【典型例题】第三章一阶微分方程的解的存在定理

例3-1 求方程

dyx2y2 dx满足初始条件y(0)0的解的逐次逼近y1(x),y2(x),y3(x)，并求出h的最大值，其中

h的意义同解的存在唯一性定理中的h。

解 函数f(x,y)xy在整个平面上有意义，则在以原点为中心的任一闭矩形区域

22dy22xy的解在D:xa,yb上均满足解的存在唯一性定理的条件，初值问题dxy(0)0[h,h]上存在唯一，其中hmin(a,因为逐次逼近函数序列为

b),Mmax(x2y2)。

(x,y)DMyn(x)y0f(x,yn1(x))dx，

x022此时，x00,y00,f(x,y)xy，所以

xy0(x)0 ，

x3y1(x)[xy0(x)]dx，

03x22x3x7y2(x)[xy1(x)]dx，

0363x22y3(x)[xy2(x)]dx0x22x0x62x10x14(x)dx918939692

x3x72x11x15。 363207959535现在求h的最大值。 因为 hmin(a,b), 22ab22对任给的正数a,b，ab2ab，上式中，当 ab 时，

b取得最大值

a2b2b1。 2ab2a1

此时，hmin(a,2b11，即ab时，h取得)min(a,)，当且仅当a22ab2a2a最大值为

2。 2评注：本题主要考查对初值问题的解的存在唯一定理及其证明过程的基本思想（逐次逼近方法）的理解。特别地，对其中的hmin(a,b),Mmaxf(x,y),D:xa,yb(x,y)DM等常数意义的理解和对逐次逼近函数列yn(x)y0解。

xx0f(x,yn1(x))dx的构造过程的理

例3-2 证明下列初值问题的解在指定区间上存在且唯一。 1） yycosx， y(0)0,0x2221。 212 y(0)0,0x()3。 2） yxy，2证 1） 以原点为中心作闭矩形区域D:x221,y1。 2易验证f(x,y)ycosx在区域D上满足解的存在唯一性定理的条件，求得

111Mmaxy2cosx22，则hmin(,)。

(x,y)D222因此初值问题

yy2cosx2 y(0)0的解在[111 满足条件,]上存在唯一，从而在区间[0,]上方程yy2cosx2，222 y(0)0的解存在唯一。

2） 以原点为中心作闭矩形区域D:xa,yb。

易验证f(x,y)yx在D上满足解的存在唯一性定理的条件，并求得

2Mmaxy2xab2，

(x,y)D则hmin(a,2b)。 ab2b可2ab22由于ab2ab，所以当ab时，当ab取到最小值2ab，从而

2

取到最大值

b2ab12a，故hmin(a,212a1)。

2111当且仅当a，即a()3,b()3时，h取到最大值为h()3。

2222a122yy2x1313即证明了初值问题的解在区间[(),()]上存在唯一。

22y(0)01从而在区间[0,()3]上解存在唯一。

2评注：此例是应用解的存在唯一性定理，求出初值问题解存在唯一的区间。一般解法是先作出适当的闭矩形区域；然后验证在此区域中满足解的存在唯一性定理的条件；最后求出定理中的h。

例3-3 证明如果在闭矩形域D上希兹条件，反之不成立。

证 因为在闭矩形域D上

2f存在且连续, 则f(x,y)在D上关于y满足利普yff存在且连续,所以在区域D上有界，即M0，yy(x,y)D有

f(x,y)M y成立，利用中值定理，(x,y1),(x,y2)D

f(x,y1)f(x,y2)＝f(x,)y1y2My1y2， y其中是介于y1,y2之间的点，命题得证。 反之不成立。

因为对于方程数，

但f(x,y1)f(x,y2)＝y1y2y1y2， 故f(x,y) 在D上关于y满足利普希兹条件。

3

dyy，取以原点为中心的矩形域D，f(x,y)y在y0无导dx评注：通过本例的证明显然可以得到下面结论：若

f在某矩形区域D内某一点y(x0,y0)处不存在，且在(x0,y0)的邻域内无界，则f(x,y) 在D上关于y不满足利普希兹

条件。

例3-4 举例说明定理 中的两个条件是保证初值问题的解存在唯一的充分条件，而非必要条件。

解 1） 当连续条件不满足时，解也可能存在唯一。如方程

a yax a0dy， f(x,y)0 yaxdx显然f(x,y)在以原点为中心的矩形域中不连续，间断点为直线yax，但解存在唯一，过原点的解为yax，a0。

2） 当利普希兹条件不满足时，解也可能存在唯一。如方程

ylny y0dy， f(x,y)dx y00 由于

f(x,y1)f(x,0)y1lny10lny1y10， y10,lny1，无界，

因而f(x,y)在(x,0)的任何邻域内不满足利普希兹条件。然而

dydydx ylny，

ylnydxlnlnyxC1，lnyC2ex，

yeC2e， y0可见方程通过(x,0)解存在唯一。

评注：在应用定理时，一定要注意，当条件不满足时，不能得出解不存在唯一的结论。 例3-5 利用解的存在唯一性定理，寻找区域G，使得(x0,y0)G，方程

x4

dy1y2 dx满足初始条件y(x0)y0的解存在唯一。

解 设f(x,y)1y2，显然，它在整个平面上连续。 而

f(x,y)y，由例3-3，在不包含y1的区域内，有f(x,y)1y2y1y2满足利普希兹条件。

若y1时，

f(x,y)f(x,y)不存在，但当y1，无界，即在包含点(x,1)或yy(x,1)的任何区域中利普希兹条件不成立。

故得所求区域为G(x,y)x,y1,1x1,1x。 评注：寻找解的存在唯一性定理中的条件所满足的区域，就是寻找f(x,y)连续和关于

y满足利普希兹条件的区域。对于所得到的区域G，(x0,y0)G，都能存在一个完全包

含在G内的闭矩形区域，使得在此矩形域中满足解的存在唯一性定理的条件，从而保证初值问题的解存在唯一。

例3-6 对于方程

dyy和点(0,y0)能否应用定理 dxx解 当y00时，我们可以考虑方程

dxx， dyy其右端函数f(x,y)一，此时解为x0。

y00时，定理不能用。事实上，由方程通过(0,0)的解不为一。

评注：在研究解的存在唯一性时，也可以将x视为y的函数。

例3-7 能否用逐次逼近序列求初值问题

xdxx通过点(0,y0)的解存在唯满足定理的条件，即方程

ydyydyy的通解表达式yCx知，方程dxx5

1dyy3 dxy(0)0的解。

解 不能，因为用逐次逼近函数序列y0(x)y0，yn(x)y0xx0f(x,yn1(x))dx得

φ0(x)0，φ1(x)0dx0，．．．，φn(x)0，．．．。

0x即φn(x)收敛于解y0。但另一方面，通过方程直接求解得y(x)12x也是方332dyy3满足条件y(0)0的解，即用逐次逼近函数序列就不能得到此解。 程dx评注：应在保证初值问题解存在唯一的情况下，利用逐次逼近序列序列求近似解。 例3-8 证明：如果函数f(x,y)于整个xoy平面上连续有界，且关于y满足局部利普希兹条件，则方程

dyf(x,y)的任一解均可以延拓到区间x。 dx证 易验证f(x,y)满足延拓定理的推论的条件，则过平面上任一点(x0,y0)的解存在唯一且可延拓，设过(x0,y0)的解为(x,x0,y0)。

因为f(x,y)有界，即M0,(x,y)R，均有不等式f(x,y)M成立，我们考虑下列三个初值问题

2dydydyMf(x,y)M， ， ， dxdxdxy(x0)y0y(x0)y0y(x0)y0显然，Mf(x,y)M，由第一比较定理，得，

当xx0时，M(xx0)y0(x,x0,y0)M(xx0)y0 ， 当xx0时，M(xx0)y0(x,x0,y0)M(xx0)y0，

即对任何有限区间(,)，当x趋于区间端点时，(x,x0,y0)都不可能无界，由延拓定理的推论知，(x,x0,y0)的解可延拓到整个区间(,)。又由(x0,y0)的任意性，命题得证。

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评注：解的延拓定理的条件再加上f(x,y)有界是保证解的存在区间为(,)的充分条件，而非必要条件，比如柯西问题

y1y2,y y(x0)y0的解为ysh(xC)，其存在区间为(,)，而1y2在xoy面上无界。 例3-9 设f(x,y)在R2上连续，求证：对x0R，只要y0充分小，初值问题

y(y2e2x)f(x,y) （1） y(x0)y0的解必可延拓到[x0,)。

22证 因为f(x,y)在R上连续，则方程的右端函数F(x,y)(ye)f(x,y)在R22x上连续；且在任意有界闭区域G上都有下式成立

F(x,y1)F(x,y2)

2(y12e2x)f(x,y1)(y2e2x)f(x,y2)

MGy1y2

其中MG表示(y1y2)f(x,y)在G中的最大值。这样F(x,y)就关于y满足局部利普希兹条件。

故初值问题（1）的解必存在唯一、且连续可微，可进行延拓。

下面将证明对x0R，当y0充分小时，初值问题（1）的解在区间[x0,)上存在。

用反证法。若不然，初值问题（1）有解y(x)，其中取 y0e0，它的右行饱和

区间为[x0,)，，且当x时(x)无界。

这样，必存在点x1(x0,)，使得(x1)e1（或(x1)e1），且(x1)e（或(x1)ex1xxx1x00）。

22xx 另一方面，由于y(ye)f(x,y)，可知在曲线ye上，解曲线的斜率

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为零，即有(x1)0。矛盾。

因此，对x0R，当y0e0时，初值问题（1）的解在区间[x0,)上存在。 评注：在应用解的延拓定理时，注意特殊曲线上积分曲线的性质。类似的问题有：

设f(x,y)在R2上连续，求证：对x0R，只要y0充分小，初值问题

xy(y2x2)f(x,y) y(x0)y0的解必可延拓到[x0,)。

dyx2例3-10 试证对任意x0,y0，方程 满足初始条件y(x0)y0的解都22dxxy1在(,)上存在。

x2证 函数2在整个xoy平面上满足存在唯一性定理的条件，且有

xy21x2021。 2xy1将原方程与下列方程

dydy0与1 dxdx比较，由比较定理，原方程满足y(x0)y0的解y(x)在其存在区间上满足

y0y(x)y0(xx0) ， 当xx0时， y0(xx0)y(x)y0 ， 当xx0时，

由延拓定理，积分曲线yy(x)可以无限远离原点，故y(x)必在(,)上存在。 评注：本例是比较定理的应用，也可用例3-8直接得出结论。

例3-11 利用克莱罗（Clairaut）方程构造一个以y(x)为奇解的一阶方程式，这里假设C[a,b]，且(x)为x的严格单调函数。

解 需要构造的一阶方程式是克莱罗方程，且y(x)应满足此方程的p判别曲线方程，因此，我们构造p判别曲线方程

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y(x)xp[(x)xp]，

其中将x视为p的函数，现寻求x关于p的表达式。 为此，对式yxp[φ(x)xp]两端关于p求偏导数，得

x(x(p))x(p)x(p)px(p)，

整理得

。 φ(x(p))p，或 x(p)=0 （不合题意，舍弃）

由于(x)为x的严格单调函数，则其反函数存在，故从(x(p)p可解得其反函数且表示如下

x(p)，

因而方程的p判别曲线方程为y(p)p[((p))(p)p]，

x(p)所求克莱罗方程为yxy[((y))(y)y]。

评注：已知方程的某一特解来构造满足一定条件的微分方程是考研中常见的题型。此题是知道奇解求作一阶克莱罗方程。用此例的方法，可以方便求得以抛物线yx为奇解的

2(y)2一阶克莱罗方程为yxy。

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