1、1习题 4.11.求方程 通过点 的第三次近似解.2dyx(0,)解:所给方程满足解的存在唯一性定理 .2201001(),()(),xydx22252010 1()()().0xx x2258130 1()() .64xydx2.求方程 通过点 的第二次近似解.2dx,0解:所给方程满足解的存在唯一定理 .022001 11(),()(),xxyyd0 22 235211 1()() .4620xxdxx 3.求初值问题；2,()0yxyd:1,Rxy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: (1) 由存在定理知,解的存在区间是 ,其中 .1hmin,baM而现在
2、, ,故21,max4RabMy.(2) 022301011()0,()(),xxxy d0 2223211()()xxdx3741.689(3) 第 次近似解 与真解 的误差估计公式为 .n()nx()x 1()()!nnMLhx2其中 为 Lipschitz 常数,因 ,故可取 .则L2fy2L233241()().!4Mhx以下题目已发生变化4.采用逐步逼近法求解初值问题 .,(0)dyyx解:显然方程右端函数满足定理 4.1.1 条件.按逐步逼近法公式,初值问题的各次近似解为 20101(),()(1)xx x22320()()!xxd 2 133()1!()!nnnxxx原初值问题的
3、解为 2 13()lim!()!nnn xx 3.xe5.验证：方程 的右端函数在条形区域： （ 为正常数）上满足李4dyx,yb普希兹条件.解:因 ,故4(,)f421212111212xyyyyLy其中 ,即 在所讨论的条形区域上满足李普希兹条件.这里不存在全平面34Lb(,)fx适用的 .6.验证：方程 的右端函数在区域 上满足李普希兹条dy,(0)xy件。解:由 ,得 可取李普希兹常数 ,则(,)fxy1.2fy12L121212(,)(,)(,)fxfxfyy3故 在所讨论的区域上满足李普希兹条件.(,)fxy7.求初值问题 解的存在区间.3,(0)dxy解: 设 ,则3(,),)R
4、abfxy(1) 在 内连续;fxy(2) ,有界.2(,)3y故原初值问题的解在 上存在唯一.3min,ax(,)RbxhaMfyab即原初值问题的解在 上存在唯一.下求 .3i,3mxin,令 ,则 在 处取最大, 再利用 解得 ,3()bga()g32ab32a5427从而 ,解的最大存在区间为5427h554.72x8.证明初值问题 的解在区间 上存在.2,(0)xdyey1x证明: 取矩形区域 :1,Rb(1) 显然 在 上连续.2(,)xfye(2) ,即 关于 满2121112,()(,)xfyfxyby(,)fxy足李普希兹条件, .Lb2 2ma(,),min(,)in(,)
5、.RMfyhabM所以 ,即解的最大存在区间为 .12h12x9.如果函数 在带形区域 上连续且关于 满足李普希兹条件,试证明方程()fxyy(4.1.1)满足条件 的解在整个区间 上存在唯一 .0(,)提示:用逐步逼近法,取 ,与教材定理 4.1.1 类似.0,maxMfy10.假设函数 于 的邻域内是 的不增函数，试证方程 满足条(,)fxy0) (,)yfx件 的解于 的一侧最多只有一个。0()y4证明:设 都是方程满足 的解,现要证当 时,12(),x1020()xy0x.用反证法.0设存在 使 ,不妨设 .由 的连续、可微及 知,必有10x1()1()x()x0()x使 ,且当 使
6、.0,)0,0又 ,01211()(,)(,)xxffxd 01(,x当 时,上式的左端 ;由于 对 是不增函数,所以上式右端为非正,这01,fy是矛盾的.即不存在 使 .因此对 有10x1()0x().11设 定义于 ，满足条件()f1212()fxfNx其中 ，证明方程 存在唯一的一个解.1N证明:条件 , 说明 在 上连续,任取212()fxfNx()fx,作逼近序列0x:(,01,2.nnf考虑级数 ,其部分和 .因此只要证明此级数收011()kx011)nknsxx敛,则序列 亦收敛.n有估计 100()xfx21 10() ()xffNfx用归纳法可知 10()kkxfx由于 ,所
7、以级数 收敛,从而有 收敛.设 ,由 的连1N10()kNfnlimnx()fx续性知: 1limli()li)(nnnxfxfxf5即 是 的解.x()f另一部分,设 是方程 的两个解,则 .又12,x()fx12(),()xffx1221fN而 ,故只有当 时,上面式子才成立.N1x12.在条形区域 内,假设方程 的所有解都唯一,对其中任意两aby()dyfx个解 ,如果有 ,则必有12(),yx1020()x120.xb证明:设 ,因 ,故12()y()yx0120()()y用反证法.若 不成立,则在 存在的同一区间上,由0xxb12,x的连续性,必存在点 ,使 ,从而 ,这与解的唯一存
8、在相矛盾.故必()x()()y有.120(),yxb13.设方程 中的 在 上连续,且 ,证明:对方程()0pyq(),Pxqab()0qx的任一非零解 ,函数 严格单调递增,其中x0()()xptdfye 0,.ab证明:只需证明 时ab.首先注意 是微分方程的解,故 成立.从而()yx()()()yxpyxq0()2()xptdf e 0()()() xptdyxpxyqye022(.xtdqe又因为 在 上连续,方程的解存在唯一, 任意 , 与(),Pxab xab()yx不能同时成立.故在 上0y22()()0()yxqyxfx 于是, 在 上严格单调增加.()fx,ab14.设 在区
9、域 上连续, 关于 是非减的且满足y:0,Rxayb(,)fxy6,当 时.试用逐次逼近法证明:初值问题 的解在(,0)fxxa (,)0yfxy上存在,其中 .hmin,ax(,)RbhMf证: (1) 初值问题等价于积分方程 .0(),()xyfyd(2) 作逐次逼近序列 0 10(),(),(),2,.xnnyxfx(3)证明序列 .(,nR由 ,及数学归纳法,对一切1000),)(,),0xxyfydfydxMhbx有 .故n10()(,)xnfxhb(,)nR(4)证明序列 收敛.主要利用单调有界数列必有极限 .ny注意到 关于 是非减的,故当 时,有(,)fx0xh1000(,)(,)yfyxdfd2110()(,)(,)0xxffyx 1120()()(,)(,)xn nnyxfyfxydx 由归纳法知: 01()()nx 这样单调有界的数列必有极限,设 .lim()yx(5)证 是初值问题的解.()x由于 的收敛还是一致的,将逼近序列两端取极限即得 是积分方程的.事实上ny ()x,即 .10lim(),li()xnnyfyxd0,fd7从而 是初值问题的解.()x
