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一阶线性微分方程组解的存在唯一性定理的证明

定理：设p_1(x),\cdots,p_n(x),f(x)都是(a, b)上的连续函数，则对任意x_0\in(a,b)及\xi_{0}, \ldots, \xi_{n-1} \in \mathbb{R}，存在(a, b)上唯一的函数y = y(x)，满足微分方程
y^{(n)}+p_{1}(x) y^{(n-1)}+\cdots+p_{n}(x) y=f(x),
且满足初始条件
y\left(x_{0}\right)=\xi_{0},\, y^{\prime}\left(x_{0}\right)=\xi_{1},\, \ldots,\, y^{(n-1)}=\xi_{n-1}.

证明：设关于n个函数y, y_1, \cdots , y_{n−1} 的微分方程组与初始条件为
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=y_{1},\, \frac{\mathrm{d} y_{1}}{\mathrm{d} x}=y_{2},\, \ldots,\, \frac{\mathrm{d} y_{n-2}}{\mathrm{d} x}=y_{n-1} \\
\frac{\mathrm{d} y_{n-1}}{\mathrm{d} x}=-p_{1}(x) y_{n-1}-\cdots-p_{n}(x) y+f(x) \\
y\left(x_{0}\right)=\xi_{0},\, y_{1}(x)=\xi_{1},\, \ldots,\, y_{n-1}\left(x_{0}\right)=\xi_{n-1}
则原方程的解与上述微分方程组的解等价。

考虑证明更一般的一阶线性微分方程组的定义在(a, b)上且满足初始条件的解存在且唯一.
\frac{\mathrm{d} y_{1}}{\mathrm{d} x}=a_{11}(x) y_{1}+a_{12}(x) y_{2}+\cdots+a_{1 n}(x) y_{n}+f_{1}(x) \\
\frac{\mathrm{d} y_{2}}{\mathrm{d} x}=a_{21}(x) y_{1}+a_{22}(x) y_{2}+\cdots+a_{2 n}(x) y_{n}+f_{2}(x) \\
\frac{\mathrm{d} y_{n}}{\mathrm{d} x}=a_{n 1}(x) y_{1}+a_{n 2}(x) y_{2}+\cdots+a_{n n}(x) y_{n}+f_{n}(x) \\
\qquad y_{1}\left(x_{0}\right)=\xi_{1},\, y_{2}(x)=\xi_{2},\, \ldots,\, y_{n}\left(x_{0}\right)=\xi_{n}
记n维列向量
\mathbf{f}(x)=\left(\begin{array}{c}
f_{1}(x) \\
f_{2}(x) \\
\vdots \\
f_{n}(x)
\end{array}\right),\, \boldsymbol{\xi}=\left(\begin{array}{c}
\xi_{1} \\
\xi_{2} \\
\vdots \\
\xi_{n}
\end{array}\right),\, \mathbf{y}(x)=\left(\begin{array}{c}
y_{1}(x) \\
y_{2}(x) \\
\vdots \\
y_{n}(x)
\end{array}\right),\, \frac{\mathrm{d} \mathbf{y}}{\mathrm{d} x}=\left(\begin{array}{c}
\frac{\mathrm{d} y_{1}}{\mathrm{d} x} \\
\frac{\mathrm{d} y_{2}}{\mathrm{d} x} \\
\vdots \\
\frac{\mathrm{d} y_{n}}{\mathrm{d} x}
\end{array}\right),
则映射\mathbf{y}: \mathbb{R}^{n} \rightarrow \mathbb{R}^{n}，记矩阵
A(x)=\left(\begin{array}{ccc}
a_{11}(x)&\ldots&a_{1 n}(x) \\
\vdots&& \vdots \\
a_{n 1}(x)&\ldots&a_{n n}(x)
\end{array}\right).
有如下定理：

定理：设a_{i j}(x)(i, j=1,2, \ldots, n),\; f_{i}(x)(i=1,2, \ldots, n)都是(a,b)上的连续函数，则对于任意x_0\in(a,b)及\boldsymbol{\xi}=\left(\xi_{1}, \xi_{2}, \ldots, \xi_{n}\right)^{\mathrm{T}}，一定存在(a,b)上唯一的\mathbf{y}(x)=\left(y_{1}(x), y_{2}(x), \ldots, y_{n}(x)\right)^{\mathrm{T}}，满足
\frac{\mathrm{d} \mathbf{y}}{\mathrm{d} x}=A(x) \mathbf{y}+\mathbf{f}(x),\\
\mathbf{y}\left(x_{0}\right)=\boldsymbol{\xi}.

证明：先给出如下几个引理：

引理1：\vec{x}=\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right) \in \mathbb{R}^{n}，有
\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{n}\right|\right) \leqslant|\vec{x}| \leqslant\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{n}\right|,
引理2：设y:(a, b) \rightarrow \mathbb{R}，则
\left|\int_a^by(x)\, \mathrm{d}x\right|\leqslant\int_a^b|y(x)|\, \mathrm{d}x,
引理3：设\mathbf{y}(x)=\left(y_{1}(x), y_{2}(x), \ldots, y_{n}(x)\right)^{\mathrm{T}}，定义
\int_a^b\mathbf{y}(x)\, \mathrm{d}x = \left(\int_a^by_1(x)\, \mathrm{d}x,\dots,\int_a^by_n(x)\, \mathrm{d}x\right)^{\mathrm{T}},
有
\left|\int_a^b\mathbf{y}(x)\, \mathrm{d}x\right|\leqslant\sqrt{n}\int_a^b|\mathbf{y}(x)|\, \mathrm{d}x.
引理3的证明：由引理1和引理2，
\begin{aligned}
\left|\int_a^b\mathbf{y}(x)\, \mathrm{d}x\right|
&\leqslant\sum_{i=1}^n\left|\int_a^by_i(x)\, \mathrm{d}x\right|\\&\leqslant\sum_{i=1}^n\int_a^b|y_i(x)|\, \mathrm{d}x
\\&\leqslant\int_a^b\sum_{i=1}^n|y_i(x)|\, \mathrm{d}x\\&\leqslant\sqrt{n}\int_a^b|\mathbf{y}(x)|\, \mathrm{d}x.
\end{aligned}
回到原题：对x_0\in(a,b)，记
\begin{aligned}
\mathbf{y}^{(1)}(x)&=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}(A(t) \boldsymbol{\xi}+\mathbf{f}(t)) \mathrm{d} t\\\mathbf{y}^{(2)}(x)&=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}\left(A(t) \mathbf{y}^{(1)}(t)+\mathbf{f}(t)\right) \mathrm{d} t\\\mathbf{y}^{(3)}(x)&=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}\left(A(t) \mathbf{y}^{(2)}(x)+\mathbf{f}(x)\right) \mathrm{d} t\\&\vdots\\\mathbf{y}^{(k)}(x)&=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}\left(A(t) \mathbf{y}^{(k-1)}(x)+\mathbf{f}(t)\right) \mathrm{d} t\\&\vdots
\end{aligned}
这里有每个\mathbf{y}^{(k)}(x)的每一个分量都是连续函数，我们得到了一个n维空间里的序列\{\mathbf{y}^{(k)}(x)\}，我们证明它在(a, b)的任一闭子区间[\alpha, \beta]一致收敛, 设
\lim _{k \rightarrow \infty} \mathbf{y}^{(k)}(x)=\mathbf{y}(x),\quad \forall[\alpha, \beta] \subset(a, b)
则\mathbf{y}^{(k)}(x)就是一个符合要求的解。

事实上，不妨设x_0\in[\alpha,\beta]（否则，总可以找到一个更大的区间使其包含x_0，若能证得在这个更大的区间一致收敛，在原来的小区间当然也一致收敛）。进一步，不妨设\alpha<x_0<\beta，这样区间[\alpha,\beta]被x_0分为两部分, 我们证明在[x_0,\beta]这个部分上一致收敛，另一部分同理。进而有在[\alpha,\beta] 一致收敛。

由于A(x)的每一个元素都是连续函数，故∥A(x)∥在有界闭区间[\alpha,\beta]有上界，同样||\mathbf{f}(x)||也有上界。设它们的一个公共上界为M，下面用数学归纳法证明：
\left|\mathbf{y}^{(k)}(x)-\mathbf{y}^{(k-1)}(x)\right| \leqslant(\sqrt{n} M)^{k}(|\boldsymbol{\xi}|+1) \frac{\left(x-x_{0}\right)^{k}}{k !}
这里\mathbf{y}^{(0)}(x)=\boldsymbol{\xi}.

当k=1时，
\begin{aligned}
|\mathbf{y}^{(k)}(x)-\boldsymbol{\xi}|&=\left|\int_{x_0}^x\left(A(t)\boldsymbol{\xi}+\mathbf{f}(t)\right)\, \mathrm{d}t\right|\\
&\leqslant\sqrt{n}\int_{x_0}^x\left|A(t)\boldsymbol{\xi}+\mathbf{f}(t)\right|\, \mathrm{d}t\\
&\leqslant\sqrt{n}\int_{x_0}^x(|A(t)||\boldsymbol{\xi}|+|\mathbf{f}(t)|)\, \mathrm{d}t\\
&\leqslant\sqrt{n}M(|\boldsymbol{\xi}|+1)(x-x_0).
\end{aligned}
这说明当k=1时欲证成立。

假设已有不等式成立，
\begin{aligned}
\left|\mathbf{y}^{(k+1)}(x)-\mathbf{y}^{(k)}(x)\right|&=\left|\int_{x_{0}}^{x} A(t)\left(\mathbf{y}^{(k)}(t)-\mathbf{y}^{(k-1)}(t)\right) \mathrm{d} t\right|\\
&\leqslant \sqrt{n} \int_{x_{0}}^{x}\left|A(t)\left(\mathbf{y}^{(k)}(t)-\mathbf{y}^{(k-1)}(t)\right)\right| \mathrm{d} t\\&\leqslant \sqrt{n} \int_{x_{0}}^{x}|A(t)||\mathbf{y}^{(k)}(t)-\mathbf{y}^{(k-1)}(t)| \mathrm{d} t\\
&\leqslant \sqrt{n} M(\sqrt{n} M)^{k} \frac{|\boldsymbol{\xi}|+1}{k !} \int_{x_{0}}^{x}\left(t-x_{0}\right)^{k} \mathrm{d} t\\
&\leqslant(\sqrt{n} M)^{k+1}(|\boldsymbol{\xi}|+1) \frac{\left(x-x_{0}\right)^{k+1}}{(k+1) !}
\end{aligned}
于是由数学归纳法，不等式对任意k\in \mathbb{N}^*成立。

利用该不等式，
\begin{aligned}
\left|\mathbf{y}^{(k)}(x)-\mathbf{y}^{(k-1)}(x)\right| &\leqslant(\sqrt{n} \cdot M)^{k}(|\boldsymbol{\xi}|+1) \frac{\left(x-x_{0}\right)^{k}}{k !}\\
&\leqslant C \frac{\left(\sqrt{n} \cdot M\left(\beta-x_{0}\right)\right)^{k}}{k !}\\
&\leqslant C \frac{\gamma^{k}}{k !},
\end{aligned}
其中C=|\boldsymbol{\xi}|+1,\, \gamma=\sqrt{n}\cdot M(\beta-x_0)均是与k无关的常数。而正项级数\sum\limits_{k=1}^{\infty}C\dfrac{\gamma^k}{k!}收敛，由Weierstrass判别法，级数
\sum_{k=1}^{\infty} u_{k}(x)=\sum_{k=1}^{\infty}\left|\mathbf{y}^{(k)}(x)-\mathbf{y}^{(k-1)}(x)\right|
在[x_0,\beta]中一致收敛。

所以，由Cauchy收敛原理，对任意\varepsilon>0，存在N\in\mathbb{N}，当m>N时，
\left|u_{m+1}(x)+u_{m+2}(x)+\cdots+u_{m+p}(x)\right|<\epsilon,
p=1,2,\dots,\, x\in[x_0,\beta]. 即
\left|\mathbf{y}^{(m+1)}(x)-\mathbf{y}^{(m)}(x)\right|+\cdots+\left|\mathbf{y}^{(m+p)}(x)-\mathbf{y}^{(m+p-1)}(x)\right|<\varepsilon.
故
\left|\mathbf{y}^{(m+p)}(x)-\mathbf{y}^{(m)}(x)\right|<\varepsilon.
这说明\{\mathbf{y}^{(k)}(x)\}是基本列，故\{\mathbf{y}^{(k)}(x)\}在[\alpha,\beta]一致收敛，\lim\limits_{k\to\infty}\mathbf{y}^{(k)}(x)=\mathbf{y}(x)存在。

令[\alpha,\beta]\supset\left(x_{0}, x\right)，且k\to\infty，由一致收敛的性质，得
\mathbf{y}(x)=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}(A(t) \mathbf{y}(t)+\mathbf{f}(t)) \, \mathrm{d} t.
显然上式右边可导，有
\frac{\mathrm{d} \mathbf{y}}{\mathrm{d} x}=A(x) \mathbf{y}(x)+\mathbf{f}(x),\\
\mathbf{y}\left(x_{0}\right)=\boldsymbol{\xi}.
这正说明\mathbf{y}(x)就是一个符合要求的解。

最后我们证明解的唯一性。设有两个解\mathbf{y}(x),\tilde{\mathbf{y}}(x)满足
\mathbf{y}(x)=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}(A(t) \mathbf{y}(t)+\mathbf{f}(t)) \, \mathrm{d} t,\\\widetilde{\mathbf{y}}(x)=\boldsymbol{\xi}+\int_{x_{0}}^{x}(A(t) \widetilde{\mathbf{y}}(t)+\mathbf{f}(t)) \, \mathrm{d} t.
记\mathbf{z}=\mathbf{y}(x)-\tilde{\mathbf{y}}(x)，下证\mathbf{z}(x)\equiv0. 在前面所指的[\alpha,\beta]中，|A(t)|\leqslant M. 同样设|\mathbf{z}(t)|\leqslant K，
\begin{aligned}
|\mathbf{z}(x)|&=\left|\int_{x_{0}}^{x} A(t) \mathbf{z}(t) \mathrm{d} t\right|\\
&\leqslant \sqrt{n} \int_{x_{0}}^{x}|A(t) \mathbf{z}(t)| \mathrm{d} t\\
&\leqslant \sqrt{n} \int_{x_{0}}^{x}|A(t)||\mathbf{z}(t)| \mathrm{d} t\\
&\leqslant \sqrt{n} M K\left(x-x_{0}\right).
\end{aligned}
利用这个结果，
\begin{aligned}
|\mathbf{z}(x)|&\leqslant \sqrt{n} \int_{x_{0}}^{x}|A(t)||\vec{z}(t)| \mathrm{d} t\\
&\leqslant(\sqrt{n} M)^{2} K \int_{x_{0}}^{x}\left(t-x_{0}\right) \mathrm{d} t\\
&=(\sqrt{n} M)^{2} K \frac{\left(x-x_{0}\right)^{2}}{2}.
\end{aligned}
重复这一操作，得到|\mathbf{z}(x)| \leqslant(\sqrt{n} M)^{3} K \dfrac{\left(t-x_{0}\right)^{3}}{3 !}. 依此类推，总可以做到
|\mathbf{z}(x)| \leqslant(\sqrt{n} M)^{k} K \frac{\left(x-x_{0}\right)^{k}}{k !} \leqslant K \frac{\left(\sqrt{n} M\left(\beta-x_{0}\right)\right)^{k}}{k !}.
令k\to\infty，立得|\mathbf{z}(x)|\equiv0，也就是说\mathbf{y}(x)与\tilde{\mathbf{y}}(x)是相同的解。