第三章一阶微分方程的解的存在定理教学目的讨论一阶微分方程的解的存在与唯一性定理，解的延拓定理，解对初值的连续性与可微性定理，解对参数的连续性定理教学要求掌握存在与唯一性定理及其证明，会用皮卡逼近法求近似解，理解解对初值的连续性与可微性定理，解对参数的连续性定理，了解奇解及其求法。教学重点几个主要定理的条件及其证明教学难点逐次逼近法的应用及其思想；应用存在与唯一性定理及解的延拓定理来研究方程的解；奇解及其求法教学方法讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。教学手段传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。课题导入在上一章我们讨论了一阶方程的解的初等积分法。解决了几个特殊的方程。但是，对许多微分方程，为y=x2+y2，不可能通过初等积分法求解，这就产生了一个问题，一个不能用初等积分法求解的微分方程是否意味着没有解呢？或者说，一个微分方程的初值问题在何种条件下一定有解呢？当有解时，农的解是否是唯一的呢？毫无疑问，这是一个很基本的问题，不解决这个问题对微分方程的进一步研究，就无从谈起，本章将重点讨论一阶微分方程的解存在问题的唯一定理,83.1解的存在唯一性定理与逐步逼近法教学目的讨论Picard逼近法及一阶微分方程的解的存在与唯一性定理，解的延拓定理，解对初值的连续性与可微性定理。教学要求熟练掌握Picard逼近法，并用它证明一阶微分方程初值问题解的存在与唯一性定理及其证明，会用Picard逼近法求近似解，教学重点Picard存在唯一性定理及其证明
第三章 一阶微分方程的解的存在定理 教学目的 讨论一阶微分方程的解的存在与唯一性定理，解的延拓定理，解对初值的连续性与可微性定 理，解对参数的连续性定理 教学要求 掌握存在与唯一性定理及其证明，会用皮卡逼近法求近似解，理解解对初值的连续性与可 微性定理，解对参数的连续性定理，了解奇解及其求法。 教学重点 几个主要定理的条件及其证明 教学难点 逐次逼近法的应用及其思想；应用存在与唯一性定理及解的延拓定理来研究方程的解；奇解 及其求法 教学方法 讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。 教学手段 传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。 课题导入 在上一章我们讨论了一阶方程的解的初等积分法。解决了几个特殊的方程。 但是，对许多微分方程，为 2 2 y' = x + y ，不可能通过初等积分法求解，这就产生 了一个问题，一个不能用初等积分法求解的微分方程是否意味着没有解呢？或者 说，一个微分方程的初值问题在何种条件下一定有解呢？当有解时，农的解是否 是唯一的呢？毫无疑问，这是一个很基本的问题，不解决这个问题对微分方程的 进一步研究，就无从谈起，本章将重点讨论一阶微分方程的解存在问题的唯一定 理， §3.1 解的存在唯一性定理与逐步逼近法 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，解的延拓定理，解 对初值的连续性与可微性定理。 教学要求 熟练掌握 Picard 逼近法，并用它证明一阶微分方程初值问题解的存在与唯一性 定理及其证明，会用 Picard 逼近法求近似解， 教学重点 Picard 存在唯一性定理及其证明
教学难点逐次逼近分析法的应用及其思想教学方法讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。教学手段传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。存在唯一性定理1.定理1，考虑初值问题[=f(x,y)dx(3.1)((x0)= yo其中f(x,y)在矩形区域(3.2)R：x-xo飞aly-yb上连续，并且对y满足Lipsthits条件：即存在常数L>O，使对所有(x,y),(x,y)eR常存成立,If(x,y)-f(x,y)ly-/则初值问题（cauchy问题）（3.1）在区间|x-x。下h上解存在唯一，这里b), M = max I (x,y)Ih = min( a,M(x,y)eR证明思路：1.初值问题（3.1)的解存在等价一动积分方程y=%+』f(x,y)d)（3.5）的连续解。2.构造（3.5）所得解函数序列（g，（x))任取一连续函数(x)，lp(x-y)b代入（3.5）左端的y，得P(x) = yo + f(x, p(x)dx p,(x) p,(x)Pn(x) = yo + f" f(x, ,(x)dx, n= 1,2...3.函数序列(,(x))在|x。-h,x。+hl上一致收敛到(x)。这里为3lim (x)yo + lim f f(x,9,(x)dx
教学难点 逐次逼近分析法的应用及其思想. 教学方法 讲练结合教学法、提问式与启发式相结合教学法。 教学手段 传统板书与多媒体课件辅助教学相结合。 一． 存在唯一性定理 1．定理 1，考虑初值问题 f (x, y) dx dy = （3.1） 0 0 y(x ) = y 其中 f(x,y)在矩形区域 R： | x − x0 | a,| y − y0 | b （3.2） 上连续，并且对 y 满足 Lipsthits 条件：即存在常数 L>0，使 对所有 (x, y1 ),(x, y2 )R 常存成立， | ( , ) ( , )| | | 1 2 1 2 f x y − f x y L y − y 则初值问题（cauchy 问题）（3.1）在区间 | x − x0 | h 上解存在唯一，这里 min( , ), max | ( , ) | ( , ) M f x y M b h a x y R = = 证明思路：1.初值问题（3.1）的解存在等价一动积分方程 = + x x y y f x y dy 0 ( , ) 0 （3.5）的连续解。 2.构造（3.5）所得解函数序列{ (x) n } 任取一连续函数 ( ) 0 x ， |0 (x − y0 ) | b 代入（ 3.5 ）左端的 y ， 得 = + x x x y f x x dx 0 ( ) ( , ( )) 1 0 (x) n (x) n ( ) ( , ( )) , 1,2 0 1 = 0 + = + x y f x x dx n x x n n 3.函数序列{ (x) n }在 | , | x0 − h x0 + h 上一致收敛到 (x) 。这里为 3 → → + x x n n n x y f x x dx 0 lim ( ) lim ( , ( )) 0
= yo +f" lim f(x,p,(x)dx即,(x)=o + lim f(x,,(x)则需(x,P,(x)F(x,p(x)由则需由 于If(x,,(x)-f(x,p (x)p,-p(x)1P,(x)≤p(xo)(x)+(;(x)--(x)=,()从而(:(n)在[x-h,x +上的一收敛性等k=l价于函数项级数o(x)+(,(x)-m-(x)在[x-h,x +h)一收敛性。4.（x)为（3.5）的连续解且唯一。首先在区间[xo,xo+h]是讨论，在[x-h,xo上类似。命题3.1初值问题（3.1）等价于积分方程(3,5)y= yo +[ f(x, y)dxProof:若y=p(x)为（3.1）的解，则：[dg(x) = f(x,p(x)dx(x0)= yo对第一式从x。到x取定积分可得0(x)-0(x0)=[ (x,0(x)dx即 p(x) = yo + " f(x,0(x)dx反之，若y=(x)为（3.5）的连续解。，则有p(x)= yo + f" (x,0(x)dx由于对f(x,y)在R上连续，从而f(x,o(x))连续故对上两式两边求导得do(α) = f(x, (x)dx且p(xo)=y+f(x,(x)dx=y即p(x)=y为（3. 1)的连续解。下面取p(x）=y，构造picard逐步逼近函数如下：
= y f x x dx n x x n lim ( , ( )) 0 0 → + 即 ( ) lim ( , ( )) 0 0 x y f x x n x x n n → = + 则 需 f (x, (x)) f (x, (x)) n 由 | f (x, (x)) f (x, (x)) | | (x) | n − n − 则 需 ( ) ( ) 0 x x b 由 于 ( ) ( ( ) ( )) ( ) 1 0 1 x x x x n n k + k − k = = − 从而{ (x) k }在 [ , ] x0 − h x0 + h 上的一收敛性等 价于函数项级数 = + − − 1 0 1 ( ) ( ( ) ( )) n n n x x x 在 [ , ] x0 − h x0 + h 一收敛性。 4． (x) 为（3.5）的连续解且唯一。首先在区间 [ , ] x0 x0 + h 是讨论，在 0 0 [x − h, x 上类似。 命题 3.1 初值问题（3.1）等价于积分方程 = + x x y y f x y dx 0 ( , ) 0 （3，5） Proof:若 y = (x) 为（3.1）的解，则： = = 0 0 ( ) ( , ( )) ( ) x y f x x dx d x 对第一式从 0 x 到 x 取定积分可得 − x x x x f x x dx 0 ( ) ( ) ( , ( )) 0 即 x y f x x dx x x = + 0 ( ) ( , ( )) 0 反之，若 y = (x) 为（3.5）的连续解。，则有 x y f x x dx x x = + 0 ( ) ( , ( )) 0 由于对 f(x,y)在 R 上连续，从而 f (x,(x)) 连续故对上两式两边求导得 ( , ( )) ( ) f x x dx d x = 且 0 0 0 ( ) ( , ( )) 0 x y f x x dx y x x = + = 即 (x) = y 为（3.1）的连续解。 下面取 0 0 (x ) = y ，构造 picard 逐步逼近函数如下：
p(xo)= y(3.7),(x)= yo + " f(5,Pm-1(5)ds, xo ≤x≤ xo + h,n=1,2...命题2，对于所有n和xE[x,%+h],g,(α)；连续且满足Ig,(x)-<bProof(用数学归纳法证明)N=1时，(x)=y+f(5,y)d,虽然在[x,+h]上连续且10(x)-yo Hff(5, yo)dsi f(5, y)d≤M(x-xo)≤Mh≤b设命题2为n=k时成立即(x)在[x,x+h]上连续，且|,(x)-yb当n=k+1时Pk(x)=yo+f(5,yo)ds,由f(x,y)在 R上连续可知，f(x,P(x)在[xo,xo+h)上连续从而k+1(x)在[x,+h]上连续且1Pk1(x)- y H / f(5,P (x)d[i f(5, yo)d=≤M(x- xo)≤ Mh≤b而命题2，在n=k=1时成立，故由数学归纳法得知，命题跋对所有n成立命题3。函数序列(x)在[x,+h]上一致收敛Proof:考虑函数级数：90()+Z(0;(x) - x-(x) = 9,(x),x [x0,xo + h)(3.9)z]它前几项和为s,(x) = o(x)+Z(p:(x)-Px-(x) = P,(x)k于是（g,(x))一致收敛性等于（级数3.9）的一致收敛性等价，我们对级数（3.9的通项进行话计
( ) ( , ( )) , , 1,2 ( ) 0 1 0 0 0 0 0 = + + = = x y f − d x x x h n x y x x n n （3.7） 命题 2，对于所有 0 0 [ , ], ( ) n n和x x x h x + ；连续且满足 0 | ( ) | n x y b − Proof(用数学归纳法证明) N=1 时， = + x x x y f y d 0 ( ) ( , ) , 1 0 0 虽然在 0 0 [ , ] x x h + 上连续且 x y f y d f y d M x x Mh b z z z z − = − | ( ) | | ( , ) | ( , ) ( ) 1 0 0 0 0 0 0 设命题 2 为 n = k 时成立即 (x) k 在 0 0 [ , ] x x h + 上连续，且 |h (x) − y0 | b 当 n = k +1 时 + = + x x k x y f y d 0 ( ) ( , ) , 1 0 0 由 f (x, y) 在 R 上连续可知， f (x, (x)) k 在 0 0 [ , ] x x h + 上连续从而 ( ) 1 x k+ 在 0 0 [ , ] x x h + 上连续且 x y f x d f y d M x x Mh b z z z z k − = k − + | ( ) | | ( , ( )) | ( , ) ( ) 1 0 0 0 0 0 而命题 2，在 n = k =1 时成立，故由数学归纳法得知，命题跋对所有 n 成立 命题 3。函数序列 (x) k 在 0 0 [ , ] x x h + 上一致收敛 Proof:考虑函数级数： ( ) ( ( ) ( )) ( ), [ , ] 0 0 1 0 x x 1 x n x x x x h n + k − k = + = − （3.9） 它前几项和为 ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) 1 0 1 s x x x x x n m k n = + k − k = = − 于是{ (x) n }一致收敛性等于（级数 3.9）的一致收敛性等价，我们对级数（3.9） 的通项进行诂计
1 (x)-Po(x)< [f(E,Po()d= = Pn(x)12(x) -(x) ff(5,()-f(5,P0()d)<L"10(x)-o(x)Id≤L1 02()-0(n)]d5=(x-x0)2其中第二个方程不等式是由Lipsthits条件得到的，高对正整数n有不等式10,()-0-()k MM(x-x0)"则当x≤x≤xo+h时，由Lipsthits条件有1Pn+1(x)-P,(x)F f(5,P,()-f(5,Pn+1(E)d≤ LLf1g (x)-P0(x)Id:(5-x)"ds=MI"ML(x-x。)"1(n + 1)!7于是，由数学归纳法得知，对所有的正整数n有10,()--(n) M"(x-xo)"+(3.11)Xo≤x≤xo+h(n+ 1)!从而当x≤x≤x+h时ML"-I19, (x)-Pm-()h(n+ I)!之M=n"收敛，由weierstrass判别法知，级数（3.9）在由于正级数台(n+1)[xo,。+h,]一致收敛，因而（p,(x)]在[xo,x。+h,]上一致收敛。现设lim,(x)=(x)，x≤x≤x+h则由p,(x)连续性和一致收敛性得 (x)在[xo,x+h,]上连续且/p(x)-<b命题4.,(x)是积分方程(3.5)的定义于[xo,X。+h,]上的连续解Proof:由Lipschits条件
2 2 1 0 1 0 2 1 1 0 1 0 0 ( ) 2 | ( ) ( ) | | ( ) ( ) | | ( ) ( ) | ( , ( )) ( , ( ) ) | ( ) ( ) | ( , ( )) ( ) 0 0 0 0 x x ML L x x d L x x d x x f f d x x f d x x x x x x x n x x − = − − − − − = 其中第二个方程不等式是由 Lipsthits 条件得到的，高对正整数 n 有不等式 n n n n x x M ML | (x) (x) | ( ) 0 1 − 1 − − − 则当 x0 x x0 + h 时，由 Lipsthits 条件有 1 0 0 1 1 0 1 1 ( ) ( 1)! ( ) ! | ( ) ( ) | | ( ) ( ) | ( , ( )) ( , ( ) 0 0 0 + − + + − + − = − − − n n n x x n x x n x x n n n x x n ML x d n ML LL x x d x x f f d 于是，由数学归纳法得知，对所有的正整数 n 有 1 0 1 1 ( ) ( 1)! | ( ) ( ) | + − − − + − n n n n x x n ML x x x0 x x0 + h （3.11） 从而当 x0 x x0 + h 时 n n n n h n ML x x ( 1)! | ( ) ( ) | 1 1 + − − − 由于正级数 = − 1 + 1 ( 1)! n n n h n ML 收敛，由 weierstrass 判别法知，级数（3.9）在 [ , ,] x0 x0 + h 一致收敛，因而{ (x) n }在 [ , ,] x0 x0 + h 上一致收敛。 现设 lim (x) (x) n n = → ， x0 x x0 + h 则由 (x) n 连续性和一致收敛性得 (x) 在 [ , ,] x0 x0 + h 上连续且 |(x) − y0 | b 命题 4. (x) n 是积分方程(3.5)的定义于 [ , ,] x0 x0 + h 上的连续解. Proof:由 Lipschits 条件
1f(x,p,(x)-f(x,p(x)<L/p,(x)-p(x)/以及,(x)}在[xo,x+h,]上的一致收敛，解出函数列【f,(x)),(f,(x)=f(x,p,(x))在[xo,x。+h,)上的一致收敛于函数f(x,p,(x).因而对(3.7)两边取极限.得到Iim .(x)= yo + lim J, f(5, Pm-(5)ds= yo + lim f(5, n-(5)ds即p,(x)= o + f(5,0(5)dg这表明.p(x)是积分方程(3.5)在[xo,xo+h,]的连续解.命题目四得证.命题5．设，0(x)是积分方程(3.5)的定义于x≤x≤xo+h上的一个连续解.则(0(x)=(x), x[xo,+h]Prof：令g(x)=p(x)-p(x)I则g(x)是定义在[xo,x+h,]的的非负连续函数.由g(x)和9(x)所满足的积分方程式和f(x.yo)的Lipschits条件得g(x) ≤ [1 f(E, p(E)- f(5,0(E) ds≤Lf"1 p()-p(5) d = L g(5)ds令u(x)=Lg(5)d则u(x)是定义在[xo,x+h,]上的连续中微函且u(x) = 0,o ≤g(x)≤u(x),u(x) = Lg(x)于是u(x)≤ Lu(x),(u'()-u(x)=u(x)e-r)≤0对最后一个不等式从x。到x积分得u(x)e-lx ≤u(xo)e-lxo = 0故g(x)≤u(x)≤0,即g(x)=0, xe[xo,Xo,+h)综合命题1-5得到存在任一性定理的证明，2存在任一性定理的证明(1)定理中的Lipschits条件比较困难，我们经常用R上连续偏导数这一较但
| f (x, (x) f (x, (x)) | L | (x) (x) | n − n − 以 及 { (x) n } 在 [ , ,] x0 x0 + h 上的一致收敛 , 解 出 函 数 列 { f (x) n }, ( f (x) f (x, (x)) n = n 在 [ , ,] x0 x0 + h 上的一致收敛于函数 f (x, (x) n .因而对(3.7) 两边取极限.得到 − → − → → = + = + x x n n x x n n n n y f d x y f d 0 0 lim ( , ( )) lim ( ) lim ( , ( )) 0 1 0 1 即 = + x x n x y f d 0 ( ) ( , ( )) 0 这表明.(x) 是积分方程(3.5)在 [ , ,] x0 x0 + h 的连续解.命题目四得证. 命题 5. 设, 是积分方程(3.5)的定义于 x0 x x0 + h 上的一个连续解.则 (x) (x), [ , ] x x0 +h Prof: 令 g(x) =|(x) −(x) | 则 g(x) 是定义在 [ , ,] x0 x0 + h 的的非负连续函数.由 和 所满足的积分方程式和 ( . ) 0 f x y 的 Lipschits 条件得 L d L g d g x f f d x x x x x x − = − 0 0 0 | ( ) ( ) | ( ) ( ) | ( , ( )) ( , ( )) | 令 u x L g d x x = 0 ( ) ( ) 则 u(x) 是定义在 [ , ,] x0 x0 + h 上 的 连 续 中 微 函 且 u(x) = 0,o g(x) u(x),u'(x) = Lg(x) 于是 '( ) ( ),( '( ) − ( ) = ( ) )' 0 −Lx u x Lu x u x u x u x e 对最后一个不等式从 0 x 到 x 积分得 ( ) ( ) 0 0 0 = −Lx −Lx u x e u x e 故 g(x) u(x) 0 ,即 g(x) 0, [ , , ] x x0 x0 +h 综合命题 1-5 得到存在任一性定理的证明, 2 存在任一性定理的证明 (1)定理中的 Lipschits 条件比较困难,我们经常用 R 上连续偏导数这一较但 (x) (x) (x)
容易验证的条件来代替，如果f(x,y),f.(x,y)在R上连续，则f.(x,y)在R上有界，令f,(x,y)<L|在R上成立，则由微分中值定理可以得出If(x,y)-f(x,y)Hf,(x,y2)+0(-y2) ly,-y,liy-y2 I但反过来，满足Lipschits条件的函数f（x，y）不一定有偏导数存在，例如函数f(x,y)=y在任何区域满足Lipschits条件，但它在y=0处偏导数不存在.)的几何意义，在矩形 R中有1(x,)M,故初值问(2)定理中h=minlx,M题（3.1）的解曲线的斜率a定于-M与M之间，过点（xy）分别作斜率为一M到M的直线，当M≤时如图（a）所示，解y=0(x)在时劝图（b）所示。不能保证解x-ax≤x+α中有定义，而当M=(x)在x-α≤x≤x+α中有定义。它有可能在区间内跑到矩形R外b时才能保证解y=0(t)去，使得f(x,y)无定义，只有xx≤xo+mm在R内，故需求解在存在范围为|x一x飞hK小y=Φ (x)yo+byo+byo-byo00Xo-aXoXotaXo-aXotaXo图 (a)图(b)则当p(x),p(x)在|α,βI上连续时，定理1的条件才能满足且任一初值(x)=yo,xE[α,]所确定的解在[α,]存在定义，连续定理2考虑一阶微分方程
容易验证的条件来代替,如果 f (x, y), f (x, y) y 在 R 上连续,则 f (x, y) y 在 R 上有界,令| f y (x, y) L |在 R 上成立,则由微分中值定理可以得出 | ( , ) ( , ) | | ( , ) ( ) || | | | 1 2 2 1 2 1 2 1 2 f x y f x y f x y y y y y L y y − = y + − − − 但反过来,满足 Lipschits 条件的函数 f（x,y）不一定有偏导数存在,例如函 数 f (x, y) =| y | 在任何区域满足Lipschits条件,但它在y=0处偏导数不存在. (2)定理中 min{ , } M b h = x 的几何意义，在矩形 R 中有 | f (x, y) | M , 故初值问 题（3.1）的解曲线的斜率 定于-M 与 M 之间，过点 ( , ) 0 0 x y 分别作斜率 为 — M 到 M 的直线，当 a b M 时如图（ a） 所示，解 y = (x) 在 x0 − a x x0 + a 中有定义，而当 a b M 时劝图（b）所示。不能保证解 y = (x) 在 x0 − a x x0 + a 中有定义。它有可能在区间内跑到矩形 R 外 去，使得 f (x, y) 无定义，只有 m b x x m b x0 − 0 + 时才能保证解 y = (x) 在 R 内，故需求解在存在范围为 | x − x0 | h 图（a） 图（b） 则当 p(x),(x)在|， | 上连续时，定理 1 的条件才能满足且任 一初值 ( ) , [ , ] y x0 = y0 x0 所确定的解在 [,] 存在定义，连续 定理 2 考虑一阶微分方程
(3.5)f(x,y,y)=0如果在点(xoJo,J。)的某一个域中满足1°f(x,y,y)对所以变化（x,y,y）连续。且存在连续偏导数2° f(xo,o,y。) =030 (x0 o o) ± 0ay则方程（3.5）存在唯一解y=y(x)|x-x飞h,满足条件y(xo) = yo, y'(xo) = yo分析：由1°，2，3°及验证函数存在定理，F(x,J,y")=0能确定一阶函数y=f(x,J)且f(x,y)在(xo,yo)内连续。且满足y'=f(xo,yo)因%-%%，从而%连续，解唯一。dydy/ aydy二定似计算和误差估计存在唯一性定理不公肯定了解的存在唯一性，并且给出了求方程近似解的一种方法一一Picrcl逐步逼近法，对方程的第n次近似解β,(x)Po(x) = yo,(x) = yo + f" f(x,Po(x)dx,n =1,2...它和正真解y=p(x)在[x。-h,x。+h]内的误差估计为ML"hi+!(3.19)1p,(x)-p(x)<(n + 1)!上式可用数学归纳法证明
f (x, y, y') = 0 （3.5） 如果在点 ( , , ' ) 0 0 0 x y y 的某一个域中满足 1 0 f (x, y, y') 对所以变化（ x, y, y' ）连续。且存在连续偏导数 2 0 0 0 0 . f (x , y , y' ）=0 3 0 ' ( , , ') . 0 0 0 0 y f x y y 则方程（3.5） 存在唯一解 ( ),| | , y = y x x − x0 h 满足条件 ( ) , '( ) ' 0 0 0 0 y x = y y x = y 分析：由 1 0 ，2 0，3 0 及验证函数存在定理， f (x, y, y') =0 能确定一阶函数 y' = f (x, y) 且 f (x, y) 在 ( , ) 0 0 x y 内 连 续 。 且 满 足 ' ( , ) 0 0 y = f x y 因 , y f y f y f = 从而 y f 连续，解唯一。 二定似计算和误差估计 存在唯一性定理不公肯定了解的存在唯一性，并且给出了求方程近似解 的一种方法——Picrcl 逐步逼近法，对方程的第 n 次近似解 (x) n ( ) ( , ( )) , 1,2 ( ) 0 0 0 0 0 = + = = x y f x x dx n x y x x n 它和正真解 ( ) [ , ] y = x 在 x0 − h x0 + h 内的误差估计为 1 ( 1)! | ( ) ( ) | + + − n n n h n ML x x （3.19） 上式可用数学归纳法证明
1 Po(x)-p(x) ≤ f(5,0() d <M(x-xo)≤ Mh设1m-(x)-0() ML(-(x-x0)"≤ ML"-hntn!n!1,(x)-0(x)[1f(5, n-1(5))- f(5,0(5)/ d≤1,(5)-(5)IdsML"ML"ML"[(5)-xo)"ds =(x-xo)n+l ≤-14(n + I)!nl(n+1)!这样，我们在进行近似计算的时候，可以根根据误差的要求，先取适当的逐步逼近函数β,(x)。例1.讨论初值问题d=x +y,(0)=0dx解存在唯一区间。并求在此区间上与真正解的误工费差不超过0.05的近似解的表达式，其中R：-1≤x≤1,-1≤y≤1.在R上，由于解：这里M=maxIf(x,y)=2,h=min(1,2721%H2y≤2=LoyML"M1由 (3.19)(lh)1p,(x)-p(x)<(n+ 1)!L (n+1)!(n+1)!<0.05因而可取n=3，因此我们可以作出如下的近似表达式P(x)=0Ir*+0%(n)]dr="p,(x) =30,()=[r* +0;()dr=号+兴3630()=,[*+()]x=[*++2 +ld18939699lsx3x72xl36320795953511上与真正解的误差不超过0.05.Ps(x)就是所求的近似解,在区间[-22例2讨论初值问题
1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 ( 1)! ( ) ( 1)! (( ) ) ! | ( ) ( ) | | ( , ( )) ( , ( ) | | ( ) ( ) | ! ( ) ! | ( ) ( ) | | ( ) ( ) | | ( , ( )) | ( ) 0 0 0 0 + + − + − − − + − + − = − − − − − − − n n n n x x n n x x n x x n n n n n n n x x h n ML x x n ML x d n ML x x f f d d h n ML x x n ML x x x x f d M x x Mh 设 这样，我们在进行近似计算的时候，可以根根据误差的要求，先取适当 的逐步逼近函数 (x) n 。 例 1． 讨论初值问题 , (0) 0 2 2 = x + y y = dx dy 解存在唯一区间。并求在此区间上与真正解的误工费差不超过 0.05 的近似解的表达式，其中 R：−1 x 1,−1 y 1. 解：这里 . 2 1 } 2 1 max | ( , ) | 2, min{1, ( , ) = = = = M f x y h x y R 在 R 上,由于 y L y f = = | | | 2 | 2 由 (3.19) 1 1 ( ) ( 1)! 1 ( 1)! | ( ) ( ) | + + + = + − n n n n lh L n M h n ML x x = ( 1)! 1 n + <0.05 因而可取 n=3,因此我们可以作出如下的近似表达式 2079 59535 2 3 63 ] 189 3969 2 9 ( ) [ ( )] [ 3 63 ( ) [ ( )] 3 ( ) [ ( )] ( ) 0 3 7 1 1 1 5 6 1 0 1 4 2 2 2 2 3 3 7 2 1 2 2 3 2 0 2 1 0 0 0 0 0 x x x x dx x x x x x x dx x x x x x x dx x x x x dx x x x x x x x x x = + + + = + = + + + = + = + = + = = ( ) 3 x 就是所求的近似解,在区间[ 2 1 , 2 1 − ]上与真正解的误差不超过 0.05. 例 2 讨论初值问题
=1+,(0)=0dx解存在且唯一区间解：对任意给定的正数a,b，函数f(x,y)=1+y?均在矩形区域R=(x,y)lx飞a,ly飞6)内连续且对y有连续的偏导数，计算bM = max, I f(x,y)-1+b2,h=min(a,1+62(x.V)e)b由于a和b都可以任意取，我们先取b，使最大，虽然b=l时1+b2b一为一b的最大值，故可取a=1,b=1，此时依定理得到初值问题解1+62-21+6211存在唯一的区间是－≤x≤22例3.利用picanl选代法求初值问题=2x(1+),(0)=0的解.dx解：初值问题等价于积分方程(x)=2x(1+y(x)dx其选代序列分别为yo(x) = 0y(x)= [2xdx= x?()=,2x(1+x)x=x+2![2x(+*+号)x=x+号+号y;(x) =2!2!3!....(n)=+±+6xn+.......213n!取极限得lim y,(x)=er -1即初值问题的解为y=er-l
1 , (0) 0 2 = + y y = dx dy 解存在且唯一区间. 解: 对任意给定的正数 a,b,函数 2 f (x, y) = 1+ y 均在矩形区域 R= {(x, y) || x | a,| y | 6} 内连续且对 y 有连续的偏导数,计算 } 1 max | ( , ) | 1 , min{ , 2 2 ( , ) b b M f x y b h a x y R + = = + = 由于 a 和 b 都可以任意取,我们先取 b,使 2 1 b b + 最大,虽然 b=1 时 2 1 1 2 = + b b 为 2 1 b b + 的最大值,故可取 a=1,b=1,此时依定理得到初值问题解 存在唯一的区间是 2 1 2 1 − x . 例 3. 利用 picanl 选代法求初值问题, = 2x(1+ y), y(0) = 0 dx dy 的解. 解;初值问题等价于积分方程 = + x x y x x y x dx 0 ( ) 2 (1 ( )) 其选代序列分别为 2! 3! ! ( ) 2! 3! ) 2! ( ) 2 (1 2! ( ) 2 (1 ) ( ) 2 ( ) 0 4 6 2 4 6 2 4 2 3 4 2 2 2 2 1 0 0 0 0 n x x x y x x x x dx x x y x x x x y x x x dx x y x xdx x y x cn n x x x x x x = + + + + = + + = + + = + = + = = = 取极限得 lim ( ) 1 2 = − → x n n y x e 即初值问题的解为 1 2 = − x y e