常微分方程 (方道元 著) 浙江大学出版社 课后答案 69页

'课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn 第一章习题第一节习题1.一个月球登陆器以1000米/时的速度开始向月球表面垂直着陆。为了能在月球表面达到软着陆，即着陆时登陆器的速度正好为零，需要点燃一个能提供加速度为-20000米/时2的减速器，试讨论这个减速器在何高度时点燃为好？解：设高度为h，加速度为a=¡2oooom=h2，初始速度为v=1000m=h,降落所用的时间是T，则有08>>dh=v+at:>>>:khdaw.comdhj=0dtt=T由第一项可得h=vt+1at2+C,其中C为任意常数，由第二项可得vT+1aT2+C=0,由第三项可0202得T=¡v0，带入各项数值，最终得到h(0)=C=25m.a2.一个湖泊的水量为V立方米，排入湖泊内含污染物A的污水量为V1立方米/时，流入湖泊内不含污染物A的水量为V2立方米/时，流出湖泊的水量为课后答案网V1+V2立方米/时。2000年底湖泊中污染物A的浓度为5m0，超过了国家规定的标准，为了治理污染，从2000年起限定排入湖泊中的污水含污染物A的浓度不得超过m0。试讨论湖泊中污染物A的浓度变化？5解：设污染物A的浓度为www.hackshp.cnP(t),由题意可得8>dx=v>>dt=v1>:x(0)=0;y(0)=04.把重200kg体积为4¼的球体和重150kg体积为¼的圆柱体同时放到河里，初速度为零，水作用在下沉的3球体和圆柱体上的阻力分别为¸ºc和¸ºs，其中ºc和ºs分别是球体和圆柱体的速度，¸是一个正的常数，试确定哪一个物体先到达水底。1khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 解：设两个物体的质量分别为mc;ms，体积为Vc;Vs,则有：8>¡(x¡C1);¡1<41pdy(6)y=>>0;C1:2(x¡C1)4;C21pp:y(¡1¡p2)+a[arcsinp¡p1¡p2]=Cjpj<1其中C为任意常数，由p-判别法可知方程无奇解；xpx2px0(2)原方程化为y=2¡8p2，两边对x求导并合并同类项可得(2¡16p2)(1¡xpp)=0，因此方程的解¡1422342为y=khdaw.com¡3£23x3或2Cyx=Cx¡16x，其中C为任意常数，由C-判别法可知特解是奇解；(3)原方程化为y=2xp+x2p4，两边对x求导并合并同类项可得(p+2xp0)(1+2xp3)=0，因此方程的解¡42422为y=¡3£23x3或(y¡C)=4Cjxj，其中C为任意常数，由C-判别法可知特解是奇解；(4)令u=siny;v=sinx，则(u0)2+u0vv0¡u(v0)2=0，令p=du;t=dp，则(2p+v)t=0，从而得dvdv到p=¡v或t=0，由前者可到特解4siny+sin2x=0，由后者得到通解siny=Csinx+C2，其中C是2任意常数，由C-判别法可知特解是奇解；课后答案网(5)两边同乘以2y，令u=y2;p=u0，则2u=xp¡2p，两边对x求导并合并同类项可得[(p+2x)2¡px+2p8](xp0¡p)=0，因此(p+2x)2=8或xp0=p，由前者得到特解p=¡2x§22，由后者得到通p解p=Cjxj，其中www.hackshp.cnC是任意常数，但当p=¡2x§22时，u<0，与u=y2¸0矛盾，因此方程只有通解(§Cxjxj¡2y2)(§Cjxj+x)=§2Cjxj，其中C是任意常数；2(6)两边同乘以y2，令u=y2;p=u0，则36p2+(8u¡1)2=1，令x=s;6p=sint;8u¡1=cost，由于du=pdx，可得sint(ds+dt)=0，从而sint=0或ds+dt0，由前者得p=0，由后者得s+3t=C，68684则方程的特解为y=0或y=§1，通解为sin2(4x+C)+64y4¡16y2=0，其中C是任意常数，由C-判别23法可知特解是奇解；2.在x，y平面上确定曲线y=y(x)，使得它具有这样的性质：在曲线y=y(x)上任一点(x;y)处的切线与坐标原点O到这点(x;y)的连线互相垂直。解：由题意可知dyy=¡1，解方程得x2+y2=C，其中C为任意非负常数。dxx3.画出以x轴为轴且以原点为焦点的抛物线族y2=4c(x+c)，求这个抛物线族所满足的微分方程，并证明：当其中的dy换成¡dx时这个微分方程是不变的。解：两边对解的表达式关于x求导可得C=1yy0，dxdy2再代回解得表达式可得微分方程为y=2xy0+y(y0)2。证明；将dy换成¡dx=¡1代入方程即可发现方程不变。dxdyy04。如果一曲线族中的每一曲线都跟另一曲线族中的每一曲线正交(即互相垂直)，则我们称这两族曲线互为正交，一族曲线称为是另一族曲线的正交轨线。若已经给定一曲线族的方程，试求出另一族曲线的方程，并总结一下方法。11khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 解：不妨设两族曲线为8:x=¨a3(1+p2)2由后者得到通解y=Cx+paC，其中C为不为零的任意常数。C2+16.(i)若设追捕兔子问题中的www.hackshp.cna0，存在正整数K=K(")，当n>K时，在区间xi¡1·x·xi上一致地"jf(xi¡1;yi¡1)¡f(x;"n(x))j·®17khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 这样，当n>K时Zx1XNZxif(x;"(x))+f(x;"(x))i¡2i¡2i¡1i¡1j±n(x)j·jf(x0;y0)¡f(x;"n(x))jdx+j¡f(x;"n(x))jdxx0i=2xi¡12Zxf(xN¡2;"(xN¡2))+f(xN¡1;"(xN¡1))+j¡f(x;"n(x))jdxx2NZxi""·N+·"xi¡1®n成立。接下来的证明与课本中的几乎一样。2.khdaw.com利用Ascoli引理证明下面的结论：设一函数序列在有限区间I上是一致有界和等度连续的，则在I上它至少有一个一致收敛的子序列。并举例说明，当I是无限区间时上面的结论不一定成立。证明：不妨设I=[a;b)。由Ascoli引理的条件知，只须证明函数序列中的任一个f(x)="n(x)可延拓成[a;b]上的连续函数，即极限limf(x)存在即可。课后答案网x!b¡任取一列数xn;n=1;2;:::;使得对任意n，有a·xn0);dx8dy<0;当y=0;(b)=dx:ylnjyj;当y6=0:证明：(a)(b)因为y1¡y2jy1lnjy1j¡jy2lnjy2jj=jy1lnjy1j¡y1lnjy1¡y2j+y1lnjy1¡y2j¡y2lnjy1¡y2j+y2lnjy1¡y2j¡y1lnjy2jj·jy1jjlnj+jy1y121khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 令F(r)=2r+lnr则可得证。12.(a)设f(x);g(x);y(x)是x0·x·x1上的非负连续函数.求证若Zxy(x)·g(x)+f(¿)y(¿)d¿(x0·x·x1)x0则ZxRxf(s)dsy(x)·g(x)+f(¿)g(¿)e¿d¿(x0·x·x1)x0(b)在khdaw.com(a)的假设下,若g(x)还是单调下降的,则Rxf(¿)d¿y(x)·g(x)ex0Rx证明:(a)设u(x)=f(s)x(s)ds则有x0课后答案网u0(x)=f(x)y(x);u0(x)¡fu=f(y¡u)=)u0(x)¡fu·fg=)u0(x)·fg+fuRxwww.hackshp.cn¡f(s)ds两边乘以ex0RRRxxx0¡f(s)ds¡f(s)ds¡f(s)dsu(x)ex0·fgex0+fuex0关于x从x0到x积分RZxRxs¡f(s)ds¡f(»)d»u(x)ex0·f(s)g(s)ex0dsx0ZxRs¡f(»)d»=)u(x)·f(s)g(s)ex0dsx0又因为u(x)>y(x)¡g(x)ZxRs¡f(»)d»=)y(x)·g(x)+f(s)g(s)ex0dsx0RRx¡sf(»)d»(b)y(x)·g(x)+f(s)g(s)ex0dsx0RRx¡sf(»)d»·g(x)+g(x)f(s)ex0dsx0RRx¡sf(»)d»=g(x)(1+f(s)ex0ds)x0RxRtf(»)d»0=g(x)(1¡(es)sds)x0Rxf(»)d»0=g(x)es)sds22khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 3.31.(a)试确定适当的x0的值,使得方程12xn+1=xn¡(xn¡2)4p定义的逐次迭代xn收敛于2.p(b)选取x0=1:4.试证明:为了求2到11位有效小数,要求30次迭代.10x0证明:(a)设f(x)=x¡(x2¡2),则f(x)=1¡,若要使得jf(x)j·¸<1,仅需00,所以由介值定理存在唯一的x=´,使得x=cosx.(b)00待定.M=supjf(x;y)j;®=minfa;bg.(x;y)2RM(1);(x;y)6=(0;0);假定(x;y)不在y=0坐标轴上;若a·jxj,则b0;从而®=minfa;bg,则此时解的存在000(jx0j¡a)2区间为(2x0;0)或(0;2x0):课后答案网p(2);a可取得适量大若y<0;M=(y¡b)(y¡b¡1),此时取b=y2¡y;®=p1,则此时解0000022y¡y0+1¡2y00的存在区间为(x¡p1;x+p1);02022y¡y0+1¡2y02y¡y0+1¡2y0www.hackshp.cn00(3)a可取得适量大,®=minfa;bg,取b足够大,则可取®=1,则此时解的存在区间为(x¡1;x+1).(jy0j+b0p0bp1+y2+y0(4);a可取得适量大,若y<0;M=1+(y¡b)2;®=,从而取b=1+y2;®=0;则00b2¡2y0b+y2+102pp01+y2+y01+y2+y0b此时解的存在区间为(x¡0;x+0)若y¸0;M=1+(y+b)2;®=,从020200b2+2y0b+y2+1ppp0p1+y2¡y01+y2¡y01+y2¡y0而取b=1+y2;®=0;则此时解的存在区间为(x¡0;x+0)0202022.设在区域f(x;y):x0·x<1;¡10g的内部，但没有延伸到G的边界,这一点是否与上述的延伸定理相矛盾?试说明理由.证明:不矛盾.微分方程xdx+ydy=0不等价于dy=¡x.而延伸定理是针对dy=f(x;y)类型的微分方程的.dxydx4.试证明：方程dy=y2(1¡y)3ey以(x;y)为初值的右行解的最大存在区间为[x;+1)，其中x¸0dx0000，y0任意给定。（题目作了替换）证明：易知函数f(y)=y2(1¡y)3ey及其导数在整个(x;y)平面上连续，从而Cauchy问题的解是唯一的。khdaw.com显然，y´0;y´1是方程的两个特解。若点(x0;y0)在y=0下方。解曲线的斜率大于零，则解曲线单调递增，但又不能越过y=0，从而有界，由延展定理可知，右行解最大存在区间为[x0;+1)。其它情形可类似分析。5.设初值问题dy2(x+y)2课后答案网(E):=(y¡2y¡3)e;y(x0)=y0dx的解的最大存在区间为a0,这说明y=y(x)是单调递增的,但又不能越过y=¡1,则由定理3.5.1,b=1:dx(2)若(x0;y0)在y=¡1与y=3之间或y=¡1或y=3上.由定理3.5.1,可知a=¡1;b=1:(3)若(x0;y0)在y=3上方.同(1)可知,a=¡1:6.假设a(x)和b(x)在区间I上连续，证明线性微分方程dy=a(x)y+b(x);(x2I)dx的每一个解y=y(x)的(最大)存在区间为I。证明:设区间(a1;b1)满足x02(a1;b1)½[®;¯]½I,则函数f(x;y)=a(x)y+b(x)在区域f(x;y)ja10;g(y)>0.令ZxH(x)=h(¿)d¿0设对于任何»,积分Z1d¿G(»)=»g(¿)恒存在.求证：(1)如果G(y0)>H(a),则y(x)在0·x·a上有定义;(2)如果G(y)·H(a),则y(x)在0·xH(a)，则有G(y(a))>0，即G(y(x))在0·x·a上有定义，所以y(x)在0·x·a上有定义。(2).如果G(y0)·H(a)，则有G(y(a))·0，又G(»)恒正，所以y(a)不存在，则y=y(x)必在0·x·b0,对任意的n,存在(»;y(»)),使得j(»;y(»))¡(x;y)j·1,且以(»;y(»))为初值0nnnnnn00nnnn的解曲线y=Á(x;»n;yn(»n))课后答案网必然会从y=Ã(x)§²0边界穿出.则每个右行解或左行解曲线的首个穿出点必然有确界,则在以确界点的正下(或上)方包含在Ã(x)¡²00@´对一切x和´都成立。证明：由于ZxZxy(x;´)=y(0)+sin(sy)ds=´+sin(sy)ds00则Zx@y@y(x;´)=1+scos(sy)ds@´0@´27khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com @y令z(x;´)=(x;´)，则上式化为@´Zxz(x;´)=1+scos(sy)zds0则@z(x;´)=xcos(xy)z;z(0)=1@x¡Rx¢因此z(x;´)=expscos(sy)ds>0，0即对一切x和´都有@y(x;´)>0khdaw.com@´3.71.2.（略）3.对n阶线性微分方程组的初值问题，试叙述并证明解的存在和唯一性定理。叙述：存在唯一性定理：线性微分方程组课后答案网dX=A(t)X+B(t)dt在区间a·t·b上有且仅有一个满足初值条件www.hackshp.cnX(t0)=X0的解X=X(t)，其中t2[a;b];X2Rn;X(t)=(x(t);¢¢¢;x(t))T;t2[a;b]是n维向量函数，以001n及A(t);B(t)分别是给定的n£n实矩阵和n维实向量函数，且关于t是连续的。PnPn证明：定义n维向量X(t)的模为jjX(t)jj=jxi(t)j，A的模为jjA(t)jj=jaij(t)j。线性微分方程组的i=1i;j=1初始问题等价于积分方程ZtX(t)=X0+(A(s)X(s)+B(s))dst0用逐次逼近法求解这个积分方程，即ZtXn(t)=X0+(A(s)Xn¡1(s)+B(s))dsn=1;2;¢¢¢t0因此，若Xn¡1(t)是连续的，则Xn(t)也是连续的，从而得到一逼近向量函数列fXn¡1(t)g，令A=supA(t)，则t2[a;b]ZtjjXn(t)¡Xn¡1(t)jj·jjA(s)jjjjXn¡1(s)¡Xn¡2(s)jjdst0由归纳法即得(A(b¡a))njjXn(t)¡Xn¡1(t)jj·n!28khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 当n!1时，Xn(t)按模收敛于X(t)，并且X(t)关于t2[a;b]一致连续，且X(t)是线性微分方程组的解。下证唯一性，设X(t);Y(t)都是初始问题的解，则ZtX(t)¡Y(t)=[A(s)(X(s)¡Y(s))]dst0由于X(t)是连续的，由归纳法可得[A(t¡t)]n0jjX(t)¡Y(t)jj·supjjX(t)¡Y(t)jjt2[t0;t]n!令n!1，我们可得X(t)=Y(t)。4.陈述并详细证明微分方程组的khdaw.comCauchy定理。Cauchy定理：考虑微分方程组的初值问题dykk=fk(x;y1;¢¢¢;yn);yk(x0)=y0(k=1;2;¢¢¢;n)dx假设右端函数fk;(k=1;2;¢¢¢课后答案网;n)在区域jx¡xj·®;jy¡ykj·¯0k0内可以展成收敛的幂级数，则初值问题在www.hackshp.cnx0的领域jx¡x0j<½内存在一组唯一的解析解yk=yk(x)，其中½=。证明：5.设初值问题(E):y00+p(x)y0+q(x)y=0;y(x)=y;y0(x)=y00000其中p(x)和q(x)在区间jx¡x0j>>®(x);f¤(x;y)=¼xcos;0·x·1;y=0;>>x>:¡x;0·x·1;y<¡®(x)然后考虑初值问题¤dy¤(E):=f(x;y);y(0)=0:dx我们把区间0·x·1分成n等份，再仿本节2.1段中的方法可以得到一条欧拉折线y="¤(x);(0·x·n1)。试证明：8<"¤(x)¸®(x);2·x·1;如果n为偶数;nn:¤2"n(x)·¡®(x);n·x·1;如果n为奇数:33khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 因此，这欧拉序列y="¤(x)当n7!1时是不收敛的,从而(E¤)的解是不唯一的。n证明：将[0;1]区间n等分，则初值问题(E¤)的欧拉折线表示为Xn"(x)¤=f¤(x;y)(x¡x)+f¤(x;y)(x¡x)ni¡1i¡1ii¡1nnni=1x2[0;1]时，y(x)=0;n1x2[1;2]时，y(x)=1cos¼(x¡1)nn2nn(1)n为偶数时，对x2[k¡1;k](k¸3)由归纳可知：y>®(x)。则"(x)¤¸®(x)。nnkn(2)类似(1)可得相应结论。5.设初值问题khdaw.comdy22(E):=(x¡y)f(x;y);y(x0)=y0dx其中函数f(x;y)在全平面连续且满足yf(x;y)>0,当y6=0时.则对任何的(x0;y0),当x0<0;jy0j适当小时,(E)的解都在¡1a>0;x2[x;X),则若y(x)>0,y=y(x);x2[x;X)单1011111调递降,这与当xnwww.hackshp.cn!X¡0;jy(xn)j!1矛盾;若y(x1)<0,y=y(x);x2[x1;X)单调递升,这与当xn!X¡0;jy(xn)j!1矛盾.从而右行解的最大存在区间为[x0;1);同理,左行解的最大存在区间为(¡1;x0].6.设连续函数f(x;y)对y是递减的,则初值问题dy=f(x;y);y(x0)=y0dx的右侧解是唯一的.(左侧解是否唯一?能举一个反例吗?)（题目修正）证明:皮亚诺定理保证了解的存在性.设有两个解y(x)和y1(x),y(x0)=y(x1),且存在x1>x0,使y(x1)>y1(x1).令»=supx0·x0.由积分中值定理得存在x2(»;x),满足r0(x)=r(x1)>0.212x1¡»另一方面,对于任意x2(»;x1)0dydy1r(x)===f(x;y)¡f(x;y1)·0(r=y¡y1¸0)dxdx34khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 这与存在x满足r0(x)>0矛盾.22左侧解未必唯一.例如dy=x2(Âx2¡y);y(0)=0:dxx<07.@"8.证明z=(x;¸)满足线性微分方程@¸dz=A(x;¸)z+B(x;¸)dx和初值条件z(x0;¸)=0其中khdaw.com@f@fA(x;¸)=(x;"(x;¸);¸);B(x;¸)=(x;"(x;¸);¸):@y@¸(注意：当y和¸分别为n维列向量和m维列向量时，A(x;¸);B(x;¸)和z(x;¸)分别为n£n矩阵，n£m矩阵和n£m矩阵。)证明：设初值问题课后答案网dy=f(x;y;¸);y(x0)=y0dx的解为y="(x;¸)，则Zxwww.hackshp.cn"(x;¸)=y0+f(x;y;¸)dxx0从而Zx@"@f@"@f=(+)dx@¸x@y@¸@¸0Zxµ¶@"=A(x;¸)+B(x;¸)dxx0@¸@"令z=，显然@¸@z=A(x;¸)z+B(x;¸)@x并且z(x0;¸)=0。9.试举例说明，如果微分方程不满足解的唯一性条件，则它的积分曲线族在局部范围内也不能视作平行直线族。dy33x2例：=y2,y2不满足Osgood条件，y=(+c);y´0都是方程的解，但积分曲线在原点附近不能看成dx3平行直线族。10.设G是(x;x)平面上的某区域，而f(x;x);f(x;x)对x;x连续且满足Lipschitz条件，求证(x0;x0)是121122121212方程组dx1dx2=f1(x1;x2);=f2(x1;x2)dtdt35khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 的奇点(即f(x0;x0)=f(x0;x0)=0)的充要条件在于(x0;x0)的任意领域内都有时间长为任意大的轨道11221212段¡,使得在轨道段¡上有dx1dx2jj+jj¸M;(x1(t);x2(t))2¡dtdt，这里把t看作时间，解x1(t);x2(t)看作(x1;x2)平面上动点位置的坐标，所谓轨道就是此动点在(x1;x2)平面上的轨迹。（题目有问题）11.证明方程d2ydyx+=sinykhdaw.comdx2dx的任一饱和解都在0>dx1=a(t)x+a(t)x+a(t)x;>>dt211222233>:dx3=a(t)x+a(t)x+a(t)x+tdt311322333的对应齐次线性微分方程组的基本解组为(1;¡1;¡1)T;et(1;1+t;t)T;et(0;1;1)T36khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 试求线性微分方程组的通解及满足初值条件x1(0)=x2(0)=x3(0)=0的特解。011et0BCBC解：齐次微分方程组的通解为X(t)=©(t)C，而©(t)=B¡1et(1+t)etC@A¡1tetet则X(t)=(C+Cet;¡C+C(1+t)et+Cet;¡C+Ctet+Cet)T1212310231011¡110RBCBC而特解X¤(t)=©(t)t©¡1(s)B(s)ds，其中©¡1(t)=BB¡t¡tCCB(t)=BBCCt00e¡e0@A@Ae¡t¡1+t2+ttetet012t+t+1B2Ckhdaw.comBt2C¤因此C=B¡¡2t¡3C所以通解为X~(t)=©(t)C+X(t)@2A2¡t¡3t¡42012¡et+t+t+1B2CBt2C当X~(0)=0时，X~(t)=B(3¡t)et¡¡2t¡3C。@2A2(4¡t)et¡t¡3t¡4课后答案网22.设X=P(t)e¸t是常系数齐次线性方程组Xndxi=aijxj(i=1;¢;n)dtwww.hackshp.cnj=1的解，其中¸是常数，向量函数P(t)的每一个分量都是次数不超过k的多项式。求证向量函数组dP(t)dkP(t)e¸tP(t);e¸t;¢¢¢;e¸tdtdtk是齐次线性方程组的线性无关解。j证明：设A=(a);(i;j=1;¢¢¢;n)由于dP(t)=(A¡¸E)jP(t)，则ijdtjjd(e¸tdP(t))djP(t)dtj¸tj¸t=e(¸E+A¡¸E)(A¡¸E)P(t)=A(e)dtdtj因此向量函数组dP(t)dkP(t)e¸tP(t);e¸t;¢¢¢;e¸tdtdtk是齐次线性方程组的解，下证其线性无关，k设Ce¸tP(t)+Ce¸tdP(t)+¢¢¢+Ce¸tdP(t)=0，由于e¸t>0，12dtk+1dtkk所以CP(t)+CdP(t)+¢¢¢+CdP(t)=0。若不线性相关不妨设C6=0，那么就有Pj¡1(t)=12dtk+1dtkj¡¢¡1CP(t)+CP0(t)+¢¢¢+CPk(t)，由于P(t)的每个分量是不超过k次的多项式，那么Pj¡1(t)的Cj12k+1每个分量是次数不超过k¡(j¡1)的多项式，比较系数可得C1=C2=¢¢¢=Cj¡1=0，但右端次数至37khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 多k¡j次，因此矛盾，从而他们是线性无关的。3.设n£n矩阵函数A1(t)和A2(t)在区间a0。又由于dx1(t)=21222dtx2(t)>0，所以x1(t)是单调增的。如果当t!§1时x2(t)不趋向零，那么x1(t)肯定会在某一时刻大39khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 于1，这与x2+x2=1矛盾。因此当t!§1时x(t)!0，那么x(t)!1。但dx2(t)=¡x(t)，当t充分1221dt1大时x(t)>1，所以jdx2(t)j>1，x(t)肯定会在某一时刻小于0，这与x(t)没有零点矛盾；12dt222(d)显然x1(t)和x2(t)是整体存在的，由于®是x2在正半轴第一个零点且x2(0)=1，则x(®)=0x0(®)=¡1x(®)=1x0(®)=02211x令x(t)=x(t+®)，则d3+x=0且x(0)=x(®)=1x0(0)=x0(®)=0。由解的唯一性可31dt233131知x1(t+®)=x2(t)，因此dx1(t+®)dx2(t)=x2(t+®)==¡x1(t))x1(t)=¡x2(t+®))x1(t¡®)=¡x2(t)khdaw.comdtdt所以x1(t)=x1(t+4®)，两边关于t求导可得到x2(t)=x2(t+®)。8.设实系数线性方程组(4.10.39)有如下的一些基本解组：X课后答案网1(t);X¹1(t);¢¢¢;Xr(t);X¹r(t);X2r+1(t);¢¢¢;Xn(t)其中X¹(t)表示X(t)的共轭复向量，X2r+1(t);¢¢¢;Xn(t)是实值的。试证明：对线性方程组的任何实值解X=X(t)，存在复常数C1;¢¢¢;Cr及实常数C2r+1;¢¢¢;Cn使得www.hackshp.cnX(t)=C1X1(t)+C¹1X¹1(t)+¢¢¢+CrXr(t)+C¹rX¹r(t)+C2r+1X2r+1(t)+¢¢¢+CnXn(t);(4:10:37)反之，对于任何复常数C1;¢¢¢;Cr及实常数C2r+1;¢¢¢;Cn，由(4.10.37)式给出的函数都是(4.10.39)的解。证明：易证由(4.10.37)式给出的函数都是(4.10.39)的解，代入方程验证即可。设Y=Xi+X¹i;W=Xi¡X¹i(i=1;¢¢¢;r)(¤)，易证YW也是方程组的解，下面证明i2i2iiiY1;¢¢¢;Yr;W1;¢¢¢;Wr;X2r+1;¢¢¢;Xn线性无关。设a1Y1+¢¢¢+arYr+b1W1+¢¢¢+brWr+c2r+1X2r+1+¢¢¢+cnXn=0，将(*)代入可得a1b1a1b1arbrarbr(+)X1+(¡)X¹1+¢¢¢+(+)Xr+(¡)X¹r+c2r+1X2r+1+¢¢¢+cnXn=022i22i22i22i由于X1(t);X¹1(t);¢¢¢;Xr(t);X¹r(t);X2r+1(t);¢¢¢;Xn(t)是基本解组，因此它们线性无关，从而a1=¢¢¢=ar=b1=¢¢¢=br=c2r+1=¢¢¢=cn=0，所以Y1;¢¢¢;Yr;W1;¢¢¢;Wr;X2r+1;¢¢¢;Xn线性无关，即Y1;¢¢¢;Yr;W1;¢¢¢;Wr;X2r+1;¢¢¢;Xn也是基本解组，那么任何实值解都可由Y1;¢¢¢;Yr;W1;¢¢¢;Wr;X2r+1;¢¢¢;Xn表示出来，再把(*)代入即可得到我们所要40khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 证明的结论。9.设非齐次线性微分方程组dX=A(t)X+f(t)dt中的f(t)6=0，证明非齐次线性微分方程组有且至多有n+1个线性无关解。证明：设X1(t);¢¢¢;Xn+2(t)是非齐次的解，令Yi=XiXn+2，则Yi是齐次方程的解，则Y1;¢¢¢;Yn+1线性相关。假设X1(t);¢¢¢;Xn+2(t)线性无关，那么Y1(t);¢¢¢;Yn+1(t)也是线性无关的，矛盾!!下面证有n+1个线性无关解：设X;¢¢¢;X是齐次基本解组，X¤是特解，则令Y=X+X¤是非齐次方程的解。若CY+¢¢¢+1nii11CXkhdaw.com¤=0，那么n+1CX+¢¢¢+CX+(C+¢¢¢+C)X¤=011nn1n+1如果C1+¢¢¢+Cn+1=0，由X1;¢¢¢;Xn可以得到Ci´0；如果C+¢¢¢+C6=0，则X¤=1(CX+¢¢¢+CX)，那么X¤是齐次方程的解，因1n+1C1+¢¢¢+Cn+111nn此f(t)=0，但f(t)6=0，所以课后答案网C1+¢¢¢+Cn+1=0。第二和三节习题1.求下列方程的通解：753(1)dx¡8dx+16dx=0；dtdt5www.hackshp.cndt34(2)dx+4x=0；dt4432(3)dx¡4dx+8dx¡8dx+3x=0；dt4dt3dt2dt(4)dx=x+y¡z;dy=y+z¡x;dz=z+x¡y；dtdtdt(5)dx=¡3x+48y¡28z;dy=¡4x+40y¡22z;dz=¡6x+57y¡31z；dtdtdt2d2y(6)dx¡x+4y=0;+x¡y=0；dt2dt2(7)dx=3x¡y+3z;dy=2x+z;dz=x¡y+2z；dtdtdt(8)dx=3x+5y;dy=¡5x+3y；dtdt(9)dx=¡5x¡10y¡20z;dy=5x+5y+10z;dz=2x+4y+9z；dtdtdt32(10)dx¡5dx+8dx¡4x=e3t；dt3dt2dt(11)y00¡5y0+6y=(12x¡7)e¡x；(12)y(4)+2y00+y=sinx;y(0)=1;y0(0)=¡2;y00(0)=3;y000(0)=0；(13)y00¡2y0+2y=4excosx；80)dttdtt(14)；:11x(1)=;y(1)=¡3341khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 80)dt1+t2dtt(15)。:4x(1)=0;y(1)=3解：(1)特征方程为¸7¡8¸5+16¸3=0特征根为0;0;0;2;2;¡2;¡2基本解组为1;t;t2;e2t;te2t;e¡2t;te¡2t所以通解为c+ct+ct2+ce2t+cte2t+ce¡2t+cte¡2t1234567(2)特征方程为¸4+4=0特征根为§(1+i);§(1¡i)基本解组为khdaw.cometcost;e¡tcost;etsint;e¡tsint所以通解为cetcost+ce¡tcost+cetsint+ce¡tsint1234(3)特征方程为¸4¡4¸3+8¸2¡8¸+3=0p特征根为1;1;1§2ipp基本解组为et;tet;etcos2t;etsin2tpp所以通解为cet+ctet+cetcos2t+cetsin2t123课后答案网4p(4)特征方程的特征根为1;1§3i对应的特征向量为：www.hackshp.cnppppT3i¡1¡3i¡1T¡1¡3i3i¡1T(1;1;1);(1;;);(1;;)2222pppppppppp则通解为cet(1;1;1)T+cet(cos3t;¡1cos3t¡3sin3t;¡1cos3t+3sin3t)T+cet(¡sin3t;¡3cos3t+12222232pppp1sin3t;3cos3t+1sin3t)T222(5)特征方程的特征根为1;2;3对应的特征向量为：(3;2;3)T;(4;1;1)T;(2;2;3)T则通解为cet(3;2;3)T+ce2t(4;1;1)T+ce3t(2;2;3)T123p(6)特征方程的特征根为§i;§3对应的特征向量为：ppp13Tp13T1iT1¡iT(1;3;¡;¡);(1;¡3;¡;);(1;i;;);(1;¡i;;)22222222pp则通解为ce3t(1;¡1)T+ce¡3t(1;¡1)T+c(cost;1cost)T+c(sint;1sint)T12223242(7)特征方程的特征根为0;2;3对应的特征向量为：(¡1;3;2)T;(¡1;1;0)T;(4;3;1)T42khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 则通解为c(¡1;3;2)T+ce2t(¡1;1;0)T+ce3t(4;3;1)T123(8)特征方程的特征根为3§5i对应的特征向量为：(1;i)T;(1;¡i)T则通解为ce3t(cos5t;¡sin5t)T+ce3t(cos5t;¡sin5t)T12(9)特征方程的特征根为5;2§i对应的特征向量为：khdaw.com(2;0;¡1)T;(20+10i;15¡5i;¡14¡2i)T;(20¡10i;15+5i;¡14+2i)T则通解为ce5t(2;0;¡1)T+ce(2+i)t(20+10i;15¡5i;¡14¡2i)T+ce(2¡i)t(20¡10i;15+5i;¡14+2i)T123(10)齐次方程的特征方程为¸3¡5¸2+8¸¡4=0特征根为1;2;2基本解组为et;e2t;te2t课后答案网所以齐次方程的通解为cet+ce2t+cte2t123设特解为Ae3t，代入方程可得A=12因此通解为cet+ce2t+cte2t+1e3t1www.hackshp.cn232(11)齐次方程的特征方程为¸2¡5¸+6=0特征根为2;3基本解组为e2x;e3x所以齐次方程的通解为ce2x+ce3x12设特解为Axe¡x，代入方程可得A=1因此通解为ce2x+ce3x+xe¡x12(12)齐次方程的特征方程为¸4+2¸2+1=0特征根为i;i;¡i;¡i基本解组为cosx;xcosx;sinx;xsinx所以齐次方程的通解为c1cosx+c2xcosx+c3sinx+c4xsinx设特解为x2(Acosx+Bsinx)，代入方程可得A=¡1;B=082因此通解为ccosx+cxcosx+csinx+cxsinx¡xcosx123482再由初始条件，则cosx+xcosx¡3sinx+13xsinx¡xcosx88(13)齐次方程的特征方程为¸2¡2¸+2=0特征根为1§i43khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 基本解组为excosx;exsinx所以齐次方程的通解为cexcosx+cexsinx12设特解为xex(Acosx+Bsinx)，代入方程可得A=0;B=2因此通解为cexcosx+cexsinx+2xexsinx12(14)由第一个方程可解得x=t，将其代入第二个方程，可得y=¡t332(15)由第一个方程可解得x=0，将其代入第二个方程，可解得y=t+1。3t2.设"(t)是方程x00+k2x=f(t)的解，其中k是常数，函数f(t)在区间[0;+1)上连续。试证明：(a)当k6=0时，方程的通解可表示为Ztkhdaw.comc21"(t)=c1coskt+sinkt+sink(t¡s)¢f(s)ds;kk0(b)当k=0时，方程的通解可表示为Ztx=c1+c2t+(t¡s)f(s)ds0其中c1;c2是任意常数。课后答案网Rt证明：(a)当k6=0时，易证"(t)=1sink(t¡s)¢f(s)ds为方程x00+k2x=f(t)的一个特解，而齐次方0k0程x00+k2x=0的通解为www.hackshp.cnC2x=C1coskt+sinktk故方程的通解为ZtC21"(t)=C1coskt+sinkt+sink(t¡s)¢f(s)dskk0Rt(b)当k=0时，易知"(t)=(t¡s)f(s)ds为方程x00(t)=f(t)的一个特解，而齐次方程x00=0的通解00为x=C1+C2t，故方程的通解为Zt"(t)=C1+C2t+(t¡s)f(s)ds0其中C1;C22R。3.给定方程x000+5x00+ax0=f(t)，其中f(t)在(0;+1)上连续，设"(t);"(t)是上述方程的任意两个解，12且极限lim["1(t)¡"2(t)]存在，试求参数a的允许范围。t!+1解：令y="(t)¡"(t)，则y是齐次方程的解，特征方程为¸3+5¸2+a¸=0，解得有¸=0;¸=1212pp¡5+25¡4a¡5¡25¡4a2;¸3=2。¡5tsqrt4a¡25¡5tsqrt4a¡25若25¡4a<0，通解为y=C1+C2e2cost+C3e2sint，limy存在；22t!+1¡5t¡5t若25¡4a=0，通解为y=C1+C2e2+C3te2，limy存在；t!+144khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 若25¡4a>0，通解为y=C+Ce¸2t+Ce¸3t，要使limy存在当且仅当¸;¸<0，此时a>0。12323t!+1综上所述，a>0。4.设a;b是常数，f(t)是区间(¡1;+1)上的连续函数。设!(t;¿)是初值问题x00+ax0+bx=0;x(0)=0;x0(0)=f(¿)的解，其中¿是一个参数。试证明：Ztx(t)=!(t¡¿;¿)d¿0是初值问题khdaw.comx00+ax0+bx=f(x);x(0)=0;x0(0)=0的解。解：代入验证即可。5.求解弹簧振子在无阻尼下的强迫振动方程课后答案网d2xm+kx=pcos!tdt2qq其中m;k;p和!都是正的常数。对外加频率!6=k和!=k两种不同的情况，分别说明其解的物理意qmm义，这里k表示弹簧振子的固有频率。www.hackshp.cnm解：方程可化为d2xkp+x=cos!tdt2mmq当!6=k时通解为mrrkkpx(t)=C1cost+C2sint+k2cos!tmmm(¡!)m(外加项同系统的自然频率非共振时，系统振幅有限)q当!=k时，通解为mrrrkkpkx(t)=C1cost+C2sint+ptsintmm2kmm(外加项同系统的自然频率处于共振状态时，引起系统振幅无限增大)6.证明：常系数齐次线性微分方程组的任何解当x!1时都趋于零，当且仅当它的系数矩阵A的所有特征根都具有负的实部。证明：常系数齐次线性方程组的任何解当x!1时都趋于零，当且仅当方程组的基本解组当x!1时都45khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 趋于零。我们可以构造方程组的一个基本解组如下：Y1(x);¢¢¢;Yn1(x);¢¢¢;Y1(x);¢¢¢;Ynk(x)11kknj¡1XxiYl(x)=e¸jx[(A¡¸E)i]vljji!i=0可见要想当x!1时都趋于零，特征根必须具有负的实部。第五节习题1.设在区间khdaw.com(¡1;+1)上q(x)·0，证明齐次线性微分方程y00+p(x)y0+q(x)y=0的任何一个非平凡解最多只有一个零点。2.证明齐次线性微分方程y00+p(x)y0+q(x)y=0的任何两个线性无关的解的零点是相互交错的。2证明：设y;y是两个线性无关解，利用变换y(x)=v(x)u(x)以及v>0，可以看到u;u是方程du+1212dt2Q(t)u=0的线性无关解，由课本推论4.5.2可得所要结论。3.设微分方程课后答案网d2x+P(t)x=0dt2其中P(t)是t的连续的www.hackshp.cn2¼周期函数，而且满足n20使得下面不等式成立：(n+")22¼。因n+"此结论成立。第六节习题1.求解下列边值问题：(1)y00+y=x;y(0)=2;y(¼)=1；2(2)y00¡3y0+2y=ex;y(0)=0;y(1)=0；46khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com (3)x2y00¡3xy0+3y=0;y0(1)+y(1)=¡2;2y0(2)¡y(2)=0。解：(1)齐次方程的特征方程为¸2+1=0特征根为§i基本解组为cosx;sinx齐次方程的通解为c1cosx+c2sinx设特解为Ax，代入方程的A=1因此通解为c1cosx+c2sinx+x再利用边值条件得y(x)=2cosx+(1¡2)sinx+x¼(2)齐次方程的特征方程为khdaw.com¸2¡3¸+2=0特征根为1;2基本解组为ex;e2x齐次方程的通解为cex+ce2x12设特解为Axex，代入方程的A=¡1因此通解为cex+ce2x¡xex12课后答案网再利用边值条件得y(x)=1ex+1e2x¡xex1¡ee¡1(3)由Euler方程的解法得到通解为cx+cx3www.hackshp.cn12再由边值条件得y(x)=¡x。2.证明边值问题8¼(s¡¼)5p3¼(2)F(s)=5，s>¡44(s+4)2(3)F(s)=3¼，s>¡2(s+2)2+9¼2pp(4)F(s)=22s+52，s>¡1(2s+1)2+1622.计算下列函数F(s)的拉氏逆变换：(1)F(s)=3;(2)F(s)=s¡12s¡4(s+1)2(3)F(s)=s+2;(4)F(s)=1s2+4s+5s2¡43(5)F(s)=s;(6)F(s)=5¡2s(s¡4)4s2+7s+103(7)F(s)=s;(8)F(s)=s(s2+k2)2s4+4a4解：(1)f(t)=3e2t2(2)f(t)=(1¡2t)e¡t48khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com (3)f(t)=e¡2tcost(4)f(t)=1sh(2t)2(5)f(t)=e4t(1+12t+24t2+32t3)3¡7t3¡7t3(6)f(t)=¡2e2ch(t)+8e2sh(t)22(7)f(t)=tsin(kt)2k(8)f(t)=1eatcos(at)+1e¡atcos(at)223.用拉氏变换方法求解下列初值问题：(1)y00+4y0+4y=t2;y(0)=y0(0)=0;(2)x00khdaw.com+6x0+34x=30sin2t;x(0)=x0(0)=0(3)x00+!2x=Fsin!t;x(0)=x0(0)=0;!6=0;000(4)y(4)+2y00+y=4tet;y(0)=y0(0)=y00(0)=y(3)(0)=0:解：(1)在方程两侧取拉氏变换，并记Lff(t)g=Y(s)，得到22sY+4sY+4Y=:课后答案网s32所以Y=2，y(t)=¡te¡2t¡3e¡2t+t¡t+3s3(s2+4s+4)48428(2)在方程两侧取拉氏变换，并记Lfx(t)g=X(s)，得到www.hackshp.cn260sX+6sX+34X=:s2+4所以X=60，x(t)=60(e¡3tcos(5t)¡2e¡3tsin(5t)¡cos(2t)+5sin(2t))(s2+4)(s2+6s+34)17452(3)在方程两侧取拉氏变换，并记Lfx(t)g=X(s)，得到22!sX+!0X=F0s2+!2:所以当!=!的时候，X=F!0，x(t)=F0sin(!0t)¡F0tcos(!0t)。00(s2+!2)22!22!000当!6=!的时候，X=F(1¡1)!，x(t)=F0(!0sin(!t)¡!sin(!0t))。00s2+!2s2+!2!2¡!2!0(!2¡!2)000(4)在方程两侧取拉氏变换，并记Lff(t)g=Y(s)，得到424sY+2sY+Y=:s2所以Y=4，y(t)=2tcost¡6sint+4t。s2(s4+2s2+1)4.有一种船舶减震器利用的是耦合振动原理。在水面上的船体可以作为一个阻尼振子，其质量为M，劲度系数为K，阻尼系数为R，减震器则是附在船体上的振子，质量为m，劲度系数为k。船体的位移X(t)和减震器的位移x(t)满足运动方程80)；(2)(2x+1)2y00¡4(2x+1)y0+8y=0；2(3)dx+x=1；dt21+cos2t2(4)t2(t+1)dx¡t(2+4t+t2)dx+(2+4t+t2)x=¡t4¡2t3；dt2dt2(5)tdx¡(2t+1)dx+(t+1)x=(t2+t¡1)e2t；dtkhdaw.com2dt32(6)(1¡t2)dx¡tdx+dx=0。dt3dt2dt解：(1)令x=et，则y+4y+13y=0，得特征方程¸2+4¸+13=0，¸=¡2§3i，于是y=e¡2t(ccos3t+ttt1c2sin3t)，所以c1cos(3lnx)+c2sin(3lnx)课后答案网y=2:x(2)令2x+1=t,则t2y¡2ty+2y=0，再令t=eu，则特征方程为¸(¸¡1)¡2¸+2=0，得解¸=1;2。www.hackshp.cnttt于是y=ceu+ce2u=ct+ct2=c(2x+1)+c(2x+1)2:121212(3)齐次方程的特征方程为¸2+1=0，于是齐次方程有通解x(t)=ccost+csint，然后由常数变异公12式有Ztsin(t¡s)x(t)=c1cost+c2sint+ds:1+cos2st0(4)我们首先求该方程的特解，猜测解的形式为x=at2+bt+c，代入方程得到a=1,c=0。于是有特解x=t2+bt。由此我们知道x=t是相应齐次方程的解。我们再用降阶法来求齐次方程的通解，即设解为x=tu(t)，代入方程得t3[(t+1)u¡(t+2)u]=0，令v=u，则解得v=C(t+1)et，于是u=Ctet，tttt所以最终我们得到方程的通解为x=t2+Ct+Ct2et:12(5)我们首先求该方程的特解，猜测解的形式为x=(at+b)e2t，代入方程得到a=1，b=0，由此知道特50khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 解为x=te2t。再求齐次方程的两个线性无关解，注意到齐次方程为0dx2dxdx2dxdxt¡(2t+1)+(t+1)x=t(¡)¡(t+1)(¡x)=0;dt2dtdt2dtdt于是容易得到特解x=Cet，然后用降阶法，设x=C(t)et，代入方程，解得x=t2et。于是最终方程12的解为x=(C+Ct2)et+te2t:122P(6)令y=dx，则该方程为(1¡t2)dy¡tdy+y=0，用幂级数法求解，设解为y=atn，代入方dtdt2dtn¸0n程，则有khdaw.coma=n¡3a。于是我们有通解y=ct+c(1¡1t2¡Pk¸2(2k¡3)!!t2k)。由此得到原来方程nnn¡2122(2k)!!的通解为1X(2k¡3)!!t2k+1x=c+ct2+c(t¡t3¡k¸2):0126(2k)!!2k+12.求出下列微分方程在x=x课后答案网0处展开的两个线性无关的幂级数解，并写出相应的递推公式：(1)y00¡xy0¡y=0;x=0;(2)y00¡xy0¡y=0;x=1;003(3)(1¡x)y00+y=0;x=0;(4)dy+xy=0;x=0;0dx302(5)xdy+4dy+xy=0;x=0;(6)y00+(sinx)y=0;x=0:dx2dxwww.hackshp.cn00解：PP(1)令y=axn，代入方程得(a(n+2)(n+1)¡an¡a)xn=0，于是得到递推公n¸0nnn+2nnan¡2式an=n。所以如果分别取(a0;a1)=(1;0)和(a0;a1)=(0;1)，我们可以得到两个线性无关的解Xx2ky1=;(2k)!!k¸0Xx2k+1y2=:(2k+1)!!k¸0PP(2)令y=a(x¡1)n，将方程写为y00¡(x¡1)y0¡y0¡y=0，代入方程得(a(n+2)(n+1)¡n¸0nnn+2an¡a(n+1)¡a)(x¡1)n=0，于是得到递推公式a=an¡1+an¡2。所以如果分别取(a;a)=(1;0)nn+1nnn01和(a0;a1)=(0;1)，我们可以得到两个线性无关的解。PP(3)令y=axn，代入方程得(a(n+2)(n+1)¡a(n+1)n+a)xn=0，于是得到递推n¸0nnn+2n+1nan¡1(n¡1)(n¡2)¡an¡2公式an=n(n¡1)。所以如果分别取(a0;a1)=(1;0)和(a0;a1)=(0;1)，我们可以得到两个线性无关的解。PP(4)令y=axn，代入方程得6a+[a(n+3)(n+2)(n+1)+a]xn=0，于是得到n¸0n3n¸1n+3n¡151khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 递推公式a3=0;an=¡an+4(n+4)(n+3)(n+2)(n¸0)。所以如果分别取(a0;a1;a2)=(1;0;0)和(a0;a1;a2)=(0;1;0)，我们可以得到两个线性无关的解。PP(5)令y=axn，代入方程得4a+[a+(n+4)(n+1)a]xn=0，于是得到递推公n¸0n1n¸1n¡1n+1式a=0;a=¡an(n¸0)。所以如果分别取a=1和a=2，我们可以得到两个线性无关的1n+2(n+5)(n+2)00解。3.对于下列初值问题求出y00(x);y(3)(x)和y(4)(x)，从而写出相应初值问题的解在x点的泰勒级数的0000前5项：(1)y00+xy0+y=0;y(0)=1;y0(0)=0;(2)y00khdaw.com+(sinx)y0+(cosx)y=0;y(0)=0;y0(0)=1:解:(1)由方程，我们知道y(k+2)=¡xy(k+1)¡(k+1)y(k);于是由初值，我们得到y00(0)=¡1,y(3)(0)=0和y(4)(0)=3，由此x2x4y=1¡++¢¢¢;课后答案网28(2)由方程和初值，我们有y00(0)=0，对方程求一阶导数，得到y(3)(0)=¡2和y(4)(0)=0，由此www.hackshp.cnx3y=x¡+¢¢¢:34.求解Hermite方程：y00+2xy0+¸y=0;(¡10时，r1=i¸;r¡2=¡i¸，方程通解为y=C1cos¸t+C2sin¸t，代入边值条件可得8p0使得下面不等式成立：2g(x1)¡g(x2)2(n+")<<(n+1);(¡1>¡x0+y0+z0¡x+2z=e¡t>>>:x0+y0¡z+x+2y=3e¡t解：8>>x=1Ct2e¡t¡Cte¡t+Ce¡t+5te¡t¡t2e¡t+1t3e¡t><212324y=¡Cte¡t+Ce¡t+2te¡t¡3t2e¡t>>124>:z=Ce¡t+3te¡t课后答案网12易知平衡点(¡1;0)稳定但不渐近稳定。6.证明边值问题www.hackshp.cn80;q>0时，零解是渐进稳定的。(2)当p>0;q=0或p=0;q>0时，零解是稳定的，但不是渐进稳定的。(3)在其他情形下，零解是不稳定的。证明：设khdaw.com¸1,¸2为A的两特征根，则：¸1+¸2=¡p;¸1¸2=q(1)p>0;q>0则¸1,¸2为两负实根课后答案网或一对实部为负的共轭虚根，由定理5:1:1知，零解渐进稳定。(2)www.hackshp.cnp>0;q=0则¸1,¸2分别为一正根一零根，由定理5.1.1知，零解稳定，但非渐进稳定。p=0;q>0则¸1,¸2为两共轭纯虚根，由定理5:1:1知，零解稳定，但非渐进稳定。(3)同(1)(2)分析，在其他情形下，特征根至少有一个实部为正，由定理5:1:1知，零解不稳定。4.讨论二维方程x0=y¡xf(x;y);y0=¡x¡yf(x;y)零解的稳定性，其中函数f(x;y)在(0;0)点附近是连续可微的。解：f(x;y)在(0;0)点附近连续可微，则f(x;y)在(0;0)点的一小邻域内可一阶近似展开为：pf(x;y)=f(0;0)+fx(0;0)x+fy(0;0)y+o(x2+y2)则原二维方程的一阶线性近似方程为x0=y¡f(0;0)xy0=¡x¡f(0;0)y61khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 则由上题分析可知，f(0;0)>0时，零解渐进稳定。f(0;0)0时，零解稳定，但非渐进稳定。f(0;0)>0时，零解不稳定。5.设函数g(x)连续，且当x6=0时xg(x)>0:试证方程x"+g(x)=0的零解是稳定的，但不是渐进稳定的。Rx证明：稳定性证明，化为方程组，并取V=1y2+f(s)ds20非渐近稳定性利用定义证明。6.讨论下列方程零解的稳定性：khdaw.com(1)x0=¡y¡xy2;y0=x¡x4y(2)x0=¡y3¡x5;y0=x3¡y5课后答案网(3)x0=¡x+2x(x+y)2;y0=¡y3+2y3(x+y)2(4)x0=2x2y+y3;y0=¡xy2+2x5解：www.hackshp.cn(1)122V(x;y)=(x+y)>02dV(x;y)2242=¡(xy+xy)<0dt零解渐进稳定。(2)V(x;y)=(x4+y4)>0dV(x;y)88=¡4(x+y)<0dt零解渐进稳定。(4)N=f(x;y):x>0;y>0gV(x;y)=x2y462khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com dV(x;y)2773=2xy+8xydtdV(x;y)N内有V(x;y)>0;>0,边界上有V(x;y)=0,dt故零解不稳定。7.讨论a取何值时，方程组80,同第3题分析，零解不稳定。(2)a=0,令V(x;x)=(x2+x2)>0则1212dV(x;y)=2(x4+x4)>0,故零解不稳定。dt12课后答案网(3)a<0,同第3题分析，零解渐进稳定。8.研究二阶微分方程x0=y;y0=¡1+x2的两个平衡点的稳定性。解：易知方程组的两个平衡点为www.hackshp.cn(1;0);(¡1;0)。(1)对于平衡点(1;0)。令x1=x¡1;y1=y则相空间(x;y)中的平衡点(1;0)对应于相空间相空间(x1;y1)中的平衡点(0;0)。且有：80;y1>0g;V(x1;y1)=x1y1则有：dV(x1;y1)2=3x1y1+x1y1dtdV(x1;y1)在N上有：V(x1;y1)>0;dt>0在@N上有：V(x1;y1)=0由判定定理知：平衡点(1;0)不稳定。(2)对于平衡点(¡1;0)。令x2=x+1;y2=y则相空间(x;y)中的平衡点(¡1;0)对应于相空间相空间(x2;y2)中的平衡点(0;0)。且有：80dµr=1;dt:0;r=0试作出原点附近的相图，并研究平衡点r=0的稳定性质。（略）2.判断下列方程的奇点khdaw.com(0;0)的类型，并作出该奇点附近的相图。(1)x0=4y¡x;y0=¡9x+y(2)x0=2x+y+xy2;y0=x+2y+x2+y2(3)x0=2x+4y+siny;y0=x+y+ey¡1课后答案网(4)x0=x+2y;y0=5y¡2x+x3(5)x0=x(1¡y);y0=y(1¡x)解：(1)中心。www.hackshp.cn(2)不稳定双向结点。(3)鞍点。(4)鞍点。(5)不稳定星形结点。3.试确定方程组80，存在±>0，使得若jjx1jj<±有jjx1(t)=Ã(t)á1(t)x1jj<"。所以对于任000一x，总存在x1，使得满足x1=Cx，且jjx1jj<±，那么有0000)jjx(t)jj=jjCÃ(t)á1(t)x1jj0和t0¸0。不论±>0多么小，总存在x0，虽然jjx0jj<±，但是(4.1)有以x(t0)=x0为初值的解x(t;t0;x0)在t等于某t1(¸t0)时有jjx(t1;t0;x0)jj¸"那么若x1=Cx，则0"01¡11Cjjx(t)=Ã(t)Ã(t0)x0jj=jjx(t)jj>C"产生矛盾。所以零解稳定。65khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com (2))对于任意给定的t0¸0，存在±>0，只要x0满足jjx1jj<±0系统(4.1)的满足初值条件x1(t)=x的解x1=x1(t;t;x)便有0000limx1(t;t;x1)=000t!+1所以对于任一x，总存在x1，使得满足x1=Cx，且jjx1jj<±，那么有khdaw.com0000)limx(t;t;x)=Climx1(t;t;x1)=00000t!+1t!+1(若对于任一x(t)满足limt!+1x(t)=0，那么对初值很小的x(t)也满足limt!+1x(t)=0。同时由于limt!+1x(t)=0，则任一x(t)有界，则由(1)知零解稳定。所以零解渐近稳定。2.设数值函数f(x;t)在区域课后答案网f(t;x):t¸0;jxj0;x2<0使方程满足初值条件x(0)=x1;x(0)=x2的解，当t!+1时都趋于零，则零解是渐进稳定的。证明：设初值x1;x2对应的解分别为"1(t);"2(t)。(1)断言：当00;ftg1;t!1(j!1)stj"(t)j>"。因为lim"(t)=0，所以存在某0jj=1jj0t!11个t0，使得当t>t0时，j"1(t)j<"0，即存在i>0，使得当j>i时，j"(tj)j>j"1(tj)j，而x0x0>x2时，以x0为初值的解"(t)当t!+1时趋于零。取±=minfx1;¡x2g，则当jx0j<±时，以x0为初值的解"(t)满足limt!1"(t)=0，故零解是渐近稳定的。3.考虑下列两个方程组dX=fA+B(t)XgdtdX=AXdtR1其中A是常矩阵，B(t)是在t¸0上连续的矩阵函数且满足jB(t)jdt<10求证：如果后一个方程的一切解在t¸0上保持有界，则前一个方程的一切解在t¸0上也保持有界。66khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 证明：第一个方程组适合初值条件X(t0)=X0的解可表示为：ZtX(t)=©(t)©¡1(t)X+©(¿)©¡1(¿)B(¿)X(¿)d¿(t¸0)00t0其中©(¿)是第二个方程组适合初值条件©(t0)=E的基解矩阵。因为第二个方程的一切解在t¸0上保持有界，©(t)©¡1(t)X是第二个方程组满足初始条件X(t)=X的解，故存在正常数M，使得0000jj©(t)jjjj©¡1(t)jjjjXjj·M;jj©(¿)jjjj©¡1(¿)jj·M(t¸0)00故可得：Ztkhdaw.comjjX(t)jj·M+MjjB(¿)jjjjX(¿)jjd¿(t¸0)t0由Growall不等式，则有：RtMjjB(¿)jjd¿jjX(t)jj·Met0(t¸0)R+1RtMh因为jjB(¿)jjd¿<+1所以jjB(¿)jjd¿有界，设为h，则有：jjX(t)jj·Me(t¸0)即第一个方0t0程组的一切解是有界的。课后答案网4.考虑下列两个方程组dX=AX+R(t;X)dtwww.hackshp.cndX=AXdt其中A是常矩阵，R(t;X)在f(t;X):t¸t0;jjXjj0，存在±="，当jjXjj<±时，jjX(t)jj<"即第一个方程组的零解是渐进稳定的。MeMh05.设线性微分方程x0=ax+by;y0=cx+dy以(0;0)为高阶奇点，试作出其相图。（略）6.考虑二阶方程组80为常数）至少有一个闭轨。www.hackshp.cn68khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com'