习题5.4 1.证明 Gronwall不等式:设x(t),f(t)为区间[to,t1]上的非负实连续函数,若有实常数g≥0使得 r()≤gexp(/f(r)dr),t∈o,tl 证明:先证g>0时 Gronwall不等式成立.由假设知 x(t)f(1)≤9f(1)(1+ x(r)·∫(r)d 令 v(t)=/a(r).f(r)dr, 则上述式不等可写成 () d≤gf(t)(1+-(t), (t) ≤gf(t) 在上式两边从to到t积分,得: s/ 1+v(t)≤exp(/f(r)dr) 再由假设得: r()≤g+t()≤9(1+(1)≤gexp(/f(r)dr) 因此,当g>0时 Gronwall不等式成立 现在设g=0.这时有 r(t)≤/x(r)f()dr 要证明x(t)≡0.由假设知,对任一∈>0,都有: x(1)≤+/x()·f(r)dr 由上面的结果知 r(t)≤exp(/f(r)dr) 因∈>0为任一正数,故x(t)≡0
1 习 题 5.4 1. 证明 Gronwall 不等式: 设 x(t), f(t) 为区间 [t0, t1] 上的非负实连续函数, 若有实常数 g ≥ 0 使得 x(t) ≤ g + Z t t0 f(τ ) x(τ ) dτ, t ∈ [t0, t1], 则 x(t) ≤ g exp(Z t t0 f(τ )dτ ), t ∈ [t0, t1]. 证明: 先证 g > 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(τ ) · f(τ )dτ ). 令 v(t) = Z t t0 x(τ ) · f(τ )dτ, 则上述式不等可写成 dv(t) dt ≤ gf(t)(1 + 1 g v(t)), 即 v 0 (t) 1 + 1 g v(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(τ )dτ, 即 1 + 1 g v(t) ≤ exp(Z t t0 f(τ )dτ ), 再由假设得: x(t) ≤ g + v(t) ≤ g(1 + 1 g v(t)) ≤ g exp(Z t t0 f(τ )dτ ). 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(τ ) · f(τ )dτ, 要证明 x(t) ≡ 0. 由假设知，对任一 ² > 0, 都有: x(t) ≤ ² + Z t t0 x(τ ) · f(τ )dτ. 由上面的结果知: x(t) ≤ ² exp(Z t t0 f(τ )dτ ). 因 ² > 0 为任一正数，故 x(t) ≡ 0
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()为区间t∈[to,tn] 上的非负连续函数,C,K为非负常数.若当t∈[o,t]时有 r(t)sC+ U()x()+K]dr, 则当t∈[to,t1]时: r(t)s[C+K(t-to)exp(/f(r)dr) 证明:先证C>0时(2)成立。令 [(r)r(r)+KdT, 则(2)式可写成 C+u(t0时(2)成立 现在设C=0。这时(1)即为 r(t)≤/U()x(r)+Kd 由(3)知,对任一∈>0,都有: ar(t)0为任一正数,故必有 r(t)sK(t-to)exp(/ f(r)dr) 因此,当C>0时(2)也成立。 习题55
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(τ )x(τ ) + K]dτ, (1) 则当 t ∈ [t0, t1] 时： x(t) ≤ [C + K(t − t0)] exp(Z t t0 f(τ )dτ ). (2) 证明: 先证C > 0时(2)成立。令 v(t) = Z t t0 [f(τ )x(τ ) + K]dτ, 则(2)式可写成 v 0 (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(τ )dτ + log(1 + K(t − t0) C ), 即 C + v(t) ≤ [C + K(t − t0)] exp(Z t t0 f(τ )dτ ), 再由(1)得: x(t) ≤ C + v(t) ≤ [C + K(t − t0)] exp(Z t t0 f(τ )dτ ). 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(τ )x(τ ) + K]dτ. (3) 由(3)知，对任一² > 0，都有： x(t) 0为任一正数，故必有 x(t) ≤ K(t − t0) exp(Z t t0 f(τ )dτ ). 因此，当C > 0时(2)也成立。 习 题 5.5
4.给定方程 求0(,tl,ro)和(tl,ro)在to=0.xo=0处的表达式,并证明若e(,m)是方程满足初值条件 r(0)=n的解,则恒有 解:显然x(t,0,0)≡0是初值问题 sin(ta), (0)=0 的唯一解.求解初值问题 (0)=0 (t, to, ro)l 求解初值问题 dz tz, z(0) 求解初值问题 cos(t(t, n))z, z(0)=1 2(m)=∞((y(m)) 因此恒有 (t,n)>0
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 ϕ(t, η) 是方程满足初值条件 x(0) = η 的解, 则恒有 ∂ϕ ∂η (t, η) > 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 ∂x ∂t0 (t, t0, x0)|t0=0,x0=0 = 0. 求解初值问题 dz dt = tz, z(0) = 1 得 ∂x ∂x0 (t, t0, x0)|t0=0,x0=0 = e t 2 2 . 求解初值问题 dz dt = t cos(tϕ(t, η))z, z(0) = 1 得 ∂ϕ ∂η (t, η) = exp(Z t 0 τ cos(τϕ(τ, η))dτ ). 因此恒有 ∂ϕ ∂η (t, η) > 0