1、1第三章习题习题 311 判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1） ； 2） ； 3） .yxsin31xyy解 1）因为 及 在整个 平面上连续，所以在整个 平面xfsin),(yfcos),( xOxOy上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个 平面上初值解存在且唯一.xO2）因为 除 轴外，在整个 平面上连续， 在在整个 平面上有界，31),(xyf y0),(yxfxy所以除 轴外，在整个 平面上初值解存在且唯一.O3）设 ，则 故在 的任何有界闭区域上，yxf),( ,0,21,),(yyxf 及 都连续，所以除 轴外，在整个 平面上初值解存在且唯一.),(yxff),(xx
2、O2 求初值问题R： .,0)1(2yxd1,yx的解的存在区间.并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计.解 设 ，则 ， ，所以2,xf 4),(ma),(yxfMRyx ,ba.1in,in(bh显然，方程在 R 上满足解的存在唯一性定理，故过点 的解的存在区间为： .)0,(41x设 是方程的解， 是第二次近似解，则)(x)(2x， ，010y 31)(121xdx.429863)3()( 471222 x在区间 上， 与 的误差为 .4x)(2x 32)!1()(hMLx取 ，故 .2,maa),(),( yyfLRyxRyx 241()!4)(32223 讨论方程 在怎样的区
3、域中满足解的存在唯一性定理的条件.并求通过点 的一切312ydx )0,(O解.解 设 ，则 .故在 的任何有界闭区域上 及31),(yf 32yf)0(y),(yxf都是连续的，因而方程在这种区域中满足解的存在唯一性定理的条件.显然， 是过yxf),( 0y的一个解.又由 解得 .其中 .)0,(O312ydx23)(Cx0x所以通过点 的一切解为 及 如图.)0,(0,)(23xy,)(,23Cxy4 试求初值问题， ，1xdy)的毕卡序列，并由此取极限求解.解 按初值问题取零次近似为 ，0)(一次近似为 ，201 1)( xdssxy二次近似为 ,32202 61)()( xx三次近似为
4、 ,4323203 )61()( dssyx 四次近似为 ，!5)!4!32(!5341)(524 xxxxxy 五次近似为 ，!6)!4!2()6535y 一般地，利用数学归纳法可得 次近似为n)!1()!1(!43!2)( nxnxxxyn 3，2)!1()!1(!43!21 nxnxx所以取极限得原方程的解为.2)()(limxexyxyn5 设连续函数 对 是递减的，则初值问题 ， 的右侧解是唯一的.,f ),(yxfd0(y证 设 ， 是初值问题的两个解，令 ，则有)(1xy)(2xy )()21x.下面要证明的是当 时，有 .0)(0yx00用反证法.假设当 时， 不恒等于 0，即
5、存在 ，使得 ，不妨设 ，x)(1x0)(10)(1x由 的连续性及 ，必有 ，使得 ， ， .)(x)(010x)(0x又对于 ，有 ， ，,1x021)()(yxdfy0)(,1，则有xdfy0)(22， .)(1x dxff0 )(,)(,21 10x由 （ ）以及 对 是递减的，可以知道：上式左端大于)(2xx,yf零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当 时，有 .从而证明方程的右侧解0x)(是唯一的.习题 331 利用定理 5 证明：线性微分方程 （ ） )(xbyadxI)1(的每一个解 的（最大）存在区间为 ，这里假设 在区间 上是连续的.)(xyI,证 在任何条形
6、区域 （其中 ）中连)(,xbafyxy),(I,续，取 ， ，则有)(m,Mxa,Nx.NyMyf )()(故由定理 5 知道，方程 的每一个解 在区间 中存在，由于 是任意选取的，不难看1x,出 可被延拓到整个区间 上.)(xyI2 讨论下列微分方程解的存在区间：1） ； 2） ； 3） .)1(yd )sin(xyd21ydx4解 1）因 在整个 平面上连续可微，所以对任意初始点 ，方程满足)1(),(yxf xOy ),(0yx初始条件 的解存在唯一.0)y这个方程的通解为 .显然 ， 均是该方程在 上的解.现以 ，xCey10y1),(y为界将整个 平面分为三个区域来讨论.1yxO）
7、在区域 内任一点 ，方程满足 的解存在唯一.由1R,),(yy ),(0yx0)(yx延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与 ， 两直线相交，因而解的存在区间为 .1 ),(又在 内， ，则方程满足 的解 递减，当 时，以 为渐近线，10),(yxf 0)(yx)(x1y当 时，以 为渐近线.x）在区域 中，对任意常数 ，由通解可推知，解的最大存在区间2R1,),(yx0C是 ，又由于 ，则对任意 ，方程满足 的解 递增.)ln,(C0f 20),(Ryx0)(yx)(x当 时，以 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与 轴垂直的直线皆为某解的竖x1y渐近线.）在区域 中，类似 ，对任
8、意常数 ，解的最大存在区间是3R0,),(yx20C，又由于 ，则对任意 ，方程满足 的解 递增.当),ln(Cf 30),(Ryx)(yx)(x时，以 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线.其积分曲线分布如图（ ）.x0y2）因 在整个 平面上连续，且满足不等式)sin(),(xxf Oy，xf)si(,从而满足定理 5 的条件，故由定理 5 知，该方程的每一个解都以 为最大存在区间.x3）变量分离求得通解 ，故解的存在区间为 .)tan(Cy )2,(C3设初值问题： ，)(E2)(23(yxedx0)y的解的最大存在区间为 ，其中 是平面上的任一点，则 和 中至少有一个ba,0 ab成立.
9、证明 因 在整个 平面上连续可微，所以对任意初始点 ，2)(23(), yxeyxf Oy ),(0yx方程满足初始条件 的解存在唯一.05很显然 ， 均是该方程在 上的解.现以 ， 为界将整个 平面分为3y1),(3y1xOy三个区域来进行讨论.）在区域 内任一点 ，方程满足 的解存1R31,),(yxy ),(0x0)(在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与 ， 两直线相交，因而解的存在区间1y为 .这里有 ， .),(ab）在区域 中，由于 ，积分曲线单2R1,),(yxy 0)(3),(2(yxeyxf调上升.现设 位于直线 的下方，即 ，则利用 的右行解的延伸定理，得出0
10、xP0E的解 可以延伸到 的边界.另一方面，直线 的下方，积分曲线 是单调上升的，并且它在)(E2 y向右延伸时不可能从直线 穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间 .故至少 成立.1y xab类似可证，对 ，至少有 成立.3R3,),(yx4 设二元函数 在全平面连续.求证：对任何 ，只要 适当小，方程yf 0x0y),(2xfedx )1(的满足初值条件 的解必可延拓到 .0)yx0证明 因为 在全平面上连续，令 ，则 在全平面上连续，,(f ),(),2yxfeyF),(yxF且满足 .),xxeFe对任何 ，选取 ，使之满足 .设方程 经过点 的解为 ，在平面内延伸00y0xey)1(),(0yx)(x为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为 ，由延伸定理可推知，或 或为有)(xy ,0限数且 .下证后一种情形不可能出现.lim0x事实上，若不然，则必存在 ，使 .不妨设 .于是必存在 ，使xex)(ex)( ),(0x， （ ）.此时必有0()xexe)(00，000 xxed但 ，从而矛盾.),()(,)( 00xxF因此， ，即方程 的解 （ ）必可延拓到 .1(y0)yxx05
