常微分方程第二版答案

1、习题311.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；12)y'=x；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一.1.、_._，入一一一，,.一2)因为f(x,y)=x3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)=4y|,f(x,y)则、力2yy0,故在y#0的任何有界闭区域上，f(x,y)y:二0,及。”“都连续,所以除x轴夕卜,在

2、整个xOy平面上初值解存在且唯一.2.求初值问题dydx22=x-y,R：x+1<1,y<1.y(f=0,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f(x,y)=x?y?,则M=maxIf(x,y)=4,令b11h=min(a,)=min(1,-).M44a=1,b=1,所以1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：x+1<4设邛(x)是方程的解，%(x)是第二次近似解，则%(x)=y(-1)=0,91X213(x)=0一(x-0)dx=-x3x_91219_(x)=o,x-(3x-3)dx=743xxx63183x

3、11!942在区间1x+1<上，平2(x)与9(x)的误差为4开(x,y):ymax(x)-2/、ML2h3(x)h.(21)!-2y=2,故代(x)：2(x)£42213()(21)!4124解.13.讨论方程一y=y3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(0,0)的一切dx212解设f(x,y)=9y3,则更=1y飞(y#0).故在y¥0的任何有界闭区域上f(x,y)及。/丫)2；y2fy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,y=0是过0(0,0)的一个解.一,dy313一一又由dy=3y3解得y=±(x

4、C)2.其中x-C>0.dx2所以通过点0(0,0)的一切解为y=0及y=0,(x-C)2,x<C,xC,x-C,如图.xC.4.试求初值问题dy=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x12y1(x)=°(s01)ds=x2x二次近似为x122y2(x)=os(ss)1ds=xx1x36三次近似为x_213_y3(x)=0s(ss-s)1ds=xx1x33工x424四次近似为/、21y4(x);xx-x2(x2x2!3x3!4x4!x-一,5!五次近似为y5(x)=2(x2x2!3x3!44!)-x

5、-5!6!6!般地，利用数学归纳法可得n次近似为yn(x)=2x234x-x-x_4+2!3!4!n1xx(n1)!n-1x(n1)!二21234xxxx2!3!4!_x(n1)!(n1)!所以取极限得原方程的解为y(x)=limyn(x)=2ex-x-2.n王二，dy5.设连续函数f(x,y)对y是递减的，则初值问题=f(x,y),y(x0)=y0的右侧解是唯一的.dx证设y=Q(x),y=%(x)是初值问题的两个解，令中(x)=%(x)中2(x),则有中(xo)=Vo-yo=0.下面要证明的是当x之xo时，有邛(x)三0.用反证法.假设当x之小时，9(x)不恒等于0,即存在x1之小，使得邛

6、(x1)¥0,不妨设邛(x1)A0,由中(x)的连续性及cP(x0)=0,必有x0Ex。<x1,使得中(x0)=0,5(x)A0,x0<x<x1.x又对于x=x0,x1,有91(x0)=92(x0)=yO,Q(x)=y0+fx,%(x)dx,x0x中2(x)=y0+Lfx,%(x)dx,则有x0x一(x)=i(x)-2(x)=fx,；(x)-fx,2(x)dx,x0xmxi.x0由中(x)=Q(x)52(x)>0(x0<xExi)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x2x0时，有邛(x)

7、三0.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题33_dy,1 .利用定理5证明：线性微分方程)=a(x)y+b(x)(x=I)(1)dx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上是连续的续，取M证f(x,y)=a(x)y+b(x)在任何条形区域履y)|o(ExWP1cyc(其中s,Pw|)中连N二口即平刈f(x,y)引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)在区间悭，P中存在，由于a,P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.21) =y(y1)；2

8、)，=ysin(xy)；3)=1+y.dxdxdx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的解存在唯一1这个万程的通解为y=X.显然y=0,y=1均是该方程在(*严)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.i)在区域R二4x,y)|x<n,0<y<1M任一点(入.)，方程满足y(%)=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(-8日).又在R1内，f(x,y)<0,则方程满足y(X0)=

9、yO的解y=9(x)递减，当xt-8时，以y=1为渐近线，当xt+8时，以y=0为渐近线.ii)在区域R2=x,y)|x<F,y>1中，对任意常数Ca0,由通解可推知，解的最大存在区间是(g,InC),又由于f(x,y)a0,则对任意(xO,y°)wR2,方程满足y(5)=y0的解y=9(x)递增.当xt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父0中，类似R?,对任意常数C>0,解的最大存在区间是(lnC,),又由于f(x,y)>0,则对任意(x0,y°)wR3,

10、方程？两足y(xO)=y°的解y=*(x)递增.当xt+如时，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-如<x<+如为最大存在区间.冗冗3)变量分离求得通解y=tan(x-C),故解的存在区间为(C,C+).3 .设初值问题dy/2(xy)2(E)：7=(y-2y-3)e,y(x°)=y0dx的解的最大存在区间为a<x<b,其中(,y0)是平面上的任一点

11、，则a=-00和b=-中至少有一个成立.证明因f(x,y)=(y2-2y-3)e(x切,在整个xOy平面上连续可微，所以对任意初始点(x。*),方程满足初始条件y(x0)=y0的解存在唯一.很显然y=3,y=-1均是该方程在(血严)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R=«x,y)笛<x<+吗1<yc3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(-二，二).这里有a=-,b=,:.ii)在区域R2(x,y)8<x

12、<Fy<-仆中，由于f(x,y)=(y3)(y+1)e(x4y)>0,积分曲线单调上升.现设Po(x0,yo)位于直线y=-1的下方，即yo<-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<+8.故至少b=收成立.类似可证，对R3=(x,y)x<七丐y>31至少有a=-00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dy22x.(y-e)f(x,y)(1)dx的满足初值条件y(x0)=y0的解必可延拓到x0<x<+.证明因为f(x,y)在全平面上连续，令F(x,y)=(y2e2x)f(x,y),则F(x,y)在全平面上连续，且满足F(x,ex)三F(x,ex)三0.对任何%,选取y0,使之满足y0<ex0.设方程(1)经过点(x0,y0)的解为y=5(x),在平面内延伸y二5(x)为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为x0,P),由延伸定理可推知，或B或为有限数且*邺0cp(x)=0.下证后一种情形不可能出现事实上，若不然，则必存在x<P,使中(x