S3.2解的延拓教学目的讨论解的延拓定理。教学要求掌握解的延拓定理，并用解的延拓定理研究方程的解教学重点解的延拓定理条件及其证明教学难点应用解的延拓定理讨论解的存在区间。教学方法讲练结合教学法、启发式相结合教学法。教学手段传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。解的存在在唯一性是定理优点是：在相当广泛的条件下，给定方程：崇=(s,)dx有满足初值条件(x）=y。的唯一解存在，但也有缺点，即它局部的，它只能肯定马)上存在,有时所得的区这种解在x=x。附近的一个区间|xx飞h,h=min(a,m间很小，因而相应的微分曲线也只是很短的一段，如初值问题d=x?+y?dxJ(0) = 01.=！.当定义域当定义域为R：-1≤x≤1时，解存在的唯一区间|xh=min(1,221.-=.这样随着f(x,y)的为R：-1≤x≤2时，解的顾在唯一区间|x飞h=min(1,44定义域的增大，解存在的唯一区间反而缩小，这显然是我们不想看到的，而且实际要求解存在下载向尽量大，这就促使我们引进解的延拓概念.扩大解存在不在此区间1,局部利普希茨（Lipschitz）条件.若函数f(x,y)在区域G内连续且对G内的每一点P,有以P为中心完全含于G内的闭短矩形Rp存在，在Rp上f(x,y)在G内关于y满足Lipschitz条件，（对不同的点，域Rp的大小和常数L尽可能不同)，则称f(x,y)在G内对y满足局部Lipschitz条件
§3.2 解的延拓 教学目的 讨论解的延拓定理。 教学要求 掌握解的延拓定理，并用解的延拓定理研究方程的解 教学重点 解的延拓定理条件及其证明 教学难点 应用解的延拓定理讨论解的存在区间。 教学方法 讲练结合教学法、启发式相结合教学法。 教学手段 传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。 解的存在在唯一性是定理优点是:在相当广泛的条件下,给定方程: f (x, y) dx dy = 有满足初值条件 0 0 y(x ) = y 的唯一解存在,但也有缺点,即它局部的,它只能肯定 这种解在 0 x = x 附近的一个区间 | | , min( , ) 0 m b x − x h h = a 上存在,有时所得的区 间很小,因而相应的微分曲线也只是很短的一段,如初值问题 (0) 0 2 2 = = + y x y dx dy 当定义域为 R: −1 x 1 时,解存在的唯一区间 . 2 1 } 2 1 | x | h = min{1, = 当定义域 为 R: −1 x 2 时,解的顾在唯一区间 . 4 1 } 4 1 | x | h = min{1, = 这样随着 f (x, y) 的 定义域的增大,解存在的唯一区间反而缩小,这显然是我们不想看到的,而且实际 要求解存在下载向尽量大,这就促使我们引进解的延拓概念.扩大解存在不在此 区间. 1,局部利普希茨( Lipschitz )条件.若函数 f (x, y) 在区域 G 内连续且对 G 内 的每一点 P,有以 P 为中心完全含于 G 内的闭短矩形 Rp 存在,在 Rp 上 f (x, y) 在 G 内关于 y 满足 Lipschitz 条件,(对不同的点,域 Rp 的大小和常数 L 尽可能不同), 则称 f (x, y) 在 G 内对 y 满足局部 Lipschitz 条件
2.解的延拓定理.如果方程(3.1)在奇函数f(x,y)在有界区域G中连续，且在G内关于y满足局部Lipschitz条件，那么方程（3.1)的通解过G内任何一点（xo，yo）的解y=e(x)可以延拓.直到点(x,p,(x)任意接近 G 的边界.以向 X增大的一方延拓来说，如果y=p(x)它的延拓到区间xo≤x≤m时.则当x→m时，(x,p(x)趋于区间G的边界.Proof:V(xo,yo)eR,由解的存在唯一性定理知,初值问题[ -) J(xo)= yo存在唯一解y=p(xo)，解的存在唯一区间为|x-x。≤hol取x,=X+ho,=(x)以P(x,)为心，作一小短线R，则初值问题= (x,) (3)dx(x)= Ji存在唯一解y=(x),解的存在空间为|x-x飞h,>0因p(x)=p(x)由唯一性，在两区间的重叠应有(x)=(x).即当xi-h≤x≤x时，(x)=p(x)定义函数0(x),Xo-ho≤x≤xo+hoβ (x)^p(x),x-ho≤x≤xo+h那么y=β(x)为方程(3.1)满足(2)或(3)在[x。-h。,x。+h。]上有定义的唯一解，这样我们已把(3.1）满足（1)的解y=(x)的定义区间向右延长了一段，即(3.1)满足(2)的解y=p(αx)为解y=(x)在定义在|x-xh的向右延拓，即将解延拓到区间xo-ho≤x+h+h上，用同样的方法也可以把向左延长，以上
2.解的延拓定理.如果方程(3.1)在奇函数 f (x, y) 在有界区域 G 中连续,且在 G 内关于 y 满足局部 Lipschitz 条件,那么方程(3.1)的通解过 G 内任何一点( 0 0 x , y ) 的解 y = e(x ) 可以延拓.直到点 (x,,(x)) 任意接近 G 的边界.以向 X 增大的一方 延拓来说,如果 y = (x) 它的延拓到区间 x0 x m 时.则当 x →m 时,(x,(x))` 趋于区间 G 的边界. Proof: (x0 , y0 ) R,由解的存在唯一性定理知,初值问题 0 0 ( ) ( , ) y x y f x y dx dy = = (2) 存在唯一解 ( ) 0 y = x ,解的存在唯一区间为 | | 0 h0 x − x 取 , ( ). ( , ) 1 0 0 1 1 1 1 x = x + h y = x 以P x y 为心,作一小短线 1 R. ,则初值问题 . 1 1 ( ) ( , ) y x y f x y dx dy = = (3) 存在唯一解 y = (x),解的存在空间为 | x − x1 | h1 0 因 ( ) ( ) 1 x = x 由唯一性,在两区间的重叠应有 ( ) ( ) 1 x = x .即当 1 1 1 x − h x x 时, ( ) ( ) 1 x = x 定义函数 0 0 0 0 (x), x − h x x + h ( ) = * x 0 0 0 1 (x), x − h x x + h 那么 ( ) * y = x 为方程(3.1)满足(2)或(3)在 [ o ho x0 − h , x0 + ]上有定义的唯一 解,这样我们已把(3.1) 满足(1)的解 y = (x) 的定义区间向右延长了一段,即 (3.1)满足(2)的解 ( ) * y = x 为解 y = (x) 在定义在 0 0 | x − x | h 的向右延拓, 即 将解延拓到区间 0 0 0 h0 h1 x − h x + + 上,用同样的方法也可以把向左延长,以上
这种把解曲线向左右两主延拓的步骤可以一次一次地进行下去，最后得到一条长长的积分曲线y=g(x).它已经再也不能左右继续延拓了，这样的解称为(3.1）的饱和解.任一饱和解的最在存在区间定是开区间αm时，或者y=(p(x)无界,或者说(xo,p(x)→2G，_二通过点(n2,-3)的解艳情在区间例1,讨论主程，dx2解，此方程左端函数在整个Xy平面上满足的解存在的唯一生定理及解在延拓定理条件，容易求出此方程通解为y=(1+ce*)/(1-ce").故通解过点(1n2,-3)的解为y=(1+ce*)/(1-ce*)这个解的存在区间为0≤x≤+o0.如图.通过(1n2，-3）的解向右可延拓到+80.但
这种把解曲线向左右两主延拓的步骤可以一次一次地进行下去,最后得到一条长 长的积分曲线 y = (x).它已经再也不能左右继续延拓了,这样的解称为(3.1)的 饱和解. 任一饱和解的最在存在区间定是开区间 x .否则若两端是闭的,则 ( , ( ) ~ G ) ,这样一样.解 ~ y = (x) 还继续向右方延拓,从而它是非饱和解,矛 盾,对左端可同样讨论,即 → − + x 或 时, (x,(x)) → G . ,推论,如果 G 是无号区间延拓定理条件下,方程(3.1)的通赤点( 0 0 x , y )的 y = (x) 解可以延拓,以向 X 增大的一方延拓来说,有下南的两种推论, (1)解 y = (x) 可以过延拓区间 ( , ) x0 + ;或 (2)解 y = (x) 可以过延拓到区间 ( , ) 0 m x 其中 m 为有限数,当 x →m 时,或者 y = (x) 无界,或者说 (x0 ,(x)) → 2G 例 1,讨论主程, 2 1 2 − = y dx dy 通过点( ln 2,−3 )的解艳情在区间. 解,此方程左端函数在整个 xy 平面上满足的解存在的唯一生定理及解在延拓定 理条件,容易求出此方程通解为 (1 )/(1 ). x x y = + ce − ce 故通解过点(ln2,-3)的解为 (1 )/(1 ). x x y = + ce − ce 这个解的存在区间为 0 x +.如图.通过(ln2,-3)的解向右可延拓到 + .但
[1n20-3(1n, 3)向左只能延拓到0.因x→0+if.y→+o0.例2,研究定义于区域-1<x<3中的方程=y2dx经过点(0,0).（1,1)的解存在区间解f(x,y)=y2处处连续，且在某域中满足局部Lipscht条件，方程通解为yc-x此外还有特别解y=0.方程经过点(O,O)的解为y=0的两端却能达到G的边界。1地(1,1)的解为y=，综的左端能达到x=-2，但右端当x→2时，2x-1J→+o0，故不能达到G的边界x=3小(-1, 1)220泛例说明，虽然(x,y）在某域-2<x<3中处处满足定理的要求，但方程的解却不能够延拓到整个区间（-2,3)上去
向左只能延拓到 0.因 → → + + x 0 jf , y . 例 2,研究定义于区域-1<x<3 中的方程 2 y dx dy = 经过点(0,0).(1,1)的解存在区间. 解 2 f (x, y) = y 处处连续,且在某域中满足局部 Lipscht 条件,方程通解为 c x y − = 1 此外还有特别解 y=0. 方程经过点(0,0)的解为 y=0 的两端却能达到 G 的边界. 地(1,1)的解为 2 1 1 − = x y ,综的左端能达到 x=-2,但右端当 x →2 时, y → +,故不能达到 G 的边界 x=3 泛例说明,虽然 f (x, y) 在某域-2<x<3 中处处满足定理的要求,但方程的解却不能够延拓到整个区间(-2,3)上去
注，如果函数十（x，）在整个xy平面都有意义，连续和有解，同时存在关于y一阶连续导数，则方程(3.1)的任一解可以延拓到区间-0<x<+o0
注,如果函数 f (x, y) 在整个 xy 平面都有意义,连续和有解,同时存在关于 y 一阶连续导数,则方程(3.1)的任一解可以延拓到区间− x +