李普希兹条件

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§3.2解的延拓

一、教学目的：了解解的延拓定理及延拓条件。

二、教学要求：利用解的存在唯一性定理、解的延拓定理及延拓条件能证明有关

方程的某些性质。

三、教学重点：解的延拓定理及延拓条件。

四、教学难点：利用解的存在唯一性定理、解的延拓定理及延拓条件能证明有关方程的某

些性质。

五、教学方法：讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。

六、教学手段：传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。

七、教学过程：

上节我们学习了解的存在唯一性定理，当),(yxf

dx

dy

的右端函数),(yxf在R

上满足解的存在性唯一性条件时，初值问题















)(

),(

00

xyy

yxf

dx

dy

的解在

0

||xxh上存在

且唯一.但是，这个定理的结果是局部的，也就是说解的存在区间是很小的.可

能随着),(yxf的存在区域的增大，而能肯定的解的存在区间反而缩小。例如，

上一节的例1，22

(3.1)

(0)0

dy

xy

dx

y















当定义域为R:1111yx，时,解

存在的唯一区间.

2

1

}

2

1

,1min{||hx，当定义域为R:22,22yx时,解的

存在唯一区间.

4

1

}

4

1

,1min{||hx。

在实际应用中，我们也希望解的存在区间能尽量扩大，下面讨论解的延拓

概念，尽量扩大解的存在区间，把解的存在唯一性定理的结果由局部的变成大

范围的。

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饱和解及饱和区间

定义1对定义在平面区域G上的微分方程),(yxf

dx

dy

(3.1)

设()yx是方程(3.1)定义在区间

1

IR上的一个解,如果方程(3.1)还有一个定

义在区间

2

IR上的另一解()yx,且满足

(1)

12

II；但

12

II（

1

I是

2

I的真子区间）

（2）当

1

xI时，()()xx

则称

1

(),yxxI是可延拓的，并称()yx是()yx在

2

I上的延拓，否则如果

不存在满足上述条件的解()yx,则称

1

(),yxxI是方程(3.1)的不可延拓解

（或饱和解）,此时把不可延拓解的区间

1

I称为一个饱和区间。

局部李普希兹条件

定义2若函数),(yxf在区域G内连续，且对G内每一点P，都存在以P点

为中心，完全含在G内的闭矩形域

p

R，使得在

p

R上),(yxf关于y满足李普希兹

条件（对于不同的点，闭矩形域

p

R的大小和李普希兹常数L可能不同），则称

),(yxf在G上关于y满足局部李普希兹条件。

定理3（延拓定理）如果方程),(yxf

dx

dy

的右端函数),(yxf在有界区域

2GR上连续，且在G内关于y满足局部李普希兹条件，则对任意一点

00

(,)xyG，方程),(yxf

dx

dy

以),(

00

yx为初值的解)(x均可以向左右延展，直到

点(,())xx任意接近区域G的边界。

以向x增大的一方来说，如果()yx只能延拓到区间dxx

0

上，则当

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dx时，(,())xx趋于区域G的边界。

证明

00

(,)xyG，由解的存在唯一性定理，初值问题















)(

),(

00

xyy

yxf

dx

dy

（1）

存在唯一的解()yx，解的存在唯一区间为

00

||xxh.取

100

xxh,

11

()yx,以

11

(,)xy为中心作一小矩形

1

RG,则初值问题

11

(,)

()

dy

fxy

dx

yyx















(2)

存在唯一的解()yx，解的存在唯一区间为

11

||xxh。

因为

11

()()xx,有唯一性定理,在两区间的重叠部分应有()()xx,即当

111

xhxx时()()xx。定义函数

0000

00001

(),

()

(),

xxhxxh

x

xxhxxhh





















则()yx是方程(3.1)满足(1)(或(2))的,在

0011

[,]xhxh上有定义的唯一的解.

这样,把方程(3.1)满足(1)的解()yx在定义区间上向右延伸了一段.即把解

()yx看作方程(3.1)的解()yx在定义区间

00

||xxh的向右延拓,延拓到更

大区间

00001

xhxxhh.同样的方法,也可把解()yx向左延拓.这种将曲线

向左右延拓的办法可继续进行下去,最后将得到一个解~

()yx,不能再向左右延

拓了.这个解称为方程(3.1)的饱和解。

推论1对定义在平面区域G上的初值问题

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













)(

),(

00

xyy

yxf

dx

dy

其中

00

(,)xyG

若),(yxf在区域G内连续且关于y满足局部Lipschtiz条件,则它的任一非饱和

解均可延拓为饱和解。

推论2设~

()yx是初值问题















)(

),(

00

xyy

yxf

dx

dy

其中

00

(,)xyG

的一个饱和解，则该饱和解的饱和区间I一定是开区间。

证明若饱和区间I不是开区间,不妨设(,]I,则~

(,())G,这样解~

()yx

还可以向右延拓,从而~

()yx是非饱和解,矛盾.对[,)I时,同样讨论,即

x(或x)时,(,())xxG.

推论3如果G是无界区域,在上面解的延拓定理的条件下,方程(3.1)通过

00

(,)xy

点的解()yx可以延拓,以向x增大(减小)一方的延拓来说,有以下两种情况:

(1)解()yx可以延拓到区间

0

[,)x(或

0

(,]x)；

(2)解()yx只可延拓到区间),[

0

dx(或),[

0

xd)，其中d为有限数，则当dx

时，或者()yx无界,或者点(,())xxG。

例1讨论方程21

2

dyy

dx



分别通过点(0,0)和点(ln2,3)的解的存在区间。

解此方程右端函数21

(,)

2

y

fxy



在整个xoy平面上满足解的存在唯一性

定理及解的延拓定理的条件.易知方程的通解为1

1

x

x

ce

y

ce







，

故通过点(0,0)的解为(1)/(1)xxyee,这个解的存在区间为x；

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通过点(ln2,3)的解为(1)/(1)xxyee,这个解的存在区间为0x

(如图所示).注意,过点(ln2,3)的解为(1)/(1)xxyee向右方可以延拓到,但

向左方只能延拓到0,因为当0x



时,y.

例2讨论方程1ln

dy

x

dx

过(1,0)点的解的存在区间.

解方程右端函数(,)1lnfxyx在右半平面0x上满足解的存在唯一性定

理及解的延拓定理的条件.区域G(右半平面)是无界开域，y轴是它的边界.

易知所求问题的解为lnyxx,它于区间0x上有定义、连续且当0x时,

0y,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0x

时积分曲线上的点(,)xy趋向于区域G的边界上的点。

例3考虑方程),()(22yxfay

dx

dy

,假设(,)fxy和),('yxf

y

在xoy平面上连续，

试证明：对于任意

0

x及ay

0

，方程满足

00

)(yxy的解都在),(上存在.

证明根据题设,易知方程右端函数在整个xoy平面上满足解的存在唯一性

定理及解的延拓定理的条件.又ya为方程在(,)上的解,由延拓定理可知,

对

00

,||xya,满足

00

)(yxy的解()yyx应当无限远离原点,但是,由解的唯一性,

()yyx又不能穿过直线ya,故只能向两侧延拓,而无限远离原点,从而解应在

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(,)存在.

注:如果函数(,)fxy于整个xoy平面上定义、连续和有界,同时存在关于y的

一阶连续偏导数,则方程(3.1)的任一解均可以延拓到区间x.

练习１试讨论2yy



过点（1，1）的解和过点（3，-1）的解的存在区间。

解此时区域D是整个平面。方程右端函数满足延拓定理的条件，容易算

出，方程的通解是1

y

Cx





。故通过(1,1)的积分曲线为1

2

y

x





，它向左可无限

延拓，而当x→2-0时，y→+∞,所以，其存在区间为(-∞,2)，

参看图2-10.

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通过(3,-1)的积分曲线为1

2

y

x





，它向左不能无限延拓，因为当x→2+0

时，y→-∞,所以其存在区间为(2,+∞)。