连续函数的延拓定理
解的延拓-PPT精品
y(x),在定义区间向 一右 段 . 延长了
即方 (3.1)满 程 (2足 )的y 解 *(x)为y 解 (x)在定
区x 间 x0h0的向右 , 方延拓 即将解延拓到 x0较 h0大 x区 x0h间 0h1上,
注 如果函数 f ( x, y )在整个 xy 平面上有定义 , 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)的解可 以延拓到区间 ( , ).
作业
1
研究方程
dy1y2满足y条 (0)件 1, dx
的解存在区间 .
对定义2也可如下定义
对定义在G上 平函 面 f(x,数 区 y)若 , 域 对 (x1,y1)G, 矩R 形 1{x(,y)| xx1a1,yy1b1}G及常 L1(与 x1,y1,a1,b1有)关 使 , 对 (x,y')(,x,y'')R1有
f(x,y')f(x,y")L 1y'y" 恒,则 成 f(x 称 ,立 y )在 G 内y 关 满于 足 Li局 p条 s.c 部
§3.2 解的延拓
问题提出
对于初值问题
dy dx
f (x, y),
R:xx0a,yy0b,
y ( x0 ) y0
上节解存在唯一 告性 诉定 我,在 理 们一定条, 件下
它的解在 x这 区 x0 h 间 h 里 上 m存 a i,b n 在 )M (,,唯 M 一fa (x,y x )
此时把不可 义延 区 (1,拓 间 1)称 解为 的一 定个 .
2 局部李普希茨(Lipschitz)条件
复分析中的留数定理和解析延拓理论
复分析中的留数定理和解析延拓理论复分析是数学领域中研究解析函数和复积分的分支，留数定理和解析延拓理论是复分析中的重要概念和工具。
本文将介绍留数定理和解析延拓理论的定义、基本原理以及应用。
一、留数定理1. 定义在复平面上，假设f(z)是一个解析函数，除去有限个点处存在极点（即函数在这些点处的值趋近于无穷大），留数定理给出了通过计算这些极点的留数（即在每个极点处的系数）来计算函数的复积分的方法。
2. 留数的计算留数的计算方法有多种，其中一种常用的方法是利用洛朗展开式。
假设f(z)在某个包含极点a的圆环区域内解析，则f(z)可以表示为洛朗级数的形式:f(z) = ∑[n=0到∞]Cn(z-a)^n + ∑[n=1到∞]Dn(z-a)^(-n)其中，Cn为f(z)在a处的留数。
通过计算Cn即可得到留数的值。
3. 应用留数定理在数学和物理学等领域有广泛的应用，例如在计算复积分、计算曲线围成的区域面积、计算无穷级数等方面都能够得到应用。
此外，留数定理还与复积分的辐角原理、复数的幅角原理等概念紧密相关，为复分析中的其他定理提供了基础。
二、解析延拓理论1. 定义解析延拓理论是复分析中研究解析函数定义域的扩展的理论。
在复平面上，解析延拓理论可以通过研究解析函数在定义域边界处的性质来对解析函数进行定义域的扩展，从而得到更广泛的函数定义域。
2. 边界函数和解析延拓在解析延拓理论中，边界函数是指解析函数在定义域边界处的性质的函数表示。
通过研究边界函数的性质，可以将解析函数的定义域延拓到更广的范围内。
3. 应用解析延拓理论在数学研究中有重要的应用，例如在数论中的黎曼函数，通过对黎曼函数的解析延拓研究可以得到黎曼猜想的一些结论。
此外，解析延拓理论还在物理学领域例如量子力学中的应用中发挥着重要的作用。
综上所述，复分析中的留数定理和解析延拓理论是该领域的重要概念和工具。
留数定理通过计算解析函数在极点处的留数来计算复积分，解析延拓理论通过研究解析函数定义域的边界函数来对函数进行定义域的扩展。
常微分方程第三章基本定理
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线性化定理
总结词
线性化定理是将非线性常微分方程转化为线性常微分方程的方法，从而可以利用线性方程的解法来求解。
详细描述
线性化定理提供了一种将非线性常微分方程转化为线性常微分方程的方法。通过适当的变换，可以将非线性问题 转化为线性问题，从而可以利用线性方程的解法来求解。这个定理在解决复杂的非线性问题时非常有用，因为它 简化了问题的求解过程。
02
CATALOGUE
常微分方程的稳定性
稳定性定义
稳定性的定义
01
如果一个常微分方程的解在初始条件的小扰动下变化不大，那
么这个解就是稳定的。
稳定性的分类
02
根据稳定性的不同表现，可以分为渐近稳定、指数稳定、一致
稳定等。
稳定性判别方法
03
可以通过观察法、线性化法、比较法等方法来判断常微分方程
的解是否稳定。
龙格-库塔方法
总结词
龙格-库塔方法是常微分方程数值解法中一种更精确的 方法，它通过多步线性近似来逼近微分方程的解。
详细描述
龙格-库塔方法的基本思想是利用已知的初值和微分方 程，通过多步线性插值来逼近微分方程的解。具体来 说，龙格-库塔方法通过递推公式来计算微分方程的近 似解，公式如下：(y_{n+1} = y_n + h f(t_n, y_n) + frac{h^2}{2} f(t_{n-1}, y_{n-1}) - frac{h^2}{2} f(t_{n-2}, y_{n-2})) 其中 (h) 是步长，(t_n) 和 (y_n) 是已知的初值，(f) 是微分方程的右端函数。
存在唯一性定理表明，对于任意给定的初值问题，存在一个唯一的解，该解在某个区间内存在并连续 。这个定理是常微分方程理论的基础，为后续定理的证明提供了重要的依据。
3-21 3-26 -解的延拓、解对初值和参数连续性定理、可微性定理
3.2 一阶微分方程解的延拓和解对初值和参数的连续依赖性定理(Extension of solution and continuous dependence of solution with respect toinitial value or parameter of ODE )[教学内容] 1. 介绍Picard 定理的证明过程; 2.介绍微分方程初值问题解的延拓定理; 3. 介绍微分方程解对初值和参数的连续依赖性定理.[教学重难点] 重点是知道并会运用微分方程初值问题的解的存在唯一性定理、知道解最大存在区间的特点以及解对初值和参数连续性定理条件和结论，难点是如何引入了解定理的证明思路和过程[教学方法] 自学1、2、3；讲授4、5课堂练习 [考核目标]1. 知道Picard 定理的证明思路;2. 知道初值问题解的最大存在区间的特点;3. 知道微分方程初值问题解对初值和参数连续依赖性和可微性定理..1. Picard 定理的表述（见上次课讲义）与证明：（1）将初值问题转化为积分方程解的问题：⎪⎩⎪⎨⎧==00y )y(x y)f(x,dx dy ，⎰+=x x 00y(x ))dx f(x ,y y(x )并说明两方程为等解方程.（2）构造函数集合}上连h]x h,-[x 在{E 00续φ(x)+=，其中0}Mbmin{a,h >=. 构造映射⎰+=→xx 00y(x ))dx f(x ,y F( E,E :F φ(x))，验证h]x h,C[x ))((F 00+-∈x φ且]b y b,[y ))((F 00+-∈x φ.（3）构造函数列)}({x n φ，其中 )),((F )()),((F )(,)(120100x x x x y x φφφφφ===，验证)}({x n φ在h]x h,[x 00+-连续且一致收敛，记)(x φ表示)}({x n φ的极限函数.（4）验证函数列(x ))}{f(x ,n φ一致收敛，由求积分和极限交换次序定理知，)(x φ为积分方程的一个连续解.（5）运用Gronwall 定理证明积分方程的解是唯一的. 2. 注解：（1）两个函数之间的距离如何刻画？y=f(x)y=g (x )2.0 1.5 1.00.50.5 1.00.51.01.52.0定义|g(x)f(x)|max g(x)f(x)h]x h,[x x 00-=-+-∈，从图像来看这样刻画是合理的！（2）Picard 函数列与精确解的误差估计：h]x h,[x x ,h 1)!(n ML )()(001n n +-∈+≤-+x x n φφ.（3）柯西定理及其特殊情形，线性方程解的存在唯一性的条件. （4）一阶隐方程解的存在唯一性定理（参见教材P86定理2） 3. 微分方程初值问题的Picard 近似解计算和误差估计 例42. 方程22y x dxdy+=定义在矩形域1] 1,[1] 1,[D -⨯-=，试利用解的存在唯一性定理确定经过(0, 0)的解的存在区间，并求出在此区间上与精确解误差不超过0.05的近似解的表达式.（参见教材P87例题1）作业35. 教材P88，习题3，习题10.3. 解的延拓定理（1）问题表述： 由解的存在性定理知，⎪⎩⎪⎨⎧==00y )y (x y)f(x,dx dy的解为φ(x )y =至少在h]x h,[x 00+-上存在，那么上述解函数最大的存在区间是什么呢？（2）理解教材P90，图(3.2)，知道饱和解. （3）解的延拓定理及其参见教材P91和P92.考察初值问题⎪⎩⎪⎨⎧==00y )y(x y)f(x,dx dy，其中y)f(x ,在开区域内连续，且在G 内对y 满足局部的Lipschitz 条件，设位于G 内一点)y ,(x 00出发的解φ(x )y =的最大存在区间为),(βα，则),(βα具有如下特征：当+→αx ，))(,(x x ϕ趋于G 的边界；当-→βx ，))(,(x x ϕ趋于G 的边界. 特别地，若G=2R ，且方程的任一解都有界，则方程任一解的最大存在区间为),(∞+-∞.例43. （1）讨论方程21y dx dy 2-=分别通过点3)2,(ln (0,0),-的解的最大存在区间. （2）讨论方程1t 2dt dx 2-=分别通过点1) (2, 1), (0,的解的最大存在区间.（3）讨论方程y 2dxdy-=过点1) (0,的解最大存在区间. 解：（1）参见教材P92例题1. (2) 两个解分别为1t 1-1,|1t 1t |ln x <<++-=和1t 3,ln 1|1t 1t |ln x >+++-=. (3) 右端函数y 2y)f(x,-=的存在域为0}y |y){(x ,≥. 方程的通解为0y ,x )(c y 2=-=过点1) (0,的解为2x)(1y -=，该解向左可以延伸到∞-，向右延伸到0y 1,x →→；但注意到∞<<∞-=x 0,y ，因此，该解向右可以延伸到∞+.作业36. （1）考察⎪⎩⎪⎨⎧==00x )x(t x)f(t,dt dx，若x )f(t,在整个Otx 平面上有定义，连续且有界，同时对变量x 存在一阶连续偏导数，则方程的任一解的最大存在区间为) ,(∞+-∞.（2）讨论方程22y x 1dx dy +=和方程2y 1dxdy +=解的最大存在区间.4. 微分方程解对初值的连续性和可微性定理（1）问题表述：由解的存在性定理知，⎪⎩⎪⎨⎧==00y )y(x λ)y,f(x,dx dy的解为φ(x )y =至少在h]x h,[x 00+-上存在，为了表示解与初值和参数λ相关，将上述解函数记为),y ,x φ(x ,y 00λ=. 问解函数),y ,x φ(x ,00λ是否对变量λ ,y ,x 00连续，是否可导，以及导函数例如y ∂∂ϕ的表达式？ 考察一个具体的例子：⎪⎩⎪⎨⎧==00y )y(x y λdx dy 的解为)x λ(x 00e y y -=，这就是一个关于变量λ) ,y , x (x ,00的多元函数λ),y ,x (x ,y 00ϕ=. （2）回答：教材P95 定理，P99定理，P100定理. （3）形式推导出0x ∂∂ϕ，0y ∂∂ϕ，λ∂∂ϕ满足的方程和表达式.（一）、⎪⎩⎪⎨⎧==00y )(x )f(x,dx d ϕϕϕ，对上面两式两边关于0y 求导得到，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=∂∂∂∂⋅∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂1)(x y y )f(x,y dx d 0000y ϕϕϕϕ，求解上述方程初值问题得到，⎰=∂∂∂∂x0x dx y)f(x,0e y ϕϕ.（二）、⎪⎩⎪⎨⎧==00y )(x )f(x,dx d ϕϕϕ，对上面两式两边关于0x 求导得到，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=∂∂∂∂⋅∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=)y ,f(x x x y )f(x,x dx d 00000x x ϕϕϕϕ，说明第二式：0000y λ),y ,x ,(x =ϕ， 关于0x 求导得到)y ,f(x xx 0,x x00x x 00x x 0-=∂∂-=∂∂=∂∂+∂∂==ϕϕϕϕ.求解上述方程初值问题得到，⎰-=∂∂∂∂x0x dx y)f(x,000e )y ,f(x x ϕϕ.例44. 假设函数Q(x ) P(x ),为区间b] [a,上连续函数，)y ,x (x ,y 00ϕ=为线性方程Q(x )y P(x )dxdy +=的解，)y ,x ,(x y 0000ϕ=. 试求(1)00y ,x ,x ∂∂∂∂∂∂ϕϕϕ; (2) 用常数变易公式求出方程的解函数再通过直接求导法来求出00y ,x ,x ∂∂∂∂∂∂ϕϕϕ. 解：（1）由公式有 ,))eQ(x )y P(x ())eQ(x )P(x (xx0x xx 0P(x)dx000P(x)dx0x x 00⎰+-=⎰+-=∂∂=ϕϕ,e y x0x P(x)dx 0⎰=∂∂ϕQ(x )y P(x )x+=∂∂ϕ. （2）由常数变易公式得到，C)Q(t)dt e(e(x)x x P(s)dsP(t)dtt0x x0x +⎰⎰=⎰-ϕ.再由初值条件确定出0y C =. 因此，)y Q(t)dt e(e)y ,x (x,0xx P(s)dsP(t)dt000t0x x0x +⎰⎰=⎰-ϕ.Q(t)dt )P(x e )Q(x e y Q(t)dt e )P(x (e x x x 0P(s)ds0P(t)dt 0x x P(s)ds 0P(t)dt0tx x 0x 0t 0x xx ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰+-⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰-⎰=∂∂⎰⎰--ϕ⎰+-=∂∂x0x P(x)dx0000))e Q(x y )P(x (x ϕ； ⎰=∂∂x0x P(x)dxe y ϕ ； Q(x)e e y Q(t)dt e P(x) e x x0x x0x 0t0x x0x P(s)ds P(t)dt 0x x P(s)ds P(t)dt⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰⎰=∂∂--⎰ϕ；Q(x ) P(x )x+=∂∂ϕϕ.作业37. 给定方程⎪⎭⎫⎝⎛=x y sin dx dy ，试求00000),,(,),,(y y x x y x y x x y ∂∂∂∂在0,100==y x 时的表达式.附录：。
第二章基本定理第二讲解的延拓
第⼆章基本定理第⼆讲解的延拓第⼆讲解的延拓（3学时）教学⽬的：讨论解的延拓定理。
教学要求：理解解的延拓定理，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。
教学过程：解的存在唯⼀性定理的优点是:在相当⼴泛的条件下,给定⽅程:),(y x f dxdy =有满⾜初值条件00)(y x y =的唯⼀解存在,但也有缺点,即它是局部的,它只能肯定这种解在0x x =附近的⼀个区间),min(,||0mb a h h x x =≤-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 22(3.1)(0)0dy x y dx y ?=+ =?当定义域为R:11≤≤-x 时,解存在的唯⼀区间.21}21,1min{||==≤h x 当定义域为R:21≤≤-x 时,解的顾在唯⼀区间.41}41,1min{||==≤h x 这样随着),(y x f 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),(y x f 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 内的闭矩形Rp 存在,在Rp 上),(y x f 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 ),(y x f 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),(y x f 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(00,y x )的解)(x e y =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)(x y ?=它的延拓到区间m x x ≤≤0时.则当m x →时,))`(,(x x ?趋于区间G 的边界.上节我们给出了初值问题(2.2)解的存在唯⼀性定理.应该注意到，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.通常⽅程(2.1)的右端函数f (x ,y )存在区域D 可能是很⼤的，这样，我们⾃然要讨论，此时初值问题(2.2)的解的存在区间是否可以扩⼤.2.3.1 延展解、不可延展解的定义定义2.1 设1()y x ?=是初值问题（2，2）在区间 1I R ?上的⼀个解，如果（2.2）有⼀个在区间 2I R ?上的解 2()y x ?=，且满⾜(1) 12,I I ?(2)当 1x I ∈时， 12()(),x x ??≡则称解 1()y x ?=，1x I ∈是可延展的，并称 2()x ?是 1()x ?在2I 上的⼀个延展解. 否则，如果不存在满⾜上述条件的解 2()x ?，则称 1x I ∈，1()x ?是初值问题(2.2)的⼀个不可延展解(亦称饱和解)。
Cantor集、连续延拓定理
Cantor集、连续延拓定理Cantor集对[0,1]区间三等分, 去掉中间⼀个开区间, 然后对留下的两个闭区间继续三等分,去掉中间的开区间, 不断做下去, 最后留下来的点集称为Cantor 三分集, 记为C.它的性质(1) 分割点⼀定在Cantor集中,(2) C的"长度"为0，去掉的区间长度和$$\sum{\infty}_{n=1}\frac{1}{3n}\cdot 2^{n-1}=\frac{\frac{1}{3}}{1-\frac{2}{3}}=1.$$(3) C没有内点证明：对任意x∈C, x必被含于在第n次时留下的2n个长为1/3n的互不相交的某个闭区间I(n)i中,∀ε>0,1/3n<ε,I(n)i⊂B(x,ε),但由Cantor集的做法，要继续三等分去掉中间的⼀个开区间, 从⽽B(x,ε)内⾄少有⼀点不属于C, 所以x不可能是C的内点.(4) C中的点都是聚点, 从⽽没有孤⽴点.数的进制⼗进制⼩数：相应于对[0,1]⼗等分⼆进制⼩数：相应于对[0,1]⼆等分说明：对应于[0,1]⼗等分的端点有两种表⽰，如0.2000000..., 0.1999999...(⼗进制⼩数)(5) C的基数为ℵ,(利⽤三进制证明)证明思路：把[0,1]区间中的点都写成三进制⼩数, 则Cantor集的做法中去掉的点为⼩数位出现1的数的全体, 从⽽Cantor集为⼩数位只是0，2的点的全体，做对应X∈P→x=∞∑k=1a k3k(ak=0,2).说明：三等分的端点有必要特殊考虑, 因为它有两种表⽰,0.100000...=0.022222..., 0.200000...=0.122222...对x∈C, 令A={k|a k=0},则A⊂N+.对应关系x→A构成了C到P(N+)的⼀⼀映射.第⼀章集合与点集第六节点集间的距离定义1.16 设E⊂R n, f是定义在E上的实值函数, x0∈E, 若∀ε>0,∃δ>0,使得x∈E∩B(x0,δ)时候，|f(x)−f(x0)|<ε.称为f在x0点处连续.注：若f在E上连续, ⽽E0⊂E, 则f在E0连续.定理1.22 若E1,E2是闭集, f定义于E1∪E2上, 且分别在E1,E2上连续, 则f相对于E1∪E2也⼀定连续.证明：若x∈E1∪E2. 不妨设它为聚点, 因为E1,E2为闭集, 则E1∪E2内任⼀以x0为极限的点列{y k}只能有两种情况:其⼀, 从某⼀项起, 全部y k属于E1或E2(相应x0∈E1或x0∈E2.)容易证明.其⼆, {y k}由两个分别属于E1,E2的⽆穷⼦列组成, 此时, x0∈E1∪E2, 因为lim因此\lim\limits_{k\to\infty} f(y_k)=f(x_0).定理1.23 设f是\mathbb{R}^n中有界闭集E上的连续函数, 则(1) f在E上有界(2) f在E上取得最⼤值和最⼩值(3) f在E上⼀致连续定理1.24 设E\subset\mathbb{R}^n, f_1,f_2,\cdots是E上的连续函数列, 且k\to\infty时, \{f_k\}在E上⼀致收敛到函数f, 则f在E上连续.例20 对于任意的x_0\in\mathbb{R}^n, E\subset\mathbb{R}^n, 定义x_0到E的距离为d(x_0,E)=\inf\{d(x_0,y)|y\in E\}.证明：(1)若E是闭集, 则存在y_0\in E, 使得d(x_0,y_0)=d(x_0,E).对于任意点集A, B, 定义A, B之间的距离为d(A,B)=\inf\{d(x,y)|x\in A,y\in B\}.证明：(2)若A和B都是闭集, 其中⾄少有⼀个有界, 则存在x_0\in A, y_0\in B, 使得d(x_0,y_0)=d(A,B).集合的简单写法：{x\in E|f(x)>a}:=E(f>a).定理1.25 若函数f在E上连续, 则对任意的实数a, 存在开集G_a\subset\mathbb{R}^n, 使得E(f>a)=G_a\cap E.也存在开集H_a\subset\mathbb{R}^n, 使得E(f<a)=H_a\cap E.证明：对任意x\in E(f>a), 由于f在E上的点x连续, 必存在\delta=\delta(x,a)>0,使得y\in E\cap B(x,\delta)时, f(y)>a.因此若令G_a=\bigcup_{x\in E(f>a)} B(x,\delta), 则G_a是开集, 并且E(f>a)=G_a\cap E.同理可证, H_a.推论1 若函数f在E上连续, 则对任意的实数a, 存在闭集F_a\subset\mathbb{R}^n, 使得E(f\geq a)=F_a\cap E.也存在开集K_a\subset\mathbb{R}^n, 使得E(f\leq a)=K_a\cap E.推论2 若f在开集E连续, 则对于任意实数a, E(f>a)和E(f<a)是开集, 若函数f在闭集E上连续, 则对于任意实数a, E(f\geq a), E(f\leq a)是闭集.定理1.26 若f是\mathbb{R}^n的函数, 则对于任意实数a, E(f>a), E(f<a)总是开集, 则f在\mathbb{R}^n上连续. (开集与开集的交是开集，闭集与闭集的交为闭集）连续延拓定理引理：若F_1,F_2是\mathbb{R}^n中的两个不交的⾮空闭集, 则有连续函数f(x), 使得(1) 0\leq f(x)\leq 1(x\in\mathbb{R}^n);(2) F_1=\{x: f(x)=1\}, F_2=\{x: f(x)=0\}.证明：构造函数f(x)=\frac{d(x,F_2)}{d(x,F_1)+d(x,F_2)}, x\in\mathbb{R}^n.定理1.27 连续延拓定理：若F是\mathbb{R}^n中的闭集, f(x)是F上的连续函数, 且|f(x)|\leq M(x\in F),则存在\mathbb{R}^n上的连续函数g(x)满⾜|g(x)|\leq M, g(x)=f(x), x\in F.证明：把F分成三个点集：A=\{x\in F:M/3\leq f(x)\leq M\},B=\{x\in F:-M\leq f(x)\leq -M/3\},C=\{x\in F:其他\}.并作函数g_1(x)=\frac{M}{3}\cdot\frac{d(x,B)-d(x,A)}{d(x,B)+d(x,A)},x\in\mathbb{R}^n.Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js。
解的延拓,饱和解
P’2
R1
定理3.3（解的延拓定理）如果f(x,y)是定义域 D上的连续函数，并 满足局部李氏条件，则过D内任意点的饱和解存在，令饱和解为 (x) x a 0或x b 0 时，点 ( x, ( x)) 无限接近于D的边界。 注. 饱和区间可以是有界区域，也可以是无界区域。 如果D是无界区域，在延拓定理的条件下 (x) 向x 增大的方向 的延拓有两种可能： （1）可以延拓到区间 [ x0, ) （2）只能延拓到区间 [ x0, d ] ，其中d 是有限数，
（1）经过(0, 0) 的饱和解和饱和区间。 （2）经过 （ln2, -3）的饱和解和饱和区间。
解: (1)定义域为全平面，关于y的偏导数连续，因此经过(0,0) 的 x 解 1 e 存在且唯一。 y x
1 e 解的存在区间为（-∞，+∞）
饱和区间为（-∞，+∞）
（2）经过 （ln2, -3）的解为
1 ( x) 2 ( x)Βιβλιοθήκη 2 ( x)是解
1 ( x) 一个延拓。
P2 P1(x0,y0)
R2
今后设f(x,y)是定义域 D上的连续函数，并满足局部李氏条件。
R’2 如果f(x,y)是定义域 D上的连续函数，并满足局部李氏条件，则过 D内任意点的唯一解必可延拓至 D 的边界，这种延拓到了“尽头 ”的解称为饱和解，饱和解对应的区间称为饱和区间。饱和区间 是开集
向左可以无限延拓，因此饱和区间为 当 x0 时向左只能延拓到 x 向右可以无限延拓，因此饱和区间为
当y0=0时：唯一解为y=0,它是饱和解，饱和区间为 (,)
(, )
x
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第12讲HahnBanach延拓定理
1第12讲 Hahn －Banach 延拓定理教学目的掌握线性泛函延拓定理的证明思想及其推论。
授课要点1、 实空间线性泛函的控制延拓定理。
2、 复空间线性泛函的控制延拓定理。
3、保范延拓定理。
4、 延拓定理的推论及其意义。
对于一个线性赋范空间来说，对它上面的线性泛函知道得越多，对这个空间本身就了解得越多（参见第9讲思考题1）. 有时候为了某种目的，要求有满足一定条件的线性泛函存在，Hahn －Banach 定理为这样的线性泛函的存在提供了保证.定义1 设()D T 与()1D T 分别是算子T 与1T 的定义域，若()()1D T D T ⊂，并且1,T x Tx =()x D T ∀∈，则称算子1T 是T 的延拓.定义2 线性空间X 上的实泛函()p x 称为是次可加的，若()()()p x y p x p y +≤+，,x y X ∀∈称为是正齐性的，若()()p x p x αα=，x X ∀∈，0α≥.显然线性空间上的每个半范数都是次可加正齐性泛函.定理1（Hahn －Banach ） 设X 是实线性空间，:p X R →是X 上的正齐性次可加泛函，M X ⊂是线性子空间，则（1）对于M 上定义的每个线性泛函0f ，存在0f 从M 到X 的延2拓f ：X R →，()()0f x f x =，x M ∀∈ （2）若()()0f x p x ≤，x M ∀∈，可选取f 满足()()f x p x ≤，x X ∀∈ ()1 证 明 1设M X ≠，取0\x X M ∈，记'M =span {}0,x M ，则x M ′′∀∈，0x x tx ′=+，其中x M ∈，t R ∈. 此分解式是唯一的，否则另有110x x t x ′=+，1x M ∈，则()110x x t t x −=−−，若1t t ≠，则101x x x t t −=−M ∈，与0x 的取法矛盾，于是1t t =，并且1x x =. 对于任何常数c ，令()()0f x f x tc ′=+，0x x tx ′∀=+.则容易验证f 是M ′上的线性泛函. 实际上f 是0f 从M 到M ′的延拓，因为当x M ′∈时，0t =，从而()()0f x f x ′=.2 我们将证明当x M ∀∈，()()0f x p x ≤时，适当选择c ，可使()()f x p x ′′≤，x M ′′∀∈.实际上,x y M ∀∈，由于()()()()000f x f y f x y p x y +=+≤+()()00p x x p x y ≤−++，即()()()()0000f x p x x p x y f y −−≤+−，故存在c 满足()()00sup x Mf x p x x c ∈−−≤()()00inf y M p x y f y ∈≤+−， ()23我们将取这样的c 作成所要的线性泛函.此时若0x x tx ′=+，0t ＞，由()()00p x y f y c +−≥对于每个y M ∈成立，用1t x −代替y ，则()()1100p x t x f t x c −−+−≥，从而()()()()00f x f x tc p x tx p x ′′=+≤+=.若0x x tx ′=+，0t <，由()()00f x p x x c −−≤对于每个x M ∈成立，用1t x −−代替x ，则()()1100f t x p t x x c −−−−−−≤，即()()00f x p x tx tc −++≥. 从而()()()()00f x f x tc p x tx p x ′′=+≤+=.当0t =时，显然()()()()0f x f x p x p x ′′==＜. 故f 是0f 从M 到M ′上满足()1的延拓。