华东师范大学：《常微分方程》课程教学资源（习题集）常微分方程习题集

习题13 1.求出初值问题y=x+y2,y(0)=0的第解次近似解g3(x) 答:3(x) 2 2.证明 Bellman不等式:设常数k>0,f(x)≥0,和φ(x)在[a,月 上连分,且满足不等式 (x)≤k+/f(s)(s)d,a≤x≤B 方证 y(x)≤ ..f(s)ds a<a <B 证:令 则 dr (r) f(x)p(x)≤kf(x)+∫(x)R(x) 不等式两边同乘以指数函数exp(af(8)d)可得 d lexp(j f(s)ds R()skf(a)exp ( ∫(s)d 不等式两边从a到x积分得 exp (J o f(s)ds)(a)sakf(t)exp(- f(s)ds) dt =-kcp(-/f()d)=k1-esp(-f(s)ds) 不等式两边同乘以exp(/af(s)ds)得R(x)≤kexp(/af(s)ds)-1 从而g(x)≤k+R(x)≤kexp(af(s)ds),a≤m≤B 3.设f(x,y)在区域G内连分且对y是单调不增的,方证初值问 题y=f(x,y),y(xo)=3o的右行解是惟一的 证:用反证法.若右行解不惟一,则程在初值问题的两个解: (x),2(x),使得在这两个解的共同区间xo,b上是不恒等的 令6(x)=[2(x)-g1(x)2,则 6(x)=2{2(x)-(a)f(x,y()-f(x,y1(x)≤0,x0≤x≤b 即6(x)≤0,xo≤x≤b,所以6(x)≡0,与假设矛值证毕 4假设∫(x,y)在G={(x,y)≤x≤B,y∈R}上连分,且关于 y满足 Lipschitz条件,( Lipschitz常数为L).方证初值问题 y=f(x,y),y(xo)=的解在整个区间a,上惟一程在 正:在解的程在惟一性定理的证明中稍作修改就可证明在本题 的条件下,解的程在区间是在整个区间a,月上的.(相应的定理称 为解的全局程在惟一性定理)我们只就区间[xo,进行证明,即证

& ' 1.3 1. ])@ y 0 = x + y 2 , y (0) = 0  178 ϕ3 (x). 2: ϕ3 (x) = x 2 2 + x 5 20 + x 8 160 + x 11 4400 . 2. p Bellman Y/:  k > 0, f (x) ≥ 0, ' ϕ (x) A [α, β] D￾
, FHIY/ ϕ (x) ≤ k + Z x α f (s) ϕ (s) ds, α ≤ x ≤ β, p: ϕ (x) ≤ ke R x α f(s) ds , α ≤ x ≤ β. p: U R (x) = Z x α f (s) ϕ (s) ds, a dR (x) dx = f (x) ϕ (x) ≤ kf (x) + f (x) R (x). Y/wxAS(J exp (R x α f (s) ds) Rv d dx · exp µ − Z x α f (s) ds ¶ R (x) ¸ ≤ kf (x) exp µ − Z x α f (s) ds ¶ , Y/wxu α i x )
v: exp (− R x α f (s) ds) R (x) ≤ R x α kf (t) exp ³ − R t α f (s) ds ´ dt = −k exp ³ − R t α f (s) ds ´ | x α = k [1 − exp (− R x α f (s) ds)], Y/wxAS exp (R x α f (s) ds) v R (x) ≤ k [exp (R x α f (s) ds) − 1]. uW ϕ (x) ≤ k + R (x) ≤ k exp (R x α f (s) ds), α ≤ x ≤ β. 3.  f (x, y) A99 G :￾
FZ y /z{Y+ , p@  y 0 = f (x, y), y (x0) = y0 ;< /4 . p: 9|p. ;< Y4, aA@ wN : ϕ1 (x), ϕ2 (x), evAfwN >9C [x0, b] D/YG . Uδ (x) = [ϕ2 (x) − ϕ1 (x)]2 , a dδ (x) dx = 2 [ϕ2 (x) − ϕ1 (x)] [f (x, ϕ2 (x)) − f (x, ϕ1 (x))] ≤ 0, x0 ≤ x ≤ b  δ (x) ≤ 0, x0 ≤ x ≤ b, dS δ (x) ≡ 0, w?@.p. 4.w f (x, y) A G = {(x, y)|α ≤ x ≤ β, y ∈ R} D￾
, Fyz y HI Lipschitz st, ( Lipschitz 1 L). p@ y 0 = f (x, y), y (x0) = y0 A|N9C [α, β] D4A. p: A A4! pXABCj￾RpA st*, A9C/A|N9C [α, β] D . (s5 !D 1 ]EA4!).F?￾9C [x0, β] <<p, p 14

明在区间[xo,上存在么一解.在证明中只指积和教再上的证明 不同的地方 max f(x,y0)l,h=B-xo,则和教再上的证明 样,可得逐次逼近序列{yn(x)},它式有界的,并且|2n(x)≤l+ M(eb-1)/,因此逐次逼近序列有意义以变证明同教再 5坐∫(x,y)在R2上连续,全证:自Vxo∈R,只要|o充分小,初 值问题y=(y2-e2n)f(x,y),y(xo)=v的解必可延拓到xo,+∞) 证:自于Vxo∈R.,取lol<e0,我们证明,这时初值问题的解的 右行解y(x)的积分曲线始终位于两曲线:y=±er,(x≥x-0)之 间的区域D中.这样,再面延拓定理可知,右行解一直可以向右延拓 到正无穷大.用反证法:(面于在x=x0时,积分曲线位于D中)不然, 积分曲线就要在某个时刻x=x1>x0时与曲线y2=e2初次相交 轴在区间[xo,x1)上积分曲线位于D内,而|y(x1)=e,但式,在点 (x1,y(x1))上,积分曲线的切线的斜率等于都,就式说,积分曲线在 点x1,y(x1)式从D外进入D内的,得矛盾.证毕 6坐初值问题y′=sin,y(xo)=的解次y=y(x,x0,30),试全 an(,x03)和a0(x,2090)当x0=1,0=0时的表达式 解:a(,20)和动(20列)当x0=1.D=0时的表达式分 别式微分方再 dz cos(=(z:1.o) Lr 分别成足初始条件(1)=0和z(1)=1的解.子以(x,,0)=0 及 cos(e(1.0) (x,1,0)=exp 面于(x,1,0)=0,代入上式得况(x,1,0)=x 7.坐∫(x,y)在G上连续可微,试证初值问题 y=f(x,y),y(x0)=9o的解y=9(x,xo,y)成足恒等式 (x,x0,30)f(x0,3)≡0. dz0(x;9(204):=0b(,20,)都式一阶线量齐次方再 证:因次(x,x0,0)和 dr dy 的解,子以 2(x)=O2 (x,20,0)+a(x,x03)Jf(0,3)式成足初始条件 (xo)=0的解.另外z=0也式成足初始条件z(xo)=0的解,面解 的么一量,z(x)≡0

A9C [x0, β] DA4 . ApX()'GD p Y H. j^ M = max (x,y)∈R |f (x, y0)|, h = β − x0, a'GD p n, RvI1J7K+{ϕn (x)}, 6/8L , ,F |ϕn (x)| ≤ |y0| + M ³ e Lh − 1 ´ /L, [_I1J7K+8VE.S*pG. 5. f (x, y)AR2 D￾
, ]p: Z ∀x0 ∈ R, Q |y0| 
M,  @ y 0 = ¡ y 2 − e 2x ¢ f (x, y), y(x0) = y0 7RNOi [x0, +∞). p: Zz ∀x0 ∈ R, k |y0| < e x0 , F?p, f@ ;< y (x) )
rrPQzwr: y = ±e x , (x ≥ x − 0) R C 99DX. fn, NO!R\, ;< hRS$;NO i6)S,. 9|p: (zA x = x0 , )
rQzDX)YT, )
r￾QABN# x = x1 > x0 r y 2 = e2x 1s\, A9C [x0, x1) D)
rQzD:, W |y (x1)| = ex1 , K/, Aj (x1, y (x1)) D, )
r 2 t,z$, ￾/, )
rA j x1, y (x1)/u D "< D : , v?@. p. 6.@ y 0 = sin y x , y (x0) = y0 1 y = ϕ (x, x0, y0), ] ∂ϕ ∂x0 (x, x0, y0) ' ∂ϕ ∂y0 (x, x0, y0) = x0 = 1, y0 = 0  3i/. : ∂ϕ ∂x0 (x, x0, y0) ' ∂ϕ ∂y0 (x, x0, y0) = x0 = 1, y0 = 0  3i/
:/￾
dz dx = cos ³ ϕ(x,1,0) x ´ x z
:HIrst z (1) = 0 ' z (1) = 1 . dS ∂ϕ ∂x0 (x, 1, 0) = 0, g ∂ϕ ∂y0 (x, 1, 0) = exp   Z x 1 cos ³ ϕ(t,1,0) t ´ t dt   . z ϕ(x, 1, 0) = 0, 7D/v ∂ϕ ∂y0 (x, 1, 0) = x. 7.  f (x, y) A G D￾
R￾, p@ y 0 = f (x, y), y (x0) = y0 y = ϕ (x, x0, y0) HIG/ ∂ϕ ∂x0 (x, x0, y0) + ∂ϕ ∂y0 (x, x0, y0) f (x0, y0) ≡ 0. p: [1 ∂ϕ ∂x0 (x, x0, y0) ' ∂ϕ ∂y0 (x, x0, y0) $/01 dz dx − ∂f ∂y (x, ϕ (x, x0, y0)) z = 0 , dS z (x) = ∂ϕ ∂x0 (x, x0, y0) + ∂ϕ ∂y0 (x, x0, y0) f (x0, y0) /HIrst z (x0) = 0 . W" z = 0 J/HIrst z (x0) = 0 ,  4, z (x) ≡ 0. 15

8.全解变化隐)程 答:由y′=p,y=x+ 消去y得 1+2(P-1)dp/dx-p=0,整理得(p-1)(2dp/dx-1)=0,由p=1,得特解 y=x-1,由2dp/dx=1,得p=x/2+c+1故当解:y=x+(x/2+c)2-1 2)y=ry+v1+y2 答:式 Clairaut)程,当解次y=c+√①1+2.特解y=√1-x 失特解式奇解,因次 Clairaut)程的特解就式当解的显络,从另式奇 解.(回以验证确式显络,如将特解写成参数形式x=-sint,y=cost, 利小过特解的积分曲线上的令一点(-smc有当解 利,c=tant实的积分曲线y= xr tan t+sect在失点习累 3)y2+ 答:式 Clairaut)程,当解次y=cm+e,特解y=4失特解式 奇解 4)xy8-y2-1=0 答:式 Clairaut)程,当解次g=c-c-2,特解y=-3v22.失 特解式奇解 5) 答:当解次 x=-p2-2p-3m(p-2),y=-p2-3-6mc(P-2)-3p3特解 次y=2-3确不式奇解,因次当解的明条积分曲线(在累线斜大 p=-1的点上)生特解(累线斜大=2)习交另不习累,故不式奇解. 6)x-y 解:引进参数p=y,)程回写成参数形式 y=p,y=x-影y2+器y,消去y得故1-my+8p2p-p=0,整理 得(p-1)(8m/9-1)=0,由8p9-1=0,即4/9d(p2)/d=1,积分得 p=±3vx+c/2,代入y的表达式得当解y=x+(x+c)vx+c-1 由p-1=0,代入y的表达式得特解:y=x-4/27 9)利用 Clairaut)程构造一个以y=φ(x)次奇解的一阶)程,失 里假设φ∈Cl{a,b,见φ(x)次x的严格单调函数 解:令p=φ(x),因φ(x)次x的严格单调函数.确有反函数,设次 x=v(p),设过函数y=(x)的图象上的点的累线)程次 Clairaut) 程y=x+(m),其利p=出则回见在累点上必有f)=(x) p(v(p)-p(p),平人验证y=g(x)式失个 Clairaut)程的一个奇解 10.已知 Riccati)程y=cosx-(y-sinx)2有解y=sinx.数 以y=φ(x,xo,yo)记该)程成除容始条件y(xo)=的解,方全积 (x,0,1)生

8. ] *+ 1) x = y − y 02 + 2y 0 2:  y 0 = p, y = x + p 2 − 2p, .E y v 1+2(p−1)dp/dx−p = 0, |v (p−1)(2dp/dx−1) = 0, p = 1, v? y = x−1,  2dp/dx = 1, v p = x/2+c+1 V= N y = x+(x/2+c) 2−1. 2) y = xy0 + q 1 + y 02 2: / Clairaut , = 1 y = cx + √ 1 + c 2. ? y = p 1 − x 2. f? /n , [1 Clairaut ? ￾/= co, uW/n . (RSop6/co, p~? QHgO/ x = − sin t, y = cost, t ∈ · − π 2 , π 2 ¸ , aq? )
rD Uj (− sin t, cost) 8= Xk c = tan t  )
r y = x tan t + sec t Afjs2). 3) y 02 + xy0 − y = 0 2: / Clairaut , = 1 y = cx + c 2 , ? y = −x 2 4 . f? / n . 4) xy03 − yy02 − 1 = 0 2: / Clairaut , = 1 y = cx − c −2 , ? y = − 3 2 √3 2x 2. f ? /n . 5) y = 2x + y 0 − 1 3 y 03 2: = 1 x = − 1 2 p 2 −2p−3 ln[c(p−2)], y = −p 2 −3p−6 ln[c(p−2)]− 1 3 p 3 . ? 1 y = 2x − 2 3 . 6Y/n , [1= s)
r (A2t, p = −1 jD) '? (2t, = 2) s\WYs2, VY/n . 6) x − y = 4 9 y 02 − 8 27 y 03 : <g p = y 0 , RQHgO/ y 0 = p, y = x − 4 9 y 02 + 8 27 y 03k .E y vV1 − 2 9 pp0 + 8 9 p 2p 0 − p = 0, | v (p − 1)(8pp0/9 − 1) = 0, 8pp0/9 − 1 = 0, 4/9d(p 2 )/dx = 1, )
v p = ±3 √ x + c/2, 7 y 3i/v= y = x + (x + c)[± √ x + c − 1],  p − 1 = 0, 7y 3i/v? : y = x − 4/27. 9) X9 Clairaut uvNS y = ϕ(x) 1n , f w ϕ ∈ C 1 [a, b], F ϕ 0 (x) 1 x xyz{J. : U p = ϕ 0 (x), [ ϕ 0 (x) 1 x xyz{J. 68|J, 1 x = ψ(p), qJ y = ϕ(x) }~D j 21 Clairaut y = px+f(p), qX p = dy dx aRFA2jD78 f(p) = ϕ(x)−px = ϕ(ψ(p)) − pψ(p), -op y = ϕ(x) /fN Clairaut Nn . 10. \ Riccati y 0 = cos x − (y − sin x) 2 8 y = sin x.  S y = ϕ(x, x0, y0) ^MHIrst y(x0) = y0 , ]) ∂ϕ ∂x0 (x, 0, 1) ' ∂ϕ ∂y0 (x, 0, 1). 16

解:引进上际因交函数u,成足y=sinx+,必入方再造;=1, 积分造u=x+c构而该Rcat方再际通解资y=sinx+x+c成足 平曲习斜0)=1际特解资=如x+正单式,所求际假个偏记 数都式第量齐次就分方再=-22际解,分别成足平曲习斜 20)2=-(x-(0sm)m1=0.和:()=1,由第量方再际通 解式z (x+1)2 由平曲习斜,分别造c=0参c=1,故 a(,0.,1)=0,a(x0.1)=(x+1)-2 11*.两设函数f(x,y)在用域GcR2利格单y成足以L资 Lipschitz 常数际 Lipschitz习斜,(x)和v(x)资方再y=f(x,y)在[a,b上际假 个解,xo∈[a,列,试如 p(x)-v(x)≤cl-olp(xo)-v(xo)对vx∈{a,列 如明:利用习题1.3第2题际结果来如 12*.求积变化 Riccati方再平值问题 出=y2+m+1-1,0)=1;(2)=y2+,(0)=0 际解y=φ(x,以格单小参数μ形式)渐近展开际头三项,大设该 问题精确解对μ际幂级数展开进行比较 解:(1)可看积该 Riccati方再须特解v=-1,令y=-1+1/u可 象这 Riccati方再化资因交函数u际第量方再du/dx=(2-p)u-1, 解造u=1/(2-)+cexp(②2-p)x),程由平值习斜y0)=1造达方再 际精确解资φ(x,μ)=1-μ+p(μ-2)/(μ-2exp(-2)x). 令y=(x,p)=y0+p1+p2y2+…,必入就分方再,比较p际 同次幂,造 y=2-1,y(0)=1, 41=2y0y1+0+1,g1(0)=0, 42=2y0y2+1+y1,2(0)=0 解造:φ0=1,g1(x)=exp(2x)-1,2(x)=exp(2x)(exp(2x)-2x-1)/2 (2)式变量分离方再,精确解式 vtan(yx),当≥0 (x,p)={y四(1-c2v) 1+evola tanh(=ux),当≤0 象以上第一式际tan()作幂级数展开即造 (x,)~x1(1+3ux2+(x2)2+

: <D [\J u, HI y = sin x + 1 u , 7v du dx = 1, )
vu = x + c, uWM Riccati = 1 y = sin x + 1 x + c , HI rst y(0) = 1 ? 1 y = sin x + 1 x + 1 , z/, d] wN^ $/01￾
dz dx = − 2 x + 1 z ,
:HIrst z(0) = − ³ cos x − (y − sin x) 2 ´¯ ¯ ¯ x=0,y=1 = 0, 'z(0) = 1,  = / z = c (x + 1)2 , rst,
:v c = 0 g c = 1, V ∂ϕ ∂x0 (x, 0, 1) = 0, ∂ϕ ∂y0 (x, 0, 1) = (x + 1)−2 . 11*. wJf(x, y)A99G ⊂ R2 Xyzy HISL1Lpschitz  Lipschitzstk ϕ(x)'ψ(x)1y 0 = f(x, y)A[a, b]D w N k x0 ∈ [a, b] k pN |ϕ(x) − ψ(x)| ≤ e L|x−x0| |ϕ(x0) − ψ(x0)| Z∀x ∈ [a, b]. pN X9s1.32 uvTp. 12*. ])*+ Riccati @ (1) dy dx = y 2 + µy + µ − 1 , y(0) = 1 ; (2) dy dx = y 2 + µ, y(0) = 0 y = ϕ(x, µ)yzMgµ SO/ '752 6 yk ,M \6 Zµ X52<<L. N (1) R )M Riccati 8? yp = −1, U y = −1 + 1/u R ~f Riccati +1[\J u  du/dx = (2 − µ)u − 1, v u = 1/(2 − µ) + c exp((2 − µ)x), @st y(0) = 1 vi \6 1 ϕ(x, µ) = 1 − µ + µ(µ − 2)/(µ − 2 exp((µ − 2)x)). Uy = ϕ(x, µ) = ϕ0 + µϕ1 + µ 2ϕ2 + . . .k 7￾
k L µ 1k v ϕ 0 0 = ϕ 2 0 − 1, ϕ(0) = 1, ϕ 0 1 = 2ϕ0ϕ1 + ϕ0 + 1, ϕ1(0) = 0, ϕ 0 2 = 2ϕ0ϕ2 + ϕ 2 1 + ϕ1, ϕ2(0) = 0. vN ϕ0 = 1, ϕ1(x) = exp(2x) − 1, ϕ2(x) = exp(2x)(exp(2x) − 2x − 1)/2. (2) /*
:k \6 / ϕ(x, µ) =    √µ tan(√µx), =µ ≥ 0 ; p |µ|(1 − e 2 √ |µ|x ) 1 + e 2 √ |µ|x = √ −µ tanh(√ −µx), =µ ≤ 0 ~SD/ tan(.) BX52v ϕ(x, µ) ∼ xµ(1 + 1 3 µx2 + 2 15 (µx2 ) 2 + . . . . 17

13*.两与函数f(x,y)题9(x,y)在GCR2中连分,且对x∈[a,b) 有f(x,y)≤g(x,y);证得φ(x)题v(x)分别为方程y=f(x,y)题 y=9(x,y)在区间a,b)上满足同一初始条件y(a)=30的解,若 y(x)与v(x)中用少有一个是初始问题在区间a,b)上的惟一解, 方证在区间a,b)上,g(x)≤v(x) 证明:若v(x)是初始问题在区间[a,b)上的惟一解,由题意 y(x)=f(x,yp(x)≤g(x,y(x),∈a,b).作(x,y)的连分函数 (x,y),当y≥y(x) (x,yp(x),当y<y(x) 取初值问题y=F(x,y),v(a)=30的右行饱题解:y=(x),x∈[,T) 不证明在区间I≡[a,min(b,T)上,v(x)≥(x 证:若不然,则程在区间(x1,x2)cI,在此区间上y(x)<p(x),且 y(x1)=g(x1),但φ(x)≤9(x,9(m))=F(x,y)=y(x),从而φ(x)≤y(x), 与两与矛值 因此y=y(x)是在区间I上初值问题y=g(x,y),y(a)=y,的 解.由解的惟一性,在区间I上,y(x)≡v(x),再由于y=y(x)是 右行饱题解,所以T≥b.从而,在区间{a,b)上v(x)≥y(x).证毕 对于y(x)是初始问题在区间a,b)上的惟一解的情引,可以类 似证明,只要把上后证明中的v(x)与φ(x)交换,g与f交换,≤ 与≥交换本可 有f(0)≠0;方证:初值问题分,且有f0)=0,但当y≠0时 14*.两与函数f(y)对y∈R f(y),y(0)=0有惟一解的充要 条件是:对Ⅶa≠0,a∈R,都有 证:必要性:若初值问题有惟一解y=0,若程在a≠0,使 =c≠∞,则由x+c(在0与a可间)确定的函数是 值问题的解,矛值 充分性:若条件满立而惟一性不满立,则对于某个a≠0,还有 解x=()+c满足初始条件,木 b(=C≠∞,与条件矛值

13*. wJ f(x, y) ' g(x, y) A G ⊂ R2 X￾
k FZ x ∈ [a, b) 8 f(x, y) ≤ g(x, y)7 pv ϕ(x) ' ψ(x)
:1 y 0 = f(x, y) ' y 0 = g(x, y) A9C [a, b) DHIrst y(a) = y0 k  ϕ(x)  ψ(x) X98N/rA9C [a, b) D 4 k pA9C [a, b)Dk ϕ(x) ≤ ψ(x). p:  ψ(x) /rA9C [a, b) D 4 k V ϕ 0 (x) = f(x, ϕ(x)) ≤ g(x, ϕ(x)), x ∈ [a, b). B (x, y) ￾
J F(x, y) = ( g(x, y), =y ≥ ϕ(x) ; g(x, ϕ(x)), =y < ϕ(x). k@ y 0 = F(x, y), y(a) = y0 ;<:' N y = y(x), x ∈ [a, T). YpA9C I ≡ [a, min(b, T)) Dk y(x) ≥ ϕ(x). pN YTk aA9C (x1, x2) ⊂ I, A_9CD y(x) < ϕ(x), F y(x1) = ϕ(x1), K ϕ 0 (x) ≤ g(x, ϕ(x)) = F(x, y) = y 0 (x), uW ϕ(x) ≤ y(x), w?@. [_ y = y(x) /A9C I D@ y 0 = g(x, y), y(a) = y0k .  4k A9C I Dk y(x) ≡ ψ(x)k z y = y(x) / ;<:' k dS T ≥ b. uWk A9C [a, b) D ψ(x) ≥ ϕ(x). p Zzϕ(x) /rA9C [a, b) D 4 k RS 8pk QeDpX ψ(x)  ϕ(x) \Pk g  f \Pk ≤  ≥ \PR. 14*. wJ f(y) Z y ∈ R ￾
k F8 f(0) = 0k K= y 6= 0  8 f(y) 6= 07 pN @ dy dx = f(y), y(0) = 0 84 Q st/N Z ∀a 6= 0, a ∈ Rk $8 Ra 0 ds f(s) = ∞. pN 7QN @84 y = 0k A a 6= 0, e Ra 0 ds f(s) = c 6= ∞, a x = y R a ds f(s) + c, (y A 0  a RC) 6! J/ @ , ?@. 
N stHbW4YHbk aZzBN a 6= 0, >8 x = y R a ds f(s) + c HIrstk  Ra 0 ds f(s) = c 6= ∞, st?@. 18