最后更新: 2026-06-08 07:07 查看: 7 次纠错评论(0) 课件开VIP

关于微分方程的几个定理（2）

1．3．一阶偏微分方程组的可积性
我们要考虑的一阶偏微分方程组是

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial y^i}{\partial x^\alpha}=f_\alpha^i\left(x^1, \cdots, x^m, y^1, \cdots, y^n\right), \quad 1 \leq \alpha \leq m, 1 \leq i \leq n . \tag{1.22}
\end{equation*}
$$

假定 $f_\alpha^i\left(x^\beta, y^j\right)$ 是定义在区域 $D=\tilde{D} \times \mathbb{R}^n$ 上的连续可微函数，$\tilde{D}$ 是 $\mathbb{R}^m$ 中的一个区域．

方程组（1．22）有如下的几何意义：将（1．22）式写成

$$
\begin{equation*}
\mathrm{d} y^i=f_\alpha^i\left(x^1, \cdots, x^m, y^1, \cdots, y^n\right) \mathrm{d} x^\alpha, \quad 1 \leq i \leq n, \tag{1.23}
\end{equation*}
$$

在这里我们运用了 Einstein 和式约定．对于每一个固定点 $\left(x^1, \cdots, x^m\right.$, $\left.y^1, \cdots, y^n\right)$ ，方程组（1．23）给出了区域 $D$ 在该点的切空间的一个 $m$ 维子空间，它与区域 $\tilde{D}$ 在点 $\left(x^1, \cdots, x^m\right)$ 的切空间是线性同构的．由此可见，方程组（1．22）实际上是在区域 $D$ 上给定了一个 $m$ 维切子空间场．如果

$$
y^i=y^i\left(x^1, \cdots, x^m\right), \quad 1 \leq i \leq n
$$

是方程组（1．22）的解，则它是区域 $D$ 中的一张 $m$ 维曲面，它的切平面恰好属于方程组（1．22）给出的 $m$ 维切子空间场。然而，这样的解不总是存在的．下面是方程组（1．22）可积的条件．

定理1．3 对于任意给定的初始值

$$
\left(x_0^1, \cdots, x_0^m, y_0^1, \cdots, y_0^n\right) \in D,
$$

方程组（1．22）在点 $\left(x_0^1, \cdots, x_0^m\right) \in \tilde{D}$ 的一个邻域 $U \subset \tilde{D}$ 内有连续可微解

$$
\begin{equation*}
y^i=y^i\left(x^1, \cdots, x^m\right), \quad 1 \leq i \leq n, \tag{1.24}
\end{equation*}
$$

并满足初始条件

$$
\begin{equation*}
y^i\left(x_0^1, \cdots, x_0^m\right)=y_0^i, \quad 1 \leq i \leq n \tag{1.25}
\end{equation*}
$$

（此时简称该方程组完全可积）的充分必要条件是，在区域 $D$ 上下述恒等式

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial x^\beta}-\frac{\partial f_\beta^i}{\partial x^\alpha}+\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial y^j} f_\beta^j-\frac{\partial f_\beta^i}{\partial y^j} f_\alpha^j=0, \quad \forall i, \alpha, \beta \tag{1.26}
\end{equation*}
$$

成立．在此时，方程组（1．22）在该点邻域内满足初始条件（1．25）的解是唯一的．如果区域 $\tilde{D}$ 是单连通的，则函数（1．24）能够延拓成为方程组（1．22）在整个区域 $\tilde{D}$ 上的解。

证明 先证明必要性．假定方程组（1．22）在点 $\left(x_0^\alpha\right)$ 的邻域内有满足初始条件（1．25）的解 $y^i=y^i\left(x^\alpha\right)$ ，由于 $f_\alpha^i$ 是连续可微的，因此函
数 $y^i=y^i\left(x^\alpha\right)$ 必定是二次以上连续可微的，所以 $y^i=y^i\left(x^\alpha\right)$ 的二次偏导数与求导的次序无关，即

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial^2 y^i}{\partial x^\alpha \partial x^\beta}=\frac{\partial^2 y^i}{\partial x^\beta \partial x^\alpha} . \tag{1.27}
\end{equation*}
$$

由于函数 $y^i=y^i\left(x^\alpha\right)$ 满足方程组（1．22），所以

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial^2 y^i}{\partial x^\alpha \partial x^\beta} & =\frac{\partial}{\partial x^\beta}\left(\frac{\partial y^i}{\partial x^\alpha}\right)=\frac{\partial f_\alpha^i\left(x^\gamma, y^j\left(x^\gamma\right)\right)}{\partial x^\beta} \\
& =\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial x^\beta}+\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial y^j} \frac{\partial y^j}{\partial x^\beta}=\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial x^\beta}+\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial y^j} f_\beta^j
\end{aligned}
$$

将上式代入（1．27）式得到在点 $\left(x_0^\gamma, y_0^j\right)$ 处下式

$$
\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial x^\beta}+\frac{\partial f_\alpha^i}{\partial y^j} f_\beta^j=\frac{\partial f_\beta^i}{\partial x^\alpha}+\frac{\partial f_\beta^i}{\partial y^j} f_\alpha^j
$$

成立，此即（1．26）式．
现证明充分性．为简便起见，不妨设 $x_0^i=0, \forall i$ ．我们的方法是把偏微分方程组的问题化为常微分方程的问题来做，具体地说，就是在区域 $\tilde{D}$ 内以点 $x_0=0$ 为始点，沿由平行于坐标轴的线段构成的折线对相应的常微分方程组进行积分，逐步证明所得的解函数是偏微分方程组（1．22）的解．
首先考虑常微分方程组问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\mathrm{d} \xi^i}{\mathrm{~d} t}=f_1^i\left(t, 0, \cdots, 0, \xi^1, \cdots, \xi^n\right)  \tag{1.28}\\
\left.\xi^i\right|_{t=0}=y_0^i, \quad \forall i
\end{array}\right.
$$

它在某个区间 $|t|<\varepsilon_1$ 内有唯一解，记为 $\xi_1^i(t)$ 。命

$$
\begin{equation*}
y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)=\xi_1^i\left(x^1\right) . \tag{1.29}
\end{equation*}
$$

于是函数 $y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)$ 满足方程组

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1}=f_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0, y_1\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)\right), y_1^i(0)=y_0^i . \tag{1.30}
\end{equation*}
$$

接着任意固定 $x^1$ 的值，使得 $\left|x^1\right|<\varepsilon_1$ ，考虑常微分方程组问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\mathrm{d} \xi^i}{\mathrm{~d} t}=f_2^i\left(x^1, t, 0, \cdots, 0, \xi^1, \cdots, \xi^n\right),  \tag{1.31}\\
\left.\xi^i\right|_{t=0}=y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right), \quad \forall i,
\end{array}\right.
$$

它在某个区间 $|t|<\varepsilon_2$ 内有唯一解，记为 $\xi_2^i\left(t ; x^1\right)$ ，它关于 $t, x^1$ 是连续可微的．命

$$
\begin{equation*}
y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)=\xi_2^i\left(x^2 ; x^1\right), \quad\left|x^1\right|<\varepsilon_1,\left|x^2\right|<\varepsilon_2 . \tag{1.32}
\end{equation*}
$$

于是函数 $y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)$ 满足方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^2}=f_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0, y_2\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)\right),  \tag{1.33}\\
y_2^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)=y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right) .
\end{array}\right.
$$

但是，我们需要证明函数 $y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)$ 关于 $x^1$ 的偏导数也满足相应的方程组。命

$$
\begin{aligned}
g^i\left(x^1, x^2\right)= & \frac{\partial y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1} \\
& -f_1^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0, y_2\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)\right) .
\end{aligned}
$$

我们先让 $x^2=0$ ，则由方程组（1．33）中的初始条件以及方程组（1．30）得到

$$
\begin{align*}
g^i\left(x^1, 0\right) & =\frac{\partial y_2^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1}-f_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0, y_2\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)\right) \\
& =\frac{\partial y_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1}-f_1^i\left(x^1, 0, \cdots, 0, y_1\left(x^1, 0, \cdots, 0\right)\right) \\
& =0 \tag{1.34}
\end{align*}
$$

另外，再将函数 $g^i\left(x^1, x^2\right)$ 对 $x^2$ 求导得到

$$
\frac{\partial g^i\left(x^1, x^2\right)}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x^1}\left(\frac{\partial y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^2}\right)
$$

387

$$
\begin{aligned}
& -\frac{\partial f_1^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0, y_2\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)\right)}{\partial x^2} \\
= & \frac{\partial f_2^i}{\partial x^1}+\frac{\partial f_2^i}{\partial y^j} \frac{\partial y_2^j\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1} \\
& -\frac{\partial f_1^i}{\partial x^2}-\frac{\partial f_1^i}{\partial y^j} \frac{\partial y_2^j\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^2} \\
= & \frac{\partial f_2^i}{\partial y^j} \cdot g^j\left(x^1, x^2\right)+\frac{\partial f_2^i}{\partial x^1}+\frac{\partial f_2^i}{\partial y^j} \cdot f_1^j-\frac{\partial f_1^i}{\partial x^2}-\frac{\partial f_1^i}{\partial y^j} \cdot f_2^j \cdot
\end{aligned}
$$

上式末端的函数 $f_\alpha^i$ 及其偏导数都在点 $\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)$ 处求值．利用可积条件（1．26）得到

$$
\begin{equation*}
\frac{\partial g^i\left(x^1, x^2\right)}{\partial x^2}=\frac{\partial f_2^i}{\partial y^j} \cdot g^j\left(x^1, x^2\right) . \tag{1.35}
\end{equation*}
$$

因此，把 $g^i\left(x^1, x^2\right)$ 看作 $x^2$ 的函数满足一阶线性齐次方程组（1．35）和初始条件（1．34）．由解的唯一性得到 $g^i\left(x^1, x^2\right) \equiv 0$ ，即

$$
\begin{align*}
& \frac{\partial y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)}{\partial x^1}-f_1^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0, y_2\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)\right) \\
& \quad=0 \tag{1.36}
\end{align*}
$$
下一步，任意固定 $x^1, x^2$ 的值，使得 $\left|x^1\right|<\varepsilon_1,\left|x^2\right|<\varepsilon_2$ ，考虑常微分方程组问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\mathrm{d} \xi^i}{\mathrm{~d} t}=f_3^i\left(x^1, x^2, t, 0, \cdots, 0, \xi\right),  \tag{1.37}\\
\left.\xi^i\right|_{t=0}=y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right), \quad \forall i,
\end{array}\right.
$$

它在某个区间 $|t|<\varepsilon_3$ 内有唯一解，记为 $\xi_3^i\left(t ; x^1, x^2\right)$ ，它关于 $t, x^1, x^2$是连续可微的．命

$$
\begin{equation*}
y_3^i\left(x^1, x^2, x^3, 0, \cdots, 0\right)=\xi_3^i\left(x^3 ; x^1, x^2\right), \quad\left|x^1\right|<\varepsilon_1,\left|x^2\right|<\varepsilon_2 . \tag{1.38}
\end{equation*}
$$

利用 $\xi_3^i\left(t ; x^1, x^2\right)$ 所满足的方程组（1．37）以及可积条件（1．26），再遵照与前面所述的相同方法，即可以证明函数 $y_3^i\left(x^1, x^2, x^3, 0\right)$ 满足下述方
程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial y_3^i\left(x^1, x^2, x^3, 0\right)}{\partial x^\lambda}=f_\lambda^i\left(x^1, x^2, x^3, 0, y_3\left(x^1, x^2, x^3, 0\right)\right), \quad 1 \leq \lambda \leq 3,  \tag{1.39}\\
y_3^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right)=y_2^i\left(x^1, x^2, 0, \cdots, 0\right) .
\end{array}\right.
$$

继续这个过程，最后得到定义在 $\left(-\varepsilon_1, \varepsilon_1\right) \times \cdots \times\left(-\varepsilon_m, \varepsilon_m\right) \subset \tilde{D}$上的函数 $y^i\left(x^1, \cdots, x^m\right)=y_m^i\left(x^1, \cdots, x^m\right)$ ，它满足方程组

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{\partial y^i(x)}{\partial x^\alpha}=f_\alpha^i(x, y(x)), \quad 1 \leq i \leq n, 1 \leq \alpha \leq m, \\
y^i(0)=y_0^i .
\end{array}\right.
$$

由上述构造不难知道，该解函数是唯一的．证毕．

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