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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。 ?2ab2a.. .. ..
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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,b)。 a?b2222由于a?b?2ab，所以当a?b时，当a?b取到最小值2ab，从而
b可2a?b.. .. ..
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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3.1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
dy?y，取以原点为中心的矩形域D，f(x,y)?y在y?0无导数， dx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。
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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某一点(x0,y0)?y处不存在，且在(x0,y0)的邻域无界，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3.1 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)??dx?0 y?ax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3.1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
x.. .. ..
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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，有f(x,y)?1?y2满???y1?y2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3.1? dxx解 当y0?0时，我们可以考虑方程
dxx?， dyy其右端函数f(x,y)?此时解为x?0。
y0?0时，定理3.1不能用。事实上，由方程过(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)的解存在唯一，满足定理3.1的条件，即方程
ydyydyy?的通解表达式y?Cx知，方程通dxx.. .. ..
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