补充习题

11.3 补充习题

11.3.1 一阶微分方程

例 11.3.1 画出以下微分方程的斜率场的大致图像，并根据斜率场的特点说明方程的解的特征：

(1): $y^{'} = x (1 - x)$
(2): $y^{'} = \frac{y}{1 + y^{2}}$
(3): $y^{'} = \frac{x - y}{x + y}$
(4): $y^{'} = \sin (x^{2} + y^{2})$

解利用Mathematica绘制的斜率场如图11.3.1所示。斜率场的特征为：

(1): $y^{'} = f (x, y) = g (x)$ 的斜率场只与 $x$ 有关，故将某条积分曲线沿 $y$ 轴平移后，其仍为积分曲线。
(2): $y^{'} = f (x, y) = g (y)$ 的斜率场只与 $y$ 有关，故将某条积分曲线沿 $x$ 轴平移后，其仍为积分曲线。
(3): 对于 $y^{'} = f (x, y) = g (\frac{y}{x})$ 的斜率场，注意到 $f (a x, a y) = f (x, y)$ ，故将某条积分曲线沿原点作伸缩变换后，其仍为积分曲线。
(4): 对于 $y^{'} = f (x, y) = g (x^{2} + y^{2})$ 的斜率场，其在以原点为中心的同心圆上保持不变，故将某条积分曲线绕原点旋转后，其仍为积分曲线。

◻

例 11.3.2 求以下微分方程的通解：

(1): $y^{'} = x (1 - x)$
(2): $y^{'} = \frac{y}{1 + y^{2}}$
(3): $y^{'} = \frac{x - y}{x + y}$
(4): $y^{'} = (x + y + 3)^{2}$

解

(1): $y^{'} = x (1 - x)$ ，分离变量得 $\begin{matrix} (1) & \frac{d y}{d x} = x - x^{2} ⟹ y = \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{3} + C \end{matrix}$
(2): $y^{'} = \frac{y}{1 + y^{2}}$ ，分离变量得 $\begin{matrix} (2) & \frac{d x}{d y} = \frac{1 + y^{2}}{y} ⟹ x = \frac{y^{2}}{2} + \ln | y | + C \end{matrix}$ 此即方程的通解。当 $y > 0$ （或 $y < 0$ ）时 $x_{y}^{'} > 0$ （或 $x_{y}^{'} < 0$ ），所以 $x = x (y)$ 有可微的反函数 $y = y (x)$ 。此外，方程还有特解 $y = 0$ 。
(3): $y^{'} = \frac{x - y}{x + y}$ ，令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $\begin{matrix} (3) & x \frac{d u}{d x} = \frac{1 - u}{1 + u} - u = \frac{1 - 2 u - u^{2}}{1 + u} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (4) & d \ln | x | = \frac{d x}{x} = \frac{(1 + u) d u}{1 - 2 u - u^{2}} = - \frac{1}{2} d \ln | u^{2} + 2 u - 1 | \end{matrix}$ 两边积分可得 $\begin{matrix} (5) & \ln | u^{2} + 2 u - 1 | + 2 \ln | x | = C ⟹ y^{2} + 2 x y - x^{2} = C \end{matrix}$
(4): $y^{'} = (x + y + 3)^{2}$ ，令 $u = x + y + 3$ ，则 $\begin{matrix} (6) & \frac{d u}{d x} = \frac{d y}{d x} + 1 = 1 + u^{2} ⟹ \frac{d u}{1 + u^{2}} = d x \end{matrix}$ 两边积分可得 $\begin{matrix} (7) & \arctan u = x + C ⟹ \arctan (x + y + 3) = x + C \end{matrix}$

◻

注

(1): 一阶微分方程 $F (x, y, y^{'}) = 0$ 的解允许是由代数方程 $G (x, y) = C$ 表示的曲线，函数 $G$ 叫做微分方程的首次积分，物理上它是一个守恒量。
(2): 微分方程具有的对称性（变换下的不变性）意味着它存在某种形式的首次积分，即某种守恒量。
(3): 可以利用微分方程的对称性得到求解微分方程的方法。

例 11.3.3 求下列方程的解：

(1): $y^{'} = \frac{x (y - 1)}{y + x y}$
(2): $y^{'} = \sqrt{x y}$
(3): $(1 + e^{x}) y y^{'} = e^{x}, y (1) = 1$
(4): $(1 - x) d y = (1 + y) d x$
(5): $3 x d y - y (2 - x \cos x) d x = 0$
(6): $(e^{x + y} - e^{x}) d x + (e^{x + y} + e^{y}) d y = 0$

解这些方程都是可分离变量的方程，故此处仅列出答案。

(1): $(y - 1) (x + 1) e^{y - x} = C$
(2): $y = {(\frac{1}{3} x^{3 / 2} + C)}^{2}$
(3): $y = \sqrt{2 \ln (1 + e^{x}) + 1 - 2 \ln (1 + e)}$
(4): $(1 + y) (1 - x) = C$
(5): $y = C x^{2 / 3} e^{- \sin x}$
(6): $(e^{x} + 1) (e^{y} - 1) = C$

◻

例 11.3.4 平面直角坐标系中，与 $y$ 轴平行的光线经曲线 $y = y (x)$ 反射后汇聚于原点。求曲线的方程。

解曲线的切向量为 $t = (1, y^{'})$ ，法向量为 $n = (- y^{'}, 1)$ 。假设光沿 $y$ 轴负方向入射，则入射光的单位方向向量为 $a = (0, - 1)$ ，反射光的单位方向向量为 $\begin{matrix} (8) & b = \frac{(- x, - y)}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \end{matrix}$ 由反射定律可得 $\begin{matrix} (9) & n \cdot b = - n \cdot a ⟹ 1 = \frac{x y^{'} - y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} ⟹ y^{'} = \frac{y}{x} + \sqrt{1 + {(\frac{y}{x})}^{2}} \end{matrix}$ 令 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $\begin{matrix} (10) & x \frac{d u}{d x} = u + \sqrt{1 + u^{2}} - u ⟹ \frac{d u}{\sqrt{1 + u^{2}}} = \frac{d x}{x} \end{matrix}$ 两边积分可得 $\begin{matrix} (11) & \ln | u + \sqrt{1 + u^{2}} | = \ln | x | + C ⟹ u + \sqrt{1 + u^{2}} = C x \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (12) & u = \frac{(C x)^{2} - 1}{2 C x} ⟹ y = \frac{C}{2} x^{2} - \frac{1}{2 C} \end{matrix}$ 即为抛物线。 $◻$

例 11.3.5 求曲线族 $x y = C$ 的正交曲线族。

解该曲线族满足的微分方程为 $\begin{matrix} (13) & y d x + x d y = 0 \end{matrix}$ 由此可得该曲线族的正交向量场为 $(y, x)$ ，它应当为正交曲线族的切向量场，因此 $\begin{matrix} (14) & x d x - y d y = 0 ⟹ x^{2} - y^{2} = C \end{matrix}$ $◻$

11.3.2 一阶线性方程

例 11.3.6 记 $P_{α, n}$ 是所有形如 $e^{α x} P (x)$ 的拟多项式组成的线性空间，其中 $P$ 是次数不超过 $n$ 的多项式。证明：

(1): 设 $λ \in R$ ，若 $α \neq λ$ ，则 $\forall f \in P_{α, n}$ ， $y^{'} - λ y = f$ 在 $P_{α, n}$ 中有唯一解。
(2): $\forall f \in P_{λ, n}$ ， $y^{'} - λ y = f$ 在 $P_{λ, n + 1}$ 中有无穷多解，这些解彼此相差 $e^{λ x}$ 的一个常数倍数。

证明 (1) 记 $L = \frac{d}{d x} - λ$ ，则 $\begin{matrix} (15) & L (e^{α x} \frac{x^{k}}{k!}) = e^{α x} [(α - λ) \frac{x^{k}}{k!} + \frac{x^{k - 1}}{(k - 1)!}] \end{matrix}$ 因此 $L$ 是 $P_{α, n}$ 到自身的线性变换，在基 $\begin{matrix} (16) & {e^{α x}, e^{α x} x, \dots, e^{α x} \frac{x^{n}}{n!}} \end{matrix}$ 下的表示矩阵为 $\begin{matrix} (17) & A = {(\begin{matrix} α - λ & 1 \\ α - λ & 1 \\ ⋱ & ⋱ \\ α - λ & 1 \\ α - λ \end{matrix})}_{(n + 1) \times (n + 1)} \end{matrix}$ 当 $α \neq λ$ 时， $A$ 可逆，从而 $L$ 是 $P_{α, n}$ 到自身的可逆线性变换。

(2) $L : P_{λ, n + 1} \to P_{λ, n}$ 的矩阵表示为 $(0, I_{n + 1})_{(n + 1) \times (n + 2)}$ ，所以 $L$ 是满射、但不是单射，所以 $\forall f \in P_{λ, n}$ ， $y^{'} - λ y = f$ 在 $P_{λ, n + 1}$ 中有无穷多解，这些解彼此相差 $c \cdot e^{λ x}$ 。 $◻$

例 11.3.7 求下列方程的解：

(1): $y^{'} - 2 y = e^{x} x^{2}$
(2): $y^{'} + y = \sin x$
(3): $y^{'} - y = x e^{x}$

解 (1) 齐次方程的通解为 $y = C e^{2 x}$ 。设 $\begin{matrix} (18) & y = c \cdot (e^{x}, e^{x} x, e^{x} \frac{x^{2}}{2}) \end{matrix}$ 由此可得 $\begin{matrix} (19) & (\begin{matrix} - 1 & 1 & 0 \\ 0 & - 1 & 1 \\ 0 & 0 & - 1 \end{matrix}) c = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) ⟹ c = (\begin{matrix} - 2 \\ - 2 \\ - 2 \end{matrix}) ⟹ y (x) = - e^{x} (2 + 2 x + x^{2}) \end{matrix}$ 由此得到非齐次方程的特解。因此非齐次方程的通解为 $\begin{matrix} (20) & y = C e^{2 x} - e^{x} (2 + 2 x + x^{2}) \end{matrix}$

(2) 齐次方程的通解为 $y = C e^{- x}$ 。注意到 $\begin{matrix} (21) & \begin{aligned} L (\sin x) & = \cos x + \sin x \\ L (\cos x) & = - \sin x + \cos x \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (22) & \sin x = L (\frac{\sin x - \cos x}{2}) ⟹ y = \frac{\sin x - \cos x}{2} \end{matrix}$ 由此得到非齐次方程的特解。因此非齐次方程的通解为 $\begin{matrix} (23) & y = C e^{- x} + \frac{\sin x - \cos x}{2} \end{matrix}$

(3) 齐次方程的通解为 $y = C e^{x}$ 。注意到 $\begin{matrix} (24) & L (e^{x} \frac{x^{2}}{2}) = e^{x} x \end{matrix}$ 由此得到非齐次方程的特解。因此非齐次方程的通解为 $\begin{matrix} (25) & y = C e^{x} + e^{x} \frac{x^{2}}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.8 求下列方程的解：

(1): $y^{'} + 2 x y = 2 x^{3} y^{2}$
(2): $y^{'} = a y^{2} + \frac{b}{x^{2}}, 4 a b > 1$

解 (1) 这是Bernoulli方程。令 $z = y^{1 - 2} = y^{- 1}$ ，则 $\begin{matrix} (26) & z^{'} = - y^{- 2} y^{'} = - y^{- 2} (2 x^{3} y^{2} - 2 x y) = - 2 x^{3} + 2 x z \end{matrix}$ 解得 $\begin{matrix} (27) & z = C e^{x^{2}} + x^{2} + 1 ⟹ y = \frac{1}{C e^{x^{2}} + x^{2} + 1} \end{matrix}$ 此外， $y = 0$ 也是方程的解。

(2) 这是Riccati方程的特例。令 $z = \frac{1}{y}$ ，则 $\begin{matrix} (28) & z^{'} = - y^{- 2} y^{'} = - y^{- 2} (a y^{2} + \frac{b}{x^{2}}) = - a - b {(\frac{z}{x})}^{2} \end{matrix}$ 设 $Δ = 4 a b - 1$ ，由此解得 $\begin{matrix} (29) & z = \frac{- 1 + \sqrt{Δ} \tan \frac{\sqrt{Δ} (C_{1} - \ln x)}{2}}{2 b} x = \frac{1}{y} \end{matrix}$ $◻$

11.3.3 有关一阶微分方程的证明题

例 11.3.9 (2023秋期末考试 · 17) 设 $f \in C [0, 1]$ ，且满足 $\begin{matrix} (30) & | f (x) | \leq 1 + \int_{0}^{x} | f (t) | d t \end{matrix}$ 证明： $| f (x) | \leq e^{x}$ ， $\forall x \in [0, 1]$ 。

证明令 $u (x) := e^{- x} \int_{0}^{x} | f (t) | d t$ ，则 $\begin{matrix} (31) & u^{'} (x) = e^{- x} [| f (x) | - \int_{0}^{x} | f (t) | d t] \leq e^{- x} \end{matrix}$ 故 $\forall x \in [0, 1]$ ，都有 $\begin{matrix} (32) & u (x) = u (0) + \int_{0}^{x} u^{'} (t) d t \leq \int_{0}^{x} e^{- t} d t = 1 - e^{- x} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (33) & | f (x) | \leq 1 + \int_{0}^{x} | f (t) | d t = 1 + e^{x} u (x) \leq e^{x} \end{matrix}$ $◻$

另证令 $g (x) := \int_{0}^{x} | f (t) | d t$ ，则 $g (0) = 0$ 且 $\begin{matrix} (34) & g^{'} (x) = | f (x) | \leq 1 + g (x) ⟹ \frac{g^{'} (x)}{1 + g (x)} \leq 1 \end{matrix}$ 两边从 $0$ 到 $x$ 积分可得 $\begin{matrix} (35) & \ln [1 + g (x)] \leq x ⟹ g (x) \leq e^{x} - 1 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (36) & | f (x) | \leq 1 + g (x) \leq e^{x} \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.10 (Grönwall不等式的积分形式) 设 $x_{0} \in [a, b]$ ， $f, g, h \in C [a, b]$ 满足 $g$ 非负， $h$ 在 $[a, x_{0}]$ 单调不增、在 $[x_{0}, b]$ 单调不减，且 $\begin{matrix} (37) & f (x) \leq \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | + h (x) \end{matrix}$ 证明： $\begin{matrix} (38) & f (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x), \forall x \in [a, b] \end{matrix}$ 其中 $\begin{matrix} (39) & \int_{x_{0}}^{x} φ (t) | d t | = {\begin{cases} \int_{x_{0}}^{x} φ (t) d t, & x \geq x_{0} \\ \int_{x}^{x_{0}} φ (t) d t, & x \leq x_{0} \end{cases} \end{matrix}$

证明为了突出强调 $x \geq x_{0}$ 和 $x \leq x_{0}$ 两种情况下符号和不等式方向的变化，这里将两部分证明合写在一起。方便起见，证明过程中的双重不等号均为不严格不等号，即 $≷$ 表示一一对应的 $\geq$ 或 $\leq$ ，例如： $\begin{matrix} (40) & f ≶ g \pm h ⟹ \begin{matrix} (1) f \leq g + h \\ (2) f \geq g - h \end{matrix} \end{matrix}$ 如果读者阅读此证明较为困难，可以将其手动分为两部分阅读。

先考虑一个简单的情形： $h$ 可微。设 $x ≷ x_{0}$ ，记 $F (x) = \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | + h (x)$ ，则 $\begin{matrix} (41) & F^{'} (x) = \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{\pm g (x)}} \underset{\leq F (x)}{\underset{⏟}{f (x)}} + h^{'} (x) ≶ \pm g (x) F (x) + h^{'} (x) ⟹ F^{'} (x) \mp g (x) F (x) ≶ h^{'} (x) \end{matrix}$ 其中 $h^{'} (x) ≷ 0$ 。利用积分因子 $e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}$ 可得 $\begin{matrix} (42) & {[F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}]}^{'} = \underset{> 0}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}}} \underset{≶ h^{'} (x)}{\underset{⏟}{[F^{'} (x) \mp F (x) g (x)]}} ≶ \underset{\leq 1}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}}} \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{h^{'} (x)}} ≶ h^{'} (x) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (43) & F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} = F (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} \underset{≶ h^{'} (ξ)}{\underset{⏟}{{[F (ξ) e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |}]}^{'}}} \underset{≷ 0}{\underset{⏟}{d ξ}} \leq h (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} h^{'} (ξ) d ξ = h (x) \end{matrix}$ 综上所述，我们有 $\begin{matrix} (44) & f (x) \leq F (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) \end{matrix}$

对于一般的 $h$ 和 $x$ ，我们需要修改以上证明。从下式出发（红色表示待转化的式子，即需要 $h^{'}$ 可微的式子），利用分部积分法可得： $\begin{matrix} (45) & \begin{aligned} {[F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |}]}^{'} d ξ & \overset{?}{\leq} e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h^{'} (x) d ξ \\ F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} & \overset{?}{\leq} F (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} h^{'} (ξ) d ξ \\ = h (x_{0}) + {e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} h (ξ) |}_{ξ = a}^{x} - \int_{x_{0}}^{x} h (ξ) {[e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |}]}^{'} d ξ \\ = e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) \pm \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) d ξ \\ = e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{aligned} \end{matrix}$ 这等价于证明 $\begin{matrix} (46) & e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | \overset{?}{\leq} \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{matrix}$ 此时不等式左侧可微，故可利用 $\begin{matrix} (47) & \begin{aligned} e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{x} f (t) g (t) | d t | & = \int_{x_{0}}^{x} {[e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |]}^{'} d ξ \\ = \pm \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) [f (ξ) - \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |] d ξ \\ = \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) [f (ξ) - \int_{x_{0}}^{ξ} f (t) g (t) | d t |] | d ξ | \\ \leq \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) h (ξ) | d ξ | \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (48) & \begin{aligned} F (x) e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} & \leq e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + \int_{x_{0}}^{x} \underset{\geq 0}{\underset{⏟}{e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ)}} \underset{\leq h (x)}{\underset{⏟}{h (ξ)}} | d ξ | \\ \leq e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} h (x) + h (x) \int_{x_{0}}^{x} e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} g (ξ) | d ξ | \\ = h (x) [e^{- \int_{x_{0}}^{x} g (t) | d t |} - {e^{- \int_{x_{0}}^{ξ} g (t) | d t |} |}_{ξ = a}^{x}] = h (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (49) & f (x) \leq F (x) \leq e^{\int_{x_{0}}^{x} g (t) d t} h (x) \end{matrix}$ $◻$

注由于我们拓展了定积分的定义，即不必要求积分下限小于积分上限，故在证明时需要特别注意下式仅在 $b \geq a$ 时成立： $\begin{matrix} (50) & f (x) \leq g (x) ⟹ \int_{a}^{b} f (x) d x \leq \int_{a}^{b} g (x) d x, b \geq a \end{matrix}$ 或者可以一般地写成 $\begin{matrix} (51) & f (x) \leq g (x) ⟹ \int_{a}^{b} f (x) | d x | \leq \int_{a}^{b} g (x) | d x |, \forall a, b \end{matrix}$ 三角（绝对值）不等式也可以一般地写成 $\begin{matrix} (52) & | \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq \int_{a}^{b} | f (x) | | d x | \end{matrix}$

例 11.3.11 (Grönwall不等式的微分形式) 设 $φ, ψ$ 是非负的连续函数， $η$ 是可微函数， $η^{'}$ 是Riemann可积函数，且 $\begin{matrix} (53) & η^{'} (t) \leq φ (t) η (t) + ψ (t), \forall t \geq t_{0} \end{matrix}$ 证明： $\begin{matrix} (54) & η (t) \leq e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s], \forall t \geq t_{0} \end{matrix}$

证明考虑函数 $\begin{matrix} (55) & F (t) := e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} η (t) \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (56) & F^{'} (t) = e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η^{'} (t) - φ (t) η (t)] \leq e^{- \int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} ψ (t) \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (57) & F (t) = F (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} F^{'} (s) d s \leq η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} e^{- \int_{t_{0}}^{s} φ (u) d u} ψ (s) d s \leq η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (58) & η (t) = e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} F (t) \leq e^{\int_{t_{0}}^{t} φ (s) d s} [η (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} ψ (s) d s] \end{matrix}$ $◻$

注 Grönwall不等式的微分形式是积分形式的推论，积分形式放宽了对函数的可微性要求。

例 11.3.12 设 $x_{0}, y_{0} \in R$ ，区间 $I ∋ x_{0}$ ，利用Grönwall不等式证明：以下初值问题的解在 $I$ 上唯一存在。 $\begin{matrix} (59) & {\begin{cases} y^{'} = 2 x y^{2} \\ y (x_{0}) = y_{0} \end{cases} \end{matrix}$

证明设 $y_{1}, y_{2}$ 都是该初值问题的解，则 $\begin{matrix} (60) & \begin{aligned} y_{1} (x) & = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} y_{1}^{'} (s) d s = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{1} (s))^{2} d s \\ y_{2} (x) & = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} y_{2}^{'} (s) d s = y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{2} (s))^{2} d s \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $y = y_{1} - y_{2}$ ，则有 $y (x_{0}) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (61) & y (x) = y_{1} (x) - y_{2} (x) = \int_{x_{0}}^{x} 2 s (y_{1} (s) + y_{2} (s)) y (s) d s \end{matrix}$ 由绝对值不等式可得 $\begin{matrix} (62) & | y (x) | \leq \int_{x_{0}}^{x} | 2 s (y_{1} (s) + y_{2} (s)) | \cdot | y (s) | \cdot | d s | \end{matrix}$ 对 $| y (x) |$ 使用Grönwall不等式可得 $| y (x) | \leq 0$ ，因此 $y = 0$ ，即 $y_{1} = y_{2}$ 。故解唯一存在。 $◻$

注本题可扩展至：设 $x_{0}, y_{0} \in R$ ，区间 $I ∋ x_{0}$ ，若初值问题 $\begin{matrix} (63) & {\begin{cases} y^{'} = f (x, y) \\ y (x_{0}) = y_{0} \end{cases} \end{matrix}$ 满足 $f$ 关于 $y$ Lipschitz连续，即存在 $M > 0$ 使得 $\forall y_{1}, y_{2} \in R$ ，有 $| f (x, y_{1}) - f (x, y_{2}) | \leq M | y_{1} - y_{2} |$ ，则解唯一存在。证明方法同上。

例 11.3.13 证明一阶线性方程 $\begin{matrix} (64) & x y^{'} - (2 x^{2} + 1) y = x^{2}, x > 0 \end{matrix}$ 有且仅有一个解 $y^{*} (x)$ 当 $x \to + \infty$ 存在有限极限。写出 $y^{*} (x)$ 的表达式，并求这个极限。

解原方程的通解为 $\begin{matrix} (65) & y (x) = x e^{x^{2}} [C_{0} + \int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t] \end{matrix}$ 注意到 $\int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t$ 收敛，而 $x e^{x^{2}} \to + \infty$ ，所以 $y$ 有界仅当 $\begin{matrix} (66) & C_{0} = - \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (67) & y^{*} (x) = x e^{x^{2}} [\int_{1}^{x} e^{- t^{2}} d t - \int_{1}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t] = - x e^{x^{2}} \int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (68) & lim_{x \to + \infty} y^{*} (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{- \int_{x}^{+ \infty} e^{- t^{2}} d t}{\frac{1}{x} e^{- x^{2}}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{- x^{2}}}{(- \frac{1}{x^{2}} - 2) e^{- x^{2}}} = - \frac{1}{2} \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.14 (2020秋期末考试 · 17) 设 $f \in C (R)$ 且为有界函数。

(1): 证明：常微分方程 $y^{'} + y = f (x)$ 的每个解 $y = y (x)$ 都是 $[0, + \infty)$ 上的有界函数。
(2): 当 $x \leq 0$ 时，常微分方程 $y^{'} + y = f (x)$ 是否存在有界解？若存在，有几个？

解 (1) 常微分方程的通解为 $\begin{matrix} (69) & y (x) = e^{- x} [\int_{0}^{x} f (t) e^{t} d t + y (0)] \end{matrix}$ 当 $x \geq 0$ 时，有 $\begin{matrix} (70) & \begin{aligned} | y (x) | & \leq | y (0) | e^{- x} + e^{- x} | \int_{0}^{x} f (t) e^{t} d t | \leq | y (0) | + e^{- x} \int_{0}^{x} | f (t) | e^{t} d t \\ \leq | y (0) | + M e^{- x} \int_{0}^{x} e^{t} d t \leq | y (0) | + M e^{- x} \cdot e^{x} = M_{1} \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 当 $x \leq 0$ 时， $e^{- x} \to + \infty$ ，故常微分方程存在有界解仅当 $\begin{matrix} (71) & y (0) = \int_{- \infty}^{0} f (x) e^{x} d x \end{matrix}$ 此时 $\begin{matrix} (72) & y (x) = e^{- x} \int_{- \infty}^{x} f (t) e^{t} d t \end{matrix}$ 验证可得 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} | y (x) | & \leq e^{- x} | \int_{- \infty}^{x} f (t) e^{t} d t | \leq e^{- x} \int_{- \infty}^{x} | f (t) | e^{t} d t \\ \leq M e^{- x} \int_{- \infty}^{x} e^{t} d t \leq M e^{- x} \cdot e^{x} = M_{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此常微分方程存在有界解当且仅当 $y (0) = \int_{- \infty}^{0} f (x) e^{x} d x$ ，此时有界解的个数为 $1$ 。 $◻$

例 11.3.15 (2023秋期末考试 · 16) 考虑一阶线性常微分方程 $\begin{matrix} (74) & \frac{d y}{d x} + a (x) y = b (x) \end{matrix}$ 其中 $a, b \in C (R)$ ，且

$\exists c > 0$ 使得 $a (x) \geq c$ ， $\forall x \geq 0$ ；
$lim_{x \to + \infty} b (x) = 0$ 。

证明：该方程的每个解 $y = y (x)$ 均满足 $lim_{x \to + \infty} y (x) = 0$ 。

证明利用常数变易法或积分因子 $e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}$ 可将方程的解 $y$ 表示为 $\begin{matrix} (75) & y (x) = e^{- \int_{0}^{x} a (s) d s} [y (0) + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t] = \frac{y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t}{e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} \end{matrix}$ 由题设 $a (x) \geq c > 0$ 知分母 $e^{\int_{0}^{x} a (s) d x}$ 在 $(0, + \infty)$ 严格增且 $\begin{matrix} (76) & e^{\int_{0}^{x} a (s) d s} \geq e^{c x} \to + \infty \end{matrix}$ 由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (77) & \frac{{(y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t)}^{'}}{{(e^{\int_{0}^{x} a (s) d s})}^{'}} = \frac{b (x) e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}}{a (x) e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} = \frac{b (x)}{a (x)} \end{matrix}$ 由夹挤定理知 $\begin{matrix} (78) & 0 \leq | \frac{b (x)}{a (x)} | \leq \frac{| b (x) |}{c} \to 0 ⟹ lim_{x \to + \infty} \frac{b (x)}{a (x)} = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (79) & lim_{x \to + \infty} y (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{y_{0} + \int_{0}^{x} b (t) e^{\int_{0}^{t} a (s) d s} d t}{e^{\int_{0}^{x} a (s) d s}} = 0 \end{matrix}$ $◻$

另证令 $A (x) := \int_{0}^{x} a (s) d s$ ，同理可知 $e^{A (x)}$ 严格增且趋于 $+ \infty$ ，由L’Hôpital法则可得 $\begin{matrix} (80) & lim_{x \to + \infty} y (x) = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{A (x)} y (x)}{e^{A (x)}} = lim_{x \to + \infty} \frac{e^{A (x)} [y^{'} (x) + a (x) y (x)]}{e^{A (x)} a (x)} = lim_{x \to + \infty} \frac{b (x)}{a (x)} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.16 设函数 $f \in C (R)$ 且恒非负，又存在常数 $A$ 和 $a (a > 0)$ 使得 $\begin{matrix} (81) & f (x) + a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t = A \end{matrix}$ 证明：

(1): $F (x) := e^{a x} f (x)$ 单调增；
(2): 若 $inf_{x \in R} f (x) = 0$ ，则 $f \equiv 0$ 。

证明 (1) 易证 $f \in C^{1} (R)$ ，且有 $\begin{matrix} (82) & f^{'} (x) + a f (x) = a f (x - 1) \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (83) & F^{'} (x) = e^{a x} [f^{'} (x) + a f (x)] = e^{a x} a f (x - 1) \geq 0 \end{matrix}$ 因此 $F$ 单调增。

(2) 由于 $F$ 单调增且非负，注意到 $\begin{matrix} (84) & \begin{aligned} f (x) & = A - a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t \\ F (x) & = A e^{a x} - a \int_{x - 1}^{x} e^{a x} f (t) d t \geq A e^{a x} - a \int_{x - 1}^{x} e^{a (t + 1)} f (t) d t \\ = A e^{a x} - a e^{a} \int_{x - 1}^{x} F (t) d t \geq A e^{a x} - a e^{a} F (x) \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (85) & f (x) \geq A - a e^{a} f (x) ⟹ A \leq (1 + a e^{a}) inf_{x \in R} f (x) = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (86) & 0 \geq A = f (x) + a \int_{x - 1}^{x} f (t) d t \geq f (x) \geq 0 ⟹ f \equiv 0 \end{matrix}$ $◻$

例 11.3.17 设 $f$ 是连续的周期函数，周期为 $T > 0$ ，对方程 $\begin{matrix} (87) & y^{'} - λ y = f (x) \end{matrix}$ 讨论：(1) 有界解的个数；(2) 以 $T$ 为周期的解的个数。

解 (1) 方程的解为 $\begin{matrix} (88) & y (x) = e^{λ x} [y (x_{0}) e^{- λ x_{0}} + \int_{x_{0}}^{x} e^{- λ t} f (t) d t] \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (89) & \begin{aligned} y (x_{0} + T) & = e^{λ (x_{0} + T)} [y (x_{0}) e^{- λ x_{0}} + \int_{x_{0}}^{x_{0} + T} e^{- λ t} f (t) d t] \\ = e^{λ T} y (x_{0}) + \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (x_{0} + s) d s \end{aligned} \end{matrix}$ 取 $a_{n} = y (n T)$ ，则有递推关系式 $\begin{matrix} (90) & a_{n + 1} = e^{λ T} a_{n} + \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$

当 $λ = 0$ 时， ${a_{n}}$ 有界当且仅当 $\int_{0}^{T} f (s) d s = 0$ ，这与 $y (0)$ 无关；因此要么没有有界解，要么有无穷多个有界解。

当 $λ \neq 0$ 时，令 $β$ 满足 $\begin{matrix} (91) & a_{n + 1} + β = e^{λ T} (a_{n} + β) ⟹ β = \frac{1}{1 - e^{λ T}} \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$ 从而有 $\begin{matrix} (92) & a_{n} = e^{n λ T} (a_{0} + β) - β = e^{n λ T} (y (0) + β) - β \end{matrix}$ 故 ${a_{n}}$ 有界当且仅当 $\begin{matrix} (93) & y (0) = - β = \frac{1}{e^{λ T} - 1} \int_{0}^{T} e^{- λ s} f (s) d s \end{matrix}$ 此时有界解的个数为 $1$ 。

(2) 由(1)的讨论可知，(1)中所有的有界解都是以 $T$ 为周期的解。 $◻$