第二章一阶微分方程的初等解法 或 t+)-x(9=9-x(0.1+2(s t t 1-x(t)r(s) 令t→0得 x(s)=x'(01+x2(s】 令8=七，所以问题转化为求初值问题 {8=01+0 方程的通解为 r(t)tan(z(0)t+c) 有初值条件得c=0,故所求函数为x()=tan(x(O)t). (习题2.3，第60页) 5.试证齐次微分方程M(红，)d+N(红，)dy=0当xM+N≠0时有积分因子 μ=M+N 证明：首先设M(z,)和N(c,)都是x,y的m齐次函数，作代换y=ux,将所 给方程化为变量分离方程实际上，由于M,N的齐次性，有 M(,y)=M(r,ux)=x"M(1,u) () N(r,y)=N(a,uz)=x"N(1,u) 9 dy udx+xdu (3) 将(1)-(3)式代入所给方程得 x"M(1,u)dr +r"N(1,u)(udx+rdu)=0 即 xmM(1,u)dz+uN(1,u)]dx+xN(1,u)du=0 (4) (④式两端乘μ(x,)=M(L,)+uN(L,u得 上女+0.西血=0 (5) -17-
第 二 章 一阶微分方程的初等解法 或 x(t + s) − x(s) t = x(t) − x(0) t · 1 + x 2 (s) 1 − x(t)x(s) 令 t → 0 得 x 0 (s) = x 0 (0)[1 + x 2 (s)] 令 s = t,所以问题转化为求初值问题 ½ x 0 (t) = x 0 (0)1 + x 2 (t) x(0) = 0 方程的通解为 x(t) = tan(x(0)t + c) 有初值条件得 c = 0, 故所求函数为x(t) = tan(x(0)t). （习题 2.3，第60页） 5. 试证齐次微分方程 M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 当 xM + yN 6= 0时有积分因子 µ = 1 xM+yN . 证明： 首先设 M(x, y) 和 N(x, y) 都是x, y 的 m齐次函数， 作代换 y = ux ，将所 给方程化为变量分离方程.实际上， 由于 M, N的齐次性， 有 M(x, y) = M(x, ux) = x mM(1, u) (1) N(x, y) = N(x, ux) = x mN(1, u) (2) dy = udx + xdu (3) 将(1)-(3)式代入所给方程得 x mM(1, u)dx + x mN(1, u)(udx + xdu) = 0 即 x m n [M(1, u)dx + uN(1, u)]dx + xN(1, u)duo = 0 (4) (4)式两端乘 µ(x, y) = 1 xm+1 [M(1, u) + uN(1, u)]得 1 x dx + 1 M(1, u) + uN(1, u) du = 0 (5) – 17 –
第二章一阶微分方程的初等解法 (⑤)式为恰当方程，所以4（红，u)是微分方程(4）的积分因子，从而由(1)，(2)及=ux得 1 4,)=mML,+muNL,西rM1,+gN1,西 为所给方程的积分因子. 再设M(红，)和N(红，)分别是x,y的m齐次函数，作代换=c,将所给方程化 为变量分离方程实际上，由于M,N的齐次性，有 M(,y)=M(r,ux)=x"M(1,u) (1) N(,y)=N(I,ur)=x"N(1,u) (2) dy =udr +xdu (3) 将(1)，(2)，(3)代入所给方程，得 x"M(1,u)dr +x"N(1,u)(xdu udr)=0 x"{[M(1,u)+uN(1,u)]dr+N(1,u)}=0 (4) (④式左端乘(x,u)={xm+H[M(1,u)+uN(L,u},得 女+m四+.可=0 1 微分方程(5)为恰当方程，所以（红，）是微分方程(4)的积分因子.从而由(1)，(2).(3)及表 达式y=ux得 μ(x,y)={xm+1M(1,u)+xm+1uN(1,]}-1={xM(x,y)）+yN(x,y}- 为所给方程的积分因子 -18-
第 二 章 一阶微分方程的初等解法 (5)式为恰当方程，所以 µ(x, u)是微分方程(4)的积分因子，从而由(1), (2)及 y = ux 得 µ(x, y) = 1 xxmM(1, u) + xmuN(1, u) = 1 xM(1, u) + yN(1, u) 为所给方程的积分因子. 再设M(x, y)和 N(x, y) 分别是x, y 的 m齐次函数， 作代换 y = ux ，将所给方程化 为变量分离方程.实际上， 由于 M, N的齐次性， 有 M(x, y) = M(x, ux) = x mM(1, u) (1) N(x, y) = N(x, ux) = x mN(1, u) (2) dy = udx + xdu (3) 将 (1),(2),(3)代入所给方程，得 x mM(1, u)dx + x mN(1, u)(xdu + udx) = 0 即 x m{[M(1, u) + uN(1, u)]dx + xN(1, u)} = 0 (4) (4) 式左端乘 µ(x, u) = {x m+1[M(1, u) + uN(1, u)]} −1 , 得 1 x dx + 1 M(1, u) + uN(1, u) du = 0 (5) 微分方程(5)为恰当方程，所以µ(x, u) 是微分方程(4)的积分因子. 从而由(1),(2),(3)及表 达式 y = ux 得 µ(x, y) = {x m+1M(1, u) + x m+1uN(1, u)]} −1 = {xM(x, y) + yN(x, y)]} −1 为所给方程的积分因子. – 18 –
第三章一阶微分方程解的存在惟一性 第三章 一阶微分方程解的存在惟一性定理 一应该掌握的基本知识 1.基本概念 解的存在惟一性定理，Lipschitz条件，逐步逼近法，解的延拓，饱和解，解对初值 的连续性和可微性 2.基本理论和定理 1°一阶微分方程解打得存在惟一性定理； 2°解的延拓定理： 3°解对初值的连续依赖性定理： 4°解对初值的可微性定理： 3.基本解题方法，技巧和公式 1°使用解的存在惟一性定理验证微分方程解的存在惟一性： 2°掌握逐步逼近法： 3°计算微分方程的近似解 二.学习注意点 1°理解一阶微分方程解的存在惟一性定理及解得一些基本性质。解的存在惟一性 定理是微分方程理论中的基本定理，也是微分方程近似计算包括数值计算的前提和根 据。解的延拓定理及解对初值的连续性和可微性定理揭示了微分方程解得重要性质。 逐步逼近法是一个重要的分析方法。 2°关于解的存在惟一性问题研究很多，除皮卡逐步逼近法之外，还有欧拉折线 法，不动点方法等。这方面的研究工作一直没有停止，希望读者可以参阅相关文献继 续这方面的研究工作。 -19
第 三 章 一阶微分方程解的存在惟一性 第三章 一阶微分方程解的存在惟一性定理 一.应该掌握的基本知识 1. 基本概念 解的存在惟一性定理，Lipschitz条件，逐步逼近法，解的延拓，饱和解，解对初值 的连续性和可微性 2. 基本理论和定理 1 ◦ 一阶微分方程解打得存在惟一性定理； 2 ◦ 解的延拓定理； 3 ◦ 解对初值的连续依赖性定理； 4 ◦ 解对初值的可微性定理； 3. 基本解题方法，技巧和公式 1 ◦ 使用解的存在惟一性定理验证微分方程解的存在惟一性； 2 ◦ 掌握逐步逼近法； 3 ◦ 计算微分方程的近似解。 二. 学习注意点 1 ◦ 理解一阶微分方程解的存在惟一性定理及解得一些基本性质。解的 存在惟一性 定理是微分方程理论中的基本定理，也是微分方程近似计算包括数值计算的前提 和根 据。解的延拓定理及解对初值的连续性和可微性定理揭示了微分方程解得重要性质。 逐步逼近法是一个重要的分析方法。 2 ◦ 关于解的存在惟一性问题研究很多，除皮卡逐步逼近法之外，还有 欧拉折线 法，不动点方法等。这方面的研究工作一直没有停止，希望读者可以参阅相关 文献继 续这方面的研究工作。 – 19 –
第三章一阶微分方程解的存在惟一性 三.例题增补 1.举例说明一阶微分方程解的存在区间问题 解：(1)微分方程初始值问题的解是在某一区间上存在的，如初始值问题 =g2,g0)=1 1 的解，一1一在（←心，1）止存在。而该方程满足初始条件①=-2的解的存在区间为 (,+o∞) (2)初始值问题 =-号0=aa>0 的解为y=√a2-x的存在区间为(-a,a. (3)初始值问题 2g,正≠0,0)=0 -{8=0 的解有无穷多个，均在区间为(-∞，+∞)存在，它们是 (= x=0 c2exp(-),x<0, 2.设C是非负常数，f),g)∈C[a,非负且满足不等式 f④≤C+f(s)g(s)ds 对a≤t≤b,证明：f)≤Cexp(g(s)ds) 证明：令F()=C+f(s)g(s)ds,则0≤f)≤F(),因为巴=f)g)≤ F()g),于是 em(-[gloa）(re-Fogu）sa 即 (e0em(-sa)s0 -20-
第 三 章 一阶微分方程解的存在惟一性 三. 例题增补 1. 举例说明一阶微分方程解的存在区间问题 解 ： （1）微分方程初始值问题的解是在某一区间上存在的，如 初始值问题 y 0 = y 2 , y(0) = 1 的解y = 1 1 − x 在 (−∞, 1)上存在。而该方程满足初始条件y(1) = −2的解的存在区间为 ( 1 2 , +∞). （2）初始值问题 y 0 = − x y , y(0) = a, a > 0 的解为y = √ a 2 − x 2的存在区间为(−a, a). （3）初始值问题 y 0 = ( 2y x 3 , x 6= 0, 0 x = 0, y(0) = 0 的解有无穷多个，均在区间为(−∞, +∞)存在, 它们是 y(x) = c1 exp (− 1 x2 ), x > 0, 0 x = 0, c2 exp (− 1 x2 ), x < 0, 2. 设C是非负常数，f(t), g(t) ∈ C[a, b]非负且满足不等式 f(t) ≤ C + Z t a f(s)g(s)ds 对a ≤ t ≤ b, 证明：f(t) ≤ C exp (R t a g(s)ds) 证明 ：令F(t) = C + R t a f(s)g(s)ds, 则0 ≤ f(t) ≤ F(t)，因为dF(t) dt = f(t)g(t) ≤ F(t)g(t)，于是 exp µ − Z t a g(s)ds¶ µdF(t) dt − F(t)g(t) ¶ ≤ 0. 即 µ F(t) exp µ − Z t a g(s)ds¶¶0 ≤ 0 – 20 –
第三章一阶微分方程解的存在惟一性 两边从a到t积分得 r0em([sh）-cs0 从而fe)≤F()≤Cexp(g(s)ds). 注：上述不等式是一个非常重要的不等式，称之为Gronwall不等式。该不等式可 以用来证明解的存在惟一性，解对初值的可微性等。有兴趣的学生可以尝试证明。 3.设f(x,)在整个x平面上连续可微且f(红，%)三0，求证：若=f(红，)的非常 数解y=(x)当x一o时趋近于0，则x0=-∞或+o∞ 证明：反证法。假设ro是有限值，即imz一o(x)=0,从而(ro)=0。因 为f(x,0)三0，即方程有常数解=物。又因为f(红，)在整个y平面上连续可微，则 方程/=f(红，)满足解的存在惟一性。根据解的存在惟一性(x)三物。这与y=(x)是 非常数解矛盾。故0=-o∞或+0∞。 4.证明初始值问题 2-2+e0-0 的解y=(x)在0，引存在，并且当x∈0，时，l(c川≤1。 证明：取矩形区域 R={e,):≤l≤1 在此区域上，f(红，)=x2+ey连续且关于y有连续的偏导数。计算 M=+e)=1+(分P=景h=mim分}= 1 由解的存在惟一性定理初值问题的解！=（红）在-专≤工≤内存在惟一，当然也 在0≤x≤，再由等价的积分方程得(O)≥0且 u(z)=(s2+exp(-y2(s)))ds ≤J6()2+1)ds=≤是≤1 证毕。 -21-
第 三 章 一阶微分方程解的存在惟一性 两边从a到t积分得 F(t) exp µ − Z t a g(s)ds¶ − C ≤ 0 从而f(t) ≤ F(t) ≤ C exp (R t a g(s)ds). 注 ：上述不等式是一个非常重要的不等式，称之为Gronwall不等式。 该不等式可 以用来证明解的存在惟一性，解对初值的可微性等。有兴趣的学生可以 尝试证明。 3. 设 f(x, y)在整个xy平面上连续可微且f(x, y0) ≡ 0，求证： 若y 0 = f(x, y)的非常 数解y = φ(x)当x → x0时趋近于y0，则 x0 = −∞或 + ∞ 证明：反证法。假设x0是有限值，即limx→x0 φ(x) = y0，从而φ(x0) = y0。因 为f(x, y0) ≡ 0，即方程有常数解 y = y0。又因为 f(x, y)在整个xy平面上连续可微，则 方程y 0 = f(x, y)满足解的存在惟一性。根据解的存在惟一性φ(x) ≡ y0。这与y = φ(x)是 非常数解矛盾。故 x0 = −∞或 + ∞。 4. 证明初始值问题 dy dx = x 2 + e −y 2 , y(0) = 0 的解y = y(x)在[0, 1 2 ]存在，并且当x ∈ [0, 1 2 ]时，|y(x)| ≤ 1。 证明 ：取矩形区域 R = {(x, y) : |x| ≤ 1 2 , |y| ≤ 1}. 在此区域上，f(x, y) = x 2 + e −y 2连续且关于y有连续的偏导数。计算 M = max (x,y)∈R {x 2 + e −y 2 } = 1 + (1 2 ) 2 = 5 4 , h = min{ 1 2 , 1 5/4 } = 1 2 , 由解的存在惟一性定理初值问题的解y = y(x)在− 1 2 ≤ x ≤ 1 2内存在惟一，当然也 在0 ≤ x ≤ 1 2，再由等价的积分方程得y(0) ≥ 0且 y(x) = R x 0 (s 2 + exp (−y 2 (s)))ds ≤ R x 0 (( 1 2 ) 2 + 1)ds = 5 4 x ≤ 5 8 ≤ 1 证毕。 – 21 –