四川大学常微分方程张伟年著高等教育出版社课后答案.pdf

1 习题2.1 1. 在方程 (2.1.1) 中如果没有假设 g(y) 6= 0, 讨论怎样用分离变量法来求解微分方程. 解: 我们分下面两种情形来讨论方程 (2.1.1) 的解. 如果 g(y0) = 0, 则y = y0显然是方程 (2.1.1) 的解. 如果 g(y0) 6= 0. 设 y = (x) 在区间 (a,b) 上是满足初始条件 (x0) = y0的方程 (2.1.1) 的解， 则 d(x) dx = h(x)g(x),a 0). 解: (1) 当 y 6= 0 时, 令 z = y1, 原方程变为 dz dx = 6 xz + x, 这是一阶线性微分方程, 其通解为 z = 1 x6 (C + 1 8x 8), 3 从而原方程的通解为 x6 y x8 8 = C, 其中 C 为任意常数. 此外, 显然 y = 0 也是方程的解. (3) 令 z = y, 原方程变为 dz dx = 2 xz + x, 这是一阶线性微分方程, 其通解为 z = x2(ln|x|+C), 从而原方程的通解为 y = x4(ln|x|+C)2, 其中 C 为任意常数. 11. 设 y1(x), y2(x) 是方程 dy dx + p(x)y = q(x), 的两个互异解. 求证对于该方程的任一解 y(x), 成立恒等式 y(x) y1(x) y2(x) y1(x) = C, 其中 C 是某常数. 证明: 令 (x) = y(x) y1(x), (x) = y2(x) y1(x), 容易验证 d dx + p(x)(x) = 0, d dx + p(x)(x) = 0. 因此存在常数 k1, k26= 0 使得 (x) = k1exp( Z x x0 p(t)dt),(x) = k2exp( Z x x0 p(t)dt), 其中 x0 R. 从而 y(x) y1(x) y2(x) y1(x) = (x) (x) = k1 k2 = C, 这里 C = k1 k2 为一常数. 1 习题2.2 1. 验证下列方程是恰当方程, 并求出方程的解: (2) (cosx + 1 y)dx + ( 1 y x y2)dy = 0. (3) (5x4+ 3xy2 y3)dx + (3x2y 3xy2+ y2)dy = 0. (5) dy dx = 6x+y+2 x+8y3. (9) 3y + ex+ (3x + cosy)dy dx = 0. 解: (2) 这里 M(x,y) = cosx + 1 y, N(x,y) = 1 y x y2, 由于 M y = 1 y2 = N x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0= 0, y0= 1, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 (cosx + 1 y )dx + Z y 1 1 y dy = sinx + x y + ln|y|. 故该方程的通解为 sinx + x y + ln|y| = C, 其中 C 为任意常数. (3) 这里 M(x,y) = 5x4+ 3xy2 y3, N(x,y) = 3x2y 3xy2+ y2, 由于 M y = 6xy 3y2= N x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0= 0, y0= 0, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 (5x4+ 3xy2 y3)dx + Z y 0 y2dy = x5+ 3 2x 2y2 xy3+ y3 3 . 故该方程的通解为 x5+ 3 2x 2y2 xy3+ y3 3 = C, 其中 C 为任意常数. (5) 将原方程改写为 (6x + y + 2)dx + (x + 8y 3)dy = 0, 这里 M(x,y) = 6x + y + 2, N(x,y) = x + 8y 3, 由于 M y = 1 = N x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0= 0, y0= 0, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 (6x + y + 2)dx + Z y 0 (8y 3)dy = 3x2+ xy + 2x + 4y2 3y. 故该方程的通解为 3x2+ xy + 2x + 4y2 3y = C, 其中 C 为任意常数. 2 (9) 将原方程改写为 (3y + ex)dx + (3x + cosy)dy = 0, 这里 M(x,y) = 3y + ex, N(x,y) = 3x + cosy, 由于 M y = 3 = N x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0= 0, y0= 0, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 (3y + ex)dx + Z y 0 cosydy = ex+ 3xy + siny. 故该方程的通解为 ex+ 3xy + siny = C, 其中 C 为任意常数. 3. 试用积分因子法解下列方程: (1) ydx + (y x)dy = 0. (3) (x2+ y2+ y)dx xdy = 0. (5) 2xy lnydx + (x2+ y2p1 + y2)dy = 0. 解: (1) 这里 M(x,y) = y, N(x,y) = y x, 由于 E = M y N x = 2, 所以它不是恰当方程. 由于 E M = 2 y 与 x 无关, 因此该方程有只依赖于 y 的积分因子 (x) = e R 2 y dy = 1 y2. 因此方程 1 y dx + y x y2 dy = 0 为恰当方程, 取 x0= 0, y0= 1, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 1 y dx + Z y 1 1 y dy = ln|y| + x y . 故该方程的通解为 ln|y| + x y = C, 其中 C 为任意常数. 此外, 显然 y = 0 也是方程的解. (3) 这里 M(x,y) = x2+ y2+ y, N(x,y) = x, 由于 E = M y N x = 2(y + 1), 所以它不是恰当方程. 通过观察易知 (x2+ y2+ y)dx xdy = (x2+ y2)(dx + ydx xdy x2+ y2 ) = (x2+ y2)(dx + d(arctan(x y ) = (x2+ y2)d(x + arctan(x y ) 因此该方程有积分因子 1 x2+y2, 且其通解为 x + arctan(x y ) = C, 其中 C 为任意常数. 3 (5) 这里 M(x,y) = 2xy lny, N(x,y) = x2+ y2p1 + y2, 由于 E = M y N x = 2xlny, 所以它不是恰当方程.由于 E M = 1 y 与 x 无关, 因此该方程有只依赖于 y 的积分因子 (y) = 1 y. 因此方程 2xlnydx + (x 2 y + y p 1 + y2)dy = 0 为恰当方程, 取 x0= 0, y0= 1, 可计算出 U(x,y) = Z x 0 2xlnydx + Z y 1 y p 1 + y2dy = x2lny + 1 3(1 + y 2)3 2 2 3 2. 故该方程的通解为 x2lny + 1 3(1 + y 2)3 2= C, 其中 C 为任意常数. 5. 试求 Bernoulli 方程的积分因子. 解: 把 Bernoulli 方程写成对称形式 (a(x)y + f(x)y)dx dy = 0, 引入新的未知函数 z = y1, 得 (1 )a(x)z + (1 )f(x)dx dz = 0. 这是一个关于 z 的一阶线性方程, 由例 1.2 知它有积分因子 0(x) = e(1) R a(x) dx. 即方程 0(x)(1 )a(x)z + (1 )f(x)dx 0(x)dz = 0 为恰当方程, 由于 dz = (1 )ydy, 这等价于方程 0(x)ya(x)y + f(x)ydx 0(x)ydy = 0 为恰当方程, 这样我们求出了 Bernoulli 方程的一个积分因子 = ye(1) R P(x)dx. 8. 已知微分方程 (x2+ y)dx + f(x)dy = 0 有积分因子 = x, 试求所有可能的函数 f(x). 解: 令 M(x,y) = x2+ y, N(x,y) = f(x), 由所给方程有积分因子 = x 知 (xM) y = (xN) x , 即 x = xf0(x) + f(x), 因此函数 f(x) 满足一阶线性方程 f0(x) = f(x) x + 1, 求出其通解即得使所给方程有积分因子 = x 的函数 f(x) 为 f(x) = C x + x 2 , 其中 C 为任意常数. 1 习题2.4 1. 求下列方程的通解. (2) y = (dy dx) 2 xdy dx + x2 2 . (3) y2(1 dy dx) = (2 dy dx) 2. (4) (dy dx) 3 4xy dy dx + 8y2= 0. 解: (2) 令 p = dy dx, 则原方程变为: y = p2 xp + x2 2 . 对上述方程两边关于 x 求导, 得 p = 2p dp dx p x dp dx + x, 即 (2p x) dp dx = (2p x), 若 2p x 6= 0, 则 dp dx = 1, 从而 p = x + C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = x2 2 + Cx + C2. 若 2p x = 0, 容易求出原方程的另一解 y = x2 4 . (3) 令 dy dx = p, 2 p = yt, 由方程可得 p = 1 t2,y = t + 1 t . 当 p 6= 0 时, 得: dx = dy p = 1 t2 dt. 则 x = Z 1 t2 dt = 1 t + C. 因此, 原方程的参数形式的解为 x = 1 t + C, y = t + 1 t , 其中 C 为任意常数. 消去参数后得: y = x + 1 x C C. 此外, 当 p = 0 时, 易知 y = 2 也是方程的解. (4) 令 p = dy dx, 则 x = p2 4y + 2y p . 对上述方程两边关于 x 求导, 得 1 = ( p 2y 2y p2 )pdp dy p2 4y2 + 2, 2 即 p3 4y2 2yp2 dp dy = p3 4y2 4y2p , 由此得 dp dy = p 2y 或p3 4y2= 0. 由 dp dy = p 2y 得 p = C1y 1 2, 其中 C1为任意常数. 故 x = C2 1 4 + 2y 1 2 C1 , 即 y = C(x C)2, 其中 C = C2 1 4 . 由 p3 4y2= 0 得 p = (4y2) 1 3, 由此得方程的另一个解 x3= 27 4 y, 即 y = 4 27x 3. 2. 解下列方程, 并求奇解(如果存在的话). (1) (dy dx) 2 + y2 1 = 0. (2) x(dy dx) 2 y dy dx + 1 = 0. (6) dy dx = x + px2 + 2y. 解: (1) 令 dy dx = p, 由方程可得 p = cost,y = sint. 当 p 6= 0 时, 得: dx = dy p = dt. 则 x = t C. 因此, 原方程的参数形式的解为 ? x = t C, y = sint, 其中 C 为任意常数. 消去参数后得 y = sin(x + C). 此外, 当 p = 0 时, 易知 y = 1 也是方程 的解. 积分曲线族 y = sin(x + C) 的 C -判别曲线满足方程: ? y sin(x + C) = 0, cos(x + C) = 0. 从中消去 C 得 y = 1, 易证它是原方程的奇解. (2) 令 p = dy dx, 由方程知 p 6= 0. 因此可解出 y = xp + 1 p. 对上述方程两边关于 x 求导, 得 p = p + x dp dx 1 p2 dp dx, 3 即 (x 1 p2 ) dp dx = 0, 若 xp26= 0, 则 dp dx = 0, 从而 p = C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = Cx+ 1 C. 若 x p2= 0, 容易求出原方程的另一解 y2= 4x. 积分曲线族 y = Cx + 1 C 的 C -判别曲线满足方程: ? y Cx 1 C = 0, x + 1 C2 = 0. 从中消去 C 得 y2= 4x, 易证它是原方程的奇解. (6) 令 z = x2+ 2y, 则由方程得 dz dx = 2x + 2dy dx = 2z. 当 z 6= 0 时, 用分离变量的方法得 z = (x + C)2, 由此得原方程的通解为 y = Cx + C2 2 , 其中 C 为任意常数. 若 z = 0, 容易求出原方程的另一解 y = x 2 2 . 积分曲线族 y = Cx + C2 2 的 C -判别曲线满足方程: ? y Cx C2 2 = 0, x C = 0. 从中消去 C 得 y = x 2 2 , 易证它是原方程的奇解. 3. 求下列高阶方程的解. (1) d5y dx5 1 x d4y dx4 = 0. (10) 4d 4y dx4 = d2y dx2. 解: (1) 令 p = d4y dx4, 则原方程变为 dp dx = p x. 使用分离变量的方法, 可得 p = A1x, 其中 A1为任意常数. 故 d4y dx4 = A1x. 解得 y = C1x5+ C2x3+ C3x2+ C4x + C5, 其中 C1= A1 5! , C2, C3, C4, C5为任意常数. (10) 令 p = d2y dx2, 则原方程变为 4 d2p dx2 = p, 以 p0dx 乘上式两端得 2d(p0)2= pdp, 故 4(p0)2= p2+ A1, 其中 A1为任意常数. 从而 2 dp dx = p p2+ A1. 考虑方程 2 dp dx = p p2+ A1, 使用分离变量的方法, 可得 p + p p2+ A1= A2e x 2, 4 其中 A2为任意常数. 由此可得 p + p p2+ A1= A2e x 2, 因此 p = A2 2 e x 2 A1 2A2 e x 2, 即 d2y dx2 = A2 2 e x 2 A1 2A2 e x 2, 经过两次积分后得原方程的通解 y = C1e x 2+ C2e x 2+ C3x + C4, 其中 C1= 2A2, C2= 2A1 A2 , C3, C4为任意常数. 由方程 2 dp dx = p p2+ A1, 可得原方程相同形式的通解. 7. 试证若 y = (x) 是方程 dy dx = p(x)siny 的满足初始条件 (0) = 0 的解, 则 (x) 0, 其中 p(x) 在 0. 令 x0= supx R|(x) = 0 且 x 0. 解: 从该振动方程的特征方程 2+ 2 + 2= 0 求得特征根为 1,2= p 2 2. 根据 2 2的符号可分为如下三种情况: (i) 当 时, 有二个相异实特征根 2 2, 方程的实通解为 x(t) = et(C1e 22t + C2e 22t), 其中 C1, C2为任意常数. (ii) 当 = 时, 有一个实二重特征根 , 方程的实通解为 x(t) = C1et(C1+ C2t), 其中 C1, C2为任意常数. (iii) 当 0, 则有解当 t + 时趋向无穷. 证明: 设矩阵 A 有互不相同的特征根 1, , s, 重数分别为 n1, , ns且 n1+ n2+ + ns= n, 则齐次方程组 x = Ax 的任一解 x(t) 均有形式: x(t) = s X j=1 ejtPj(t), 其中 Pj(t) 为多项式且 degPj(t) nj 1. 3 (1) 若 A 的所有特征根实部都 0, 不妨设 1= + i的实部 0. 设 是 A 相应于 1的特征向 量, 则方程组 x = Ax 有解 x(t) = e1t. 显然有 lim t+ |x(t)| =lim t+ |e1t| =lim t+ et| = +. 因此方程组 x = Ax 有解当 t + 时趋向无穷. 1 习题5.1 1. 设 x(t) = (t) 是初值问题 dx dt = f(t,x),x(t0) = x0 在区间 t0 h,t0+ h 上的连续解, 其中 f(t,x) 在矩形区域 R = (t,x) R2: |t t0| a,|x x0| b 上连续, 在R上关于x满足Lipschitz条件, Lipschitz常数为L, h = mina, b M, M = max|f(t,x)| : (t,x) R. 设 n(t) 是 Picard 迭代序列中第 n 次迭代得到的函数, 证明有如下的误差估计: |n(t) (t)| MLn (n + 1)!h n+1. 证明: 不妨设 t t0,t0+ h, 对 t t0 h,t0 的证明完全类似. (t)在区间t0,t0+ h上满足积分方 程 (t) = x0+ Z t t0 f(;()d, 由n(t)的构造，显然有 |0(t) (t)| Z t t0 |f(;()|d M(t t0). 由此及Lipschitz条件，得 |1(t) (t)| Z t t0 |f(;0() f(;()|d L Z t t0 |0() ()|d LM Z t t0 ( t0)d = ML 2! (t t0)2. 一般地，假设当k = m + 1时, |m(t) (t)| MLm (m + 1)!(t t0) m+1, 则当k = m + 1时， |m+1(t) (t)| Z t t0 |f(;m() f(;()|d L Z t t0 |m() ()|d MLm+1 (m + 1)! Z t t0 ( t0)m+1d = MLm+1 (m + 2)!(t t0) m+2. 因此由数学归纳法知，对任意整数n都有当t t0,t0+ h时： |n(t) (t)| MLn (n + 1)!(t t0) n+1 MLn (n + 1)!h n+1. 即所给误差估计成立. 2 3. 求方程 dx dt = x2过点 (0,1) 的第三次近似解. 解: 所给初值问题的Picard迭代序列如下： 0(t) = 1, 1(t) = 1 + Z t 0 2 0()d = 1 + t, 2(t) = 1 + Z t 0 2 1()d = 1 + t + t 2 + 1 3t 3, 由此得第三次近似解为 3(t) = 1 + Z t 0 2 2()d = 1 + t + t2+ t3+ 2 3t 4 + 1 3t 5 + 1 9t 6 + 1 63t 7. 5. 利用 Picard 存在惟一性定理求定义在矩形区域 R = (t,x) R2: |t| 1,|x| 1 上的方程 dx dt = x2+ t 过点 (0,0) 的解的存在区间, 并求在此区间上与真正的解的误差不超过 0.05 的近似解. 解: 这里t0= 0,x0= 0,a = 1,b = 1,M = max|x2+ t| : (t,x) R = 2,f(t,x) = x2+ t, h = mina, b M = 1 2。由Picard 存在唯一性定理，所给初值问题在区间t 1 2, 1 2 上存在唯 一。不难求得Lipschitz常数L = max|f x| : (t,x) R = 2。由误差估计(2.4)可得在解的存在区 间t 1 2, 1 2上有： |n(t) (t)| 2 2n (n + 1)!( 1 2) n+1 = 1 (n + 1)!. 其中(t)为所给初值问题的真正解, n(t)为所给初值问题的第n次近似解。显然当n = 3时, 3(t)为 所给初值问题在区间t 1 2, 1 2上与真正的解的误差不超过0.05的近似解, 因为这时有： |3(t) (t)| 1 24 0 时 Gronwall 不等式成立. 由假设知 x(t)f(t) gf(t)(1 + 1 g Z t t0 x() f()d). 令 v(t) = Z t t0 x() f()d, 则上述式不等可写成 dv(t) dt gf(t)(1 + 1 g v(t), 即 v0(t) 1 + 1 gv(t) gf(t). 在上式两边从 t0到 t 积分, 得: ln(1 + 1 g v(t) Z t t0 f()d, 即 1 + 1 g v(t) exp( Z t t0 f()d), 再由假设得: x(t) g + v(t) g(1 + 1 g v(t) g exp( Z t t0 f()d). 因此，当 g 0 时 Gronwall 不等式成立. 现在设 g = 0. 这时有 x(t) Z t t0 x() f()d, 要证明 x(t) 0. 由假设知，对任一 0, 都有: x(t) + Z t t0 x() f()d. 由上面的结果知: x(t) exp( Z t t0 f()d). 因 0 为任一正数，故 x(t) 0. 2 3. 不用推广 Gronwall 不等式, 直接证明 Gronwall 不等式的另一推广: 设 x(t), f(t) 为区间 t t0,t1 上的非负连续函数, C,K 为非负常数. 若当 t t0,t1 时有： x(t) C + Z t t0 f()x() + Kd,(1) 则当 t t0,t1 时： x(t) C + K(t t0)exp( Z t t0 f()d).(2) 证明: 先证C 0时(2)成立。令 v(t) = Z t t0 f()x() + Kd, 则(2)式可写成 v0(t) C + v(t) f(t) + K C + v(t) f(t) + K C + K(t t0), 在上式两边从t0到t积分，得： log(1 + v(t) C ) Z t t0 f()d + log(1 + K(t t0) C ), 即 C + v(t) C + K(t t0)exp( Z t t0 f()d), 再由(1)得: x(t) C + v(t) C + K(t t0)exp( Z t t0 f()d). 因此，当C 0时(2)成立。 现在设C = 0。这时(1)即为 x(t) Z t t0 f()x() + Kd.(3) 由(3)知，对任一 0，都有： x(t) 0为任一正数，故必有 x(t) K(t t0)exp( Z t t0 f()d). 因此，当C 0时(2)也成立。 习题5.5 3 4. 给定方程 dx dt = sin(tx), 求 x t0(t,t0,x0) 和 x x0(t,t0,x0) 在 t0 = 0,x0= 0 处的表达式, 并证明若 (t,) 是方程满足初值条件 x(0) = 的解, 则恒有 (t,) 0. 解: 显然 x(t,0,0) 0 是初值问题 dx dt = sin(tx),x(0) = 0 的唯一解. 求解初值问题 dz dt = tz,z(0) = 0 得