习题5.1 1.设x(t)=φ(t)是初值问题 正=f(,x),()=x0 在区间[to-h,to+l上的连续解,其中∫(t,x)在矩形区域 R={(t,x)∈R2:|t-tol≤a,x-ro≤b} 上连续,在R上关于x满足 Lipschitz条件, Lipschitz常数为L,h=min{a,是M=max{f(t,x) (,x)∈R}.设n(0)是Pad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: ML lyn(t)-g(t)≤ 证明:不妨设t∈[to,to+h],对t∈[to-h,to]的证明完全类似.y(t)在区间[to,to+上满足积分方 p()=xo+/f(r;(7)dr, 由{φn(t)}的构造,显然有 )-p(ols/1/(T: p(r) 由此及 Lipschitz条件,得 Ip1(t)-p(t)Is/If(;po(r))-f( p(r))ldr ≤L/-)hsEM(-b ML (t-t0)2 一般地,假设当k=m+1时, pm()-()1mn+1(-t+, 则当k= lPm+i(t)-p(t)ls/ If(:m(r)-f(T;p())ldr ≤L/|n(x)-()dr≤ MLm (m+ ML+ (m+2(t-t) 因此由数学归纳法知,对任意整数n都有当t∈[to,to+h]时: lyn(t)-y(t)≤ (n+1)(-to)”+1≤n47hn+1 即所给误差估计成立
1 习 题 5.1 1. 设 x(t) = ϕ(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) ∈ R 2 : |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 = min{a, b M }, M = max{|f(t, x)| : (t, x) ∈ R}. 设 ϕn(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: |ϕn(t) − ϕ(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. ϕ(t)在区间[t0, t0 + h]上满足积分方 程 ϕ(t) = x0 + Z t t0 f(τ ; ϕ(τ ))dτ, 由{ϕn(t)}的构造，显然有 |ϕ0(t) − ϕ(t)| ≤ Z t t0 |f(τ ; ϕ(τ ))|dτ ≤ M(t − t0). 由此及Lipschitz条件，得 |ϕ1(t) − ϕ(t)| ≤ Z t t0 |f(τ ; ϕ0(τ )) − f(τ ; ϕ(τ ))|dτ ≤ L Z t t0 |ϕ0(τ ) − ϕ(τ )|dτ ≤ LM Z t t0 (τ − t0)dτ = ML 2! (t − t0) 2 . 一般地，假设当k = m + 1时, |ϕm(t) − ϕ(t)| ≤ MLm (m + 1)!(t − t0) m+1 , 则当k = m + 1时， |ϕm+1(t) − ϕ(t)| ≤ Z t t0 |f(τ ; ϕm(τ )) − f(τ ; ϕ(τ ))|dτ ≤ L Z t t0 |ϕm(τ ) − ϕ(τ )|dτ ≤ MLm+1 (m + 1)! Z t t0 (τ − t0) m+1dτ = 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： |ϕn(t) − ϕ(t)| ≤ MLn (n + 1)!(t − t0) n+1 ≤ MLn (n + 1)!h n+1 . 即所给误差估计成立
3.求方程:=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 1(t)=1+/() 2(t)=1+ 由此得第三次近似解为 93()=1+/2(r)dr 5.利用 Picard存在惟一性定理求定义在矩形区域R={(t,x)∈R2:团≤1,l≤1}上的方程 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to=0,xo=0,a=1,b=1,M=max{x2+t:(t,x)∈R}=2,f(t,x)=x2+t, h=min{a,}=。由 Picard存在唯一性定理,所给初值问题在区间t∈[-l,上存在唯 不难求得 Lipschitz常数L=max{:(t,x)∈l}=2。由误差估计(2.4)可得在解的存在区 间t∈[-,上有 ln(t)-(m+m(2)+=-1 其中φ()为所给初值问题的真正解,φn(t)为所给初值问题的第n次近似解。显然当n=3时,φ3(t)为 所给初值问题在区间t∈[-是,上与真正的解的误差不超过0.05的近似解,因为这时有 3()-()sa4<00 所给初值问题的 Picard迭代序列前四项为 (t)=0, t2 p()=((7)+r)tr=2 2(0=/(2()+)h=2+G t2 t5 t tl1 故所求近似解为 () 8.试求初值问题 a=P()x+Q(),x(0)=x0
2 3. 求方程 dx dt = x 2 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： ϕ0(t) = 1, ϕ1(t) = 1 + Z t 0 ϕ 2 0(τ )dτ = 1 + t, ϕ2(t) = 1 + Z t 0 ϕ 2 1(τ )dτ = 1 + t + t 2 + 1 3 t 3 , 由此得第三次近似解为 ϕ3(t) = 1 + Z t 0 ϕ 2 2(τ )dτ = 1 + t + t 2 + t 3 + 2 3 t 4 + 1 3 t 5 + 1 9 t 6 + 1 63 t 7 . 5. 利用 Picard 存在惟一性定理求定义在矩形区域 R = {(t, x) ∈ R 2 : |t| ≤ 1, |x| ≤ 1} 上的方程 dx dt = x 2 + 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{|x 2 + t| : (t, x) ∈ R} = 2, f(t, x) = x 2 + t, h = min{a, 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： |ϕn(t) − ϕ(t)| ≤ 2 · 2 n (n + 1)!( 1 2 ) n+1 = 1 (n + 1)!. 其中ϕ(t)为所给初值问题的真正解, ϕn(t)为所给初值问题的第n次近似解。显然当n = 3时, ϕ3(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： |ϕ3(t) − ϕ(t)| ≤ 1 24 < 0.05. 所给初值问题的Picard迭代序列前四项为： ϕ0(t) = 0, ϕ1(t) = Z t 0 (ϕ 2 0(τ ) + τ )dτ = t 2 2 , ϕ2(t) = Z t 0 (ϕ 2 1(τ ) + τ )dτ = t 2 2 + t 5 20 , ϕ3(t) = Z t 0 (ϕ 2 1(τ ) + τ )dτ = t 2 2 + t 5 20 + t 8 160 + t 11 4400 , 故所求近似解为 ϕ3(t) = t 2 2 + t 5 20 + t 8 160 + t 11 4400 . 8. 试求初值问题 dx dt = P(t)x + Q(t), x(t0) = x0
的 Picard迭代序列,并通过求迭代序列的极限求出初值问题的解,这里P(t),Q(t)均为连续函数 解:所给初值问题的 Picard迭代序列如下 ()=x0+/(P()0(r)+Q(r)dh ro(1+/ P(r)dr)+/Q(r)dr, 2(1)=xo+/(P(r)1()+Q()dr P()dr+/P()( P(s)ds )dr P(G)(Q(s)ds)dr+/Q()dr 由分部积分不难得到: P()( P(s)ds)dr (r)dr) /)/ Q(s))dr=/erv/ 2()=21+/P()b+2(Pr) .a+ 类似地可 3(1)=x0{1+/P(r)dr+ 2i/P(r)dr)2 P(r)dr)") +/Q(r)(1+/P(s)ds+ P(s)ds))dr 一般地由数学归纳法可证明:对任意的n≥2都有 显然序列{yn(t)}一致收敛于 r(t)=ro exp(/ P(r)dr)+Q(r)exp( P(s)ds)dr 它正是所给初值问题的解
3 的 Picard 迭代序列, 并通过求迭代序列的极限求出初值问题的解, 这里 P(t), Q(t) 均为连续函数. 解: 所给初值问题的Picard迭代序列如下： ϕ0(t) = x0, ϕ1(t) = x0 + Z t t0 (P(τ )ϕ0(τ ) + Q(τ ))dτ = x0(1 + Z t t0 P(τ )dτ ) + Z t t0 Q(τ )dτ, ϕ2(t) = x0 + Z t t0 (P(τ )ϕ1(τ ) + Q(τ ))dτ = x0(1 + Z t t0 P(τ )dτ + Z t t0 P(τ )(Z τ t0 P(s)ds)dτ ) + Z t t0 P(τ )(Z τ t0 Q(s)ds)dτ + Z t t0 Q(τ )dτ. 由分部积分不难得到： Z t t0 P(τ )(Z τ t0 P(s)ds)dτ = 1 2!( Z t t0 P(τ )dτ ) 2 , Z t t0 P(τ )(Z τ t0 Q(s)ds)dτ = Z t t0 Q(τ )(Z t τ P(s)ds)dτ. 因此， ϕ2(t) = x0{1 + Z t t0 P(τ )dτ + 1 2!( Z t t0 P(τ )dτ ) 2 } + Z t t0 Q(τ )(1 + Z t τ P(s)ds)dτ. 类似地可得： ϕ3(t) = x0{1 + Z t t0 P(τ )dτ + 1 2!( Z t t0 P(τ )dτ ) 2 + 1 3!( Z t t0 P(τ )dτ ) 3 } + Z t t0 Q(τ )(1 + Z t τ P(s)ds + 1 2!( Z t τ P(s)ds) 2 )dτ. 一般地由数学归纳法可证明：对任意的n ≥ 2都有 ϕn(t) = Xn k=1 x0 k! ( Z t t0 P(τ )dτ ) k + Z t t0 Q(τ ) nX−1 k=1 1 k! ( Z t τ P(s)ds) k dτ. 显然序列{ϕn(t)}一致收敛于 x(t) = x0 exp(Z t t0 P(τ )dτ ) + Z t t0 Q(τ ) exp(Z t τ P(s)ds)dτ = exp(Z t t0 P(τ )dτ ){x0 + Z t t0 Q(τ ) exp(− Z τ t0 P(s)ds)dτ}. 它正是所给初值问题的解