山东大学 2022年高等代数第0题

矩形区域 $D = \{(x, y) \mid |x-1| \leq 2, |y| \leq 1\}$，即 $x \in [-1, 3]$, $y \in [-1, 1]$。初值问题：$y' = f(x, y) = x^2 + 2y$, $y(0) = 1$。由于 $f(x, y)$ 在 $D$ 上连续且关于 $y$ 满足 Lipschitz 条件（$\frac{\partial f}{\partial y} = 2$ 有界），解存在唯一。取 $a = 2$（$x$ 方向半宽），$b = 2$（从初始点 $y=1$ 到边界 $y=-1$ 的距离），$M = \max_{(x,y)\in D} |f(x,y)| = 11$（因为 $|x^2+2y| \leq 3^2+2=11$）。则 $h = \min\{a, \frac{b}{M}\} = \min\{2, \frac{2}{11}\} = \frac{2}{11}$。所以解的存在区间为 $|x| \leq \frac{2}{11}$，即 $x \in \left[-\frac{2}{11}, \frac{2}{11}\right]$。

取初始近似 $y_0(x) = y(0) = 1$。第一次迭代：$y_1(x) = y(0) + \int_0^x f(t, y_0(t)) dt = 1 + \int_0^x (t^2 + 2 \cdot 1) dt = 1 + \int_0^x (t^2 + 2) dt = 1 + \left[\frac{t^3}{3} + 2t\right]_0^x = 1 + \frac{x^3}{3} + 2x$。

第二次迭代：$y_2(x) = y(0) + \int_0^x f(t, y_1(t)) dt = 1 + \int_0^x \left(t^2 + 2\left(1 + \frac{t^3}{3} + 2t\right)\right) dt = 1 + \int_0^x \left(t^2 + 2 + \frac{2t^3}{3} + 4t\right) dt = 1 + \int_0^x \left(\frac{2}{3}t^3 + t^2 + 4t + 2\right) dt = 1 + \left[\frac{1}{6}t^4 + \frac{1}{3}t^3 + 2t^2 + 2t\right]_0^x = 1 + \frac{x^4}{6} + \frac{x^3}{3} + 2x^2 + 2x$。所以二次近似解为 $y_2(x) = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{6}$。

误差估计使用Picard迭代的误差公式：$|y(x) - y_n(x)| \leq \frac{M L^n h^{n+1}}{(n+1)!} e^{L h}$，其中 $L$ 是Lipschitz常数，这里 $L = \max \left|\frac{\partial f}{\partial y}\right| = 2$，$M = 11$，$h = \frac{2}{11}$，$n=2$。

代入数值：$|y(x) - y_2(x)| \leq \frac{11 \cdot 2^2 \cdot (\frac{2}{11})^{3}}{3!} e^{2 \cdot \frac{2}{11}} = \frac{11 \cdot 4 \cdot \frac{8}{1331}}{6} e^{\frac{4}{11}} = \frac{44 \cdot \frac{8}{1331}}{6} e^{\frac{4}{11}} = \frac{352}{7986} e^{\frac{4}{11}} = \frac{176}{3993} e^{\frac{4}{11}}$。简化：$\frac{176}{3993} = \frac{16}{363}$（分子分母同除以11），所以误差上界为 $\frac{16}{363} e^{4/11}$。