存在唯一性定理证明
根的存在性和唯一性的常用证明思路与步骤（以一个习题一题多解为例）
(2)【证法二】：(根的唯一性)因为f’’(x)≤a<0，所以曲线y=f(x)在[0,+∞)上是严格凸的，又 由f(0)=0,f’(x0)=0，可知，x0为f(x)在(0,+∞)内唯一的驻点，且取最大值f(x0)>0. 并且当0<x<x0 时，f(x)严格单调递增，f(x)>0；当x>x0时，f(x)严格单调递减，于是f(x)=0在(0,+∞)内最多有 一个根，且若存在只能在(x0,+∞)内. (根的存在性) f(x)在x0处的一阶泰勒公式为
f(x)=0在0<x<x0内无实根. 当x>x0时，f’(x)<f’(x0)=0，则f(x)在严格单调递减，方程f(x)=0在x>x0时至多只有一个实
根. (根的存在性证明一)由拉格朗日中值定理，有
由于f’(x0)=0，所以
再由拉格朗日中值定理，存在η∈(x0,x)，使得
由于a<0，所以存在x2>x0，使f(x2)<0(参照证明一)，由零点定理，存在c∈(x0,x2)，使 f(c)=0，即方程f(x)=0在(0,+∞)内有唯一实根x=c． (根的存在性证明二)f(x)在x0处的一阶泰勒公式为
所以
所以由零点定理, 在[x2,x1]上, 可知存在 c∈(x2,x1), 使得 f(c)=0. 所以在[0,c]上使用罗尔定理, 则有x0∈(0,c), 使得f’(x0)=0.
假设除了c外函数还有一个非零的零点x3, 则有0, c, x3为函数f(x)的零点，则两两使用罗尔 定理可得两个一阶导数等于零的点, 对一阶导数结果再使用罗尔定理, 可得存在二阶导数等于 0的点, 所以与二阶导数小于0矛盾，因此函数只有一个非零的零点. 【证明二】 (1)【证明一】：由拉格朗日中值定理，对任意x>0，有 由于f’’(x)≤a<0,x>0，所以存在x1>0，使f’(x1)<0(参考证明一)，故由零点定理可知，存 在x0∈(0,x1)，使f’(x0)=0. (1)【证明二】：拉格朗日中值定理，对任意x>0，并由f’’(x)≤a<0，有
解的存在唯一性定理证明
存在唯一性定理 如(,)f x y 在R 上连续且关于y 满足利普希茨条件，则方程(,),dyf x y dx=在区间0x x h -≤上存在唯一解00(),()y x x y ϕϕ==，其中(,)min ,,max (,)xy R bh a M f x y M∈⎛⎫== ⎪⎝⎭逐步迫近法 微分方程(,)dyf x y dx=等价于积分方程00(,)xxy y f x y dx =+⎰取00()x y ϕ=，定义001()(,()),1,2,xn n x x y f x x dx n ϕϕ-=+=⎰ 可证明lim ()()n n x x ϕϕ→∞=的()y x ϕ=满足积分方程。
通过逐步迫近法可证明解的存在唯一性。
命题1 先证积分方程与微分方程等价：设()y x ϕ=是微分方程(,)dyf x y dx =定义于区间00x x x h ≤≤+上满足初值条件00()x y ϕ=的解，则()y x ϕ=是积分方程000(,),xx y y f x y dx x x x h =+≤≤+⎰定义于区间00x x x h ≤≤+上的连续解。
反之亦然。
证 因()y x ϕ=是微分方程(,)dyf x y dx=的解，有 ()(,())d x f x x dxϕϕ= 两边从0x 到0x h +取定积分0000()()(,()),xx x x f x x dx x x x h ϕϕϕ-=≤≤+⎰代入初值条件00()x y ϕ=得0000()(,()),xx x y f x x dx x x x h ϕϕ=+≤≤+⎰即()y x ϕ=是积分方程0000(,),xx y y f x y dx x x x h =+≤≤+⎰定义于区间00x x x h ≤≤+上的连续解。
反之，则有0000()(,()),xx x y f x x dx x x x h ϕϕ=+≤≤+⎰微分之()(,())d x f x x dxϕϕ= 且当0x x =时有00()x y ϕ=。
一阶线性微分方程解的存在唯一性证明
一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明)()(x q y x p dxdy +=摘要:从分析方法入手,来证明满足初值条件下一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明.引言:我们学习了能用初等解法的一阶方程的若干类型,但同时知道大量的一阶方程是不能用初等解法求出它的通解,而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解,因此对初值问题的研究被提到重要地位,自然要问:初值问题的解是否存在?如果存在是否唯一?首先,我们令f(x,y)=p(x)y+q(x) 这里f(x,y)是在矩形域R:上的连续函数.b y y a x x ≤-≤-00,函数f(x,y)称为在R 上关于y 满足利普希兹条件,如果存在常数L>0使不等式对于所有的 都成立,L 称2121),(),(y y L y x f y x f -≤-R y x y x ∈),(),,(21为利普希兹常数下面我们给出一阶线形微分方程(1)解的存在唯一性)()(x q y x p dxdy+=定理:如果f(x,y)=p(x)y+q(x)在R 上连续且关于y 满足利普希兹条件,则方程(1)存在唯一的解,定义于区间上,连续)(x y ϕ=h x x ≤-0且满足初始条件:这里 00)(y x =ϕ),min(Mba h =),(max y x f M =R y x ∈),(我们采用皮卡的逐步逼近法来证明这个定理,为了简单起见,只就区间来讨论,对于的讨论完全一样.h x x x +≤≤0000x x h x ≤≤-现在简单叙述一下运用逐步逼近法证明定理的主要思想,首先证明求微分方程的初值问题的解等价于求积分方程的连续解这里我们用f(x,y)=p(x)y+q(x)来[]⎰++=x x dx x q y x p y y 0)()(0替代,因此也就等价于求积分方程 的连续解,然⎰+=xx dx y x f y y 0),(0后去证明积分方程的解的存在唯一性.任取一个连续函数 代入上面的积分方程右端的y 就得)(0x ϕ到函数dx x x f y x xx ))(,()(0001⎰+≡ϕϕ显然也是连续解,如果那么就是积分方)(1x ϕ)(1x ϕ≡)(0x ϕ)(0x ϕ程的解.否则,我们又把代入积分方程右端的y 得到)(1x ϕ dxx x f y x xx ))(,()(0102⎰+≡ϕϕ如果 ,那么就是积分方程的解,否则我们继≡)(2x ϕ)(1x ϕ)(1x ϕ续这个步骤.一般地做函数 (2)dx x x f y x xx n n ))(,()(010⎰-+≡ϕϕ这样就得到连续函数序列,……)(0x ϕ)(1x ϕ)(x n ϕ如果那么就是积分方程的解,如果始终不发生这种≡+)(1x n ϕ)(x n ϕ)(x n ϕ情况,我们可以证明上面的函数序列有一个极限函数即)(x ϕ 存在因此对(2)取极限就得到)()(lim x x n n ϕϕ=∞→dxx x f y x xx n n n n ))(,(lim )(lim 010⎰-∞→∞→+=ϕϕ =dxx x f y xx n n ))(,(lim 010⎰-∞→+ϕ =dxx x f y xx ))(,(00⎰+ϕ即 dxx x f y x xx ))(,()(00⎰+≡ϕϕ这就是说是积分方程的解,这种一步一步地求出方程的解的方法)(x ϕ就成为逐步逼近法,由(2)所确定的函数称为问题(1)的n 次近)(x n ϕ似解,在定理的假设条件下以上步骤是可以实现的下面我们分四个命题来证明这个定理.命题1,设是一阶线形微分方程(1)的定义于区间)(x y ϕ=上的,且满足初始条件的解,则是积分方h x x x +≤≤0000)(y x =ϕ)(x y ϕ=程()的定义于上的连续解,反⎰+=xx dx y x f y y 0),(0h x x x +≤≤00h x x x +≤≤00之亦然.因为是一阶线形微分方程(1)的解故有)(x y ϕ=))(,()(x x f dxx d ϕϕ=两边从到x 取定积分得到0x dx x x f x x x x ))(,()()(00⎰≡-ϕϕϕhx x x +≤≤00把代上式,即有00)(y x =ϕ dx x x f y x xx ))(,()(00⎰+≡ϕϕhx x x +≤≤00因此, 是积分方程定义于上的)(x y ϕ=⎰+=xx dx y x f y y 0),(0h x x x +≤≤00连续解反之如果是积分方程的连续解,则有)(x y ϕ=⎰+=xx dx y x f y y 0),(0 (3)dx x x f y x xx ))(,()(00⎰+≡ϕϕh x x x +≤≤00微分之,得到))(,()(x x f dxx d ϕϕ=又把代入(3)得到0x x =00)(y x =ϕ因此是方程(1)的定义于 上且满足初始条件)(x y ϕ=h x x x +≤≤00的解.命题1证毕.00)(y x =ϕ现在取,构造皮卡逐步逼近函数序列如下:00)(y x =ϕ ⎪⎩⎪⎨⎧+==⎰-x x n nd f y x y x 0))(,()()(1000ξξϕξϕϕh x x x +≤≤00(n=1,2,…)(4)命题2 函数序列在上是一致收敛的{})(x n ϕh x x x +≤≤00证明:我们考虑级数 (5)[]∑∞=--+110)()()(k k k x x x ϕϕϕh x x x +≤≤00它的部分和为=[]∑=--+nk k k x x x 110)()()(ϕϕϕ)(x ϕ因此,要证明序列在上一致收敛,只需证明级数(5)在{})(x n ϕh x x x +≤≤00上一致收敛.为此,我们进行如下估计.由(4)有h x x x +≤≤00 (6))())(,()()(00001⎰-≤≤-xx x x M d f x x ξξϕξϕϕ及 ⎰-≤-xx d f f x x 0))(,())(,()()(0112ξξϕξξϕξϕϕ利用利普希兹条件及(6)得到⎰-≤-xx d L x x 0)()()()(0112ξξϕξϕϕϕ =ξξd x M L x x ⎰-≤0)(020)(!2x x ML-设对于正整数n,不等式nn n n x x n ML x x )(!)()(011-≤---ϕϕ成立,则有利普希兹条件,当时,有h x x x +≤≤00 ⎰-+-≤-x x n n n n d f f x x 0))(,())(,()()(11ξξϕξξϕξϕϕ⎰--≤xx n n d L 0)()(1ξξϕξϕ100)()!1()(!+-+=-≤⎰n n xx nnx x n ML d x n ML ξξ于是,由数学归纳法得知,对于所有的正整数k,有如下的估计(7)k k k k x x k ML x x )(!)()(011-≤---ϕϕh x x x +≤≤00从而可知,当时h x x x +≤≤00 (8)kk k k h k ML x x !)()(11--≤-ϕϕ(8)的右端是正项收敛级数∑∞=1!k kkk h ML的一般项,由维尔斯特拉斯判别法级数(5)在上一h x x x +≤≤00致收敛,因而序列也在上一致收敛,命题2证毕.{})(x n ϕh x x x +≤≤00命题3 是积分方程(2)的定义于上的连续解.)(x ϕh x x x +≤≤00证明: 由利普希兹条件)()())(,())(,(x x L x x f x x f n n ϕϕϕϕ-≤-以及在上一致收敛于,即知序列{})(x n ϕh x x x +≤≤00)(x ϕ{}{})(,()(x x f x f n n ϕ≡在上一致收敛于.因而对于(4)两边取极h x x x +≤≤00{})(,(x x f ϕ限,得到dxx x f y x xx n n n n ))(,(lim )(lim 010⎰-∞→∞→+≡ϕϕ =⎰-∞→+xx n n d f y 0))(,(lim 10ξξϕξ即⎰+=xx d f y x 0))(,()(0ξξϕξϕ这就是说是积分方程(2)的定义于上的连续解.命)(x ϕh x x x +≤≤00题3证毕.命题4 设是积分方程(2)的定义于上的一个连)(x φh x x x +≤≤00续解,则 , )()(x x ϕφ≡hx x x +≤≤00证明:我们首先证明也是序列的一致收敛极限函数.)(x φ{})(x n ϕ为此,从0)(y x =ϕ (n=1,2,…)⎰+=xx n d f y x 0))(,()(0ξξϕξϕ ξξφφd x f y x xx ))(,()(00⎰+≡我们可以进行如下估计)()(,()()(000x x M d f x x xx -≤≤-⎰ξξφξφϕξξφξξϕξφϕd f f x x x x ⎰-≤-0))(,())(,()()(01 ξξφξϕd L xx ⎰-≤0)()(0 200)(!2)(0x x MLd x ML xx -=-≤⎰ξξ现设,则有n n n x x n ML x x )(!)()(011-≤---φϕ ξξφξξϕξφϕd f f x x xx n n ⎰-≤--0))(,())(,()()(1 ξξφξϕd L xx n ⎰-≤-0)()(1 100)()!1()(!+-+=-≤⎰n xx Nx x n MLd x n ML ξξ故有数学归纳法得知,对于所有的正整数n,有下面的估计式(10)10)()!1()()(+-+≤-n nn x x n ML x x φϕ因此,在上有h x x x +≤≤00 (11)1)!1()()(++≤-n n n h n ML x x φϕ是收敛级数的公项,故因而1)!1(++n n h n ML 0)!1(1→+∞→+n n h n ML n 时在上一致收敛于,根据极限的唯一性,即得{})(x n ϕh x x x +≤≤00)(x φ)()(x x ϕφ≡h x x x +≤≤00命题4证毕.综合1-4,即得到一阶线性微分方程解的存在唯)()(x q y x p dxdy+=一定理的证明.。
一阶线性微分方程解的存在唯一性证实[解答]
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一阶线形微分方程)()(x q y x p dxdy+=解的存在唯一性定理的证明摘要:从分析方法入手,来证明满足初值条件下一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明.引言:我们学习了能用初等解法的一阶方程的若干类型,但同时知道大量的一阶方程是不能用初等解法求出它的通解,而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解,因此对初值问题的研究被提到重要地位,自然要问:初值问题的解是否存在?如果存在是否唯一?首先,我们令f(x,y)=p(x)y+q(x) 这里f(x,y)是在矩形域 R:b y y a x x ≤-≤-00,上的连续函数.函数f(x,y)称为在R 上关于y 满足利普希兹条件,如果存在常数L>0使不等式2121),(),(y y L y x f y x f -≤- 对于所有的R y x y x ∈),(),,(21 都成立,L 称为利普希兹常数下面我们给出一阶线形微分方程)()(x q y x p dxdy+=(1)解的存在唯一性定理:如果f(x,y)=p(x)y+q(x)在R 上连续且关于y 满足利普希兹条件,则方程(1)存在唯一的解)(x y ϕ=,定义于区间h x x ≤-0上,连续且满足初始条件:00)(y x =ϕ 这里 ),min(Mba h = ),(max y x f M = Ry x ∈),(我们采用皮卡的逐步逼近法来证明这个定理,为了简单起见,只就区间h x x x +≤≤00来讨论,对于00x x h x ≤≤-的讨论完全一样.现在简单叙述一下运用逐步逼近法证明定理的主要思想,首先证明求微分方程的初值问题的解等价于求积分方程[]⎰++=xx dx x q y x p y y 0)()(0的连续解这里我们用f(x,y)=p(x)y+q(x)来替代,因此也就等价于求积分方程 ⎰+=xxdx y x f y y 0),(0 的连续解,然后去证明积分方程的解的存在唯一性.任取一个连续函数)(0x ϕ 代入上面的积分方程右端的y 就得到函数dx x x f y x xx))(,()(0001⎰+≡ϕϕ 显然)(1x ϕ也是连续解,如果)(1x ϕ≡)(0x ϕ那么)(0x ϕ就是积分方程的解.否则,我们又把)(1x ϕ代入积分方程右端的y 得到dx x x f y x xx ))(,()(0102⎰+≡ϕϕ如果 ≡)(2x ϕ)(1x ϕ,那么)(1x ϕ就是积分方程的解,否则我们继续这个步骤.一般地做函数 dx x x f y x xx n n ))(,()(010⎰-+≡ϕϕ (2)这样就得到连续函数序列,)(1x ϕ…)(x n ϕ…如果≡+)(1x n ϕ)(x n ϕ那么)(x n ϕ就是积分方程的解,如果始终不发生这种情况,我们可以证明上面的函数序列有一个极限函数)(x ϕ即)()(lim x x n n ϕϕ=∞→ 存在因此对(2)取极限就得到dx x x f y x xx n n n n ))(,(lim )(lim 010⎰-∞→∞→+=ϕϕ=dxx x f y xx n n ))(,(lim 010⎰-∞→+ϕ=dxx x f y xx))(,(00⎰+ϕ即 dxx x f y x xx))(,()(00⎰+≡ϕϕ这就是说)(x ϕ是积分方程的解,这种一步一步地求出方程的解的方法就成为逐步逼近法,由(2)所确定的函数)(x n ϕ称为问题(1)的n 次近似解,在定理的假设条件下以上步骤是可以实现的下面我们分四个命题来证明这个定理.命题1,设)(x y ϕ=是一阶线形微分方程(1)的定义于区间h x x x +≤≤00上的,且满足初始条件00)(y x =ϕ的解,则)(x y ϕ=是积分方程⎰+=xx dx y x f y y 0),(0(h x x x +≤≤00)的定义于h x x x +≤≤00上的连续解,反之亦然.因为)(x y ϕ=是一阶线形微分方程(1)的解故有))(,()(x x f dxx d ϕϕ= 两边从0x 到x 取定积分得到dx x x f x x xx ))(,()()(00⎰≡-ϕϕϕ h x x x +≤≤00把00)(y x =ϕ代上式,即有dx x x f y x xx ))(,()(00⎰+≡ϕϕ h x x x +≤≤00因此, )(x y ϕ=是积分方程⎰+=xx dx y x f y y 0),(0定义于h x x x +≤≤00上的连续解反之如果)(x y ϕ=是积分方程⎰+=xx dx y x f y y 0),(0的连续解,则有dx x x f y x xx))(,()(00⎰+≡ϕϕ h x x x +≤≤00 (3)微分之,得到))(,()(x x f dxx d ϕϕ= 又把0x x =代入(3)得到00)(y x =ϕ因此)(x y ϕ=是方程(1)的定义于 h x x x +≤≤00上且满足初始条件00)(y x =ϕ的解.命题1证毕.现在取00)(y x =ϕ,构造皮卡逐步逼近函数序列如下:⎪⎩⎪⎨⎧+==⎰-x x n nd f y x y x 0))(,()()(1000ξξϕξϕϕ h x x x +≤≤00 (n=1,2,…)(4)命题2 函数序列{})(x n ϕ在h x x x +≤≤00上是一致收敛的证明:我们考虑级数[]∑∞=--+110)()()(k k k x x x ϕϕϕ h x x x +≤≤00(5)它的部分和为[]∑=--+nk k k x x x 110)()()(ϕϕϕ=)(x ϕ因此,要证明序列{})(x n ϕ在h x x x +≤≤00上一致收敛,只需证明级数(5)在h x x x +≤≤00上一致收敛.为此,我们进行如下估计.由(4)有)())(,()()(00001⎰-≤≤-xx x x M d f x x ξξϕξϕϕ (6)及 ⎰-≤-xxd f f x x 0))(,())(,()()(0112ξξϕξξϕξϕϕ利用利普希兹条件及(6)得到⎰-≤-xx d L x x 0)()()()(0112ξξϕξϕϕϕ ξξd x M L xx⎰-≤0)(0=20)(!2x x ML-设对于正整数n,不等式n n n n x x n ML x x )(!)()(011-≤---ϕϕ成立,则有利普希兹条件,当h x x x +≤≤00时,有⎰-+-≤-xxn n n n d f f x x 0))(,())(,()()(11ξξϕξξϕξϕϕ⎰--≤xx n n d L 0)()(1ξξϕξϕ100)()!1()(!0+-+=-≤⎰n n xx nn x x n ML d x n ML ξξ于是,由数学归纳法得知,对于所有的正整数k,有如下的估计k k k k x x k ML x x )(!)()(011-≤---ϕϕ h x x x +≤≤00 (7)从而可知,当h x x x +≤≤00时kk k k h k ML x x !)()(11--≤-ϕϕ (8)(8)的右端是正项收敛级数∑∞=1!k kkk h ML的一般项,由维尔斯特拉斯判别法级数(5)在h x x x +≤≤00上一致收敛,因而序列{})(x n ϕ也在h x x x +≤≤00上一致收敛,命题2证毕.命题3 )(x ϕ是积分方程(2)的定义于h x x x +≤≤00上的连续解.证明: 由利普希兹条件)()())(,())(,(x x L x x f x x f n n ϕϕϕϕ-≤-以及{})(x n ϕ在h x x x +≤≤00上一致收敛于)(x ϕ,即知序列{}{})(,()(x x f x f n n ϕ≡在h x x x +≤≤00上一致收敛于{})(,(x x f ϕ.因而对于(4)两边取极限,得到dx x x f y x xx n n n n ))(,(lim )(lim 010⎰-∞→∞→+≡ϕϕ=⎰-∞→+xx n n d f y 0))(,(lim 10ξξϕξ即⎰+=xx d f y x 0))(,()(0ξξϕξϕ这就是说)(x ϕ是积分方程(2)的定义于h x x x +≤≤00上的连续解.命题3证毕.命题4 设)(x φ是积分方程(2)的定义于h x x x +≤≤00上的一个连续解,则)()(x x ϕφ≡ , hx x x +≤≤00证明:我们首先证明)(x φ也是序列{})(x n ϕ的一致收敛极限函数.为此,从00)(y x =ϕ⎰+=xx n d f y x 0))(,()(0ξξϕξϕ (n=1,2,…)ξξφφd x f y x xx))(,()(00⎰+≡我们可以进行如下估计)()(,()()(000x x M d f x x x x -≤≤-⎰ξξφξφϕ ξξφξξϕξφϕd f f x x xx ⎰-≤-0))(,())(,()()(01ξξφξϕd L xx⎰-≤0)()(0200)(!2)(0x x MLd x ML xx -=-≤⎰ξξ 现设n n n x x n ML x x )(!)()(011-≤---φϕ,则有ξξφξξϕξφϕd f f x x xx n n ⎰-≤--0))(,())(,()()(1ξξφξϕd L xxn ⎰-≤-0)()(1100)()!1()(!+-+=-≤⎰n xx Nx x n MLd x n ML ξξ 故有数学归纳法得知,对于所有的正整数n,有下面的估计式10)()!1()()(+-+≤-n nn x x n ML x x φϕ (10)因此,在h x x x +≤≤00上有1)!1()()(++≤-n n n h n ML x x φϕ (11)1)!1(++n n h n ML 是收敛级数的公项,故0)!1(1→+∞→+n n h n ML n 时因而{})(x n ϕ在h x x x +≤≤00上一致收敛于)(x φ,根据极限的唯一性,即得)()(x x ϕφ≡ h x x x +≤≤00命题4证毕.综合1-4,即得到一阶线性微分方程)()(x q y x p dxdy+=解的存在唯一定理的证明.。
2.2解的存在唯一性定理
常微分方程
绵阳师范学院
下面分五个命题来证明定理,为此先给出 下面分五个命题来证明定理 为此先给出 积分方程 如果一个数学关系式中含有定积分符号且在定积分符 号下含有未知函数, 则称这样的关系式为积分方程. 号下含有未知函数 则称这样的关系式为积分方程
如 : y = e + ∫ y( t )dt , 就是一个简单的积分方程 .
0
x
≤ L ∫ n (ξ ) n 1 (ξ ) dξ
x0
x
MLn ≤ n!
MLn n (ξ x0 ) dξ = ( x x0 ) n +1 , ∫x0 (n + 1)!
x
17
常微分方程
绵阳师范学院
于是由数学归纳法得知,对所有正整数 有 于是由数学归纳法得知 对所有正整数n,有 对所有正整数
则 (x, y)在 上 于 满 Lipschitz条 . f R 关 y 足 件 f (x, y1) f (x, y2 ) = f y (x, y2 +θ ( y1 y2 )) y1 y2 ≤ L y1 y2
2
常微分方程
绵阳师范学院
b (2) 定理中h = min{a , }的几何意义 M 在矩形R中有 f ( x , y ) ≤ M ,
故初值问题(2.1)的解曲线的斜率必介于 M 与M 之间,
过点( x0 , y0 )分别作斜率为 M 和M的直线,
b 当M ≤ 时(如图(a ) a 所示 ), 解y = ( x )在 x0 a ≤ x ≤ x0 + a 中有定义;
3
常微分方程
绵阳师范学院
b 而当M > 时(如图(b)所示), 不能保证解y = ( x )在 a x0 a ≤ x ≤ x0 + a中有定义;它有可能在区间内跑到矩形 b b R外去, 使得无意义, 只有当x0 ≤ x ≤ x0 + 时, 才能保 M M 证解y = ( x )在R内.
存在唯一性定理证明
存在唯一性定理证明要证明存在唯一性定理，首先需要定义什么是“唯一性”。
在数学中，存在唯一性通常指的是在一些条件下，存在一个且仅存在一个对象满足这个条件。
我们来详细证明关于唯一性定理的一个例子。
假设我们要证明以下定理：对于任意一个正整数n，存在唯一的一个整数m，使得m和n互为相反数。
首先我们来证明存在性：对于任意一个正整数n，我们可以找到一个整数m，使得m和n互为相反数。
事实上，取m=-n，就可以满足这个条件。
因为两个数互为相反数意味着它们的和为零，所以m+n=-n+n=0，符合条件。
接下来我们来证明唯一性：假设存在两个不同的整数m1和m2，都满足和n互为相反数。
那么根据定义，有m1+n=0和m2+n=0。
将两个等式相减可得：m1-m2=0。
由此可知，m1和m2是相等的，也就是说不存在两个不同的整数满足这个条件。
因此，我们证明了对于任意一个正整数n，都存在唯一的一个整数m，使得m和n互为相反数。
在这个例子中，我们证明了存在唯一性定理的一个特例。
在实际数学证明中，存在唯一性定理有可能涉及到更加复杂的情况和更多的对象，但其证明思路和方法基本相似。
总结起来，证明存在唯一性定理的一般步骤如下：1.首先需要明确定义什么是“唯一性”。
2.先证明存在性，即找到至少一个对象满足条件。
3.再证明唯一性，即如果存在两个对象满足条件，则它们必须相等。
4.结合具体问题，使用数学思维和逻辑推理，进行严密的证明。
5.最后在证明过程中使用恰当的数学工具和方法，如数学公式、等式运算等，以增强可读性和严密性。
需要注意的是，证明存在唯一性定理是一个具有挑战性的过程，需要对问题有深入的认识和理解，并善于运用数学知识和技巧来完成证明过程。
同时，在证明中也要时刻保持逻辑的连贯性和严谨性，以确保证明的正确性。
线性方程组的解存在唯一性定理
线性方程组的解存在唯一性定理线性方程组是数学中常见的问题之一，它与矩阵和向量的概念紧密相关。
对于给定的线性方程组，我们通常会关心解集的存在性和唯一性，这在很多实际问题中具有重要的意义。
本文将探讨线性方程组解的存在唯一性定理，并解释其背后的原理和证明思路。
一、线性方程组的定义和基本性质首先，我们来回顾线性方程组的基本定义。
给定一个包含n个未知数$x_1, x_2, ..., x_n$的线性方程组，可以表示为以下形式：$$\begin{cases}a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + ... + a_{1n}x_n = b_1 \\a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + ... + a_{2n}x_n = b_2 \\... \\a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + ... + a_{mn}x_n = b_m \\\end{cases}$$其中，$a_{ij}$表示系数矩阵的元素，$b_i$表示常数向量的元素。
线性方程组的解可以表示为一个n维向量$(x_1, x_2, ..., x_n)$，使得方程组的每个等式都成立。
解集可以是一个空集（即无解）、一个具有无穷多个解的集合，或者只包含一个解。
接下来，我们将研究线性方程组解存在唯一性的情况。
二、线性方程组解存在唯一性定理的表述线性方程组的解存在唯一性定理可以总结为以下表述：对于一个齐次线性方程组，如果系数矩阵的秩等于未知数的个数，即$r(A) = n$，那么方程组的解集只包含零向量；如果系数矩阵的秩小于未知数的个数，即$r(A) < n$，那么方程组的解集包含无穷多个解。
对于一个非齐次线性方程组，如果系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，即$r(A) = r([A|b])$，那么方程组的解集只包含一个解；如果系数矩阵的秩小于增广矩阵的秩，即$r(A) < r([A|b])$，那么方程组的解集包含无穷多个解。
注意，这里的秩指的是矩阵的行秩或列秩，即行向量组或列向量组的最大线性无关组的元素个数。
常微分方程解的存在唯一性定理
常微分方程解的存在唯一性定理常微分方程解的存在唯一性定理一阶微分方程⑴其中. 是在矩形域丄」’叭」上的连续函数。
定义1如果存在常数二11，使得不等式”（础）-/（砒）冏肝川对于所有--■■-1--- 都成立，贝U函数/、?称为在二上关于：'满足Lipschitz 条件。
定理1如果「二，在二上连续且关于「满足Lipschitz 条件，则方程（1）存在唯一的解y=叭心，定义于区间M ■阳卜月上，连续且满足初始条件W八-卄 A = r—）M = max' ■-.，这里」f，?心「。
Picard逐步逼近法来证明这个定理的主要思想首先证明求微分方程的初值冋题的解等价于求积分方程的连续解。
然后去证明积分方程的解的存在唯一性。
任取一个连续函数代入上面积分方程右端的,就得到函数俅沪）Vp（Z（）⑴）必，显然J 也是连续函数，如果,那末l:-'就是积分方程的解。
否则，我们又把J二代入积分方程右端的「，得到汀0恥）皿，如果氛沪仍⑴，那末仇⑴就是积分方程的解。
否则我们继续这个步骤。
一般地作函数惦（3.1.1.4）这样就得到连续函数序列，...，〔「」，…如果二, 那末就是积分方程的解。
如果始终不发生这种情况，我们可以证明上面的函数序列有一个极限函数厂：;；1，即'厂…I存在，因而对?Ji/）取极限时，就得到f「打「X FJr=y0+l=y0+祕幼必Jf祕x）=y n+/（X 矶兀））必/ 、即?血，这就是说机x）是积分方程的解。
这种一步一步地求出方程的解的方法就称为逐步逼近法。
函数''■■■■■'称为初值问题的第：次近似解。
命题1设—是方程（1）的定义于区间V —'■'‘上，满足初始条件Jf瞅）=刃的解，则厂曲）是积分方程y=y°+y （2曲碳心砒的定义于V ——'■上的连续解。
反之亦然。
现在取，构造皮卡逐步逼近函数序列如下: 京（X）=丹；保（方=丹+ f于（乙矶_1?）時从“英肿hJ*D（聊=12…）1命题2对于所有的卜，函数在J■:上有定义、连续且满足不等式命题3 函数序列"I「在J ------------ '."上是一致收敛的。
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两边从 到 取定积分
代入初值条件 得
即 是积分方程 定义于区间 上的连续解。
反之，则有
微分之
且当 时有 。即 是微分方程 定义于区间 上满足初值条件 的解。
现取 ，构造逐步迫近函数序列
命题2对所有 ,函数序列 在 上有定义、连续且满足不等式
证当 时 。显然 在 上有定义、连续且有
命题2当 时成立。设命题2当 时成立，则对
知 在 上有定义、连续且有
命题2当 时也成立。由数学归纳法，命题2对所有 均成立。
命题3函数序列 在 上一致收敛。
证只须考虑级数
(3.9)
在 上一致收敛。因其部分和为
因
设对 成立
则当 时有
即对所有 ，在 成立
其右端组成正项收敛级数
由魏氏判别法，级数(3.9)在 上一致收敛。即 在 上一致收敛。命题3得证。
现设
则 在 上有定义、连续且
命题4 是积分方程 在 上的连续解。
证由利普希茨条件
及 在 上一致收敛于 ，知函数序列 在 上一致收敛于 。于是
即
是积分方程 在 上另一连续解。则 。
证现证 也是序列 在 上的一致收敛极限函数。由
得
设 ，则
由数学归纳法，对所有 ，有
因此，对所有 ，在 成立
但当 时 。故 在 上的一致收敛于 。由极限的唯一性，得 。命题5得证。
存在唯一性定理如 在 上连续且关于 满足利普希茨条件，则方程 在区间 上存在唯一解 ，其中
逐步迫近法微分方程 等价于积分方程
取 ，定义 可证明 的 满足积分方程。
通过逐步迫近法可证明解的存在唯一性。
命题1先证积分方程与微分方程等价：
设 是微分方程 定义于区间 上满足初值条件
的解，则 是积分方程 定义于区间 上的连续解。反之亦然。