常微分方程 第二版 (王高雄 周之铭 朱思铭 著) 高等教育出版社 课后答案 105页

'课后答案网www.khdaw.com习题1.2dy1．=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。dxdy2解：=2xdx两边积分有：ln|y|=x+cy2xc2y=e+e=cex另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=02原方程的通解为y=cex,x=0y=1时c=12x特解为y=e.22.ydx+(x+1)dy=0并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。2dy1解：ydx=-(x+1)dydy=-dx2yx+111两边积分:-=-ln|x+1|+ln|c|y=yln|c(x+|)1另外y=0,x=-1也是原方程的解x=0,y=1时c=e1特解：y=ln|c(x+|)12dy1+y3．=3dxxy+xy2dy1+y1解：原方程为：=3dxyx+x21+y1dy=dx3yx+x222两边积分：x(1+x)(1+y)=cx4.(1+x)ydx+(1-y)xdy=01−yx+1解：原方程为：dy=-dxyx两边积分：ln|xy|+x-y=c另外x=0,y=0也是原方程的解。5．（y+x）dy+(x-y)dx=0 课后答案网www.khdaw.com解：原方程为：dyx−y=-dxx+yydydu令=u则=u+x代入有：xdxdxu+11-du=dx2u+1x22ln(u+1)x=c-2arctgu22y即ln(y+x)=c-2arctg.2xdy226.x-y+x−y=0dxdyy|x|y2解：原方程为：=+-1−()dxxxxydydu则令=u=u+xxdxdx11du=sgnxdx1−u2xyarcsin=sgnxln|x|+cx7.tgydx-ctgxdy=0dydx解:原方程为：=tgyctgx两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c|1csiny==另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.ccosxcosx所以原方程的通解为sinycosx=c.2y+3xdye8+=0dxy2ydye3x解：原方程为：=edxy23x−y2e-3e=c.9.x(lnx-lny)dy-ydx=0dyyy解：原方程为：=lndxxx 课后答案网www.khdaw.comydydu令=u,则=u+xxdxdxduu+x=ulnudxln(lnu-1)=-ln|cx|y1+ln=cy.xdyx−y10.=edxdyx−y解：原方程为：=eedxyxe=cedy211=(x+y)dxdydu解：令x+y=u,则=-1dxdxdu2-1=udx1du=dx21+uarctgu=x+carctg(x+y)=x+cdy112.=2dx(x+y)dydu解：令x+y=u,则=-1dxdxdu1-1=2dxuu-arctgu=x+cy-arctg(x+y)=c.dy2x−y+113.=dxx−2y+1解:原方程为：（x-2y+1）dy=(2x-y+1)dxxdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=022dxy-d(y-y)-dx+x=c22xy-y+y-x-x=cdyx−y+514:=dxx−y−2解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dxxdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0 课后答案网www.khdaw.com1212dxy-d(y+2y)-d(x+5x)=02222y+4y+x+10x-2xy=c.dy2215:=(x+1)+(4y+1)+8xy+1dxdy2解：原方程为：=（x+4y）+3dxdy1du1令x+4y=u则=-dx4dx41du12-=u+34dx4du2=4u+13dx3u=tg(6x+c)-122tg(6x+c)=(x+4y+1).3xdy16:证明方程=f(xy),经变换xy=u可化为变量分离方程，并由此求下列方程：ydx221）y(1+xy)dx=xdy22xdy2+xy2）=22ydx2-xydydu证明：令xy=u,则x+y=dxdxdy1duu则=-，有：2dxxdxxxdu=f(u)+1udx11du=dxu(f(u)+)1x所以原方程可化为变量分离方程。dy1duu1）令xy=u则=-(1)2dxxdxxdyy2原方程可化为：=[1+（xy）](2)dxx1duuu2将1代入2式有：-=(1+u)2xdxxx2u=u+2+cx17.求一曲线，使它的切线坐标轴间的部分初切点分成相等的部分。解：设（x+y）为所求曲线上任意一点，则切线方程为：y=y’(x-x)+y 课后答案网www.khdaw.com则与x轴，y轴交点分别为：y0x=x-y=y-xy’000y"y0则x=2x=x-所以xy=c00y"π18.求曲线上任意一点切线与该点的向径夹角为0的曲线方程，其中α=。4y11解：由题意得：y’=dy=dxxyxln|y|=ln|xc|y=cx.πα=则y=tgαx所以c=1y=x.419.证明曲线上的切线的斜率与切点的横坐标成正比的曲线是抛物线。证明：设(x,y)为所求曲线上的任意一点，则y’=kx2则：y=kx+c即为所求。 课后答案网www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com常微分方程习题2.1dy1.=2xy,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解.dx解：对原式进行变量分离得122xdy=2xdx,两边同时积分得：lny=x+c,即y=ce把x=,0y=1代入得y2c=,1故它的特解为y=ex。2.2ydx+(x+)1dy=,0并求满足初始条件：x=0,y=1的特解.解：对原式进行变量分离得：1111−dx=dy,当y≠0时，两边同时积分得；lnx+1=+c,即y=2x+1yyc+lnx+1当y=0时显然也是原方程的解。当x=,0y=1时，代入式子得c=,1故特解是1y=。1+ln1+x2dy1+y3=3dxxy+xy解：原式可化为：22dy1+y11+yy1=•显然≠,0故分离变量得dy=dx323dxyx+xy1+yx+x1212222两边积分得ln1+y=lnx−ln1+x+lnc(c≠0),即1(+y)(1+x)=cx22222故原方程的解为（1+y）1(+x)=cx4：1(+x)ydx+1(−y)xdy=01+x1−y解：由y=0或x=0是方程的解，当xy≠0时，变量分离dx=dy=0xy两边积分lnx+x+lny−y=c,即lnxy+x−y=c,故原方程的解为lnxy=x−y=c;y=;0x=.0 课后答案网www.khdaw.com(:5y+x)dy+(y−x)dx=0dyy−xydydu解：=,令=u,y=ux,=u+xdxy+xxdxdxduu+1u+11则u+x=,变量分离，得：−du=dx2dxu+1u+1x12两边积分得：arctgu+ln(1+u)=−lnx+c。2dy226：x=y+x−ydxydydu解：令=u,y=ux,=u+x,则原方程化为：xdxdx22dux1(−u)11=,分离变量得：du=sgnx•dxdxx1−2xu−两边积分得：arcsinu=sgnx•lnx+cy−代回原来变量，得arcsin=sgnx•lnx+cx22另外，y=x也是方程的解。7：tgydx−ctgxdy=0解：变量分离，得：ctgydy=tgxdx两边积分得：lnsiny=−lncosx+c.2y+3xdye:8=−dxyy13x解：变量分离，得dy=−+c2ey3e:9x(lnx−lny)dy−ydx=0yy解：方程可变为：−ln•dy−dx=0xxy1lnu令u=,则有：dx=−dlnuxx1+lnuy代回原变量得：cy=1+ln。xdyx−y10：=edxyx解：变量分离edy=edxyx两边积分e=e+c 课后答案网www.khdaw.comdyx−y=edxyx解：变量分离，edy=edxyx两边积分得：e=e+cdy211.=(x+y)dxdydt解：令x+y=t,则=+1dxdxdt1原方程可变为：=+12dxt1变量分离得：dt=dx,两边积分arctgt=x+c2t+1代回变量得：arctg(x+y)=x+cdy112．=2dx(x+y)解dydtdt1令x+y=t，则=−1，原方程可变为=+12dxdxdxt2t变量分离dt=dx，两边积分t−arctgt=x+c，代回变量2t+1x+y−arctg(x+y)=x+cdy2x−y−113.=dxx−2y+111解：方程组2x−y−1=,0x−2y+1=;0的解为x=−,y=3311dY2X−Y令x=X−,y=Y+,则有="33dXX−2Y2YdU2−2U+2U令=U，则方程可化为：X=XdX1−2U变量分离 课后答案网www.khdaw.comdyx−y+514,=dxx−y−2dydt解：令x−y=5=t,则=1−,dxdxdtt原方程化为：1−=,变量分离(t−)7dt−7dxdxt−712两边积分t−7t=−7x+c212代回变量(x−y+)5−(7x−y+)5=−7x+c.2dy22=(x+)1+4(y+)1+8xy+115．dxdy222解：方程化为=x+2x+1+16y+8y+1+8xy+1=(x+4y+)1+2dxdydu1du29令1+x+4y=u，则关于x求导得1+4=，所以=u+，dxdx4dx41228分离变量du=dx，两边积分得arctg(+x+y)=6x+c，是24u+9333原方程的解。62dyy−2x16．=522dx2xy+xy3223322dy(y)−2xdy3[(y)−2x]3解：===，，令y=u，则原方程化为23232dxy2(xy+xdx2xy+x23u22−6du3u−6xx2==，这是齐次方程，令2udx2xu+x2+1x 课后答案网www.khdaw.com22ududz3z−6dzdzz−z−6=z，则=z+x，所以=z+x，，x=，...........()1xdxdx2z+1dxdx2z+1233当z−z−6=0，得z=3或z=−2是（1）方程的解。即y=3x或y=−2x是方程的解。22z+11735当z−z−6≠0时，变量分离dz=dx，两边积分的（z−)3(z+)2=xc,2z−z−dx3733533即（y−3x)(y+2x)=xc，又因为y=3x或y=−2x包含在通解中当c=0时。故原方程373315的解为(y−3x)(y+2x)=xc3dy2x+3xy+x17.=23dx3xy+2y−y22222dyx2(x+3y+)1dy2x+3y+1解：原方程化为=;;;;;=22222dxy3(x+2y−)1dx3x+2y−122du2v+3u+1令y=u;;;;;,x=v;;;;;;;则=.......()1dv3v+2u−1⎧2v+3u+1=0⎨的解为（1，−1）；令Z=v−1，，Y=u+1，方程组⎩3v+2u−1=0⎧y2+3⎪⎪2z+3y=0dyz则有⎨，，，，从而方程（1）化为=⎪3z+2y=0dz3+2y⎪⎩z令2ydydtdt2+3tdt2−2tt=，，则有=t+z，，所以t+z=，，z=，...........()2zdzdzdz3+2tdz3+2t当222222−2t=0时，，即t=±1，是方程)2(的解。得y=x−2或y=−x是原方程的解当23+2t1222252−2t≠0时，，分离变量得dt=dz两边积分的y+x=(y−x+)2c22−2tz另外222222225y=x−2，或y=−x，包含在其通解中，故原方程的解为y+x=(y−x+)2c 课后答案网www.khdaw.comxdy18.证明方程==f(xy)经变换xy=u可化为变量分离方程，并由此求解下列方程ydx22（）.1y1(+xy)dx=xdy22xdy2+xy2().=22ydx2−xydydydydu证明：因为xy=u,关于x求导导得y+x=,所以x=−ydxdxdxdx1duduu1得：−1=f(u),=(f(u)+1)=(uf(u)+u)ydxdx=y(f(u)+1)xx故此方程为此方程为变程。xdy22解(1):当x=0或y=0是原方程的解，当xy≠0s时，方程化为=1+xyydxdu13du1令xy=u,则方程化为=(2u+u),变量分离得：3=dxdxx2u+ux22yu42两边同时积分得：2=cx,即22=cxy,=0也包含在此通解中。u+2xy+22y2故原方程的解为原22=cxx,=0.xy+22du12+u14u解(2)令xy=u，则原方程化为=(u+u)=22dxx2−ux2−u2222−u1yxy分离变量得du=dx，两边积分得ln=+c，这也就是方程的解。4uxx4x19.已知f(x)∫f(x)dt=,1x≠,0试求函数f(x)的一般表达式.01x1y=−y"2解：设f(x)=y,则原方程化为∫f(x)dt=两边求导得yy03dy1111−y=;;;;;;;;;;dx=−;;;;;;;;;;;;两边积分得x+c=;;;;;所以y=±32dxydy2y2x+cx11把y=±代入∫f(x)dt=2x+c0y 课后答案网www.khdaw.comx11±∫dt=±2x+c;;;;;;;;;;±(2x+c−c)=±2x+c得c=,0所以y=±02t+c2xx(t)+x(s)20.求具有性质x(t+s)=的函数x(t),已知x’(0)存在。1−xt)(x(s)x)0(+x)0(2x)0(2解：令t=s=0x(0)==若x(0)≠0得x=-1矛盾。1−x)0(1−x)0(x)0(2x(t+Δt)−xt)(x(Δt)(1+x(t))2所以x(0)=0.x’(t)=lim=lim=x0(")(1+x(t))ΔtΔt1[−x(t)x(Δt)dx(t)2dx(t)=x0(")(1+x(t))=x)0("dt两边积分得arctg2dt1+x(t)x(t)=x’(0)t+c所以x(t)=tg[x’(0)t+c]当t=0时x(0)=0故c=0所以x(t)=tg[x’(0)t]02411黄罕鳞（41）甘代祥（42） 课后答案网www.khdaw.com习题2.2求下列方程的解dy1．=y+sinxdx∫dx−∫dx解：y=e(∫sinxedx+c)x1−x=e[-e(sinx+cosx)+c]2x1=ce-(sinx+cosx)是原方程的解。2dx2t2．+3x=edtdx2t解：原方程可化为：=-3x+edt∫−3dt2t−∫−3dt所以：x=e(∫eedt+c)−3t15t=e(e+c)5−3t12t=ce+e是原方程的解。5ds13．=-scost+sin2tdt2∫−costdt1∫3dt解：s=e(∫sin2tedt+c)2−sintsint=e(∫sintcostedt+c)−sintsintsint=e(sinte−e+c)−sint=ce+sint−1是原方程的解。dyxxn4．−y=ex，n为数常.dxndyxxn解：原方程可化为：=y+exdxnnn∫dxxn−∫dxy=ex(∫exexdx+c)nx=x(e+c)是原方程的解. 课后答案网www.khdaw.comdy1−2x5．+y−1=02dxxdy1−2x解：原方程可化为：=-y+12dxx2x−11−2x∫2dx∫2dxy=ex(exdx+c)2121(lnx+)−lnx−=e2(∫exdx+c)12x=x1(+ce)是原方程的解.43dyx+x6．=2dxxy43dyx+x解：=2dxxy3xy=+2yxydydu令=u则y=ux=u+xxdxdxdux因此：u+x=2dxudu1=2dxu2udu=dx13u=x+c33u−3x=x+c（*）y343将=u带入（*）中得：y−3x=cx是原方程的解.x 课后答案网www.khdaw.comdy2y37.−=(x+1)dxx+1dy2y3解：=+(1x+)dxx+123Px()==,()(1)Qxx+x+12∫Pxdx()∫1dx2eex==x+(1+)方程的通解为：∫∫P(x)dx−Pxdx()y=e((∫eQx)dx+c)231=(x+1)(*(x+1)dx+c)∫2(1x+)2=(x+1)((x+∫1)dx+c)22(1x+)=(x+1)()+c224即：2y=c(x+1)+(x+1)为方程的通解。dyy8.=3dxx+y3dxx+y12解：==+xydyyy12则P(y)=,()Qy=yy1∫P(y)dy∫ydye==ey方程的通解为：∫∫P(y)dy−P(y)dyx=e((∫eQydyc)+)12=y(∫*)ydyc+y3y=+cy23y即x=+cy是方程的通解，且y=0也是方程的解。2 课后答案网www.khdaw.comdyayx+19.=+,a为常数dxxxax+1解：（Px),(==Qx)xxa∫Pxdx()∫xdxaeex==∫∫Pxdx()−Pxdx()方程的通解为：y=eeQ((x)dx+c)a1x+1=x(dx+c)∫axx当a=0时，方程的通解为y=x+ln/x/+c当a=1时，方程的通解为y=cx+xln/x/-1当a≠01，时，方程的通解为ax1y=cx+-1-aady310.xy+=xdxdy13解：=−yx+dxx13Px()=−,()Qx=xx1∫Pxdx()−∫dx1ee==xx方程的通解为：　　∫∫Pxdx()−Pxdx()y=eeQ((∫x)dx+c)13=(*∫xxdxc+)x3xc=+4x3xc方程的通解为：　y=+4x 课后答案网www.khdaw.comdy3311.+=xyxydxdy33解：=−+xyxydx3两边除以ydy−23=−xy+x3ydx-2dy−23=−−2(xy+x)dx−2令yz=dz3=−−+2(xzx)dx3Px()2,()==xQx−2x∫∫px()2xdxx2edxe==e方程的通解为：∫∫px()−px()z=edx((∫edxQxdxc)+)22x−x3=e((∫ex−2)dxc+)22x=x++ce1222x故方程的通解为：(xyc++==e1)1,且y0也是方程的解。 课后答案网www.khdaw.comcx2ln112.(lnyxy−=2)dxxdyx++424dylnx22y解：=−ydxxx2两边除以y−1dylnx2y=−2ydxxx−−11dylnx2y=−dxxx−1令yz=dz2lnx=−zdxxx2lnxPx()==,()Qx−xx方程的通解为：∫∫Pxdx()−Pxdx()ze=+((∫eQxd)xc)22∫∫dx−dxlnx21lnxze=−xx(())(edxcx+=()−dxc+)∫∫2xxxcx2ln1=++x424cx2ln1方程的通解为:(yx++=)1,且y=0也是解。4241322(xydy=−2)yxdxdy21y2−xy==−dx22xyxy这是n=-1时的伯努利方程。1两边同除以，y2dyy1y=−dxx22dzdy令y=z=2ydxdx2dz22yz=−11=−dxxx 课后答案网www.khdaw.com2P(x)=Q(x)=-1x由一阶线性方程的求解公式22∫∫dx−dxz=−+eexx()∫dxc2=x+xc22y=+xxcydye+3x14=2dxxyy2yydy()3e+xe两边同乘以ee=2dxxydzydy令e=z=edxdx22dzz+33xzzz==+这是n=2时的伯努利方程。22dxxxx213dz11两边同除以z=+令=T22zdxxzxzdT1dzdT−31T=−=+22dxzdxdxxx−3−1P（x）=Q(x)=2xx由一阶线性方程的求解公式−33∫∫dx−1dxTe=+xx()edxc∫2x−321=x()−+xc21−−13=−+xcx21−−13zxc()−+=x12y1−−13exc()−+=x12123yy−+xecex=2123−yx+=xec2 课后答案网www.khdaw.comdy115=33dxxy+xydx33=+yxyxdy这是n=3时的伯努利方程。31dxy3两边同除以x=+y32xdyx−2dz−3dx令x=z=−2xdydydz2y333=−−2y=−−22yzyP(y)=-2yQ(y)=−2y2dyx由一阶线性方程的求解公式∫∫−−22ydy3−ydyz=−ey(2∫edy+c)22−yy3=ey(2−+∫edyc)22−y=−++yc1e222−yxy(1)−++ce=122222yy−yxeyc(1)−++ee=2y2222exx(1−+yc)=xxx16y=e+∫ytdt()0dyx=+eyx()dxdyx=+yedxxP(x)=1Q(x)=e由一阶线性方程的求解公式 课后答案网www.khdaw.com∫∫11dxx−dxye=+()∫eedxcxx−x=ee()∫edxc+x=exc()+xxxxexce()+=+∫excdx()+0c=1xy=exc()+"17设数函ϕ(t)于−∞)0122dtdv−kk21即：=()v+t(*)dtmm(*)式为一阶非齐线性方程，根据其求解公式有k2k2∫−dtk1∫dtV=em(∫t⋅emdt+c)mk2k2k2−tktmkt=em(1t⋅em−1em+c)2kk22mk1又当t=0时，V=0，故c=2k2k2mk−tkm因此，此质点的速度与时间的关系为：V=1em+1(t−)2kkk22236.解下列的黎卡提方程−x2x2x（1）y′e+y−2ye=1−ex22xx3x解：原方程可转化为：y′=−ey+2ey+e−e,(*)xx观察得到它的一个特解为：y=e，设它的任意一个解为y=e+z，xd(e+z)xx22xxx3x代入（*）式得到：=−e(e+z)+2e(e+z)+e−e(**)dxdzx2由（**）-（*）得：=−ezdxdzx变量分离得：=−edx2z1x两边同时积分：−=−e+cz1即：z=xe+cx1故原方程的解为y=e+xc+e 课后答案网www.khdaw.com22（2）y′+y−2ysinx=cosx−sinx22解：原方程可化为：y′=−y+2ysinx+cosx−sinx由观察得，它的一个特解为y=sinx，设它的任意一个解为y=sinx+z，故dz22=(−2sinx+2sinx)z−z=−zdx11变量分离再两边同时积分得：=x+c即z=zx+c1故原方程的解为y=sinx+x+c222（3）xy′=xy+xy+1211解：原方程可化为：y′=y+y+2xx11由观察得到，它的一个特解为y=−，设它的任一个解为y=−+z，故xxdz12=−z+z，该式是一个n=2的伯努利方程dxx21dz11两边同除以z得到：=−⋅+12zdxxz1dz111即：=−1，令=u，dxxzzdu1则：=u−1，根据一阶非齐线性方程的求解公式得：dxx11∫dx∫−dxu=ex(∫−exdx+c)=x(c−en|x|)1故：z=x(c−en|x|)1因此：原方程的解为：xy=−1c−en|x|22（4）4x(y′−y)=121解：原方程可化为：y′=y+24x11由观察得到，它的一个特解为y=−，设它的任一个解为y=−+z，于2x2x是dz12=−z+z，这是n=2的伯努利方程dxx 课后答案网www.khdaw.com21dz11两边同除以z得到：=−⋅+12zdxxz1dz11即：=⋅−1dxxz111∫dx∫−dx则：=ex(∫−ex+c)=x(c−en|x|)z1即：z=x(c−en|x|)2故：原方程的解为：2xy=−1c−en|x|22（5）x(y′+y)=222解：原方程可化为：y′=−y+2x11由观察得，它的一个特解为y=−，故设它的任一个解为y=−+z，于是xxdz22=z−z，这是n=2的伯努利方程dxx21dz21两边同除以z得到：=⋅−12zdxxz1dz21即：=−⋅+1dxxz2231∫−dx∫dx1x则：=ex(exdx+c)=(+c)∫2zx3233x12x−c故：原方程的解为：y=−，即xy=.33x+cxc+x22（6）xy′+(xy−)2=0244解：原方程可化为：y′=−y+y−2xx11由观察得到它的一个特解为y=，设它的任一个解为y=+z，于是xxdz22=z−z，这是n=2的伯努利方程dxx21dz21两边同除以z得到：=⋅−12zdxxz 课后答案网www.khdaw.com1dz21即：=−⋅+1dxxz2231∫−dx∫dx1x则：=ex(exdx+c)=(+c)∫2zx32231∫−dx∫dx1x从而：=ex(exdx+c)=(+c)∫2zx32313x4x+c故原方程的解为：y=+=33xx+cx(x+c)34x+c即：xy=3x(x+c)2（7）y′=(x−)1y+1(−2x)y+x解：由观察得到它的一个特解为y=1，故设它的任一个解为y=1+z，于是dz2=−z+(x−)1z，这是n=2的佰努利方程，dx21dz1两边同除以z得：=−+(x−)12zdxz1dz1即：=+1(−x)dxz从而：1∫dx∫−dx=e(∫1(−x)edx+c)zx−xx=e(xe+c)=x+ce1故原方程的解为：y=1+z=1+xx+ce 课后答案网www.khdaw.com习题3.1dy21求方程=x+y通过点(0,0)的第三次近似解；dx解：取ϕ(x)=00x2x12ϕ(x)=y+(x+y)dx=xdx=x10∫00∫02x2x1221215ϕ(x)=y+[x+ϕ(x])dx=[x+(x)]dx=x+x20∫01∫02220x12152ϕ(x)=y+[x+(x+x)]dx30∫0220121518111=x+x+x+x2201604400dy22求方程=x-y通过点(1,0)的第三次近似解；dx解：令ϕ(x)=00x2x12则ϕ(x)=y+(x−y)dx=xdx=x10∫00∫02x2x1221215ϕ(x)=y+[x−ϕ(x])dx=[x−(x)]dx=x−x20∫01∫02220x12152ϕ(x)=y+[x−(x−x)]dx30∫0220121518111=x−x+x−x22016044003题求初值问题：⎧dy2⎪=x⎨dxR：x+1≤1，y≤1⎪⎩y(−)1=0的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计；22b1解：因为M=max{x−y}=4则h=min(a,)=M41则解的存在区间为x−x=x−(−)1=x+1≤04令Ψ(X)=0;0x2131Ψ(x)=y+(x−)0dx=x+;10∫33x0 课后答案网www.khdaw.comx472131213xxx11Ψ2(x)=y0+∫[x−(x+)]dx=x---+3339186342−1∂f(x,y)又≤2=L∂y2M*L311则：误差估计为：Ψ(x)−Ψ(x)≤h=222(+)1241dy34题讨论方程：=y3在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件，dx2并求通过点（0，0）的一切解；−2∂f(x,y)1解：因为=y3在y≠0上存在且连续；∂y213而y3在y≥σf0上连续213dy3由=y3有：y=（x+c）2dx23又因为y(0)=0所以：y=x2另外y=0也是方程的解；3⎧⎪x2x≥0故方程的解为：y=⎨⎪⎩0xp0或y=0;6题证明格朗瓦耳不等式：设K为非负整数，f(t)和g(t)为区间α≤t≤β上的连续非负函数， 课后答案网www.khdaw.com且满足不等式：tf(t)≤k+∫f(s)g(s)ds,α≤t≤βαt则有：f(t)≤kexp(∫g(s)ds),α≤t≤βαt"证明：令R（t）=∫f(s)g(s)ds,则R(T)=f(t)g(t)α"R(T)-R(t)g(t)=f(t)g(t)-R(t)g(t)"≤kg(t)R(T)-R(t)g(t)≤kg(t);t两边同乘以exp(-∫g(s)ds)则有：αtt"R(T)exp(-∫g(s)ds)-R(t)g(t)exp(-∫g(s)ds)ααt≤kg(t)exp(-∫g(s)ds)α两边从α到t积分：tttR(t)exp(-∫g(s)ds)≤-∫kg(s)dsexp(-∫g(r)dr)dsαααtt即R(t)≤∫kg(s)dsexp(-∫g(r)dr)dsαstt又f(t)≤1k+R(t)≤≤k+k∫g(s)exp(-∫g(r)dr)dsαsts≤k(1-1+exp(-∫g(r)dr)=kexp(∫g(r)dr)stt即f(t)≤k∫g(r)dr;α7题假设函数f(x,y)于（x,y）的领域内是y的不增函数，试证方程00dy=f(x,y)满足条件y(x)=y的解于xx≥一侧最多只有一个解；000dx证明：假设满足条件y(x)=y的解于x≥x一侧有两个ψ(x),ϕ(x)000 课后答案网www.khdaw.com则满足：xϕ(x)=y+f(x,ϕ(x))dx0∫x0xψ(x)=y+f(x,ψ(x))dx0∫x0不妨假设ϕ(x)fψ(x)，则ϕ(x)-ψ(x)0≥xx而ϕ(x)-ψ(x)=∫f(x,ϕ(x))dx-∫f(x,ψ(x))dxx0x0x=∫[f(x,ϕ(x))−f(x,ψ(x))dxx0又因为f(x,y)在（x,y）的领域内是y的增函数，则：00f(x,ϕ(x))-f(x,ψ(x))≤0x则ϕ(x)-ψ(x)=∫[f(x,ϕ(x))−f(x,ψ(x))dx≤0x0则ϕ(x)-ψ(x)≤0所以ϕ(x)-ψ(x)=0，即ϕ(x)=ψ(x)则原命题方程满足条件y(x)=y的解于xx≥一侧最多000只有一个解； 课后答案网www.khdaw.com习题3.31．Proof若（1）成立则∀>ε0及x>x，∃δ=δε(,)x，使当000|||(,,)yy=≤xxy|δ000⎧dy⎪=fxy(,)时，初值问题⎨dx⎪yx()==yyxxy(,,)⎩0000的解y=yxxy(,,)满足对一切x≥x有|(,,)|yxxy<ε,00000由解关于初值的对称性，（3，1）的两个解y=yxxy(,,)及y=yxxy(,,)都过点0000(,)xy，由解的存在唯一性00y(,,)xxy=yxxy(,,)，当x≥x时00000故|(,,)|,yxxy<≥εxx000若（2）成立，取定x>x，则∀ε>0，∃δ==δε(,)xδε()，使当0010|(,,)|yxxy≤δ001时,对一切x≥x有0|(,,)|yxxy<ε00⎧dy⎪=f(,)xy因初值问题⎨dx⎪yx()0=⎩0的解为y=0，由解对初值的连续依赖性，对以上ε>0，∃=δδε(,,)xx=δε(,)x，使当000||y≤δ时0对一切x∈(,]xx有00|(,,)|min{,}yxxy<<εδε001而当x≥x时，因0 课后答案网www.khdaw.com|(,,)|min{,}yxxy≤<εδδ0011故|(,,)|yxxy<ε00这样证明了对一切x≥x有0|(,,)|yxxy<ε00∂f2．Proof：因f(,)xy及都在G内连续，从而f(,)xy在G内关于满足局部y∂yLipschitz条件，因此解y=ϕ(,,)xxy在它的存在范围内关于x,,xy是连续的。0000设由初值(,)xy和(,xyy+Δ)(|Δy|≤α,α足够小）所确定的方程解分别为000000yx=≡ϕ(,,)xyϕ，yx=+ψ(,,xyyΔ)≡ψ00000xx即ϕϕ≡+yf(,)xdx，ψψ≡+yyfΔ+(,)xdx0∫x00∫x00于是xψϕ−≡Δ+yf((,)(,))xfϕ−xψdx0∫x0x∂+−fx(,ϕθψϕ())=Δ+yd()0ψϕ−x<<θ10∫x0∂y∂f因及ϕ、ψ连续，因此∂y∂fx(,ϕ+−θψϕ())∂fx(,)ϕ=+r1∂∂yy这里具有性质：当rΔ→y0时，；r→0且当Δy=0时r=0，因此对Δ≠y0有101010ψ−∂ϕϕxfx(,)ψ−ϕ≡+1(+rd)x∫1Δ∂yyx0Δy00ψ−ϕ即z=Δy0是初值问题⎧dz∂fx(,)ϕ⎪=+[]rz1⎨dy∂y⎪zx()1==z⎩00 课后答案网www.khdaw.com的解，在这里Δ≠y0看成参数0显然，当Δy=0时，上述初值问题仍然有解。00ψ−ϕ根据解对初值和参数的连续性定理，知是x,,,xzyΔ的连续函数，从而存000Δy0在ψ−∂ϕϕlim=Δ→y00Δ∂yy00∂f而是初值问题∂y0⎧dz∂fx(,)ϕ⎪=z⎨dx∂y⎪zx()1=⎩0的解，不难求解∂fx∂fx(,)ϕ=exp∫dx∂yx0∂y0它显然是x,,xy的连续函数。003．解：这里f(,)xy=+pxy()ψ()x满足解对初值的可微性定理条件故：∂ϕx∂fx(,)ϕ=−fxy(,)expdx00∫∂xx0∂y0x=−(()pxyQx+())exppxdx()000∫x0∂ϕxx∂fx(,)ϕ==exp∫∫dxexppxdx()∂yxx00∂y0∂ϕ==f(,(,,))xxxypxxxyQxϕϕ()(,,)+()0000∂xdy=+pxyQx()()满足y()xy=的解为00dxxx∫∫pxdx()x−pxdx()xxye=+00((Qxe)dxy)∫0x0∂ϕx故=exp∫pxdx()∂yx00 课后答案网www.khdaw.com∂ϕxxx=−px()exppxdx()(Qx()(exp(−pxdxdxy()))+)0∫∫xx∫x0∂x0000xxx+−exppxdxQx()(()()+pxQx()[exp(−pxdxdx())])∫∫xx00∫x000x=−(()pxyQx+())exppxdx()000∫x0∂ϕxxx=−px()exppxdx()(Qx()(exp(pxdxdxy()))+)∫∫xx∫x0∂x000xx+−exp∫∫pxdxQx()(()exp(pxdx()))xx00=+p()(,,)xxϕxyQx()00y4．解：这是fxy(,)sin()=在（1，0）某领域内满足解对初值可微性定理条件，x由公式∂yxxy(,,)x∂fxy(,)00=−fxy(,)exp(dx)=0(1,0)00∫(1,0)∂∂xyx00∂yxxy(,,)xx∂fxy(,)1y00==exp(dx)expcosdx(1,0)∫∫(1,0)(1,0)∂∂xyxx00xx0x1(yx,1,0)=exp∫cosdx1xx易见y=0是原方程满足初始条件y(1)=0的解yx(,1,0)Qyx(,1,0)=∴0cos==cos01x∂yxxy(,,)x100故==expdx||x∂yxx0=1∫10y=0 课后答案网www.khdaw.com习题3.4(一)、解下列方程，并求奇解（如果存在的话）：41、dy2⎛dy⎞y=2x+x⎜⎟dx⎝dx⎠解：令dy24=p，则y=2xp+xp，dx两边对x求导，得dp423dpp=2p+2x+2xp+4xpdxdx()3⎛dp⎞1+2xp⎜2x+p⎟=0⎝dx⎠从3得时，131+2xp=0p≠0x=−,y=−；322p4p从dpc2c22x+p=0得x=,y=+c，2dxppp≠0为参数，c≠0为任意常数.⎧1x=−⎪3⎪2p经检验得⎨，是方程奇解.⎪y=−33⎪⎩4p22、⎛dy⎞x=y−⎜⎟⎝dx⎠解：令dy2=p，则y=x+p，dxdp两边对x求导，得p=1+2pdxdpp−1=，dx2p解之得()2，x=2p+lnp−1+c所以2()2，y=2p+p+lnp−1+c且y=x+1也是方程的解，但不是奇解. 课后答案网www.khdaw.com23、dy⎛dy⎞y=x+1+⎜⎟dx⎝dx⎠解：这是克莱洛方程，因此它的通解为2y=cx+1+c，⎧y=cx+1+c2⎪从⎨c中消去c,⎪x−=02⎩1+c得到奇解2y=1−x.24、⎛dy⎞dy⎜⎟+x−y=0⎝dx⎠dx解：这是克莱洛方程，因此它的通解为2，y=cx+c2⎧y=cx+c从⎨中消去c,⎩x+2c=02得到奇解40yx+=.25、⎛dy⎞dy⎜⎟+2x−y=0⎝dx⎠dx解：令dy2=p，则y=2xp+p，dxdpdp两边对x求导，得p=2p+2x+2pdxdxdx2=−x−2，dpp解之得2−2x=−p+cp，3所以12−1y=−p+cp，3可知此方程没有奇解.326、⎛dy⎞⎛dy⎞x⎜⎟−y⎜⎟−1=0⎝dx⎠⎝dx⎠dy1解：原方程可化为y=x−，2dx⎛dy⎞⎜⎟⎝dx⎠ 课后答案网www.khdaw.com1这是克莱罗方程，因此其通解为y=cx−，2c⎧1⎪y=cx−223从⎨c中消去c，得奇解27x+4y=0.⎪x+2c−3=0⎩27、⎛dy⎞⎛dy⎞y=x⎜1+⎟+⎜⎟⎝dx⎠⎝dx⎠解：令dy2=p，则y=x()1+p=p，dx两边对x求导，得−p，x=ce−2p+2所以()−p2，y=cp+1e−p+2可知此方程没有奇解.28、⎛dy⎞()2x⎜⎟−x−a=0⎝dx⎠2()2解：⎛dy⎞x−a⎜⎟=⎝dx⎠xdyx−a=±dxx⎛a⎞dy=±⎜⎜x−⎟⎟dx⎝x⎠31⎛2⎞y=±⎜x2−2ax2⎟⎜3⎟⎝⎠()(229y+c=4xx−3a)可知此方程没有奇解.39、dy1⎛dy⎞y=2x+−⎜⎟dx3⎝dx⎠解：令dy13=p，则y=2x+p−p，dx3两边对x求导，得dp2dpp=2+−pdxdx 课后答案网www.khdaw.comdpp−2=2dx1−p()2p+2解之得x=−−3lnp−2+c，2所以132y=−p−p−3p−4−6lnp−2+c，32且y=2x−也是方程的解，但不是方程的奇解.3210、⎛dy⎞()dy⎜⎟+x+1−y=0⎝dx⎠dx2解：dydy⎛dy⎞y=x++⎜⎟dxdx⎝dx⎠这是克莱罗方程，因此方程的通解为2，y=cx+c+c2⎧y=cx+c+c从⎨中消去c,⎩x+1+2c得方程的奇解()2.x+1+4y=0（二）求下列曲线族的包络.1、2y=cx+cx解:对c求导，得x+2c=0,c=−,2222xxx代入原方程得，y=−+=−，2442x经检验得，y=−是原方程的包络.42、22cy+cx−1=022x解：对c求导，得2yc+x=,0c=−，2y44代入原方程得xx4y−−1=0，即x+4y=0，24y2y经检验得4是原方程的包络.x+4y=0 课后答案网www.khdaw.com3、()()22x−c+y−c=4x+y解：对c求导，得–2(x-c)-2(y-c)=0,c=,2代入原方程得()2.x−y=8经检验,得()2是原方程的包络.x−y=84、()22x−c+y=4c解：对c求导，得-2(x-c)=4,c=x+2,代入原方程得2()24+y=4x+2，y=4(x+1),经检验，得2(是原方程的包络.y=4x+1)(三)求一曲线，使它上面的每一点的切线截割坐标轴使两截距之和等于常数c.解：设所求曲线方程为y=y(x),以X、Y表坐标系，则曲线上任一点（x,y(x)）的切线方程为(Y−y(x))=y′(x)(X−x)，y它与X轴、Y轴的截距分别为X=x−，Y=y−yx′，y′yya′按条件有x−+y−yx′=a，化简得y=yx′−，y′1−y′ac这是克莱洛方程，它的通解为一族直线y=cx−，1−c⎧acy=cx−⎪⎪1−c它的包络是⎨，aac⎪0=x−−2⎪⎩1−c()1−c消去c后得我们所求的曲线()24ax=x−y+a.(四)试证：就克莱洛方程来说，p-判别曲线和方程通解的c-判别曲线同样是方程通解的包络，从而为方程的奇解.证：克莱洛方程y=xp+f(p)的p-判别曲线就是用p-消去法， 课后答案网www.khdaw.com⎧y=cx+f()c从⎨中消去p后而得的曲线；⎩0=x+f′()cc-判别曲线就是用c-消去法，从通解及它对求导的所得的方程⎧y=cx+f()c⎨中消去c而得的曲线，⎩0=x+f′()c显然它们的结果是一致的，是一单因式，因此p-判别曲线是通解的包络，也是方程的通解. 课后答案网www.khdaw.com习题4.1x()t1.设x()t和y()t是区间a≤t≤b上的连续函数，证明：如果在区间a≤t≤b上有≠常y()ty()t数或常数，则x()t和y()t在区间a≤t≤b上线形无关。x()t证明：假设在x()t，y()t在区间a≤t≤b上线形相关则存在不全为零的常数α，β，使得αx(t)+βy(t)=0y(t)α那么不妨设x(t)不为零，则有=−x()tβα显然−为常数，与题矛盾，即假设不成立x(t)，y(t)在区间a≤t≤b上线形无关β2.证明非齐线形方程的叠加原理：设x(t)，x(t)分别是非齐线形方程12nn−1dxdx+a()t+L+a()tx=f(t)（1）n1n−1n1dtdtnn−1dxdxn+a1()tn−1+L+an()tx=f2(t)（2）dtdtnn−1dxdx的解，则x1()t+x2()t是方程n+a1()tn−1+L+an()tx=f1()t+f2()t的解。dtdt证明：由题可知x(t)，x()t分别是方程（1），（2）的解12n()n−1()dxtdxt11则：+a()t+L+a()()txt=f()t（3）n1n−1n11dtdtn()n−1()dxtdxt22+a()t+L+a()()txt=f()t（4）n1n−1n22dtdt那么由（3）+（4）得：n()()()n−1()()()dxt+xtdxt+xt1212n+a1()tn−1+L+an()()t()x1t+x2()t=f1()t+f2()tdtdtnn−1dxdx即x1()t+x2()t是方程是n+a1()tn−1+L+an()tx=f1(t)+f2()t的解。dtdt 课后答案网www.khdaw.com22dxt−tdx3.试验证−x=0的基本解组为e,e，并求方程−x=cost的通解。22dtdt2tdxttt证明：由题将e代入方程−x=0得：e-e=0,即e是该方程的解，2dt−t同理求得e也是该方程的解2t−tt−tdx又显然e,e线形无关，故e,e是−x=0的基本解组。2dtt−t由题可设所求通解为：x()t=c(t)e+c(t)e，则有：12⎧′()t′()−t⎪c1te+c2te=0⎨′()t′()−t⎪cte−cte=cost⎩121−t1t解之得：c()t=−e()cost−sint+c;c(t)=−e()cost+sint+c112244t−t1故所求通解为：x()t=ce+ce−cost1222dxtdx1t4.试验证+−x=0有基本解组t，e，并求方程2dt1−tdt1−t2dxtdx1+−x=t-1的通解。2dt1−tdt1−t2dxtdx1解：由题将t代入方程2+−x=0得：dt1−tdt1−t2dttdt1tt+−t=+=0，即t为该方程的解2dt1−tdt1−t1−t1−ttt同理e也是该方程的解，又显然t，e线形无关，2tdxtdx1故t，e是方程+−x=0的基本解组2dt1−tdt1−tt由题可设所求通解为x()t=c()tt+c(t)e，则有：12⎧′()′()t⎪c1tt+c2te=0⎨′()′()t⎪ct+cte=t−1⎩12 课后答案网www.khdaw.com−t−t解之得：c(t)=−t+c,c(t)=−(te+e)+c1122t2故所求通解为x()t=ct+ce−(t+1)122dxt−t5.以知方程−x=0的基本解组为e,e，求此方程适合初始条件2dtx()0=,1x′()0=0及x()0=,0x′(0)=1的基本解组（称为标准基本解组，即有w()0=1）()()′并求出方程的适合初始条件x0=x,x′0=x的解。002t−tdxt−t解：e,e时间方程−x=0的基本解组，故存在常数c,c使得：x()t=ce+ce21212dtt−t于是：x′()t=ce−ce12令t=0,则有方程适合初始条件x(0)=,1x′(0)=0，于是有：00⎧⎪c1e+c2e=1111t1−t⎨解得：c1=,c2=故x()t=e+e002222⎪⎩ce−ce=012又该方程适合初始条件x()0=,0x′(0)=1，于是：00⎧⎪c1e+c2e=0111t1−t⎨解得：c1=,c2=−故x()t=e−e002222⎪⎩ce−ce=112显然x()t，x()t线形无关，所以此方程适合初始条件的基本解组为：121t1−t1t1−tx()t=e+e，x()t=e−e2222′而此方程同时满足初始条件x()0=x,x′()0=x，于是：00⎧ce0+ce0=x′′⎪120x0+x0x0−x0⎨′解得：c1=,c2=⎪⎩ce0−ce0=x22120′′x+xx−x00t00−t故x()t=e+e满足要求的解。226.设x()t(i=,2,1L,n)是齐线形方程（4.2）的任意n个解。它们所构成的伏朗斯行列式i记为w()t，试证明w()t满足一阶线形方程w′+a(t)w=0，因而有：1 课后答案网www.khdaw.comt−∫a1()sdsw()t=w()tet00t∈(a,b)xLx′′1nx1Lxnx1Lxn′′xLx′L′′L′1nxxxx解：Qw′()t=1n+L+1n=LLLLLLLLL()n−2L()n−2()n−1()n−1()n()nx1xnx1Lxnx1Lxn()n()nxLx1nnn−1dxdx()ii又x()ti=,2,1L,n满足+a()t+L+a()tx=0in1n−1nidtdtnn−1dx⎛dx⎞i⎜i⎟即=−a()t+L+a()txdtn⎜1dtn−1n⎟⎝⎠w′()t中第k行都乘以a()t，加到最后一行(k为1，2，L，n−1)kxLx1n′′xLx1n则：w′()t=LLL()(−a()t=−at)w(t)11x()n−2Lx()n−21n()n−1()n−1xLx1nw′(t)即w′+a()tw=0则有：=−a()tdt1()1wtt两边从t到t积分：lnw()t=−a()sds,则01t0tlnw()t−nw()t=−∫a()sds01t0t−∫a1()sdsw()t=w()tet0即：0t∈(a,b)7.假设x()t≠0是二阶齐线形方程x′′+a(t)x′+a(t)x=0（*）的解，这里a()t和a(t)11212在区间[a,b]上连续，试证：（1）x(t)是方程的解的充要条件为：2w′[][]x,x+awx,x=0；（2）方程的通解可以表示为：12112 课后答案网www.khdaw.com⎡1⎛t()⎞⎤x=x1⎢c1∫∫2exp⎜−ta1sds⎟dt+c2⎥,其中c,c为常⎢x⎝0⎠⎥12⎣1⎦数,t,t∈[]a,b0证：（１）w′[][]x,x+awx,x=012112″″′′′⇔xx−xx+axx−axx=01212112112″′′′⇔xx+axx+axx+axx−axx=012112112112112⎛″′⎞⇔x1⎜x2+a1x2+a1x2⎟=0⎝⎠″′()⇔x+ax+ax=,0x≠0212121即x为(*)的解。2（２）因为x,x为方程的解，则由刘维尔公式12tx1x2−∫a1()sds′′=w()tet0,即:0xx12t′′−∫a1()sdsxx−xx=w()tet012120⎛x⎞⎜2⎟d⎜⎟t⎝x⎠w()t−∫a1()sds10t01=e两边都乘以则有：2，于是：x2dtx11tx21−∫a1()sds=cet0dt+c1∫22x1x1t⎛1−∫a1()sds⎞即：x=⎜cet0dt+c⎟x2⎜1∫x22⎟1⎝1⎠ 课后答案网www.khdaw.comt1−∫a1()sds取c=,1c=,0得：x=xet0dt,1221∫2x1tx1x2−∫a1()sds又：w()t=′′=et0≠0xx12从而方程的通解可表示为：⎡1⎛t()⎞⎤x=x1⎢c1∫∫2exp⎜−ta1sds⎟dt+c2⎥,其中c,c为常⎢x⎝0⎠⎥12⎣1⎦数,t,t∈[]a,b。08.试证n阶非齐线形微分方程（4.1）存在且最多存在n+1个线形无关解。证：设x()t,x()t,L,x()t为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，x()t是（4.1）12n的一个解，则：x()t+x()t,x(t)+x(t),L,x(t)+x(t),x(t),（1），均为（4.1）的12n解。同时（1）是线形无关的。事实上：假设存在常数c,c,L,c，使得：12n+1c(x()t+x()t)+c(x()t+x(t))+L+c(x(t)+x(t))+c(x(t))=01122nnn+1nn+1即:∑cx()t+x()t∑c=0iiii=1i=1n+1我们说：∑c=0ii=1n+1nc()i()否则，若∑c≠0，则有：xt=−∑xtin+1ii=1i=1∑cii=1（*）的左端为非齐线形方程的解，而右端为齐线形方程的解，矛盾！n从而有∑cx()t=0iii=1又x()t,x()t,L,x()t为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，12n故有：c=c=L=c=,0进而有:c=012nn+1即（1）是线形无关的。 课后答案网www.khdaw.com习题4.21.解下列方程)4(（1）x−5x′′+4x=042解：特征方程λ−5λ+4=0有根λ=2，λ=−2，λ=1，λ=−112342t−2tt−t故通解为x=c1e+c2e+c3e+c4e23(2)x′′′−3ax′′+3ax′−ax=03223解：特征方程λ−3aλ+3aλ−a=0有三重根λ=aatat2at故通解为x=ce+cte+cte123)5(（3）x−4x′′′=053解：特征方程λ−4λ=0有三重根λ=0，λ=2，λ=-2452t−2t2x=ec+ec+tc+tc+c故通解为12345（4）x′′+2x′+10x=02解：特征方程λ+2λ+10=0有复数根λ=-1+3i,λ=-1-3i12−t−t故通解为x=cecos3t+cesin3t12(5)x′′+x′+x=02−1+3i−1−3i解：特征方程λ+λ+1=0有复数根λ=,λ=,122211−t3−t3=2cos+2sin故通解为xc1etc2et22 课后答案网www.khdaw.com(6)2s′′−as=t+122解：特征方程λ−a=0有根λ=a,λ=-a12at−at当a≠0时，齐线性方程的通解为s=ce+ce12~1s=A+Bt代入原方程解得A=B=−2aat−at1故通解为s=ce+ce-(t−)1122a~211当a=0时,s=t(γt+γ)代入原方程解得γ=,γ=121262故通解为s=-12c+ctt(t+)3126(7)x′′′−4x′′+5x′−2x=2t+332解：特征方程λ−4λ+5λ−2=0有根λ=2,两重根λ=112ttt齐线性方程的通解为x=ce+ce+cte123又因为λ=0不是特征根，故可以取特解行如~x=A+Bt代入原方程解得A=-4，B=-12ttt故通解为x=ce+ce+cte-4-t123)4(2(8)x−2x′′+x=t−3解：特征方程42λ−2λ+1=0有2重根λ=1，2重根λ=−1tt−t−t故齐线性方程的通解为x=ce+cte+ce+cte1234取特解行如~2代入原方程解得A=1，B=0,C=1x=At+Bt+ctt−t−t2故通解为x=ce+cte+ce+cte+t+11234(9)x′′′−x=cost3−1+3i−1−3i解：特征方程λ−1=0有复数根λ=,λ=,λ=11232211−t3−t3t故齐线性方程的通解为x=ce2cost+ce2sint+ce12322 课后答案网www.khdaw.com~11取特解行如x=Acost+Bsint代入原方程解得A=,B=−2211−t3−t3t1故通解为x=ce2cost+ce2sint+ce−(cost+sint)123222(10)x′′+x′−2x=8sin2t2解：特征方程λ+λ−2=0有根λ=-2,λ=112t−2t故齐线性方程的通解为x=ce+ce12因为+-2i不是特征根~26取特解行如x=Acos2t+Bsin2t代入原方程解得A=−,B=−55t−2t26故通解为x=ce+ce−cos2t−sin2t1255（11）tx′′′−x=e3−1+3i−1−3i解：特征方程λ−1=0有复数根λ=,λ=,λ=11232211−t3−t3t故齐线性方程的通解为x=ce2cost+ce2sint+ce12322~t1λ=1是特征方程的根，故x=Ate代入原方程解得A=311−t3−t3t1t故通解为x=ce2cost+ce2sint+ce+te1232232t（12）s′′+2sa′+as=e22解：特征方程λ+2aλ+a=0有2重根λ=-att当a=-1时，齐线性方程的通解为s=ce+cte,12~2t1λ=1是特征方程的2重根，故x=Ate代入原方程解得A=2通解为s=tt12ce+cte+t,122−at−at当a≠-1时，齐线性方程的通解为s=ce+cte,12~t1λ=1不是特征方程的根，故x=Ae代入原方程解得A=2(a+)1 课后答案网www.khdaw.com−at−at1t故通解为s=ce+cte+e122(a+)1（13）2tx′′+6x′+5x=e2解：特征方程λ+6λ+5=0有根λ=-1,λ=-512−t−5t故齐线性方程的通解为x=ce+ce12~2t1λ=2不是特征方程的根，故x=Ae代入原方程解得A=21−t−5t12t故通解为x=ce+ce+e1221（14）−tx′′−2x′+3x=ecost2解：特征方程λ−2λ+3=0有根λ=-1+2i,λ=-1-2i12tt故齐线性方程的通解为x=cecos2t+cesin2t12~−t−1±i不是特征方程的根,取特解行如x=(Acost+Bsint)e代入54原方程解得A=,B=−4141tt54−t故通解为x=cecos2t+cesin2t+(cost−sint)e124141(15)x′′+x=sint−cos2t2解：特征方程λ+1=0有根λ=i,λ=-i12故齐线性方程的通解为x=ccost+csint12x′′+x=sint,λ=i,是方程的解~x=t(Acost+Bsint)代入原方程解得11~1A=−B=0故x=−tcost22~x′′+x=−cos2tx=Acos2t+Bsin2t代入原方程解得1~1A=B=0故x=cos2t3311故通解为x=ccost+csint−tcost+cos2t1223 课后答案网www.khdaw.com习题5.11.给定方程组‘⎡01⎤⎡x1⎤x=⎢⎥xx=⎢⎥（*）⎣－10⎦⎣x2⎦⎡cost⎤⎡sint⎤a)试验证u(t)=⎢⎥,v(t)=⎢⎥分别是方程组（*）的满足初始条件⎣−sint⎦⎣cost⎦⎡1⎤⎡0⎤u(0)=⎢⎥,v(0)=⎢⎥的解.⎣0⎦⎣1⎦⎡c1⎤b)试验证w(t)＝cu(t)+cv(t)是方程组（*）的满足初始条件w(0)=12⎢⎥c⎣2⎦的解，其中c,c是任意常数.12⎡cos0⎤⎡1⎤解：a)u(0)=⎢⎥=⎢⎥⎣−sin0⎦⎣0⎦"⎡−sint⎤⎡01⎤⎡cost⎤⎡01⎤u(t)=⎢⎥=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥u(t)⎣−cost⎦⎣−10⎦⎣−sint⎦⎣−10⎦⎡sino⎤⎡0⎤又v(0)=⎢⎥=⎢⎥⎣cos0⎦⎣1⎦"⎡cost⎤⎡01⎤⎡sint⎤⎡01⎤v(t)=⎢⎥=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥v(t)⎣−sint⎦⎣－10⎦⎣cost⎦⎣－10⎦因此u(t),v(t)分别是给定初值问题的解.⎡1⎤⎡0⎤⎡c1⎤b)w(0)=cu(0)+cu(0)=c⎥+c⎥=121⎢2⎢⎢⎥⎣0⎦⎣1⎦⎣c2⎦"""w(t)=cu(t)+cv(t)12⎡−sint⎤⎡cost⎤=c⎥+c⎥1⎢2⎢⎣−cost⎦⎣−sint⎦⎡－c1sint+c2cost⎤=⎢⎥−ccost−csint⎣12⎦ 课后答案网www.khdaw.com⎡01⎤⎡c1cost+c2sint⎤=⎢⎥⎢⎥⎣－10⎦⎣−c1sint+c2cost⎦⎡01⎤=⎢⎥w(t)⎣－10⎦因此w(t)是给定方程初值问题的解.2.将下面的初值问题化为与之等价的一阶方程组的初值问题：a)x‘’+2x‘+7tx=e－t,x(1)=7,x‘(1)=-2b)x（4）+x=tet,x(0)=1,x‘(0)=-1,x‘’(0)=2,x‘‘’(0)=0‘’’t⎧x＋5y－7x＋6y＝ec)⎨‘’‘⎩y－2y＋13y－15x＝costx(0)=1,x‘(0)=0,y(0)=0,y‘(0)=1解：a）令x＝x,x=x‘,得12""⎧x=x=x12⎨"""−tx=x=−7tx−2x+e⎩212"⎡x1⎤⎡01⎤⎡x1⎤⎡0⎤即⎢⎥=⎢⎥⎢⎥+⎢−t⎥x−7t−2xe⎣2⎦⎣⎦⎣2⎦⎣⎦又x＝x(1)=7x(1)=x‘(1)=-212于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：‘⎡01⎤⎡0⎤⎡7⎤x＝⎢⎥x＋⎢−t⎥,x(1)＝⎢⎥⎣－7－2⎦⎣e⎦⎣−2⎦⎡x1⎤其中x＝⎢⎥.x⎣2⎦""""""b)令＝xxx＝xx＝xx＝x则得：1234""⎧x=x=x12⎪"""⎪x2=x=x3⎨""""x=x=x⎪34⎪x"=−x+tet=−x+tet⎩41 课后答案网www.khdaw.com"""且x(0)=x(0)=1,x=x(0)=-1,x(0)=x(0)=2,123"""x(0)=x(0)=04于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：⎡0100⎤⎡0⎤⎡1⎤⎡x1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥00100－1xx"=⎢⎥x＋⎢⎥x(0)=⎢⎥,其中x=⎢2⎥.⎢0001⎥⎢0⎥⎢2⎥⎢x⎥3⎢⎥⎢t⎥⎢⎥⎢⎥⎣－1000⎦⎣te⎦⎣0⎦⎣x4⎦c)令w＝x，w＝，"w＝y，w＝y‘，则原初值问题可化为：x1234""⎧w1=x=w2⎧w1)0(=x)0(=1⎪"""t⎪"⎪w2=x=−5w4+7w1−6w3+e⎪w2)0(=x)0(=0⎨且⎨""⎪w3=y=w4⎪w3)0(=y)0(=0⎪w"=y""=2w−13w+15w+cost⎪w)0(=y")0(=1⎩4341⎩4⎡0100⎤⎡0⎤⎢⎥⎢t⎥70−6−5e即w"=⎢⎥w+⎢⎥⎢0001⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎥⎣1502−13⎦⎣cost⎦⎡1⎤⎡w1⎤⎢⎥⎢⎥0ww(0)=⎢⎥其中w＝⎢2⎥⎢0⎥⎢w⎥3⎢⎥⎢⎥⎣1⎦⎣w4⎦3.试用逐步逼近法求方程组"⎡01⎤⎡x1⎤x＝⎢⎥xx＝⎢⎥⎣－10⎦⎣x2⎦满足初始条件⎡x1⎤x(0)=⎢⎥x⎣2⎦的第三次近似解.⎡0⎤解：ψ(t)=⎥0⎢⎣1⎦ 课后答案网www.khdaw.com⎡0⎤t⎡01⎤⎡0⎤⎡0⎤⎡t⎤⎡t⎤ψ(t)=⎥+⎥ds=⎥+⎥=⎥1⎢∫⎢⎥⎢⎢⎢⎢⎣1⎦0⎣−10⎦⎣1⎦⎣1⎦⎣0⎦⎣1⎦⎡0⎤t⎡01⎤⎡s⎤⎡0⎤⎡t2⎤⎡t2⎤ψ(t)=⎥+⎥ds=⎥+⎢t⎥=⎢t⎥2⎢∫⎢⎥⎢⎢−1−⎣1⎦0⎣−10⎦⎣1⎦⎣1⎦⎢⎥⎢⎥⎣2⎦⎣2⎦3⎡t⎤⎡0⎤t⎡01⎤⎡s2⎤⎡0⎤⎢t−6⎥ψ3(t)=⎢⎥+∫⎢10⎥⎢1−s⎥ds=⎢⎥+⎢2⎥⎣1⎦0⎣−⎦⎢⎣2⎥⎦⎣1⎦⎢1−t⎥⎢⎣2⎥⎦0241201杨素玲 课后答案网www.khdaw.com习题5.202412—0202412—032⎡tt⎤1.试验证Φ()t=⎢⎥⎣2t1⎦⎡01⎤⎡x1⎤"22是方程组x=⎢−⎥x,x=⎢⎥，在任何不包含原点的区间a≤t≤b上⎢⎣t2t⎥⎦⎣x2⎦的基解矩阵。⎛t2⎞⎛2t⎞⎛01⎞解：令Φ()t的第一列为ϕ(t)=⎜⎟,这时ϕ"(t)=⎜⎟=⎜22⎟ϕ(t)故1⎜2t⎟1⎜2⎟⎜−⎟1⎝⎠⎝⎠⎝t2t⎠⎛1⎞ϕ(t)是一个解。同样如果以ϕ(t)表示Φ(t)第二列，我们有ϕ(t)=⎜⎟=122⎜⎟⎝0⎠⎛01⎞⎜22⎟ϕ(t)这样ϕ(t)也是一个解。因此Φ(t)是解矩阵。又因为⎜−⎟222⎝tt⎠2()detΦ()t=-t故Φt是基解矩阵。"2.考虑方程组x=A(t)x(5.15)其中A(t)是区间a≤t≤b上的连续n×n矩阵，它的元素为a(t),i,j=1,2,…,nija)如果x(t),x(t),…,x(t)是(5.15)的任意n个解，那么它们的伏朗斯12n基行列式W[x(t),x(t),…,x(t)]≡W(t)满足下面的一阶线性微分方12n程W"=[a(t)+a(t)+…+a(t)]W1122nnb)解上面的一阶线性微分方程，证明下面公式：tW(t)=W(t)e∫t0[a11(s)+a22(s)+...ann(s)]dst,t∈[a,b]00"""x11x12...x1nx11x12...x1nx11x12...x1n""""x21x22...x2nx21x22...x2nx21x22...x2n解：w(t)=+"+…+............xn1xn2...xnnxn1xn2...xnnx′n1xn′2...xnn′= 课后答案网www.khdaw.comax+ax+..axax+ax+...+ax...ax+ax+...+ax111112211nn1111212221nn2111n122n1nnnxx...x21222n....xx...xn1n2nnxx...x11121nxx...x21222n+…+=....ax+...+axax+..+ax...ax+...+axn111nnn1n121nnn2n1nnnnnnaxax...ax1nxx...x111111121111121nxx...xxx...x21222n21222n+…+整理后原式变为........xx...xaxax...axn1n2nnnnn1nnn2nnnnxx...x11121nxx...x21222n（a+…+a）=（a+…+a）w(t)11nn11nn....xx...xn1n2nn=（a(t)+…+a(t)）w(t)11nn"dw(t)b)由于w(t)=[a(t)+…+a(t)]w(t),即=[a(t)+…+a(t)]dt11nn11nnw(t)t两边从t0到t积分lnwt)(-lnw(t0)=∫[a11(s)+...+ann(s)]ds即t0t∫[a11(s)+...+ann(s])dsw(t)=w(t)et0,t∈[a,b]03.设A(t)为区间a上的连续n"≤t≤b×n实矩阵，Φ(t)为方程x=A(t)x的基解矩阵，而x=ϕ(t)为其一解，试证："=-AT(t)y的任一解y=Ta)对于方程yΨ(t)必有Ψ(t)ϕ(t)=常数；b)(t)为方程y"=-AT(t)y的基解矩阵的充要条件是存在非奇异的常数ΨT矩阵C，使Ψ(t)ϕ(t)=C."T"=TT""TT解a)[Ψ(t)ϕ(t)]Ψϕ(t)+Ψϕ(t)=Ψϕ(t)+Ψ(t)A(t)ϕ"T(t)(t)，所以"TT又因为Ψ=-AΨΨ=-Ψ(t)A(t)T"=-T(t)T[Ψ(t)ϕ(t)]Ψϕ(t)A(t)+Ψ(t)A(t)ϕ(t)=0, 课后答案网www.khdaw.com所以对于方程y"=-AT(t)y的任一解y=TΨ(t)必有Ψ(t)ϕ(t)=常数b)“"T⇐”假设为方程y=-A(t)y的基解矩阵，则T"T"()T"T[Ψ(t)ϕ(t)]=[Ψ(t)]Φt+Ψ(t)Φ(t)=[-A(t)Ψ(t)]Φ()t+TT()TTTTTΨ(t)A(t))Φt+Ψ(t)[A(t)ϕ(t)]=-Ψ(t)A(t)Φ(t)+Ψ(t)A(t)()TΦt=0,故Ψ(t)ϕ(t)=CT(t)“⇒”若存在非奇异常数矩阵C，detc≠0,使Ψϕ(t)=C，""T"TT"TT则[Ψ(t)ϕ(t)]=Ψϕ(t)+Ψϕ(t)=0，故Ψ(t)ϕ(t)=-Ψ(t)"TT"TT"ϕ(t)A(t)Ψ(t)=-Ψ(t)A(t)所以Ψ(t)=-Ψ(t)A(t),Ψ(t)=-TT"TΨ(t)A(t)即Ψ(t)为方程y=-A(t)y的基解矩阵4.设()为方程x"=Ax（A为nΦt×n常数矩阵）的标准基解矩阵（即（Φ0）=E），证明:()−1ΦtΦ(t)=Φ(t-t)其中t为某一值.000证明：（1）Φ()t,Φ(t-t)是基解矩阵。0()"=Ax的解矩阵，所以−1（2）由于Φt为方程xΦ()tΦ(t)也是0"=Ax的解矩阵，而当t=t时，−1xΦ(t)Φ(t)=E,Φ(t-t)=Φ（0）0000()−1=E.故由解的存在唯一性定理，得ΦtΦ(t)=Φ(t-t)005.设A(t),f(t)分别为在区间a≤t≤b上连续的n×n矩阵和n维列向量，证明方程组x"=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1个线性无关解。证明：设x,x,…x是x"=A(t)x的n个线性无关解，12nx是"x=A(t)x+f(t)的一个解，则x+x,x+x,…,x+x,x都是非齐线性12n方程的解，下面来证明它们线性无关，假设存在不全为零的常数nCi,(I=1,2,…,n)使得∑ci(xi+x)+cn−1x=0,从而x+1x,x2+x,…,i=1 课后答案网www.khdaw.comx+x,x在a≤t≤b上线性相关，此与已知矛盾，因此x+x,x+x,…,n12"x+x,x线性无关，所以方程组x=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1n个线性无关解。6、试证非齐线性微分方程组的叠加原理："x=A(t)x+f(t)1"x=A(t)x+f(t)2的解，则xt)(+xt)(是方程组12"x=A(t)x+f(t)+f(t)12的解。证明："（1）"（2）x=A(t)x+f(t)x=A(t)x+f(t)12分别将x(t),xt)(代入（1）和（2）12""则x=A(t)x+f(t)x=A(t)x+f(t)11122""则x+x=A(t)[x(t)+x(t)]+f(t)+f(t)121212"[x(t)+x(t)]=A(t)[x(t)+x(t)]+f(t)+f(t)121212令x=xt)(+xt)(12"即证x=A(t)x+f(t)+f(t)12"7．考虑方程组x=Ax+f(t)，其中⎡21⎤⎡x1⎤⎡sint⎤A=⎢⎥x=⎢⎥f(t)=⎢⎥⎣02⎦⎣x2⎦⎣cost⎦2t2t⎡ete⎤"a)试验证Φt)(=⎢⎥是x=Ax的基解矩阵；2t⎣0e⎦"⎡1⎤b)试求x=Ax+f(t)的满足初始条件ϕ)0(=⎢⎥的解ϕ(t)。⎣−1⎦证明：a)首先验证它是基解矩阵 课后答案网www.khdaw.com2t⎛e⎞以ϕt)(表示φ(t)的第一列ϕ(t)=⎜⎟11⎜⎟⎝0⎠2t2t"⎛2e⎞⎛21⎞⎛e⎞⎛21⎞则ϕ(t)=⎜⎟=⎜⎟⎜⎟=⎜⎟ϕ(t)1⎜0⎟⎜02⎟⎜0⎟⎜02⎟1⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠故ϕt)(是方程的解12t⎛te⎞如果以ϕt)(表示φ(t)的第二列ϕt)(=⎜⎟22⎜e2t⎟⎝⎠2t2t2t"⎛e+2te⎞⎛21⎞⎛te⎞⎛21⎞我们有ϕ(t)=⎜⎟=⎜⎟⎜⎟=⎜⎟ϕt)(2⎜2e2t⎟⎜02⎟⎜e2t⎟⎜02⎟2⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠故ϕt)(也是方程的解2从而φ(t)是方程的解矩阵2t2tete4t又detφ(t)==e≠02t0e故"φ(t)是x=Ax的基解矩阵；⎡1⎤b)由常数变易公式可知，方程满足初始条件ϕ)0(=⎢⎥的解⎣−1⎦t−`1−1ϕ(t)=φt)(φ)0(η+φt)(∫φf(s)ds02t2t⎛e−te⎞⎜⎟⎜2t⎟−1⎝0e⎠⎛1−t⎞−2t而φt)(==⎜⎟e4t⎜⎟e⎝01⎠⎛12t11⎞2t2t2t−2s−2s⎜(−15t+27)e−cost−sint⎟⎛1(−t)e⎞⎛ete⎞t⎛e−se⎞⎛sins⎞252525∴ϕ(t)=⎜⎜2t⎟⎟+⎜⎜2t⎟⎟∫0⎜⎜−2s⎟⎟⎜⎜⎟⎟ds=⎜321⎟⎝−e⎠⎝0e⎠⎝0e⎠⎝coss⎠⎜⎜−e2t−cost+sint⎟⎟⎝555⎠8、试求"，其中x=Ax+f(t)⎡21⎤⎡x1⎤⎡0⎤A=⎢⎥x=⎢⎥ft)(=⎢2t⎥02xe⎣⎦⎣2⎦⎣⎦满足初始条件 课后答案网www.khdaw.com⎡1⎤ϕ)0(=⎢⎥⎣−1⎦的解φ(t)。2t2t⎡ete⎤"解：由第7题可知x=Ax的基解矩阵Φt)(=⎢2t⎥⎣0e⎦2s2s⎛e−se⎞⎜⎟⎜2s⎟−1⎝0e⎠⎛1−s⎞−2s则φ(s)==⎜⎟e4s⎜⎟e⎝01⎠若方程满足初始条件ϕ)0(=02t2t⎛122t⎞t−1⎛ete⎞t⎛1−s⎞−2s⎛0⎞⎜te⎟则有ϕ(t)=ϕt)(∫0φ(s)f(s)ds=⎜⎜2t⎟⎟∫0⎜⎜⎟⎟e⎜⎜2s⎟⎟ds=⎜2⎟⎝0e⎠⎝01⎠⎝e⎠⎜te2t⎟⎝⎠⎡1⎤若ϕ)0(=⎢⎥⎣−1⎦则有2t2t⎛122t⎞⎛122t⎞−1⎛1⎞t−1⎛⎜ete⎞⎟⎛1⎞⎜te⎟⎜1(−t+t)e⎟ϕ(t)=φ(t)φ)0(⎜⎜−1⎟⎟+φ(t)∫0φ(s)f(s)ds=⎜2t⎟⎜⎜−1⎟⎟+⎜2⎟=⎜2⎟⎝⎠⎝0e⎠⎝⎠⎜te2t⎟⎜(t−)1e2t⎟⎝⎠⎝⎠9、试求下列方程的通解：""ππa)x+x=sect,−0,使得f(t)≤M,∀t∈,0[+∞)又−t−7t是齐线性方程组的基本解组Qx=e,x=e∴非齐线性方程组的解−7t−s−t−7s−7s−s−t−7stee−eetee−ee∴ϕ(t)=f(s)ds=f(s)ds∫0e−se−7s∫0−6e−8s−s−7s−e−7eMt−7t7s−tsM81−7t−t4∴ϕ(t)≤∫ee−eeds≤(−e−e)≤M6067721又对于非齐线性方程组的满足初始条件的解x(t)，都存在固定的常数c,c12−7t−t使得x(t)=ce+ce+ϕ(t)12−7t−t4从而x(t)≤ce+ce+ϕ(t)≤c+c+M121221故上面方程的每一个解在0≤t<+∞上有界b)Qt→∞时，f(t)→0∴∀ε>,0∃N当t>N时ft)(<ε由a)的结论−7t−t44x(t)≤ce+ce+ϕ(t)≤c+c+M≤(,t→∞)12122121故t→∞时，原命题成立11、给定方程组"（5.15）x=A(t)x这里A(t)是区间a≤x≤b上的连续n×n矩阵，设φ(t)是（5.15）的一个基解矩阵，n维向量函数F(t,x)在a≤x≤b，x<∞上连续，t∈[a,b]试0"⎧x=At)(x+Ft,(x)证明初值问题：⎨（*）ϕ(t)=η⎩0 课后答案网www.khdaw.com的唯一解ϕ(t)是积分方程组t−1−1x(t)=φ(t)φ(t)η+φ(t)φ(s0F(s,x(s))ds（**）0∫t0的连续解。反之，（**）的连续解也是初值问题（8）的解。证明：若ϕ(t)是（*）的唯一解则由非齐线性方程组的求解公式t−1−1ϕ(t)=φ(t)φ(t)η+φ(t)φ(s)F(s,ϕ(s))ds0∫t0即（*）的解满足（**）反之，若ϕ(t)是（**）的解，则有t−1−1ϕ(t)=φ(t)φ(t)η+φ(t)φ(s)F(s,ϕ(s))ds0∫t0两边对t求导：t""−1"−1−1ϕ(t)=φ(t)φ(t)η+φ(t)φ(s)F(s,ϕ(s))ds+φ(t)φ(t)Ft,(ϕ(t))0∫0t"−1−1=φ(t)[φ(t)η+φ(s)F(s,ϕ(s))ds]+Ft,(ϕ(t))0∫0t−1−1=A(t)φ(t)[φ(t)η+φ(s)F(s,ϕ(s))ds]+Ft,(ϕ(t))0∫0=A(t)ϕ(t)+Ft,(ϕ(t))即（**）的解是（*）的解 课后答案网www.khdaw.com习题5.31、假设A是n×n矩阵，试证：a)对任意常数c、c都有12exp(cA+cA)=expcA·expcA1212b)对任意整数k,都有k(expA)=expkAk−1−k(当k是负整数时，规定(expA)＝[(expA)])证明：a)∵（cA）·（cA）＝（cA）·（cA）1221∴exp(cA+cA)=expcA·expcA1212kb)k>0时，(expA)＝expA·expA……expA＝exp（A+A+……+A）＝expkAk<0时，-k>0k−1−k−k(expA)＝[(expA)]=[exp(-A)]=exp(-A)·exp(-A)……exp(-A)＝exp[(-A)(-k)]＝expkAk故∀k，都有(expA)=expkA"2、试证：如果ϕ(t)是x=Ax满足初始条件ϕ(t)＝η的解，那么0ϕ(t)＝[expA(t-t)]η0t-11-证明：由定理8可知ϕ(t)＝Ф(t)Ф(t0)η＋Ф(t)∫φ(s)f(s)dst0-1-1又因为Ф(t)=expAt,Ф(t0)=(expAt0)=exp(-At0),f(s)=0,又因为矩阵（At）·（-At0）=（-At0）·（At）所以ϕ(t)＝[expA(t-t)]η03、试计算下面矩阵的特征值及对应的特征向量i 课后答案网www.khdaw.com⎛2−33⎞⎛12⎞⎜⎟a）⎜⎜⎟⎟b）⎜4−53⎟⎝43⎠⎜⎟⎝4−42⎠⎛121⎞⎛010⎞⎜⎟⎜⎟c）⎜1−11⎟d）⎜001⎟⎜⎟⎜⎟⎝201⎠⎝−6−11−6⎠λ−1−2解：a）det（λE－A）==(λ－5)(λ+1)=0−4λ−3∴λ=5,λ=－112⎛α⎞对应于λ=5的特征向量u=⎜⎟,(α≠0)1⎜⎟⎝2α⎠⎛β⎞对应于λ=－1的特征向量v=⎜⎟,(β≠0)2⎜⎟⎝−β⎠b)det（λE－A）=(λ+1)(λ+2)(λ－2)＝0∴λ＝－1，λ＝2，λ＝－2123⎛1⎞⎜⎟对应于λ1＝－1的特征向量u1＝α⎜1⎟，（α≠0）⎜⎟⎝0⎠⎛1⎞⎜⎟对应于λ2＝2的特征向量u2＝β⎜1⎟，（β≠0）⎜⎟⎝1⎠⎛0⎞⎜⎟对应于λ3＝－2的特征向量u3＝γ⎜1⎟，（γ≠0）⎜⎟⎝1⎠λ−1−2−12c）det（λE－A）=−1λ+1−1＝(λ+1)(λ－3)＝0−20λ−1∴λ＝－1（二重），λ＝312ii 课后答案网www.khdaw.com⎛−1⎞⎜⎟对应于λ1＝－1（二重）的特征向量u＝α⎜2⎟，（α≠0）⎜⎟⎝−2⎠⎛2⎞⎜⎟对应于λ2＝3的特征向量v＝β⎜1⎟,（β≠0）⎜⎟⎝2⎠λ−10d)det（λE－A）=0λ−1=(λ+3)(λ+1)(λ+2)=0611λ+6∴λ＝－1，λ＝－2，λ＝－3123⎛1⎞⎜⎟对应于λ1＝－1的特征向量u1＝α⎜−1⎟，（α≠0）⎜⎟⎝1⎠⎛1⎞⎜⎟对应于λ2＝－2的特征向量u2＝β⎜−2⎟，（β≠0）⎜⎟⎝4⎠⎛1⎞⎜⎟对应于λ3＝－3的特征向量u3＝γ⎜−3⎟，（γ≠0）⎜⎟⎝9⎠"4、试求方程组x=Ax的一个基解矩阵，并计算expAt，其中A为：⎛−21⎞⎛12⎞a）⎜⎜⎟⎟b）⎜⎜⎟⎟⎝−12⎠⎝43⎠⎛2−33⎞⎛103⎞⎜⎟⎜⎟c）⎜4−53⎟d）⎜81−1⎟⎜⎟⎜⎟⎝4−42⎠⎝51−1⎠解：a）det（λE－A）=0得λ＝3，λ＝－312⎛1⎞对应于λ的特征向量为u＝⎜⎟α，（α≠0）1⎜⎟⎝2+3⎠iii 课后答案网www.khdaw.com⎛1⎞对应于λ的特征向量为v＝⎜⎟β，（β≠0）2⎜⎟⎝2−3⎠⎛1⎞⎛1⎞∴u＝⎜⎟，v＝⎜⎟是对应于λ，λ的两个线性无关的特征向量⎜2+3⎟⎜2−3⎟12⎝⎠⎝⎠⎛e3te−3t⎞Ф(t)=⎜⎟是一个基解矩阵⎜3t−3t⎟⎝2(+)3e2(−)3e⎠1⎛−2(−)3e3t+2(+)3e−3te3t−e−3t⎞ExpAt=⎜⎟⎜3t−3t3t−3t⎟23⎝−e+e2(+)3e−2(−)3e⎠b)由det（λE－A）=0得λ＝5，λ＝－112⎛1⎞⎛1⎞解得u＝⎜⎟，v＝⎜⎟是对应于λ，λ的两个线性无关的特征向量⎜2⎟⎜−1⎟12⎝⎠⎝⎠5t−t⎛ee⎞则基解矩阵为Ф(t)＝⎜⎟⎜5t−t⎟⎝2e−e⎠⎛11⎞⎛11⎞⎜⎟⎜⎟－1⎜33⎟Ф(0)＝⎜⎟Ф(0)＝21⎝2−1⎠⎜⎜−⎟⎟⎝33⎠5t−t5t−t1⎛e+2ee−e⎞－1⎜⎟则expAt＝Ф(t)Ф(0)＝3⎜5t−t5t−t⎟⎝2e−2e2e+e⎠c）由det（λE－A）=0得λ＝2，λ＝－2，λ＝－11232t−t⎛e0e⎞⎜⎟2t−2t−t解得基解矩阵Ф(t)＝⎜eee⎟⎜2t−2t⎟ee0⎝⎠⎛1−11⎞⎜⎟－1−110Ф(0)＝⎜⎟⎜⎟⎝01−1⎠2t2t−t2t−t⎛e−e+ee−e⎞⎜⎟－12t−2t2t−2t−t2t−t则expAt＝Ф(t)Ф(0)＝⎜e−e−e+e+ee−e⎟⎜2t−2t2t−2t2t⎟e−e−e+ee⎝⎠iv 课后答案网www.khdaw.comd）由det（λE－A）=0得λ＝－3，λ＝2＋7，λ＝2－7123⎛⎞⎜−3t2(+)7t2(−)7t⎟⎜−3eee⎟⎜−3t47−52(+)7t−47−52(+)7t⎟解得基解矩阵Ф(t)＝7eee⎜33⎟⎜⎟⎜−3t1+72(+)7t1−72(+)7t⎟4eee⎝33⎠－1则expAt＝Ф(t)Ф(0)＝⎛⎜−87−3t−2+472(+)7t2+472(−)7t⎞⎟e+e+e⎜333⎟1⎜567−3t122−2872(+)7t−122−2872(−)7t⎟⎜e+e+e⎟47⎜999⎟⎜327−3t26+272(+)7t−26+272(−)7t⎟e+e+e⎜⎝999⎟⎠"5、试求方程组x=Ax的基解矩阵，并求满足初始条件ϕ)0(=η的解ϕt)(⎛12⎞⎛3⎞a)A=⎜⎜⎟⎟η=⎜⎜⎟⎟⎝43⎠⎝3⎠⎛103⎞⎛0⎞⎜⎟⎜⎟b)A=⎜81−1⎟η=⎜−2⎟⎜⎝51−1⎟⎠⎜⎝−7⎟⎠⎛121⎞⎛1⎞⎜⎟⎜⎟c)A=⎜1−11⎟η=⎜0⎟⎜⎝201⎟⎠⎜⎝0⎟⎠5t−t⎛ee⎞解：a）由第4题（b）知，基解矩阵为⎜⎟⎜5t−t⎟⎝2e−e⎠⎛3⎞⎛α⎞⎛β⎞η=⎜⎜⎟⎟=⎜⎜⎟⎟+⎜⎜⎟⎟⎝3⎠⎝2α⎠⎝−β⎠所以α=,2β=15t−t⎛2e+e⎞ϕt)(=⎜⎟⎜5t−t⎟⎝4e−e⎠v 课后答案网www.khdaw.comb）由第4题（d）知，基解矩阵为⎛⎞⎜−3t2(+)7t2(−)7t⎟⎜−3eee⎟⎜−3t47−52(+)7t−47−52(+)7t⎟Ф(t)＝7eee⎜33⎟⎜⎟⎜−3t1+72(+)7t1−72(+)7t⎟4eee⎝33⎠所以⎛⎜527−3t4−2672(+)7t−4−2672(−)7t⎞⎟e+e+e⎜333⎟1⎜−3647−3t−748+14672(+)7t748+14672(−)7t⎟ϕ(t)=⎜e+e+e⎟47⎜999⎟⎜−2087−3t−178−2272(+)7t178−2272(−)7t⎟e+e+e⎜⎝999⎟⎠c)由3（c）可知，矩阵A的特征值为λ＝3，λ＝－1（二重）12⎛⎞⎛2α⎞⎜β⎟⎜⎟⎜⎟λ1对应的特征向量为u1＝⎜α⎟，u2＝⎜γ⎟⎜α⎟⎜4β+2γ⎟⎝⎠⎜−⎟⎝3⎠⎛⎞⎛1⎞⎛2α⎞⎜β⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟∴⎜0⎟＝⎜α⎟＋⎜γ⎟⎜⎝0⎟⎠⎜⎝α⎟⎠⎜−4β+2γ⎟⎜⎟⎝3⎠⎧1⎛1⎞⎛1⎞⎪α=⎜⎟⎜⎟⎪4⎜2⎟⎜2⎟⎪1⎜1⎟⎜1⎟解得⎨β=∴v1=v2=2⎜4⎟⎜4⎟⎪1⎜1⎟⎜1⎟⎪γ=−⎜⎟⎜−⎟⎪⎩4⎝2⎠⎝2⎠3t−tϕ(t)=eEv+e[E+t(A+E)]v12⎛13t1−t⎞⎜e+e⎟⎜22⎟⎜13t1−t⎟＝e−e⎜44⎟⎜13t1−t⎟⎜e−e⎟⎝22⎠vi 课后答案网www.khdaw.com"6、求方程组x=Ax＋f（t）的解ϕ(t)：t⎛−1⎞⎛12⎞⎛e⎞a)ϕ)0(=⎜⎜⎟⎟,A=⎜⎜⎟⎟,f(t)=⎜⎜⎟⎟⎝1⎠⎝43⎠⎝1⎠⎛010⎞⎛0⎞⎜⎟⎜⎟b)ϕ)0(=,0A=⎜001⎟,f(t)=⎜0⎟⎜−6−11−6⎟⎜e−t⎟⎝⎠⎝⎠⎛η1⎞⎛4−3⎞⎛sint⎞c)ϕ)0(=⎜⎜⎟⎟,A=⎜⎜⎟⎟,f(t)=⎜⎜⎟⎟⎝η2⎠⎝2−1⎠⎝−2cost⎠"解：a）令x=Ax的基解矩阵为Ф(t)p(λ)=det(λE−A)=(λ−5)(λ+)1=0所以λ＝5，λ＝－1125t−t−t−t⎛ee⎞1⎛−e−e⎞⎜⎟－1⎜⎟解得Ф(t)＝，则Ф(t)＝⎜5t−t⎟−e4t⎜5t5t⎟⎝2e−e⎠3⎝−2ee⎠1⎛−1−1⎞－1−⎜⎟Ф(0)＝⎜⎟3⎝−21⎠⎛35t−t1t2⎞⎜e−e−e−⎟求得ϕ(t)＝⎜2045⎟⎜35t−t1t1⎟⎜e+e−e+⎟⎝1025⎠b）由det（λE－A）=0得λ＝－1，λ＝－2，λ＝－3123设λ1对应的特征向量为v1，则⎛−α⎞⎜⎟（λ1E－A）v1=0，得v1＝⎜α⎟α≠0⎜⎟⎝−α⎠⎛1⎞⎛1⎞⎛−1⎞⎜−⎟⎜−⎟⎜⎟⎜2⎟⎜3⎟取v1＝⎜1⎟，同理可得v2＝⎜1⎟，v3＝⎜1⎟⎜⎝−1⎟⎠⎜−2⎟⎜−3⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠vii 课后答案网www.khdaw.com⎛11⎞⎜−1−−⎟⎜23⎟则Ф(t)＝⎜111⎟⎜−1−2−3⎟⎜⎟⎝⎠⎛−2t1−3t3−t1−t⎞⎜e−e−e+te⎟⎜442⎟ϕt)(⎜2e−2t3e−3t5e−t1te−t⎟从而解得=−++−⎜442⎟⎜−2t9−3t7−t1−t⎟⎜4e−e−e+te⎟⎝442⎠"c）令x=Ax的基解矩阵为Ф(t)由det（λE－A）=0得λ＝1，λ＝212⎛t32t⎞⎜ee⎟解得对应的基解矩阵为Ф(t)＝⎜2⎟⎜t2t⎟⎝ee⎠⎛−t3−t⎞−23－1⎜e−e⎟－1⎛⎞∴Ф(t)＝−2⎜2⎟从而Ф(0)＝⎜⎜⎟⎟⎜−e−2te−2t⎟⎝2−2⎠⎝⎠t−1−1ϕ(t)=φt)(φ)0(ϕ)0(+φ(t)∫φ(s)f(s)ds0∴⎛cost−2sint+et(−4−2η+3η)+3e2t1(+η−η)⎞⎜1212⎟=⎜t2t⎟2cost−2sint+e(−4−2η+3η)+2e1(+η−η)⎝1212⎠7、假设m不是矩阵A的特征值。试证非齐线性方程组mtx"=Ax+ce有一解形如mtϕt)(=pe其中c，p是常数向量。mt证：要证ϕt)(=pe是否为解，就是能否确定常数向量pmtmtmtpme=Ape+ce则p（mE－A）＝c由于m不是A的特征值viii 课后答案网www.khdaw.com故mE−A=0mE－A存在逆矩阵－1mt那么p＝c（mE－A）这样方程就有形如ϕt)(=pe的解8、给定方程组⎧x1""−3x1"+2x1+x2"−x2=0⎨x"−2x+x"+x=0⎩1122a）试证上面方程组等价于方程组u’=Au,其中⎡u1⎤⎡x1⎤⎡010⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥u＝u=x"，A=−442⎢2⎥⎢1⎥⎢⎥⎢u⎥⎢x⎥⎢2−1−1⎥⎣3⎦⎣2⎦⎣⎦b）试求a）中的方程组的基解矩阵c）试求原方程组满足初始条件x1(0)=0,x1’(0)=1,x2(0)=0的解。证：a）令u=x,u=x,"u=x则方程组①化为112132⎧u1"=x1"=u2⎪⎨u2"=x1""=3u2−2u1−u3"+u3⎪u"=x"=−u+2u−u⎩32213⎛010⎞⎜⎟即u’＝⎜−442⎟uu’=Au①⎜⎟⎝2−1−1⎠反之，设x1=u1,x1’=u2,x2=u3则方程组②化为⎧x1""=−4x1+4x1"+2x2⎨x"=2x−x"−x⎩2112⎧x1""=2x1"−2x1−x2"+x2⇒⎨x"=2x−x"−x⎩2112b）由det（λE－A）=0得λ＝0，λ＝1，λ＝2123⎧−u2=0⎛1⎞⎪⎜⎟由⎨4u1−4u2−2u3=0得u1=α⎜0⎟α≠0⎪⎜⎟−2u+u+u=02⎩123⎝⎠同理可求得u2和u3ix 课后答案网www.khdaw.com⎛⎞⎛1⎞⎜1⎟⎛1⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟取v1=⎜0⎟,v2=⎜1⎟,v3=⎜2⎟⎜⎟1⎜⎟⎝2⎠⎜⎟⎝0⎠⎝2⎠⎛t2t⎞⎜1ee⎟⎜t2t⎟则φ(t)=0e2e是一个基解矩阵⎜⎟1t⎜2e0⎟⎝2⎠c）令u=x,u=x,"u=x，则①化为等价的方程组①且初始条件变为112132u)0(=,0u)0(=,1u)0(=.0而②满足此初始条件的解为：123⎛1t32t⎞⎛0⎞⎜−2e+e⎟⎜⎟⎜22⎟AtAtt2teη=e⎜1⎟=⎜−2e+3e⎟③⎜0⎟⎜1−et⎟⎝⎠⎜⎟⎝⎠于是根据等价性，①满足初始条件的解为③式9、试用拉普拉斯变换法解第5题和第6题。证明：略。10、求下列初值问题的解：⎧x1"+x2"=0a)⎨ϕ1)0(=,1ϕ2)0(=0x"−x"=1⎩12⎧x1""+3x1"+2x1+x2"+x2=0b)⎨x"+2x+x"−x=0⎩1122ϕ)0(=,1ϕ)0("=−,1ϕ)0(=01122⎧x""−mx=012c)⎨2x""+mx=0⎩21x)0(=η,x)0("=η,x)0(=η,x)0("=η1112232411解：a)根据方程解得x"＝，x"＝－122211∴x＝t＋c，x＝－t＋c112222∵ϕ)0(=11x 课后答案网www.khdaw.com11∴×0＋c＝1∴c＝1∴x＝t＋111122∵ϕ)0(=0211∴－×0＋c＝0∴c＝0∴x＝－t222221综上：x＝t＋1121x＝－t22b）对方程两边取拉普拉斯变换，得2⎧sX(s)−s+1+(3sX(s)−)1+2X(s)+sX(s)+X(s)=011122⎨sX(s)−1+2X(s)+sX(s)−X(s)=0⎩1122解得2s−3211111X(s)==⋅+⋅+⋅1(s+1)(s+2)(s−)23s+14s+212s−2−s−21111X(s)==⋅−⋅2(s+1)(s+2)(s−)23s+13s−22−t1−2t12tϕ(t)=e+e+e13412∴1−t2tϕ(t)=(e−e)23c）对方程两边取拉普拉斯变换，得22⎧sX(s)−sη−η−mX(s)=01122⎨22sX(s)−sη−η+mX(s)=0⎩234222⎧sX(s)－mX(s)＝sη＋η1212即⎨22mX(s)＋sX(s)＝sη＋η⎩12343222ηs＋ηs＋msη＋ηm1234解得X(s)＝144s+m3222ηs+ηs−mηs－mη3412X(s)=244s+mxi 课后答案网www.khdaw.comm122m212m−tϕ(t)=[(η−η+η)cost+(η−η+η)sint]⋅e2112423424m4m24m24m2m122m212mt+[(η+η−η)cost+(η+η+η)sint]⋅e212423424m4m24m24m2m212m122m−tϕ(t)=[(−η+η−η)cost+(η−η+η)sint]⋅e222341244m24m224m4m2m212m122mt+[(η+η+η)cost+(−η−η+η)sint]⋅e22341244m24m224m4m211、假设y＝ϕ(x)是二阶常系数线性微分方程初值问题⎧y""+ay"+by=0⎨⎩y)0(=,0y)0("=1x的解，试证y=∫ϕ(x−t)ft)(dt是方程0y""+ay"+by=f(x)的解，这里f（x）为已知连续函数。x证明：y＝∫ϕ(x−t)ft)(dt0xx∵y’＝ϕ)0(f(x)+∫ϕ("x−t)ft)(dt=∫ϕ("x−t)f(t)dt00xxnny""=∫ϕ(x−t)f(t)dt+ϕ)0("f(x)=∫ϕ(x−t)ft)(dt+f(x)00∴xxxy""+ay"+by=∫0ϕ(""x−t)f(t)dt+f(x)+a∫0ϕ("x−t)ft)(dt+b∫0ϕ(x−t)ft)(dtx=∫[ϕ(""x−t)+aϕ("x−t)+bϕ("x−t)+bϕ(x−t)]ft)(dt+f(x)0=f(x)02412－04丁晶晶02412－05徐雪輝xii 课后答案网www.khdaw.com习题6.31.试求出下列方程的所有奇点,并讨论相应的驻定解的稳定性态⎧dx=x1(−x−y)⎪dt(1)⎨dy⎪=4/1y2(−3x−y)⎩dt⎧x1(−x−y)=0解:由⎨得奇点(0,0),(0,2),(1,0),(1/2,1/2)⎩4/1y2(−3x−y)=0⎛10⎞对于奇点(0,0),A=⎜⎜⎟⎟由λE−A=0得λ1=1>0,λ2=1/2>0⎝02/1⎠所以不稳定⎛−10⎞对于奇点(0,2),令X=x,Y=y-2,则A=⎜⎜⎟⎟得λ1=-1,λ2=-1/2⎝−2/3−2/1⎠所以渐进稳定同理可知,对于奇点(1,0),驻定解渐进稳定对于奇点(1/2,1/2),驻定解渐进不稳定⎧dx2⎪=9x−6y+4xy−5xdt(2)⎨dy2⎪=6x−6y−5xy+4y⎩dt2⎧⎪9x−6y+4xy−5x=0解:由⎨2得奇点(0,0),(1,2),(2,1)⎪⎩6x−6y−5xy+4y=0对于奇点(0,0)可知不稳定对于奇点(1,2)可知不稳定对于奇点(2,1)可知渐进稳定⎧dx=y⎪dt(3)⎨dy2⎪=−x+μ(y−x),μ>0⎩dt⎧y=0解:由⎨2得奇点(0,0),(-1/μ,0)⎩−x+μ(y−x)=,0μ>0对于奇点(0,0)驻定解不稳定对于奇点(-1/μ,0)得驻定解不稳定 课后答案网www.khdaw.com⎧dx=y−x⎪dt(4)⎨dy223⎪=y−x−(x−y)(y−2xy+3/2x)⎩dt⎧⎪y−x=0解:由⎨223得奇点(0,0),(1,1)⎪⎩y−x−(x−y)(y−2xy+3/2x)=0对于奇点(0,0)得驻定解不稳定对于奇点(1,1)得驻定渐进稳定2.研究下列纺车零解的稳定性32dxdxdx(1)+5+6+x=032dtdtdt解:a0=1>0,a1=5>0,a2=6>051Δ2>0a3=1>0所以零解渐进稳定16dxdydz(2)=μx−y,=μy−z,=μz−x(μ为常数)dtdtdt⎛μ−10⎞⎜⎟3223解:A=⎜0μ−1⎟由λE−A=0得λ−3μλ+3μλ−μ+1=0⎜⎟⎝−10μ⎠13得λ1=μ−1,λ2=μ+±i22i)μ+1/2<0即μ<-1/2,渐进稳定ii)μ+1/2>0即μ>-1/2不稳定iii)μ+1/2=0即μ=-1/2稳定'