《《常微分方程》 (方道元 着) 课后习题答案 浙江大学出版社.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《常微分方程》 (方道元 着) 课后习题答案 浙江大学出版社.pdf（68页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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v0= 1000m/h,降落所用的时间是T，则有 dh dt = v0+ at. h(T) = 0 dh dt|t=T = 0 由第一项可得h = v0t + 1 2at 2 + C,其中C为任意常数，由第二项可得v0T + 1 2aT 2 + C = 0,由第三项可 得T = v0 a ，带
2、入各项数值，最终得到h(0) = C = 25m. 2.一个湖泊的水量为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 5 。试讨论湖泊中污染物A的浓度变化？ 解：设污染物A的浓度为P(t),由题意可得 V P0(t) + P(t)(V1+ V2) = m0 5 V1 P(0) = 5m0 解方程最终得到P(t) = e V1+V2 V t5m0 + m0
3、 5 V1 V1+V2(e V1+V2 V t 1). 3.一个游泳者横渡到河的彼岸，试建立一个确立游泳者所在位置的微分方程模型。 解：不妨设游泳者始终朝着河的彼岸游，令(x,y)是游泳者的位置坐标，v0是水流速度，v1是游泳者的速 度，则可建立以下方程 dx dt = v0 dy dt = v1 x(0) = 0, y(0) = 0 4.把重200kg体积为4 3的球体和重150kg体积为的圆柱体同时放到河里，初速度为零，水作用在下沉的 球体和圆柱体上的阻力分别为c和s，其中c和s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。 1 课后答案网 解：设两个物体的质量
4、分别为mc,ms，体积为Vc,Vs,则有： mcg Vc= mc dVc dt + Vcg msg Vs= ms dVs dt + Vsg 设 mcg Vcg = Mc msg Vsg = Ms 则Mc Ms = 4 3，解得 Vc(t) = Mcmc (1 e mct) Vs(t) = Msms (1 e mst) 由于mc ms = 4 3，从而球先到。 第二节习题 1.指出下列微分方程的阶数，并回答是否为线性微分方程： (1) dy dx = 4x3 y sinx;(2) dy dx2 (dy dx) 2 + 2xy; (3) x2 d2y dx2 2xdy dx + y = 2xsin
5、x;(4) dy dx + cosy + 4x = 0; (5) y d3y dx3 ex dy dx + 3xy = 0;(6) d3y dx3 + 3dy dx 6y = 0. 答： (1)一阶线性； (2)二阶非线性； (3)二阶线性； (4)一阶非线性； (5)三阶非线性； (6)三阶线性。 2.验证下列各函数是相应微分方程的解，并指出哪些是通解： (1) y = 1 + x2, dy dx = y2 (x2+ 1)y + 2x; (2) y = 1 x, x 2dy dx x2y2 xy 1 = 0; (3) y = C1e2x+ C2e2x, dy dx2 4y = 0(其中C1，
6、C2是任一常数); (4) y = cxex, d2y dx2 2dy dx + y = 0(其中c是任意常数); (5) y = ecx, (dy dx) 2 y d2y dx2 = 0(其中c是任意常数); 2 课后答案网 (6) y = (xC1) 2 4 , 1 y(p1 p2) + aarcsinp pp1 p2 = C|p| 0，存在正整 数K = K()，当n K时，在区间xi1 x xi上一致地 |f(xi1,yi1) f(x,n(x)| 17 课后答案网 这样，当n K时 |n(x)| Z x1 x0 |f(x0,y0) f(x,n(x)|dx + N X i=2 Z x
7、i xi1 |f(xi2,(xi2) + f(xi1,(xi1) 2 f(x,n(x)|dx + Z x xN |f(xN2,(xN2) + f(xN1,(xN1) 2 f(x,n(x)|dx N Z xi xi1 + n 成立。 接下来的证明与课本中的几乎一样。 2. 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 li
8、m xb f(x)存在即可。 任取一列数xn,n = 1,2,., 使得对任意n，有a xn 0); (b) dy dx = 0, 当y = 0, y ln|y|, 当y 6= 0. 证明：(a) (b)因为 |y1ln|y1|y2ln|y2| = |y1ln|y1|y1ln|y1y2|+y1ln|y1y2|y2ln|y1y2|+y2ln|y1y2|y1ln|y2| |y1|ln y1 y2 y1 |+|y1y2|ln|y1y2|+|y2|ln y1 y2 y2 | 2|y1y2|+|y1y2|ln|y1y2| 21 课后答案网 令F(r) = 2r + lnr则可得证。 12.(a)设f(
9、x),g(x),y(x)是x0 x x1上的非负连续函数.求证若 y(x) g(x) + Z x x0 f()y()d(x0 x x1) 则 y(x) g(x) + Z x x0 f()g()e Rx f(s)dsd (x0 x x1) (b)在(a)的假设下,若g(x)还是单调下降的,则 y(x) g(x)e Rx x0f()d 证明:(a)设u(x) = Rx x0 f(s)x(s)ds则有 u0(x) = f(x)y(x),u0(x) fu = f(y u) = u0(x) fu fg = u0(x) fg + fu 两边乘以e Rx x0f(s)ds u0(x)e Rx x0f(s)d
10、s fge Rx x0f(s)ds+ fue Rx x0f(s)ds 关于x从x0到x积分 u(x)e Rx x0f(s)ds Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds = u(x) Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds 又因为u(x) y(x) g(x) = y(x) g(x) + Z x x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds (b)y(x) g(x) + Rx x0 f(s)g(s)e Rs x0f()dds g(x) + g(x) Rx x0 f(s)e Rs x0f()dds = g(x)(1 + Rx x0 f(s)e Rs x0f()
11、dds) = g(x)(1 Rx x0(e Rt s f()d)0 sds) = g(x)e Rx s f()d)0 sds 22 课后答案网 3.3 1.(a)试确定适当的x0的值,使得方程 xn+1= xn 1 4(x 2 n 2) 定义的逐次迭代xn收敛于2. (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. 证明:(a)设f(x) = x 1 4(x 2 2),则f 0(x) = 1 x 2,若要使得|f 0(x)| 0,所 以由介值定理存在唯一的x = ,使得x = cosx. (b)0 0待定.M = sup(x,y)R|f(x,y)|, = mina
12、, b M. (1);(x0,y0) 6= (0,0);假定(x0,y0)不在y = 0坐标轴上;若a |x0|,则b 0;从而 = mina, b (|x0|a)2,则此时解的存在 区间为(2x0,0)或(0,2x0). (2);a可取得适量大若y0 0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 dx = x y.而延伸定理是针对 dy dx = f(x,y)类型的微分方程的. 4.试证明：方程dy dx = y2(1 y)3ey以(x0,y0)为初值的右行解的最大存在区间为x0,+)，其中x
13、0 0 ，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。 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,+)。其它情形可类似分析。 5.设初值问题 (E) : dy dx = (y2 2y 3)e(x+y) 2, y(x0) = y0 的解的最大存在区间为a 0,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
14、= . (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 = ,b = . (3)若(x0,y0)在y = 3上方. 同(1)可知,a = . 6.假设a(x)和b(x)在区间I上连续，证明线性微分方程 dy dx = a(x)y + b(x),(x I) 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x0 (a1,b1) , I,则函数f(x,y) = a(x)y +b(x)在区域(x,y)|a1 0,g(y) 0.令 H(x) = Z x 0 h()d 设对于任何,积分 G() = Z d g()
15、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(y0) H(a),则y(x)在0 x H(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 b 0,对任意的n,存在(n,yn(n),使得|(n,yn(n) (x0,y0)| 1 n,且以(n,yn(n)为初值 的解曲线y = (x;n,yn(n)必然会从y = (x) 0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
16、,则在以确界点的正下(或上)方包含在(x) 0 0 对一切x和都成立。 证明：由于 y(x,) = y(0) + Z x 0 sin(sy)ds = + Z x 0 sin(sy)ds 则 y (x,) = 1 + Z x 0 scos(sy)y ds 27 课后答案网 令z(x,) = y (x,)，则上式化为 z(x,) = 1 + Z x 0 scos(sy)z ds 则 z x(x,) = xcos(xy)z, z(0) = 1 因此z(x,) = exp Rx 0 scos(sy)ds 0， 即对一切x和都有 y (x,) 0 3.7 1.2.（略）3.对n阶线性微分方程组的初值问
17、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 dX dt = A(t)X + B(t) 在区间a t b上有且仅有一个满足初值条件 X(t0) = X0 的解X = X(t)，其中t0 a,b,X0 Rn,X(t) = (x1(t),xn(t)T,t a,b是n维向量函数，以 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。 证明：定义n维向量X(t)的模为|X(t)| = n P i=1 |xi(t)|，A的模为|A(t)| = n P i,j=1 |aij(t)|。线性微分方程组的 初始问题等价于积分方程 X(t) = X0+
18、 Z t t0 (A(s)X(s) + B(s) ds 用逐次逼近法求解这个积分方程，即 Xn(t) = X0+ Z t t0 (A(s)Xn1(s) + B(s) dsn = 1,2, 因此，若Xn1(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Xn1(t)，令A = sup ta,b A(t)，则 |Xn(t) Xn1(t)| Z t t0 |A(s)|Xn1(s) Xn2(s)|ds 由归纳法即得 |Xn(t) Xn1(t)| (A(b a)n n! 28 课后答案网 当n 时，Xn(t)按模收敛于X(t)，并且X(t)关于t a,b一致连续，且X(t)是线性微分方程
19、组的解。 下证唯一性，设X(t),Y(t)都是初始问题的解，则 X(t) Y(t) = Z t t0 A(s)(X(s) Y(s)ds 由于X(t)是连续的，由归纳法可得 |X(t) Y(t)| sup tt0,t |X(t) Y(t)|A(t t0) n n! 令n ，我们可得X(t) = Y(t)。 4.陈述并详细证明微分方程组的Cauchy定理。 Cauchy定理：考虑微分方程组的初值问题 dyk dx = fk(x,y1,yn),yk(x0) = yk 0 (k = 1,2,n) 假设右端函数fk,(k = 1,2,n)在区域 |x x0| , |yk yk 0| 内可以展成收敛的幂级
20、数，则初值问题在x0的领域|x x0| (x); xcos x,0 x 1,y = 0; x,0 x 1,y (x)。则n(x) (x)。 (2)类似(1)可得相应结论。 5.设初值问题 (E) : dy dx = (x2 y2)f(x,y),y(x0) = y0 其中函数f(x,y)在全平面连续且满足yf(x,y) 0,当y 6= 0时.则对任何的(x0,y0),当x0 a 0,x x1,X),则若y(x1) 0,y = y(x),x x1,X)单 调递降,这与当xn X 0,|y(xn)| 矛盾;若y(x1) x0,使y(x1) y1(x1). 令 = supx0 x 0. 由积分中值定理
21、得存在x2 (,x1),满足r0(x2) = r(x1) x1 0. 另一方面,对于任意x (,x1) r0(x) = dy dx = dy1 dx = f(x,y) f(x,y1) 0(r = y y1 0) 34 课后答案网 这与存在x2满足r0(x2) 0矛盾. 左侧解未必唯一.例如dy dx = x2(x 0， 所以C1P(t) + C2 dP(t) dt + + Ck+1 dkP(t) dtk = 0。若不线性相关不妨设Cj6= 0，那么就有Pj1(t) = 1 Cj C 1P(t) + C2P 0(t) + + Ck+1Pk(t)，由于P(t)的每个分量是不超过k次的多项式，那么
22、Pj1(t)的 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= = Cj1= 0，但右端次数至 37 课后答案网 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a 0。又由于dx1(t) dt = x2(t) 0，所以x1(t)是单调增的。如果当t 时x2(t)不趋向零，那么x1(t)肯定会在某一时刻大 39 课后答案网 于1，这与x2 1+ x22 = 1矛盾。因此当t 时x2(t) 0，那么x1(t) 1。但dx2(t) dt = x1(t)，当t充分 大时x1(t) 1 2，所以| dx2(t) dt | 1 2
23、，x2(t)肯定会在某一时刻小于0，这与x2(t)没有零点矛盾； (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 x2() = 0 x02() = 1 x1() = 1 x01() = 0 令x3(t) = x1(t + )，则 dx 3 dt2 + x3= 0且x3(0) = x1() = 1 x03(0) = x01() = 0。由解的唯一性可 知x1(t + ) = x2(t)，因此 dx1(t + ) dt = x2(t + ) = dx2(t) dt = x1(t) x1(t) = x2(t + ) x1(t ) = x2(t) 所
24、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： X1(t), X1(t),Xr(t), Xr(t),X2r+1(t),Xn(t) 其中X(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 X(t)=C1X1(t) + C1X1(t) + + CrXr(t) + Cr Xr(t) +C2r+1X2r+1(t) + + CnXn(t);(4.10.37) 反之，对于任何复
25、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Yi= Xi+Xi 2 , Wi= XiXi 2i (i = 1,r)()，易证YiWi也是方程组的解，下面证明 Y1,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 (a1 2 + b1 2i )X1+ (a1 2 b1 2i )X1+ + (ar 2 + br 2i )Xr+ (a
26、r 2 br 2i )Xr+ c2r+1X2r+1+ + cnXn= 0 由于X1(t), X1(t),Xr(t), Xr(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 40 课后答案网 证明的结论。 9.设非齐次线性微分方程组 dX dt = A(t)X + f(t) 中的f(t) 6=
27、 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X1,Xn是齐次基本解组，X是特解，则令Yi= Xi+ X是非齐次方程的解。若C1Y1+ + Cn+1X= 0，那么 C1X1+ + CnXn+ (C1+ + Cn+1)X= 0 如果C1+ + Cn+1= 0，由X1,Xn可以得到Ci 0； 如果C1+ + Cn+16= 0，则
28、X= 1 C1+Cn+1(C1X1 + + CnXn)，那么X是齐次方程的解，因 此f(t) = 0，但f(t) 6= 0，所以C1+ + Cn+1= 0。 第二和三节习题 1.求下列方程的通解： (1)d 7x dt 8d 5x dt5 + 16d 3x dt3 = 0； (2)d 4x dt4 + 4x = 0； (3)d 4x dt4 4d 3x dt3 + 8d 2x dt2 8dx dt + 3x = 0； (4)dx dt = x + y z, dy dt = y + z x, dz dt = z + x y； (5)dx dt = 3x + 48y 28z, dy dt = 4x
29、 + 40y 22z, dz dt = 6x + 57y 31z； (6)d 2x dt2 x + 4y = 0, d2y dt2 + x y = 0； (7)dx dt = 3x y + 3z, dy dt = 2x + z, dz dt = x y + 2z； (8)dx dt = 3x + 5y, dy dt = 5x + 3y； (9)dx dt = 5x 10y 20z, dy dt = 5x + 5y + 10z, dz dt = 2x + 4y + 9z； (10)d 3x dt3 5d 2x dt2 + 8dx dt 4x = e3t； (11)y00 5y0+ 6y = (1
30、2x 7)ex； (12)y(4)+ 2y00+ y = sinx, y(0) = 1, y0(0) = 2, y00(0) = 3, y000(0) = 0； (13)y00 2y0+ 2y = 4excosx； (14) dx dt = 1 2 tx, dy dt = x + y 1 + 2 tx, (t 0) x(1) = 1 3, y(1) = 1 3 ； 41 课后答案网 (15) dx dt = 2t 1+t2x, dy dt = 1 ty + x + t, (t 0) x(1) = 0, y(1) = 4 3 。 解：(1)特征方程为7 85+ 163= 0 特征根为0,0,0
31、,2,2,2,2 基本解组为1,t,t2,e2t,te2t,e2t,te2t 所以通解为c1+ c2t + c3t2+ c4e2t+ c5te2t+ c6e2t+ c7te2t (2)特征方程为4+ 4 = 0 特征根为(1 + i),(1 i) 基本解组为etcost,etcost,etsint,etsint 所以通解为c1etcost + c2etcost + c3etsint + c4etsint (3)特征方程为4 43+ 82 8 + 3 = 0 特征根为1,1,1 2i 基本解组为et,tet,etcos 2t,et sin 2t 所以通解为c1et+ c2tet+ c3etcos
32、 2t + c 4etsin 2t (4)特征方程的特征根为1,1 3i 对应的特征向量为： (1,1,1)T, (1, 3i 1 2 , 3i 1 2 )T, (1, 1 3i 2 , 3i 1 2 )T 则通解为c1et(1,1,1)T+c2et(cos 3t, 1 2 cos 3t3 2 sin 3t,1 2 cos 3t+3 2 sin 3t)T +c3et(sin 3t,3 2 cos 3t+ 1 2 sin 3t,3 2 cos 3t + 1 2 sin 3t)T (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
33、解为c1et(3,2,3)T+ c2e2t(4,1,1)T+ c3e3t(2,2,3)T (6)特征方程的特征根为i,3 对应的特征向量为： (1, 3,1 2, 3 2 )T, (1,3,1 2, 3 2 )T,(1,i, 1 2, i 2) T ,(1,i, 1 2, i 2 )T 则通解为c1e 3t (1,1 2) T + c2e 3t (1,1 2) T + c3(cost, 1 2 cost)T+ c4(sint, 1 2 sint)T (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)T 42 课后答案网 则通解为c1
34、(1,3,2)T+ c2e2t(1,1,0)T+ c3e3t(4,3,1)T (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c1e3t(cos5t,sin5t)T+ c2e3t(cos5t,sin5t)T (9)特征方程的特征根为5,2 i 对应的特征向量为： (2,0,1)T, (20 + 10i,15 5i,14 2i)T, (20 10i,15 + 5i,14 + 2i)T 则通解为c1e5t(2,0,1)T+c2e(2+i)t(20+10i,155i,142i)T+c3e(2i)t(2010i,15+5i,14+2i)T (10)齐次方程的
35、特征方程为3 52+ 8 4 = 0 特征根为1,2,2 基本解组为et,e2t,te2t 所以齐次方程的通解为c1et+ c2e2t+ c3te2t 设特解为Ae3t，代入方程可得A = 1 2 因此通解为c1et+ c2e2t+ c3te2t+ 1 2e 3t (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c1e2x+ c2e3x 设特解为Axex，代入方程可得A = 1 因此通解为c1e2x+ c2e3x+ xex (12)齐次方程的特征方程为4+ 22+ 1 = 0 特征根为i,i,i,i 基本解组为cosx,xcos
36、x,sinx,xsinx 所以齐次方程的通解为c1cosx + c2xcosx + c3sinx + c4xsinx 设特解为x2(Acosx + B sinx)，代入方程可得A = 1 8,B = 0 因此通解为c1cosx + c2xcosx + c3sinx + c4xsinx x2 8 cosx 再由初始条件，则cosx + xcosx 3sinx + 13 8 xsinx x2 8 cosx (13)齐次方程的特征方程为2 2 + 2 = 0 特征根为1 i 43 课后答案网 基本解组为excosx,exsinx 所以齐次方程的通解为c1excosx + c2exsinx 设特解为
37、xex(Acosx + B sinx)，代入方程可得A = 0,B = 2 因此通解为c1excosx + c2exsinx + 2xexsinx (14)由第一个方程可解得x = t 3，将其代入第二个方程，可得y = t 3 (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 = t2 3 + 1 t。 2.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,+)上连续。试证明： (a)当k 6= 0时，方程的通解可表示为 (t) = c1coskt + c2 k sinkt + 1 k Z t 0 sink(t s) f(s)ds; (b
38、)当k = 0时，方程的通解可表示为 x = c1+ c2t + Z t 0 (t s)f(s)ds 其中c1,c2是任意常数。 证明：(a)当k 6= 0时，易证0(t) = 1 k Rt 0 sink(ts)f(s)ds为方程x00+k2x = f(t)的一个特解，而齐次方 程x00+ k2x = 0的通解为 x = C1coskt + C2 k sinkt 故方程的通解为 (t) = C1coskt + C2 k sinkt + 1 k Z t 0 sink(t s) f(s)ds (b)当k = 0时，易知0(t) = Rt 0(t s)f(s)ds为方程x 00(t) = f(t)的
39、一个特解，而齐次方程x00 = 0的通解 为x = C1+ C2t， 故方程的通解为 (t) = C1+ C2t + Z t 0 (t s)f(s)ds 其中C1,C2 R。 3.给定方程x000+5x00+ax0= f(t)，其中f(t)在(0,+)上连续，设1(t),2(t)是上述方程的任意两个解， 且极限 lim t+1(t) 2(t)存在，试求参数a的允许范围。 解：令y = 1(t) 2(t)，则y是齐次方程的解，特征方程为3+ 52+ a = 0，解得有1= 0,2= 5+254a 2 ,3= 5254a 2 。 若25 4a 0，通解为y = C1+ C2e2t+ C3e3t，要
40、使 lim t+ y存在当且仅当2,3 0。 综上所述，a 0。 4.设a,b是常数，f(t)是区间(,+)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： x(t) = Z t 0 (t ;)d 是初值问题 x00+ 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 md 2x dt2 + kx = pcost 其中m,k,p和都是正的常数。对外加频率 6= q k m和 = q k m两种不同的情况，分
41、别说明其解的物理意 义，这里 q k m表示弹簧振子的固有频率。 解：方程可化为 d2x dt2 + k mx = p m cost 当 6= q k m时通解为 x(t) = C1cos r k mt + C2 sin r k mt + p m( k m 2) cost (外加项同系统的自然频率非共振时，系统振幅有限) 当 = q k m时，通解为 x(t) = C1cos r k mt + C2 sin r k mt + p 2km tsin r k mt (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 时都趋于零，当且仅当它
42、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 时都趋于零，当且仅当方程组的基本解组当x 时都 45 课后答案网 趋于零。 我们可以构造方程组的一个基本解组如下： Y 1 1(x),Y n1 1 (x);Y 1 k(x),Y nk k (x) Y l j(x) = e jx nj1 X i=0 xi i! (A E)ivl j 可见要想当x 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(,+)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y0
43、0+ 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。 证明：设y1,y2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u1,u2是方程d 2u dt2 + Q(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 d2x dt2 + P(t)x = 0 其中P(t)是t的连续的2周期函数，而且满足 n2 0使得下面不等式成立： (n + )2 2。因 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( 2) = 1； (2)y00 3y0+ 2y = ex
44、, y(0) = 0, y(1) = 0； 46 课后答案网 (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 + x (2)齐次方程的特征方程为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c1ex+ c2e2x 设特解为Axex，代入方程的A = 1 因此通解为c1ex+ c2e2x xex 再利用边值条件得y(x) = 1 1ee x + 1 e1e 2x xex (3)由Euler方程的解法得到通解为c1x + c2x3 再由边值条件得y(x) = x。 2.证明边值问题 y00+ 16y = 0,(0 x ) y0(0) 4y(0) = A, y0() 4y() = B 当A = B时有无限个解；当A 6= B时无解。 证明：y00+ 16y = 0的通解为 y = C1cos4t + C2sin4tC1,C2 R 那么