第3章习题答案 常微分方程教程+第二版+丁同仁+李承志+答案和练习

习 题 3-11. (1) 解: ,||),(αy y x f = 有α|||)0,(),(|y x f y x f =-，令 ,||)(αr r F =有⎰⎰--==1110010||11||)(r r r r r dr r F dr ααα， 当 01<-α, 即 1>α 时, ∞=--→αα10||11limr r , 所以 0)0(=y 的解唯一。

当 01=-α 时，1100|||ln )(r r r r F dr =⎰，而 ∞=→||ln lim 0r r ，所以 0)0(=y 的解唯一。

当 10<<α 时， 可解方程知其解不唯一。

所以当10<<α， 其解不唯一； 1≥α， 其解唯一。

（2）. 解: 因为0|l n |l i m 0=→y y y ,所以dxdy在 ),(+∞-∞ 连续. 设 |||ln |)(r r r F =, 有∞=⎰1)(r r F dr(01>r 为常数),所以方程的解唯一.2. 解: 构造毕卡序列, 令 1),(++=y x y x f , dx x y x f x y xn n ⎰=+01))(,()(,因为 0)0(=y ,所以 x x dx x f x y x +==⎰20121)0,()(,x x x dx x x x f x y x ++=+=⎰2302261)21,()(, x x x x dx y x f x y x +++==⎰23402331!41),()(,…………………………………………… x x x n x n dx y x f x y n n xn n +++++==+-⎰!22!2)!1(1),()(211 ,22)!22!2)!1(1(lim )(lim 21--=+++++=+∞→∞→x e x x x n x n x y x n n n n n , 所以 22--=x e y x为方程的解. 3. 证明: 反证法设初始问题(E)有两个解, )(x y 和)(1x y , 且 0010)()(y x y x y ==,01x x >∃, 使 )()(111x y x y >, 令 )()(,sup{110x y x y x x x =<≤=μ根据μ 的定义与y 的连续性可知,对),(1x x μ∈∀,)()(1x y x y >, 令 )()()(1x y x y x r -=, 令 )()()(1x y x y x r -=, 有 0)(=μr , 有))(,())(,(1x y x f x y x f dxdr-=, 因为 ),(y x f 对 y 是递减的, 所以0<dxdr, 对 ),(1x x μ∈∀, 所以 0)()(=<μr x r , 对 ),(1x x μ∈∀, 又由y 的连续性, 可得 )()(111x y x y <,矛盾!习 题 3-31.证明:令)()(),(x b y x a y x f +=, 显然),(y x f+∞<<∞-∈y I x S ,:内连续, 且满足不等式|)(||||)(||),(|x b y x a y x f +≤,其中令 0|)(|)(≥=x a x A , 0|)(|)(≥=x b x B , 由已知有 )(x A ,)(x B 在I x ∈上是连续的, 则由定理5, 知 )(x y y = 的最大存在区间为I2. (1) 解：令 221),(yx y x f +=，则 ),(y x f 在区域 }0,{1≠+∞<<-∞=y x G 上连续,或 },00{2+∞<<-∞+∞<<<<-∞=y x x G 上连续。

由推论知，此方程经过1G 或 2G 内任一点 0P存在唯一的积分曲线 J x x y ∈=Γ),(:φ，且延伸到无限远。

下证，积分曲线 Γ的最大存在空间是无界的。

用反证法，先在 1G 上讨论。

设)(x y y =上此方程满足初值条件00)(y x y = 的解。

设 +J 为它的右侧最大存在区间，若 ],[10x x J =+是有限区间，其中 01x x >。

令)(11x y φ=,则111),(G y x ∈。

因为区域1G 是开集，所以存在矩形区域11111||,||:b y y a x x R ≤-≤-，使得 11G R ⊂。

由皮亚诺定理知，原方程至少有一个解)|)(|(111h x x x y ≤-=φ 满足初值条件111)(y x =φ，其中 1h 是某个常数。

令⎩⎨⎧+≤≤≤≤=.)()()(1111;10h x x x x x x x x x y φφ则)(x y y =是连续可微的，且它在区间],[110h x x +上满足原方程，与积分曲线 Γ的最大右侧存在区间为 ],[10x x J =+矛盾。

所以+J 不可能是有限闭区间，同理可证 +J 不可能是有限开区间，则Γ在0P 点的右侧将延伸到区域 1G 的边界。

同样可证，Γ在 0P 点的侧将延伸到区域 1G 的边界，即解的存在区间为),(+∞-∞。

同样在 2G 上，解的存在区间为),0()0,(+∞-∞ 。

（2）解：由于)1(-y y 在整个),(y x 平面上连续，且对y 有连续的偏导数，所以利用推论，可知原方程经过平面上任何一点),(000y x P的积分曲线Γ是唯一存在，并将延伸到无限远。

显然0=y 与1=y 为方程的两个解曲线。

由解的唯一性，当0<y 时，其解不可能超出0=y 。

则其解只可能向左右延伸，即x 的存在区间为),(+∞-∞。

同理可知在10<<y 与1>y 时，x 的存在区间为),(+∞-∞。

（如右图）所以其解的在区间为),(+∞-∞。

（3）解：令)sin(),(xy y y x f =，此方程满足),(y x f 在+∞<<-∞+∞<<∞-y x S ,:内连续，且满足不等式|||),(|y y x f ≤。

取1)(=x A 和0)(=x B ，则此方程满足定理5的条件，所以此方程的每一个都以),(+∞-∞为存在区间。

（4）解：解方程得其解为,c x arctgy -= c 为一常数。

),(,22+∞-∞∈∀<<-y arctgy ππ，∴,22ππ<-<-c x ∴c x c +<<+-22ππ，∴ 其存在区间为c x c +<<+-22ππ。

3。

解：不矛盾。

因为此方程化为微分方程为yxdx dy -=，令 yxy x f -=),(，有),(y x f 在G 上不一定连续， 即不满足延伸定理的条件，所以不能说与延伸定理矛盾。

4. 解：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含),(00y x P 的区域G ，初值问题（E ）的解都存在且唯一，并可延伸到 G 的边界。

其次，容易看出，直线3:1=y L 和直线 3=y 1:2-=y L 是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，且积分曲线在1L 的上方是单调上升，在1L 与 2L 之间是单调下降，而在2L 的下方是单调上升。

1-=y若),(00y x P 位于1L 的上方，显然 y=3 为方程的解，而在1L 的上方，由于方程是单调上升，所以当0y y <时，积分曲线是无限接近3=y ，由唯一性而又不能与3=y 相关，所以其积分曲线必向左延伸到0x x <<∞-。

同理若),(00y x P 位于1L 与2L 之间，可知其积分曲线向 左延伸到+∞<<∞-x ；若),(00y x P 位于2L 的下方，可知其积分曲线向右延伸到+∞<<x x 0。

5. 证明：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含),(00y x P 的区域G ，值问题（E ）的解都存在且唯一，并且延伸到G 的边界。

其次，容易看出，直线x y =与直线x y -=是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，且其单调性见图！不妨，假设),(00y x P 在x 轴的上方， x y -= 0< 0<在直线x y =与直线x y -=之间， 0>0>积分曲线是单调下降的，所以它将右 向穿出直线x y =，并且它在右向延伸时不 0<0<能从x y =下方穿越到上方，因此，它必 x y = 0> 0>向穿出直线x y =，并且它在右向延伸时不 能从x y =下方穿越到上方，因此，它必可向右延伸+∞<≤x x 0。

同理可证向左延伸到0x x ≤<∞-。

得证！。