常微分方程习题54690

1、习题3.11. 试用变量分离法求下列一阶微分方程的解.(1) 解: 分离变量得,两边积分得原方程的通解为(2) 解: 分离变量得,两边积分得原方程的通解为.也是原方程的解.(3) 解: 分离变量得,两边积分得原方程的通解为或(4) 解: 分离变量得,即.两边积分得,通解为(5)解:分离变量得,积分得,通解为.(6) 解: 分离变量得,积分得微分方程的通解为(7) 解: 分离变量得,积分得原方程的通解为.另外,也是解.(8) 解: 分离变量得,积分得原方程的通解为另外,也是解.2. 作适当的变量变换求解下列方程.(1) 解:令,原方程变形为,分离变量得,积分得,原方程的通解为(2) 解: 令,原

2、方程变形为,分离变量得,积分得,原方程的通解为.(3) 解: 令得作代换,原方程变为齐次方程,再令,该齐次方程变为,分离变量得,两端积分得,原方程的通解为(4) 解:令,原方程变形为,分离变量得,原方程的通解为.(5) 解: 原方程即,作代换,令,方程变为,分离变量得,原方程的通解为(6) ;解: 原方程即,令,方程变为齐次方程再令,后一方程又变为,积分得整理并代换变量得原方程的解散为:.(7) 解:原方程即,亦即 (1)令,(1)式可变为 (2)作代换,(2)式变为 (3)作代换,(3)式变为,分离变量得 (4)(4)式两端积分得,整理并代回变量得原方程的通解为3. 已知,试求函数的一般表达

3、式.解：原方程变形为，两端求导得，并由已知式子可知。求解该微分方程有，且，故4求下列初值问题的解。(1) 解: 所给方程的通解为,满足初值条件的特解为(2) 解: 原方程变形为,通解为,特解为(3) 解: 原方程变形为,通解为,特解为(4) 解: 原方程变形为,通解为,特解为(5) 解: 原方程变形为,通解为.特解为(6) 解: 5.证明方程经过变换可化为变量分离方程,并由此求解下列方程:(1) (2) 证明: 作变换,方程可变为,该方程为可分离变量的微分方程.(1) 作变换,方程可变为,即其通解为,即(2) 作变换,方程可变为,即,其通解为,即原方程的通解为6. 一曲线经过点,它在两坐标轴间

4、的任一切线段均被切点所平分,试求该曲线方程.解: 设所求曲线方程为,切点为,则切线方程为.切线与轴的交点分别为,由中点坐标公式有,其通解为,所求曲线为补题7设对任意均有，且，求解: 由已知易得,故即,从而8设函数在上连续，存在且满足关系式，试求此函数.解: 由已知可得解得,再利用可得9已知，求解: 已知方程左端作变量代换,方程可变为,即,两端求导整理得微分方程:,其解为10当和取何值时，利用代换可以把方程化为齐次方程？解：在代换的作用下,方程变为,即,要使该方程为齐次方程,则习题3.21.验证下列方程是恰当方程,并求出方程的解.(1) 解:因在全平面连续,具有一阶连续偏导数,且,故方程为恰当方

5、程.原方程可变形为,即,原方程的通解为:(2) 解:因在的区域上连续,具有一阶连续偏导数,且,故所给方程为恰当方程.原方程可变形为,即,所给方程的通解为:(3) 解:因在全平面连续,具有一阶连续偏导数,且,故所给方程为恰当方程.方程左端的一个原函数为原方程的通解为: (4) 解: 因在全平面连续,具有一阶连续偏导数,且,故所给方程为恰当方程.易知,原方程的通解为:(5) 题目有误,所给方程不是恰当方程.建议删掉，这类题不必要这么多，因第题的求解包含该类题(6) 解:因在不包含的区域上连续,具有一阶连续偏导数,且,故方程为恰当方程.原方程可变形为,即所以原方程的通解为: ,或(7) 解:原方程即

6、:,因在全平面连续,具有一阶连续偏导数,且,故方程为恰当方程.原方程变形为:,即所以方程的通解为: 题目已换(8) 解:因在区域上连续,具有一阶连续偏导数,且故所给方程为恰方程.从而存在使.由知再利用得即有.所以方程左端的一个原函数为通解为题目已换(9) 解:因在区域上连续,具有一阶连续偏导数,且,故方程为恰当方程.又原方程的通解具有形式2.试求变量分离方程的积分因子.解:用乘方程的两端得,该方程为已分离变量的微分方程,即为恰当方程,故为原方程的积分因子.3.求下列方程的解:题目已换(1) 解: ,所给方程不是恰当方程,但因,故原方程有积分因子.从而方程为恰当方程,易知其通解为(2) 解: 因

7、,故原方程有积分因子.从而方程为恰当方程,其通解为,即题目已换(3) 解: 因,故方程有积分因子.从而为恰当方程,易知其通解为,也是解.或将通解写成(当时, )(4)解:原方程可变形为,即,故原方程的通解为(5) 解:所给方程不是恰当方程,可变形为(有积分因子)故通解为:,或.注意也是原方程的解.注:所给方程可看成是关于与的一阶线性微分方程.(6) 解: 因,故原方程有积分因子.从而为恰当方程.其通解为,即(7) 解:将方程分成两部分,:和: 对方程而言,.对方程而言,原方程有积分因子,取利用可得故原方程的通解可表示为,即亦即,从而原方程的通解为增加题(8) 解:将方程分成两部分,:和:对方程

8、而言,对方程而言原方程的积分因子为,即取,则得,因此,可取.从而,原方程的积分因子为(对也适合)利用,即得原方程的通解为,即.题目已换4.假设积分因子具有形式或,解下列方程.(1) 解:寻找形如的积分因子.因故.从而,原方程有积分因子.方程为恰当方程,其通解为即,亦即(2) 解:寻找形如的积分因子.因故从而,原方程有积分因子.原方程可化为恰当方程求出其通解为,即(3) 解: 寻找形如的积分因子.因故原方程有积分因子.从而,原方程可化为恰当方程求它的积分,得,即题目已换5.求贝努利方程的积分因子.解:贝努利方程两端同乘,并作代换,可化为一阶线性微分方程而一阶线性微分方程的积分因子为.故贝努利方程

9、的积分因子为题目已换6设函数连续、可微且，试证方程有积分因子证明:令,原方程可化为,即 用乘此方程,可化为已分离变量的微分方程,即为恰当方程:所以,原方程有积分因子.增加题7.设及连续,试证方程为线性方程的充要条件是它有仅依赖于的积分因子.证明:设方程有仅依赖于的积分因子,则方程为恰当方程,从而有,即可求得,故所给方程为一阶线性微分方程.另一方面,若所给方程的一阶线性微分方程,则.此时,故方程有仅依赖于的积分因子增加题8设方程中的函数满足关系其中分别为和的连续函数，试证该方程有积分因子证明:设是所给方程的积分因子,则满足,利用已知条件,并整理得现在,找使上式恒成立.不妨设且由此两式可解得增加题

10、9设是方程的两个积分因子，且常数，求证（为任意常数）是该方程的通解.证明:因是方程的两个积分因子,故有同时,常数,则.要证为方程的通解,只需证明沿方程的导数恒等于零.事实上,习题3.3题目已换1.求下列方程的通解.(1) 解:将解出得,通解为(2) 解:关于解这个二次方程,得两个一阶方程 和 .这两个方程是线性的,其解分别为 和 .(3) 解:这是一个关于的奇数次代数方程,且系数为实数,至少有一个实根,设为,则.又满足微分方程,故方程的通解为(4) 解:令,方程明显有根,即有.从而满足方程,故原方程的通解为(5) 解:引入参数,则.因为,所以, 从而.原方程的参数解为,.或(6) 解: 引入参

11、数,则.因为,所以,即有由得;由得.方程的解为:(7) 解: 引入参数,则.因,故原方程的参数解为,(8) 解:设,关于解方程,得.从等式及上式可得解出,和.原方程的解为和(9) 解:令,代入方程得.由得因此通解的参数表示为,消去可得(10) 解:令,代入上方程可解出 (显然是原方程的解).从而,利用得,.故原方程的解为,.(11) 解:令,代入方程可解得,从而.利用等式得,积分得原方程解的参表示为,2. 已知某曲线,它的方程满足微分方程,且与另一曲线在点相切,求此曲线方程.解:由于所求曲线方程包含在微分方程的通解中,所以先求解微分方程.令,则.利用得,即,解得.原方程的通解为,另外也是解.由

12、已知所求曲线方程满足,故曲线方程为习题3.4求下列高阶方程的解.(1) 解:令,原方程化为,其解为,即原方程的通解可表示为:(2) 解:令,则.原方程化为.当时,当时,解方程,即亦即综上所述,原方程的通解可表示为:(3) 解:从而方程的通解为.(当时,已包含在通解中)以下题目已换(4) 解:令,则.又再故原方程的参数解为,(5) 解:这是关于的齐次方程.令,则,代入原方程,得从而原方程的通解为:(6) 解:原方程可化为进一步有,原方程的通解为:.同时,也是解.(7) 解:原方程可化为故原方程的解为,即.(8) 解:原方程可变形为,令,则有,这是一阶线性微分方程,其通解为.即有故方程的解为(9)

13、 解:原方程可变形为两端积分,得再积分,得故原方程的解为,删掉该题2.习题4.11.求方程通过点的第三次近似解.解:所给方程满足解的存在唯一性定理.2.求方程通过点的第二次近似解.解:所给方程满足解的存在唯一定理.3.求初值问题；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: (1) 由存在定理知,解的存在区间是,其中.而现在,故(2) (3) 第次近似解与真解的误差估计公式为.其中为Lipschitz常数,因,故可取.则以下题目已发生变化4.采用逐步逼近法求解初值问题.解:显然方程右端函数满足定理条件.按逐步逼近法公式,初值问题的各次近似解为原初值问题的解为5.验证：方

14、程的右端函数在条形区域：（为正常数）上满足李普希兹条件.解:因,故其中,即在所讨论的条形区域上满足李普希兹条件.这里不存在全平面适用的6.验证：方程的右端函数在区域上满足李普希兹条件。解:由,得可取李普希兹常数,则故在所讨论的区域上满足李普希兹条件.7.求初值问题解的存在区间.解: 设,则(1) 在内连续;(2) ,有界.故原初值问题的解在上存在唯一.即原初值问题的解在上存在唯一.下求.令,则在处取最大, 再利用解得,从而,解的最大存在区间为8.证明初值问题的解在区间上存在.证明: 取矩形区域(1) 显然在上连续.(2) ,即关于满足李普希兹条件,所以,即解的最大存在区间为.9.如果函数在带形

15、区域上连续且关于满足李普希兹条件,试证明方程()满足条件的解在整个区间上存在唯一.提示:用逐步逼近法,取,与教材定理类似.10.假设函数于的邻域内是的不增函数，试证方程满足条件的解于的一侧最多只有一个。证明:设都是方程满足的解,现要证当时,.用反证法.设存在使,不妨设.由的连续、可微及知,必有使,且当使.又,当时,上式的左端;由于对是不增函数,所以上式右端为非正,这是矛盾的.即不存在使.因此对有11设定义于，满足条件其中，证明方程存在唯一的一个解.证明:条件,说明在上连续,任取,作逼近序列考虑级数,其部分和.因此只要证明此级数收敛,则序列亦收敛.有估计用归纳法可知由于,所以级数收敛,从而有收敛

16、.设,由的连续性知:即是的解.另一部分,设是方程的两个解,则.又而,故只有当时,上面式子才成立.12.在条形区域内,假设方程的所有解都唯一,对其中任意两个解,如果有,则必有证明:设,因,故用反证法.若不成立,则在存在的同一区间上,由的连续性,必存在点,使,从而,这与解的唯一存在相矛盾.故必有.13.设方程中的在上连续,且,证明:对方程的任一非零解,函数严格单调递增,其中证明:只需证明时首先注意是微分方程的解,故成立.从而又因为在上连续,方程的解存在唯一,任意,与不能同时成立.故在上于是,在上严格单调增加.14.设在区域上连续,关于是非减的且满足,当时.试用逐次逼近法证明:初值问题的解在上存在,

17、其中.证: (1) 初值问题等价于积分方程.(2) 作逐次逼近序列(3)证明序列.由,及数学归纳法,对一切有.故(4)证明序列收敛.主要利用单调有界数列必有极限.注意到关于是非减的,故当时,有由归纳法知:这样单调有界的数列必有极限,设.(5)证是初值问题的解.由于的收敛还是一致的,将逼近序列两端取极限即得是积分方程的.事实上,即.从而是初值问题的解.习题4.21.讨论方程分别过点的解的最大存在区间.解:所给方程右端函数满足解的延拓定理条件,方程的通解为.过点的解为,它可向左无限延拓,且,故解的最大存在区间为;过点的解为,它可向右无限延拓,且,故解的最大存在区间为.2.如果方程右端的函数在全平面

18、上有定义、连续和有界,同时存在关于的一阶连续偏导数,则方程过点的解均可延拓到区间.证明:由于连续,故满足局部李普希兹条件,又连续,故所给方程满足延拓定理,过点的解可延拓到的边界.由已知存在,使,即积分曲线必夹在两直线与所形成的水平锥形区域之内,而无限延拓到的边界,故解的存在区间必为.3.证明:对于任意的及满足条件的,方程的满足条件的解在上存在.证明:设,易知在全平面上连续,故方程满足存在唯一及延拓定理.首先注意均为方程在上的解.一方面,由解的延拓定理,过点的解可向左右两端延拓而无限接近区域的边界.另一方面,由解的唯一性定理,过点的积分曲线夹在两直线与之间而不能越出.故解的存在区间为.4.讨论方

19、程解的最大存在区间,以及当趋于这区间的两端点时解的性状.解:易知,函数在全平面连续,且关于有连续的偏导数,方程过任意点的解存在唯一,可延拓到无穷远.注意到是方程的解,用直线将全平面分为三个区域:(1) (2) (3)在区域上，由于，任意初值，方程满足初值的解单调增加，存在区间为当时，以为渐近线，当时，以为渐近线在区域上，由于，任意初值，方程满足初值的解单调减少，存在区间为当时，以为渐近线，当时，以为渐近线在区域上，由于，任意初值，方程满足初值的解单调减少，存在区间为当时，以为渐近线，当时，以其积分曲线分布如图5.设是由不等式:所确定的区域,方程的任一饱和解均有界,其中在区域上连续,则的存在区间

20、必为整个区间.证明:设饱和解的存在区间为,由于有界,故存在常数,使.任取一个小的正数,在区域上,应用延拓定理知,当及时,解趋于的边界,但由于解有界,它不能在方面趋于边界,只能有及.由的任意性得习题4.31.略2.证明Picard迭代序列满足Arzela-Ascoli引理的条件.证: 考虑初值问题,其中在上连续,关于满足Lipschitz条件,则初值问题的解在区间上存在唯一.其中该结论的证明过程中,构造的Picard迭代序列为,且有,故在上一致有界.又由于对任意的有故在上是等度连续的.综上所述,在上满足引理条件.增加题3. 证明函数序列(1)在区间上是一致有界且等度连续的;证:只证函数序列是等度

21、连续.,有所以,当时,有,即是等度连续的.(2)在区间上是一致有界但非等度连续的;证明:只证函数序列是非等度连续的.,取,对任意,当时,虽有但.故是非等度连续的.(3)在区间上既不是一致连续的,也不是等度连续的.证:略.增加题4.通过下面三个例子说明Arzela-Ascoli引理中三个条件(一致有界,等度连续,闭区间)缺一不可.(1)(2)(3)解: (1)在上,函数序列显然是等度连续的,但不一致有界.这个函数显然不可能找出一致收的子列.(2)在区间上,函数序列显然是一致有界的,因为对任意的有;但不是等度连续的,因为取,则对任何,虽有,但只要充分大时,有下面,我们说明这个函数序列没有一致收敛的

22、子列.因为任何子列在上是连续的,若一致收敛则其极限函数是连续的,但显然是不连续的,所以在上没有一致收敛的子列.(3)显然在上是一致有界的.又有故在上也是等度连续的.可以证明,这个函数序列不存在一致收敛的子列,因为对任何子列及任意指定的,当时,.但无论多么大却有.5.利用Peano存在定理证明隐函数定理的存在性部分.证明:隐函数定理的叙述是:设在的邻域内连续,且有连续偏导数,以及,则在的某一邻域内存在唯一的函数,满足,它是单值连续的,有连续导数,且. 下面我们用Peano存在定理的结论来证明的存在.作微分方程初值问题由隐函数存在定理的假设,初值问题右端函数在的某邻域内连续,按Peano存在定理,存在解满足, 即 亦即,从而有由假设,因此有由于是微分方程的解,显然具有连续导数.6.利用Osgood条件讨论初值问题(常数)的解的唯一性问题.解:因,故当时, 在平面内任意有界闭区域内连续.从而存在,使.故,有,其中记,则连续函数,且由Osgood唯一性定理知,此时初值问题有唯一的解.当时