习题4.1
1.求方程
dy?x?y2通过点(0,0)的第三次近似解. dxx解:所给方程满足解的存在唯一性定理.
22?0(x)?0,?1(x)?y0????x?(?0(x))??dx?x,
012?22?2??2(x)?y0???x?(?(x))dx?x?(x)dx?x?1?????200xx?12?1215x. 20x22??3(x)?y0???x?(?(x))dx?x?2??0121518111x?x?x. 2016044002.求方程
dy?x?y2通过点(1,0)的第二次近似解. dxx20x解:所给方程满足解的存在唯一定理.
2??0(x)?y0?0,?1(x)?y0???x??(x)dx?xdx?x?, ???22x0111??121?2?121131511??2(x)?y0???x??(x)dx?x?x??x?x?x?x?. ???????2??462030x01???2?2xx21
3.求初值问题
dy?x2?y2,y(?1)?0；R:x?1?1,y?1 dx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: (1) 由存在定理知,解的存在区间是x?1?h,其中h?min?a,而现在,a?1,b?1,M?maxx?y?4,故h?R22??b??. M?1. 4xx(2)
23??0(x)?y(?1)?0,?1(x)?y0???x??(x)dx?xdx?x?, ???33x0?122011?2?131?2??2(x)?y0????x??(x)??dx???x??3x?3??dx
?????x0?1?xx221?131714111x?x?x?x?. 36318942MLnhn?1(3) 第n次近似解?n(x)与真解?(x)的误差估计公式为?n(x)??(x)?.
(n?1)! 1
其中L为Lipschitz常数,因
?f?2y?2,故可取L?2.则 ?yML2h34?22131?2(x)??(x)??()?.
3!3!424以下题目已发生变化 4.采用逐步逼近法求解初值问题
dy?x?y?1,y(0)?1. dx解:显然方程右端函数满足定理4.1.1条件.按逐步逼近法公式,初值问题的各次近似解为
x?0(x)?1,?1(x)?1??(x?1?1)dx?1?2x?x2
0x12?2(x)?1??[x?(1?2x?x2)?1]dx?1?2x?0123213x?x 2!3!??
?n(x)?1?2x?3233x???xn?xn?1 2!n!(n?1)!3233x???xn?xn?1?? 2!n!(n?1)!原初值问题的解为?(x)?lim?n(x)?1?2x?n???3ex?x?2.
5.验证：方程希兹条件.
解:因f(x,y)?y,故
42f(x,y1)?f(x,y2)?y14?y2?y1?y2?y12?y2?y1?y2?Ly1?y2
dy?y4的右端函数在条形区域：x???,y?b（b为正常数）上满足李普dx4其中L?4b,即f(x,y)?y在所讨论的条形区域上满足李普希兹条件.这里不存在全平面适用的L. 6.验证：方程件。
解:由f(x,y)?34dy?dxy的右端函数在区域x???,??y???(??0)上满足李普希兹条
y,得
?f111??.可取李普希兹常数L?,则 ?y2y2?2?f(x,y1)?f(x,y2)??f(x,?)?y1?y2?Ly1?y2 ?y 2
故f(x,y)?7.求初值问题
y在所讨论的区域上满足李普希兹条件.
dy?x?y3,y(0)?0解的存在区间. dx3解: 设R?(x,y)x?a,y?b,f(x,y)?x?y,则
??(1) f(x,y)在R内连续;
22(2) fy(x,y)?3y?3b,有界.
故原初值问题的解在x?h?min?a,?b?f(x,y)??a?b3上存在唯一. ??,M?maxR?M?即原初值问题的解在x?h?min?a,b?b???上存在唯一.下求. maxmina,??33??a?b??a?b?53a2ba令g(b)?,则g(b)在b?3处取最大, 再利用a?解得a?3a?b2a?a24, 27从而h?5444,解的最大存在区间为?5?x?5. 2727272dy11?e?x?y2,y(0)?0的解在区间??x?上存在. dx228.证明初值问题
证明: 取矩形区域R?(x,y):x?12,y?b (1) 显然f(x,y)?e?x?y2在R上连续.
22(2) ?(x,y1),(x,y2)?R,f(x,y1)?f(x,y2)?y1?y2?2by1?y2,即f(x,y)关于y满
2??足李普希兹条件,L?2b.
1b1M?max?f(x,y)??1?b2,h?min(a,bM)?min(,)?.
R21?b22111所以h?,即解的最大存在区间为??x?.
2229.如果函数f(x,y)在带形区域??x??上连续且关于y满足李普希兹条件,试证明方程(4.1.1)满足条件y(x0)?y0的解在整个区间(?,?)上存在唯一. 提示:用逐步逼近法,取M?maxf(x,y0),与教材定理4.1.1类似.
x?[?,?]10.假设函数f(x,y)于(x0,y0)的邻域内是y的不增函数，试证方程y??f(x,y)满足条件
y(x0)?y0的解于x?x0的一侧最多只有一个。
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证明:设?1(x),?2(x)都是方程满足?1(x0)??2(x0)?y0的解,现要证当x?x0时,
?(x)??1(x)??2(x)?0.用反证法.
设存在x1?x0使?(x1)?0,不妨设?(x1)?0.由?(x)的连续、可微及?(x0)?0知,必有
x0?[x0,x1)使?(x0)?0,且当x?(x0,x1]使?(x)?0.
又?(x)??1(x)??2(x)?x0??f(x,?(x))?f(x,?(x))?dx,x?(x,x]
1101x当x?(x0,x1]时,上式的左端?(x)?0;由于f(x,y)对y是不增函数,所以上式右端为非正,这是矛盾的.即不存在x1?x0使?(x1)?0.因此对x?x0有?(x)?0.
11．设f(x)定义于???x???，满足条件
f(x1)?f(x2)?Nx1?x2
其中N?1，证明方程x?f(x)存在唯一的一个解. 证明:条件f(x1)?f(x2)?N1x?2,
xN?1说明f(x)在???,???上连续,任取
,作逼近序列?xn?:xn?1?f(xn),n?0,1,2,?. x0????,???考虑级数x0??(xk?1?k?xk?1),其部分和sn?x0??(xk?xk?1)?xn.因此只要证明此级数收
k?1n敛,则序列?xn?亦收敛. 有估计
x1?x0?f(x0)?x0
x2?x1?f(x1)?f(x0)?Nx1?x0?Nf(x0)?x0
用归纳法可知
xk?xk?1?Nk?1f(x0)?x0
由于N?1,所以级数续性知:
?Nk?1?k?1f(x0)?x0收敛,从而有?xn?收敛.设limxn?x,由f(x)的连
n??x?limxn?1?limf(xn)?f(limxn)?f(x)
n??n??n?? 4
即x是x?f(x)的解.
另一部分,设x1,x2是方程x?f(x)的两个解,则x1?f(x1),x2?f(x2).又
x1?x2?f(x1)?f(x2)?Nx1?x2
而N?1,故只有当x1?x2时,上面式子才成立. 12.在条形区域a?x?b,y???内,假设方程
dy?f(x,y)的所有解都唯一,对其中任意两dx个解y1(x),y2(x),如果有y1(x0)?y2(x0),则必有y1(x)?y2(x),x0?x?b. 证明:设?(x)?y1(x)?y2(x),因y1(x0)?y2(x0),故?(x0)?y1(x0)?y2(x0)?0.
用反证法.若y1(x)?y2(x),x0?x?b不成立,则在y1(x),y2(x)存在的同一区间上,由?(x)的连续性,必存在点x,使?(x)?0,从而y1(x)?y2(x),这与解的唯一存在相矛盾.故必有
y1(x)?y2(x),x0?x?b.
13.设方程y???p(x)y??q(x)y?0中的P(x),q(x)在?a,b?上连续,且q(x)?0,证明:对方程的任一非零解y?y(x),函数f(x)?y(x)y?(x)e证明:只需证明x?[a,b]时f?(x)?0.
首先注意y(x)是微分方程的解,故y??(x)?p(x)y?(x)?q(x)y(x)?0成立.从而
2f?(x)???(y?(x))?y(x)y??(x)?y(x)y?(x)p(x)??e2?x0p(t)dtx严格单调递增,其中x0??a,b?.
?x0p(t)dtx
???(y?(x))?y(x)(?p(x)y?(x)?q(x)y(x))?y(x)y?(x)p(x)??e???(y?(x))?q(x)y(x)??e22?x0p(t)dtx
?x0p(t)dtx?0.
又因为P(x),q(x)在?a,b?上连续,方程的解存在唯一, 任意x?[a,b],y(x)?0与
y?(x)?0不能同时成立.故在?a,b?上
(y?(x))2?q(x)y2(x)?0?f?(x)?0
于是,f(x)在?a,b?上严格单调增加.
14.设f(x,y)在区域R:0?x?a,y?b上连续, f(x,y)关于y是非减的且满足
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