第3章习题答案

第三章习题

习题3—1

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.

fy'(x,y)cosyf(x,y)xsiny解 1）因为及在整个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.

13'.

2． 求初值问题

dy22xy,dxy(1)0, R：x11,y1.

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.

Mmaxf(x,y)4(x,y)R解 设f(x,y)xy，则

22，a1,b1，所以

1

hmin(a,b11)min(1,)M44.

显然，方程在R上满足解的存在唯一性定理，故过点(1,0)的解的存在区间为：设(x)是方程的解，2(x)是第二次近似解，则

1313，

x114.

0(x)y(1)0，

1(x)0(x20)dxx31x1312x7x4x3x112(x)0[x(x)]dx13363183942.

x2ML1(x)2(x)h3x1(21)!. 4上，2(x)与(x)的误差为 在区间

2f(x,y)422131Lmaxmax2y2(x)2(x)()y(21)!424. (x,y)R(x,y)R取，故

dy33y3． 讨论方程dx2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O(0,0)的一切

1解.

1f(x,y)f1333yf(x,y)y(y0).故在y0的任何有界闭区域上f(x,y)及y都是连续2，则y2解 设

2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，y0是过O(0,0)的一个解.又由

dy333y2dx2解得y(xC).其中xC0.

1 2

0,0,xC,xC,y3y3xC,2(xC)2,xC.(xC),O(0,0)y0所以通过点的一切解为及如图.

4． 试求初值问题

dyxy1dx，y(0)0，

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，

12x2，

一次近似为

y1(x)(s01)dsx0x11y2(x)[s(ss2)1]dsxx2x3026, 二次近似为

xx1114y3(x)[s(ss2s3)1]dsxx2x3x06324, 三次近似为

131415x2x3x4x5x5y4(x)xxxxx2(x)x3435!2!3!4!5!5!， 四次近似为

2x2x3x4x5x6x6y5(x)2(x)x2!3!4!5!6!6!， 五次近似为



3

一般地，利用数学归纳法可得n次近似为

x2x3x4xn1xn1yn(x)2xx2!3!4!(n1)!(n1)!

x2x3x4xn1xn121x2x2!3!4!(n1)!(n1)!，

所以取极限得原方程的解为

y(x)limyn(x)2exx2n.

dyf(x,y)f(x,y)y5． 设连续函数对是递减的，则初值问题dx，y(x0)y0的右侧解是唯一的.

证 设y1(x)，y2(x)是初值问题的两个解，令(x)1(x)2(x)，则有(x0)y0y00.下面要证明的是当xx0时，有(x)0.

用反证法.假设当xx0时，(x)不恒等于0，即存在x1x0，使得(x1)0，不妨设(x1)0，由(x)的连续性及(x0)0，必有x0x0x1，使得(x0)0，(x)0，x0xx1.

又对于x[x0,x1]，有1(x0)2(x0)y0，有

1(x)y0f[x,1(x)]dxx0x，

2(x)y0f[x,2(x)]dxx0x，则

(x)1(x)2(x)x0{f[x,1(x)]f[x,2(x)]}dx，x0xx1.

x由(x)1(x)2(x)0（x0xx1）以及f(x,y)对y是递减的，可以知道：上式左端大于零，而

4

右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当xx0时，有(x)0.从而证明方程的右侧解是唯一的.

习题3—3

dya(x)yb(x)1． 利用定理5证明：线性微分方程 dx （xI） (1)

的每一个解yy(x)的（最大）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)x,y（其中,I）中连续，取

Mmaxa(x)x,，

Nmaxb(x)x,，则有

f(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[,]中存在，由于,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：

dydydyy(y1)ysin(xy)1y2 1）dx； 2）dx； 3）dx.

解 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.

11Cex.显然y0，y1均是该方程在(,)上的解.现以y0，y1为界将

5

这个方程的通解为

y

整个xOy平面分为三个区域来讨论.

ⅰ）在区域R1(x,y)x,0y1内任一点(x,y)，方程满足y(x)y0000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(x)递减，当x时，以y1为渐近线，当x时，以y0为渐近线.

ⅱ）在区域R2(x,y)x,y1中，对任意常数C0，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(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.

ⅲ）在区域R3(x,y)x,y0中，类似R，对任意常数C0，解的最大存在区间是(lnC,)，

2又由于f(x,y)0，则对任意(x0,y0)R3，方程满足y(x0)y0的解y(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.

23）变量分离求得通解ytan(xC)，故解的存在区间为

(C,C2.

)3．设初值问题

6

2dy(y22y3)e(xy)(E)： dx，y(x0)y0

的解的最大存在区间为axb，其中(x0,y0)是平面上的任一点，则a和b中至少有一个成立.

2(xy)f(x,y)(y2y3)e证明 因在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点(x0,y0)，方程满

2足初始条件y(x0)y0的解存在唯一.

很显然y3，y1均是该方程在(,)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.

ⅰ）在区域R1(x,y)x,1y3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.

(xy)0，积分曲线单调上升.现ⅱ）在区域R2(x,y)x,y1中，由于f(x,y)(y3)(y1)e2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可以延伸到R2的边界.另一方面，直线y1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y1穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间ax.故至少b成立.

类似可证，对R3(x,y)x,y3，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

dy(y2e2x)f(x,y) dx (1)

7

的满足初值条件y(x0)y0的解必可延拓到x0x.

22xF(x,y)(ye)f(x,y)，则F(x,y)在全平面上连续，且满f(x,y)证明 因为在全平面上连续，令xxF(x,e)F(x,e)0. 足

对任何

x0，选取

y0，使之满足

y0ex0.设方程(1)经过点(x0,y0)的解为y(x)，在平面内延伸y(x)为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为[x0,)，由延伸定理可推知，或或为有限数且

x0lim(x).下证后一种情形不可能出现.

x0(x)e(x)ex(x,)(x)ex000事实上，若不然，则必存在，使.不妨设.于是必存在，使，

(x)ex（x0xx0）.此时必有

(x)'x0dexdxx0ex00，

但

'(x)x0F(x0,(x0))F(x0,ex0)0，从而矛盾.

因此，，即方程(1)的解y(x)（y(x0)y0）必可延拓到x0x.

8