若p=0，则y=±1是特解。(2)对一般的一阶隐式方程F(c,y,p)=0,(c,y,p)ER3。令r=f(u,)，y=g(u,)p=h(u,)，则由dy=pdr可知：adu+au=h(aldu+ldo)(1)duouaOuog.of.agofydu+)du= 0(2)OuuOuOr= f(u, Q(u,C))若(2)式有通解=Q(u,C)，则原方程的通解为(y = g(u, Q(u,C))r= f(u, s(u))若(2)式有特解w=S(u)，则原方程的特解为(y = g(u, S(u)()+y-{=0.例2.2.求解微分方程：dr1

Lec4 Note of Introduction to Differential Equation Xuxuayame 日期：2022 年 9 月 8 日 现在我们介绍第二种方法。 2、参数法 (1) 方程不显含自变量 x，即 F(y, p) = 0。 设 y = g(t), p = h(t)，则 dx = 1 p dy ⇒ x = Z g ′ (t) h(t) d t + c 故微分方程的解为    x = R g ′ (t) h(t) d t + C y = g(t) 例 2.1. 求解微分方程：( dy dx ) 2 + y 2 = 1。 解. 令 y = cost, p = sin t，则若 p ̸= 0，则 x = Z 1 sin t d cost + C = − Z d t + C = −t + C 故通解为 y = cos(x − C)。 若 p ≡ 0，则 y = ±1 是特解。 (2) 对一般的一阶隐式方程 F(x, y, p) = 0, (x, y, p) ∈ R 3。 令 x = f(u, v), y = g(u, v), p = h(u, v)，则由 dy = pdx 可知： ∂g ∂udu + ∂g ∂v dv = h( ∂f ∂udu + ∂f ∂v dv) (1) ⇒( ∂g ∂u − h ∂f ∂u)du + (∂g ∂v − h ∂f ∂v )dv = 0 (2) 若 (2) 式有通解 v = Q(u, C)，则原方程的通解为    x = f(u, Q(u, C)) y = g(u, Q(u, C)) 。 若 (2) 式有特解 v = S(u)，则原方程的特解为    x = f(u, S(u)) y = g(u, S(u)) 。 例 2.2. 求解微分方程：( dy dx ) 2 + y − x = 0。 1

解令a=u,p=,y=u-?。于是du-2vdy=vdu→(1 - v)du - 2vdv = 0r=u·三1是特解，故原方程特解为y=u-l2u2Vdv=0元du=C.du+du通解为u+2u+2ln|u-1|=C即u=-2u-ln(u-1)2+C。=-2-ln(u-1)2+C原方程通解为y = -w2- 2u-ln(u-1)2 +C口Part III存在唯一性定理83.1Picard存在唯一性定理崇= f(g,)m (20) = y0.考虑方程(E)：:dr定义3.1.(Lipschitz-条件）设函数f(r，y）在区域D内满足不等式If(r, y1) - f(r, y2)/ ≤ Lly1 - y2l, L > 0则称f在区域D内对y满足Lipschitz-条件。显然，若D是有界闭凸区域，连续，则f关于y满足Lipschitz-条件。:=(,v), (20)=0,其中定理3.1。(Picard 存在唯一性定理）设初值问题(E);器f(c，y)在矩形区域R：r一comaxrlf(r,y)]。评论.这里h取为mina,】是为保证(E)在[co-h,co+h]上有意义。而M为If(a,y)]在 R上的上界。证明.为了突出思路，我们将证明分成以下四步。2

解. 令 x = u, p = v, y = u − v 2。 于是 du − 2vdv = vdu ⇒(1 − v)du − 2vdv = 0 • v ≡ 1 是特解，故原方程特解为    x = u y = u − 1 。 • du + 2v v − 1 dv = 0 ⇒ Z d u + Z 2v v − 1 d v = C。 通解为 u + 2v + 2 ln |v − 1| = C 即 u = −2v − ln(v − 1)2 + C。 原方程通解为    x = −2v − ln(v − 1)2 + C y = −v 2 − 2v − ln(v − 1)2 + C Part III 存在唯一性定理 §3.1 Picard 存在唯一性定理 考虑方程 (E) : dy dx = f(x, y)m y(x0) = y0。 定义 3.1. （Lipschitz-条件）设函数 f(x, y) 在区域 D 内满足不等式 |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ L|y1 − y2|, L > 0 则称 f 在区域 D 内对 y 满足 Lipschitz-条件。 显然，若 D 是有界闭凸区域，∂f ∂y 连续，则 f 关于 y 满足 Lipschitz-条件。 定理 3.1. （Picard 存在唯一性定理）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，且对 y 满足 Lipschitz-条件，则 (E) 在区间 [x0−h, x0+h] 上有且仅有一个解，其中 h = min{a, b M }, M > maxR |f(x, y)|。 评论. 这里 h 取为 min{a, b M } 是为保证 (E) 在 [x0 −h, x0 +h] 上有意义。而 M 为 |f(x, y)| 在 R 上的上界。 证明. 为了突出思路，我们将证明分成以下四步。 2

Step1：初值问题（E）等价于积分方程(3)f(r,y)day = yo -事实上，设y=y(r)(rEI)是(E)的解，则有(4)y(r)= f(,y(r)) (rel)和(5)y(co) = yo由此，对恒等式(4)积分并利用初值条件(5)，得到y(r) =y(ro) +f(r,y(r)dr(rel),即y=y()是积分方程(3)的解。反之，设y=y(r)(αEI)是(3)的解，则只要逆转上面的推导就可知道=y(r)是(E)的解。因此，上述定理的证明等价于证明积分方程(3)在区间1上有且只有一个解。Step2：用逐次送代法构造Picard序列(6)yn+1(r) = yo +f(r,yn(c))da(rel)(n =0,1,2,..)，其中yo(r)=yo。当n=0时，注意到f(α,yo(r)是I上的连续函数，所以由(6)可见r(r) = yo +f(r,yo(r))dr (rE I)在I上是连续可微的，而且满足不等式If(r, o(a)dr≤Mz -rol(7)[yi(r) - yol ≤这就是说，在区间I上lyi(）-yol≤Mh≤b。因此，f(r,y1(a))在I上是连续的。所以由(6)可见f(r,yi(r))d(rel)y2(r) = yo +在I上是连续可微的，而且满足不等式If(, y(a)Id≤M-rol,[y2(r) - yo| ≤从而我们有：ly2(r）-yol≤Mh≤b(EI)。如此类推，用归纳法不难证明：由(6)给出的Picard序列y=yn(c）在I上是连续的，而且满足不等式lyn(r) - yol ≤ M|r- aol (n = 0, 1,2, ..)Step3：现证：Picard序列y=yn(c）在区间I上一致收敛到积分方程(3)的解。注意，序列 yn(α)的收敛性等价于级数[yn+1(r) - yn(r)](8)3

Step 1：初值问题 (E) 等价于积分方程 y = y0 + Z x x0 f(x, y) d x (3) 事实上，设 y = y(x) (x ∈ I) 是 (E) 的解，则有 y ′ (x) = f(x, y(x)) (x ∈ I) (4) 和 y(x0) = y0 (5) 由此，对恒等式 (4) 积分并利用初值条件 (5)，得到 y(x) = y(x0) + Z x x0 f(x, y(x)) d x (x ∈ I), 即 y = y(x) 是积分方程 (3) 的解。 反之，设 y = y(x) (x ∈ I) 是 (3) 的解，则只要逆转上面的推导就可知道 y = y(x) 是 (E) 的解。 因此，上述定理的证明等价于证明积分方程 (3) 在区间 I 上有且只有一个解。 Step 2：用逐次迭代法构造 Picard 序列 yn+1(x) = y0 + Z x x0 f(x, yn(x)) d x (x ∈ I) (6) (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 (6) 可见 y1(x) = y0 + Z x x0 f(x, y0(x)) d x (x ∈ I) 在 I 上是连续可微的，而且满足不等式 |y1(x) − y0| ≤     Z x x0 |f(x, y0(x))| d x     ≤ M|x − x0| (7) 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 (6) 可见 y2(x) = y0 + Z x x0 f(x, y1(x)) d x (x ∈ I) 在 I 上是连续可微的，而且满足不等式 |y2(x) − y0| ≤     Z x x0 |f(x, y1(x))| d x     ≤ M|x − x0|, 从而我们有：|y2(x) − y0| ≤ Mh ≤ b (x ∈ I)。 如此类推，用归纳法不难证明：由 (6) 给出的 Picard 序列 y = yn(x) 在 I 上是连续 的，而且满足不等式 |yn(x) − y0| ≤ M|x − x0| (n = 0, 1, 2, · · ·) Step 3：现证：Picard 序列 y = yn(x) 在区间 I 上一致收敛到积分方程 (3) 的解。 注意，序列 yn(x) 的收敛性等价于级数 X∞ n=1 [yn+1(x) − yn(x)] (8) 3

的收敛性。下面证明级数(8)在I上是一致收敛的。为此，我们用归纳法证明不等式M (Lr - rol)n+1(9)13n+(g) - n(c)/≤兰(n+1)!在I上成立(n=0.1.2...:)。事实上，当n=0时由（7)可知(9)成立。假设当n=k时(9)式成立。先由(6)推出[f(a, k+1(a)) - f(z, yr(a)] dalyk+2(r) - yk+1(r)| =再利用Lipschitz-条件和归纳法假设，我们得到[yk+2(a) - yk+1(r)/ ≤ / Llyk+1(a) - yr(a)d a[ (Llz - rol)a+1 d aSM(k + 1)!M (Lx - rol)*+2（k+2)！由此可见，当n=k+1时(9)也成立。因此，(9)得证。显然，不等式(9)蕴含级数(8)在区间I上是一致收敛的。因此，Picard序列y=yn(c)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(r,y）的连续性以及Picard序列 yn(r)的一致收敛性，我们在（6）中令n→8就得到f(r,o(r)dr (rel)p(r) = yo +因此，y=(r)在I上是积分方程(3)的一个解。Step4：最后证明唯一性。设积分方程(3)有两个解分别为y=u(r)和y=u(r)。令J=[ro-d,ro+d为它们的共同存在区间，其中d为某一整数（d≤h)。则由(3)推出u(r)-(a) = / [f(r,u(a) -f(r,u(a)d (μE J)再利用Lipschitz-条件，我们得到[u(r) -v(r)Idr[u(r) -0(r)/ ≤ L(10)注意，在区间J上，|u(r)－(r)I是连续有界的。因此可取它的一个上界K。则由(10)可见[u(r) -(r)I ≤ LK -aol然后，把它代入（10)的右端，我们推出[u(z) - u(r)| ≤ (L/ - zol)224

的收敛性。下面证明级数 (8) 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)! (9) 在 I 上成立 (n = 0, 1, 2, · · ·)。 事实上，当 n = 0 时由 (7) 可知 (9) 成立。 假设当 n = k 时 (9) 式成立。先由 (6) 推出 |yk+2(x) − yk+1(x)| =     Z x x0 [f(x, yk+1(x)) − f(x, yk(x))] d x     再利用 Lipschitz-条件和归纳法假设，我们得到 |yk+2(x) − yk+1(x)| ≤     Z x x0 L|yk+1(x) − yk(x)| d x     ≤ M     Z x x0 (L|x − x0|) k+1 (k + 1)! d x     = M L (L|x − x0|) k+2 (k + 2)! 由此可见，当 n = k + 1 时 (9) 也成立。因此，(9) 得证。 显然，不等式 (9) 蕴含级数 (8) 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 (6) 中令 n → ∞ 就得到 φ(x) = y0 + Z x x0 f(x, φ(x)) d x (x ∈ I) 因此，y = φ(x) 在 I 上是积分方程 (3) 的一个解。 Step 4：最后证明唯一性。 设积分方程 (3) 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 为某一整数 (d ≤ h)。则由 (3) 推出 u(x) − v(x) = Z x x0 [f(x, u(x)) − f(x, v(x))] d x (x ∈ J) 再利用 Lipschitz-条件，我们得到 |u(x) − v(x)| ≤ L     Z x x0 |u(x) − v(x)| d x     (10) 注意，在区间 J 上，|u(x) − v(x)| 是连续有界的。因此可取它的一个上界 K。则由 (10) 可见 |u(x) − v(x)| ≤ LK|x − x0| 然后，把它代入 (10) 的右端，我们推出 |u(x) − v(x)| ≤ K (L|x − x0|) 2 2 4

如此递推，我们可用归纳法得到(Lr-col)n[u(r) -v(r)/≤(rE J)n!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)这就是说，积分方程（3）的解是唯一的。口于是定理3.1成立。5

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) 的解是唯一的。 于是定理 3.1 成立。 5