2018年成人高考常微分方程第二版答案第三章知识点复习考点归纳总结参考

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）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(,22yyxdxdy R：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.

3． 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

22)()(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—3

1． 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.

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.

ⅰ）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00()xxe，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.