常微分第三章习题

1第三章习题习题3—11．判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1）yxysin'；2）31'xy；3）yy'.解1）因为yxyxfsin),(及yyxfycos),('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31),(xyxf除y轴外，在整个xOy平面上连续，0),('yxfy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yyxf),(，则,0,21,0,21),(yyyyyyxf故在0y的任何有界闭区域上，),(yxf及yyxf),(都连续，所以除x轴外，在整个xOy平面上初值解存在且唯一.2．求初值问题,0)1(,22yyxdxdyR：1,11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22),(yxyxf，则4),(max),(yxfMRyx，1,1ba，所以41)41,1min(),min(Mbah.显然，方程在R上满足解的存在唯一性定理，故过点)0,1(的解的存在区间为：411x.设)(x是方程的解，)(2x是第二次近似解，则0)1()(0yx，3131)0(0)(3121xdxxxx，4211931863])3131([0)(34712322xxxxdxxxxx.在区间411x上，)(2x与)(x的误差为322)!12()()(hMLxx.取22),(maxmax),(),(yyyxfLRyxRyx，故241)41()!12(24)()(322xx.23．讨论方程3123ydxdy在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件.并求通过点)0,0(O的一切解.解设3123),(yyxf，则3221yyf)0(y.故在0y的任何有界闭区域上),(yxf及yyxf),(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，0y是过)0,0(O的一个解.又由3123ydxdy解得23)(Cxy.其中0Cx.所以通过点)0,0(O的一切解为0y及,,,)(,023CxCxCxy.,,)(,023CxCxCxy如图.4．试求初值问题1yxdxdy，0)0(y，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)(0xy，一次近似为20121)10()(xxdssxyx，二次近似为3220261]1)21([)(xxxdssssxyx,三次近似为432320324131]1)61([)(xxxxdsssssxyx,四次近似为!5)!5!4!3!2(2!5134131)(5543254324xxxxxxxxxxxxxy，五次近似为!6)!6!5!4!3!2(2)(6654325xxxxxxxxxy，一般地，利用数学归纳法可得n次近似为)!1()!1(!4!3!22)(11432nxxnxxxxxxynnn2)!1()!1(!4!3!21211432nxxnxxxxxnn，所以取极限得原方程的解为322)()(limxexyxyxnn.5．设连续函数),(yxf对y是递减的，则初值问题),(yxfdxdy，00)(yxy的右侧解是唯一的.证设)(1xy，)(2xy是初值问题的两个解，令)()()(21xxx，则有0)(000yyx.下面要证明的是当0xx时，有0)(x.用反证法.假设当0xx时，)(x不恒等于0，即存在01xx，使得0)(1x，不妨设0)(1x，由)(x的连续性及0)(0x，必有100xxx，使得0)(0x，0)(x，10xxx.又对于],[10xxx，有00201)()(yxx，xxdxxxfyx0)](,[)(101，xxdxxxfyx0)](,[)(202，则有)()()(21xxxxxdxxxfxxf0)]}(,[)](,[{21，10xxx.由0)()()(21xxx（10xxx）以及),(yxf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0xx时，有0)(x.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题3—31．利用定理5证明：线性微分方程)()(xbyxadxdy（Ix）)1(的每一个解)(xyy的（最大）存在区间为I，这里假设)(),(xbxa在区间I上是连续的.证)()(),(xbyxayxf在任何条形区域yxyx,),(（其中I,）中连续，取)(max,xaMx，)(max,xbNx，则有NyMxbyxayxf)()(),(.故由定理5知道，方程)1(的每一个解)(xyy在区间],[中存在，由于,是任意选取的，不难看出)(xy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）)1(yydxdy；2）)sin(xyydxdy；3）21ydxdy.解1）因)1(),(yyyxf在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点),(00yx，方程满足初始条件00)(yxy的解存在唯一.4这个方程的通解为xCey11.显然0y，1y均是该方程在),(上的解.现以0y，1y为界将整个xOy平面分为三个区域来讨论.ⅰ）在区域1R10,),(yxyx内任一点),(00yx，方程满足00)(yxy的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与0y，1y两直线相交，因而解的存在区间为),(.又在1R内，0),(yxf，则方程满足00)(yxy的解)(xy递减，当x时，以1y为渐近线，当x时，以0y为渐近线.ⅱ）在区域2R1,),(yxyx中，对任意常数0C，由通解可推知，解的最大存在区间是)ln,(C，又由于0),(yxf，则对任意200),(Ryx，方程满足00)(yxy的解)(xy递增.当x时，以1y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.ⅲ）在区域3R0,),(yxyx中，类似2R，对任意常数0C，解的最大存在区间是),ln(C，又由于0),(yxf，则对任意300),(Ryx，方程满足00)(yxy的解)(xy递增.当x时，以0y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)sin(),(xyyyxf在整个xOy平面上连续，且满足不等式yxyyyxf)sin(),(，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)tan(Cxy，故解的存在区间为)2,2(CC.3．设初值问题)(E：2)(2)32(yxeyydxdy，00)(yxy的解的最大存在区间为bxa，其中),(00yx是平面上的任一点，则a和b中至少有一个成立.证明因2)(2)32(),(yxeyyyxf在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点),(00yx，方程满足初始条件00)(yxy的解存在唯一.很显然3y，1y均是该方程在),(上的解.现以3y，1y为界将整个xOy平面分为三个区域来进行讨论.5ⅰ）在区域1R31,),(yxyx内任一点),(00yx，方程满足00)(yxy的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与3y，1y两直线相交，因而解的存在区间为),(.这里有a，b.ⅱ）在区域2R1,),(yxyx中，由于0)1)(3(),(2)(yxeyyyxf，积分曲线单调上升.现设),(000yxP位于直线1y的下方，即10y，则利用)(E的右行解的延伸定理，得出)(E的解可以延伸到2R的边界.另一方面，直线1y的下方，积分曲线是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线1y穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间xa.故至少b成立.类似可证，对3R3,),(yxyx，至少有a成立.4．设二元函数),(yxf在全平面连续.求证：对任何0x，只要0y适当小，方程),()(22yxfeydxdyx)1(的满足初值条件00)(yxy的解必可延拓到xx0.证明因为),(yxf在全平面上连续，令),()(),(22yxfeyyxFx，则),(yxF在全平面上连续，且满足0),(),(xxexFexF.对任何0x，选取0y，使之满足00xey.设方程)1(经过点),(00yx的解为)(xy，在平面内延伸)(xy为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为),[0x，由延伸定理可推知，或或为有限数且)(lim0xx.下证后一种情形不可能出现.事实上，若不然，则必存在x，使ex)(.不妨设ex)(.于是必存在),(00xx，使0)(0xex，xex)(（00xxx）.此时必有0)(000'xxxxedxdex，但0),())(,()(00000'xxexFxxFx，从而矛盾.因此，，即方程)1(的解)(xy（00)(yxy）必可延拓到xx0.