常微分方程第4章习题答案
常微分课后答案第四章
第四章 高阶微分方程§4.1 线性微分方程的一般理论习题4．11．设)(t x 和)(t y 是区间[]b a ,上的连续函数，证明：若在区间[]b a ,上有≠)()(t y t x 常数或≠)()(t x t y 常数，则)(t x 和)(t y 在区间[]b a ,上线性无关．（提示：用反证法） 证明 )(t x 和)(t y 是区间[]b a ,上线性相关，则存在不全为0的常数21,c c 使得0)()(21≡+t y c t x c ，[]b a t ,∈，若)0(,021≠≠c c 或得12)()(c c t y t x -≡（或21)()(c c t x t y -≡）[]b a t ,∈∀成立。
与假设矛盾，故)(t x 和)(t y 在区间[]b a ,上线性无关．2．证明非齐次线性方程的叠加原理：设)(1t x ，)(2t x 分别是非齐次线性方程)()()(1111t f x t a dt xd t a dt x d n n n n n =+++-- （1） )()()(2111t f x t a dtxd t a dt x d n n n nn =+++-- （2） 的解，则)()(21t x t x +是方程)()()()(21111t f t f x t a dtxd t a dt x d n n n n n +=+++-- （3） 的解．证明 因为)(1t x ，)(2t x 分别是方程（1）、（2）的解，所以)()()(1111111t f x t a dt x d t a dt x d n n n n n =+++-- ， )()()(2212112t f x t a dtx d t a dt x d n n n nn =+++-- ， 二式相加得，)()())(()()()(21211211121t f t f x x t a dt x x d t a dt x x d n n n n n +=++++++-- ，即)()(21t x t x +是方程（3）的解．3.（1）．试验证022=-x dt x d 的基本解组为tt e e -,，并求方程t x dtx d cos 22=-的通解。
王高雄《常微分方程》(第版)【章节题库】第1章~第4章【圣才出品】
由上式与曲线族可消去 a、b 得
9．求与方程为
曲线族满足的微分方程为
解之得
所以与曲线族
正交的
这就是所求曲线族方程．
10．求二次曲线族
（c 是参数）的微分方程，并以微分方程本身证明这
曲线族是自正交曲线族，即这曲线族中的任何两条曲线如果相交，则必正交．
图 1-1 （2）所求方向场及经过（0，0），（0，1）的积分曲线如图 1-4 所示
图 1-2 （3）所求方向场，及过点（1，0）的积分曲线如图 1-3 所示
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（4）所求的方向场及过点
图 1-3 的积分曲线如图 1-4 所示
解：对曲线
，两端关于 t 求导得
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消去 c 得
这就是所要求的方程． 若这曲线族中任何两条曲线相交于（t，x）处，由方程本身知道：该方程是关于 的
二次方程，且关于 的二根积等于－1，这说明了在（t，x）处，两切线斜率乘积等于－1， 因而这两曲线正交．
2．求下列两个微分方程的公共解：
解：两方程的公共解满足条件 即
所以
或
代入检验可知
不符合．所以两方程的公共解为
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3．利用等倾线作下列方程的方向场，并且描出经过指定点的积分曲线 （1） （2） （3） （4） （5） （6） 解：（1）所求方向场和经过（1，1）的积分曲线如图 1-1 所示
应满足什么条件？
的等倾线
常微分方程标准答案-一二章
习题1.24. 给定一阶微分方程2dyx dx=， (1). 求出它的通解； (2). 求通过点()1,4的特解； (3). 求出与直线23y x =+相切的解； (4). 求出满足条件102ydx =⎰的解；(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。
解：(1). 通解显然为2,y x c c =+∈；(2). 把1,4x y ==代入2y x c =+得3c =，故通过点()1,4的特解为23y x =+；(3). 因为所求直线与直线23y x =+相切，所以223y x cy x ⎧=+⎨=+⎩只有唯一解，即223x c x +=+只有唯一实根，从而4c =，故与直线23y x =+相切的解是24y x =+；(4). 把2y x c =+代入12ydx =⎰即得5c =，故满足条件12ydx =⎰的解是253y x =+；(5). 图形如下：-1.5-1-0.500.51 1.512345675. 求下列两个微分方程的公共解：242422,2y y x x y x x x y y ''=+-=++--解：由2424222y x x x x x y y +-=++--可得()()222210y x xy -++=所以2y x =或212y x =--，2y x =代入原微分方程满足，而212y x =--代入原微分方程不满足，故所求公共解是代入原微分方程不满足。
6. 求微分方程20y xy y ''+-=的直线积分曲线。
解：设所求直线积分曲线是y kx b =+，则将其代入原微分方程可得2200010k b k xk kx b k b k b k k -=⎧+--=⇒⇒====⎨-=⎩或所以所求直线积分曲线是0y =或1y x =+。
8. 试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：(2). 曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l ； (5). 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方。
高数第4章第5节——二阶常系数线性微分方程
例3 已知 y = x 及 y = sinx 为某二阶齐次线性 微分 方程的解 , 求该方程 .
解
例4
解
(1)
由题设可得：
2 2
p( x)2x
0, 1
x3
p( x)( ) x2
f ( x),
解此方程组，得
p( x) 1 , x
线性相关
存在不全为 0 的
使
线性无关
常数
思考:
中有一个恒为 0, 则 必线性 相关
例如 y y 0, 有解 y1 cos x, y2 sin x,
复习: 一阶线性方程 通解:
齐次方程通解Y 非齐次方程特解
2.二阶非齐次线性微分方程解的结构
定理 4.5.3
是二阶非齐次方程 ①
的一个特解, Y (x) 是相应齐次方程的通解,则 ②
的方程称为二阶常系数齐次线性微分方程.
二阶常系数齐次线性方程解法
-----特征方程法
设 y erx , 将其代入上方程, 得
(r 2 pr q)erx 0
erx 0,
故有
特征方程
特征根
r1,2 p
p2 4q , 2
特征根
(1) 特征方程有两个不相等的实根
特征根为r1 p
6Ax 2B x,
A 1,B0, 6
原方程通解为
例13
解 对应齐次方程为 特征方程为 r 2 2r 1 0,
特征根为 r1 r2 1, 故对应齐次方程的通解为 Y (C1 C2 x)e x . 1 是特征方程二重根, 可设 y x2( Ax B)e x ,
代入原方程, 得 6Ax 2B x 1, A 1 , B 1 ,
国家开放大学电大本科《常微分方程》网络课形考任务1-6试题及答案
国家开放大学电大本科《常微分方程》网络课形考任务1-6试题及答案国家开放大学电大本科《常微分方程》网络课形考任务1-6试题及答案100%通过考试说明：2020年秋期电大把该网络课纳入到“国开平台”进行考核，该课程共有6个形考任务，针对该门课程，本人汇总了该科所有的题，形成一个完整的标准题库，并且以后会不断更新，对考生的复习、作业和考试起着非常重要的作用，会给您节省大量的时间。
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课程总成绩=形成性考核×50%+终结性考试×50%形考任务1题目1本课程的教学内容共有五章，其中第三章的名称是（）．选择一项：A.一阶线性微分方程组B.定性和稳定性理论简介C.初等积分法D.基本定理题目2本课程安排了6次形成性考核任务，第2次形成性考核作业的名称是（）．选择一项：A.第一章至第四章的单项选择题B.第二章基本定理的形成性考核书面作业C.初等积分法中的方程可积类型的判断D.第一章初等积分法的形成性考核书面作业题目3网络课程主页的左侧第3个栏目名称是：（）．选择一项：A.课程公告B.自主学习C.课程信息D.系统学习题目4网络课程的“系统学习”栏目中第一章初等积分法的第4个知识点的名称是（）．选择一项：A.一阶隐式微分方程B.分离变量法C.全微分方程与积分因子D.常数变易法题目5网络课程的“视频课堂”栏目中老师讲课的电视课共有（）讲．选择一项：A.18B.20C.19D.17题目6网络课程主页的左侧“考试复习”版块中第二个栏目名称是：（）．选择一项：A.考核说明B.复习指导C.模拟测试D.各章练习汇总题目7请您按照课程的学习目标、学习要求和学习方法设计自己的学习计划，并在下列文本框中提交，字数要求在100—1000字．答：常微分方程是研究自然现象，物理工程和工程技术的强有力工具，熟练掌握常微分方程的一些基本解法是学习常微分方程的主要任务，凡包含自变量，未知函数和未知函数的导数的方程叫做微分方程。
国家开放大学电大本科《常微分方程》网络课形考任务6试题及答案
国家开放大学电大本科《常微分方程》网络课形考任务6试题及答案形考任务6常微分方程学习活动6第三章一阶线性方程组、第四章n 阶线性方程的综合练习本课程形成性考核综合练习共3次，内容主要分别是第一章初等积分法的综合练习、第二章基本定理的综合练习、第三章和第四章的综合练习，目的是通过综合性练习作业，同学们可以检验自己的学习成果，找出掌握的薄弱知识点，重点复习，争取尽快掌握．要求：首先请同学们下载作业附件文档并进行填写，文档填写完成后请在本次作业页面中点击“去完成”按钮进入相应网页界面完成任务，然后请将所做完的作业文档以附件的形式上传到课程上，随后老师会在课程中进行评分。
一、填空题1．若A (x )在(-∞,+∞)上连续，那么线性齐次方程组Y A Y )(d d x x =，n R Y ∈的任一非零解在1+n R 空间 不能 与x 轴相交．2．方程组n x x xR Y R Y F Y ∈∈=,),,(d d 的任何一个解的图象是n + 1维空间中的一条积分曲线． 3．向量函数组Y 1(x ), Y 2(x ),…,Y n (x )线性相关的 必要 条件是它们的朗斯期行列式W (x )=0． 4．线性齐次微分方程组n x x x R Y R Y A Y ∈∈=,,)(d d ，的一个基本解组的个数不能多于n + 1 个． 5．若函数组)()(21x x ϕϕ，在区间),(b a 上线性相关，则它们的朗斯基行列式)(x W 在区间),(b a 上恒等于零 ．6．函数组⎩⎨⎧==x y x y cos sin 21的朗斯基行列式)(x W 是 x x x x x W sin cos cos sin )(-=． 7．二阶方程02=+'+''y x y x y 的等价方程组是⎪⎩⎪⎨⎧--='='y x xy y y y 2111． 8．若)(1x y ϕ=和)(2x y ϕ=是二阶线性齐次方程的基本解组，则它们 没有 共同零点．9．二阶线性齐次微分方程的两个解)(1x y ϕ=,)(2x y ϕ=成为其基本解组的充要条件是 线性无关（或：它们的朗斯基行列式不等于零） ．10．n 阶线性齐次微分方程线性无关解的个数最多为N 个．11．在方程y″+ p (x )y′+q (x )y = 0中，p (x ), q (x )在(-∞,+∞)上连续，则它的任一非零解在xOy 平面上可以与x 轴横截相交．12．二阶线性方程20y y y '''++=的基本解组是e ,e x x x --．13．线性方程0y y ''+=的基本解组是 cos ,sin x x ．14．方程02=+'+''y x y x y 的所有解构成一个 2 维线性空间．15．n 阶线性齐次微分方程的所有解构成一个 n 维线性空间．二、计算题1．将下列方程式化为一阶方程组（1）0)()(=++x g x x f x &&&（2）0)()()(321=+'+''+'''y x a y x a y x a y。
常微分方程教程丁同仁李承治第二版第四章 奇解
0 q3
2
3
y
2．用参数法求解下列微分方程：
y
y
y)
y
dq dy
3 2
x
ln x 2x
p
1)
0.
2xp
)]2
y
dy dx
2 cos y( sin y) 2q2
cos y sin y q2
cos2 q3
sin
cos2 q3
y
dq
( dy
y)
q tan
2
3
cos3 y sin y
y
x C
22t2 t 2t 1
C
dt
25
5
2
cos t,
2 cos[ 2 (x C)] 5
2t1
C
2
2
dv v
p
2 sin tdt
2 5 sin t
5
2t 1 22t2 t
3
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
常微分方程第四、第五章部分习题参考答案
常微分方程习题4.2 2、解下列方程 （1）045)4(=+''-x x x解：特征方程1122045432124-==-===+-λλλλλλ，，，有根故通解为x=t t t te c e c e c e c --+++432221(2)03332=-'+''-'''x a x a x a x解：特征方程0333223=-+-a a a λλλ有三重根a =λ故通解为x=at at at e t c te c e c 2321++ （3）04)5(=''-x x解：特征方程0435=-λλ有三重根0=λ，=4λ2，=5λ-2故通解为54232221c t c t c e c e c x t t ++++=-(4)0=+'+''x x x解：特征方程012=++λλ有复数根=1λ,231i +-=2λ,231i-- 故通解为t e c t ec xt t 23sin 23cos 212211--+=(5) 12+=-''t s a s解：特征方程022=-a λ有根=1λa,=2λ-a当0≠a 时，齐线性方程的通解为s=atat e c e c -+21Bt A s +=~代入原方程解得21aB A -== 故通解为s=atat e c e c -+21-)1(12-t a当a=0时,)(~212γγ+=t t s 代入原方程解得21,6121==γγ故通解为s=t c c 21+-)3(612+t t (6) 32254+=-'+''-'''t x x x x解：特征方程025423=-+-λλλ有根=1λ2,两重根=λ 1 齐线性方程的通解为x=t t t te c e c e c 3221++又因为=λ0不是特征根，故可以取特解形如Bt A x +=~代入原方程解得A=-4，B=-1 故通解为x=t t t te c e c e c 3221++-4-t (7) 322)4(-=+''-t x x x解：特征方程121201224-===+-λλλλ重根，重根有 故齐线性方程的通解为x=t t t t te c e c te c e c --+++4321 取特解形如c Bt At x ++=2~代入原方程解得A=1，B=0,C=1 故通解为x=t t t t te c e c te c e c --+++4321+12+t (8)t x x cos =-'''解：特征方程013=-λ有复数根=1λ,231i +-=2λ,231i--13=λ 故齐线性方程的通解为t t t e c t e c t ec x 321221123sin 23cos ++=--取特解形如t B t A x sin cos ~+=代入原方程解得A=21,21-=B 故通解为t t t e c t e c t ec x 321221123sin 23cos ++=--)sin (cos 21t t +-(9) t x x x 2sin 82=-'+''解：特征方程022=-+λλ有根=1λ-2,=2λ 1 故齐线性方程的通解为x=tte c e c 221-+因为+-2i 不是特征根取特解形如t B t A x 2sin 2cos ~+=代入原方程解得A=56,52-=-B 故通解为x=tte c e c 221-+t t 2sin 562cos 52--（10）t e x x =-'''解：特征方程013=-λ有复数根=1λ,231i +-=2λ,231i--13=λ 故齐线性方程的通解为t t t e c t e c t ec x 321221123sin 23cos ++=-- =λ1是特征方程的根，故t Ate x =~代入原方程解得A=31 故通解为t t t e c t e c t ec x 321221123sin 23cos ++=--+t te 31（11）t e s a s a s =+'+''22解：特征方程0222=++a a λλ有2重根=λ-a 当a=-1时，齐线性方程的通解为s=t t te c e c 21+,=λ1是特征方程的2重根，故t e At x 2~=代入原方程解得A=21通解为s=22121t te c e c t t ++, 当a ≠-1时，齐线性方程的通解为s=at at te c e c --+21,=λ1不是特征方程的根，故t Ae x =~代入原方程解得A=2)1(1+a故通解为s=at at te c e c --+21+te a 2)1(1+ （12）t e x x x 256=+'+''解：特征方程0562=++λλ有根=1λ-1,=2λ-5 故齐线性方程的通解为x=tte c ec 521--+=λ2不是特征方程的根，故t Ae x 2~=代入原方程解得A=211故通解为x=t te c ec 521--++te 2211 （13）t e x x x t cos 32-=+'-''解：特征方程0322=+-λλ有根=1λ-1+2i,=2λ-1-2i 故齐线性方程的通解为t e c t e c x t t 2sin 2cos 21+=i ±-1 不是特征方程的根, 取特解行如t e t B t A x -+=)sin cos (~代入原方程解得A=414,415-=B 故通解为t e c t e c x t t 2sin 2cos 21+=+t e t t --)sin 414cos 415( (14) t t x x 2cos sin -=+''解：特征方程012=+λ有根=1λi,=2λ- i 故齐线性方程的通解为t c t c x sin cos 21+= 对于t x x sin =+'',=1λi,是方程的解， 设)sin cos (~t B t A t x +=代入原方程解得A=21-B=0 故t t x cos 21~-=对于t x x 2cos -=+'' ，设t B t A x 2sin 2cos ~+=代入原方程解得A=31 B=0 故t x 2cos 31~= 故通解为t c t c x sin cos 21+=t t cos 21-t 2cos 31+ 15）1442++=+'-''ttee x x x解：0442=+-λλ，22,1=λ，齐次方程的通解为)()(212t C C e t x t +=。
马知恩周义仓编常微分方程定性与稳定性方法部分习题参考解答
马知恩周义仓编常微分⽅程定性与稳定性⽅法部分习题参考解答第⼀章 基本定理1设有 $$\bex \frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\quad \bbx(t_0)=\bbx^0,\quad (t_0,\bbx^0)\in \bbR\times \bbR^n. \eex$$试证: 若 $\bbf\in C^1(G)$, 则在 $(t_0,\bbx^0)$ 的领域内, 此 Cauchy 问题的解存在惟⼀.证明: 由 $f\in C^1(G)$ 蕴含 $f\in C(G)$ 且在 $G$ 内适合 Lipschitz 条件知有结论.2试讨论下列⽅程解的存在区间:(1) $\dps{\frac{\rd y}{\rd x}=\frac{1}{x^2+y^2}}$;(2) $\dps{\frac{\rd y}{\rd x}=y(y-1)}$.解答:(1) 由 $\dps{\frac{\rd x}{\rd y}=x^2+y^2}$ 的解的存在区间有限知 $y$ 有界, ⽽由解的延拓定理, 原⽅程解的存在区间为 $\bbR$.(2) 直接求解有 $\dps{y=\frac{1}{1-\frac{y_0-1}{y_0}e^x}}$, ⽽a.当 $0\leq y_0\leq 1$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\bbR$;b.当 $y_0<0$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\dps{\sex{\ln\frac{y_0}{y_0-1},\infty}}$;c.当 $y_0>1$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\dps{\sex{-\infty,\ln\frac{y_0}{y_0-1}}}$.3 设有⼀阶微分⽅程式 $$\bex \frac{\rd x}{\rd t}=(t-x)e^{tx^2}. \eex$$ 试证: 过任⼀点 $(t_0,x_0)\in\bbR^2$ 的右⾏解的存在区间均为 $[t_0,+\infty)$.证明: 由 $$\bex \frac{\rd x}{\rd t}=(t-x)e^{tx^2}=\left\{\ba{ll} <0,&x>t,\\ >0,&x<t \ea\right. \eex$$ 知解在 $\sed{x>t}$ 内递减,在 $\sed{x<t}$ 内递增. 当 $x_0>t_0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR, t_0<x<x_0} \eex$$ 内应⽤解的延伸定理知解定与$\sed{x=t}$ 相交, 之后解递增, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,x<t} \eex$$ 内应⽤延伸定理及⽐较定理即知结论.4设有⼀阶⽅程 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=f(x)}$, 若 $f\in C(-\infty,+\infty)$, 且当 $x\neq 0$ 时有 $xf(x)<0$. 求证过 $\forall\(t_0,x_0)\in\bbR^2$, Cauchy 问题的右⾏解均在 $[t_0,+\infty)$ 上存在, 且 $\dps{\lim_{t\to+\infty}x(t)=0}$.证明: 由题意, $$\bex f(x)\left\{\ba{ll} >0,&x<0,\\ <0,&x>0. \ea\right. \eex$$ ⽽由 $f$ 的连续性, $f(0)=0$. 于是当 $x_0=0$ 时,由解的唯⼀性知 $x=0$. 当 $x_0>0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,0<x<x_0} \eex$$ 内应⽤延伸定理及惟⼀性定理知 $x(t)$ 递减趋于 $0$. 当 $x_0<0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,x_0<x<0} \eex$$ 内应⽤延伸定理及惟⼀性定理知 $x(t)$ 递增趋于 $0$.5若 $\bbf(t,\bbx)$ 在全空间 $\bbR\times\bbR^n$ 上连续且对 $\bbx$ 满⾜局部 Lipschitz 条件且 $$\bex \sen{\bbf(t,\bbx)}\leq L(r),\quad r=\sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2},\quad \bbx=(x_1,\cdots,x_n)^T, \eex$$ 其中 $L(r)>0, r>0$, 且 $$\bee\label{1.5:1}\int_a^{+\infty}\frac{\rd r}{L(r)}=+\infty,\quad a>0. \eee$$ 试证: 对 $\forall\ (t_0,\bbx^0)\in\bbR\times\bbR^n$, Cauchy 问题的解均可对 $t$ ⽆限延拓.证明: 由解的延伸定理, 仅须证明在任何有限区间 $-\infty<\alpha<t<\beta<+\infty$ 上, $\bbx(t)$ 有界. 为此, 令 $y(t)=\sen{\bbx(t)}$,则 $$\beex \bea \frac{\rd y(t)}{\rd t}&=2\bbx(t)\cdot\frac{\rd \bbx(t)}{\rd t} =2\bbx(t)\cdot \bbf(t,\bbx(t)),\\\sev{\frac{\rd y(t)}{\rd t}} &\leq 2\sqrt{y(t)}\cdot L\sex{\sqrt{y(t)}},\\ \frac{\rd \sqrt{y(t)}}{L\sex{\sqrt{y(t)}}}&\leq \rd t,\\ \int_\alpha^\beta \frac{\rd \sqrt{y(t)}}{L\sex{\sqrt{y(t)}}} &\leq \int_\alpha^\beta \rd t=\beta-\alpha. \eea \eeex$$ 这与\eqref{1.5:1} ⽭盾 (事实上, 当 $\alpha,\beta\gg 1$, $|\alpha-\beta|\ll 1$ 时, 不等式右端可任意⼩, ⽽不等式左端有积分发散知可⼤于某⼀正常数).6设有微分⽅程 $$\bex \frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx), \eex$$ $\bbf\in C(G\subset \bbR\times\bbR^n)$, 试证: 若对$\forall\ (t_0,\bbx^0)\in G$, Cauchy 问题的解都存在唯⼀, 则解必对初值连续依赖.证明: 参考[家⾥蹲⼤学数学杂志第134期, 常微分⽅程习题集, 第1600页].7 试在定理 1.1 的假设下, 利⽤ Gronwall 引理直接证明解对初始时刻 $t_0$ 的连续依赖性.证明: 参考定理 1.7 的证明.8 设有⼀阶 Cauchy 问题 $$\bex \frac{\rd y}{\rd x}=x^2+(y+1)^2,\quad y(0)=0. \eex$$ 试利⽤⽐较定理证明, 若设解的右⾏饱和区间为 $[0,\beta)$, 则 $\dps{\frac{\pi}{4}\leq \beta\leq 1}$.证明: 仅须注意到当 $0\leq x\leq 1$ 时, $$\bex (y+1)^2\leq x^2+(y+1)^2\leq 1+(y+1)^2. \eex$$ 再利⽤⽐较定理即知结论.第⼆章 动⼒系统的基本知识1试证明: $\Omega_P=\vno$ 的充要条件是 $L_P^+$ 趋于⽆穷.证明: $\ra$ ⽤反证法. 若 $L_P^+$ 不趋于⽆穷, 则 $$\bex \exists\ M>0, t_n\nearrow +\infty,\st \sen{\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)}\leq M. \eex$$ 由 Weierstrass 定理, $$\bex \exists\ \sed{t_n'}\subset \sed{t_n},\st \mbox{ $\varphi$}(P,t_n)\to Q,\eex$$ ⽽ $Q\in \Omega_P$, 这是⼀个⽭盾. $\la$ 亦⽤反证法. 若 $\Omega_P\neq \vno$, ⽽设 $Q\in \Omega_P$, 则 $$\bex\exists\ t_n\nearrow+\infty,\st \mbox{ $\varphi$}(P,t_n)\to Q. \eex$$ 这与 $L_P^+$ 趋于⽆穷⽭盾.2试证明: 若 $\Omega_P$ 仅含惟⼀奇点 $P^*$, 则当 $t\to+\infty$ 时必有 $L_P^+$ 趋向于 $P^*$.证明: ⽤反证法. 设 $$\bee\label{2.2:1} \exists\ \ve_0>0,\ t_n\nearrow+\infty, \st \sen{\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)-P^*}\geq\ve_0. \eee$$ 则(1)若 $\sed{t_n}$ 有有界的⼦列, 则适当抽取⼦列 $\sed{t_n'}$ 后有 $$\bex \mbox{ $\varphi$}(P,t_n')\to Q. \eex$$ 于是 $Q\in\Omega_P=\sed{P^*}$. 这与 \eqref{2.2:1} ⽭盾.(2)若 $\sed{t_n}$ ⽆有界的⼦列, 则 $\dps{\lim_{n\to\infty}\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)=\infty}$, ⽽ $\infty\in\Omega_P=\sed{P^*}$, ⼜是⼀个⽭盾.3试证明: 若 $\Omega_P$ 有界且 $\Omega_P$ ⾮闭轨, 则 $\forall\ R\in \Omega_P$, $\Omega_R$ 与 $A_R$ 必均为奇点.证明: ⽤反证法证明 $\Omega_R$ 为奇点集, $A_R$ 为奇点集类似可证. 设 $\Omega_R$ 含有常点. 由 $R\in \Omega_P$ 及$\Omega_P$ 为不变集知 $L_R\subset \Omega_Q$. 于是按引理 2.3, $L_R$ 为闭轨线, $L_R=\Omega_R\subset \Omega_P$. 这与 $\Omega_P$ ⾮闭轨⽭盾.4试证明: ⼀系统的圈闭奇点的集合是⼀闭集.证明: 全体奇点的集合为 $$\bex \sed{\bbx^*\in G; \bbf(\bbx^*)=\mbox{ $0$}}. \eex$$ 由 $\bbf$ 的连续性即知结论.5 若 $L_P^+$ 有界且 $\Omega_P$ 仅由奇点构成, 能否断定 $\Omega_P$ 仅含⼀个奇点?解答: 不能断定. 仅能说 $\Omega_P$ 为由奇点构成的连通闭集或闭轨线.6 设 $O(0,0)$ 是⼀平⾯⾃治系统的惟⼀奇点, 且是稳定的, 全平⾯没有闭轨线. 试证: (1) 此系统的任⼀轨线必负向⽆界; (2) 任⼀有界的正半轨闭进⼊奇点 $O$.证明:(1) ⽤反证法. 若有⼀轨线负向有界, 则在定理 2.8 中, 由全平⾯没有闭轨线知 (3),(4) 不成⽴; 由 $O$ 为惟⼀奇点知 (1),(2),(5) 不成⽴. 这是⼀个⽭盾.(2) 对有界正半轨⽽⾔, 定理 2.8 中仅有 (1),(2),(5) 可能成⽴. 若 (1),(2) 成⽴, 则结论已证; ⽽由全平⾯没有闭轨线知 (5) 不成⽴.第三章 稳定性理论1 讨论⽅程 $$\bee\label{3.1:1} \sedd{\ba{ll}\frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\\ \frac{\rd x_2}{\rd t}=-a^2\sin x_1\ea} \eee$$ 零解的稳定性.解答: 选取 $$\bex V(\bbx)=\frac{x_2^2}{2}+a^2(1-\cos x_1), \eex$$ 则 $V$ 在原点的⼀邻域内是正定的, 且沿 \eqref{3.1:1} 的轨线有 $$\bex \dot V(\bbx)=V_{x_1}x_1'+V_{x_2}x_2'=0. \eex$$ 由此, 零解是稳定的, 但不是渐近稳定的.2 证明⽅程 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=-x+x^2}$ 的零解是指数渐近稳定的, 但不是全局渐近稳定的.证明: 解该微分⽅程有: $$\bex \ba{ccc} -\frac{1}{x^2}\frac{\rd x}{\rd t}=\frac{1}{x}-1,&\frac{\rd y}{\rd t}=y-1\\sex{y=\frac{1}{x}},&\frac{\rd z}{\rd t}=-e^{-t}\ \sex{z=e^{-t}y},\\ z=e^{-t}+C,&y=Ce^t+1,&x=\frac{1}{1+Ce^t}. \ea \eex$$由此, 原微分⽅程的解为 $$\bex x=0,\mbox{ 或 }x(t)=\frac{1}{1+Ce^t}. \eex$$ 取初值 $(t_0,x_0),\ x_0\neq 0$, 有 $$\bexx(t,t_0,x_0)=\frac{x_0}{1+e^{t-t_0}(1-x_0)}. \eex$$ 故当 $|x_0|<1$ 时, $$\bex |x(t,t_0,x_0)|\leq \sev{\frac{1}{x_0}-1}e^{-(t-t_0)}. \eex$$ 这说明零解是指数渐近稳定的. 但由于从 $(t_0,1)$ 出发的解 $x(t,t_0,1)=1$ 不趋于零解, ⽽零解不是全局渐近稳定的.3 在相空间 $\bbR^n$ 中给出 $\dps{\frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\ \bbf(t,0)=0}$ 的零解稳定、渐近稳定、不稳定的⼏何解释.解答: 零解是稳定的 $\lra\ \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \forall\ P\in B_\delta,\ L_P^+\subset B_\ve$; 零解是渐进稳定的$\lra\ \exists\ U\ni O,\ \forall\ P\in U,\ L_P^+\to 0$; 零解是不稳定的 $\lra\ \exists\ \ve_0>0,\ \exists\ P_n\to0, \stL_{P_n}^+\bs B_\ve\neq \vno$.4判断下列系统零解的稳定性:(1) $\dps{\sedd{\ba{ll} \frac{\rd x_1}{\rd t}=mx_2+\alpha x_1(x_1^2+x_2^2),\\ \frac{\rd x_2}{\rd t}=-mx_1+\alphax_2(x_1^2+x_2^2); \ea}}$;(2) $\dps{\frac{\rd^2x}{\rd t^2}+\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}^3+f(x)=0,}$ 其中 $xf(x)>0\ (x\neq 0), f(0)=0$;(3) $\dps{\frac{\rd^2x}{\rd t^2}-\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}^2sgn\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}+x=0}$.解答:(1) 取 $$\bex V=x_1^2+x_2^2, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $$\bex \dot V=2\alpha(x_1^2+x_2^2)\sedd{\ba{lll} \mbox{正定},&\alpha>0,\\ 0,&\alpha=0,\\ \mbox{负定},&\alpha<0. \ea} \eex$$ 于是当 $\alpha>0$ 时, 由定理 3.3, 零解是不稳定的; 当 $\alpha=0$ 时, 由定理 3.1, 定理是稳定的; 当 $\alpha<0$ 时, 由定理 3.1, 零解是渐近稳定的.(2) 令 $\dps{x_1=x,x_2=\frac{\rd x}{\rd t}}$, 则 $$\bex \frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\quad \frac{\rd x_2}{\rd t}=-x_2^3-f(x_1). \eex$$ 取 $$\bex V=\frac{x_2^2}{2}+\int_0^{x_1}f(t)\rd t, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $\dot V=-x_2^4\leq 0.$再 $$\bex \sed{\bbx;\dot V(\bbx)=0}=\sed{0}, \eex$$ 我们据定理 3.2 知零解是渐近稳定的.(3) 令 $\dps{x_1=x,x_2=\frac{\rd x}{\rd t}}$, 则 $$\bex \frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\quad \frac{\rd x_2}{\rd t}=x_2^2sgn(x_2)-x_1. \eex$$ 取 $$\bex V=\frac{x_1^2+x_2^2}{2}, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $\dot V=x_2^2|x_2|$是正定的. 我们据定理 3.3 知零解是不稳定的.5 若存在有⽆穷⼩上界的正定函数 $V(t,\bbx)$, 它沿着 $$\bex (3.3.1)\quad \frac{\rd\bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\quad \bbf(t,0)=0 \eex$$ 解曲线的全导数 $\dot V(t,\bbx)$ 负定, 证明 (3.3.1) 的零解是渐近稳定的.证明: 仅须注意到存在正定函数 $W(x)$, $W_1(x)$ 使得 $$\bex W(\bbx)\leq V(t,\bbx)\leq W_1(\bbx). \eex$$ ⽽可仿照定理 3.1 的证明.6 讨论 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=\frac{g'(t)}{g(t)}x}$ 零解的稳定性, 其中 $\dps{g(t)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+n^4(t-n)^2}}$. 能否得到零解渐近稳定的结果? 为什么?解答: 直接求解有 $$\bex x(t)=\frac{x_0}{g(t_0)}{g(t)}, \eex$$ ⽽由 $$\bex |x(t)|\leq\frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{2+\sum_{n\neq [t],[t]+1}\frac{1}{1+n^4(t-n)^2}} \leq \frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}} \eex$$ 知零解是稳定的; 由$$\bex |x(k)|=\frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{1+\sum_{n\neq k}\frac{1}{n^4(k-n)^2}}\geq \frac{|x_0|}{g(t_0)} \eex$$ 知零解不是渐近稳定的.7证明 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=-\frac{x}{t+1}}$ 的零解是渐近稳定的, 但不存在有⽆穷⼩上界的正定函数 $V(t,x)$, 使得 $\dotV(t,x)$ 负定 (该习题表明习题 5 中渐近稳定性定理中的条件不是必要的).证明: 直接求解有 $$\bex x(t)=\frac{x_0}{1+t}. \eex$$ ⽽零解是渐近稳定的.。
第四章常微分方程参考答案(1)
爱启航在线考研第四章常微分方程4.1答案：应选（C ）解析：原方程写成23e 0+'+=yxyy ，分离变量有23e d =e d y x y y x --，积分得232e 3e --=x y C ，其中C 为任意常数.4.2答案：应填sin e=C xy ，其中C 为任意常数.解析：原方程分离变量，有d cos d ln sin =y xx y y x，积分得1ln |ln |ln |sin |ln =+y x C ，通解为ln sin =y C x 或sin e=C x y ，其中C 为任意常数.4.3答案：应填()2112e-=x y x 解析：原方程化为d 1d ⎛⎫=- ⎪⎝⎭y x x y x .积分得通解211ln ||ln ||2y C x x =-，即122ex y Cx -=.由初值(1)1=y 解出12e C =得特解.故答案为：()2112e-=x y x .4.4答案：应选（B ）解析：原方程求导得()2()'=f x f x ，即()2()'=f x f x ，积分得2()e =x f x C ，又(0)ln 2=f ，故ln 2=C ，从而2()e ln 2=x f x .故应选（B ）.4.5解：曲线()=y f x 在点(,)x y 处的切线方程为()'-=-Y y y X x ，令0=X ，得到切线在y 轴截距为'=-xy y xy ，即(1)'=-xy y x .此为一阶可分离变量的方程，于是d 11d ⎛⎫=- ⎪⎝⎭y x y x ，两边积分有1ln ||ln =-y C x x ，得爱启航线考研到e =x Cx y .又()11e y -=，故1=C ，于是曲线方程为e =xx y .4.6解：22d d 11+y y y x x x x =∆=+，得2d d 1=+y y x x ，变量分离2d 1d 1=+y x y x.两边积分得1ln arctan y x C =+.可得arctan exy C =又()0y =π，则C =π.所以arctan πexy =，()πarctan141πeπe y ==.4.7解：令=yu x，即=y ux ，则y u x u ''=+，又由题给表达式可得2y u u '=，即有u x u '+2u u =-d 1d 22=-x xu u ，两边积分得1ln 1ln ln u x C -=+，即ln(1ln ln 1=-+⇒-=⇒-=y Cu x C x xy C x x.4.8答案：应填2(ln ||)=+x y y C 解析：将x 看成未知函数，原方程改写为2d 1d 222+==+x x y x y xy y x这是一个伯努利方程，令2=z x ，有d 1d -=z z y y ，得11d d 2e ed (ln ||)-⎛⎫⎰⎰==+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎰y y y y x z y C y y C .故答案为：2(ln ||)=+x y y C ，其中C 为任意常数.4.9答案：应填()cos +x C x解析：属于一阶非齐次线性方程，直接根据一阶非齐次线性微分方程的通解公式即可得出答案.故答案为：()cos +x C x ，其中C 为任意常数.4.10答案：应填1爱启航在线考研解析：()2d 2d 22e 4e d e4ed x x xxy x x C x x C--⎛⎫⎰⎰=+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰222e (21)e (21)e x x xx C x C --⎡⎤=-+=-+⎣⎦.当0=x 时，1=-y ，则0=C .可得21=-y x ，则()11=y .故答案为1.4.11答案：应填1解析：由11()()'+=y P x y Q x 及22()()'+=y P x y Q x 得()()1212()()()αββαβ'+++=+y y P x ay y Q x .又因12αβ+y y 满足原方程，故应有()()()β+=a Q x Q x ，即1αβ+=.故答案为1.4.12解：()sin d sin d e cos e d -⎛⎫⎰⎰=+ ⎪⎝⎭⎰x xx x gx x x C ()cos cos e cos ed -=+⎰xxx x C又()00g =，故()()cos cos cos 0e cos ed cos ed limlime lim xxxx x x x x Cx x Cg x xxx--→→→++==⋅=⎰⎰cos 0e lim cos e 1x x x -→⋅=.4.13解：2d 1d 2y x x y =-，则2d 2d x x y y =-，即2d 2d x x yy-=-()()2d 2d 222222111e e d e e d e 224yy y y y x y y C y y C y y C --⎛⎫⎰⎰⎡⎤=-+=-+=+++ ⎪⎣⎦⎝⎭⎰⎰.4.14解：令=tx u ，则u t x d d =，则代入到题给表达式101()d ()d xf tx t f u u x =⎰⎰，可得20()d 2()xf u u xf x x =+⎰.两边求导得()2()2()2f x f x xf x x '=++，则()2()2f x xf x x '+=-.从而11131d d 2222222()e (1)ed 33x x x x f x x C x x C x Cx ---⎛⎫⎛⎫⎰⎰=-+-+=-+ ⎪⎝ ⎝⎭=⎪⎭⎰.爱启航在线考研4.15解：将原方程改写成211cos sin y x x yy '+=-，并令1z y =，则21z y y ''=-，且原方程化为sin cos z z x x '-=-.d de (sin cos )e d x x z x x x C -⎡⎤⎰⎰=-+⎢⎥⎣⎦⎰e (sin cos )e d x x x x x C -⎡⎤=-+⎣⎦⎰()e sin ed cose d xxx x x x x C --=-+⎰⎰，其中()sin e d sin d e sin e e cos d x x x x x x x x x x ----=-=-+⎰⎰⎰，故()e sin e e sin x x x z x C C x -=-+=-，即1e sin x C x y=-为所求通解.4.16答案：应选（C ）解析：因原方程阶数为2，通解中应包含两个任意常数（可求出通解为3126++x C C x ）；特解中不含有任意常数（3*6=x y 为特解）；36+x Cx 满足原方程，为原方程的解，故选项（A ），（B ），（C ）都不对，应选（C ）.4.17解：（1）令y p '=，则d d p y x ''=，从而2d 1d pp x=+，则2d d 1p x p =+积分得p arctan 1arctan p x C =+，故()1d tan d yp x C x=+=，则两边对x 积分1d tan()d y x C x =+⎰⎰，得()1121sin()d ln cos cos()x C y x x C C x C +==-+++⎰.（2）()10xy xy C '''=⇒=，即1y xC '=，故12ln y C x C =+.4.18解：由21e x y =，得212e x y x '=，()22124e x y x ''=+；由22e x y x =，得222(12)e x y x '=+，()22364e x y x x ''=+.因爱启航在线考研()()()22222211144224e 42e 42e 0x x x y xy x y x x x x '''-+-=+-⋅+-=.()()()()222232222244264e 412e 42e 0x x x y xy x y x x x x x x '''-+-=+-++-=.故1y 与2y 都是方程的解.又因21y x y =不等于常数，故1y 与2y 线性无关.于是方程的通解为()2112212e x y C y C y C C x =+=+.4.19答案：应选（A ）解析：根据高阶线性微分方程根的形式可知，选（A ）.4.20答案：应选（B ）解析：由题意可知，-1是特征方程二重特征根，1是特征方程的特征根，故特征方程为()()2110+-=r r ，即3210+--=r r r .故三阶常系数齐次线性方程为0y y y y ''''''+--=.故选（B ）.4.21答案：应选（C ）解析：：特征方程为2220++=r r 即2(1)1+=-r ，解得特征根为1,21i r =-±.而()e sin x f x x -=，i 1i w ±=-±λ是特征根，故特解的形式为*e (cos sin )x y x a x b x -=+.4.22答案：应填()*22e xy x ax bx c dx =+++解析：特征方程为220-=r r ，特征根10r =,22r =.对21()1=+f x x ，10λ=是特征根，所以()*21y x ax bx c =++.对22()exf x =，22λ=也是特征根，故有*22e =x y dx .从而***12=+y y y 就是特解.故答案为()*22e x y x ax bx c dx =+++.4.23解：所给微分方程的特征方程为256(2)(3)0++=++=r r r r ，特征根为12=-r ,23=-r .于是，对应齐次微分方程的通解为2312)e e xx y x C C --=+.爱启航在线考研设所给非齐次方程的特解为*e xy A -=.将*()y x 代入原方程，可得1A =.由此得所给非齐次方程得特解*e xy -=.从而，所给微分方程得通解为2312()e e e xx x y x C C ---=++，其中1C ,2C 为任意常数.4.24答案：应选（C ）解析：将()()000y y '==代入3e xy py qy '''++=，得()01''=y .()()()()()22000ln 122limlimlimlim 2x x x x x x x y x y x y x y x →→→→+===='''.故选C.4.25答案：应填12e(cos sin )e xxC x C x ++解析：所给微分方程的特征方程为22201i -+=⇒=±r r r ，从而齐次通解为12e (cos sin )x C x C x +，设特解为e x A ，代入方程得e 2e 2e e 1x x x x A A A A -+=⇒=，即得特解为e x .非齐次通解为12e(cos sin )e xx C x C x ++.。
传热学第四版课后题答案第四章
第四章复习题1、 试简要说明对导热问题进行有限差分数值计算的基本思想与步骤。
2、 试说明用热平衡法建立节点温度离散方程的基本思想。
3、 推导导热微分方程的步骤和过程与用热平衡法建立节点温度离散方程的过程十分相似，为什么前者得到的是精确描述，而后者解出的确实近似解。
4、 第三类边界条件边界节点的离散那方程， 也可用将第三类边界条件表达式中的一阶导数用差分公式表示来建立。
试比较这样建立起来的离散方程与用热平衡建立起来的离散方程的异同与优劣。
5．对绝热边界条件的数值处理本章采用了哪些方法？试分析比较之．6．什么是非稳态导热问题的显示格式？什么是显示格式计算中的稳定性问题？7．用高斯－塞德尔迭代法求解代数方程时是否一定可以得到收敛德解？不能得出收敛的解时是否因为初场的假设不合适而造成？t3t n i 5t n i 1 t n i 28．有人对一阶导数xn,i2 x 2你能否判断这一表达式是否正确，为什么？ 一般性数值计算4-1、采用计算机进行数值计算不仅是求解偏微分方程的有力工具，而且对一些复杂的经验公式及用无穷级数表示的分析解，也常用计算机来获得数值结果。
试用数值方法对Bi=0.1,1,10 的三种情况计算下列特征方程的根n (n1,2,6) :tan nBi , n1,2,3nFoa0.22并用计算机查明，当时用式（ 3-19）表示的级数的第一项代替整个级数（计算中用前六项之和来替代）可能引起 的误差。
解：ntannBi，不同 Bi 下前六个根如下表所示：Bi μ 1μ 2μ 3 μ 4 μ 5 μ 6 0.1 0.31113.1731 6.2991 9.4354 12.5743 15.7143 1.0 0.8603 3.4256 6.4373 9.5293 12.6453 15.7713 101.42894.30587.228110.200313.214216.2594Fo=0.2 及 0.24时计算结果的对比列于下表：Fo=0.2 xBi=0.1 Bi=1Bi=10 第一项的值 0.94879 0.62945 0.11866前六和的值0.95142 0.64339 0.12248比值0.997240.978330.96881Fo=0.2 x 0Bi=0.1 Bi=1Bi=10 第一项的值 0.99662 0.96514 0.83889前六项和的值0.994 0.95064 0.82925比值1.0021.015251.01163Fo=0.24 xBi=0.1Bi=1Bi=10第一项的值 0.94513 0.61108 0.10935 前六项的值0.94688 0.6198 0.11117 比值0.998140.986940.98364Fo=0.24 x 0Bi=0.1Bi=1 Bi=10 第一项的值 0.99277 0.93698 0.77311 前六项和的值0.99101 0.92791 0.76851 比值1.001771.009781.005984-2、试用数值计算证实，对方程组x 1 2x 2 2x 3 1 x 1 x 2 x 332x 1 2x 2 x 3 5用高斯 -赛德尔迭代法求解，其结果是发散的，并分析其原因。
数理方程参考答案4第四章 积分变换法
若 在 点连续，则
1
定义
设函数 f ( x) 在 (−∞, +∞) 上的任意有限区间上满足狄利克雷条件，在 (−∞, +∞) 上绝
对可积，则称广义积分
为
的傅里叶变换，或者称为 定义 称
的像函数。通常记为
，或
。
为
的傅里叶逆变换，或者称为 傅里叶变换及其逆变换的基本性质
的像原函数。记为
.
性质 1（线性性质） 傅里叶变换及其逆变换都是线性变换，即
其中 ， 是任意常数。 性质 2（相似性质） 对于任意实常数 ，有 . 性质 3（位移性质）对于任意实常数 ，有 , 性质 4（微分性质）设 ， 的傅里叶变换存在，则 . 一般地，若 , ,…, 的傅里叶变换存在，则 . 性质 5（乘多项式性质）设 的傅里叶变换存在，则
2
.
. 性质 6 (积分性质) . 性质 7 (对称性质) . 定义 于所有的 设函数 和 是 上定义的函数。 如果广义积分 对
2 ∂ 2u 2 ∂ u a − = 0 (−∞ < x < +∞, t > 0), ∂t 2 ∂x 2 ∂u u| ψ ( x). ( x), = = t =0 ϕ ∂t t =0
的解为
二维拉普拉斯方程的边值问题
∂ 2u ∂ 2u = 0 ( −∞ < x < +∞, y > 0), ∂x 2 + ∂ y2 u | = f ( x ), x =0 u = 0. |xlim |→+∞ 的解为
2
s2
例3 解
求函数 F ( p ) = 因为
p 的拉普拉斯逆变换 p − 2 p +5
常微分方程答案 一二章
习题1.24. 给定一阶微分方程2dyx dx=， (1). 求出它的通解； (2). 求通过点()1,4的特解；(3). 求出与直线23y x =+相切的解； (4). 求出满足条件102ydx =⎰的解；(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。
解：(1). 通解显然为2,y x c c =+∈ ；(2). 把1,4x y ==代入2y x c =+得3c =，故通过点()1,4的特解为23y x =+；(3). 因为所求直线与直线23y x =+相切，所以223y x cy x ⎧=+⎨=+⎩只有唯一解，即223x c x +=+只有唯一实根，从而4c =，故与直线23y x =+相切的解是24y x =+；(4). 把2y x c =+代入12y d x =⎰即得53c =，故满足条件12ydx =⎰的解是25y x =+； (5). 图形如下：-1.5-1-0.500.51 1.512345675. 求下列两个微分方程的公共解：242422,2y y x x y x x x y y ''=+-=++--解：由2424222y x x x x x y y +-=++--可得()()222210y x xy -++=所以2y x =或212y x =--，2y x =代入原微分方程满足，而212y x =--代入原微分方程不满足，故所求公共解是代入原微分方程不满足。
6. 求微分方程20y xy y ''+-=的直线积分曲线。
解：设所求直线积分曲线是y kx b =+，则将其代入原微分方程可得2200010k b k xk kx b k b k b k k -=⎧+--=⇒⇒====⎨-=⎩或所以所求直线积分曲线是0y =或1y x =+。
8. 试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：(2). 曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l ； (5). 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方。
常微分方程第四章课后答案
常微分方程第四章课后答案大家好，我是你们的语文老师小七。
在高中阶段很多学生对于课本上的知识点都有一些基础认识，但是有些同学在理解了这个知识点之后就不知道该如何去理解了，所以今天我就来给大家讲解一下常微分方程第四章课后习题练习。
这一章节主要讲两个内容：①什么是常微分方程；②常微分方程解法。
第一个内容是常微分方程解法的定义，这是在课本中找不到的知识。
这一部分主要要学习基本的表达式以及一些解析式。
第二个内容是常微分方程中积分法，对于初学者来说这一部分更是需要好好学习了。
下面我们就来了解一下这些知识点吧。
首先要明确一下这章节讲的内容不能单独做练习题，而是需要把每一道例题都做完才行。
这节课除了常规的知识会做一些相关例题之外，还会讲解下几道解析式以及常见的几种情况了。
1.线性表达式的两个性质线性表达式中含有一个值为 y,由定义可知 x的值为 y=0,这种情况下表达式的两个性质分别为①线性表达式有无限长时，函数的阶数不变；②线性表达式随解变小而逐渐递减；③线性表达式对任意一阶值的变换都可以得到对应形式，比如用n× n来表示（如矩阵）。
这两个性质可以通过具体例子来说明这一点。
在函数 x>0时，由于有无穷多个解，每个解都有相应的矩阵，并且在这个矩阵中存在相同的化简问题。
那么解方程中所含有的多变量就是这两个性质。
其中 x 和 y分别表示对一个函数 x和 y取对应微分时变量之间的关系。
另外还有一种情况会用到近似解来证明：即满足 k、 z、?三大条件中有任意一种条件时，可以得到一个近似求解的常微分方程：所以两个函数均满足 k、 z、?三大条件中任意一项就可以得到这类线性表达式下面这个解法：若 y为二元函数，则 y=2 x+1 y^2 x+1 y^2 x^2 x=+1x?1=+1x-2-0 （如矩阵）。
2.等比数列在常微分方程解法方面，我们的解法就是将该解法和实际中计算的解做一个等值处理。
我们通常将等值数列分为等比数列(m= m)和等比数列(m=1)。
常微分方程教案(王高雄)第四章
目录第四章高阶微分方程 0内容提要及其它 (1)4.1 线性微分方程的一般理论 (2)4.1.1 引言 (2)4.1.2 齐线性方程的解的性质与结构 (3)4.1.3 非齐线性方程与常数变易法 (4)4.2 常系数线性方程的解法 (7)4.2.1 复值函数和复值解 (7)4.2.2 常系数齐线性方程和欧拉方程 (9)1、常系数齐线性方程 (9)2、欧拉（Euler）待定指数函数法 (9)3、应用 (14)4、欧拉方程 (15)4.2.3 非齐次线性方程：比较系数法和拉普拉斯变换法——求特解 (17)1. 比较系数法 (17)2. 拉普拉斯变换法 (22)4.2.4 质点振动 (25)1. 无阻尼自由振动 (25)2. 有阻尼自由振动 (26)3. 无阻尼强迫振动 (27)4. 有阻尼强迫振动 (29)4.3高阶方程的降阶和幂级数解法 (31)4.3.1可降阶的一些方程类型 (31)1.方程不显含未知函数x (31)t2.方程不显含自变量的方程 (32)3.齐线性方程 (34)4.3.2二阶线性方程的幂级数解法 (35)4.4.3 第二宇宙速度计算 (39)本章小结及其它 (41)第四章高阶微分方程内容提要及其它授课题目（章、节）第四章：高阶微分方程教材及主要参考书（注明页数）教材：常微分方程（第三版），王高雄等，高等教育出版社，2006年,p120-185主要参考书[1]常微分方程，东北师范大学微分方程教研室编，高等教育出版社，2005，p164-223[2]高等代数，北京大学数学力学系几何与代数教研室代数小组编，人民教育出版社，1978，p102-156[3]常微分方程习题解，庄万主编，山东科学技术出版社，2003，p225-383[4]差分方程和常微分方程，阮炯编著，复旦大学出版社，2002，p149-164目的与要求掌握线性微分方程的解的性质和通解结构．掌握常系数齐次线性微分方程的解法和欧拉方程的解法．掌握常数变易法、比较系数法求特解．理解高阶常微分方程的降阶解法的思想，掌握二阶常微分方程的降阶解法．了解二阶齐线性微分方程的幂级数解法的思想．教学内容与时间安排、教学方法、教学手段教学内容第1节线性微分方程的一般理论；第2节常系数线性微分方程的解法；第3节高阶微分方程的降阶和幂级数解法时间安排：12学时教学方法：讲解方法教学手段：传统教学方法与多媒体教学相结合．教学重点分析方法上的重点：常数变易法、特征根法和比较系数法．内容上的重点：线性微分方程解的结构理论是一个重点，它是求解高阶线性微分方程的理论基础，并从理论上给出了高阶线性微分方程求解的一般方法．另一个重点是常系数线性微分方程的解法，它把微分方程求解问题转化为一个代数问题进行讨论．教学难点分析方法上的难点：常数变易法、特征根法和比较系数法．内容上的难点：第一个难点是非齐次线性微分方程的常数变易法，主要是学生理解上有一定难度，没有从理论上理解为何要构造这样一个方程组，从而求解．另一个难点是常系数线性微分方程的解法，因为把求解微分方程的问题转化为了一个代数方程来讨论，而代数方程的讨论相对来说要直观容易一些．在前面的讨论中已经看出，在实际问题中除了已讨论的一阶微分方程外，还将遇到一些其它类型的非一阶的微分方程，即高阶微分方程．而在微分方程的理论中，线性微分方程是非常值得重视的一部分内容，这不仅因为线性微分方程的一般理论已被研究得十分清楚，而且线性微分方程是研究非线性微分方程的基础，它在物理、力学和工程技术中也有着广泛的应用．所以本章着重讨论线性微分方程的基本理论和常系数微分方程的解法，对于高阶微分方程的降阶问题和二阶线性方程的幂级数解法也作适当地介绍和讨论．4.1 线性微分方程的一般理论4.1.1 引言如下的n 线性阶微分方程)()()()(1111t f x t a dt dx t a dtx d t a dt x d n n n n n n =++++−−−L （4.1） 其中b t a t f n i t a i ≤≤=都是区间及)(),,2,1)((L 上的连续函数．如果，则方程（4.1）变为0)(≡t f 0)()()(1111=++++−−−x t a dt dx t a dt x d t a dt x d n n n n n n L （4.2） 定义：（n 阶齐次线性微分方程，或齐线性方程）称（4.2）为n 阶齐线性微分方程，简称为齐线性方程定义：（n 阶非齐次线性微分方程，或非齐线性方程）而一般的方程（4.1）称为n 阶非齐线性微分方程，或简称为非齐线性方程，并且通常把方程（4.2）叫做对应于方程（4.1）的齐线性方程．对于高阶微分方程，同一阶微分方程一样，也存在着解的存在性和唯一性问题，即在什么条件下，高阶微分方程有解和唯一解．为此，先给出方程（4.1）的解存在唯一性定理． 定理 1 如果b t a t f n i t a i ≤≤=都是区间及)(),,2,1)((L 上的连续函数，则对于任一及任意的，方程（4.1）存在唯一解],[0b a t ∈)1(0)2(0)1(00,,,−n x x x x L )(t x ϕ=，定义在区间上，且满足初始条件：b x a ≤≤1(1)(1)0000001()()(),,,n n n d t d t t x x x dt dtϕϕϕ−−−===L （4.3） 证明（略，具体在下一章讨论．）注释；初始条件唯一地确定了方程（4.1）的解，而且这个解在所有()(1,2,,)i a t i n =L 及()f t 连续的整个区间上有定义．a tb ≤≤4.1.2 齐线性方程的解的性质与结构定理2（叠加原理）如果是方程（4.2）的k 个解，则它们的线性组合也是（4.2）的解，这里是任意常数． )(,),(),(21t x t x t x k L )()()(2211t x c t x c t x c k k +++L k c c c ,,,21L 证明：（详细过程略），基本思想：利用导数的性质进行简单的运算即可证明原命题．特别地，当k =n 时，即方程（4.2）有解)()()(2211t x c t x c t x c x n n +++=L （4.4）它含有n 个任意常数，现在问：在什么条件下，表达式（4.4）能构成为n 阶齐次线性方程（4.2）的通解？它将具有什么特性？为了讨论的方便，先引进基本概念：函数线性相关与线性无关及伏朗斯基（Wronsky ）行列式．考虑定义在区间上的函数，如果存在不全为零的常数使得恒等式b t a ≤≤)(,),(),(21t x t x t x k L kc c c ,,,21L 0)()()(2211≡+++t x c t x c t x c k k L对于所有都成立，则称这些函数是线性相关的，否则就称这些函数在所给区间上线性无关的．],[b a t ∈例：函数在任何区间上都是线性无关的；但函数在任何区间上都是线性相关的．又如函数在任何区间上都是线性无关的，因为恒等式t t sin cos 和1sin cos 22−t t 和nt t t ,,,,12L 02210≡++++n n t c t c t c c L （4.5）仅当所有时才成立．如果至少有一个),,2,1(0n i c i L ==0≠i c ，则（4.5）的的左端是一个不高于n 次的多项式，它最多可有n 个不同的根．因此，它在所考虑的区间上不能多于n 个零点，更不可能恒为零．由定义在区间],[b a t ∈上的k 个可微k-1次的函数所作成的行列式 )(,),(),(21t x t x t x k L )()()()()(')()()()()()](,),(),([)1()1(2)1(1'2'12121t x t x t x t x t x t x t x t x t x t W t x t x t x W k k k k k k k −−−≡≡L LL L L L L L 称为这些函数的伏朗斯基（Wronsky ）行列式．定理3 若函数在区间)(,),(),(21t x t x t x n L ],[b a t ∈上k-1次可微且线性相关，则在[a,b]上它们的伏朗斯基（Wronsky ）行列式为零，即有：0)(≡t W证明：（除教材上p123的证明方法外，还可以用反证法．注：该定理的逆命题不一定成立．构造函数如下，得到说明：)(),(21t x t x ⎩⎨⎧≤≤<≤−=10001)(21t t t t x 和． ⎩⎨⎧≤≤<≤−=10010)(22t t t t x 定理4如果方程（2）的解在区间)(,),(),(21t x t x t x n L ],[b a t ∈上线性无关，则在[,的任何点上都不等于零，即有：)](,),(),([21t x t x t x W k L ]a b )(0)(b t a t W ≤≤≠．证明：（反证方法）．定理5 n 阶奇线性方程（4.2）一定存在n 个线性无关的解．定理6（通解结构定理） 如果是方程（4.2）的n 个线性无关的解，则方程（4.2）的通解可表为：)(,),(),(21t x t x t x n L )()()(2211t x c t x c t x c x n n +++=L （4.11）其中是任意常数．且通解（4.11）包括了方程（4.2）的所有解．n c c c ,,,21L 推论：方程（4.2）的线性无关解的最大个数等于n ．因此有：n 阶齐线性方程的所有解构成一个n 维线性空间．方程（4.2）的一组n 个线性无关解称为方程的一个基本解组，显然，基本解组不唯一．4.1.3 非齐线性方程与常数变易法知道了齐线性方程通解的结构，很容易得到非齐线性高阶微分方程的通解结构了． 考虑n 阶非齐线性方程（4.1）)()()()(1111t f x t a dt dx t a dt x d t a dt x d n n n n n n =++++−−−L （4.1） 易见方程（4.2）是它的特殊情形，仿照一阶非齐线性微分方程的解法，两者之间解的性质和结构有着十分密切的联系．性质 1 如果)(t x 是方程（4.1）的解，而是方程（4.2）的解，则也)(t x )()(t x t x +是方程（4.1）的解．性质2 方程（4.1）的任意两个解之差必为方程（4.2）的解．定理7 设为方程（4.2）的基本解组，而)(,),(),(21t x t x t x n L )(t x 是方程（4.1）的某一个解，则方程（4.1）的通解可表为)()()()(2211t x t x c t x c t x c x n n ++++=L （4.14）其中为任意常数，而且这个通解（4.14）包括了方程（1）的所有解．n c c c ,,,21L 证明：（略，仿定理6）根据性质1易知（14）是（4.1）的解，它包含n 个任意常数，可以证明这些常数是相互独立的，因此，它是方程（4.1）的通解．现设是方程（4.1）的任一解，则由性质2，)(~t x )()(~t x t x −是方程（4.2）的解，根据定理6，必有一组确定的常数，使得n c c c ,,,21L )(~)(~)(~)()(~2211t x c t x c t x c t x t x nn +++=−L 即)()(~)(~)(~)(~2211t x t x c t x c t x c t x nn ++++=L 这就是说，方程（4.1）的任一解可以由（4.14）表出，其中为相应的确定常数．由于地任意性，这就证明了通解表达式（14）包括了（4.1）的所有．定理7告诉我们要求一个非齐线性方程的解，只需要先求出对应的齐线性方程的一个基本解组，然后再求非齐线性方程的一个特解，然后按照定理7就可以写出非齐线性方程的通解．通过分析，特别是一阶微分方程的求解方法，进一步还可以指出，只要知道对应齐线性方程的基本解组就可以利用常数变易方法求得非齐线性方程的解．例1 求方程tx x cos 1"=+的通解，已知它的对应齐线性方程的基本解组为：． t t sin ,cos 解：（常数变易方法）．步骤：第一步，求对应齐线性方程的一个基本解组；已知对应齐线性方程的一个基本解组为：．t t sin ,cos 第二步，用常数变易法求非齐线性方程的通解．令：t t c t t c x sin )(cos )(21+=将它代入原方程，则可得有关的方程组：)(')('21t c t c 和⎪⎩⎪⎨⎧=+−=+t t tc t c t t t c t t c cos 1)('cos )('sin 0sin )('cos )('2121 解得：1)(',cos sin )('21=−=t c tt t c 由此 2211)(,cos ln )(r t t c r t t c +=+=然后求解得原方程的解t t t t t r t r x sin cos ln cos sin cos 21+++=其中是任意常数．21,r r例2 求方程于域2'"t x tx =−0≠t 上的所有解．解：第一步，求对应齐线性方程的基本解组．对应的齐线性方程为0'"=−x tx容易直接积分求得它的基本解组．事实上，将这个齐线性方程改写为tx x 1'"= 积分即得．所以At x ='B At x +=221，这里A ，B 为任意常数．易见有基本解组．为应用上面的结论（标准的非齐线性方程），也将原方程改写为：2,1t t x t x =−'1" 第二步，把原方程变为标准的非齐线性方程的形式．令：221)()(t t c t c x +=代入原方程有：0)(')('221=+t t c t c 及t t c t =)('22于是2221)(k t t c +=和13161)(k t t c +−= 故原方程的通解为 322131t t k k x ++=． 这里是任意常数．由定理知这个解包括了方程的所有解．作业：P131：2、3、4、5、64.2 常系数线性方程的解法通过前面的学习和讨论，关于线性微分方程的通解的结构问题，从理论上说，可以认为已经是完全解决了．但是，求方程通解的方法还没有具体给出．事实上，对于一般的线性微分方程是没有普遍的解法的．这里将介绍求解问题能够彻底解决的一类方程——常系数线性微分方程及可以化为这一类型的方程．同时将看到，为了求得常系数齐次线性方程的通解，只须解一个代数方程而不必通过积分运算．对于某些特殊的非齐线性方程也可以通过代数运算和微分运算求得它的通解．注：1、本节的内容可以用于解决实际问题：质点振动问题；2、在介绍求解方法时需要用到实变量的复值函数和复指数函数．4.2.1 复值函数和复值解如果对于区间中的每一实数t ，有复数b t a ≤≤)()()(t i t t z φϕ+=与它对应，其中)(t ϕ和)(t φ是在区间上定义的实函数，i 是虚单位，就说在区间b t a ≤≤上给定了一个复值函数．如果实函数)(t z )(t ϕ,)(t φ当趋于时有极限，就称复值函数当趋于时有极限，并且定义t 0t )(lim )(lim )(lim 000t i t t z t t t t t t φϕ→→→+= 如果，就称在连续．显然，在连续相当于)()(lim 00t z t z t t =→)(t z 0t )(t z 0t )(t ϕ，)(t φ在连续．当在区间上每一点都连续时，就称在区间0t )(t z b t a ≤≤)(t z b t a ≤≤上连续．如果极限00)()(lim 0t t t z t z t t −−→存在，就称在有导数（可微），且记此极限为)(t z 0t dtt dz )(0或者．显然在处有导数相当于)('0t z )(t z 0t )(t ϕ，)(t φ在处有导数，且0t dtt d i dt t d dt t dz )()()(000φ+ϕ= 如果在区间)(t z b t a ≤≤上每点都有导数，就称在区间)(t z b t a ≤≤上有导数，对于高阶导数可以类似地定义．设是定义在上的可微函数，c 是复值常数，容易证明下列等式成立（复值函数的微分运算性质）：)(,)(21t z t z b t a ≤≤dtt dz t z t z dt t dz t z t z dt dz dtt dz c t z c dt dz dtt dz dt t dz t z t z dt dz )()()()()]()([)()]([)()()]()([212121112121⋅+⋅=⋅=⋅+=+ 在讨论常系数线性方程时，函数将起着非常重要的作用，这里是t K e K 复值常数．下面讨论它的定义，并且讨论其一些性质．设是任一复数，而是实变量，于是定义：β+α=i K t )sin (cos )(t i t e e e t t i t K β+β==αβ+α于是有)(21sin )(21cos t i t i t i t i e e i t e e t β−ββ−β−=β+=β 如果以β−α=i K 表示复数K 的共轭复数，那么有：−=−t K Kt e e函数有下面的重要性质．t K e zt K t K t K K e e e 2121)(=+z Kt tK Ke dtde =，其中是实变量． t zKt n t K ne K e dt d =)( 定理8 如果方程（4.2）中所有系数),,2,1)((n i t a i L =都是实值函数，而)()()(t i t t z x φ+ϕ==是方程（4.2）的复值解，则的实部)(t z )(t ϕ、虚部和共轭复值函数)(t φ)t z 也是方程（4.2）的解．定理9 若方程)()()()()(1111t iv t u x t a dt dx t a dtx d t a dt x d n n n n n n +=++++−−−L 有复值解，这里)()(t iV t U x +=),,2,1)((n i t a i L =及都是实值函数，那么这个解的实部和虚部分别是)(),(t v t u )(t U )(t V )()()()(1111t u x t a dt dx t a dtx d t a dt x d n n n n n n =++++−−−L 和)()()()(1111t v x t a dt dx t a dtx d t a dt x d n n n n n n =++++−−−L 的解．4.2.2 常系数齐线性方程和欧拉方程1、常系数齐线性方程若齐线性方程（4.2）的所有系数都是常数，即原方程可以写为如下形式：0][1111=++++=−−−x a dt dx a dtx d a dt x d x L n n n n n n L （4.15） 其中是常数．此时，称（4.15）为n 阶常系数齐线性方程．),,2,1(n i a i L =2、欧拉（Euler ）待定指数函数法通过前面的一阶常系数齐线性方程的解的指数形式可以启示，对于n 阶齐线性方程是否也有类似形式的解．于是用试探法讨论n 阶齐线性方程（4.15）的解，假设形如t a ce t e x λ= （4.16）其中是待定常数，可以是实数，也可以是复数．λ注意到：tt n n n n tnt n n t n n t n te F e a a a e a dt de a dt e d a dt e d e L λλ−−λλ−−λ−λλλ≡+λ++λ+λ=++++≡)()(][1111111L L 其中是n n n n a a a F +λ++λ+λ≡λ−−111)(L λ的n 次多项式．易知（4.16）为方程（4.15）的解的充要条件是：是代数方程λ0)(111=+λ++λ+λ≡λ−−n n n n a a a F L （4.17）的根．因此，方程（4.17）将起着预示方程（4.15）的解的特性的作用，被称为（4.15）的特征方程，它的根被称为特征根．于是，下面根据特征根的情况分别进行讨论（由代数知识知道，特征方程的根由两种情况：单根、重根）． z 特征根是单实根的情形设是特征方程（4.17）的n 个彼此不相等等根，则相应地方程（4.16）有如下n 个解：n λλλ,,,21L t t t n e e e λλλ,,,21L （4.18）可以证明这n 个解在区间b t a ≤≤上线性无关，从而组成方程（4.15）的基本解组．事实上，此时，有1121121)(1121121111][1212121−−−λ++λλ−λ−λ−λλλλλλλλλλλλ=λλλλλλ≡n n n n nttn n tn t n tn t t t tt n n n n e e e ee e e e e e t W L L L L L L L L L L L L L LL而最后一个行列式是著名的范德蒙（Vandermonde ）行列式，它等于．由于假设，故此行列式不等于零，从而∏≤<≤λ−λni j j i1)()(j i j i ≠λ≠λ0][≠x W ，于是解组（4.18）线性无关，这就是所要证明的．如果均为实数，则（4.18）是方程（4.15）的n 个线性无关的实值解，而方程（4.15）的通解可表示为),,2,1(n i i L =λt n t t n e c e c e c x λλλ+++=L 2121其中为任意常数．n c c c ,,,21L 例1 求方程0452244=+−x dtxd dt x d 的通解．解：（单根的情形）．特征方程为：0454=+λ−λ由此得到特征根：2,2,1,14321=λ−=λ=λ−=λ，其对应的基本解组为：t t t t e x e x e x e x 242321,,,====−−故通解为：t t t t e c e c e c e c x 242321+++=−−．如果特征根有单复根的情形),,2,1(n i i L =λ如果特征根有复根，则因方程的系数是实常数，由代数学基本定理，复根将成对共轭的出现．设β+α=λi 1是一特征根，则β−α=λi 2也是特征根，因而与对共轭复根对应的，方程（15）有两个复值解)sin (cos )sin (cos )()(t i t e et i t e e tti t t i β−β=β+β=αβ−ααβ+α根据定理8，它们的实部和虚部也是方程的解．这样一来，对应于特征方程的一对共轭复根，可求得方程（4.15）的两个实值解：β±α=λi t e t e t t ββααsin ,cos此时，方程（4.15）的基本解组为：t t t tn e e t e t e λλααββ,,,sin ,cos 3L 例2 求方程的通解010'18"156)3()4(=+−+−y y y y y解：（单复根的情形）．特征方程为：010********=+λ−λ+λ−λ由此得到特征根：i i i i −=λ+=λ−=λ+=λ2,2,1,14321，其对应的基本解组为：x e y x e y x e y x e y x x x x sin ,cos ,sin ,cos 242321====故通解为：)sin cos ()sin cos (43221x c x c e x c x c e y x x +++=．z 特征根是重根的情形设特征方程有k 重根，则由代数学知识有1λ=λ0)(,0)()(')(11)1(11≠λ=λ==λ=λ−k k F F F F L先设，即特征方程有因子，于是01=λk λ011====+−−k n n n a a a L也就是特征方程的形状为011=λ++λ+λ−−k k n n n a a L而对应的方程（4.15）变为0111=+++−−−k k k n n n n n dtxd a dt x d a dt x d L 易见它有个解，而且它们是线性无关的，这样一来，特征方程的k 重零根就对应于方程（4.15）的个线性无关的解．k 12,,,,1−k tt t L k 12,,,,1−k tt t L 如果这个k 重根，作变换，注意到0≠λtyex 1λ=]!2)1([)(1)2(21)1(1)()()(11y y m m y m y e ye x m m m m t m t m λ++λ−+λ+==−−λλL 可得t t n n n n n n te y L e y b dtdyb dt y d b dt y d ye L 121][)(][11111λλ−−−λ=++++=L于是方程（4.15）化为0][11111=++++≡−−−y b dt dyb dty d b dt y d y L n n n n n n L （4.19）其中仍为常数，而相应的特征方程为n b b b ,,,21L 0)(111=+μ++μ+μ≡μ−−n n n n b b b G L （4.20）直接计算易得t t t t t e G e e L e L e F )(1)()(11111)()()()(λ+μλμλ+μλ+μμ===λ+μ因此)()(1μ=λ+μG F从而)()()(1)(μ=λ+μj j G F可见（4.17）的根对应于（20）的根1λ=λ01=μ=μ，而且重数相同，这样，问题就化为前面已经讨论过的情形了．因为，方程（4.20）的重根1k 01=μ对应于方程（4.19）的个解，因而对应于特征方程（4.17）的重根1k 121,,,,1−=k t t t y L 1k 1λ，方程（4.15）有个解：1k t k t t t e t e t te e 11111,,,2λλλλL （4.21）同样，假设特征方程（4.17）其它根m λλλ,,,32L 重数依次为（单根相当于），而且1;,,,32≥i m k k k k L j λ1=j k i j m n k k k λ≠λ=+++,32L （当i j ≠），则方程（4.15）对应地有解：⎪⎩⎪⎨⎧λ−λλλλ−λλλt k t t t tk t t t m m m m m et e t te e e t e t te e 1212,,,,,,,,22222L LL L L L L L （4.22） 下面要证明（4.21）和（4.22）全体n 个解构成方程（4.15）的基本解组． 假若这些函数线性相关，则有0)()(2)(11)(1)(1)(01≡≡+++∑∑=λ−λ=λ−−mr t r mr tk r k r r r r r r e t P et At A AL （4.23）其中是常数，不全为零．不是一般性，假定多项式至少有一个系数不等于零，即．将恒等式（4.23）除以，然后对t 微分次，得到)(r j A )(t P m 0)(≠t P m t e 1λ1k 0)(2)(1≡∑=λ−λmr trr et Q （4.24）其中，为次数低于 的次数的多项式．因此，与次数相同，且)()()()(11t S t P t Q r r kr r +λ−λ≡)(t S r )(t P r )(t Q r )(t P r 0)(≠t Q m ．恒等式（4.24）与（4.23）类似，但项数减少了．如果对（4.24）施行同上的手续（这时除以而微分次），于是有项数更少的类似的恒等式（4.23）．如此继续下去，经过m-1次后，得到恒等式：te)(12λ−λ0)()(1≡−λ−λt m m m e t R这是不可能的，因为与有相同的次数，且)(t R m )(t P m 0)(≠t R m ．事实上，不难直接计算得到)()()()()()(121121t W t P t R m m k m m k m k m m m +λ−λλ−λλ−λ≡−−L其中是次数低于的次数的多项式．)(t W m )(t P m 于是证明了（4.21）和（4.22）全部个解线性无关，从而构成了（4.15）的基本解组． n 对于特征方程有复重根的情况，譬如假设β+α=λi 是k 重特征根，则β−α=λi 也是k 重特征根，仿1一样处理，将得到方程（4.15）的2k 个实值解：te tt e t t t e t e t e t t e t t t e t e tk tttt k t t t ββββββββα−αααα−αααsin ,,sin ,sin ,sin cos ,,cos ,cos ,cos 1212L L3、应用例3 求方程044=−x dtxd 的通解解：（单根的情形）．例4 求方程033=+x dtxd 的通解解：（单根、有复根的情形）．例5 求方程0332233=−+−x dt dx dtx d dt x d 的通解解：（重根的情形）．例6 求方程022244=++x dtxd dt x d 的通解解：（复重根的情形）． 特征方程为：01224=+λ+λ由此得到特征根：是2重根，其对应的基本解组为：i ±=λ21、t t x t x t t x t x sin ,sin ,cos ,cos 4321====故通解为：t t c c t t c c x sin )(cos )(4321+++=．4、欧拉方程定义：形如011111=++++−−−−y a dx dy x a dx y d x a dx y d x n n n n n n n n nL （4.25） 的方程被称为欧拉方程．其中),,2,1(n i a i L =是常数．此方程可以简单的变换变为常系数齐线性方程，因而求解问题很容易解决．事实上，引进变换：x t e x t ln ,==经计算得到：dtdy e dx dt dt dy dx dy t−== ()(22222dtdy dt y d edt dy e dt d e dx y d t t t −==−−− 用数学归纳法不难证明：对一切自然数k 均有关系式：(1111dt dy dt y d dt y d e dx y d k k k k kkt k k −−−−β++β+=L 其中都是常数．于是11,,−ββk Ldt dydty d dt y d dx y d x k k k k k k k k1111−−−β++β+=L 将上述关系式代入方程（4.25），就得到常系数齐线性方程11110n n n n n n d y d y dyb b b dt dt dt−−−++++L y = （4.26） 其中都是常数，因而可用上述讨论的方法求出（4.26）的通解，再带回原来的变量（注意：11,,−k b b L x t ln =）就可以求得方程（4.25）的通解．由上述推演过程，知道方程（4.26）有形如的解，从而方程（4.25）有形如的解，因此可以直接求欧拉方程的形如的解．以代入（4.25）并约去因子，就得到确定te y λ=λ=xy Kx y =Kx y =K x K 的代数方程：0)2()1()1()1(1=+++−−++−−n a n K K K a n K K K L L L （4.27）可以证明这正是（4.26）的特征方程．因此，方程（27）的m 重实根，对应于方程（4.25）的m 个解0K K =x x x x x x x m K K K K 12ln ,,ln ,ln ,0000−L而方程（27）的m 重复根β+α=i K ，对应于方程（4.25）的2m 个实值解)ln sin(ln,),ln sin(ln ),ln sin()ln cos(ln ,),ln cos(ln ),ln cos(11x x x x x x x x x x x x x x x x m m ββββββ−ααα−αααL L ．例5 求解方程0222=+−y dx dyx dxy d x 解： 寻找方程的形式解，得到确定Kx y =K 的代数方程：或，，因此方程的通解为01)1(=+−−K K K 0)1(2=−K 121==K K x x c c y )ln (21+=其中是任意常数．21,c c4.2.3 非齐次线性方程：比较系数法和拉普拉斯变换法——求特解现在讨论常系数非齐线性方程)(][1111t f x a dt dx a dtx d a dt x d x L n n n n n n =++++=−−−L （4.28）的求解问题．其中是常数，而为连续函数．),,2,1(n i a i L =)(t f 其实，方程（4.28）的求解问题已经解决，因为在前面已经解决了（4.1）的求解问题，即比（4.28）更一般的微分方程（4.1）的通解问题是这样解决的：（常数变易法）用先求出对应齐线性方程（4.2）的一个基本解组，然后找出（4.1）的某一个解，根据前面的定理7就可以写出（4.1）的通解．于是也就完成了（4.28）的求解问题，只是用常数变易法来求解，求解步骤比较繁琐，并且要用到积分运算．（注：大家必须掌握常数变易法求解高阶微分方程，因为它带有普遍性．）但是，在解决实际问题时，往往要解决一些比较简单的微分方程，即带有特殊形式的微分方程，为此，在这里，我们介绍两种常用的比较系数法和拉普拉斯变换法，它们的共同特点是不需要通过积分而用代数运算方法即可求得非齐线性方程的特解．这个方法的特点：比较简单，把求解微分方程的问题转化为某一个代数问题来处理．1. 比较系数法类型Ⅰ设，其中t m m m m e b t b t b t b t f λ−−++++=)()(1110L λ及),,2,1(m i b i L =为实常数，那么方程（28）有形如t m m m m k e B t B t B t B t x λ−−++++=)(~1110L （4.29）的特解，其中k 为特征方程0)(=λF 的根λ的重数（单根相当于1=k ；当不是特征根时，取），而是待定常数，可以通过比较系数来确定． λ0=k m B B B ,,,10L ①如果，则此时，0=λm m m m b t b t b t b t f ++++=−−1110)(L现在再分两种情形讨论z 在不是特征根的情形，即0=λ0)0(≠F ，因而0≠n a ，这时，取，以0=k m m m m B t B t B t B x ++++=−−1110~L 代入方程（4.28），并比较t 的同次幂的系数，得到常数必须满足的方程：m m B B B B ,,,,110−L ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=−+−+=+−−−mn m n n n n n n b a B b a B m m b a B m a B b a mB a B b a B L L L 2200112110100)1()1( （4.30） 注意到，这些待定常数可以从方程（30）唯一地逐个确定出来． 0≠n a m m B B B B ,,,,110−L z 在是特征根的情形，即，也就是0=λ0)0(,0)0()0(')0()1(≠====−k k F FF F 而L 0,011≠====−+−−k n k n n n a a a a L ，这时相应地，方程（28）将为)(111t f dtxd a dt x d a dt x d k k k n n n n n =+++−−−L （4.31） k k dtxd z =，则方程（4.31）化为)(111t f z a dtzd a dt z d k n k n k n k n k n =+++−−−−−−−L （4.32） 对方程（4.32）来说，由于0,0=λ≠−k n a 已不是它的特征根．因此，由前一种情况，它有形如的特解，因而方程（31）有特解m m m mB t B t B t B z ~~~~~1110++++=−−L x ~满足：m m m m kk B t B t B t B z dtx d ~~~~~~1110++++==−−L 这表明x ~是t 的次多项式，其中的幂次k m +t 1−≤k 的项带有任意常数．但因只需要知道一个特解就够了．特别地取这些任意常数均为零，于是得到方程（4.31）（或方程（4.28））的一个特解)(~1110m m m m k t t t t x γ+γ++γ+γ=−−L这里m m γγγγ−,,,,110L 是已确定了的常数．②如果，则此时可象前面的讨论一样，作变量变换，将方程（4.28）化为0≠λtye x λ=m m n n n n n n b t b y A dt dyA dty d A dt y d ++=++++−−−L L 01111 （4.33） 其中都是常数．而且特征方程（4.17）的根n n A A A ,,,11−L λ对应于方程（4.33）的特征方程的零根，并且重数也相同．因此，利用上面的结果就有下面的结论：在不是特征方程（4.17）的根的情形，方程（4.33）有特解λm m m B t B t B y +++=−L 110~，从而方程（28）有特解t m m m e B t B t B x λ−+++=)(~110L在是特征方程（4.17）的重根的情形，方程（4.33）有特解λk )(~110m m m k B t B t B t y +++=−L ，从而方程（4.28）有特解t m m m k e B t B t B t x λ−+++=)(~110L例7 求方程133222+=−−t x dt dxdtdx 的通解． 解：先求对应的齐线性方程03222=−−x dt dxdtdx 的通解．这里特征方程有两个根0322=−λ−λ1,321−=λ=λ．因此，通解为：，其中为任意常数，再求非齐线性方程的一个特解．这里t t e c e c x −+=23121,c c 13)(+=t t f 0=λ，并且不是特征根，故可取特解形如Bt A x +=~，其中为待定常数．为了确定，将B A ,B A ,Bt A x +=~代入原方程，得到 13332+=−−−t Bt A B比较系数得⎩⎨⎧=−−=−13233A B B 由此得到1,31−==B A ，从而t x −=31~，因此，原方程的通解为 31231+−+=−t e c e c x t t例8 求方程t e x dt dxdtdx −=−−3222的通解． 解：从例7知道对应的齐线性方程的通解为：，其中为任意常数，这里，因为t te c ec x −+=23121,c c te tf −=)(1,321−=λ=λ刚好是特征方程的单根，故有特解形如，将它代入原方程得到，从而，t Ate x −=~t t e Ae −−=−441−=A ，于是，t te x −−=41~，因此，原方程的通解为t t t te e c e c x −−−+=41231类型Ⅱ设，其中te t t B t t A tf αβ+β=]sin )(cos )([)(βα,为常数，而是带实系数的t 的多项式，其中一个的次数为，而另一个的次数不超过，那么有如下结论：方程（28）有形如)(),(t B t A m m t k e t t Q t t P t x αβ+β=]sin )(cos )([~ （4.34）的特解，这里为特征方程k 0)(=λF （4.21）的根β+αi 的重数，而均为待定的带实系数的次数不高于的t 的多项式，可以通过比较系数的方法来确定．)(),(t Q t P m 事实上，分析类型Ⅰ的讨论过程，容易知道，当不是实数，而是复数时，有关结论仍然成立．现将表为指数形式)(t f ti t i et iB t A e t iB t A t f )()(2)()(2)()()(β−αβ+α++−=根据非齐线性方程的叠加原理，方程t i e t iB t A t f x L )(12)()()(][β−α+≡=与ti et iB t A t f x L )(22)()()(][β+α−≡= 的解之和必为方程（4.28）的解．注意到)()(21t f t f =，易知，若为1x )(][1t f x L =的解，则1x 必为的解．因此，直接利用类型Ⅰ的结果，可知方程（4.28）有解形如)(][2t f x L =t k k t i k t i k e t t Q t t t P t e t D t e t D t x αβ+αβ−αβ+β=+=]sin )(cos )([)()(~)()(其中为的的m 次多项式，而)(t D t )}(Im{2)()},(Re{2)(t D t Q t D t P ==．显然为带实系数的的多项式，其次数不高于m ．可见上述结论成立．)(),(t Q t P t 例9 求方程t x dt dx dtdx 2cos 4422=++的通解解：先求对应的齐线性方程04422=++x dt dxdt dx的通解．这里特征方程有重根0442=+λ+λ221−=λ=λ．因此，通解为：t e t c c x 221)(−+=其中为任意常数，再求非齐线性方程的一个特解．因为21,c c i 2±不是特征根，求形如t B t A x 2sin 2cos ~+=的特解，将它代入原方程并化简得到t t A t B 2cos 2sin 82cos 8=−比较同类项的系数得81,0==B A ，于是，t x 2sin 81~=，因此原方程的通解为t e t c c x t 2sin 81)(221++=−附注：类型Ⅱ的特殊情形t e t B t f t et A t f t tβ=β=ααsin )()(cos )()(或可用另一种简便方法求解：复数法求解． 例10 用复数法求解例9解：由例9已知对应齐线性方程的通解为t e t c c x 221)(−+=为求非齐线性方程的一个特解，先求方程ite x dt dx dtdx 22244=++ 的特解．这属于类型Ⅰ，而不是特征根，故可设特解为i 2it Ae x 2~=将它代入方程并消去因子得it e 218=iA ，因而，8iA −=，t t i e i x it 2sin 812cos 88~2+−=−=，t x 2sin 81}~Re{=由定理9这是原方程的特解，于是原方程的通解为t e t c c x t 2sin 81)(221++=−2. 拉普拉斯变换法常系数线性微分方程（组）还可以应用拉普拉斯变换法进行求解，有时显得比较简单． 拉普拉斯变换：由积分∫∞−=0)()(dt t f e s F st所定义的确定于复平面σ>s Re 上的复变数的函数，称为函数的拉普拉斯变换，其中于有定义，且满足不等式s )(s F )(t f )(t f 0≥t t Me t f σ<)(这里为某两个正常数，将称为原函数，而称为象函数．σ,M )(t f )(s F 拉普拉斯变换法主要目的是借助于拉普拉斯变换把常系数线性微分方程（组）转换为复变数的代数方程（组），通过一些代数运算，一般地再利用拉普拉斯变换表，即可求出微分方程（组）的 解．虽然这种方法简单，但是有一定的局限性．而对有关拉普拉斯变换的基本概念和基本性质在附录1 中有介绍．设给定微分方程)(][1111t f x a dt dx a dtx d a dt x d x L n n n n n n =++++=−−−L （4.28）及初始条件。
常微分方程-习题作业-第四章第一节作业及详细解答
1习题 4.11.求齐次线性方程的实通解：(1)d 2x dt 2+4x =0.(2)d 3x dt 3−d 2x dt 2+2dx dt −2x =0.(3)d 4x dt 4+4x =0.(4)d 4xdt 4−2d 3x dt 3+2dx dt −x =0.解:(1)该方程的特征多项式为λ2+4,因此特征根为±2i .故原方程有实基本解组cos 2t ,sin 2t .由此得实通解x (t )=C 1cos 2t +C 2sin 2t,其中C 1,C 2为任意常数.(2)该方程的特征多项式为λ3−λ2+2λ−2=(λ−1)(λ2+2),因此特征根为1,±√2i .故原方程有实基本解组e t ,cos √2t ,sin √2t .由此得实通解x (t )=C 1e t +C 2cos √2t +C 3sin √2t,其中C 1,C 2,C 3为任意常数.(3)该方程的特征多项式为λ4+4,因此特征根为1±i ,−1±i .故原方程有实基本解组e t cos t ,e t sin t ,e −t cos t ,e −t sin t .由此得实通解x (t )=e t (C 1cos t +C 2sin t )+e −t (C 3cos t +C 4sin t ),其中C 1,C 2,C 3,C 4为任意常数.(4)该方程的特征多项式为λ4−2λ3+2λ−1=(λ−1)3(λ+1),因此特征根为1(三重根),−1.故原方程有实基本解组e t ,te t ,t 2e t ,e −t .由此得实通解x (t )=e t (C 1+C 2t +C 3t 2)+C 4e −t ,其中C 1,C 2,C 3,C 4为任意常数.3∗.分析振动方程d 2x dt 2+2δdx dt+ω2x =0的特征根并给出通解.这里δ≥0,ω>0.解:从该振动方程的特征方程λ2+2δλ+ω2=0求得特征根为λ1,2=−δ± δ2−ω2.根据δ2−ω2的符号可分为如下三种情况:2(i)当δ>ω时,有二个相异实特征根−δ±√δ2−ω2,方程的实通解为x (t )=e−δt (C 1e √δ2−ω2t +C 2e −√δ2−ω2t ),其中C 1,C 2为任意常数.(ii)当δ=ω时,有一个实二重特征根−δ,方程的实通解为x (t )=e −δt (C 1+C 2t ),其中C 1,C 2为任意常数.(iii)当δ<ω时,有一对共轭复特征根−δ±√ω2−δ2i ,方程的实通解为x (t )=e −δt (C 1cos ω2−δ2t +C 2sin ω2−δ2t ),其中C 1,C 2为任意常数.。
数学物理方程课后参考答案第四章
第四章 二阶线性偏微分方程的分类与总结§1 二阶方程的分类1． 证明两个自变量的二阶线性方程经过可逆变换后它的类型不会改变，也就是说，经可逆变换后2211212a a a -=∆的符号不变。
证：因两个自变量的二阶线性方程一般形式为fcu u b u b u a u a u a y x yy xy xx =+++++212212112经可逆变换 ⎩⎨⎧==),(),(y x y x ηηξξ 0),(),(≠y x D D ηξ化为 f u c u b u a u a u a =++++ηηηξηξξ22212112其中 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=+++=++=22212211222212111222212211112)(2y y x x y y x y y x x x y y x x a a a a a a a a a a a a ηηηηηξηξηξηξξξξξ所以 y x y x y x y x x y yx a a a aa a aηηξξηηξξηξηξ2211112222122221112222)(+-+=-=∆22221112222222211),(),())(()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡∆=--=+-y x D D a a aa a x y y x y x y x ηξηξηξηξξη因0),(),(2>⎥⎦⎤⎢⎣⎡y x D D ηξ，故∆与∆同号，即类型不变。
2． 判定下述方程的类型（1）022=-yy xx u y u x （2）0)(2=++yy xx u y x u （3）0=+yyxx xyuu（4）)010001(sgn 0sgn 2sgn ⎪⎩⎪⎨⎧<-=>==++x x x x xuu yu yyxy xx(5) 0424=+++-zz yy xz xy xx u u u u u 解：(1)022=-yy xx u y u x因 022>=∆y x 当0,0≠≠y x 时0,0=>∆x 或0=y 时0=∆。
常微分方程第4章习题答案
习 题 4—11．求解下列微分方程1） 22242x px p y ++= )(dx dy p =解 利用微分法得 0)1)(2(=++dx dp p x 当 10dp dx+=时，得p x c =-+ 从而可得原方程的以P 为参数的参数形式通解22242y p px x p x c ⎧=++⎨=-+⎩或消参数P ，得通解 )2(2122x cx c y -+= 当 20x p +=时，则消去P ，得特解 2x y -=2）2()y pxlnx xp =+； ⎪⎭⎫ ⎝⎛=dx dy p 解 利用微分法得 (2)0dp lnx xp x p dx ⎛⎫++= ⎪⎝⎭当0=+p dxdp x 时，得 c px = 从而可得原方程以p 为参数的参数形式通解：2()y pxln xp px c ⎧=+⎨=⎩或消p 得通解 2y Clnx C =+ 当20lnx xp +=时，消去p 得特解 21()4y lnx =- 3）()21p p x y ++= ⎪⎭⎫ ⎝⎛=cx dy p 解 利用微分法，得x dx p p p -=+++2211 两边积分得 ()c x P P P =+++2211由此得原方程以P 为参数形式的通解：21(p p x y ++= ，().11222c x p p p =+++或消去P 得通解222)(C C X y =-+ 1． 用参数法求解下列微分方程1）45222=⎪⎭⎫ ⎝⎛+dx dy y 解 将方程化为 221542=⎪⎭⎫ ⎝⎛+dx dy y令y t =dy t dx = 由此可推出11)22cos dx dy d t t t ===从而得 c t x +=25因此方程的通解为x c =+，y t = 消去参数t ，得通解)y x C =- 对于方程除了上述通解，还有2±=y ，0=dxdy ，显然 2=y 和2-=y 是方程的两个解。
2）223()1dy x dx-= 解：令u x csc =，u dx dy cot 31-= 又令tan 2u t = 则t t u x 21sin 12+==du u u u dy 322sin cos 31cot 31== dt t t t t t 22222123121131+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= dt tt t )12(3413+-=积分得，2211(2ln )22y t t c t =--+2214ln )t t C t =--+ 由此得微分方程的通解为t t x 212+=，2214ln )y t t c t =--+ 3）dxdy dx dy x 4)(33=+ 解：令xt dx dy = 则t x t x x 23334=+ 解得 314t t x += 又 333223332)1()21(16)1()21(414t t t t t t t dt dx dx dy dt dy +-=+-•+=•=du u u t u dt t t 333333)1(21316)1()621(316+-=+-= 2331(332)1(16u du u du +-+= 228321(1)31y C u u∴=-++++3238321(1)31C t t∴=-++++ 由此得微分方程的通解为314t t x +=， 3238321(1)31y C t t =-++++。
常微分方程第四章答案
常微分方程第四章答案【篇一：常微分方程习题及评分标准答案】一、选择题（每题3分）第一章：1．微分方程y?xy2?y?0的直线积分曲线为（）（a）y?1和y?x?1 （b）y?0和y?x?1 （c）y?0和y?x?1 （d）y?1和y?x?1 第二章：2．下列是一阶线性方程的是（）（a）dydx?x2?y （b）d2ydy3dx2?(dx)?xy?0（c）(dy2dydydx)?xdx?xy2?0（d）dx?cosy 3．下列是二阶线性方程的是（）（a）d2ydydx2?xdx?x2?y （b）(dydx)3?(dydx)2?xy?0 （c）(x?1)dy2d2ydx?xy?0 （d）dx2?cosycosx4．下列方程是3阶方程的为（）（a）y?x2?y3 （b）(dydx)3?xy?0 （c）(dydx)2?xd3ydydx3?y2?0（d）dx?cosy3 5．微分方程(dydx)4?x(dydx)3?dydx?0的阶数为（）（a）1（b）2（c）3 （d）46．方程(dydx)3?xd2ydx2?2y4?0的阶数为（）（a）1 （b）2 （c）3（d）4 7．针对方程dydx?x?yx?y，下列说法错误的是（）．（a）方程为齐次方程1（b）通过变量变换u?yx可化为变量分离方程（c）方程有特解y?0（d）可以找到方程形如y?kx的特解y?(?1x 8．针对方程y??sin2(x?y?1)，下列说法错误的是（）．（a）为一阶线性方程?2（d）方程的通解为tan(x?y?1)?x?c 9．伯努利方程dy?p(x)y?q(x)yndx，它有积分因子为（）（a）e?(n?1)p(x)dx（b）e?np(x)dx （c）xe?(n?1)p(x)dx（d）xe?np(x)dx10．针对方程dydx?y?y2(cosx?sinx)，下列说法错误的是（）．（a）方程为伯努利方程（b）通过变量变换z?y2可化为线性方程（c）方程有特解y?0 （d）方程的通解为y?1cex?sinx11．方程dydx?xf(yx2)经过变量变换（）可化为变量分离方程。
常微分方程-第四章习题解答
C1 ⎞ ⎟ C2 ⎟ . ⎟ M ⎟ Cn ⎟ ⎠
3. 常系数n阶线性齐次方程
y ( n ) + a1 y ( n−1) + a 2 y ( n− 2 ) + L + a n y = 0 其中a i ( i = 1,2, K , n)为常数 .
(a ). 如果 λ 是方程 (4.3)的特征方程
(4.3)
5. 拉普拉斯变换法求初值问题的解:
设 f ( x ) 在区间 [ 0, +∞ )上有定义 , 如果含参变量 s 的广义积分
∫
+∞
0
e − st f ( t )dt当 t ∈ I时收敛 , 则称 F ( s) =
∫
+∞
0
e − st f ( t )dt
为函数 f ( x )的拉普拉斯变换 .
6. 幂级数解法:
如果Y1 ( x ), Y2 ( x ),K , Yn ( x )是方程 (4.1)的n个线性无关解， u( x )是方程 (4.2)的一个特解 , 则(4.2)的通解具有形式 :
Y ( x ) = C1Y1 ( x ) + L + C nYn ( x ) + u( x ) 其中, C1 , C 2 , K , C n为任意常数 .
x −x
.
p( x ) = −1.
例 2 求方程 y ( 4 ) − 4 y ( 3 ) + 8 y"−8 y'+3 y = 0的通解 .
答案:
y = e x (C1 + C 2 x ) + e x (C 3 cos 2 x + C 4 sin 2 x ).
例 3 设 y = x 3 e − x 是一个常系数四阶齐次 线性 方程的特解 , 确定此方程及其通解 .
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习 题 4—1
1．求解下列微分方程
1） 22242x px p y ++= )(dx dy p =
解 利用微分法得 0)1)(
2(=++dx dp p x
解 利用微分法，得
x dx p p p -
=+++22
11 两边积分得 ()
c x P P P =+++2211
由此得原方程以P 为参数形式的通解：
21(p p x y ++= ，()
.11222c x p p p =+++
或消去P 得通解
222)(C C X y =-+ 1． 用参数法求解下列微分方程
解：令u x csc =，
u dx dy cot 31-= 又令tan 2
u t = 则t t u x 21sin 12+==
du u u u dy 322
sin cos 31cot 31== dt t t t t t 22222
12312113
1+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=
23
31(332)1(16u du u du +-+= 228321(1)31y C u u
∴=-++++
3238321(1)31C t t
∴=-++++ 由此得微分方程的通解为
3
14t t x +=， 3238321(1)31y C t t =-++++。
3）y q
dx dy y 4)()1(22=- 解：方程的P —判别式为
9
4)1(22=-p y ，0)1(22=-p y 消去P ，得0=y ，显然0=y 是方程的解，
令y p y p y x F 9
4)1(),,(22--=则有 '4(,0,0)9
y F x =- "(,0,0)2pp F x = 和'(,0,0)0p F x =
因此，由定理4.2知，0=y 是方程的奇解。
p pp '(,0,0)10y F x =-≠和'(,0,0)0p F x =但"(,0,0)0pp F x =，而经检验知0=y 是方程（2）
的解，但不是奇解。
因此由此例可看出定理4.2中的条件"'(,(),())0pp F x x x x x ≠是
不可缺少的。
3．研究下面的例子，说明定理4.2的条件''(,(),())0p F x x x x x =是不可缺少的
''312()3
y x y y =+- 解：方程的P —判别式为
33
12p p x y -
+= 012=-p 消去P ，得 3
22±=x y
)(c f cx y += （2）
它的C —判别式为 ⎭
⎬⎫⎩⎨⎧=++=0)(')(c f x c f cx y 由此得 :'())()x f c c ϕΛ=-=， '()()()y cf c f c c ψ=-+=
令 (,,)()V x y c cx f c y =+- 故
'((),(),)x V c c c c ϕψ= '
((),(),)1y v c c c ϕψ=-
所以''(,)(0,0)x y V V ≠ 又
('(),'())("(),"())(0,0)c c f c cf c ϕψ=--≠ （由于0)("≠c f ）
12应的非蜕化条件，故1Λ，2Λ是曲线族的两支包络线。
2．c y c x 4)(22=+-
解：由相应的C —判别式
22(,,)()40V x y c x c y c =-+-=
(,,)2()40c V x y c x c =---=
消去C 得C —判别曲线 )1(42+=x y 它的两支曲线的参数表示式为
1:2x c Λ=-+ ，12-=c y
2:2x c Λ=-+ ，12--=c y。