习题3.1
1 求方程dy =x+y2通过点(0,0)的第三次近似解； dx
解： 取ϕ0(x ) =0 12x 002
x x 11152x ϕ2(x ) =y 0+⎰[x +ϕ1(x ) ]dx =⎰[x +(x 2) 2]dx =x 2+002220
x 1152x ) ]dx ϕ3(x ) =y 0+⎰[x +(x 2+0220
115181x +x +x 11 = x 2+2201604400
dy 2 求方程=x-y2通过点(1,0)的第三次近似解； dx ϕ1(x ) =y 0+⎰(x +y 0) dx =⎰xdx =x 2x
解： 令ϕ0(x ) =0
12x 002
x x 12212152ϕ(x ) =y +[x -ϕ(x ) ]dx =[x -(x ) ]dx =x -x 201⎰0⎰02220
x 1152x ) ]dx ϕ3(x ) =y 0+⎰[x -(x 2-0220
115181x +x -x 11 =x 2-2201604400
则 ϕ1(x ) =y 0+⎰(x -y 0) dx =⎰xdx =x 2x
3 题 求初值问题：
dy ⎧⎪=x 2-y 2 R：x +≤1，y ≤1 ⎨dx ⎪⎩y (-1) =0
的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计；
b 1解： 因为 M=max{x 2-y 2}=4 则h=min(a,)= M 4
1 则解的存在区间为x -x 0=x -(-1) =x +1≤ 4
令 ψ0(X ) =0 ;
11ψ1(x ) =y0+⎰(x 2-0) dx=x 3+; 33x 0x
ψ2(x ) 13x x 4x 7111312=y0+⎰[x -(x +) ]dx=x ---+ 3942186333-12x
又 ∂f (x , y ) ≤2=L ∂y
M *L 2
311则：误差估计为：ψ2(x ) -ψ(x ) ≤h = 24(2+1) 2
dy 334 题 讨论方程：=y 在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件， dx 21
并求通过点（0，0）的一切解；
∂f (x , y ) 13解：因为=y 在y ≠0上存在且连续； ∂y 2-2
3 而y 3在y ≥σ 0上连续 2
dy 33由 =y 有：y =（x+c）2 dx 2131
又 因为y(0)=0 所以：y =x
另外 y=0也是方程的解；
⎧3⎪2故 方程的解为：y =⎨x
⎪⎩0x ≥0 x 032
或 y=0;
6题 证明格朗瓦耳不等式：
设K 为非负整数，f(t)和g(t)为区间α≤t ≤β上的连续非负函数，
且满足不等式：
t
f(t)≤k+⎰f (s ) g (s ) ds , α≤t ≤β
α
t
则有：f(t)≤kexp(⎰g (s ) ds ), α≤t ≤β
α
t
证明：令R （t ）=⎰f (s ) g (s ) ds , 则R ' (T)=f(t)g(t)
α
R ' (T)-R(t)g(t)= f(t)g(t)- R(t)g(t) ≤kg(t)R ' (T)- R(t)g(t)≤kg(t);
t
两边同乘以exp(-⎰g (s ) ds ) 则有：
α
t
' t R (T) exp(-⎰g (s ) ds )-R(t)g(t) exp(-⎰g (s ) ds )
αα
t
≤ kg(t) exp(-⎰g (s ) ds )
α
两边从α到t 积分：
t t t
R(t) exp(-⎰g (s ) ds ) ≤-⎰kg (s ) ds exp(-⎰g (r ) dr )ds
ααα
t t
即 R(t) ≤⎰kg (s ) ds exp(-⎰g (r ) dr )ds
αs
t t
又 f(t) ≤1≤k+R(t) ≤k+k⎰g (s ) exp(-⎰g (r ) dr )ds
αs
t s
≤k(1-1+ exp(-⎰g (r ) dr )=k exp(⎰g (r ) dr )
s t
t
即 f(t) ≤k ⎰g (r ) dr ;
α
7题 假设函数f(x,y)于（x 0,y 0）的领域内是y 的 不增函数，试证方程
dy = f(x,y)满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧最多只有一个解； dx
证明：假设满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧有两个ψ(x),ϕ(x)
则满足：
x
ϕ(x)= y0+⎰f (x , ϕ(x )) dx
x 0
x
ψ(x)= y0+⎰f (x , ψ(x )) dx
x 0
不妨假设ϕ(x) ψ(x)，则ϕ(x)- ψ(x)≥0
x x
而ϕ(x)- ψ(x)= ⎰f (x , ϕ(x )) dx-⎰f (x , ψ(x )) dx
x 0x 0
x
=⎰[f (x , ϕ(x )) -f (x , ψ(x )) dx
x 0
又因为 f(x,y)在（x 0,y 0）的领域内是y 的 增函数，则： f(x, ϕ(x))-f(x, ψ(x))≤0
x
则ϕ(x)- ψ(x)= ⎰[f (x , ϕ(x )) -f (x , ψ(x )) dx ≤0
x 0
则ϕ(x)- ψ(x)≤0
所以 ϕ(x)- ψ(x)=0， 即 ϕ(x)= ψ(x) 则原命题方程满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧最多 只有一个解；
习题3.1
1 求方程dy =x+y2通过点(0,0)的第三次近似解； dx
解： 取ϕ0(x ) =0 12x 002
x x 11152x ϕ2(x ) =y 0+⎰[x +ϕ1(x ) ]dx =⎰[x +(x 2) 2]dx =x 2+002220
x 1152x ) ]dx ϕ3(x ) =y 0+⎰[x +(x 2+0220
115181x +x +x 11 = x 2+2201604400
dy 2 求方程=x-y2通过点(1,0)的第三次近似解； dx ϕ1(x ) =y 0+⎰(x +y 0) dx =⎰xdx =x 2x
解： 令ϕ0(x ) =0
12x 002
x x 12212152ϕ(x ) =y +[x -ϕ(x ) ]dx =[x -(x ) ]dx =x -x 201⎰0⎰02220
x 1152x ) ]dx ϕ3(x ) =y 0+⎰[x -(x 2-0220
115181x +x -x 11 =x 2-2201604400
则 ϕ1(x ) =y 0+⎰(x -y 0) dx =⎰xdx =x 2x
3 题 求初值问题：
dy ⎧⎪=x 2-y 2 R：x +≤1，y ≤1 ⎨dx ⎪⎩y (-1) =0
的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计；
b 1解： 因为 M=max{x 2-y 2}=4 则h=min(a,)= M 4
1 则解的存在区间为x -x 0=x -(-1) =x +1≤ 4
令 ψ0(X ) =0 ;
11ψ1(x ) =y0+⎰(x 2-0) dx=x 3+; 33x 0x
ψ2(x ) 13x x 4x 7111312=y0+⎰[x -(x +) ]dx=x ---+ 3942186333-12x
又 ∂f (x , y ) ≤2=L ∂y
M *L 2
311则：误差估计为：ψ2(x ) -ψ(x ) ≤h = 24(2+1) 2
dy 334 题 讨论方程：=y 在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件， dx 21
并求通过点（0，0）的一切解；
∂f (x , y ) 13解：因为=y 在y ≠0上存在且连续； ∂y 2-2
3 而y 3在y ≥σ 0上连续 2
dy 33由 =y 有：y =（x+c）2 dx 2131
又 因为y(0)=0 所以：y =x
另外 y=0也是方程的解；
⎧3⎪2故 方程的解为：y =⎨x
⎪⎩0x ≥0 x 032
或 y=0;
6题 证明格朗瓦耳不等式：
设K 为非负整数，f(t)和g(t)为区间α≤t ≤β上的连续非负函数，
且满足不等式：
t
f(t)≤k+⎰f (s ) g (s ) ds , α≤t ≤β
α
t
则有：f(t)≤kexp(⎰g (s ) ds ), α≤t ≤β
α
t
证明：令R （t ）=⎰f (s ) g (s ) ds , 则R ' (T)=f(t)g(t)
α
R ' (T)-R(t)g(t)= f(t)g(t)- R(t)g(t) ≤kg(t)R ' (T)- R(t)g(t)≤kg(t);
t
两边同乘以exp(-⎰g (s ) ds ) 则有：
α
t
' t R (T) exp(-⎰g (s ) ds )-R(t)g(t) exp(-⎰g (s ) ds )
αα
t
≤ kg(t) exp(-⎰g (s ) ds )
α
两边从α到t 积分：
t t t
R(t) exp(-⎰g (s ) ds ) ≤-⎰kg (s ) ds exp(-⎰g (r ) dr )ds
ααα
t t
即 R(t) ≤⎰kg (s ) ds exp(-⎰g (r ) dr )ds
αs
t t
又 f(t) ≤1≤k+R(t) ≤k+k⎰g (s ) exp(-⎰g (r ) dr )ds
αs
t s
≤k(1-1+ exp(-⎰g (r ) dr )=k exp(⎰g (r ) dr )
s t
t
即 f(t) ≤k ⎰g (r ) dr ;
α
7题 假设函数f(x,y)于（x 0,y 0）的领域内是y 的 不增函数，试证方程
dy = f(x,y)满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧最多只有一个解； dx
证明：假设满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧有两个ψ(x),ϕ(x)
则满足：
x
ϕ(x)= y0+⎰f (x , ϕ(x )) dx
x 0
x
ψ(x)= y0+⎰f (x , ψ(x )) dx
x 0
不妨假设ϕ(x) ψ(x)，则ϕ(x)- ψ(x)≥0
x x
而ϕ(x)- ψ(x)= ⎰f (x , ϕ(x )) dx-⎰f (x , ψ(x )) dx
x 0x 0
x
=⎰[f (x , ϕ(x )) -f (x , ψ(x )) dx
x 0
又因为 f(x,y)在（x 0,y 0）的领域内是y 的 增函数，则： f(x, ϕ(x))-f(x, ψ(x))≤0
x
则ϕ(x)- ψ(x)= ⎰[f (x , ϕ(x )) -f (x , ψ(x )) dx ≤0
x 0
则ϕ(x)- ψ(x)≤0
所以 ϕ(x)- ψ(x)=0， 即 ϕ(x)= ψ(x) 则原命题方程满足条件y(x0)= y0的解于x ≥ x0一侧最多 只有一个解；