§3.1解的存在唯一性定理与逐次逼近法
§3.1解的存在唯一性定理与逐次逼近法
一、教学目的：讨论Picard逼近法及一阶微分方程的解的存在与唯一性定理。
二、教学要求：熟练掌握Picard逼近法，理解解的存在唯一性定理的条件、结论
及证明思路，会用Picard逼近法求近似解。
三、教学重点：Picard存在唯一性定理及其证明。
四、教学难点：解的存在唯一性定理的证明。
五、教学方法：讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。
六、教学手段：传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。
七、教学过程：
3.1.1．解的存在性唯一性定理和逐步逼近法
微分方程来源于生产实践际，研究微分方程的目的就在于掌握它所反映的客观规律，能动解释所出现的各种现象并预测未来的可能情况。在第二章介绍了一阶微分方程初等解法的几种类型，但是，大量的一阶方程一般是不能用初等解法求出其通解。而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解。因此初值问题的研究就显得十分重要，从前面我们也了解到初值问题的解不一定是唯一的。他必须满足一定的条件才能保证初值问题解的存在性与唯一性，而讨论初值问题解的存在性与唯一性在常微分方程占有很重要的地位，是近代常微分方程定性理论，稳定性理论以及其他理论的基础。
例如方程dy
=
dx
过点(0,0)的解就是不唯一，易知0
y=是方程过(0,0)的解，此外，容易验证，2
=或更一般地，函数
y x
2
0 0() c<1
x c y x c x ≤≤?=?-≤? 都是方程过点(0,0)而且定义在区间01x ≤≤上的解，其中c 是满足
01c <<的任一数。
解的存在唯一性定理能够很好地解释上述问题，它明确地肯定了方程的解在一定条件下的存在性和唯一性。另外，由于能得到精确解的微分方程为数不多，微分方程的近似解法具有重要的意义，而解的存在唯一性是进行近似计算的前提，如果解本身不存在，而近似求解就失去意义；如果存在不唯一，不能确定所求的是哪个解。而解的存在唯一性定理保证了所求解的存在性和唯一性。
一．存在性与唯一性定理： 1、 显式一阶微分方程
),(y x f dx
dy
= （3.1） 这里),(y x f 是在矩形域：00:||,||R x x a y y b -≤-≤ （3.2） 上连续。
定理1：如果函数),(y x f 满足以下条件：1）在R 上连续：2）在R 上关于变量y 满足李普希兹（Lipschitz ）条件，即存在常数0L >，使对于R 上任何一对点1(,)x y ，2(,)x y 均有不等式
1212(,)(,)f x y f x y L y y -≤-成立，则方程（3.1）存在唯一的解()y x ?=，
在区间0||x x h -≤上连续，而且满足初始条件00()x y ?= （3.3）
其中,min(,),max (,)x y R b
h a M f x y M
∈==,L 称为Lipschitz 常数。
思路： 1） 求初值问题的解等价于积分方程0
0(,)x
x y y f x y dx =+?的连续解。
2）
构造近似解函数序列{()}n x ?
任取一个连续函数0()x ?，使得00|()|x y b ?-≤，替代上述积分方程
右端的y ，得到0
100()(,())x
x x y f x x dx ??=+?
如果10()()x x ??≡，那么0()x ?是积分方程的解，否则，又用1()x ?替代积分方程右端的y ，得到 0
201()(,())x
x x y f x x dx ??=+?
如果21()()x x ??≡，那么1()x ?是积分方程的解，否则，继续进行，得到0
01()(,())x
n n x x y f x x dx ??-=+? （3.4）
于是得到函数序列{()}n x ?。 3）
函数序列{()}n x ?在区间00[,]x h x h -+上一致收敛于()x ?，即
lim ()()n n x x ??→∞
=存在，对(3.4)取极限,
得到
00
010lim ()lim (,()) =(,())
x
n n x n n x
x x y f x x dx
y f x x dx ???-→∞
→∞=++??
即0
0()(,())x
x x y f x x dx ??=+?.
4) )(x ?是积分方程0
0(,)x
x y y f x y dx =+?在00[,]x h x h -+上的连续解。
这种一步一步求出方程解的方法——Picard 逐步逼近法。在定理的假设条件下,分五个命题来证明定理。
为了讨论方便,只考虑区间00x x x h ≤≤+,对于区间00x h x x -≤≤的讨论完全类似.
命题1 设()y x ?=是方程
),(y x f dx
dy
= (3.1)定义于区间00x x x h ≤≤+上,满足初始条件00()x y ?=（3.3）的解,则()y x ?=是积分方程
00(,)x
x y y f x y dx =+?，00x x x h ≤≤+ (3.5)的定义于00x x x h ≤≤+上的连续
解，反之亦然。
证明 因为()y x ?=是方程(3.1)满足00()x y ?=的解,于是有
()
(,())d x f x x dx
??= 两边取0x 到x 的积分得到
0()()(,())x
x x x f x x dx ???-=? 00x x x h ≤≤+
即有0
0()(,())x
x x y f x x dx ??=+? 00x x x h ≤≤+
所以()y x ?=是积分方程0
0(,)x
x y y f x y dx =+?定义在区间00x x x h ≤≤+上的
连续解.
反之,如果()y x ?=是积分方程(3.5)上的连续解,则
00()(,())x
x x y f x x dx ??=+? 00x x x h ≤≤+ （3.6）
由于),(y x f 在R 上连续,从而(,())f x x ?连续,两边对x 求导,可得
()
(,())d x f x x dx
??= 而且 00()x y ?=, 故()y x ?=是方程(3.1)定义在区间00x x x h ≤≤+上,且满足初始条件
00()x y ?=的解。
构造Picard 的逐次逼近函数序列{()}n x ?.
0000100()()(,()) x n
n x x y x y f d x x x h ??ξ?ξξ-=??
?=+≤≤+??? (1,2,)n =L （3.7）
命题2 对于所有的n ，（3.7）中的函数()n x ?在00x x x h ≤≤+上有定义，连续且满足不等式 0|()|n x y b ?-≤ （3.8） 证明 （用数学归纳法证明）
当1n =时，0
100()(,)x
x x y f y d ?ξξ=+?，显然1()x ?在00x x x h ≤≤+上有定
义、连续且有0
10000|()||(,)||(,)|()x x
x x x y f y d f y d M x x Mh b ?ξξξξ-=≤≤-≤≤??
即命题成立。
假设n k =命题2成立，也就是在00x x x h ≤≤+上有定义、连续且满足不等式 0|()|k x y b ?-≤
当1n k =+时， 0
10()(,())x
k k x x y f dx ?ξ?ξ+=+?
由于),(y x f 在R 上连续,从而(,())k f x x ?在00x x x h ≤≤+上连续，于是得知
1()k x ?+在00x x x h ≤≤+上有定义、连续,而且有
100|()||(,())|()x
k k x x y f d M x x Mh b ?ξ?ξξ+-≤≤-≤≤?
即命题2对1n k =+时也成立.由数学归纳法知对所有的n 均成立。 命题3 函数序列{()}n x ?在00x x x h ≤≤+上是一致收敛的。
记lim ()()n n x x ??→∞
=,00x x x h ≤≤+
证明 构造函数项级数
011()[()()]k k k x x x ???∞
-=+-∑ 00x x x h ≤≤+ (3.9)
它的部分和为 011
()()[()()]()n
n k k n k S x x x x x ????-==+-=∑
于是{()}n x ?的一致收敛性与级数(3.9)的一致收敛性等价. 为此，对级数(3.9)的通项进行估计.
01000|()()||(,())|()x
x x x f d M x x ??ξ?ξξ-≤≤-? (3.10)
2110|()()||(,())(,())|x
x x x f f d ??ξ?ξξ?ξξ
-≤-?
由Lipschitz 条件得知
00
2110020|()()||()()|ξ
() ()2!
x
x x
x x x L d L M x d ML
x x ???ξ?ξξξ-≤-≤-≤
-??
设对于正整数n ,有不等式
1
10|()()|() !
n n n n ML x x x x n ??---≤- 成立,则由Lipschitz 条件得知,当00x x x h ≤≤+时,有
00
01110
1
0|()()||(,())(,())| |()()|ξ
() ! ()(+1)!
x
n n n n x x
n n x n x n
x n
n x x f f d L d ML x d n ML x x n ??ξ?ξξ?ξξ
?ξ?ξξξ+--+-≤-≤-≤-≤-???
于是由数学归纳法可知, 对所有正整数k ,有
1110|()()|() !!
k k k
k k k ML ML x x x x h k k ??----≤-≤ 00x x x h ≤≤+ (3.11)
由正项级数1
1
!
k
K k h ML
k ∞
-=∑ 的收敛性,利用Weierstrass 判别法,级数(3.9)在00x x x h ≤≤+上一致收敛.因而序列{()}n x ?在00x x x h ≤≤+上一致收敛。
设lim ()()n n x x ??→∞
=,则()x ?也在00x x x h ≤≤+上连续,且 0|()|x y b ?-≤ 命题4 ()x ?是积分方程(3.5)的定义在00x x x h ≤≤+上的连续解.
证明 由Lipschitz 条件
|(,())(,())||()()|n n f x x f x x L x x ????-≤-
以及{()}n x ?在00x x x h ≤≤+上一致收敛于()x ?,可知(,())n f x x ?在
00x x x h ≤≤+上一致收敛于(,())f x x ?.因此
000101lim ()lim (,())
=lim (,())
x
n n x n n x
n x n x y f d y f d ?ξ?ξξξ?ξξ-→∞
→∞-→∞
=++??
即 0
0()(,()) x
n x x y f d ?ξ?ξξ=+?
故()x ?是积分方程(3.5)的定义在00x x x h ≤≤+上的连续解。
命题5 设()x ψ是积分方程0
0(,)x
x y y f x y dx =+?，00x x x h ≤≤+ (3.5)的定
义在00x x x h ≤≤+上的一个连续解,则()()x x ?ψ≡,00x x x h ≤≤+.
证明 设()|()()|g x x x ?ψ=-,则()g x 是定义在00x x x h ≤≤+的非负连续函数,由于
0()(,()) x x x y f d ?ξ?ξξ=+?0
0()(,()) x
x x y f d ψξψξξ=+?
而且(,)f x y 满足Lipschitz 条件,可得
00
()|()()||[(,())(,())]|
|(,())(,())| |()()|()x
x x
x x x
x x g x x x f f d f f d L d L g d ?ψξ?ξξψξξξ?ξξψξξ
?ξψξξξξ
=-=-≤-≤-=????
令0
()()x
x u x L g d ξξ=?,则()u x 是00x x x h ≤≤+的连续可微函数,且0()0u x =,
0()()g x u x ≤≤,()()u x Lg x '=,()()u x Lu x '≤,(()())0Lx u x Lu x e -'-≤,
即(())0Lx u x e -'≤,于是在00x x x h ≤≤+上, 0
0()()0Lx Lx u x e u x e --≤=
故()()0g x u x ≤≤,即()0g x ≡,00x x x h ≤≤+,命题得证。
对定理几点说明:
(1)存在唯一性定理中min(,
)b
h a M
=的几何意义.
在矩形域R 中(,)f x y M ≤,故方程过00(,)x y 的积分曲线()y x ?=的斜率必介于M -与M 之间,过点00(,)x y 分别作斜率为M -与M 的直线. 当b M a
≤时，即b
a M
≤
,（如图(a)所示），解()y x ?=在00x a x x a -≤≤+上有定义；当b M a
≥时,即
b
a M
≤,（如图(b)所示）
，不能保证解在00x a x x a -≤≤+上有定义，它有可能在区间内就跑到矩形R 外去，只有
当00b b
x x x M M
-
≤≤+才能保证解()y x ?=在R 内，故要求解的存在范围是0||x x h -≤。
(2)由于李普希兹条件的检验是比较费事的，而我们能够用一个
较强的，但却易于验证的条件来代替他，即如果函数),(y x f 在矩形域
R 上关于y 的偏导数),('y x f y 存在并有界，即'(,)y f x y L ≤，则李普希兹
条件条件成立. 事实上
212121212(,())
|(,)(,)||
|||
||
f x y y y f x y f x y y y y L y y θ?+--=-?≤-
这里12(,),(,),01x y x y R θ∈<<. 如果),('y x f y 在R 上连续，它在R 上当然满足李普希兹条件.但是,满足李普希兹条件的函数),(y x f 不一定有偏导数存在.例如函数(,)||f x y y =在任何区域都满足李普希兹条件,但它在
0y =处没有导数。
(3)设方程
),(y x f dx dy =(3.1)是线性的,即方程为()()dy P x y Q x dx
=+ 易知,当(),()P x Q x 在区间[,]αβ上连续时,定理1的条件就能满足,且对任一初值000(,),[,]x y x αβ∈所确定的解在整个区间[,]αβ上有定义、连续。 实际上,对于一般方程(3.1),由初值所确定的解只能定义在
0||x x h -≤上,是因为在构造逐步逼近函数序列{()}n x ?时,要求它不越出
矩形域R ,此时,右端函数对y 没有任何限制,只要取
0[,]
max |()()|x M P x y Q x αβ∈=+.
(4)Lipschitz 条件是保证初值问题解惟一的充分条件，而非必要
条件。
例如 试证方程 0 =0
ln || 0
y dy y y dx y ≠?=??
经过xoy 平面上任一点的解都是唯一的.
证明 0y ≠时, (,)ln ||f x y y y =,在0y ≠上连续,
(,)1ln ||y f x y y '=+也在0y ≠上连续,因此对x 轴外的任一点00(,)x y ,方程
满足00()y x y =的解都是唯一存在的.又由 ln ||dy
y y dx
= 可得方程的通解为x
ce y e =±,其中x
ce y e
=为上半平面的通解,
x
ce y e =-为下半平面的通解,它们不可能与0y =相交.注意到0y =是方
程的解,因此对x 轴上的任一点0(,0)x ,只有0y =通过,从而保证xoy 平面上任一点的解都是唯一的.
但是 |(,)(,0)||ln ||||ln |||||f x y f x y y y y -==
因为0lim |ln |||y y →=+∞,故不可能存在0L >,使得 |(,)(,0)|||f x y f x L y -≤ 所以方程右端函数在0y =的任何邻域并不满足Lipschitz 条件。 此题说明Lipschitz 条件 是保证初值问题解惟一的充分条件，而非必要条件。
2、考虑一阶隐方程 (,,)0F x y y '= (3.12)
由隐函数存在定理,若在000(,,)x y y '的某一邻域内F 连续且000
(,,)0F x y y '=,而0F
y ?≠'
?,则必可把'y 唯一地表为,x y 的函数 (,)y f x y '= (3.13)
并且(,)f x y 于00(,)x y 的某一邻域连续,且满足0
00(,)y f x y '= 如果F 关于所有变元存在连续的偏导数,则(,)f x y 对,x y 也存在连续的偏导数,并且
/f F F
y y y ???=-'
??? (3.14) 显然它是有界的,由定理1可知,方程(3.13)满足初始条件的0()0y x =解
存在且唯一.从而得到下面的定理。
定理2 如果在点000
(,,)x y y '的某一邻域中: ⅰ) (,,)F x y y '关于所有变元(,,)x y y '连续,且存在连续的偏导数；
ⅱ）000
(,,)0F x y y '= ⅲ）
000
(,,)0F x y y y '?≠'
?
则方程(,,)0F x y y '=（3.12）存在唯一的解
0() || y y x x x h =-≤（h 为足够小的正数）
满足初始条件0000
(), ()y x y y x y ''== （3.15）
二、 近似计算和误差估计
求方程近似解的方法——Picard 的逐次逼近法
000
0100()()(,()) x n
n x x y x y f d x x x h ??ξ?ξξ-=??
?=+≤≤+???
对方程的第n 次近似解()n x ?和真正解()x ?在0||x x h -≤内的误差估
计式 1
|()()|(1)!
n n n ML x x h n ??+-≤
+ （3.16）
此式可用数学归纳法证明.
00|()()||(,())|()x
x x x f d M x x Mh ??ξ?ξξ-≤≤-≤?
设有不等式 1110|()()|() !!
n n n
n n ML ML x x x x h n n ??----≤-≤ 成立,则
00
01101
10|()()||(,())(,())| |()()|ξ
()
! ()(+1)!(+1)!
x
n n x x
n x n x n
x n n n n x x f f d L d ML x d n ML ML x x h
n n ??ξ?ξξ?ξξ
?ξ?ξξξ--++-≤-≤-≤-≤-≤??? 例1 讨论初值问题
22dy
x y dx
=+,(0)0y =，
解的存在唯一性区间,并求在此区间上与真正解的误差不超过0.05的近似解,其中
:11,11R x y -≤≤-≤≤。
解 (,)1max |(,|2,1,1,min{,
}2
x y R
b M f x y a b h a M ∈======, 由于|
||2|2f
y L y
?=≤=?,根据误差估计式(3.16) 11
|()()|0.05(1)!(1)!
n n n ML x x h n n ??+-≤
=<++ 可知3n =.于是 0()0x ?=
3
2
2
10
0()[()]3
x
x x x x dx ??=+=? 37
2
2
21
0()[()]363
x
x x x x x dx ??=+=+?
371115
2
2
32
0()[()]363207959535
x
x x x x x x x dx ??=+=+++? 3()x ?就是所求的近似解,在区间11
22
x -≤≤上,这个解与真正解得误差
不超过0.05。
练习：88P 习题3.1 1,2 作业：88P 习题3.1 4.
导数与函数零点问题解题方法归纳
导函数零点问题 一．方法综述 导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明“三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略 类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点 【例1】【2020·福建南平期末】已知函数()() 2 1e x f x x ax =++. （1）讨论()f x 的单调性； （2）若函数()() 2 1e 1x g x x mx =+--在[)1,-+∞有两个零点，求m 的取值范围. 【分析】（1）首先求出函数的导函数因式分解为()()()11e x f x a x x =++'+，再对参数a 分类讨论可得； （2）依题意可得()()2 1e x g x m x =+'-，当0m …函数在定义域上单调递增，不满足条件； 当0m >时，由（1）得()g x '在[)1,-+∞为增函数，因为()01g m '=-，()00g =.再对1m =，1m >， 01m <<三种情况讨论可得. 【解析】（1）因为()() 2 1x f x x ax e =++，所以()()221e x f x x a x a ??=+++??'+， 即()()()11e x f x a x x =++'+. 由()0f x '=，得()11x a =-+，21x =-. ①当0a =时，()()2 1e 0x f x x =+'…，当且仅当1x =-时，等号成立. 故()f x 在(),-∞+∞为增函数. ②当0a >时，()11a -+<-， 由()0f x >′得()1x a <-+或1x >-，由()0f x <′得()11a x -+<<-； 所以()f x 在()() ,1a -∞-+，()1,-+∞为增函数，在()() 1,1a -+-为减函数.
解的存在唯一性定理证明
解的存在唯一性定理 利用逐次逼近法，来证明微分方程的初值问题的解存在与唯一性定理。 一、【存在、唯一性定理叙述】 如果方程的右端函数在闭矩形区域上满足如下条件： （1）、在上连续； （2）、在上关于变量满足利普希茨条件，即存在常数，使对于上任何一点和有以下不等式：。 则初值问题在区间上存在唯一解， 其中
二、【证明】 逐步迫近法： 微分方程等价于积分方程。 取，定义 可证明的满足积分方程。 通过逐步迫近法可证明解的存在唯一性。 命 题 1：先证积分方程与微分方程等价： 设是微分方程定义于区间上满足初值条件 的解，则是积分方程定义于区间上的连续解。反之亦然。 证： 因是微分方程的解，有 两边从到取定积分，得： 代入初值条件得： 即是积分方程定义于区间上的连续解。 反之，则有 微分得： 且当时有。即是微分方程定义于区间上满足初值条件的解。 现取，代入积分方程的右端，所得函数用表示，则，再将代入积分方程的右端，所得函数用表示，则，以上称为1次近似, 称为2次近似。以此类推得到次近似。 从而构造逐步迫近函数序列为： 命 题 2：对所有,函数序列在上有定义、连续且满足不等式 证：当时， 。显然在上有定义、连续且有 ，即命题2当时成立。 由数学归纳法，设命题2当时成立，则对有： 知在上有定义、连续且有 命题2当时也成立。 由数学归纳法原理得命题2对所有均成立。 命 题 3：函数序列在上一致收敛。
证：只须考虑级数-----（*） 在上一致收敛。 因其部分和为：，因， 设对成立。 则当时有 即对所有，在成立 。 其右端组成正项收敛级数 由魏氏判别法，级数（*）在上一致收敛。即在上一致收敛。命题3得证。 现设 则在上有定义、连续且 命 题 4： 是积分方程在上的连续解。 证： 由利普希茨条件 及在上一致收敛于，知函数序列在上一致收敛于。 于是即 是积分方程在上的连续解。 命题5：设是积分方程在上的另一连续解。则。 证： 现证也是序列在上的一致收敛极限函数。由， ， 得： ， 。 设，则 。由数学归纳法，对所有，有 。 因此，对所有，在有成立。但当时。故在上的一致收敛于。由极限的唯一性，得。
解的存在唯一性
解的存在唯一性定理证明及其研究 专业名称：数学与数学应用 组长：赵亚平 组员：刘粉娟、王蓓、孙翠莲 指导老师：岳宗敏
解的存在唯一性定理证明及其研究 摘要 线性微分方程是常微分课本中的重要组成部分，线性微分方程组解的存在唯一性是最重要，也是不可或缺的一部分，通过课本所学知识运用逐步逼近法以及压缩映射原理分别对一阶，高阶线性微分方程组解的存在唯一性进行的详细的论述证明。对于线性方程组解的情况，主要是通过对增广矩阵进行初等行变换，了解其秩的情况，在运用克莱默法则，从而得出其解的存在唯一性的情况。 关键词：解的存在唯一性 线性微分方程组 线性方程组 （一）一阶微分方程的解的存在唯一性定理与逐步逼近法 存在唯一性定理 考虑初值问题 ),(y x f dx dy = 00)(y x y = （1） 其中f(x,y)在矩形区域R ： b y y a x x ≤-≤-||,||00 （2） 上连续，并且对y 满足Lipschits 条件：即存在常数L>0（L 为利普
希茨常数），使不等式 |||),(),(|2121y y L y x f y x f -≤- 对所有R y x y x ∈),(),,(21都成立,则初值问题(1)在区间h x x ≤-||0上解存在且唯一，这里 |),(|max ),, min(),(y x f M M b a h R y x ∈== 证明思路： 1.初值问题（1）的解存在等价于求积分方程 ?+=x x dy y x f y y 0),(0 （3） 的连续解。 2.构造（3）所得解函数序列{)(x n ?}，任取一连续函数)(0x ?， b y x ≤-|)(|00?代入（3）右端的y ，得 …… 2,1,))(,()(0 01=+=?+n dx x x f y x x x n n ?? 3.函数序列{)(x n ?}在|,|00h x h x +-上一致收敛到)(x ?。这里为 )(x n ?=dx x x f y n x x n ))(,(lim 1-00 ??∞ →+ dx x x f y x x f y x x x x n ??+ =+=∞ →0 ))(,()) (,(lim 01-n 0?? 4．)(x ?为（3）的连续解且唯一。首先在区间],[00h x x +是讨论，在错误！未找到引用源。上类似。 证明过程： 命题1 ：初值问题（1）等价于积分方程
函数零点存在性定理
?函数零点存在性定理： 一般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)．f(b)
函数零点存在性定理基础题
函数零点存在性定理基础题 1．函数()25x f x =-存在零点的区间是（ ） A ．（1，2） B ．（2，3） C ．（3，4） D ．（4，5） 【答案】B ． 【解析】 函数单调递增，并且()()()23130f f ?=-?<，所以在区间()3,2上存在一个零点． 2．若函数在区间内存在一个零点，则实数的取值范围是（ ） A ．1a > B ．1a <- C ．1a <-或1a > D ．11a -<< 【答案】C ． 【解析】 由零点存在性定理得：(1)(1)0,(1)(1)0,f f a a -<-+<因此1a <-或1a >．选C ． 3．函数f （x ）＝ln x － 2x 的零点所在的大致区间是（ ） A ．（1，2） B ．（2，3） C ．（1e ，1）和（3，4） D ．（e ，＋∞） 【答案】B ． 【解析】 ∵f （1）＝－2<0，f （2）＝ln2－1<0，又∵f （x ）在（0，＋∞）上是单调增函数， ∴在（1，2）内f （x ）无零点．又∵f （3）＝ln3－ 23 >0，∴f （2）·f （3）<0． ∴f （x ）在（2，3）内有一个零点．故选B ． 4．已知定义在R 上的函数()f x 的图象是连续不断的，且有部分对应值表如下： 那么函数()f x 一定存在零点的区间是 （ ） A ．()1-∞, B ．()12, C ．()23, D ．()3+∞, ()1f x ax =+(1,1)-a
【答案】C ． 【解析】 根据函数的对应值表可得(1) 6.10,(2) 2.90,(3) 3.50f f f =>=>=-<，根据函数的零点存在性定理，一定存在零点的区间是()2,3．故选C ． 5．函数f （x ）=log 3x －8+2x 的零点一定位于区间（ ） A ．（1，2） B ．（2，3） C ．（3，4） D ．（5，6） 【答案】C ． 【解析】 函数f （x ）=log 3x -8+2x 为增函数， ∵f （3）=log 33-8+2×3=-1＜0，f （4）=log 34-8+2×4=log 34＞1＞0， ∴函数在（3，4）内存在零点．故选C ． 6．方程log 3x +x =3的解所在的区间是（ ） A ．（0，1） B ．（1，2） C ．（2，3） D ．（3，+∞） 【答案】C ． 【解析】 可构造函数f （x ）=log 3x +x -3，方程log 3x +x =3的解所在的区间是函数f （x ）=log 3x +x -3零点所在的区间，又函数f （x ）=log 3x +x -3在定义域上单调递增，结合零点存在性定理对四个选项中的区间进行验证即可． 由于f （0）不存在，f （1）=-2，f （2）=log 32-1＜0，f （3）=1＞0， 故零点存在于区间（2，3），方程log 3x +x =3的解所在的区间是（2，3） 故选C ．
Picard存在和唯一性定理
Picard存在和唯一性定理 本节利用逐次逼近法，来证明微分方程 (2.1) 的初值问题 (2.2) 的解的存在与唯一性定理. 定理 2.2(存在与唯一性定理)如果方程(2.1)的右端函数在闭矩形域 上满足如下条件： (1) 在R上连续; (2) 在R上关于变量y满足李普希兹(Lipschitz)条件，即存在常数N，使对于R上任何一对点和有不等式： 则初值问题(2.2)在区间上存在唯一解 其中 在证明定理之前，我们先对定理的条件与结论作些说明: 1. 在实际应用时，李普希兹条件的检验是比较费事的.然而，我们能够用一个较强的， 但却易于验证的条件来代替它.即如果函数在闭矩形域R上关于y的偏导数 存在并有界，.则李普希兹条件成立，事实上，由拉格朗日中值定理有 其中满足，从而.如果在R上连续，它在R上当然就满足李普希兹条件.（这也是当年Cauchy证明的结果） 2．可以证明，如果偏导数在R上存在但是无界，则Lipschitz条件一定不满足，
但是Lipschitz 条件满足，偏导数不一定存在，如(,)||f x y y 。 3.现对定理中的数h 0做些解释.从几何直观上，初值问题(2.2)可能呈现如图2-5所示的情况. 这 时，过点 的积 图 2-5 分曲线 当 或 时，其中 ， ，到 达R 的上边界 或下边界 .于是，当 时，曲线 便可能没有定义.由此可见，初值问题(2.2)的解未必在整个区间 上存在. 由于定理假定 在R 上连续,从而存在 于是，如果从点 引两条斜率分别等于M 和-M 的直线，则积分曲线 (如果存在的话)必被限制在图2-6的带阴影的两个区域内，因此，只要我们取 则过点 的积分曲线 (如果存在的话)当x 在区间上变化时，必位于R 之 中. 图 2-6
根的存在性证明(零点定理)
根的存在性定理：如果)(x f 在闭区间[a,b]上连续 0)(,,0)()(=∈<ξξf b a b f a f ）使得（则存在。 证明 利用构造法的思想，将)(x f 的零点范围逐步缩小。先将[a,b]二等分为],2[],2, [b b a b a a ++，如果0)2 (=+b a f 。则定理获证。如果0)2(≠+b a f ，则f(a)和f(b)中必然有一个与)2 (b a f +异号，记这个小区间为[11,b a ],它满足2-0)()(1111a b a b b f a f -=<且区间的长度。又将[11,b a ]二等分，考虑中点的函数值，要么为零，要么不为零。如果中点的函数值为零，则定理获证。如果中点的函数值不为零，那么必然可以选出一个小区间，使得f(x)在这个区间的端点值异号，记这个小区间为 ],[22b a ，它满足[a,b]?[11,b a ]],[22b a ?，0)()(2222 22<-=-a f b f a b a b 且。采用这样的方法一直进行下去，或者到有限步时，某个区间的中点的函数值为零，这样定理的结论成立。或者所有区间的中点的函数值不为零，那么我们就会得到一个无穷的区间序列{],[n n b a }，它满足:① [a,b]?[11,b a ]?????],[22b a ；②n n n a b a b 2-=-；③0)()( 存在唯一性定理 如(,)f x y 在R 上连续且关于y 满足利普希茨条件，则方程 (,),dy f x y dx =在区间0x x h -≤上存在唯一解00 (),()y x x y ??== ，其中 (,)min ,, max (,) x y R b h a M f x y M ∈? ?== ??? 逐步迫近法 微分方程(,)dy f x y dx =等价于积分方程0 0(,)x x y y f x y dx =+ ? 取00()x y ?= ， 定义0 01()(,()), 1,2,x n n x x y f x x dx n ??-=+=? 可证明lim ()() n n x x ??→∞ =的 ()y x ?=满足积分方程。 通过逐步迫近法可证明解的存在唯一性。 命题1 先证积分方程与微分方程等价： 设()y x ?=是微分方程 (,)dy f x y dx =定义于区间00x x x h ≤≤+上满足初值条件 00()x y ?=的解，则()y x ?=是积分方程0 000(,), x x y y f x y dx x x x h =+≤≤+?定义于区 间0 0x x x h ≤≤+上的连续解。反之亦然。 证 因()y x ?=是微分方程 (,)dy f x y dx =的解，有 ()(,())d x f x x dx ??= 两边从0x 到0 x h +取定积分 000()()(,()), x x x x f x x dx x x x h ???-= ≤≤+? 代入初值条件00()x y ?=得 000()(,()),x x x y f x x dx x x x h ??=+ ≤≤+? 即()y x ?=是积分方程0 000(,), x x y y f x y dx x x x h =+ ≤≤+?定义于区间00x x x h ≤≤+上的连续解。 反之，则有 000()(,()), x x x y f x x dx x x x h ??=+ ≤≤+? 微分之 ()(,())d x f x x dx ??= 且当0x x = 时有00 ()x y ?=。即 () y x ?=是微分方程 (,) dy f x y dx =定义于区间 00x x x h ≤≤+上满足初值条件00()x y ?=的解。 现取00()x y ?=，构造逐步迫近函数序列 000001()1,2,()(,()), x n n x x y x x x h n x y f x x dx ???-=??≤≤+=? =+?? ? 命题2 对所有n ,函数序列()n x ?在0 0x x x h ≤≤+上有定义、连续且满足不等 式 0()n x y b ?-≤ 证 当1n =时0 100()(,)x x x y f x y dx ?=+ ?。显然1()x ?在0 0x x x h ≤≤+上有定义、 连续且有 0000()(,)(,)()x x n x x x y f x y dx f x y dx M x x M h b ?-= ≤ ≤-≤≤?? 命题2当1n =时成立。设命题2当n k =时成立，则对1n k =+ 根心定理 根心定理：三个两两不同心的圆，形成三条根轴，则必有下列三种情况之一： （1）三根轴两两平行； （2）三根轴完全重合； （3）三根轴两两相交，此时三根轴必汇于一点，该点称为三圆的根心。 该定理是平面几何上非常重要的定理。 一、点对圆的幂 平面上任意一点对圆的幂定义为以下函数： 考虑到圆的方程也可以写为圆心-半径的形式： 由此也可以把点对圆的幂定义为： 这里 是点到圆心的距离，是圆的半径。 点对圆的幂的几何意义是明显的： 若点在圆外，则幂为点到圆的切线长度的平方； 若点在圆上，则幂为0； 若点在圆内，则幂为负数，其绝对值等于过点且垂直于的弦长的一半的平方。 二、根轴 平面上两不同心的圆 显然，对两圆等幂的点集是直线： 该直线称为两圆的根轴。根轴必垂直于两圆的连心线。 若两圆相交，则根轴就是连接二公共点的直线； 若两圆相切，则根轴就是过切点的公切线； 若两圆相离或内含，则根轴完全位于两圆之外，但仍垂直于两圆的连心线。 当圆1和圆2相离或内含时，用尺规作出这两圆的根轴需要依赖“根心定理”（见第三部分）。具体的做法是：另作一个适当的圆3与前两圆都相交，圆3分别与前两圆形成根轴，这两条根轴的交点即是圆1、圆2和圆3的根心，它必定在圆1和圆2所形成的根轴上；同理，再找一个适当的圆4，找到圆1、圆2和圆4的根心。连接所找到的两个根心，即得到圆1和圆2的根轴。 三、根心与根心定理（解析几何证法） 三个两两不同心的圆 任意两圆形成一条根轴，因而共有三条根轴： 这三条根轴的直线方程（以下简称为根轴方程）是线性相关的，即由其中两个根轴方程进行线性组合，可以得出第三个根轴方程。因此： （i）若平面上某一点是其中两个根轴方程的公共解（亦即两根轴的公共点），则必定也是第三条根轴上的点。 （ii）若某两个根轴方程无公共解（即平行），则三个根轴方程中的任意两个均无公共解（即三条根轴两两平行）。 具体而言，三个两两不同心的圆的根轴，仅仅包含下面三种情况： （1）三根轴两两平行； （2）三根轴完全重合； （3）三根轴两两相交，此时三根轴必汇于一点，该点称为三圆的根心。 上面所证明的即是“根心定理”。 以上用解析几何的方法证明了根心定理。在平面上，二元方程对应一条曲线，而方程组的解对应着曲线的公共点。利用这个思想，从根轴方程的线性相关性出发，容易得到平面几何上的根心定理。这种证明方法十分简单。 四、根心定理的相关例题 以下例题选自2013年（第54届）国际数学奥林匹克竞赛（IMO）第二天第4题： 一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明)()(x q y x p dx dy +=摘要:从分析方法入手,来证明满足初值条件下一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明.引言:我们学习了能用初等解法的一阶方程的若干类型,但同时知道大量的一阶方程是不能用初等解法求出它的通解,而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解,因此对初值问题的研究被提到重要地位,自然要问:初值问题的解是否存在?如果存在是否唯一? 首先,我们令f(x,y)=p(x)y+q(x) 这里f(x,y)是在矩形域 R:上的连续函数.b y y a x x ≤-≤-00,函数f(x,y)称为在R 上关于y 满足利普希兹条件,如果存在常数L>0使不等式 对于所有的 都成立,L 称 2121),(),(y y L y x f y x f -≤-R y x y x ∈),(),,(21为利普希兹常数下面我们给出一阶线形微分方程(1)解的存在唯一性)()(x q y x p dx dy +=定理:如果f(x,y)=p(x)y+q(x)在R 上连续且关于y 满足利普希兹条件,则方程(1)存在唯一的解,定义于区间上,连续)(x y ?=h x x ≤-0且满足初始条件: 这里 00)(y x =?),min(M b a h =),(max y x f M =R y x ∈),(我们采用皮卡的逐步逼近法来证明这个定理,为了简单起见,只 就区间来讨论,对于的讨论完全一样.h x x x +≤≤0000x x h x ≤≤-现在简单叙述一下运用逐步逼近法证明定理的主要思想,首路习题到位。在管路敷对设备进行调整使其在正限度内来确保机组高中 ? ? 函数零点存在性定理： 一般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)．f(b) 第三章 一阶微分方程解的存在定理 [教学目标] 1. 理解解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，掌握逐次逼近法，熟练近似解的误差估计式。 2. 了解解的延拓定理及延拓条件。 3. 理解解对初值的连续性、可微性定理的条件和结论。 [教学重难点] 解的存在唯一性定理的证明，解对初值的连续性、可微性定理的证明。 [教学方法] 讲授，实践。 [教学时间] 12学时 [教学内容] 解的存在唯一性定理的条件、结论及证明思路，解的延拓概念及延拓条件，解对初值的连续性、可微性定理及其证明。 [考核目标] 1.理解解的存在唯一性定理的条件、结论，能用逐次逼近法解简单的问题。 2.熟练近似解的误差估计式，解对初值的连续性及可微性公式。 3.利用解的存在唯一性定理、解的延拓定理及延拓条件能证明有关方程的某些性质。 §1 解的存在性唯一性定理和逐步逼近法 微分方程来源于生产实践际，研究微分方程的目的就在于掌握它所反映的客观规律，能动解释所出现的各种现象并预测未来的可能情况。在第二章介绍了一阶微分方程初等解法的几种类型，但是，大量的一阶方程一般是不能用初等解法求出其通解。而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解。因此初值问题的研究就显得十分重要，从前面我们也了解到初值问题的解不一定是唯一的。他必须满足一定的条件才能保证初值问题解的存在性与唯一性，而讨论初值问题解的存在性与唯一性在常微分方程占有很重要的地位，是近代常微分方程定性理论，稳定性理论以及其他理论的基础。 例如方程 dy dx =过点(0,0)的解就是不唯一，易知0y =是方程过(0,0)的解，此外，容易验证，2 y x =或更一般地，函数 2 0 0() c<1x c y x c x ≤≤?=?-≤? 都是方程过点(0,0)而且定义在区间01x ≤≤上的解，其中c 是满足01c <<的任一数。 解的存在唯一性定理能够很好地解释上述问题，它明确地肯定了方程的解在一定条件下的存在性 和唯一性。另外，由于能得到精确解的微分方程为数不多，微分方程的近似解法具有重要的意义，而解的存在唯一性是进行近似计算的前提，如果解本身不存在，而近似求解就失去意义；如果存在不唯一，不能确定所求的是哪个解。而解的存在唯一性定理保证了所求解的存在性和唯一性。 1．存在性与唯一性定理： （1）显式一阶微分方程 ),(y x f dx dy = （3.1） 这里),(y x f 是在矩形域：00:||,||R x x a y y b -≤-≤ （3.2） 函数零点存在性定理文件管理序列号：[K8UY-K9IO69-O6M243-OL889-F88688] 函数零点存在性定理： 一般地，如果函数y=f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)．f(b) 若函数f（x）唯一的一个零点同时在区间（0，16）、（0，8）、（0，4）、（0，2）内，下列结论： （1）函数f（x）在区间（0，1）内有零点； （2）函数f（x）在区间（0，1）或（1，2）内有零点； （3）函数f（x）在区间[2，16）内无零点； （4）函数f（x）在区间（0，16）上单调递增或递减． 其中正确的有 ______（写出所有正确结论的序号）． 答案 由题意可确定f（x）唯一的一个零点在区间（0，2）内，故在区间[2，16）内无零点． （3）正确， （1）不能确定， （2）中零点可能为1， （4）中单调性也不能确定． 故答案为：（3） 例题2： 已知函数有零点，则实数的取值范围是（） 答案： 例题3： 例题4： 函数f（x）=3ax-2a+1在[-1，1]上存在一个零点，则实数a的取值范围是（）A. a ≥ 1/5; B. a ≤ -1 ; C. -1 ≤ a ≤ 1/5 ; D. a ≥ 1/5 或 a ≤ -1答案：由题意可得f（-1）×f（1）≤0，解得 ∴（5a-1）（a+1）≥0 ∴a≥ 1/5 或a≤-1 故选D ． 一阶线形微分方程)()(x q y x p dx dy +=解的存在唯一性定理的证明 摘要:从分析方法入手,来证明满足初值条件下一阶线形微分方程解的存在唯一性定理的证明.引言:我们学习了能用初等解法的一阶方程的若干类型,但同时知道大量的一阶方程是不能用初等解法求出它的通解,而实际问题中所需要的往往是要求满足某种初始条件的解,因此对初值问题的研究被提到重要地位,自然要问:初值问题的解是否存在?如果存在是否唯一? 首先,我们令f(x,y)=p(x)y+q(x) 这里f(x,y)是在矩形域 R:b y y a x x ≤-≤-00,上的连续函数. 函数f(x,y)称为在R 上关于y 满足利普希兹条件,如果存在常数L>0使不等式 2121),(),(y y L y x f y x f -≤- 对于所有的R y x y x ∈),(),,(21 都成立,L 称为 利普希兹常数 下面我们给出一阶线形微分方程)()(x q y x p dx dy +=(1)解的存在唯一性定理: 如果f(x,y)=p(x)y+q(x)在R 上连续且关于y 满足利普希兹 条件,则方程(1)存在唯一的解)(x y ?=,定义于区间h x x ≤-0上,连续且满足初始条件: 00)(y x =? 这里 ), min(M b a h = ),(max y x f M = R y x ∈),( 我们采用皮卡的逐步逼近法来证明这个定理,为了简单起见, 只就区间h x x x +≤≤00来讨论,对于00x x h x ≤≤-的讨论完全一样. 现在简单叙述一下运用逐步逼近法证明定理的主要思想,首 先证明求微分方程的初值问题的解等价于求积分方程 []?++=x x dx x q y x p y y 0)()(0的连续解这里我们用f(x,y)=p(x)y+q(x)来替 代,因此也就等价于求积分方程 ?+=x x dx y x f y y 0 ),(0 的连续解,然后 去证明积分方程的解的存在唯一性. 任取一个连续函数)(0x ? 代入上面的积分方程右端的y 就得 到函数 dx x x f y x x x ))(,()(0 001?+≡?? 显然)(1x ?也是连续解,如果)(1x ?≡)(0x ?那么)(0x ?就是积分方 程的解.否则,我们又把)(1x ?代入积分方程右端的y 得到 dx x x f y x x x ))(,()(0 102?+≡?? 如果 ≡)(2x ?)(1x ?,那么)(1x ?就是积分方程的解,否则我们继 续这个步骤.一般地做函数 dx x x f y x x x n n ))(,()(0 10?-+≡?? (2) 这样就得到连续函数序列 )(0x ? ,)(1x ?…)(x n ?… 如果≡+)(1x n ?)(x n ?那么)(x n ?就是积分方程的解,如果始终不发生这种情况,我们可以证明上面的函数序列有一个极限函数)(x ?即 )()(lim x x n n ??=∞ → 存在因此对(2)取极限就得到 dx x x f y x x x n n n n ))(,(lim )(lim 0 10?-∞→∞ →+=?? =dx x x f y x x n n ))(,(lim 0 10?-∞ →+? =dx x x f y x x ))(,(0 0?+? 即 dx x x f y x x x ))(,()(0 0?+≡?? 唯一性定理 蒋文佼（080320124）宋宝璋（080320125）夏世宇 (080320126) 李宝平 (080320127) 章文显 (080320129) 常 悦 (080320130) 1、试用唯一性定理证明：封闭导体壳内部的电场不受壳外电荷（包括壳外表面）的影响。 证：导体壳无论是用电势还是用总电量给定，壳的内外一般存在着四部分电荷。 如图所示，壳内外的电荷分布分别为 ρ 和 ρe ，壳内、外表面 1 S 、2S 上各自的面电荷分布为 σ 和 σe 。壳内外的场是这四 部分电荷共同激发的。 根据定理，首先写出壳内空间电势应满足的条件： （一） 2 ρ?ε ?=- ，ρ 为壳内电荷分布。 （二）壳内表面1S 上的边界条件是：2S 上的总电量 1 s dS q σ=-? （1） 其中 V q dV ρ=? 是壳内的总电量，V 是壳内区域的体积。在壳层 内作一高斯面 0S 后（如图中虚线所示），用高斯定理很容易证明（1） 成立。 因此在给定 ρ 布后， 1S 上边界条件也已经给定为 q - ， 和导体壳本身是有电势还是用总电量给定无关。 根据唯一性定理，满足（一）、（二）的 ? 就是解。由于（一） e 和（二）与壳外的 ρe 和 σρ 的电势并不唯一，可以差一个常数。当然当壳用电势 0φ 给定时，1S 上的边界条件就是 1 0|S ?φ= 。所以壳内不但电场唯一，而且电势也是唯一。 2．如图，有一电势为0φ的导体球壳，球心有一点电荷q ，球壳内外半径分别为2R 和1R 。试用唯一性定理： （一）判断0 R φ是否球壳外空间的电势分布。 （二）求球壳内空间的电势分布 解：（一）首先必须找出球内外电势应满足的条件，他们是： （a ）2 0??= （b ）球壳外表面1S 上的边界条件，1 0s ?=φ （c ）无穷远边界条件,0R →∞?→ 若R φ 是解，根据唯一性定理，它必须满足以上三个条件。下面来 检验： 2 2 0010R R φ? =φ?= (0),R ≠ 方程已满足。 0,0,R R φ→∞→ 满足（c ）。 S1的半径是R1代入 0R φ 后， 00 R φ≠φ 所以它不满足1S 上的边界条 件，它不是球壳外空间的界，下面求正确的解。由上述可知，函数 A R 同时满足方程和无穷远边界条件。A 为待定常数，可由（b ）定出。在面1S 上 0,A R φ= 零点存在性定理 如果函数y = f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )＜0那么，函数y = f (x )在区间[a ，b ]内有零点，即存在c ∈(a ，b )，使得f (c ) = 0这个c 也就是方程f (x ) = 0的根 定理的理解 （1）函数在区间[a ，b ]上的图象连续不断，又它在区间[a ，b ]端点的函数值异号，则函数在[a ，b ]上一定存在零点 （2）函数值在区间[a ，b ]上连续且存在零点，则它在区间[a ，b ]端点的函数值可能异号也可能同号 （3）定理只能判定零点的存在性，不能判断零点的个数 例：函数y = f (x ) = x 2 – ax + 2在(0，3)内，①有2个零点. ②有1个零点，分别求a 的取值范围. 解析：①f (x )在(0，1)内有2个零点，则其图象如下 则(0)0(3)00032 f f a b a >??>????≥??<-??>? 关于“方程根的存在性问题” “方程根的存在性问题”是考研数学试题的一个大热门，而一般考生都只是把他与“闭区间上连续函数的介值定理”相联系，这是不太全面的．其实这类问题有时可以和微分中值定理或函数极值存在的必要条件联系起来． 归结起来，解决“方程根的存在性问题”一般可根据如下三个定理： 【定理1】（闭区间上连续函数性质）若函数)(x f 在],[b a 上连续，0)()(≤b f a f ，则方程0)(=x f 在],[b a 上必有解． 【定理2】（罗尔定理）函数)(x f 在],[b a 上连续，),(b a 内可导，且)()(b f a f =，则方程0)(='x f 在),(b a 内必有解． 【定理3】（函数极值存在的必要条件）若函数)(x f 在),(b a 内可导，且有极值)],()[(b a c c f ∈，则0)(='c f ． 通过下面三个例子，就足以说明“方程根的存在性问题”只与“闭区间上连续函数的介值定理”相联系，是不太全面的． 【例1】设实数常数1321,,,,+n a a a a 满足01321=+++++n a a a a ，试证明方程0)1(3212321=++++++n n x a n x a x a a 在)1,0(内一定有解． 【例2】设函数)(x f 和)(x g 在],[b a 上连续，试证明方程??=x a b x t t f x g t t g x f d )()(d )()(在),(b a 内有解， 【例3】设函数)(x f 在],[b a 上可导，0)(>'+ a f ，0)(<'- b f ，试证明方程 0)(='x f 在),(b a 内至少有一个根． 这里根本无法验证“闭区间上方程根存在定理的充分条件”． 下面我们只研究这里的【定理1】的应用，其他问题稍后再议． 在展开讨论之前，首先我们不能说一下，由于有些问题会涉及到有界开区间、无穷区间或无界函数的问题，所以我们还应该理解对应的很多定理．下面仅举出其中的某几个，在做试卷解答时，他们都是可以直接引用的． 【定理4】若函数)(x f 在),(b a 上连续，-∞=+)0(a f ，+∞=-)0(b f ，则方程0)(=x f 在),(b a 上必有解． 【定理5】若函数)(x f 在),(+∞-∞上连续，若0)()(≤+∞-∞f f ，则方程0)(=x f 必有实数解． 对于函数给得很具体，给出的区间也很具体的问题，应该不会是很难的，所以我们这 第一讲 一阶微分方程组及解的存在惟一性定理（2课时） 一、 目的与要求: 了解高阶微分方程与一阶微分方程组的 等价关系, 理解用向量和矩阵来研 究一阶微分方程组的作用, 了解微分方程组解的存在唯一性定理. 二、重点：一阶微分方程组的向量和矩阵表示及解的存在唯一性定理. 三、难点：向量和矩阵列的收敛性的定义, 二者的范数定义及其相关性质. 四、教学方法：讲练结合法、启发式与提问式相结合教学法. 五、教学手段：传统板书与多媒体课件辅助教学相结合. 六、教学过程： 1 课题引入 在前两章里，我们研究了含有一个未知函数的常微分方程的解法及其解的性质.但是，在很多实际和理论问题中，还要求我们去求解含有多个未知函数的微分方程组，或者研究它们的解的性质. 例如，已知在空间运动的质点(,,)P x y z 的速度与时间t 及该点的坐标的关系为(,,)x y z v v v v 123(,,,)(,,,) (,,,)x y z v f t x y z v f t x y z v f t x y z =??=??=? 且质点在时刻0t 经过点000(,,)x y z ，求该质点的运动轨迹。 因为,x y dx dy v v dt dt ==和z dz v dt =, 所以这个问题其实就是 求一阶微分方程组 123(,,,)(,,,) (,,,)x f t x y z y f t x y z z f t x y z =??=??=? 的满足初始条件 00(),x t x = 00(),y t y = 00()z t z = 的解(),(),()x t y t z t . 另外，在n 阶微分方程 （1.12） ()(1)(,,,,)n n y f x y y y -'= 中,令(1)121,,,n n y y y y y y --'''===就可以把它化成等价的一阶微分方程组存在唯一性定理证明
根心定理
一阶线性微分方程解的存在唯一性证明
函数零点存在性定理.
[整理]一阶微分方程解的存在定理.
函数零点存在性定理图文稿
一阶线性微分方程解的存在唯一性证明
唯一性定理
高中数学必修一 零点存在性定理及典例
高等数学方程方程根的存在性例题及答案
阶线性微分方程组第一讲一阶微分方程组及解的存在唯一性定理