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1、常微分方程第二答案第三章习题31 1 判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一. 1）y=x+siny； 2）y=x-13； 3）y=y. 解 1）因为f(x,y)=x+siny及fy(x,y)=cosy在整个xOy平面上连续，所以在整个xOy平面上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个xOy平面上初值解存在且唯一. 2）因为f(x,y)=x-13除y轴外，在整个xOy平面上连续，fy(x,y)=0在在整个xOy平面上有界，所以除y轴外，在整个xOy平面上初值解存在且唯一. 3）设f(x,y)=1y0,2y,f(x,y)=y，则故在y0的任何有界闭区域上，f(x,y)1y-,yC.xC,22
2、-(x-C),(x-C),4 试求初值问题 13dy=x+y+1，y(0)=0， dx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y0(x)=0， 一次近似为 y1(x)=(s+0+1)ds=x+0xx12x， 2二次近似为 y2(x)=s+(s+0x121s)+1ds=x+x2+x3, 2613114s)+1ds=x+x2+x3+x, 6324三次近似为 y3(x)=0s+(s+s2+131415x2x3x4x5x5x+x=2(x+)-x-四次近似为 y4(x)=x+x+x+， 3435!2!3!4!5!5!2x2x3x4x5x6x6+)-x-， 五次近似为 y5(x)=2(x
3、+2!3!4!5!6!6!LL一般地，利用数学归纳法可得n次近似为 x2x3x4xn+1xn+1 yn(x)=2x+ +L+-x-2!3!4!(n+1)!(n+1)!x2x3x4xn+1xn+1 =21+x+L+-2， -x-2!3!4!(n+1)!(n+1)!所以取极限得原方程的解为 2 y(x)=limyn(x)=2ex-x-2. n+5 设连续函数f(x,y)对y是递减的，则初值问题dy=f(x,y)，y(x0)=y0的右侧解是唯一的. dx证 设y=j1(x)，y=j2(x)是初值问题的两个解，令j(x)=j1(x)-j2(x)，则有j(x0)=y0-y0=0.下面要证明的是当xx0时
4、，有j(x)0. 用反证法.假设当xx0时，j(x)不恒等于0，即存在x1x0，使得j(x1)0，不妨设j(x1)0，由j(x)的连续性及j(x0)=0，必有x0x00，x0xx1. 又对于xxx0,x1，有j1(x0)=j2(x0)=y0，j1(x)=y0+fx,j1(x)dx，x0xj2(x)=y0+fx,j2(x)dx，则有 x0j(x)=j1(x)-j2(x)=fx,j1(x)-fx,j2(x)dx，x00以及f(x,y)对y是递减的，可以知道：上式左端大于零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当xx0时，有j(x)0.从而证明方程的右侧解是唯一的. 习题33 1 利用定理
5、5证明：线性微分方程 dy=a(x)y+b(x) (1) dx的每一个解y=y(x)的存在区间为I，这里假设a(x),b(x)在区间I上是连续的. 证 f(x,y)=a(x)y+b(x)在任何条形区域(x,y)axb,-y中连续，取M=maxa(x)，N=maxb(x)，则有 xa,bxa,bf(x,y)a(x)y+b(x)My+N. 故由定理5知道，方程(1)的每一个解y=y(x)在区间a,b中存在，由于a,b是任意选取的，不难看出y(x)可被延拓到整个区间I上. 2 讨论下列微分方程解的存在区间： 1）dydydy=y(y-1)； 2）=ysin(xy)； 3）=1+y2. dxdxdx解
6、 1）因f(x,y)=y(y-1)在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点(x0,y0)，方程满足初始条件y(x0)=y0的解存在唯一. 3 这个方程的通解为y=1.显然y=0，y=1均是该方程在(-,)上的解.现以y=0，y=1为1-Cex界将整个xOy平面分为三个区域来讨论. ）在区域R1=(x,y)x+,0y1内任一点(x0,y0)，方程满足y(x0)=y0的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与y=0，y=1两直线相交，因而解的存在区间为(-,).又在R1内，f(x,y)0，则方程满足y(x0)=y0的解y=j(x)递减，当x-时，以y=1为渐近线，当x+时，以y=
7、0为渐近线. ）在区域R2=(x,y)x1中，对任意常数C0，由通解可推知，解的最大存在区间是(-,-lnC)，又由于f(x,y)0，则对任意(x0,y0)R2，方程满足y(x0)=y0的解y=j(x)递增.当x-时，以y=1为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与x轴垂直的直线皆为某解的竖渐近线. ）在区域R3=(x,y)x+,y0，解的最大存在区间是(-lnC,+)，又由于f(x,y)0，则对任意(x0,y0)R3，方程满足y(x0)=y0的解y=j(x)递增.当x+时，以y=0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. 2）因f(x,y)=ysin(xy)在整个xOy平
8、面上连续，且满足不等式 f(x,y)=ysin(xy)y， 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-x+为最大存在区间. 3）变量分离求得通解y=tan(x-C)，故解的存在区间为(C-3设初值问题 p2,C+p2). (E)： 2dy=(y2-2y-3)e(x+y)，y(x0)=y0 dx的解的最大存在区间为axb，其中(x0,y0)是平面上的任一点，则a=-和b=+中至少有一个成立. 证明 因f(x,y)=(y-2y-3)e2(x+y)2在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点(x0,y0)，方程满足初始条件y(x0)=y0的解存在唯一. 很显然y=3，y=-1均是该
9、方程在(-,)上的解.现以y=3，y=-1为界将整个xOy平面分为三个区域来进行讨论. 4 ）在区域R1=(x,y)-x+,-1y3内任一点(x0,y0)，方程满足y(x0)=y0的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与y=3，y=-1两直线相交，因而解的存在区间为(-,).这里有a=-，b=+. ）在区域R2=(x,y)-x+,y0，积分曲线单调上升.现设P0(x0,y0)位于直线y=-1的下方，即y0-1，则利用(E)的右行解的延伸定理，得出(E)的解G可以延伸到R2的边界.另一方面，直线y=-1的下方，积分曲线G是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线y=-1穿越到上
10、方.因此它必可向右延伸到区间ax+.故至少b=+成立. 类似可证，对R3=(x,y)-x3，至少有a=-成立. 4 设二元函数f(x,y)在全平面连续.求证：对任何x0，只要y0适当小，方程 2dy=(y2-e2x)f(x,y) (1) dx的满足初值条件y(x0)=y0的解必可延拓到x0x+. 证明 因为f(x,y)在全平面上连续，令F(x,y)=(y2-e2x)f(x,y)，则F(x,y)在全平面上连续，且满足F(x,ex)F(x,-ex)0. 对任何x0，选取y0，使之满足y0e0.设方程(1)经过点(x0,y0)的解为y=j(x)，在平面内延伸xy=j(x)为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为x0,b)，由延伸定理可推知，或b=+或为有j(x)=+.下证后一种情形不可能出现. 限数且lim-0xb事实上，若不然，则必存在xe.不妨设j(x)e.于是必存在x0(x0,b)，使bbj(x0)=ex，j(x)0， x0=F(x0,j(x0)=F(x0,ex0)=0，从而矛盾. 因此，b=+，即方程(1)的解y=j(x)必可延拓到x0x+. 5
