【习题】3.1 Picard存在唯一性定理

[T030101] 证明初值问题 \(\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=x^2+e^{-y^2}, \ y(0)=0\) 的解 \(y=\varphi(x)\) 在 \([0,\frac12]\) 上存在, 且当 \(x\in[0,\frac12]\) 时, \(|\varphi(x)|\le1\).

    证 设 \(f(x,y)=x^2+e^{-y^2}\), 取矩形区域 \(R: \ |x|\le1, \ |y|\le1\), 即 \(a=b=1\), 显然 \(f(x,y)\) 在 \(R\) 上连续, 又 \(|f_y|=|-2ye^{-y^2}|<1\), 取 \(L=1\), 则 \(\forall y_1,y_2\in[-1,1], \ |f(x,y_1)-f(x,y_2)|\le L|y_1-y_2|\). 即 \(f(x,y)\) 关于 \(y\) 满足 Lipschitz 条件. 再取 \(M=\max\limits_{(x,y)\in R}|f(x,y)|=2, \ h=\min\left\{a,\frac{b}{M}\right\}\)=\(\frac12\). 由 Picard 存在唯一性定理可知原初值问题在 \(|x|\le h=\frac12\) 上存在唯一的解 \(y=\varphi(x)\). 由逐次逼近法构造 Picard 逐步逼近序列得

\[\varphi_0(x)=y(0)=0,\quad \varphi_1(x)=y(0)+\int_0^x\left(t^2+e^{-\varphi^2(t)}\right)\mathrm dt=x+\frac13x^3. \]

显然当 \(x\in[0,\frac12 ]\) 时, \(|\varphi_1(x)|\le\frac{13}{24}\). 再由误差估计式知

\[|\varphi_1(x)-\varphi(x)|\le\frac{LM}{2!}h^2=\frac{2}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac14 \]

于是当 \(x\in[0,\frac12]\) 时, 有

\[|\varphi(x)|\le|\varphi(x)-\varphi_1(x)|+|\varphi_1(x)|\le\frac14+\frac{13}{24}=\frac{19}{24}<1.\quad\quad \# \]

[T030102] 设 \(f(x)\) 定义在 \(-\infty<x<+\infty\) 上, 且满足 \(|f(x_1)-f(x_2)|\le L|x_1-x_2|\), 其中 \(L<1\), 证明方程 \(x=f(x)\) 存在唯一的一个解.

    解 对 \(\forall x\in \R, \forall \varepsilon>0\), 取 \(\delta=\frac{\varepsilon}{L}>0\), 则对 \(\forall y\in\R\), 当 \(|y-x|<\delta\) 时, 有

\[|f(x)-f(y)|\le L|x-y|<L\delta=\varepsilon \]

即 \(f\) 在点 \(x\) 处连续, 由 \(x\) 在 \(\R\) 上的任意性可知 \(f\) 在 \(\R\) 上连续.

    任取 \(x_0\in\R\), 构造迭代数列

\[x_{n+1}=f(x_n), \quad n=0,1,2,\cdots \tag{1} \]

则 \(x_n=x_0+\sum\limits_{k=1}^n\left(x_{k}-x_{k-1}\right)\). 考察级数 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)\), 注意到

\[|x_n-x_{n-1}|=\left|f(x_{n-1})-f(x_{n-2})\right|\le L|x_{n-1}-x_{n-2}|\le\cdots\le L^{n-1}|x_1-x_0| \]

由 \(0<L<1\) 可知正项级数 \(\sum L^{n-1}|x_1-x_0|\) 收敛, 由比较判别法可知 \(\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(x_{n}-x_{n-1}\right)\) 绝对收敛, 从而数列 \(\{x_n\}\) 也收敛, 记 \(x^*=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\). 对 \((1)\) 式两边同取 \(n\to\infty\), 由 \(f(x)\) 的连续性以及 Heine 归结原理可知

\[x^*=f(x^*) \]

即方程 \(x=f(x)\) 存在解 \(x=x^*\).

    再证解的唯一性, 假设原方程还有一个解 \(y^*\neq x^*\), 则有

\[x^*=f(x^*),\quad y^*=f(y^*) \]

从而 \(|f(y^*)-f(x^*)|=|y^*-x^*|\). 再由题设可知 \(|f(y^*)-f(x^*)|\le L|y^*-x^*|\), 故

\[|y^*-x^*|\le L|y^*-x^*|\Rightarrow L\ge1 \]

这与 \(L<1\) 矛盾! 故方程 \(x=f(x)\) 存在唯一的一个解 \(x^*\). #