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1、第三章一阶微分方程的解的存在定理例3-1求方程dy2xdx满足初始条件y( 0)0的解的逐次逼近yi(x),y2(x),y3(x),并求出h的最大值,其中h的意义同解的存在唯一性定理中的h。解函数f(x,y)x2y2在整个平面上有意义，则在以原点为中心的任一闭矩形区域dy22D : x a, y b上均满足解的存在唯一性定理的条件，初值问题xvdx的解在V(0)0h,h上存在唯一，其中h一/b、一min(a, ),MM/ 22、max (x y )。(x,y) d因为逐次逼近函数序列为xyn(x)V。f(x,yn1(x)dx,x0此时，x。0,y。0,f(x,y)x2y2,所以yo(x)0x
2、22 ,yi(x)0 xy0 (x)dxx 22V2(x)0xyi (x)dxx 22 ,V3(x)0xy2 (x)dx610x 2x918914 x)dx 396937c1115xx2xx363207959535现在求h的最大值。因为hmin(a,2b2),ab对任给白正数a,b, a2 b2 2ab,上式中，当 a b时,b2.2a b取得最大值2ab2a此时，h min( a,2ab1) min( a,),当且仅当a2a1. 2, ,口即a b 时，h取得2a,上.2最大值为上。2(逐次逼评注：本题主要考查对初值问题的解的存在唯一定理及其证明过程的基本思想b一一一_近万法)的理斛。牛寸力
3、1J地，对其中的hmin(a,一),Mmaxf(x,y),D:xa,yM(x,y)dx等常数意义的理解和对逐次逼近函数列yn(x)y0f(x,yn(x)dx的构造过程的理Xo解。3-2证明下列初值问题的解在指定区间上存在且唯一。1)2)21 3x 0,0 x (J。 1以原点为中心作闭矩形区域D : x 1, y1。易验证f(x, y) ycosx2在区域D上满足解的存在唯一性定理的条件，求得M max(x,y) D22y cosx1 12 ,则 h min(一,一)2 2因此初值问题22y y cosx y(0) 01 1一 1的斛在2,2上存在唯一，从而在区间。，万上方程yy2 cosx2
4、,满足条件y(0) 0的解存在唯一。2)以原点为中心作闭矩形区域D：x a, y b。易验证f(x, y)y2x在D上满足解的存在唯一性定理的条件，并求得M max y(x,y) Da b2 ，221ycosx,y(0)0,0x-o一b则hmin(a,2-)ab由于 a b22、. ab,所以当ab2时，当ab2取到最小值2Jb,从而一b3可ab2b11取到取大值,故hmin(a,)o2、ab2,a2.a.2.1.2当且仅当1r1411Fa一,即a()3,b()3时，h取到最大值为h(一)3。2,.a222222即证明了初值问题yyx的解在区间(工尸.1尸上存在唯一。y(0)022一,、1T从
5、而在区间0,(1)3上解存在唯一。2评注：此例是应用解的存在唯一性定理，求出初值问题解存在唯一的区间。一般解法是先作出适当的闭矩形区域；然后验证在此区域中满足解的存在唯一性定理的条件；最后求出定理中的ho例3-3证明如果在13!矩形域D上存在且连续，则f(x,y)在D上关于y满足利普y希兹条件，反之不成立。证因为在闭矩形域D上f存在且连续，所以在区域D上有界，即M0,yy(x,y)D有成立，利用中值定理,(x, y1),(x,y2) Df(x,)一f(x,y1)f(x,y2)=y1y2Myy2,y其中是介于y1,y2之间的点，命题得证。反之不成立。因为对于方程dyy,取以原点为中心的矩形域D,
6、f(x,y)y在y0无导数,dx但f(x,y1)f(x,y2)=|yy?|y1y2,故f(x,y)在D上关于y满足利普希兹条件。评注：通过本例的证明显然可以得到下面结论：若f在某矩形区域D内某一点y(xo,y)处不存在，且在(xo,y)的邻域内无界，则f(x,y)在D上关于y不满足利普希兹条件。例3-4举例说明定理中的两个条件是保证初值问题的解存在唯一的充分条件，而非必要条件。解1)当连续条件不满足时，解也可能存在唯一。如方程dydxf(x, y)a y ax a 00 y ax显然f(x,y)在以原点为中心的矩形域中不连续，间断点为直线yax,但解存在唯一，过原点的解为yax,a0。2)当利
7、普希兹条件不满足时，解也可能存在唯一。如方程dy一、ylnyy0子f(x,y)，dx0y0由于f(x,yi)f(x,0)yiInyj0Iny40|,yi0,Inyi|,无界，因而f(x,y)在(x,0)的任何邻域内不满足利普希兹条件。然而dydxyln，焉 dxInIny|xCi,InyCzex,C2exyey0可见方程通过(x,0)解存在唯一。评注：在应用定理时，一定要注意，当条件不满足时，不能得出解不存在唯一的结论。例3-5利用解的存在唯一性定理，寻找区域G,使得(x0,y0)G,方程dydx.1 y2满足初始条件y(Xo)yo的解存在唯一。解设f(x,y)41y2,显然，它在整个平面上连
8、续。而f(x,y)y，由例3-3,在不包含y1的区域内，有f(x,y)%1y2y.1y2满足利普希兹条件。若y 1时，f(x,y)不存在，但当 yy1, f(x, y)无界，即在包含点 (x,i)或 y(x,1)的任何区域中利普希兹条件不成立。故得所求区域为G (x,y) xy 1, 1 x 1,1 x评注：寻找解的存在唯一性定理中的条件所满足的区域，就是寻找f (x, y)连续和关于y满足利普希兹条件的区域。对于所得到的区域G , (x0,y0) G ,都能存在一个完全包含在G内的闭矩形区域，使得在此矩形域中满足解的存在唯一性定理的条件，从而保证初值问题的解存在唯一。例3-6对于方程dy且和
9、点(0,yo)能否应用定理dxx解当yo0时，我们可以考虑方程dx_xdyyxdxx其右端函数f(x,y)一满足定理的条件，即方程通过点(O,yo)的解存在唯一，此ydyy时解为xo。yoo时，定理不能用。事实上，由方程dy、的通解表达式yCx知，方程通过dxx(o,o)的解不为一。评注：在研究解的存在唯一性时，也可以将x视为y的函数。例3-7能否用逐次逼近序列求初值问题dydxy(0)的解。x解不能，因为用逐次逼近函数序列y0(x)y0,yn(x)y0f(x,yn1(x)dx得xox*o(x)0,a(x)o0dx0,.,a(x)0,.o32x2即n(x)收敛于解y0。但另一方面，通过方程直接
10、求解得y(x)分也是方程3dyy3满足条件y(0)0的解，即用逐次逼近函数序列就不能得到此解。dx评注：应在保证初值问题解存在唯一的情况下，利用逐次逼近序列序列求近似解。例3-8证明：如果函数f(x,y)于整个xoy平面上连续有界，且关于y满足局部利普希兹条件，则方程包f(x,y)的任一解均可以延拓到区间dx证易验证f(x,y)满足延拓定理的推论的条件，则过平面上任一点(x0,y0)的解存在唯一且可延拓，设过(x,y)的解为。因为f (x, y)有界，即 M 0, (x, y)虑下列三个初值问题R2,均有不等式f(x,y) M成立，我们考dyM,dxf(x,y),dxMy(x0)v。y(%)v
11、。y(x0)v。显然,M f (x, y) M ,由第一比较定理，得,当x x0时,M(xx)y0(x,x0,y0)M(xx)y0,当xx0时，M(xx)y0(x,x0,y0)M(xx)y0,即对任何有限区间(，)，当x趋于区间端点时，都不可能无界，由延拓定理的推论知，的解可延拓到整个区间(，)。又由(x0,y0)的任意性，命题得证。)的充分评注：解的延拓定理的条件再加上f(x,y)有界是保证解的存在区间为(条件，而非必要条件，比如柯西问题2y1y,yy(xo)y0的解为ysh(xC),其存在区间为(,)，而1y2在xoy面上无界。例3-9设f(x,y)在R2上连续，求证：对XoR,只要y0充
12、分小，初值问题y(y2e2x)f(x,y)y(xo)V。的解必可延拓到x。，)。证因为f(x,y)在R2上连续，则方程的右端函数F(x,y)(y2e2x)f(x,y)在R2上连续；且在任意有界闭区域G上都有下式成立F(x,yi)F(x,y2)22x-22x一(yie)f(x,yi)(y2e)f(x,y2)MGViy2其中MG表示(yiy2)f(x,y)在G中的最大值。这样F(x,y)就关于y满足局部利普希兹条件。故初值问题(1)的解必存在唯一、且连续可微，可进行延拓。下面将证明对x。R,当y。充分小时，初值问题(1)的解在区间x。，)上存在。用反证法。若不然，初值问题(1)有解y(x),其中取
13、y。ex。，它的右行饱和区间为x。，)，且当x时(x)无界。这样，必存在点x1(x。，)，使得(x1)ex1(或区)ex1),且(x1)ex1。(或(xjex1。)。另一方面，由于y(y2e2x)f(x,y),可知在曲线yex上，解曲线的斜率为零，即有(x1)。矛盾。因此，对x。R,当y。ex。时，初值问题(1)的解在区间x。，)上存在。评注：在应用解的延拓定理时，注意特殊曲线上积分曲线的性质。类似的问题有:设f(x,y)在R2上连续，求证：对X。R,只要yo充分小，初值问题y(y2x2)f(x,y)y(xo)Vo的解必可延拓到x0,)。例3-10试证对任意xo,yo,方程dy2x2一满足初始
14、条件y(xo)yo的解都dxxy1在(,)上存在。2x证函数2x2在整个xoy平面上满足存在唯一性定理的条件，且有xy12x2Lxy1将原方程与下列方程曳o与业1dxdx比较，由比较定理，原方程满足y(xo)yo的解y(x)在其存在区间上满足Voy(x)yo(xxo),当xxo时，yo(xxo)y(x)yo,当xxo时，由延拓定理，积分曲线yy(x)可以无限远离原点，故y(x)必在(，)上存在。评注：本例是比较定理的应用，也可用例3-8直接得出结论。例3-11利用克莱罗(Clairaut)方程构造一个以y(x)为奇解的一阶方程式，这里假设C1a,b,且(x)为x的严格单调函数。解需要构造的一阶方程式是克莱罗方程，且y(x)应满足此方程的p判别曲线方程，因此，我们构造p判别曲线方程
