郑大微分方程一、二、三章习题解答

习题解答习题1.11一质量为的物体，从高度处以初速度铅直向上抛出设空气的阻力与速度成正比，试求物体的运动规律所满足的微分方程，并写出初始条件解 如图建立坐标系，设时刻时物体的高度为因物体所受的合力为，方向向下，由Newton第二定律可得（为常数），化简后可得微分方程若令，则得速度满足的一阶微分方程，相应的初始条件为2一高温物体在的恒温介质中冷却设在冷却过程中降温速度与物体和其所在介质的温度差成正比已知物体的初始温度为，试求物体的温度所满足的微分方程，并写出初始条件解 设时刻时物体的温度为，由Newton冷却定律可得微分方程（为常数），相应的初始条件为3已知曲线上任一点的切线的纵截距是切点的横坐标和纵坐标的等差中项，试求这曲线所满足的微分方程解 如图所示建立坐标系，设所求曲线为，曲线上的坐标为，过点处的切线上的坐标为，则切线方程为，易见该切线在纵轴上的截距为由条件可知，整理可得微分方程习题1.24求下列两个微分方程的公共解：，解 公共解当然满足关系式，化简，得所以和可能是两个方程的公共解进一步验证可知前者是公共解，而后者不是5求微分方程的直线解解 设直线解为，则比较同次幂系数得，故，或亦即所求的直线解为或6试求下列曲线族所满足的微分方程：（1）， （2）； （3）平面上的一切圆解 （1）从，消去可得微分方程（2）从，消去可得微分方程（3）从，消去可得微分方程7给定微分方程，证明其解曲线关于坐标原点成中心对称的曲线，也是此微分方程的解曲线证明 设是方程的积分曲线上任意一点，根据题意，我们只需证明也是方程的解即可事实上，设为任意积分曲线，为其上任一点，则又设为与积分曲线关于坐标原点成中心对称的曲线，则，代入上式，得，即，即也是方程的解习题1.31 试用图像法作出如下微分方程的方向场和积分曲线的略图：（1）； （2）； （3）； （4）解 （1）当时，即在第一、第三象限内任何点的方向斜率均为1；当时，即在第二、第四象限内任何点的方向斜率均为由此不难画出方向场及积分曲线的略图（2）易见满足解的存在唯一性条件考察等斜线（），即 当时，（容易验证它是一条积分曲线）。再取可得直线和，过它们上面各点的方向相同，斜率均为1画出这三条等斜线又见当或时，均有，故过这两个区域内每一点的积分曲线都是单调上升的又令得，因它是一条积分曲线，由解的唯一性知其它积分曲线不可能穿过它，因此不是拐点曲线而当时，故过该区域内每一点的积分曲线都是下凸的；当时，故过该区域内每一点的积分曲线都是上凸的由此不难画出方向场和积分曲线略图（3）易见满足解的存在唯一性条件考察等斜线即，它是一族双曲线，可以验证它们都不是积分曲线令，得等斜线：，它将平面分成三部分，在外部（故解递减），在内部（故解递增），所以在第二象限的一支为极小值点曲线，在第四象限的一支为极大值点曲线再令，得及，故在两个坐标轴上，方向的斜率均为1令得双曲线，在其上方向的斜率为2令得双曲线，在其上方向的斜率为画出以上各等斜线又，令得曲线：易知它不是积分曲线，它将平面分成两部分在上方，过其中每一点的积分曲线均下凸；在下方，过其中每一点的积分曲线均上凸积分曲线穿过该曲线，积分曲线的凸性改变，故为积分曲线的拐点曲线由此可以画出方向场和积分曲线族的略图（4）满足解的存在唯一性条件考察等斜线（都不是积分曲线）令，得零等斜线，它们将平面分成四块上下两块内，过其内每点的积分曲线均单调下降；左右两块内，过其内每点的积分曲线单调上升当积分曲线穿过时，积分曲线的单调性改变，故为积分曲线的极值点曲线再令，作出相应的等斜线又令，得（不是积分曲线），它将平面分成上下两部分在上方，积分曲线下凸；在下方，积分曲线上凸由此可以作出方向场和积分曲线族的得略图习题2.11 求解下列微分方程：（1）； （2）； （3）；（4）； （5）解 （1）分离变量得，积分之，得通积分（为任意常数）（2）当时，分离变量得，积分之得通积分或（为任意常数）又见是方程的特解，它不含在通解中（3）分离变量得，积分得通积分（为任意常数）（4）分离变量得，积分得通积分另有特解和（5）当时，分离变量得，积分得（），即通积分为当时得特解，或，2 求解下列微分方程的初值问题：（1），；（2），；（3），解 （1）分离变量得，积分之得通积分（为任意常数）利用初始条件可得，故初值问题的解为（2）当时，分离变量得，积分之，得通积分（为任意常数）利用初始条件可得，故初值问题的解为，即又易见不是初值问题的解（3）分离变量得（），积分之得通积分（为任意常数）.利用初始条件得，故初值问题的解为又易见和都不是初值问题的解3试证明：若是方程的满足初始条件的解，其中是区间上的连续函数，则证明 当时，对方程分离变量可得，积分后，得通积分显然，其中没有满足条件的解当时，可得方程的特解，显然，只有解满足初始条件4 已知（），试求函数的一般表达式解 对方程两边关于求导得，另外，由已知条件得，所以，即分离变量，积分得，为积分常数，且，从而注意到，当时，已知条件变为，不难得到所以的一般表达式为5 求具有性质的函数，已知存在解 首先，令由已知可得，化简得，所以另外，由函数导数的定义，我们有，又因为，所以，变形为，两边同时积分得，其中为积分常数当时，得所以满足条件的函数为6求一曲线，使它的切线介于坐标轴间的部分被切点分成相等的两段解 取坐标系如图所示，设所求曲线为由条件可知过点的切线的斜切线与两坐标轴的交点可设为与于是切线的斜率为，于是得方程，其通积分为7跟踪：设某从平面上的原点出发，沿轴正向前进；同时某从点开始跟踪，即与永远保持等距试求的光滑运动轨迹解 取坐标系如图所示，设所求曲线为则过点的切线方程为其中为切线上的坐标，切线与轴的交点为由题设条件知，即，由题意可知，分离变量得，故通积分为利用条件，得，故所求轨迹的函数为上式可改写为，两式相加并除以2后，可得另一个表达式习题2.21求解下列微分方程：（1）； （2）； （3）（为常数）；（4）（为常数）； （5）； （6）解 （1）由通解公式可得（2）由通解公式可得（3）通解为（4）当时，方程是变量可分离的，其解为；当时，方程是线性的，其解为（5）将方程改写为线性方程，其通解为另有特解（6）方程两边求导得线性方程，其通解为由原方程可得初始条件，代入上式得，于是原方程的解为2试证明：形如的方程是关于的线性方程，并写出通解公式同时，据此结果求解方程：（1）； （2）；（3）； （4）证明 将方程改写为，这是一个线性方程，其通解为利用该公式可得上述方程的通积分：（1）； （2）； （3）；（4）3 试证明：当且仅当通解形如时，它所适合的微分方程是一阶线性微分方程，其中是任意常数，而与均是的确定的可微函数证明 先证必要性事实上，消去，中的参数，可得曲线族满足的微分方程，这是一个一阶线性微分方程由一阶线性方程的通解公式可知充分性是显然的4 设函数于上连续，存在且满足关系式，试求此函数解 令，则因为上式对任意都成立，所以由函数的导数定义，得即满足微分方程直接解得考虑到，得出，所以所求函数为5 设在区间上连续可微，且，试证明：证明 当充分大时，设，由条件可知设满足初始条件，则因，若收敛，则易见结论成立否则，有，于是由LHospital法则，可知6 设是方程的两个相异解试证明方程的任一解必满足下述恒等式（是某常数）证明 由解的性质可知，与均为相应齐次方程的解，再由线性齐次方程的解的公式可知上述两解必然是线性相关的，故必存在某常数，使得7考虑方程， （）其中和都是以为周期的连续函数试证：（1）若，则方程（）的任一非零解以为周期，当且仅当函数的平均值；（2）若不恒为零，则方程（）有唯一的周期解，当且仅当试求出此解解 （1）由通解公式（为任意常数）可知，易见方程（）的任一解为周期解，当且仅当（2）通解公式易见仍为解，从而为相应齐次方程的解由齐次方程解的性质知为周期解，即，当且仅当，即当且仅当时，可由上式确定出唯一的解，换句话说有唯一周期解。8设连续函数在区间上有界证明：方程在区间上有并且只有一个有界解试求出这个解，并进而证明：当还是以为周期的周期函数时，这个解也是以为周期的周期函数解 通解设，因，所以对任意的，当时，有界；而当时，一般无界，除非（该积分绝对收敛）此时对应的解为，因，故该解有界若以为周期，则，令，则即上述解也是以为周期的周期函数9解习题1.1中第2题所得到的微分方程又若物体在20分钟内由冷却至，那么，在多长时间内，这个物体的温度达到？解 初值问题方程，的解为由条件可知，所以从而若物体温度降到，则所需时间由确定，即分钟10质点沿轴运动，且只受一个与速度成正比的阻力设它从原点出发时，初速度为10米秒，而当它到达坐标为米的点时，其速度为5米秒试求质点到达坐标为4米的点时的速度解 由Newton第二定律可得微分方程，即，其中为质点的质量，为速度利用可将方程化为以为自变量的方程该方程在初始条件的条件下的解为由条件可知，故于是于是质点到达坐标为4米时的速度为2习题2.31 求解下列微分方程：（1）； （2）； （3）；（4）； （5）解 （1）将方程改写为，这是一个齐次方程令，则方程化为，分离变量后得，积分，得代回原变量得原方程的通积分（2）将方程变形为令，则方程化为整理并分离变量得（），即积分之，得换回原变量可得方程的通积分（为任意常数）由可得方程的两个特解，其中不含在通积分中（3）将方程改写为，令，对求导可得，分离变量得（当时），积分之，得（为任意常数）换回原变量可得方程的通积分当时得方程的特解（4）因方程组，有交点，作变换，则方程化为，即（），这是一个齐次方程令，则上面方程化为变量可分离方程，积分并代入原变量得原方程的通积分另有特解（5）将方程改写为，这是一个Bernoulli方程两边同乘，则（），即，亦即，故方程的通积分为其中为任意常数另外，方程还有特解2 利用适当的变换，求解下列方程：（1）； （2）；（3）； （4）；（5）解 （1）令，对求导得，分离变量得 （），积分之，得（为任意常数）换回原变量可得方程的通积分当，即（）时，得特解（2）将方程变形为 （），或令，代入上式并整理得，即，积分之，得 （），即，换回原变量得通积分当得特解，在通解中.（3）令，则原方程变为，即，再令，则上面方程化为，即，分离变量并积分，得换回原来的变量得原方程的解为（4）将方程变形为，令，则方程化为而直线与有交点，故作变换，可将上面方程化为齐次方程再令，则方程化为，积分，得代回原变量并化简，得原方程的通解（5）令，则方程可变形为，再令，即，则上式化为，整理，得，两边同时积分，得代回原变量得原方程的解为3 求解下列Riccati方程：（1）； （2）； （3）解 （1）首先找方程的一个特解由观察可知方程有形如的特解，代入方程可知，即方程有特解作变换，代入方程化简后得Bernoulli方程将其变形为线性方程，故换回原变量便得方程的通解（为任意常数），亦即（2）易见方程有特解作变换，代入方程整理后得Bernoulli方程将其改写为，或故代回原变量可得方程的通解 （为任意常数）（3）易验证方程有特解，作变换，则方程化为一个Bernoulli方程作变换，则上面方程化为线性方程，其通解为，代回原变量得原方程的通解4 证明方程经变换可化为变量可分离方程，并由此求解下列方程：（1）； （2）证明 令，则方程化为变量可分离方程（1）在上述变换下，方程化为积分，得（）代回原变量，整理得通积分另有特解（2）在上述变换下，方程化为积分，得代回原变量，整理得通积分5设从原点至一曲线上各点处的切线之垂直距离等于该切线切点的横坐标试求此曲线解 设所求曲线为，则过曲线上任一点的切线方程为，其中为切线的动坐标又过原点与上面切线正交的直线为，它与切线的交点为由条件可得曲线所满足的微分方程，化简得方程，即，这是一个线性方程，其通积分为6设河边点的正对岸为点，河宽为，两岸为平行直线，水流速度为，今有一舰艇从点驶向点假设该舰艇（在静水中）的速度为（），且该舰艇的航行方向始终朝着点，试求该舰艇驶过的轨迹解 1）建立数学模型设水流速度为（），舰艇航速为（），则舰艇的实际航行速度为下面，我们给出的坐标表示取点为坐标原点，河岸朝顺水方向为轴的正向，点的正对岸方向为轴的正向如图所示设在时刻时，舰艇位于点，则舰艇的运动速度的坐标表示（微分形式）为，从而有而另一方面，自然应考虑的坐标表示因，（其中是的单位向量），而由知：，故，于是有从而，这是一个齐次方程由图易知初始条件为：时，2）求特解令，则方程化为变量可分离方程，两边积分，得（），代回原变量得原方程的通积分利用初始条件可得，代入上式可得，或者（），这便是舰艇驶过的迹线习题2.41判断下列方程是否为全微分方程，并对全微分方程求解：（1）；（2）；（3），（和为常数）；（4）；（5）；（6）解 （1）因，故方程为全微分方程重新分组得，即，故方程的通积分为（为任意常数）（2）因，所以方程为全微分方程重新分组得，即，积分之，得方程的通积分（为任意常数）（3）因，所以只有当时，方程才是全微分方程重新分组得，即，积分之，可得方程的通积分（为任意常数）（4）因，所以方程为全微分方程重新分组可得，积分之，可得方程的通积分（为任意常数）（5）因，所以方程为全微分方程积分之，得通积分（6）因，所以方程不是全微分方程2用分项组合法求解下列方程：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）解 （1）重新组合各项，有，即，积分得通积分（2）重新组合各项，有，即，积分得通积分（3）重新组合各项，有，即，积分得通积分（4）重新组合各项，有，即，积分得通积分（5）重新组合各项，有，即，积分得通积分（6）重新组合各项，有，即，积分得通积分习题2.51 用观察法求下列方程的积分因子，并求方程的通解：（1）； （2）；（3）； （4）；（5）； （6）解 （1）将方程重新组项，得，易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分另有特解（2）将方程重新组项，得，易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分另有特解（3）易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分（4）将方程重新组项，得，易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分另有特解（5）将方程重新组项，得，易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分另有特解（6）将方程重新组项，得，易见方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得原方程的通积分另有特解或2证明方程（2.5.1）具有形如的积分因子的充要条件是，并写出这个积分因子然后将结果应用到下述各种情形，得出存在每一种类型积分因子的充要条件：，这里均为常数证明 充要条件的证明见命题2.5.1存在上述四种积分因子的充要条件分别为（1）；（2）；（3）；（4）3验证下列方程满足具有某种特殊积分因子的充要条件，求出积分因子后解方程：（1）； （2）；（3）； （4）；（5）；（6）解 （1）因，故方程有积分因子用它乘方程得全微分方程由于，对积分得，其中为待定函数代入式子，得，故可取于是得原函数，原方程的通积分为（2）因，故方程有积分因子用它乘方程得全微分方程分项组合，得，即，积分得通积分另有特解（3）因，故方程有积分因子用它乘方程得全微分方程重新组合各项，得，积分得通积分另有特解（4）因，故方程有积分因子用它乘方程得全微分方程积分得通积分（5）因，又，可见当，即时，方程有形如的积分因子由公式（2.5.18），可知，所以方程有积分因子，用它乘方程得全微分方程，积分得通积分（6）因，又，可见当时，方程有形如的积分因子由公式（2.5.18），可知，所以方程有积分因子，用它乘方程得全微分方程，积分得通积分另有特解或4试用分项组合的方法求下列方程的积分因子，并求出方程的通解：（1）； （2）；（3）； （4）解 （1）因，易见方程没有仅依赖于或的积分因子，我们用分组求积分因子法对于第一组，因，故有积分因子（事实上从方程很容易看出这一点），相应的原函数为；对于第二组，易见它有积分因子，相应的原函数为下面选取函数和，使，不难看出只须取，可得积分因子用它乘方程两边得全微分方程（），即，积分之便得原方程的通积分（为任意常数），或另有特解或（2）当时，将方程改写为，这是一个全微分方程，可见方程有积分因子方程的通积分为另有特解（3）将方程重新分组，得，容易求得第一组有积分因子，易见它也是第二组的积分因子用乘方程并积分得通积分另有特解（4）将方程重新分组得，容易求得第二组有积分因子，易见它也是第一组的积分因子用乘方程并积分得通积分另有特解5设及连续，试证方程为线性方程的充要条件是它有仅依赖于的积分因子证明 方程有仅依赖于的积分因子，充要条件是仅依赖于，设为上式关于积分可知，即方程是线性方程6试用积分因子法求解线性方程解 将方程改写成，因，所以方程有积分因子用它乘方程并积分得方程的通解7试证明：方程（2.5.1）有变量分离形式的积分因子的充要条件是存在连续函数和使得成立此时，积分因子为利用上述结果求解下列方程：（1）； （2）；（3）（Bernoulli方程）证明 方程有积分因子，当且仅当，即，亦即存在连续函数和，使得此时，所以（1）要使，即，可令，代入上式，比较同次幂系数，可得，即，故，于是方程有积分因子用积分因子乘原方程可得全微分方程，积分后得通积分另有特解或（2）要使，即可令，代入上式，比较同次幂系数，可得，即，故，于是方程有积分因子用它乘原方程可得全微分方程，积分后得通积分（3）要使，即易见，可取，于是方程有积分因子，用它乘方程可得全微分方程，积分得通积分8试证明：齐次方程在条件下有积分因子利用此结果求解下列齐次方程：（1）； （2）证明 设为次齐次函数作变换，则方程化为，上式有积分因子，故原方程有积分因子（1）方程有积分因子，将方程重新分组，并用积分因子乘其两端得全微分方程，积分得通积分（2）方程有积分因子，将方程重新分组，并用积分因子乘其两端得全微分方程，积分得通积分另有特解或9试证明：形如的方程在的条件下，有积分因子利用此结果求解下列方程：（1）； （2）证明 用乘方程两端，得容易验证，所以是原方程的积分因子（1）此处，故方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得通积分另有特解或（2）此处，故方程有积分因子，用它乘方程两端，得全微分方程，积分得通积分另有特解或10证明命题2.5.2证明 注意到，命题立刻得证11设是方程（2.5.1）的两个积分因子，且不恒为常数，求证（任意常数）是方程（2.5.1）的通解证明 是方程（2.5.1）的积分因子，故可求得可微函数，使得，并且是方程（2.5.1）的解此时，必存在可微函数，使得（这是需要证明的，请参看石瑞青等所著常微分方程全程导学及习题全解第70页）由上式可得，即由于是方程的解，故也是方程的解上式变形后，得到，这就证明了是方程（2.5.1）的通解习题2.61 求解下列方程：（1）； （2）； （3）；（4）； （5）； （6）；（7）； （8）解 （1）令，则，关于求导得（）分离变量得，积分之得，故原方程的通积分为，当时得不到特解（2）令，则，关于求导得，时，分离变量得，积分之得，故原方程的通积分为，当时得特解，它含于通解中（3）令，则，两边关于求导得，整理得由解得，代入方程可得通解为由解得，代入方程得一个特解（4）令，则（），两边关于求导，得，由解得，代入方程得通解（），由得，代入方程得特解当时，有特解（）（5）方程不显含，可采用参数法求解，取其参数方程为，代入关系式得当时，所以，即，故方程的通解为当时，得特解（6）方法一：参数法令，则代入关系式得，整理得齐次方程令，得， （#）令，则，于是方程（#）化为（当时）将上式积分得，整理得（），即，故通解为，当时，得和，即 或 ，代入可得两个特解 或 .方法二：微分法将方程改写成，关于微分得整理得齐次方程，这是一个与方法一相同的齐次方程以下作法相同（7）令，则原方程化为，解出得，两边对求导得，或者，积分之，得，所以，方程的通解为，（8）令，则原方程化为，由此得，并且代入关系式，得，因此，积分之，得于是原方程的通解为，或消去参数，得另外，当时，原方程变为，此时方程无解2 求一曲线，使其上任一点的切线，介于两坐标轴之间的线段的长度等于常数解 设所求曲线方程为，过其上任一点的切线方程为，其中为切点的坐标，为切线上的流动坐标切线与坐标轴的交点为，由条件，得到方程，或，此即所求曲线所满足的方程，这是Clairaut方程，其通解为容易验证当时，上述直线都满足题目要求另外，由方程组，消去参数可得方程的一个特解，这是一条“星形线”，它满足题中要求习题2.71 求下列曲线族的正交轨线族：（1）； （2）； （3）解 （1）由联立方程组消去参数可得已知曲线族所满足的微分方程用替代上式中的可得正交轨线族满足的微分方程，这是一个齐次方程令，代入得，整理得，积分之，得，代回原变量可得正交轨线族（为任意常数）注：注意到正交轨线族所满足的微分方程与已知曲线所满足的微分方程只是将的位置互换，所以可直接写出正交轨线族的表达式（2）易见曲线族所满足的微分方程为用替代上式中的可得正交轨线族满足的微分方程，积分立得正交轨线族（为任意常数）（3）由联立方程组消去参数可得已知曲线族所满足的微分方程用替代上式中的可得正交轨线族满足的微分方程，积分后便得正交轨线族（为任意常数）2质量为100千克的物体，在水中由静止开始下沉在下沉过程中，除受重力外，还受两个力：一个是200牛顿的浮力，另一个为水的阻力，其数量为100牛顿（其中为下沉速度，单位为米秒）试求物体下沉的极限速度解 由Newton第二定律立刻得到微分方程，即，相应的初始条件为容易求得该初值问题的解故下沉的极限速度为（米秒）3由观测得知，沉淀池内微粒在液体中下落时所受阻力与下落速度的平方成正比设微粒进入池内时的竖直速度为零，试求：1）在时间内微粒下落多少距离？2）若池长为，液体的水平速度为，且所有微粒都必须沉淀到池底，液体的最大容许深度是多少？解 ）设沉淀池内微粒的质量为，为阻力系数，为重力加速度取微粒入水处为坐标原点，向下的方向为轴的正向依据已知条件和Newton第二定律，得微粒的运动方程为，其中为微粒的下落速度，初始条件为此与方程（2.1.19）及相应的初始条件完全一样，故其解为，其中，即，积分之，得，利用初始条件，得，故时间内微粒下落的距离为2）依题意，流入池中的液体在池内停留的时间为，所以微粒必须在这段时间内下落距离，因此最大容许深度应表达为4设有一凹镜，镜面是一个旋转面，能够把平行光线反射后集中于一点问这是怎样的旋转面？解 取光源所在处为坐标原点，而轴平行于光的反射方向，如图设所求曲面由曲线绕轴旋转而成，则求反射镜面的问题归结为求平面上的曲线的问题过曲线上任一点作切线，则由光的反射定律：入射角等于反射角，容易推知，从而注意到，及，就得到函数所满足的微分方程，为求解方便，我们将其改写为，这是一个齐次方程令，则方程化为变量可分离方程积分上式并代回原来变量，经化简整理，最后得，其中为任意正常数这就是所求的平面曲线，它是抛物线5追线：设在平面上，有某物从原点出发，以常速沿轴的正方向运动同时又有某物以常速从点出发追赶设，且的运动方向永远指向试求的运动轨迹，以及追上的时间解 如图建立坐标系，设的运动轨迹为由条件可知过轨线上任一点所作切线与轴交于点易见切线的斜率，即我们必须设法消去变量，为此将上式关于微分，得由于，所以，其中的负号是因弧长随的减小而增加于是轨线满足微分方程（其中），令，则代入上式并分离变量得，积分并利用初始条件，可得由此可以解出，积分之，得再将条件代入可得，故的运动轨迹为追上相当于条件：代入前式可解出追上的时间6试就SI模型（2.7.41）讨论传染病人数的发展趋势，并以此解释对传染病人进行隔离的必要性解 SI模型所给出的方程是一个Bernoulli方程，容易求得其通解为（为任意常数）由此可见当时，说明若不采取隔离措施，那么随着时间的增加，传染病将传染到所有的人7某厂房容积为，经测定，空气中含有%的二氧化碳开动通风设备，以360的速度输入含有0.05%的二氧化碳的新鲜空气，同时又排出同等数量的室内空气问30分钟后室内所含二氧化碳的百分比是多少？解 设在时刻，车间内二氧化碳的百分比为当时间经过之后，室内二氧化碳的改变量为于是有关系式，或，初始条件为容易求得初值问题的解为以代入，得即开动通风设备30min后，室内的二氧化碳含量接近0.05，基本上已是新鲜空气了习题3.11 试求初值问题：，的Picard序列，并由此取极限求解解 构造迭代公式，（），故Picard序列为用归纳法可以证明（）易见收敛于函数2 求下列初值问题的近似解（1），； （2），解 （1）构造迭代公式，则前几个近似解为（2）构造迭代公式，则前几个近似解为习题3.21 试判断方程在闭区域（1）； （2）； （3）上是否满足Picard定理的条件？若满足再求出此方程满足初始条件的解的存在区间解 （1）在内连续，关于有连续的偏导数，因此满足Picard定理的条件。又因，所以于是方程满足初始条件的解的存在区间为（2）在内连续，关于有连续的偏导数，因此满足Picard定理的条件又因，所以于是方程满足初始条件的解的存在区间为（3）在内不连续，因此不满足Picard定理的条件2 判定下列方程在怎样的区域内能保证初值问题的解存在唯一？（1）； （2）； （3）； （4）解 （1）易见在全平面上连续，又连续，满足局部Lipschitz条件，故过全平面内任一点的初值问题的解都是存在唯一的（2）易见在区域内，连续，又连续，因此满足局部Lipschitz条件，故过内任一点的初值问题的解的解是存在唯一的（3）易见在全平面上连续，又连续，满足局部Lipschitz条件，故过全平面内任一点的初值问题的解都是存在唯一的（4）易见在区域内，连续，又连续，因此满足局部Lipschitz条件，故过内任一点的初值问题的解的解是存在唯一的3 设方程在闭带形域，上其初值问题的解存在唯一，且存在区间为. 如果其中的任意两个解，当时，有，则在上，有证（反证法）令，则若存在使得，即，由的连续性可知：位于与之间，使得，即，说明两解在相交由解的存在唯一性知，这与题设条件矛盾，表明在上，有4设连续函数对是递减的，则初值问题，的右行解是唯一的（左行解是否唯一，能举一个反例吗？）证（反证法）设过点有两个不同的右行解和，不妨设，使得令，则取，则，另方面，由于对是递减的，故，所以在上单调递减的，注意到，所以，矛盾表明初值问题的右行解是唯一的但左行解不一定唯一例如方程（满足题设条件，其通解为，()过轴上每点的右行解唯一，但左行解不唯一，如上图5求初值问题，在：，上的解的存在区间，并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计解 这里，在上函数的Lipschitz常数可取为，因为由误差估计公式（3.2.33）得所以，已知初值问题的解的存在区间为，第二次近似解为，在解的存在区间的误差估计为6讨论方程在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件，并求通过点的一切解解 在这里，根据Picard定理，当在某一矩形区域上连续，且关于满足Lipschitz条件时方程存在唯一解显然，这里在整个平面上是连续函数，又若在存在且连续的区域是有界的，则存在Lipschitz条件由于在的区域上是存在且连续，所以在时，满足Picard定理的条件，这里是任意正数从而，我们得到满足解的存在唯一性定理的条件的区域为当时，容易验证函数是方程过的解当时，方程可以变形为，积分之，得到，或，这里为任意常数，而且由于，故相应地，过的解可以表示为其中为任意正常数综合以上两种情况，可以得到过点的解为，以及其中为任意正常数7证明Gronwall不等式：设为非负常数，和为区间上的连续非负函数，且满足不等式（），则有（）并由此证明定理3.2.1中关于解的唯一性证明 1）时，令，则，由可得，两边从到积分得，即有，所以，即有（）2）当时，对任意，由于，所以，由1），有当时，有又因为，即得从而（）由1），2）知Gronwall不等式成立下面利用Gronwall不等式证明定理3.2.1中关于解的唯一性设是初值问题，的两个解，则有，于是其中为Lipschitz条件由Gronwall不等式知，因而有这样，定理3.2.1中关于解的唯一性得证习题3.31 讨论下列微分方程解的存在区间：（1）； （2）； （3）； (4) 解 （1）当时，连续，且不等式在条形域或上成立因及在区间或上连续，故由定理3.3.2可知过区域或上每点的解的最大存在区间分别为或若解能跨过轴，则最大存在区间为（2）易见在全平面满足解的存在唯一性条件和为方程的两个特解，最大存在区间均为由解的延伸定理可知当初值满足不等式，时，相应的解的最大存在区间均为当时，由可知积分曲线是单调上升的，因此过点（当时）的左行解可延伸到再由解的表达式可知右行解可延伸到（使得分母为零的点），故过点（当时）的解的最大存在区间为同理可证过点（当时）的解的最大存在区间为（3）因在全平面连续且满足不等式，其中在区间连续，故由定理3.3.2可知方程的所有解的最大存在区间均为（4）易见满足解的存在唯一性条件容易求得方程的通解为（为任意常数），可见其相应的最大存在区间为2试证明：对任意的及，方程的满足条件的解的最大存在区间均为证 易见在全平面上满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件，且和为方程的两个特解当时，满足条件的解夹在和之间而不能穿出它们故解要延伸到无穷远，其最大存在区间必为3论方程分别通过点，的解的最大存在区间，并指出当趋于这些区间的端点时解的性状解 易见在全平面上满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件，和为方程的两个特解方程的通解为（为任意常数）于是过点的解为，其最大存在区间为当时，；当时，过点的解为因当时，可见该解向右可延伸到，而向左只能延伸到（使得分母为零的点），于是该解的最大存在区间为当时，；当时，4指出方程的每一个解的最大存在区间，以及当趋于这个区间的右端点时解的性状解 易见在全平面连续可微，故满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件方程有两个特解和，它们的存在区间均为这两个特解把全平面分成三个区域：，和注意到方程所定义的方向场满足，；，若初值，则初值解满足，所以单调减少因是方程的解，由解的唯一性知当时，单调增加，无论其极限是有限值或，都容易证明，所以的存在区间是由单调有界性知极限存在，且如果，记，则存在，使得当时有，以及，于是当时有（）由上式，存在，使得当时有两端积分得（）由上式推得，这与矛盾这就证明了用类似的方法容易证明当时，解的存在区间也是，且而当时，因为这时每个解都是单调减少的，又是解，故由延伸定理易证每个满足初始条件的解向左方都可以延伸到而每个这样的解，当时有容易证明方程，的解为此解的饱和存在区间为，其中且有由比较定理知当时有因而存在，使得的饱和存在区间为，且有5设在全平面上连续、有界，且对的一阶偏导数连续，试证明方程的任一解的最大存在区间为证 由条件可知满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件因在全平面上有界，故存在常数，使得过平面上任一点，作两直线 （）及 （）考察满足初始条件的解，由于，由解的延伸定理，只能夹在和之间而趋向无穷远，故其最大存在区间为6 设初值问题，的解的最大存在区间为，其中是平面上的任一点，则或中至少有一个成立解 满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件易见方程有特解和，它们的存在区间均为当时，过的解不能与或相交，故要到达无穷远，其存在区间必为当时，故过该区域内每一点的积分曲线均单调上升，其左行解不能与相交，故要到达无穷远，必可延拓到同理可证，当过区域内每一点的积分曲线均单调上升，其右行解不能与相交，故要到达无穷远，必可延拓到7 在平面上任取一点，试证初值问题，的右行解都在区间上存在证 易见满足解的存在唯一性条件及解的延伸定理的条件考察方向场中的零等斜线：显见，方向的斜率在的上方为负，而在的下方为正换句话说，积分曲线在上方是单调下降的，而在下方是单调上升的现在假设位于直线的上方（即），则因积分曲线是单调下降的，其右行解要延伸到无穷远，必然要穿过而进入其下方再设位于直线上或其下方（即），由于其相应的右行解是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从零等斜线的下方穿越到上因此，它必可向右延伸到跨越区间8考虑对称形式的微分方程它的定义域为：则单位圆是一条积分曲线，它在区域的内部；它并没有延伸到的边界，这一点是否与上述解的延伸定理相矛盾？试说明理由解 不矛盾，因在上并不连续9在方程中，如果在上连续可微，且 （）求证方程满足的解在区间上存在，且有证明 显然方程右端函数在全平面上满足存在唯一性条件以及解的延伸定理的条件因为连续且满足（），所以有，这意味着是解，并且有，当；，当不妨取，记过的解为，由上面分析可见解在上半平面单调递减，又不能穿过（轴）且要无限远离原点，那么该解的存在区间必是另外，我们还知道由于单调递减且有下界，故存在，我们再证若不然，设存在，使得下面将解代入原方程，分离变量后再从积分，得，或写成，在上式两端取极限有限值此为矛盾，故习题3.41 试求下列方程以为初值的解，并讨论解对初值的连续性：（1）； （2）解 （1）易见在全平面上连续且满足局部Lipschitz条件，故方程以为初值的解作为的函数在它的存在范围内是连续的，这可从相应初值问题的解的表达式看出这一点（2）在全