一阶常微分方程组初值问题解的实例研究

王锐利

【摘 要】文章对一阶常微分方程组初值问题解的唯一性进行了探讨,并给出了相应的实例加以比较研究,以加深对一阶常微分方程组存在唯一性定理的理解和应用. 【期刊名称】《渭南师范学院学报》 【年(卷),期】2011(026)002 【总页数】4页(P29-32)

【关键词】一阶常微分方程组;初值问题;解的唯一性 【作 者】王锐利

【作者单位】河南济源职业技术学院,河南,济源,454650 【正文语种】中 文 【中图分类】O175.1

常微分方程初值问题解的研究在实际工程中经常遇到，研究常微分方程初值问题的解其本身也具有很大的研究价值.［1－6］ 定理1［7］若方程

的右端函数函数F(x，Y)在n+1维空间的区域上满足: 1)连续;

2)关于Y满足利普希茨条件，即存在N＞0，使对于R上任意两点(x，Y1)，(x，Y2)有‖F(x，Y1)-F(x，Y2)‖≤N‖Y1-Y2‖，则上述方程在区间上存在唯一解:Y=Y(x)，Y(x0)=Y0.这里

贝尔曼引理［7］设y(x)为区间［a，b］上的连续函数，a≤x0≤b，若存在δ≥0，k≥0使得y(x)满足 不等式

则y(x)满足不等式y(x)≤δek(x-x0)，x∈［a，b］. 已知(1)与同解.

利普希茨条件下的几种证明:

方法一 设r(x)=‖Y1(x)-Y2(x)‖，所要证明的是r(x)≡0，x∈［x0-h0，x0+h0］.假设结论不成立，则有x1:x0-h0≤x1≤x0+h0，使得r(x1)＞0，因为Y1(x)，Y2(x)都是(1)的解，故x1≠x0;不妨设x1＞x0，以S表示x0≤x≤x1上所有使r(x)=0的x值集合.因为x0∈S，故S≠∅.设其上确界为α，由r(x)的连续性知必有r(α)=0，又由于α是S的上确界，而r(x1)＞0，故r(x)＞0，x∈(α，x1)，在(α，x1)上Y1(x)-Y2(x)不变号，故必可对r(x)求导，所以有 从x∈(α，x1)到x1积分上式便有

即当x→α时，左端→+∞，而右端为有限数，这一矛盾表明在上应有r(x)≡0，即Y1(x)≡Y2(x).

方法二 设问题在有两个不同的解Y1(x)与Y2(x)，且有Y1(x)=Y2(x)=Y0，于是 方法三 不妨设问题的解Y1(x)与Y2(x)在区间［x0，x0+h0］上不恒等，则 令所以V(x)'≤NV(x)或等价的有故e-N(x-x0)V(x)在［x0，x0+h0］上递减，所以对任意的x∈［x0，x0+h0］有0≤e-N(x-x0)V(x)≤e-N(x0-x0)V(x0)=0，从而在区间［x0，x0+h0］上V(x)≡0，即Y1≡Y2.

例1 已知方程，其中a(x)，b(x)在(α，β)中连续，证明方程有唯一解［2］. 解 设方程的解在区间［α1，β1］上存在，x0∈［α1，β1］⊂(α，β).则其中，因为

从而右端函数满足利普希茨条件，再由解的延展定理知方程的解在(α，β)存在.

方法一 设所要证明的是r(x)≡0，x∈［x0-h0，x0+h0］.

假设结论不成立，则有x1:x0-h0≤x1≤x0+h0，使得r(x1)＞0，因为y1(x)，y2(x)都是方程的解，故x1≠x0;不妨设x1＞x0，以S表示x0≤x≤x1上所有使r(x)=0的x值集合.因为x0∈S，故S≠∅.设其上确界为α，由r(x)的连续性知必有r(α)=0，又由于α是S的上确界，而r(x1)＞0，故r(x)＞0，x∈(α，x1)，在(α，x1)上y1(x)-y2(x)不变号，故必可对r(x)求导: 从而

从x∈(α，x1)到x1积分该式便有

当x→α时，左端→+∞，而右端为有限数，这一矛盾表明在上应有r(x)≡0，即y1(x)≡y2(x).于是在区间［α1，β1］上方程的解唯一.又不妨设存在x2∈(β1，β)使得y1(x2)≠y2(x2)，则由上面所证知在［α1，x1］上解唯一，故矛盾.从而可知方程的解在(α，β)唯一. 方法二 因为，所以

由贝尔曼引理知，从而y1(x)≡y2(x)，x∈［α1，β1］.

又不妨设存在x2∈［β1，β］使得y1(x2)≠y2(x2)，则由上面所证知在［α1，x2］在上解唯一，故矛盾.从而可知方程的解在(α，β)唯一.

方法三 不妨设方程的解y1(x)与y2(x)在区间［α1，β1］上的解不恒等.由方法二知

令，则v(x)在［x0，x0+h0］上连续可微，v(x)≥0，并且v(x)'≤(M1+M2)v(x)或等价的有

故e-(M1+M2)(x-x0)v(x)在［x0，β1］上单调递减，所以对任意的x∈［x0，x0+h0］有

从而在［x0，β1］上v(x)≡0，即φ(x)≡φ(x).又不妨设存在x2∈［β1，β］使得y1(x2)≠y2(x2)，则由上面所证知在［α1，x2］上解唯一，故矛盾.从而可知方程

的解在(α，β)唯一.

综上所述，方法一的证法借助于积分的有穷和无穷推出矛盾，技巧性较强;方法二的证法利用贝尔曼引理，使证明过程简洁;方法三的证法利用了单调函数的性质，也明了.

但也有例子表明即使右端函数f(x，y)不满足利普希茨条件，初值问题的解仍唯一，本文给出相关的定理.

定理2 若函数f(x，y)在R上连续，且关于变量y单调不增，即对任意的(x，y1)∈R，(x，y2)∈R，其中y1＜y2，有f(x，y1)-f(x，y2)≥0.则初值问题的解在［x0，+∞)上唯一.

证明 因为当＜x≤x1时，φ(x) ＜(x)，所以x)-φ(x)＞0.

而在区间从而(2)式右端积分值非正，故矛盾.于是在区间［x0，+∞)上(1)式的解唯一.

奥斯古德条件 对任意(x，y1)，(x，y2)∈R，有，其中，G(s) 在0≤s≤s0(s0＞0)上连续，G(s)＞0，且

由此可知，若f(x，y)满足奥斯古德条件，则(1)式的解唯一，这就是所熟知的 奥斯古德定理 若f(x，y)在上连续且满足奥斯古德条件，则(1)式有唯一解.［3］ 证明 由方法一可得 即有

从x∈(α，x1)到x1积分上式便有

当x→α时，左端→+∞，而右端为有限数，这一矛盾表明在上应有r(x)≡0，即(1)式的解唯一.例2 考察方程在［0，+∞)上的解的唯一性.

解 显然y(x)≡0是满足初值条件的一个解.又上不满足利普希茨条件，但y(x)≡0是满足条件的唯一解.因为当y≠0时，得y=(-x+ c)3.

又y(0)=0，所以y=-x3≤0，但y≥0，所以y=-x3不是方程的解.

由方法一的证明知，当因此，如果函数f(x，y)满足的条件能够使右边的积分非正，则可推出矛盾.

例3 考察方程的解的唯一性.

解 显然x≡0为方程的一个解，而x≡1不是方程的解.

当x≠0且x≠1时，由分离变量法得x=ecet，其中c≠0，但由于x(0)=ec≠0，所以x =ecet不是满足初值条件的解，从而方程的解唯一. 但由于，从而f(t，x)不满足利普希茨条件.

由方法二的证明知，其关键之处是(2)式的左端积分为无穷，于是可从此处着手寻找保证(1)式解唯一的条件.

对于任意的x2＜x1，x1，x2∈［0，+∞) 不妨令x1＞2，有

即这里的G(x)取为G(x)=2x2，且G(x)在［0，x0］，(x0＞0)上连续非负.满足奥斯古德定理，故解唯一.

Abstract:The paper proves the uniqueness of solution on system of firstorder ordinary differential equations initial value problem under Lipchitz condition by three kinds of ways，and they are compared through an example.Furthermore，two examples are presented to ensure the uniquenesswhich can deduce new conditions，so thatwe can deepen our understanding of existence and uniqueness theorem.

Key words:uniqueness of solution;Lipchitz condition;initial value problem 【相关文献】

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