常微分方程笔记-Ⅱ

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其实这是一篇四月份就开始写的notes，但是因为那个时候比较忙，写了一半被我搁置了。端午假期事情不是很多（好吧，其实很多…），重新整理一下思路一口气写完好了~

本文仅表达个人的理解，如果有笔误或者理解不到位的地方欢迎评论区或者发邮件指正QwQ

设函数 $f$ 在矩形区域 $R=\{(t,x)\in \mathbb{R}^2:|t-t_0|\le a,\;|x-x_0|\le b\}$ 内满足不等式

|f(t,x)-f(t,x_0)|\le L|x-x_0||

其中，常数 $L\ge0$ ，则称 $f$ 在 $R$ 内满足对 $x$ 的 ${Lipschitz}$ 条件。

对于 $n$ 个未知函数的一阶微分方程组，在给定初值的条件下用矩阵记号可写为

\frac{d \boldsymbol{x} }{dt}=f(t,x) ,\; \boldsymbol{x}(t_0)=\boldsymbol{x}_0\qquad (*)

若 $f(t,x)$ 在 $R$ 上连续且关于 $x$ 满足 $Lipschitz$ 条件，则在给定初值条件下在区间 $I=[t_0-h,t_0+h]$ 上的解存在且唯一，其中

h=min\{a,\frac{b}{M}\},M=max\{|f(t,x)|:(t,x)\in R\}

对于该定理的证明，我们分为五步进行。其中，前四步证明解的存在性，第五步证明解的唯一性。

第一步，我们不妨先将这个问题的微分形式转化为积分形式，然后再利用这个积分方程的一些良好的性质来完成我们的证明。

\frac{d \boldsymbol{x} }{dt}=f(t,x),\; \boldsymbol{x}(t_0)=\boldsymbol{x}_0 \iff \boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^{t}f(\tau,x(\tau))d\tau

$\implies:$

对左式两端同时积分

\int_{t_0}^t d \boldsymbol{x} = \int_{t_0}^t f(t,x)dt

得到

\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^t f(t,x)dt

即

\boldsymbol{x}(t)=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^{t}f(\tau,x(\tau))d\tau

$\impliedby:$

对右式两端同时求导，得到

\frac{d\boldsymbol{x}(t)}{dt}=f(t,x(t))

即

\frac{d \boldsymbol{x} }{dt}=f(t,x), \; \boldsymbol{x}(t_0)=\boldsymbol{x}_0

第二步，我们在这个积分形式的基础上，构造出一个绝妙的迭代函数序列 $\{\phi_n(t)\}$ ，其中， $\phi_0=\boldsymbol{x_0}$ ，且有

\;\phi_n(t)=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^{t}f(\tau,\phi_{n-1}(\tau))d\tau \; ,\;n=1,2,...,\qquad(1)

在构造出这个迭代序列后，我们会很自然地去想要企图证明它是一致收敛的，并且收敛的极限就是该方程的解。不过这是第三、第四步分别要证明的东西，在这里我们先暂且不证。

要证明他是一致收敛，我们首先要判断它的收敛域。在确定收敛域的时候，我们要先来说明这个构造出来的函数序列里， $t$ 均定义在区间 $I$ 上，且满足不等式 $|\{\phi_n(t)\}-x_0|\le b$ 。

当 $n=0$ 时， $|\phi_0-\phi_0|=0\le b$ ，显然成立。

假设当 $n=k$ 时成立，那么当 $n=k+1$ 时，有

|\phi_{k+1}(t)-x_0|=|\int_{t_0}^{t}f(\tau,\phi_{k}(\tau))d\tau|\le \int_{t_0}^t|f(\tau,\phi_k(\tau))d\tau|\le \int_{t_0}^tM d\tau=M|t-t_0|\le Mh\le b

故当 $n=k+1$ 时，命题成立。即这个构造是合法的。

第三步，按上文思路所述，我们要在这一步证明这个迭代函数列 $\{\phi_n(t)\}$ 是一致收敛的。

首先我们容易观察到，

\phi_n(t)=\phi_0+\sum_{k=1}^{n}(\phi_k(t)-\phi_{k-1}(t)), \; t\in I

即要证明 $\{\phi_n(t)\}$ 一致收敛，等价于证明函数项级数

\phi_0+\sum_{k=1}^{\infty}(\phi_k(t)-\phi_{k-1}(t))

的部分和函数 $\phi_n(t)$ 是一致收敛的。观察这个函数项级数的形式，我们优先考虑使用 $Weierstrass$ 判别法来证明其一致收敛。通过列举，对每一项做归纳容易得到

|\phi_k(t)-\phi_{k-1}(t)|\le\frac{ML^{k-1}}{k!}|t-t_0|^k\le\frac{ML^{k-1}}{k!}h^k

对于数项级数 $\{\frac{ML^{k-1}}{k!}h^k\}$ ，通过夹逼准则容易证明其收敛性，从而证明了 $\{\phi_n(t)\}$ 是一致收敛的。

第四步，当证明完一致收敛性后，我们要在这一步证明迭代函数列的收敛极限 $\phi(t)$ 就是这个积分（微分）方程的解。

对迭代序列 $(1)$ 两边同时取极限有

\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{\phi_n(t)}=\boldsymbol{x}_0+\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\int_{t_0}^{t}f(\tau,\phi_{n-1}(\tau))d\tau

由一致收敛性，交换极限和积分符号

\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{\phi_n(t)}=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^{t}\lim\limits_{n\rightarrow \infty}f(\tau,\phi_{n-1}(\tau))d\tau

即

\;\phi(t)=\boldsymbol{x}_0+\int_{t_0}^{t}f(\tau,\phi(\tau))d\tau

因此 $x(t)=\phi(t)$ 是微分方程的解。

第五步，在已证毕解的存在性的基础上，我们要进一步考虑这个解的唯一性。

假设在区间 $I$ 上有两个不同的函数 $v(t)$ 、 $u(t)$ ，他们都是微分方程 $(*)$ 的解，则有

|u(x)-v(x)|\le \int_{t_0}^t|f(\tau,u(\tau))-f(\tau,v(\tau))|d\tau\le L\int_{t_0}^t|u(\tau)-v(\tau)|d\tau\le ML|t-t_0|

不断将上式迭代，可得

|u(x)-v(x)|\le\frac{ML^{k-1}}{k!}|t-t_0|^k\le\frac{ML^{k-1}}{k!}h^k,\;k\in N^*

由于已证数项级数 $\{\frac{ML^{k-1}}{k!}h^k\}$ 收敛，故假设矛盾。

唯一性证毕。

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