常微分方程练习题及答案（复习题） (2)

证：

?(t)是基解矩阵，故??1(t)存在，令X(t)???1(t)?(t) ， X(t)可微且detX(t)?0，易知?(t)??(t)X(t).

则

所以

??(t)???(t)X(t)??(t)X?(t)?A(t)?(t)X(t)??(t)X?(t)?A(t)?(t)??(t)X?(t) 而

??(t)?A(t)?(t)，所以?(t)X?(t)?0,

，故?(t)??(t)C . X?(t)?0,X(t)?C（常数矩阵）

2. 设

?(x)(??x0,x??)是积分方程

y(x)?y0??[?2y(?)??]d?,x0xx0,x?[?,?]

的皮卡逐步逼近函数序列

{?n(x)}在[?,?]上一致收敛所得的解，而?(x)是这积分方程在[?,?]上的连续解，试用逐步逼近法证明：在[?,?]上?(x)??(x).

x证明：由题设，有

?(x)?y0??[?2?(?)??]d?,

x0x?0(x)?y0,?n(x)?y0??[?2?n?1(?)??]d?,x0,x?[?,?]，(n?1,2,?).

x0 下面只就区间

x0?x??上讨论，对于??x?x0的讨论完全一样。

x因为

|?(x)??0(x)|??(?2|?(?)|?|?|)d??M(x?x0), 其中M?max{x2|?(x)|?|x|}，

x0x?[?,?]x所以

x2|?(x)??1(x)|??(?|?(?)??0(?)|)d??L?M(??x0)d??x0x0ML(x?x0)2, 2!MLn?1其中L?max{x}, 设对正整数n有|?(x)??(x?x0)n,则有

n?1(x)|?x?[?,?]n!2x

|?(x)??n(x)|??(?|?(?)??n?1(?x02MLn?1MLnn(??x0)d??(x?x0)n?1,)|)d? ?L?n!(n?1)!x0x ,

故由归纳法，对一切正整数

k，有

MLk?1MLk?1k|?(x)??k?1(x)|?(x?x0)?(???)k.

k!k!而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当

k??时，它

?0,

因而函数序列

{?n(x)}在x0?x??上一致收敛于?(x).根据极限的唯一性, 即得

?(x)??(x), x0?x?? .

3. 设 都是区间 上的连续函数, 且 是二阶线性方程的一个基本解组. 试证明:

(i) 和 都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);

(ii) 和 没有共同的零点;

(iii) 和 没有共同的零点.

证明: 和 的伏朗斯基行列式为

因 和 是基本解组, 故

.

若存在 , 使得 , 则由行列式性质可得 , 矛盾. 即

最多只能有简单零点. 同理对 有同样的性质, 故(i)得证.

若存在 , 使得 , 则由行列式性质可得 , 矛盾. 即 与 无共同零点. 故(ii)得证.

若存在 , 使得 , 则同样由行列式性质可得 , 矛盾.

即

与 无共同零点. 故(iii)得证.

dX?AX满足初始条件?(t0)??的解，那么?(t)?expA(t?t0)?

dtdX?AX的基本解矩阵，?(t)是其解，所以存在常向量C使得：?(t)?expAt?C， .证明：因为?(t)?expAt是

dt?1令t?t，则：??expAtC， 所以 C?(expAt)?，

0004.试证：如果

?(t)是

故

?(t)?expAt?(expAt0)?1??expAt?exp(?At0)??expA(t?t0)?