常微分方程伍卓群题目

初等积分法

1.(x−c1)2+(y−c2)2=r2(x-c1)^2+(y-c2)^2=r^2(x−c1)2+(y−c2)2=r2,c1,c2为任意常数，r为常数，构造微分方程
解:构造曲率方程，曲率ρ=1/r
κ=y’’∣(1+(y’)2)32∣=1/r;\kappa= \frac{y’’}{|(1+(y’)^2)^\frac{3}{2}| }= 1/r;κ=∣(1+(y’)2)23∣y’’=1/r;

2.x≥0,f(x)连续可微，x−>+∞x->+\inftyx−>+∞时,y’(x)+y(x)->0,证明：x->+∞\infty∞,y(x)->0。
解：设y’+y=p(x),且lim⁡x−>+∞p(x)=0\lim\limits_{x->+\infty}p(x)=0x−>+∞limp(x)=0
x−>+∞,y=Ce−x+e−x∫0xexp(x)dx=e−x∫0xexp(x)dxx->+\infty,y=Ce^{-x}+e^{-x}\int_0^xe^xp(x)dx=e^{-x}\int_0^xe^xp(x)dxx−>+∞,y=Ce−x+e−x∫0xexp(x)dx=e−x∫0xexp(x)dx
由诺必达,lim⁡x−>+∞∫0xesp(s)dsex=exp(x)ex=p(x)=0\lim\limits_{x->+\infty}\frac{\int_0^xe^sp(s)ds}{e^x}=\frac{e^xp(x)}{e^x}=p(x)=0x−>+∞limex∫0xesp(s)ds=exexp(x)=p(x)=0
证毕

3.x≥0,f(x)连续，当x->+∞+\infty+∞时f(x)->b,b为某实数。证明：当a>0,dydx+ay=f(x)\frac{dy}{dx}+ay=f(x)dxdy+ay=f(x)的所有解在x->+∞\infty∞趋于b/a;a<0,有且只有一个解有此性质。
证明：同上，y=∫0xeasf(s)ds+Ceaxy=\frac{\int_0^xe^{as}f(s)ds+C}{e^{ax}}y=eax∫0xeasf(s)ds+C
a>0,eax/∫0x∣easf(s)ds∣+C−>+∞,诺必达可得e^{ax}/\int_0^x|e^{as}f(s)ds|+C->+\infty,诺必达可得eax/∫0x∣easf(s)ds∣+C−>+∞,诺必达可得
a<0,eax−>0,令C=lim⁡x−>+∞∫x0easf(s)ds,诺必达可得e^{ax}->0,令C=\lim\limits_{x->+\infty}\int^0_xe^{as}f(s)ds,诺必达可得eax−>0,令C=x−>+∞lim∫x0easf(s)ds,诺必达可得;而对其它C,lim⁡x−>+∞∫0xeasf(s)ds+C不趋于0，y−>∞\lim\limits_{x->+\infty}\int^x_0e^{as}f(s)ds+C不趋于0，y->\inftyx−>+∞lim∫0xeasf(s)ds+C不趋于0，y−>∞.

线性方程

4.dxdt=A(t)x+f(t)\frac{dx}{dt}=A(t)x+f(t)dtdx=A(t)x+f(t)A(t)/f(t)都是以w>0为周期的函数，证明：LH只有平凡的周期解x=0<->NH必有w-周期解。
证明：首先，易证：对LH,若x(0)=x(w)<->x(t)是周期解；
不妨设Φ(t)是NH的解，设φ(t,s)是LH满足初值条件φ(0)=s的解；
考虑对s的方程φ(w,s)-s=Φ(0)-Φ(w),这是一个线性方程(φ对s是线性的);
（假设方程有多个解，有φ1(w,s1)−φ1(0)=φ2(w,s2)−φ2(0)−>φ(t)=φ1(t)−φ2(t)满足φ(0)=φ(w)是周期解\varphi_1(w,s_1)-\varphi_1(0)=\varphi_2(w,s_2)-\varphi_2(0)->\varphi(t)=\varphi_1(t)-\varphi_2(t)满足\varphi(0)=\varphi(w)是周期解φ1(w,s1)−φ1(0)=φ2(w,s2)−φ2(0)−>φ(t)=φ1(t)−φ2(t)满足φ(0)=φ(w)是周期解）
方程有唯一解s0,则令x(t)=φ(t)+Φ(t),初值条件为x(0)=φ(0)+Φ(0)
x(0)=x(w)<->NH有周期解

5.ϕ(t)\phi(t)ϕ(t)是LH的一个基本解矩阵,f(t,x)是n维的向量函数，于t∈I,x∈(−∞,+∞-\infty,+\infty−∞,+∞)连续，则对t0t_0t0∈I和n维常向量ξ\xiξ,证明：
dxdt=A(t)x+f(t,x)等价于x(t)=ϕ(t)[ϕ−1(t0)ξ+∫t0tϕ−1(s)f(s,x(s))ds]\frac{dx}{dt}=A(t)x+f(t,x)等价于x(t)=\phi(t)[\phi^{-1}(t_0)\xi+\int^t_{t_0}\phi^{-1}(s)f(s,x(s))ds]dtdx=A(t)x+f(t,x)等价于x(t)=ϕ(t)[ϕ−1(t0)ξ+∫t0tϕ−1(s)f(s,x(s))ds]
证明：1、ϕ(t)ϕ−1=E−>dϕ(t)dtϕ−1(t)+ϕ(t)dϕ−1(t)dt=A(t)ϕ(t)ϕ−1(t)+ϕ(t)dϕ−1(t)dt=0\phi(t)\phi^{-1}=E->\frac{d\phi(t)}{dt}\phi^{-1}(t)+\phi(t)\frac{d\phi^{-1}(t)}{dt}=A(t)\phi(t)\phi^{-1}(t)+\phi(t)\frac{d\phi^{-1}(t)}{dt}=0ϕ(t)ϕ−1=E−>dtdϕ(t)ϕ−1(t)+ϕ(t)dtdϕ−1(t)=A(t)ϕ(t)ϕ−1(t)+ϕ(t)dtdϕ−1(t)=0
−ϕ−1(t)A(t)=dϕ−1(t)dt-\phi^{-1}(t)A(t)=\frac{d\phi^{-1}(t)}{dt}−ϕ−1(t)A(t)=dtdϕ−1(t)
2、ϕ−1(t)dxdt=−dϕ−1(t)dtx+ϕ−1(t)f(t,x)−>d(ϕ−1(t)x)dt=ϕ−1(t)f(t,x)\phi^{-1}(t)\frac{dx}{dt}=-\frac{d\phi^{-1}(t)}{dt}x+\phi^{-1}(t)f(t,x)->\frac{d(\phi^{-1}(t)x)}{dt}=\phi^{-1}(t)f(t,x)ϕ−1(t)dtdx=−dtdϕ−1(t)x+ϕ−1(t)f(t,x)−>dtd(ϕ−1(t)x)=ϕ−1(t)f(t,x)
积分，ϕ−1(t)x=∫t0tϕ−1(s)f(s,x(s))ds+C,考虑初值条件x(t0)=ξ,x(t0)=ϕ(t0)[C+∫t0t0ϕ−1(s)f(s,x(s))ds],C=ξ积分，\phi^{-1}(t)x=\int^t_{t_0}\phi^{-1}(s)f(s,x(s))ds+C,考虑初值条件x(t_0)=\xi,x(t_0)=\phi(t_0)[C+\int^{t_0}_{t_0}\phi^{-1}(s)f(s,x(s))ds],C=\xi积分，ϕ−1(t)x=∫t0tϕ−1(s)f(s,x(s))ds+C,考虑初值条件x(t0)=ξ,x(t0)=ϕ(t0)[C+∫t0t0ϕ−1(s)f(s,x(s))ds],C=ξ
3、反过来证即可

6.设I=R,w>0,且在I上，A(t+w)=A(t),f(t+w)=f(t),证明：若对LH的每一解x=x(t),lim⁡t−>+∞x(t)=0\lim\limits_{t->+\infty}x(t)=0t−>+∞limx(t)=0,则NH有唯一的w-周期解x=x0(t),x=x_0(t),x=x0(t),并且NH的其它解x=x(t)当t−>+∞时渐近于它，即lim⁡t−>+∞(x(t)−x0(t))=0x=x(t)当t->+\infty时渐近于它，即\lim\limits_{t->+\infty}(x(t)-x_0(t))=0x=x(t)当t−>+∞时渐近于它，即t−>+∞lim(x(t)−x0(t))=0
解：NH有唯一周期解<->满足x(0)=x(w)的边值条件<->LH只有唯一的周期解x=0
1、假设LH有其他周期解，证反
2、NH有唯一周期解
3、NH的所有解渐进于x0,t−>+∞,x(t)=ϕ(t)(C+∫t0tϕ−1(s)f(s)ds)−>x0t->+\infty,x(t)=\phi(t)(C+\int_{t_0}^t\phi^{-1}(s)f(s)ds)->x0t−>+∞,x(t)=ϕ(t)(C+∫t0tϕ−1(s)f(s)ds)−>x0

7.假设a1(t)...an(t)a_1(t)...a_n(t)a1(t)...an(t)均于R连续，x=φ(t)是x(n)+a1(t)x(n−1)+...+an−1(t)x′+an(t)x=0x^{(n)}+a_1(t)x^{(n-1)}+...+a_{n-1}(t)x'+a_n(t)x=0x(n)+a1(t)x(n−1)+...+an−1(t)x′+an(t)x=0的非零解，证明：在任意有限区间x=φ(t)的零点有限。
证明：假设无限->在一个有限区间[a,b],有零点数列mi{m_i}mi,有子集mti{m_{t_i}}mti有极限->m0;
x(mti)=0,存在ni,ni∈[mti,mt+1i],满足x′(ni)=0...存在bi,x(n)=0且lim⁡i−>+∞bi=m0x(m_{t_i})=0,存在{n_i},n_i∈[m_{t_i},m_{t_{+1}i}],满足x'(n_i)=0...存在{b_i},x^{(n)}=0且\lim\limits_{i->+\infty}b_i=m_0x(mti)=0,存在ni,ni∈[mti,mt+1i],满足x′(ni)=0...存在bi,x(n)=0且i−>+∞limbi=m0
取m0,φ(m_0)=0->x=0,矛盾

8.证明：x′′−t2x=0,x(0)=1,x′(0)=0,解处处为正，偶函数x''-t^2x=0,x(0)=1,x'(0)=0,解处处为正，偶函数x′′−t2x=0,x(0)=1,x′(0)=0,解处处为正，偶函数
证明：1、偶函数：设φ(t)为解，φ(-t)也是解；两者满足同意初值条件，所以φ(t)=φ(-t)
2、x(t)连续，所以对ε=1，存在δ>0,t∈(-δ，δ),|x(t)-x(0)|<1,
即存在s>0,t∈(0,s),x(t)>0,
不妨假设φ(t0)=0,t0>s,假设将(s,t0)的所有零点从大到小排列{xi},若是有限，取t1=min(xi),若是无限，必存在极限，取t1=lim⁡i−>+∞xi−>易证φ(t1)=0t_1=\lim\limits_{i->+\infty}x_i->易证\varphi(t_1)=0t1=i−>+∞limxi−>易证φ(t1)=0
φ(t1)=0->φ’’(t1)=0，且[0,t1),φ(t)>0->φ’’(t)>0->φ’(t)>0,矛盾
若有取负值的，也必有零点

9.x’’+p(t)x’+q(t)x=0,两个解及其一次导在t->+∞都趋于0，问p(t)满足？
解：W(t)=W(t0)e−∫t0tp(s)ds,t−>+∞,W(t)−>0−>∫t0tp(s)ds−>+∞W(t)=W(t_0)e^{-\int^t_{t_0}p(s)ds},t->+\infty,W(t)->0->\int^t_{t_0}p(s)ds->+\inftyW(t)=W(t0)e−∫t0tp(s)ds,t−>+∞,W(t)−>0−>∫t0tp(s)ds−>+∞

10.x’’(t)+x(t)=0,解x1(t)满足x1(0)=0,x1′(0)=1;x2(t)满足x2(0)=1,x2′(0)=0,x2在t>0的第一个零点是a解x_1(t)满足x_1(0)=0,x_1'(0)=1;x_2(t)满足x_2(0)=1,x_2'(0)=0,x_2在t>0的第一个零点是a解x1(t)满足x1(0)=0,x1′(0)=1;x2(t)满足x2(0)=1,x2′(0)=0,x2在t>0的第一个零点是a. 证：x1/x2是周期函数，T=4a.
解：易证：x1′=x2,x2′=−x1,x12+x22=1x_1'=x_2,x_2'=-x_1,x_1^2+x_2^2=1x1′=x2,x2′=−x1,x12+x22=1(解的唯一性)
x2(t+a)x_2(t+a)x2(t+a)是解,满足x2(0+a)=0=x1(0)x_2(0+a)=0=x_1(0)x2(0+a)=0=x1(0),
x2′(0+a)=x2′(a)=−x1(a)=−1=−x1′(0)(在(0,a)x2>0,且x1x2平方和为1)x_2'(0+a)=x_2'(a)=-x_1(a)=-1=-x_1'(0)(在(0,a)x_2>0,且x_1x_2平方和为1)x2′(0+a)=x2′(a)=−x1(a)=−1=−x1′(0)(在(0,a)x2>0,且x1x2平方和为1)
−>x2(t+a)=−x1(t),同理x1(t+a)=x2(t)->x_2(t+a)=-x_1(t),同理x_1(t+a)=x_2(t)−>x2(t+a)=−x1(t),同理x1(t+a)=x2(t)
−>x2(0)=x1(a)=−x2(−2a)=x2(4a),x1(0)=x1(4a)->x_2(0)=x_1(a)=-x_2(-2a)=x_2(4a),x_1(0)=x_1(4a)−>x2(0)=x1(a)=−x2(−2a)=x2(4a),x1(0)=x1(4a)
证毕

常系数微分方程

11.ϕ(t−τ)\phi(t-\tau)ϕ(t−τ)是状态转移矩阵，若特征多项式det(A−λE(A-\lambda E(A−λE)的每一根都有负实部，则存在正常数a,α\alphaα使得∣ϕ(t−τ)∣<=ae−α(t−τ),t,τ∈R,t>=τ;|\phi(t-\tau)|<=ae^{-\alpha(t-\tau)},t,\tau∈R,t>=\tau;∣ϕ(t−τ)∣<=ae−α(t−τ),t,τ∈R,t>=τ;||表示行列式/范数都成立
解: 1、行列式，有det(AB)=det(A)det(B).
∣ϕ(t−τ,0)∣=∣ϕ(t)ϕ−1(τ)∣=∣eAtCC−1e−Aτ∣=∣eA(t−τ)∣(ϕ(t)=eAtC)|\phi(t-\tau,0)|=|\phi(t)\phi^{-1}(\tau)|=|e^{At}CC^{-1}e^{-A\tau}|=|e^{A(t-\tau)}|(\phi(t)=e^{At}C)∣ϕ(t−τ,0)∣=∣ϕ(t)ϕ−1(τ)∣=∣eAtCC−1e−Aτ∣=∣eA(t−τ)∣(ϕ(t)=eAtC),eAt=TeJtT−1,∣ϕ(t−τ,0)∣=∣T∣∣T−1∣∣e−Aτ∣∣eJt∣e^{At}=Te^{Jt}T^{-1},|\phi(t-\tau,0)|=|T||T^{-1}||e^{-A\tau}||e^{Jt}|eAt=TeJtT−1,∣ϕ(t−τ,0)∣=∣T∣∣T−1∣∣e−Aτ∣∣eJt∣.
eJt=diag(eNteλit),∣eJ(t−τ)∣=Πi=1keλi(t−τ)=eΠλi(t−τ),∣eN(t−τ)∣=1;e^{Jt}=diag(e^{Nt}e^{\lambda_it}),|e^{J(t-\tau)}|=\Pi_{i=1}^ke^{\lambda_i(t-\tau)}=e^{\Pi\lambda_i(t-\tau)},|e^{N(t-\tau)}|=1;eJt=diag(eNteλit),∣eJ(t−τ)∣=Πi=1keλi(t−τ)=eΠλi(t−τ),∣eN(t−τ)∣=1;λi的实部小于0，令−α=max(λi的实部)\lambda_i的实部小于0，令-\alpha=max(\lambda_i的实部)λi的实部小于0，令−α=max(λi的实部)，令a=∣T∣∣T−1∣|T||T^{-1}|∣T∣∣T−1∣,证毕。
2、范数，有|AB|<=|A||B|,|A|=∑i∑jAij\sum_i\sum_j A_{ij}∑i∑jAij.
如上，∣ϕ(t−τ,0)∣<=∣T∣∣T−1∣∣eJ(t−τ)∣|\phi(t-\tau,0)|<=|T||T^{-1}||e^{J(t-\tau)}|∣ϕ(t−τ,0)∣<=∣T∣∣T−1∣∣eJ(t−τ)∣,∣eJt∣=∑i=1keλitpi|e^{Jt}|=\sum\limits_{i=1}^ke^{\lambda_it}p_i∣eJt∣=i=1∑keλitpi,pi=∣eNt∣=ni+(ni−1)11!t+(ni−2)12!t2+...p_i=|e^{Nt}|=n_i+(n_i-1)\frac{1}{1!}t+(n_i-2)\frac{1}{2!}t^2+...pi=∣eNt∣=ni+(ni−1)1!1t+(ni−2)2!1t2+...;−α=12max(λi实部)，-\alpha=\frac{1}{2}max(\lambda_i实部)，−α=21max(λi实部)，有λi+α<=12λi<=−α\lambda_i+\alpha<=\frac{1}{2}\lambda_i<=-\alphaλi+α<=21λi<=−α∣eJt∣eαt<=∑pie−α(t−τ)|e^{Jt}|e^{\alpha t}<=\sum p_ie^{-\alpha(t-\tau)}∣eJt∣eαt<=∑pie−α(t−τ).
且对任意α>0,lim⁡t−τ−>+∞pieα(t−τ)=0且对任意\alpha>0,\lim\limits_{t-\tau->+\infty}\frac{p_i}{e^{\alpha(t-\tau)}}=0且对任意α>0,t−τ−>+∞limeα(t−τ)pi=0.即对任意ε,设为ε0\varepsilon,设为\varepsilon_0ε,设为ε0,存在β,t−τ>β\beta,t-\tau>\betaβ,t−τ>β,∣eJ(t−τ)∣eα(t−τ)<ε0|e^{J(t-\tau)}|e^{\alpha (t-\tau)}<\varepsilon_0∣eJ(t−τ)∣eα(t−τ)<ε0,且在[0,β\betaβ],∣eJ(t−τ)∣eα(t−τ)有界，设小于ϵ1,ε=max(ε0,ε1)|e^{J(t-\tau)}|e^{\alpha (t-\tau)}有界，设小于\epsilon_1,\varepsilon=max(\varepsilon_0,\varepsilon_1)∣eJ(t−τ)∣eα(t−τ)有界，设小于ϵ1,ε=max(ε0,ε1). 即∣ϕ(t−τ,0)∣eα(t−τ)<=∣T∣∣T−1∣ε|\phi(t-\tau,0)|e^{\alpha (t-\tau)}<=|T||T^{-1}|\varepsilon∣ϕ(t−τ,0)∣eα(t−τ)<=∣T∣∣T−1∣ε,a=∣T∣∣T−1∣ε|T||T^{-1}|\varepsilon∣T∣∣T−1∣ε即可。

基本理论

设G(y)于[0,1]连续，满足G(0)=0,G(y)>0,y∈\in∈(0,1],证明：y=0是方程y’=G(y)的奇解的充要条件是积分∫01drG(r)\int_0^1\frac{dr}{G(r)}∫01G(r)dr收敛。
解：y=0是解；另外y′=G(y)−>dyG(y)=dx−>−∫1ydrG(r)=x+Cy'=G(y)->\frac{dy}{G(y)}=dx->-\int^y_1\frac{dr}{G(r)}=x+Cy′=G(y)−>G(y)dy=dx−>−∫1yG(r)dr=x+C是隐式解。
1、y=0是奇异解，那么对于任意(x0,0)（奇异解在这一点与其它解相切）,存在c,使得−∫10drG(r)=x0+C-\int^0_1\frac{dr}{G(r)}=x_0+C−∫10G(r)dr=x0+C->∫01drG(r)\int^1_0\frac{dr}{G(r)}∫01G(r)dr收敛
2、积分收敛，则对任意(x0,0),取C=∫01drG(r)−x0\int_0^1\frac{dr}{G(r)}-x_0∫01G(r)dr−x0,可以得到方程的隐式解，且y’(x0)=G(0)=0
dx/dt=f(t,x),x(0)=0,f在[0,1]×R连续且关于x单调递减，证明解在[0,1]唯一dx/dt=f(t,x),x(0)=0,f在[0,1]×R连续且关于x单调递减，证明解在[0,1]唯一dx/dt=f(t,x),x(0)=0,f在[0,1]×R连续且关于x单调递减，证明解在[0,1]唯一

解：假设存在两个解φ,ψ\varphi,\psiφ,ψ,d(φ−ψ)2dt∣t>0且两个解都存在=2(φ−ψ)(f(t,φ)−f(t,ψ))<0；t=0,φ=ψ,所以显然不成立\frac{d(\varphi-\psi)^2}{dt}|_{t>0且两个解都存在}=2(\varphi-\psi)(f(t,\varphi)-f(t,\psi))<0；t=0,\varphi=\psi,所以显然不成立dtd(φ−ψ)2∣t>0且两个解都存在=2(φ−ψ)(f(t,φ)−f(t,ψ))<0；t=0,φ=ψ,所以显然不成立

f关于[0,1]×R连续，f(t,x)≠0,关于t满足李氏条件，任取t0,x0,满足x(t0)=x0的解唯一f关于[0,1]×R连续，f(t,x)≠0,关于t满足李氏条件，任取t_0,x_0,满足x(t_0)=x_0的解唯一f关于[0,1]×R连续，f(t,x)=0,关于t满足李氏条件，任取t0,x0,满足x(t0)=x0的解唯一

解：dt/dx=1/f(t,x)=G(x,t)−>∣G(x,t1)−G(x,t2)∣<=∣f(t1,x)−f(t2,x)∣∣f(t1,x)f(t2,x)∣<=L∣t1−t2∣/∣f(t1,x)f(t2,x)∣dt/dx=1/f(t,x)=G(x,t)->|G(x,t_1)-G(x,t_2)|<=\frac{|f(t_1,x)-f(t_2,x)|}{|f(t_1,x)f(t_2,x)|}<=L|t_1-t_2|/|f(t_1,x)f(t_2,x)|dt/dx=1/f(t,x)=G(x,t)−>∣G(x,t1)−G(x,t2)∣<=∣f(t1,x)f(t2,x)∣∣f(t1,x)−f(t2,x)∣<=L∣t1−t2∣/∣f(t1,x)f(t2,x)∣
需要证明dt/dx=G满足李氏条件；
存在h>0,在区间I=[t0−h,t0+h]×[x0−h,x0+h],I=[t_0-h,t_0+h]×[x_0-h,x_0+h],I=[t0−h,t0+h]×[x0−h,x0+h],
$ |f(t,x_0)-f(t_0,x_0)|<=Lh->|f(t,x_0)|>=|f(t_0,x_0)|-Lh=N$
h充分小，使得N>0,当∣x−x0∣<h,h充分小,f(t,x)−>f(t,x0),有∣f(t,x)∣>=N>0h充分小，使得N>0,当|x-x_0|<h,h充分小,f(t,x)->f(t,x_0),有|f(t,x)|>=N>0h充分小，使得N>0,当∣x−x0∣<h,h充分小,f(t,x)−>f(t,x0),有∣f(t,x)∣>=N>0
于是∣G(x,t1)−G(x,t2)∣<=L/N2∣t1−t2∣|G(x,t_1)-G(x,t_2)|<=L/N^2 \ |t_1-t_2|∣G(x,t1)−G(x,t2)∣<=L/N2 ∣t1−t2∣ G满足局部李氏条件，于是有dt/dx=G(t,x)dt/dx=G(t,x)dt/dx=G(t,x)有唯一解； f(t,x)>0或<0恒成立(连续不为0)，取dt/dx=G的单调饱和解φ，其反函数即为dx/dt=f的唯一解

第一比较定理：设纯量函数f(t,x),F(t,x)在(t,x)平面域G连续且f<F;(t0,x0)∈G,φ(t),Φ(t)分别是初值问题x′=f(t,x),x(t0)=x0;x′=F(t,x),x(t0)=x0的解(t_0,x_0)\in G,\varphi(t),\Phi(t)分别是初值问题x'=f(t,x),x(t_0)=x_0;x'=F(t,x),x(t_0)=x_0的解(t0,x0)∈G,φ(t),Φ(t)分别是初值问题x′=f(t,x),x(t0)=x0;x′=F(t,x),x(t0)=x0的解，则
设其共同存在区间为(a,b),有{φ<Φ,t∈(t0,b)φ>Φ,t∈(a,t0)\begin{cases}\varphi<\Phi,t\in(t_0,b)\\\varphi>\Phi,t\in(a,t_0)\end{cases}{φ<Φ,t∈(t0,b)φ>Φ,t∈(a,t0)

第二比较定理：若φ<=Φ\varphi<=\Phiφ<=Φ则令Φ\PhiΦ为(t0,b)的最大解，(a,t0)的最小解(t_0,b)的最大解，(a,t_0)的最小解(t0,b)的最大解，(a,t0)的最小解，有
{φ<=Φ,t∈[t0,b)φ>=Φ,t∈(a,t0]\begin{cases}\varphi<=\Phi,t\in[t_0,b)\\\varphi>=\Phi,t\in(a,t_0]\end{cases}{φ<=Φ,t∈[t0,b)φ>=Φ,t∈(a,t0]

证：令G(t,x),F(t,x)+1/n,n∈N+,对G有如上结论令G(t,x),F(t,x)+1/n,n\in N^+,对G有如上结论令G(t,x),F(t,x)+1/n,n∈N+,对G有如上结论；
不妨假设t>=t0,存在t1,φ>Φ,取t2=max(t:φ(t)=Φ(t)),则t∈(t2,t1),φ>Φ;t>=t_0,存在t_1,\varphi>\Phi,取t_2=max(t:\varphi(t)=\Phi(t)),则t\in(t_2,t_1),\varphi>\Phi;t>=t0,存在t1,φ>Φ,取t2=max(t:φ(t)=Φ(t)),则t∈(t2,t1),φ>Φ; 在(t2,φ(t2))附近做闭域R∈G,满足x′=G(t,x),x(t2)=φ(t2)的方程Φn必然在∣t−t2∣<=h有定义在(t_2,\varphi(t_2))附近做闭域R\in G,满足x'=G(t,x),x(t_2)=\varphi(t_2)的方程\Phi_n必然在|t-t_2|<=h有定义在(t2,φ(t2))附近做闭域R∈G,满足x′=G(t,x),x(t2)=φ(t2)的方程Φn必然在∣t−t2∣<=h有定义对于Φn,显然其∣Φn(t)∣<=∣Φ1(t)max∣(Φn>Φn−1),即一致有界；对于\Phi_n,显然其|\Phi_n(t)|<=|\Phi_1(t)_{max}|(\Phi_n>\Phi_{n-1}),即一致有界；对于Φn,显然其∣Φn(t)∣<=∣Φ1(t)max∣(Φn>Φn−1),即一致有界；∣Φn(c)−Φn(d)∣<=∣max(∣F(t,x)∣+1)∣h,即等度连续|\Phi_n(c)-\Phi_n(d)|<=|max(|F(t,x)|+1)|h,即等度连续∣Φn(c)−Φn(d)∣<=∣max(∣F(t,x)∣+1)∣h,即等度连续故Φn有一致收敛子序列，收敛于Φ故\Phi_n有一致收敛子序列，收敛于\Phi故Φn有一致收敛子序列，收敛于Φ
对任意Φn,满足t∈(t2,t2+h),Φn>φ,故Φ>=φ,与上述假设矛盾\Phi_n,满足t\in (t_2,t_2+h),\Phi_n>\varphi,故\Phi>=\varphi,与上述假设矛盾Φn,满足t∈(t2,t2+h),Φn>φ,故Φ>=φ,与上述假设矛盾
t∈(a,t0]同理t\in (a,t_0]同理t∈(a,t0]同理

应用：证明：x′=e−t2+x2，x(0)=0的解不能延展到整个t轴证明：x'=e^{-t^2}+x^2，x(0)=0的解不能延展到整个t轴证明：x′=e−t2+x2，x(0)=0的解不能延展到整个t轴

解：第一比较定理，可以证明解至少在|t|<=1/2有定义，假设t1在定义区间内，对于(t1,φ(t1))假设t_1在定义区间内，对于(t_1,\varphi(t_1))假设t1在定义区间内，对于(t1,φ(t1)) 满足该初值条件的φ(t,t1,φ(t1));已知x2<e−t2+x2,故满足x′=x2,x(t1)=φ(t1)的解Φ(t)=−1t−t0−1/φ(t0)满足该初值条件的\varphi(t,t_1,\varphi(t_1));已知x^2<e^{-t^2}+x^2,故满足x'=x^2,x(t_1)=\varphi(t_1)的解\Phi(t)=\frac{-1}{t-t_0-1/\varphi(t_0)}满足该初值条件的φ(t,t1,φ(t1));已知x2<e−t2+x2,故满足x′=x2,x(t1)=φ(t1)的解Φ(t)=t−t0−1/φ(t0)−1 不妨假设t0>0,可以证明，φ(t0)>0不妨假设t_0>0,可以证明，\varphi(t_0)>0不妨假设t0>0,可以证明，φ(t0)>0
满足t>t1,φ>Φ,已知lim⁡t−>t0+1/φ(t0)Φ(t)=+∞,故lim⁡t−>t0+1/φ(t0)φ(t)=+∞满足t>t_1,\varphi>\Phi,已知\lim\limits_{t->t_0+1/\varphi(t_0)}\Phi(t)=+\infty,故\lim\limits_{t->t_0+1/\varphi(t_0)}\varphi(t)=+\infty满足t>t1,φ>Φ,已知t−>t0+1/φ(t0)limΦ(t)=+∞,故t−>t0+1/φ(t0)limφ(t)=+∞ 证毕

f(t,x)于闭域R:|t-t0t_0t0|<=a,|x-x0x_0x0|<=b连续，若已知方程组x′=f(t,x),x(t0)=x0x'=f(t,x),x(t_0)=x_0x′=f(t,x),x(t0)=x0至多只有一个解，则可以构造欧拉序列{φm(t)\varphi_m(t)φm(t)},m->+∞+\infty+∞,于I0:∣t−t0∣<=h,h=max(a,b/M)I_0:|t-t_0|<=h,h=max(a,b/M)I0:∣t−t0∣<=h,h=max(a,b/M)一致收敛。

解：欧拉直线：将∣t−t0∣<=h|t-t_0|<=h∣t−t0∣<=h等分为m段，记为t0...tmt_0...t_mt0...tm有x0=x0,x1−x0=f(t0,x0)(t1−t0)...x_0=x_0,x_1-x_0=f(t_0,x_0)(t_1-t_0)...x0=x0,x1−x0=f(t0,x0)(t1−t0)...将(t0,x0)...(tm,xm)(t_0,x_0)...(t_m,x_m)(t0,x0)...(tm,xm)连接起来的一组线段；
已知：存在(φmk)的子序列一致收敛于φ;证明：(φm)一致收敛于φ存在({\varphi_{m_k}})的子序列一致收敛于\varphi;证明：(\varphi_m)一致收敛于\varphi存在(φmk)的子序列一致收敛于φ;证明：(φm)一致收敛于φ
假设不成立，对任意ϵ\epsilonϵ,任意M,存在m>M,存在t1t_1t1,使得∣φm(t1)−φ(t1)∣>ϵ|\varphi_m(t_1)-\varphi(t_1)|>\epsilon∣φm(t1)−φ(t1)∣>ϵ ∣φm−φ∣<∣φm−φmk∣+∣φmk−φ∣|\varphi_m-\varphi|<|\varphi_m-\varphi_{m_k}|+|\varphi_{m_k}-\varphi|∣φm−φ∣<∣φm−φmk∣+∣φmk−φ∣

设纯量函数f(t,x)于G连续，(0,0)∈G,x′=t−1/2f(t,x)+1,x(0)=0x'=t^{-1/2}f(t,x)+1,x(0)=0x′=t−1/2f(t,x)+1,x(0)=0有解，此外若f满足李普希兹条件，有唯一解。

证明：dxdt=t−1/2f+1;dx2d(t1/2)=f(t,x)+t1/2\frac{dx}{dt}=t^{-1/2}f+1;\frac{dx}{2d(t^{1/2})}=f(t,x)+t^{1/2}dtdx=t−1/2f+1;2d(t1/2)dx=f(t,x)+t1/2令s=t\sqrt{t}t,$dx/ds=f(s^2,x)+s=G(s,x)

证明：若f(t,x)于(t,x)空间某有界闭域G连续，则x′=f(t,x),x(t0)=x0x'=f(t,x),x(t_0)=x_0x′=f(t,x),x(t0)=x0的任意饱和解存在区间必然是闭区间

解：

由解的延展性寻找有界区间，解可以延展到区间的边界

f(t,x)是纯量函数，于条形区域G:a<t<b,|x|<+∞\infty∞连续；(t0,x0t_0,x_0t0,x0)∈G\in G∈G,证明：若φ,Φ\varphi,\Phiφ,Φ都是初值问题x′=f(t,x),x(t0)=x0x'=f(t,x),x(t_0)=x_0x′=f(t,x),x(t0)=x0的解，均于a<t<b有定义，且φ<=Φ\varphi<=\Phiφ<=Φ,且G之间介于φ与Φ\varphi与\Phiφ与Φ的部分，被方程的解填满。

解：不妨任取t1>t0,(t1,x1)∈G,x1∈(φ(t1),Φ(t1)),设以(t1,x1)为初值的解h(t);t_1>t_0,(t_1,x_1)\in G,x_1\in(\varphi(t_1),\Phi(t_1)),设以(t_1,x_1)为初值的解h(t);t1>t0,(t1,x1)∈G,x1∈(φ(t1),Φ(t1)),设以(t1,x1)为初值的解h(t);
考虑闭区域H：t∈[t0,t1],x∈((φ(t),Φ(t)))考虑闭区域H：t\in[t_0,t_1],x\in((\varphi(t),\Phi(t)))考虑闭区域H：t∈[t0,t1],x∈((φ(t),Φ(t))) ,h(t)必然会延展至H的边界
若h(t)延展到(t0,x0t_0,x_0t0,x0)证毕；若没有，那么必然存在t2∈(t0,t1),h(t2)=φ(t2)或者Φ(t2)t_2\in(t_0,t_1),h(t_2)=\varphi(t_2)或者\Phi(t_2)t2∈(t0,t1),h(t2)=φ(t2)或者Φ(t2),
不妨假设h(t1)=φ(t1),有h′(t1)=φ′(t1)h(t_1)=\varphi(t_1),有h'(t_1)=\varphi'(t_1)h(t1)=φ(t1),有h′(t1)=φ′(t1)
计g(t)={φ(t),t∈[t0,t2]h(t),t∈[t2,t1]\begin{cases}\varphi(t),t\in[t_0,t_2]\\h(t),t\in[t_2,t_1]\end{cases}{φ(t),t∈[t0,t2]h(t),t∈[t2,t1] g(t)是解且同时过(t0,x0t_0,x_0t0,x0)(t1,x1t_1,x_1t1,x1)，证毕。

f(t,x)是纯量函数，在R2R^2R2连续,证明：对任意t0,存在x0,x′=(x2−e2t)f(t,x),x(t0)=x0t_0,存在x_0,x'=(x^2-e^{2t})f(t,x),x(t_0)=x_0t0,存在x0,x′=(x2−e2t)f(t,x),x(t0)=x0的解必然可以延展到[t0,+∞)[t_0,+\infty)[t0,+∞).

证明：可以看出当x=et/e−tx=e^t/e^{-t}x=et/e−t，x’=0，当然，这不是解;但对et/e−te^t/e^{-t}et/e−t,导函数都大于/小于0；
可以任取K>t0t_0t0,取区间H:t∈[t0,K],x∈(e−t,et)t\in[t_0,K],x\in(e^{-t},e^t)t∈[t0,K],x∈(e−t,et),解必然跨过边界，但是不可能在上下跨过，只能穿过x=K.证毕。

求dx/dt=2t1−x2dx/dt=2t\sqrt{1-x^2}dx/dt=2t1−x2的饱和解

解：解得x=sin(t2+C),t>0,dx/dt>=0;t<0,dx/dt<=0;或x=1x=sin(t^2+C),t>0,dx/dt>=0;t<0,dx/dt<=0;或x=1x=sin(t2+C),t>0,dx/dt>=0;t<0,dx/dt<=0;或x=1;

解为{sin(t2),t∈[−π/2,π/2]1,t>π/2;−1,t<−π/2;\begin{cases}sin(t^2),t\in[-\sqrt{\pi/2},\sqrt{\pi/2}]\\1,t>\sqrt{\pi/2};\\-1,t<-\sqrt{\pi/2};\end{cases}⎩⎪⎨⎪⎧sin(t2),t∈[−π/2,π/2]1,t>π/2;−1,t<−π/2;.
设f(t,x)是纯量函数，在(t,x)平面连续可微，存在正数A,|x|>=A,xf(t,x)>=0,证明：必然存在(0,m),使得方程x′=f(t,x)x'=f(t,x)x′=f(t,x)过(0,m)的解x=φ(t,0,m)于\varphi(t,0,m)于φ(t,0,m)于R上有定义。

解：可以得到，假如|m|<=A,t<0,∣φ∣<A|\varphi|<A∣φ∣<A.
考虑t>0的情况，不妨假设无论m取何值，都没有定义。则过(0,A)的解必然过x=A+1，φ(t,0,−A)\varphi(t,0,-A)φ(t,0,−A)也必然过x=-A-1.
考虑|m|<A的解在t-x平面的线，不交叉。且在一定范围内，比如任取K,t<K,在|x|<=A+1满足李氏条件(∂f∂x有界\frac{\partial f}{\partial x}有界∂x∂f有界).

假如都向上，则假设φ(t,0,−A)与x=A+1\varphi(t,0,-A)与x=A+1φ(t,0,−A)与x=A+1交于(t1t_1t1,A+1),对于φ(t,t1,A)\varphi(t,t_1,A)φ(t,t1,A),由延展性，只能交t=0于(0,-A),违反唯一性。

那么对于过(0,m),|m|<A的解，要么过x=A+1,要么过x=-A-1,且由于解曲线不交叉与唯一性，所以，可以得出存在ξ\xiξ,m>ξ\xiξ,解曲线过x=A+1;反之过x=-A-1;

对于φ(t,0,ξ)\varphi(t,0,\xi)φ(t,0,ξ),由于解对初值的连续性，它既要过x=A+1,也要过x=-A-1,产生矛盾。
x/f/g都是纯量函数，在区间I连续非负，若对τ∈I\tau\in Iτ∈I,有x(t)<=g(t)+∣∫τt∣f(s)x(s)ds,t∈Ix(t)<=g(t)+|\int^t_\tau|f(s)x(s)ds,t\in Ix(t)<=g(t)+∣∫τt∣f(s)x(s)ds,t∈I,证明：x(t)<=g(t)+∣∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)dsdξ∣,t∈Ix(t)<=g(t)+|\int^t_\tau f(\xi)g(\xi)e^{\int^t_\xi f(s)ds}d\xi|,t\in Ix(t)<=g(t)+∣∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)dsdξ∣,t∈I.
证明：令V(t)=∣∫τtf(s)x(s)ds∣|\int^t_\tau f(s)x(s)ds|∣∫τtf(s)x(s)ds∣.
V′(t)=f(t)x(t)<=f(t)g(t)+f(t)V(t)V'(t)=f(t)x(t)<=f(t)g(t)+f(t)V(t)V′(t)=f(t)x(t)<=f(t)g(t)+f(t)V(t)
t>τ\tauτ,V(t)<=e∫τtf(s)ds(∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)ds)e^{\int^t_\tau f(s)ds}(\int_\tau^tf(\xi)g(\xi)e^{\int^t_\xi f(s)ds})e∫τtf(s)ds(∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)ds),x-g<=V->x-g<=∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)ds\int_\tau^tf(\xi)g(\xi)e^{\int^t_\xi f(s)ds}∫τtf(ξ)g(ξ)e∫ξtf(s)ds.证毕。
x=φ(t,τ,ξ)是x′=sin(tx),x(τ)=ξ\varphi(t,\tau,\xi)是x'=sin(tx),x(\tau)=\xiφ(t,τ,ξ)是x′=sin(tx),x(τ)=ξ的饱和解，求∂φ∂τ在(t,0,0)的值\frac{\partial \varphi}{\partial \tau}在(t,0,0)的值∂τ∂φ在(t,0,0)的值。
解：注意φ(t,0,0)=0\varphi(t,0,0)=0φ(t,0,0)=0.
φ/ϕ\varphi/\phiφ/ϕ是x’’+sinx=0的解，分别满足φ(0)=π/2,φ′(0)=0;ϕ(0)=0,ϕ′(0)=2\varphi(0)=\pi/2,\varphi'(0)=0;\phi(0)=0,\phi'(0)=2φ(0)=π/2,φ′(0)=0;ϕ(0)=0,ϕ′(0)=2.
解：方程两边分别乘2x’
d((x′)2)/dt=−x′sinx−>d((x′)2)=−sinxdx−>x′2=cosx+C,x=π也是解d((x')^2)/dt=-x'sinx->d((x')^2)=-sinxdx->x'^2=cosx+C,x=\pi也是解d((x′)2)/dt=−x′sinx−>d((x′)2)=−sinxdx−>x′2=cosx+C,x=π也是解
证明x’=x-y-x3,y′=x+y−y3x^3,y'=x+y-y^3x3,y′=x+y−y3在D:1<=r<=2有闭轨，r=x2+y2D:1<=r<=\sqrt{2}有闭轨，r=\sqrt{x^2+y^2}D:1<=r<=2有闭轨，r=x2+y2.

证明：令Γ1:r=1;Γ2:x2+y2=2\Gamma_1:r=1;\Gamma_2:x^2+y^2=2Γ1:r=1;Γ2:x2+y2=2.显然，这两条不是解曲线(不是闭轨)。
在D‾\overline{D}D:Γ1∪Γ2∪D\Gamma_1∪\Gamma_2∪DΓ1∪Γ2∪D,没有奇点，代入x−y−x3=0,x+y−y3=0x-y-x^3=0,x+y-y^3=0x−y−x3=0,x+y−y3=0显然。

证明从两条闭曲线出发的解曲线不会离开D或者不会进入D.
dr/dt=xx′+yy′x2+y2=rr′(cos2θ+sin2θ)+rθ′(rcosθsinθ−rsinθcosθ)r=r′dr/dt=\frac{xx'+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{rr'(cos^2\theta+sin^2\theta)+r\theta'(rcos\theta sin\theta-rsin\theta cos \theta)}{r}=r'dr/dt=x2+y2xx′+yy′=rrr′(cos2θ+sin2θ)+rθ′(rcosθsinθ−rsinθcosθ)=r′,不可行；
xx′+yy′r=x(x−y−x3)+y(x+y−y3)r=r−r3(1−12sin22θ)\frac{xx'+yy'}{r}=\frac{x(x-y-x^3)+y(x+y-y^3)}{r}=r-r^3(1-\frac{1}{2}sin^22\theta)rxx′+yy′=rx(x−y−x3)+y(x+y−y3)=r−r3(1−21sin22θ).
r=1,dr/dt=sin22θ/2>0;r=2,dr/dt=−2cos22θ<0r=1,dr/dt= sin^22\theta/2>0;r=\sqrt{2},dr/dt=-\sqrt{2}cos^22\theta<0r=1,dr/dt=sin22θ/2>0;r=2,dr/dt=−2cos22θ<0.证毕。