《常微分方程》 (方道元 着) 课后习题答案 浙江大学出版社.pdf
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1、第一章习题 第一节习题 1.一个月球登陆器以1000米/时的速度开始向月球表面垂直着陆。为了能在月球表面达到软着陆,即着陆 时登陆器的速度正好为零,需要点燃一个能提供加速度为-20000米/时2的减速器,试讨论这个减速器在 何高度时点燃为好? 解:设高度为h,加速度为a = 2oooom/h2,初始速度为v0= 1000m/h,降落所用的时间是T,则有 dh dt = v0+ at. h(T) = 0 dh dt|t=T = 0 由第一项可得h = v0t + 1 2at 2 + C,其中C为任意常数,由第二项可得v0T + 1 2aT 2 + C = 0,由第三项可 得T = v0 a ,带
2、入各项数值,最终得到h(0) = C = 25m. 2.一个湖泊的水量为V立方米,排入湖泊内含污染物A的污水量为V1立方米/时,流入湖泊内不含污 染物A的水量为V2立方米/时,流出湖泊的水量为V1+ V2立方米/时。2000年底湖泊中污染物A的浓度 为5m0,超过了国家规定的标准,为了治理污染,从2000年起限定排入湖泊中的污水含污染物A的浓度 不得超过m0 5 。试讨论湖泊中污染物A的浓度变化? 解:设污染物A的浓度为P(t),由题意可得 V P0(t) + P(t)(V1+ V2) = m0 5 V1 P(0) = 5m0 解方程最终得到P(t) = e V1+V2 V t5m0 + m0
3、 5 V1 V1+V2(e V1+V2 V t 1). 3.一个游泳者横渡到河的彼岸,试建立一个确立游泳者所在位置的微分方程模型。 解:不妨设游泳者始终朝着河的彼岸游,令(x,y)是游泳者的位置坐标,v0是水流速度,v1是游泳者的速 度,则可建立以下方程 dx dt = v0 dy dt = v1 x(0) = 0, y(0) = 0 4.把重200kg体积为4 3的球体和重150kg体积为的圆柱体同时放到河里,初速度为零,水作用在下沉的 球体和圆柱体上的阻力分别为c和s,其中c和s分别是球体和圆柱体的速度,是一个正的常数,试 确定哪一个物体先到达水底。 1 课后答案网 解:设两个物体的质量
4、分别为mc,ms,体积为Vc,Vs,则有: mcg Vc= mc dVc dt + Vcg msg Vs= ms dVs dt + Vsg 设 mcg Vcg = Mc msg Vsg = Ms 则Mc Ms = 4 3,解得 Vc(t) = Mcmc (1 e mct) Vs(t) = Msms (1 e mst) 由于mc ms = 4 3,从而球先到。 第二节习题 1.指出下列微分方程的阶数,并回答是否为线性微分方程: (1) dy dx = 4x3 y sinx;(2) dy dx2 (dy dx) 2 + 2xy; (3) x2 d2y dx2 2xdy dx + y = 2xsin
5、x;(4) dy dx + cosy + 4x = 0; (5) y d3y dx3 ex dy dx + 3xy = 0;(6) d3y dx3 + 3dy dx 6y = 0. 答: (1)一阶线性; (2)二阶非线性; (3)二阶线性; (4)一阶非线性; (5)三阶非线性; (6)三阶线性。 2.验证下列各函数是相应微分方程的解,并指出哪些是通解: (1) y = 1 + x2, dy dx = y2 (x2+ 1)y + 2x; (2) y = 1 x, x 2dy dx x2y2 xy 1 = 0; (3) y = C1e2x+ C2e2x, dy dx2 4y = 0(其中C1,
6、C2是任一常数); (4) y = cxex, d2y dx2 2dy dx + y = 0(其中c是任意常数); (5) y = ecx, (dy dx) 2 y d2y dx2 = 0(其中c是任意常数); 2 课后答案网 (6) y = (xC1) 2 4 , 1 y(p1 p2) + aarcsinp pp1 p2 = C|p| 0,存在正整 数K = K(),当n K时,在区间xi1 x xi上一致地 |f(xi1,yi1) f(x,n(x)| 17 课后答案网 这样,当n K时 |n(x)| Z x1 x0 |f(x0,y0) f(x,n(x)|dx + N X i=2 Z x
7、i xi1 |f(xi2,(xi2) + f(xi1,(xi1) 2 f(x,n(x)|dx + Z x xN |f(xN2,(xN2) + f(xN1,(xN1) 2 f(x,n(x)|dx N Z xi xi1 + n 成立。 接下来的证明与课本中的几乎一样。 2. 利用Ascoli引理证明下面的结论: 设一函数序列在有限区间I上是一致有界和等度连续的,则在I上它至少有一个一致收敛的子序列。 并举例说明,当I是无限区间时上面的结论不一定成立。 证明:不妨设I = a,b)。由Ascoli引理的条件知,只须证明函数序列中的任一个f(x) = n(x)可延拓 成a,b上的连续函数,即极限 li
8、m xb f(x)存在即可。 任取一列数xn,n = 1,2,., 使得对任意n,有a xn 0); (b) dy dx = 0, 当y = 0, y ln|y|, 当y 6= 0. 证明:(a) (b)因为 |y1ln|y1|y2ln|y2| = |y1ln|y1|y1ln|y1y2|+y1ln|y1y2|y2ln|y1y2|+y2ln|y1y2|y1ln|y2| |y1|ln y1 y2 y1 |+|y1y2|ln|y1y2|+|y2|ln y1 y2 y2 | 2|y1y2|+|y1y2|ln|y1y2| 21 课后答案网 令F(r) = 2r + lnr则可得证。 12.(a)设f(
9、x),g(x),y(x)是x0 x x1上的非负连续函数.求证若 y(x) g(x) + Z x x0 f()y()d(x0 x x1) 则 y(x) g(x) + Z x x0 f()g()e Rx f(s)dsd (x0 x x1) (b)在(a)的假设下,若g(x)还是单调下降的,则 y(x) g(x)e Rx x0f()d 证明:(a)设u(x) = Rx x0 f(s)x(s)ds则有 u0(x) = f(x)y(x),u0(x) fu = f(y u) = u0(x) fu fg = u0(x) fg + fu 两边乘以e Rx x0f(s)ds u0(x)e Rx x0f(s)d
10、s fge Rx x0f(s)ds+ fue Rx x0f(s)ds 关于x从x0到x积分 u(x)e Rx x0f(s)ds Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds = u(x) Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds 又因为u(x) y(x) g(x) = y(x) g(x) + Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds (b)y(x) g(x) + Rx x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds g(x) + g(x) Rx x0 f(s)e Rs x0f()dds = g(x)(1 + Rx x0 f(s)e Rs x0f()
11、dds) = g(x)(1 Rx x0(e Rt s f()d)0 sds) = g(x)e Rx s f()d)0 sds 22 课后答案网 3.3 1.(a)试确定适当的x0的值,使得方程 xn+1= xn 1 4(x 2 n 2) 定义的逐次迭代xn收敛于2. (b)选取x0= 1.4.试证明:为了求2到11位有效小数,要求30次迭代. 证明:(a)设f(x) = x 1 4(x 2 2),则f 0(x) = 1 x 2,若要使得|f 0(x)| 0,所 以由介值定理存在唯一的x = ,使得x = cosx. (b)0 0待定.M = sup(x,y)R|f(x,y)|, = mina
12、, b M. (1);(x0,y0) 6= (0,0);假定(x0,y0)不在y = 0坐标轴上;若a |x0|,则b 0;从而 = mina, b (|x0|a)2,则此时解的存在 区间为(2x0,0)或(0,2x0). (2);a可取得适量大若y0 0的 内部,但没有延伸到G的边界,这一点是否与上述的延伸定理相矛盾?试说明理由. 证明:不矛盾. 微分方程xdx + ydy = 0不等价于dy dx = x y.而延伸定理是针对 dy dx = f(x,y)类型的微分方程的. 4.试证明:方程dy dx = y2(1 y)3ey以(x0,y0)为初值的右行解的最大存在区间为x0,+),其中x
13、0 0 ,y0任意给定。(题目作了替换) 证明:易知函数f(y) = y2(1 y)3ey及其导数在整个(x,y)平面上连续,从而Cauchy问题的解是唯一 的。 显然,y 0,y 1是方程的两个特解。 若点(x0,y0)在y = 0下方。解曲线的斜率大于零,则解曲线单调递增,但又不能越过y = 0,从而有 界,由延展定理可知,右行解最大存在区间为x0,+)。其它情形可类似分析。 5.设初值问题 (E) : dy dx = (y2 2y 3)e(x+y) 2, y(x0) = y0 的解的最大存在区间为a 0,这说明y = y(x)是单调递增的,但又不能越过y = 1,则由定理3.5.1,b
14、= . (2)若(x0,y0)在y = 1与y = 3之间或y = 1或y = 3上. 由定理3.5.1,可知a = ,b = . (3)若(x0,y0)在y = 3上方. 同(1)可知,a = . 6.假设a(x)和b(x)在区间I上连续,证明线性微分方程 dy dx = a(x)y + b(x),(x I) 的每一个解y = y(x)的(最大)存在区间为I。 证明:设区间(a1,b1)满足x0 (a1,b1) , I,则函数f(x,y) = a(x)y +b(x)在区域(x,y)|a1 0,g(y) 0.令 H(x) = Z x 0 h()d 设对于任何,积分 G() = Z d g()
15、恒存在. 求证:(1)如果G(y0) H(a),则y(x)在0 x a上有定义; (2)如果G(y0) H(a),则y(x)在0 x H(a),则有G(y(a) 0,即G(y(x)在0 x a上有定义,所以y(x)在0 x a上 有定义。 (2).如果G(y0) H(a),则有G(y(a) 0,又G()恒正,所以y(a)不存在,则y = y(x)必在0 x b 0,对任意的n,存在(n,yn(n),使得|(n,yn(n) (x0,y0)| 1 n,且以(n,yn(n)为初值 的解曲线y = (x;n,yn(n)必然会从y = (x) 0边界穿出.则每个右行解或左行解曲线的首个穿出点 必然有确界
16、,则在以确界点的正下(或上)方包含在(x) 0 0 对一切x和都成立。 证明:由于 y(x,) = y(0) + Z x 0 sin(sy)ds = + Z x 0 sin(sy)ds 则 y (x,) = 1 + Z x 0 scos(sy)y ds 27 课后答案网 令z(x,) = y (x,),则上式化为 z(x,) = 1 + Z x 0 scos(sy)z ds 则 z x(x,) = xcos(xy)z, z(0) = 1 因此z(x,) = exp Rx 0 scos(sy)ds 0, 即对一切x和都有 y (x,) 0 3.7 1.2.(略)3.对n阶线性微分方程组的初值问
17、题,试叙述并证明解的存在和唯一性定理。 叙述:存在唯一性定理:线性微分方程组 dX dt = A(t)X + B(t) 在区间a t b上有且仅有一个满足初值条件 X(t0) = X0 的解X = X(t),其中t0 a,b,X0 Rn,X(t) = (x1(t),xn(t)T,t a,b是n维向量函数,以 及A(t),B(t)分别是给定的n n实矩阵和n维实向量函数,且关于t是连续的。 证明:定义n维向量X(t)的模为|X(t)| = n P i=1 |xi(t)|,A的模为|A(t)| = n P i,j=1 |aij(t)|。线性微分方程组的 初始问题等价于积分方程 X(t) = X0+
18、 Z t t0 (A(s)X(s) + B(s) ds 用逐次逼近法求解这个积分方程,即 Xn(t) = X0+ Z t t0 (A(s)Xn1(s) + B(s) dsn = 1,2, 因此,若Xn1(t)是连续的,则Xn(t)也是连续的,从而得到一逼近向量函数列Xn1(t),令A = sup ta,b A(t),则 |Xn(t) Xn1(t)| Z t t0 |A(s)|Xn1(s) Xn2(s)|ds 由归纳法即得 |Xn(t) Xn1(t)| (A(b a)n n! 28 课后答案网 当n 时,Xn(t)按模收敛于X(t),并且X(t)关于t a,b一致连续,且X(t)是线性微分方程
19、组的解。 下证唯一性,设X(t),Y(t)都是初始问题的解,则 X(t) Y(t) = Z t t0 A(s)(X(s) Y(s)ds 由于X(t)是连续的,由归纳法可得 |X(t) Y(t)| sup tt0,t |X(t) Y(t)|A(t t0) n n! 令n ,我们可得X(t) = Y(t)。 4.陈述并详细证明微分方程组的Cauchy定理。 Cauchy定理:考虑微分方程组的初值问题 dyk dx = fk(x,y1,yn),yk(x0) = yk 0 (k = 1,2,n) 假设右端函数fk,(k = 1,2,n)在区域 |x x0| , |yk yk 0| 内可以展成收敛的幂级
20、数,则初值问题在x0的领域|x x0| (x); xcos x,0 x 1,y = 0; x,0 x 1,y (x)。则n(x) (x)。 (2)类似(1)可得相应结论。 5.设初值问题 (E) : dy dx = (x2 y2)f(x,y),y(x0) = y0 其中函数f(x,y)在全平面连续且满足yf(x,y) 0,当y 6= 0时.则对任何的(x0,y0),当x0 a 0,x x1,X),则若y(x1) 0,y = y(x),x x1,X)单 调递降,这与当xn X 0,|y(xn)| 矛盾;若y(x1) x0,使y(x1) y1(x1). 令 = supx0 x 0. 由积分中值定理
21、得存在x2 (,x1),满足r0(x2) = r(x1) x1 0. 另一方面,对于任意x (,x1) r0(x) = dy dx = dy1 dx = f(x,y) f(x,y1) 0(r = y y1 0) 34 课后答案网 这与存在x2满足r0(x2) 0矛盾. 左侧解未必唯一.例如dy dx = x2(x 0, 所以C1P(t) + C2 dP(t) dt + + Ck+1 dkP(t) dtk = 0。若不线性相关不妨设Cj6= 0,那么就有Pj1(t) = 1 Cj C 1P(t) + C2P 0(t) + + Ck+1Pk(t),由于P(t)的每个分量是不超过k次的多项式,那么
22、Pj1(t)的 每个分量是次数不超过k (j 1)的多项式,比较系数可得C1= C2= = Cj1= 0,但右端次数至 37 课后答案网 多k j次,因此矛盾,从而他们是线性无关的。 3.设n n矩阵函数A1(t)和A2(t)在区间a 0。又由于dx1(t) dt = x2(t) 0,所以x1(t)是单调增的。如果当t 时x2(t)不趋向零,那么x1(t)肯定会在某一时刻大 39 课后答案网 于1,这与x2 1+ x22 = 1矛盾。因此当t 时x2(t) 0,那么x1(t) 1。但dx2(t) dt = x1(t),当t充分 大时x1(t) 1 2,所以| dx2(t) dt | 1 2
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