常微分方程实验(3.2)：解的延拓

嗨~那么之前我们已经学习了（ahhh其实是我已经学习了）如何使用逐步逼近法来求解一个较麻烦但是满足利普希茨条件的初值问题的近似解。但是，现在情况是这样的，还记得之前我们的所求的函数是如何定义的吗？哈当然是定义在我们所给的矩形区域

R：|x−x0|≤a,|y−y0|≤b

R：|x-x_0|\leq a,|y-y_0|\leq b这个区域上面的了（如果你要研究的初值问题是没有给a和b的话，那么这个矩形区域R就需要靠你自己来定义了）。

那么既然我们的函数都定义在这个初值点的矩形区域内，那么自然，我们最后得到的结论，即该函数解的存在性和唯一性也一定是指的在这个矩形区域R内存在且唯一了。

那我们满足了吗？并没有，只在矩形区域R里面多憋屈呀，咱们开放一点，来一个在整个宇宙里都只有1个解的定理，多爽。嗯嗯，带着这样远大理想，我们来研究研究解的延拓。解的延拓是再说啥呢，就像我刚刚说的，你在这个小小的去建立存在唯一是不够好的，我要你在更大，更宽广的天空里存在且唯一。

为了更明确我们的目标，我们这里给出一个具体的问题供大家参考：

讨论方程dydx=y2−12\frac{dy}{dx}=\frac{y^2-1}{2}的分别通过点(0,0),(ln2,−3)(0,0),(ln2,-3)的解的存在区间。

这和以前的问题有什么不同，以前我们学会判断这个函数如果初值条件是这两个点的话，那么我们可以判断它在这两个点的附近的解是否存在，且唯一。但现在呢，好的，你用的你利普希茨条件判断出来了他们存在且唯一了，但是我现在要你说他们的解的存在区间是多少【注意，微分方程的解是一条积分曲线，所以这里其实问的是积分曲线的存在区间】

一脸懵逼有木有，而手握课本的我现在已经知道了该如何判断。但是，书上不给证明的阐述这条定理，哎，真不知道这样的读书有什么用，脑袋里装着一堆定理却缺少深邃的思维和自主学习的能力。完全是在凭借记忆力来获得好成绩。

我们这里当然会说明解的延拓的牛逼思想啦~

ok，那现在让我们开始，因为根据我之前所说，我们的起点也是在我们已经判断了某一只小函数它已经在初值位置的附近满足了存在唯一性的时候开始。

现在这里有一只小函数dydx=f(x,y)\frac{dy}{dx}=f(x,y)，它呢在一个小区间R里面满足了我们之前所说的利普希茨条件，那么如果这个小函数它还比较牛逼，不仅仅在R里面满足了利普希茨条件，而且它还在R的外面连续（就连续不断），那么它因为有辣么一点小牛逼，所以我们给它所具备的性能名称升个级，叫做局部的利普希茨条件【我怎么看这名字那么像降级了呢，它明明是变牛逼了的说。。。好吧让我们忽略这个问题】。

那么现在我们这个小函数就假设它已经满足了局部利普希茨条件了，记住它现在解的状态是在横坐标区间|x−x0|≤h|x-x_0|\leq h的区间内存在且唯一，现在我们来考虑这个区间的边界时小函数f(x,y)f(x,y)的状态。这个小函数在边界上的这个点，也是满足利普希茨条件的（这是一个事实，因为他连续所以|f(x,y1)−f(x,y2)||y1−y2|\frac{|f(x,y_1)-f(x,y_2)|}{|y_1-y_2|}这个值不可能达到无限大，所以就必然存在一个常数L使其满足利普希茨条件）【但是讲真，我对利普希茨条件中的y1y_1和y2y_2的理解还不够透彻呀~】。
但无论如何，一旦它边界上的点发生了满足利普希茨条件这种事的话，这意味着小函数的存在唯一性就可以扩展出去了呀！只要连续就能扩展，直至间断。

上述文字，说的大概就是延拓的思想吧。艾玛记定理有什么用，其延拓的思想才是有价值的东西呀，只关注定理定理无异于将思想取头取尾，而对其中的坎坷蜿蜒，对其中的峰回路转一概不看，就仿佛权利的游戏只看了开头和结局，就像人的一生只有出生和死亡一样。如果起点和终点是你在临走是所记得的东西的话，那该是多么的遗憾呀。

不扯了。。。我们还是来用定理总结一下刚刚我们所说，因为我特别讨厌定理这种表达方式，所以就不对它做强调处理了。

就和我们刚才所讨论的一样，如果有一个小函数它具有局部利普希茨条件这种较为牛逼的性质的话，那么介个小函数就可以通过在它连续范围G内任何与一个点的解开始延拓到无限接近于G的边界。

艾玛现在看来真是无语那些靠背定理，靠刷题来提高自己成绩，却对其中深邃的原理置之不理的人呀。与其像机器一样死记硬背，像工人一样通过重复提高熟练度，我真的觉得。哎，读什么大学，还不如去读技校呢···

继续的话，延拓的学习基本上已经说完了ahhh，在扯了一大堆淡之后，重要的只有那段原理吧ahhhh

补充说明：
emmm，说什么来着。。。就是只要连续就可以扩展直至间断点的出现是没错的，那间断点长什么样子呢？如果学过高等数学的同学应该对第一类间断点和第二类间断点还有印象吧。

简单来说第一类间断点就是某一个点的左右极限都存在，但是他们不相等，形象来说就是一条线被剪成两段，躺在桌面上。
而第二类间断点就段得更彻底了，是这一点的极限不存在(±∞\pm \infty)

欸···为啥米要回顾第一类间断点呢，因为就算小函数它虽然本身看上去可能是在一个无界的范围内满足局部利普希茨条件，但是它的解y=φ(x)y=\varphi(x)还是会受到第一间断点和第二间断点的约束，即一旦一条积分曲线在延拓的过程中遇到了第一或者第二类间断点，那么它的延拓生涯也就结束啦。就像我们接下来的实验一样。

解决实验

那我们现在就来搞定本次研究的实验吧~

讨论方程dydx=y2−12\frac{dy}{dx}=\frac{y^2-1}{2}的分别通过点(0,0),(ln2,−3)(0,0),(ln2,-3)的解的存在区间。

介个东西也没有给出a和b，但是我们不难发现这个f(x,y)f(x,y)是在某个区间上一定是连续且有界的。）所以它满足局部利普希茨条件，所以他满足在初值点附近的区间满足解的存在且唯一的性质，emmm，而且它满足局部利普希茨条件的区间是无界的，但是有我们刚才的补充说明，即使光看ff的局部利普希茨条件是无界的，但是这个微分方程的解y=φ(x)y=\varphi(x)也不一定能够在整个坐标系上都能够延拓，还是会受到第一类和第二类间断点的约束条件。所以接下来我们就按照书上的方法验证一下咯~

先求出这个方程的通解：

这个方程很显然是一个变量分离方程啦，也就是可以把xx和yy分离开，就像这样：

1y2−1dy=12dx

\frac{1}{y^2-1}dy=\frac{1}{2}dx
两边同时积分，左边就可以是：

∫1y2−1dy=12∫1(y−1)−1(y+1)dy=12[ln(y−1)−ln(y+1)]+c1

\int \frac{1}{y^2-1}dy=\frac{1}{2}\int\frac{1}{(y-1)}-\frac{1}{(y+1)}dy=\frac{1}{2}[ln(y-1)-ln(y+1)]+c_1

右边就变成：

∫12dx=x2+c2

\int \frac{1}{2}dx = \frac{x}{2}+c_2
如果我们记cc为任意常数。。。用c1,c2c_1,c_2太痛苦了，辣么我们现在将左右两边相等，就有(轻微化简了一下)：

lny−1y+1=x−c

\ln \frac{y-1}{y+1}=x-c
因为我们要求解的是yy，所以我们继续化简

y−1y+1=ex−c

\frac{y-1}{y+1}=e^{x-c}
方程左边:y+1−2y+1=1−2y+1=右边=ex−c\frac{y+1-2}{y+1}=1-\frac{2}{y+1}=\text{右边}=e^{x-c}，化简得到：

2y+1=1−ex−c

\frac{2}{y+1}=1-e^{x-c}
所以有:

y=21−ex−c−1=1+ex−c1−ex−c=1+c⋅ex1−c⋅ex

y=\frac{2}{1-e^{x-c}}-1=\frac{1+e^{x-c}}{1-e^{x-c}}=\frac{1+c\cdot e^x}{1-c\cdot e^x}
这个就是它的通解了，然后如果要这个积分曲线经过(0,0)(0,0)点的话，即c=−1c=-1，这时

y=φ1(x)=1−ex1+ex

y=\varphi_1(x)=\frac{1-e^x}{1+e^x}，显然肯定是没有第一类间断点的，而因为这个表达式的分母不可能等于0所以也不会有第二类间断点的。所以它的解的存在且唯一的区间就是(−∞,+∞)(-\infty,+\infty)

那看完了它我们再来看看过(ln2,−3)(\ln 2 , -3)的那个点的积分曲线的存在区间，将初值条件代入我们的通解y=1+c⋅ex1−c⋅exy=\frac{1+c\cdot e^x}{1-c\cdot e^x}，则可以解得c=1c=1，所以也就是这条积分曲线是

y=φ2(x)=1+ex1−ex

y=\varphi_2(x)=\frac{1+e^x}{1-e^x}
这个样子的。还是不会有第一类间断点存在，当xx从ln2\ln 2向右延拓的时候，当然是一路无阻可以延拓到+∞+\infty，但是往左延拓的时候则会在x=0x=0的时候出现第二类间断点，趋近于−∞-\infty，所以总结一下如果初值条件为(ln2,−3)(\ln2,-3)的话，那么它的解的存在且唯一的区间就是(0,+∞)(0,+\infty)了。

emmm以上就是这个实验的完整版的解答了，如果有任何疑问或者改进的话，等有了再来继续补充吧~

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