湘潭大学文科高等数学三加强版习题课PPT7
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NO.21
3.9 A组 1(3),2(2),3(1),4; B组 3 4.1 A组 1(1,3,5),2(2).
4.1 A组
解：该方程不明显地含 有自变量x, 令y p( y ),则y p 代入原方程中 , 可得p
dp , dy
dp e 2 y , 求解得p 2 e 2 y C1 , 即p e 2 y C1 dy
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 3r 2 0, 特征根为 r1 1, r2 2, 故对应的齐次方程的通 解为y C1e x C2 e 2 x . 因为f ( x) 5 5e 0 x , 且 0不是特征根, 故k 0, 特解可设为
5 y * ( x) x e Qm ( x) x e a a.代入原方程可得 y * ( x) , 2 5 x 2x 所以原方程的通解为 y C1e C2 e , 2 5 且有y C1e x 2C2 e 2 x , 将初始条件代入可得 C1 C2 1, 2 7 C1 2C2 2, 求解可得C1 5, C2 , 故原方程的特解为 2 7 2x 5 x y 5e e . 2 2
1 1 , 再对方程积分得y lnax 1 C2 , ax 1 a 1 又由y 0 0得C2 0, 故y lnax 1. a
4.2 A组
1 i 3 解：特征方程为 r r 1 0, 特征值为r1, 2 , 2 1 x 3 3 2 故通解为 y e (C1 cos x C2 sin x). 2 2
2
解：特征方程为 r 4 1 0, 特征根为r1, 2 1, r3, 4 i, 故通解为 y C1e x C2 e x C3 sin x C4 cos x.
NO.23
4.2 A组 3(5-10),4(3,4).
4.2 A组
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 4 0, 特征根为 r1, 2 2i, 故对应的齐次方程的通 解为y C1 cos 2 x C2 sin 2 x. 因为f ( x) x cos x, 0, 1, Pl ( x) x, Pn ( x) 0, i i 不是特征方程的根 , 故可设特解为 y * ( x) (ax b) cos x (cx d ) sin x, 代入原方程可得 (3ax 3b 2c) cos x (3cx 3d 2a) sin x x cos x,
k x 0 0 x
NO.24 4.3 A组 1,3; 4.4 A组 1,2(2,4,6),3(3,4,6,7),5;+课堂习题.
课堂练习
求下列微分方程的通解
2. y 3 y 2 y 3xe
x
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 3r 2 0, 特征根为r1 1, r2 2, 故对应的齐次方程的通 解为 y C1e x C2 e 2 x .因为f ( x) 3xe x , 1为单特征根, 所以k 1, 特解可设为y* x k e x Qm ( x) xe x (ax b).
代入方程可得 e x [2ax 2a b] 3 xe x 3 x 3 比较系数得a , b 3.即y* xe ( x 3). 2 2 3 所以原方程的通解 y C1e x C2 e 2 x xe x ( x 3). 2
4. y y sin 2 x
x
解：该方程不显含自变 量x, 令y p( y ),则y p 代入原方程中得 解方程可得 分离变量得 pdp 1 dy, 3 y
dp , dy
1 1 y p C1 2 y y y dy C1 y 1
2
C1 y 2 1.
dx,
由于 y y sgn( y ), 故对上式两边积分可得 sgn( y ) ydy C1 y 2 1 dx, 即 C1 y 2 1 (C1 x C2 ) 2 .
解：对应齐次方程的特 征方程为 1 0, 特征根为 1, ~ 故齐次方程的通解为 y C 1t C.设y * (at b)2t 为原方程的
t t
一个特解, 代入其中得 [a(t 1) b] 2t 1 (at b) 2t t 2t , 即 (at 2a b) 2t t 2t , yt C (t 2)2t. 于是at 2a b t , 从而得a 1,2a b 0,即a 1, b 2. 因此原方程的通解为
比较系数有3a 1,3b 2c 0,3c 0,3d 2a 0.从而得 1 2 1 2 a , b 0, c 0, d .即特解y * ( x) x cos x sin x, 3 9 3 9 故原方程的通解为 1 2 y C1 cos 2 x C2 sin 2 x x cos x sin x. 3 9
将定解条件p(0) y(0) 0代入此式得C1 1, 即p e 2 y 1,
分离变量后积分可得
e y dy 1 e2 y
dx, 求解得arcsin(e y ) x C2
将定解条件y (0) 0代入得C2
2
, 于是得到特解 e y sec x.
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 1 0, 特征根为 r1, 2 i, 故对应的齐次方程的通 解为y C1 cos x C2 sin x. 因为f ( x) e x cos x, 对应于方程y y e x可设特解为 y * ( x) Aex , 对应于方程y y cos x, i i, 是特征 方程的根, 可设特解为 y * ( x) x( B cos x C sin x),
故由叠加原理 , 设y * ( x) Aex x( B cos x C sin x)是原方程的 一个特解, 代入方程可得 2 Aex 2C cos x 2 B sin x e x cos x, 1 1 1 x 1 比较系数可得 A , B 0, C ,即y * ( x) e x sin x. 2 2 2 2 1 1 故原方程的通解为 y C1 cos x C2 sin x e x x sin x. 2 2
2.求下列微分方程在给定 初值条件下的特解：
2 （1 ）y a y 0, y 0 0, y0 1； dp 解：令y p, 则y p, 代入原方程得 dx 1 2 p a p 0, 分离变量并积分得 p , ax C1
将定解条件p(0) y0 1代入此式得C1 1, 从而 y p
1 1 解：原方程可化为 y y cos 2 x. 2 2 对应齐次方程的特征方 程为r 2 1 0, 特征根为r1 1, r2 1, 故对应的齐次方程的通 解为 y C1e x C2 e x .
1 对于方程y y , 特解可设为y* a.代入方程 2 1 1 1 得a .即y* .对于方程y y cos 2 x, 2 2 2 特解可设为y* b cos 2 x c sin 2 x.代入方程 1 1 得b , c 0, 即y* cos 2 x.由叠加原理可知 10 10 原方程的通解为 1 1 y C1e C2 e cos 2 x . 10 2
NO.22
4.1 A组 1(2,4,6),2; 4.2 A组 1,2,3(1-4),4(1,2);B组 1.
4.1 A组
dp 解：设 y p, 则y p, 原方程变为 dx
p p x 0, 这是一个关于 p的一阶线性微分方程 , 解之可得 再积分求得 y p x 1 C1e x . 1 2 y C1e x x C2 . 2
解：对应齐次方程的特 征方程为 1 0, 特征根为 1, ~ 故齐次方程的通解为 y C (1) t .设y * (at b)2Baidu Nhomakorabea 为原方程的
t t
一个特解, 代入其中得 (at b)2t [a(t 1) b]2t 1 (t 1)2t 1 , 即(at 2a b)2t t 2t , 所以得2at 2b a (t 1) b t 1, 1 2 比较同次幂系数 , 得a , b , 所以原方程的特解为 3 9 1 2 yt* ( t )2t , 3 9 1 2 t t 原方程的通解为 yt C (1) ( t )2 , 3 9 2 将初始条件y 0 0代入原方程得C 故原方程的特解为 9 2 1 2 t * t yt (1) ( t )2 . 9 3 9
x x
4.4 A组
1 1 解：对应齐次方程的特 征方程为 0, 特征根为 , 2 2 1 1 ~ 故齐次方程的通解为 yt C ( )t .由于a , b 1, d 2 a, 则原 2 2 b 2 方程有特解 yt* d t 2t , d a 3 1 t 2t 1 因此原方程的通解为 yt C ( ) . 2 3
3.9 A组 1(3),2(2),3(1),4; B组 3 4.1 A组 1(1,3,5),2(2).
4.1 A组
解：该方程不明显地含 有自变量x, 令y p( y ),则y p 代入原方程中 , 可得p
dp , dy
dp e 2 y , 求解得p 2 e 2 y C1 , 即p e 2 y C1 dy
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 3r 2 0, 特征根为 r1 1, r2 2, 故对应的齐次方程的通 解为y C1e x C2 e 2 x . 因为f ( x) 5 5e 0 x , 且 0不是特征根, 故k 0, 特解可设为
5 y * ( x) x e Qm ( x) x e a a.代入原方程可得 y * ( x) , 2 5 x 2x 所以原方程的通解为 y C1e C2 e , 2 5 且有y C1e x 2C2 e 2 x , 将初始条件代入可得 C1 C2 1, 2 7 C1 2C2 2, 求解可得C1 5, C2 , 故原方程的特解为 2 7 2x 5 x y 5e e . 2 2
1 1 , 再对方程积分得y lnax 1 C2 , ax 1 a 1 又由y 0 0得C2 0, 故y lnax 1. a
4.2 A组
1 i 3 解：特征方程为 r r 1 0, 特征值为r1, 2 , 2 1 x 3 3 2 故通解为 y e (C1 cos x C2 sin x). 2 2
2
解：特征方程为 r 4 1 0, 特征根为r1, 2 1, r3, 4 i, 故通解为 y C1e x C2 e x C3 sin x C4 cos x.
NO.23
4.2 A组 3(5-10),4(3,4).
4.2 A组
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 4 0, 特征根为 r1, 2 2i, 故对应的齐次方程的通 解为y C1 cos 2 x C2 sin 2 x. 因为f ( x) x cos x, 0, 1, Pl ( x) x, Pn ( x) 0, i i 不是特征方程的根 , 故可设特解为 y * ( x) (ax b) cos x (cx d ) sin x, 代入原方程可得 (3ax 3b 2c) cos x (3cx 3d 2a) sin x x cos x,
k x 0 0 x
NO.24 4.3 A组 1,3; 4.4 A组 1,2(2,4,6),3(3,4,6,7),5;+课堂习题.
课堂练习
求下列微分方程的通解
2. y 3 y 2 y 3xe
x
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 3r 2 0, 特征根为r1 1, r2 2, 故对应的齐次方程的通 解为 y C1e x C2 e 2 x .因为f ( x) 3xe x , 1为单特征根, 所以k 1, 特解可设为y* x k e x Qm ( x) xe x (ax b).
代入方程可得 e x [2ax 2a b] 3 xe x 3 x 3 比较系数得a , b 3.即y* xe ( x 3). 2 2 3 所以原方程的通解 y C1e x C2 e 2 x xe x ( x 3). 2
4. y y sin 2 x
x
解：该方程不显含自变 量x, 令y p( y ),则y p 代入原方程中得 解方程可得 分离变量得 pdp 1 dy, 3 y
dp , dy
1 1 y p C1 2 y y y dy C1 y 1
2
C1 y 2 1.
dx,
由于 y y sgn( y ), 故对上式两边积分可得 sgn( y ) ydy C1 y 2 1 dx, 即 C1 y 2 1 (C1 x C2 ) 2 .
解：对应齐次方程的特 征方程为 1 0, 特征根为 1, ~ 故齐次方程的通解为 y C 1t C.设y * (at b)2t 为原方程的
t t
一个特解, 代入其中得 [a(t 1) b] 2t 1 (at b) 2t t 2t , 即 (at 2a b) 2t t 2t , yt C (t 2)2t. 于是at 2a b t , 从而得a 1,2a b 0,即a 1, b 2. 因此原方程的通解为
比较系数有3a 1,3b 2c 0,3c 0,3d 2a 0.从而得 1 2 1 2 a , b 0, c 0, d .即特解y * ( x) x cos x sin x, 3 9 3 9 故原方程的通解为 1 2 y C1 cos 2 x C2 sin 2 x x cos x sin x. 3 9
将定解条件p(0) y(0) 0代入此式得C1 1, 即p e 2 y 1,
分离变量后积分可得
e y dy 1 e2 y
dx, 求解得arcsin(e y ) x C2
将定解条件y (0) 0代入得C2
2
, 于是得到特解 e y sec x.
解：对应齐次方程的特 征方程为r 2 1 0, 特征根为 r1, 2 i, 故对应的齐次方程的通 解为y C1 cos x C2 sin x. 因为f ( x) e x cos x, 对应于方程y y e x可设特解为 y * ( x) Aex , 对应于方程y y cos x, i i, 是特征 方程的根, 可设特解为 y * ( x) x( B cos x C sin x),
故由叠加原理 , 设y * ( x) Aex x( B cos x C sin x)是原方程的 一个特解, 代入方程可得 2 Aex 2C cos x 2 B sin x e x cos x, 1 1 1 x 1 比较系数可得 A , B 0, C ,即y * ( x) e x sin x. 2 2 2 2 1 1 故原方程的通解为 y C1 cos x C2 sin x e x x sin x. 2 2
2.求下列微分方程在给定 初值条件下的特解：
2 （1 ）y a y 0, y 0 0, y0 1； dp 解：令y p, 则y p, 代入原方程得 dx 1 2 p a p 0, 分离变量并积分得 p , ax C1
将定解条件p(0) y0 1代入此式得C1 1, 从而 y p
1 1 解：原方程可化为 y y cos 2 x. 2 2 对应齐次方程的特征方 程为r 2 1 0, 特征根为r1 1, r2 1, 故对应的齐次方程的通 解为 y C1e x C2 e x .
1 对于方程y y , 特解可设为y* a.代入方程 2 1 1 1 得a .即y* .对于方程y y cos 2 x, 2 2 2 特解可设为y* b cos 2 x c sin 2 x.代入方程 1 1 得b , c 0, 即y* cos 2 x.由叠加原理可知 10 10 原方程的通解为 1 1 y C1e C2 e cos 2 x . 10 2
NO.22
4.1 A组 1(2,4,6),2; 4.2 A组 1,2,3(1-4),4(1,2);B组 1.
4.1 A组
dp 解：设 y p, 则y p, 原方程变为 dx
p p x 0, 这是一个关于 p的一阶线性微分方程 , 解之可得 再积分求得 y p x 1 C1e x . 1 2 y C1e x x C2 . 2
解：对应齐次方程的特 征方程为 1 0, 特征根为 1, ~ 故齐次方程的通解为 y C (1) t .设y * (at b)2Baidu Nhomakorabea 为原方程的
t t
一个特解, 代入其中得 (at b)2t [a(t 1) b]2t 1 (t 1)2t 1 , 即(at 2a b)2t t 2t , 所以得2at 2b a (t 1) b t 1, 1 2 比较同次幂系数 , 得a , b , 所以原方程的特解为 3 9 1 2 yt* ( t )2t , 3 9 1 2 t t 原方程的通解为 yt C (1) ( t )2 , 3 9 2 将初始条件y 0 0代入原方程得C 故原方程的特解为 9 2 1 2 t * t yt (1) ( t )2 . 9 3 9
x x
4.4 A组
1 1 解：对应齐次方程的特 征方程为 0, 特征根为 , 2 2 1 1 ~ 故齐次方程的通解为 yt C ( )t .由于a , b 1, d 2 a, 则原 2 2 b 2 方程有特解 yt* d t 2t , d a 3 1 t 2t 1 因此原方程的通解为 yt C ( ) . 2 3