常微分方程第二版答案第三章.doc

【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流常微分方程第二版答案第三章.精品文档.习题31 1 判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1）； 2）； 3）.解 1）因为及在整个平面上连续，所以在整个平面上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个平面上初值解存在且唯一.2）因为除轴外，在整个平面上连续，在在整个平面上有界，所以除轴外，在整个平面上初值解存在且唯一.3）设，则故在的任何有界闭区域上，及都连续，所以除轴外，在整个平面上初值解存在且唯一.2 求初值问题 R：.的解的存在区间.并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计.解 设，则，所以显然，方程在R上满足解的存在唯一性定理，故过点的解的存在区间为：.设是方程的解，是第二次近似解，则在区间上，与的误差为 .取，故.3 讨论方程在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件.并求通过点的一切解.解 设，则.故在的任何有界闭区域上及都是连续的，因而方程在这种区域中满足解的存在唯一性定理的条件.显然，是过的一个解.又由解得.其中.所以通过点的一切解为及如图.4 试求初值问题的毕卡序列，并由此取极限求解.解 按初值问题取零次近似为，一次近似为 ，二次近似为 ,三次近似为 ,四次近似为 ，五次近似为 ，一般地，利用数学归纳法可得次近似为所以取极限得原方程的解为5 设连续函数对是递减的，则初值问题，的右侧解是唯一的.证 设，是初值问题的两个解，令，则有.下面要证明的是当时，有.用反证法.假设当时，不恒等于0，即存在，使得，不妨设，由的连续性及，必有，使得，.又对于，有，则有由（）以及对是递减的，可以知道：上式左端大于零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当时，有.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题331 利用定理5证明：线性微分方程 （） 的每一个解的（最大）存在区间为，这里假设在区间上是连续的.证 在任何条形区域（其中）中连续，取，则有故由定理5知道，方程的每一个解在区间中存在，由于是任意选取的，不难看出可被延拓到整个区间上.2 讨论下列微分方程解的存在区间： 1）； 2）； 3）.解 1）因在整个平面上连续可微，所以对任意初始点，方程满足初始条件的解存在唯一.这个方程的通解为.显然，均是该方程在上的解.现以，为界将整个平面分为三个区域来讨论.）在区域内任一点，方程满足的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与，两直线相交，因而解的存在区间为.又在内，则方程满足的解递减，当时，以为渐近线，当时，以为渐近线.）在区域中，对任意常数，由通解可推知，解的最大存在区间是，又由于，则对任意，方程满足的解递增.当时，以为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与轴垂直的直线皆为某解的竖渐近线.）在区域中，类似，对任意常数，解的最大存在区间是，又由于，则对任意，方程满足的解递增.当时，以为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线.其积分曲线分布如图（ ）.2）因在整个平面上连续，且满足不等式从而满足定理5的条件，故由定理5知，该方程的每一个解都以为最大存在区间.3）变量分离求得通解，故解的存在区间为.3设初值问题的解的最大存在区间为，其中是平面上的任一点，则和中至少有一个成立.证明 因在整个平面上连续可微，所以对任意初始点，方程满足初始条件的解存在唯一.很显然，均是该方程在上的解.现以，为界将整个平面分为三个区域来进行讨论.）在区域内任一点，方程满足的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与，两直线相交，因而解的存在区间为.这里有，.）在区域中，由于，积分曲线单调上升.现设位于直线的下方，即，则利用的右行解的延伸定理，得出的解可以延伸到的边界.另一方面，直线的下方，积分曲线是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间.故至少成立.类似可证，对，至少有成立.4 设二元函数在全平面连续.求证：对任何，只要适当小，方程的满足初值条件的解必可延拓到.证明 因为在全平面上连续，令，则在全平面上连续，且满足.对任何，选取，使之满足.设方程经过点的解为，在平面内延伸为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为，由延伸定理可推知，或或为有限数且.下证后一种情形不可能出现.事实上，若不然，则必存在，使.不妨设.于是必存在，使，（）.此时必有但，从而矛盾. 因此，即方程的解（）必可延拓到.