常微分方程教程丁同仁第二版答案完整版

常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考 习题 2-1 判断下列方程是否为恰当方程，并且对恰当方程求解： １． (3x 2 −1)dx + (2x +1)dy = 0 解：P(x, y) = 3x 2 −1，Q(x, y) = 2x +1 ， 则 ∂ ∂ P y = 0 ， ∂ ∂ Q x = 2 ，所以 ∂ ∂ P y ≠ ∂ ∂ Q x 即，原方程不是恰当方程． ２． (x + 2y)dx + (2x + y)dy = 0 解：P(x, y) = x + 2y, Q(x, y) = 2x − y, 则 ∂ ∂ P y = 2, ∂ ∂ Q x = 2, 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 原方程为恰当方程 则 xdx + (2ydx + 2xdy) − ydy = 0, 2 2 两边积分得： x + 2xy − y = C. 2 2 3． (ax + by)dx + (bx + cy)dy = 0 (a,b和 c为常数)． 解：P(x, y) = ax + by, Q(x, y) = bx + cy, 则 ∂ ∂ P y = b, ∂ ∂ Q x = b, 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 原方程为恰当方程 则 axdx + bydx + bxdy cydy = 0,（） + 两边积分得： ax 2 + bxy + cy 2 = C. 2 2 4． (ax − by)dx + (bx − cy)dy = 0 (b ≠ 0) 解：P(x, y) = ax − by, Q(x, y) = bx − cy, 则 ∂ ∂ P y = −b, ∂ ∂ Q x = b, 因为 b ≠ 0 , 所以 ∂ ∂ P y ≠ ∂ ∂ Q x ，即，原方程不为恰当方程 - 1 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 ５． (t 2 +1)cosudu + 2 t sin udt = 0 解：P(t,u) = (t 2 +1)cosu, Q(t,u) = 2t sin u 则 ∂ ∂ P t = 2t cosu, ∂ ∂ Q x = 2t cosu, 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 原方程为恰当方程 则 (t 2 cosudu + 2t sin udt) + cosudu = 0, 两边积分得： (t 2 +1)sin u = C. ６． ( ye x + 2e x + y 2 )dx + (e x + 2xy)dy = 0 解： P(x, y = ye x + 2e x + y 2 , Q(x, y) = e x + 2xy ， 则 ∂ ∂ P y = e x + 2y, ∂ ∂ Q x = e x + 2y, 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 原方程为恰当方程 则 2e xdx + [(yex + y 2 )dx + (e x + 2xy)dy] = 0, 两边积分得： (2 + y)e x + xy 2 = C. ７． ( y + x 2 )dx + (ln x − 2y)dy = 0 x 解：P(x, y) = y + x 2 Q(x, y) = ln x − 2y, x 则 ∂ ∂ P y = 1 x , ∂ ∂ Q x = 1 x , 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 原方程为恰当方程 则 ( y dx + ln xdy) + x 2 dx − 2ydy = 0 x 3 两边积分得： x 3 + y ln x − y 2 = C. ８． (ax 2 + by 2 )dx + cxydy = 0 (a,b和c为常数) 解：P(x, y) = ax 2 + by 2 , Q(x, y) = cxy, 则 ∂ ∂ P y = 2by, ∂ ∂ Q x = cy, 所以 当 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ，即 2b = c 时， 原方程为恰当方程 - 2 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 则 ax 2 dx + (by 2 dx + cxydy) = 0 3 两边积分得： ax + bxy 2 = C. 3 而当2b ≠ c 时原方程不是恰当方程． ９． 2s −1 ds + s −2 s 2 dt = 0 t t 解：P(t, s) = 2s −1, Q(t, s) = s −2 s 2 , t t 则 ∂ ∂ P t = 1− t 2 2s , ∂ ∂ Q s = 1− t 2 2s , 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ， 即原方程为恰当方程, 两边积分得： s − s 2 = C ． t 10． xf (x 2 + y 2 )dx + yf (x 2 + y 2 )dy = 0, 其中 f (⋅)是连续的可微函数． 解：P(x, y) = xf (x 2 + y 2 ), Q(x, y) = yf (x 2 + y 2 ), 则 ∂ ∂ P y = 2xyf ′, ∂ ∂ Q x = 2xyf ′, 所以 ∂ ∂ P y = ∂ ∂ Q x ， 即原方程为恰当方程, 两边积分得： ∫ f (x2 + y2 )dx = C , 即原方程的解为F (x 2 + y 2 ) = C (其中 F为 f的原积分)． - 3 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 2-2 1. 求解下列微分方程，并指出这些方程在平面上的有意义的区域:： dy x 2 (１) dx = y 解：原方程即为： ydy = x 2 dx 两边积分得：3y 2 − 2x3 = C, y ≠ 0 ． dy x 2 (２) dx = y(1+ x )3 2 解：原方程即为： ydy = 1+ x x3 dx 两边积分得：3y 2 − 2ln1+ x3 = C, y ≠ 0, x ≠ −1 ． (３) dy + y 2 sin x = 0 dx 解： 当 y ≠ 0时 原方程为： dy + sin xdx = 0 y 2 两边积分得：1+ (c + cos x) y = 0 ． 又 y=0也是方程的解，包含在通解中，则方程的通解为 1+ (c + cos x) y = 0 ． dy 2 2(４) dx = 1+ x + y + xy ； 解：原方程即为： 1+ dy y2 = )(1+ x dx 2 两边积分得：arctgy = x + x 2 + c ， 即 y = tg(x + x 2 2 + c) ． - 4 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 (５) dy = (cos x cos 2y)2 dx 解：①当cos 2y ≠ 0 时 原方程即为： (cos dy 2y)2 = (cos x)2 dx 两边积分得：2tg2y − 2x − 2sin 2 x = c ． ② cos 2y =0，即 y = kπ + π 也是方程的解. ( k ∈ N ) 2 4 (６) x dy = 1− y 2 dx 解：①当 y ≠ ±1时 dy dx 原方程即为： 1− y 2 = x 两边积分得：arcsin y − ln x = c ． ② y = ±1也是方程的解. dy x − e−x (７)． dx = y + e y 解．原方程即为： ( y + e y )dy = (x − e−x )dx 2 2 两边积分得： y + e y = x + e−x + c ， 2 2 原方程的解为： y 2 − x 2 + 2(e y − e−x ) = c . 2. 解下列微分方程的初值问题． (１) sin 2xdx + cos3ydy = 0, y(π ) = π ； 2 3 解：两边积分得：− cos 2 2x + sin 3 3y = c ， 即 2sin 3y − 3cos 2x = c 因为 y(π 2 ) = π 3 , 所以 c = 3 . - 5 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 所以原方程满足初值问题的解为：2sin 3y − 3cos 2x = 3． x(２)． xdx + ye− dy = 0 ， y(0) = 1； 解：原方程即为： xe xdx + ydy = 0 ， 两边积分得： (x −1)e xdx + y 2 2 dy = c ， 因为 y(0) = 1， 所以c = − 1 2 ， 所以原方程满足初值问题的解为：2(x −1)e xdx + y 2 dy +1 = 0 ． (３)． dr = r ， r(0) = 2 ； dθ 解：原方程即为： dr = dθ ，两边积分得： ln r −θ = c ， r 因为 r(0) = 2 ， 所以c = ln 2 ， 所以原方程满足初值问题的解为： ln r −θ = ln 2 即 r = 2eθ． dy ln x (４)． dx = 1+ y 2 , y(1) = 0 ; 解：原方程即为： (1+ y 2 )dy = ln x dx , 两边积分得： y3 x x lny + + − x = c , 3 因为 y(1) = 0 ， 所以c = 1， 3 所以原方程满足初值为： y x x lny + + − x =1 3 2 dy 3(５)． 1+ x dx = xy ， y(0) = 1； dy x 解：原方程即为： y 3 = 1+ x 2 dx ， - 6 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 2两边积分得：− 1 2 y −2 = 1+ x + c ， 因为 y(0) = 1， 所以c = − 3 ， 2 所以原方程满足初值问题的解为：2 1+ x 2 + y 1 = 3 ．2 3. 解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图． (１)． dy = cos x dx 解：两边积分得： y = sin x + c ． 积分曲线的简图如下： (２)． dx dy = ay ， (常数a ≠ 0 )； 解：①当 y ≠ 0时， 原方程即为： ay dy = dx 积分得： a 1 ln y = x c+ ， 即 y = ceax (c > 0) ② y = 0也是方程的解． 积分曲线的简图如下： y - 7 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 (３)． dy = 1− y 2 ； dx 解：①当 y ≠ ±1时， 1+ y 原方程即为： (1− dy y 2 ) = dx 积分得： ln = 2x + c ， 1− y 即 y = ce 2 x −1 ． ce2 x +1 ② y = ±1也是方程的解． 积分曲线的简图如下： dy n 1(４)． dx = y ， (n = 3 , 1, 2) ； 解： ①当 y ≠ 0时， 1 dy ⅰ) n = 3 , 2 时，原方程即为 y n = dx ， 积分得： x + 1 y1−n = c ． n −1 ⅱ) n = 1时，原方程即为 dy y = dx 积分得： ln y = x + c ，即 y = ce x (c > 0) ． ② y = 0也是方程的解． 积分曲线的简图如下： - 8 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 4. 跟踪：设某 A从 xoy平面上的原点出发，沿 x轴正方向前进；同时某 B从点开始跟踪 A， 即 B与 A永远保持等距 b．试求 B的光滑运动轨迹． 解：设 B的运动轨迹为 y = y(x) ,由题意及导数的几何意义，则有 dy y dx b2 − y 2 ，所以求 B的运动轨迹即是求此微分方程满足 y(0) = b 的解．= − 解之得： x = 1 2 b ln b b + − b b 2 2 + − y y 2 2 − b2 − y 2 ． 5. 设微分方程 dy = f ( y) (2.27)，其中 f(y) 在 y = a 的某邻域(例如，区间 y − a < ε ) dx 内连续，而且 f ( y) = 0 ⇔ y = a ，则在直线 y = a 上的每一点，方程(2.27)的解局部唯一， ±ε dy 当且仅当瑕积分 = ∞ (发散)．∫ a a f ( y) ：( ⇒ ) 首 先 经 过 域 R1 ： −∞ < x < +∞, a − ε ≤ y < a 和 域 R2 ： −∞ < x < +∞, - 9 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 a < y ≤ a + ε内任一点( x0 , y0 )恰有方程(2.13)的一条积分曲线，它由下式确定 dy = x − x0 . (*)∫ y y0 f ( y) 这些积分曲线彼此不相交. 其次，域R1 ( R2 )内的所有 积分曲线 ∫ f dy ( y) = x + c 都可由其中一条，比如 ∫ f dy ( y) = x + c0 沿着 x 轴的方向平移而得到。因此只需详细考虑经过 R1内某一点 (x0 , a − ε ) 的积分曲线， 它由(*)式确定. dy dy 若 收敛，即存在 x = x1 ，使得 = x1 − x0 ,∫ − a a ε ∫ a a−εf ( y) f ( y) 即所讨论的积分曲线当 x = x1 时达到直线 y = a 上点( x1 , a ). 由(*)式易看出， 所论积分曲线在( x1 , a )处与 y = a 相切，在这种情形下，经过此直线上的 dy ⇐ 一点就不只有一条积分曲线，与局部唯一矛盾，所以 发散.( ) ∫ − a a ε f ( y) dy 若积分 发散，此时由(*)式易看出，所论的经过 (x0 , a − ε ) 的积分∫ − a a ε f ( y) 曲线，不可能达到直线 y = a 上，而以直线 y = a 为渐近线，又注意到 y = a 也 是(２.13)的积分曲线，所以(2.13)过 (x0 , a − ε ) 的解是唯一的. 注：对于R2内某点( x0 , a + ε )完全可类似地证明. 6. 作出下列微分方程积分曲线族的大致图形． (１)． dy = ；y dx - 10 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 ln y y ≠ 0dy y (２)． dx 0= = y   0 - 11 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 2-3 1. 求解微分方程： (１) dy + 2y = xe−x ; dx 解： p(x) = 2, q(x) = xe−x ， 由公式得： y = e−2 x (c + ∫ xe−xe2 xdx) = ce−2 x + xe−x − e−x ， 原方程的解为： y = ce−2x + xe−x − e−x ． dy (２) dx + ytgx = sin 2x ； 解： p(x) = tgx , q(x) = sin 2x ， sin x d (cos x) + c ， 则有p(x)dx = tgxdx = dx = − dx = − ln cos x∫ ∫ ∫ ∫cos x cos x ln cos x − ln cos xy = e (c + sin 2xe dx)∫ sin 2x = cos x (c + dx) = cos x (c − 2 cos x ) = c cos x − 2cos2 x∫ cos x 原方程的解为： y = c cos x − 2cos2 x ． dy 1 (３) x dx + 2y = sin x, y(π ) = π ； dy 2 sin x 2 sin x 解：原方程即为： dx + x y = x ，则 p(x) = x , q(x) = x ， ∫ p(x)dx = ∫ 2dx = ln x 2 + c ， 则有 x −ln x2 sin x ln xy = e (c + e 2 )∫ x 1 2 ∫= (c + x sin xdx)x 1 = 2 (c − x cos x + sin x)x 因为 y(π ) = 1 ， 所以c = 0． π 原方程满足初值问题的解为： y = − 1 cos x + 1 sin x ．2x x dy 1 (４) dx − 1− x 2 y = 1+ x ， y(0) = 1； - 12 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 1 2x −1 解： p(x) = 1− 1 x 2 , q(x) = 1+ x , ∫ p(x)dx = ln x +1 11 −1 1 22 ln x x +1 ln x x − + 1 dx)则 y = e (c + ∫ (1+ x) e  x +1(c + ∫ x 2 −1dx) x > 1 x −1=   x +1(c + ∫ 1− x 2 dx) x < 1 1− x 要求满足初值问题 y(0) = 1的解  x +1 只需求  (c + ∫ 1− x 2 dx) x < 1 1− x x +1 1 1 = (c + arcsin x + x 1− x 2 ) 1− x 2 2 代入初值得c = 1 x +1 1 1 所以满足初值问题的解为 y = (1+ arcsin x + x 1− x 2 ) . 1− x 2 2 2. 将下列方程化为线性微分方程： dy x 2 + y 2 (１) dx = 2y ； 解：令 y 2 = z ， 则原方程化为： dz = z + x 2 ． dx (２) dy = y ； dx x + y 2 dx x + y 2 dx 1 解：由原方程得：， dy = y , 即 dy = y x + y ． (３) 3xy 2 dy + y 3 + x3 = 0 ； dx 3 dz 1 2解：令 y = z ， 则原方程化为： dx = − x z − x ． - 13 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 (４) dy = 1 + xtgy ； dx cos y dy 1 sin y 解：原方程即为： dx = cos y + x cos y 即 cos ydy = 1+ x sin y . 令 z = sin y ， 则 dz = xz +1． dx dx 03. 设 y = φ (x) 满足微分不等式 y′ + a(x) y ≤ 0, (x ≥ 0) ．求证：φ (x) ≤ φ (0)e −∫ x a(s)ds , (x ≥ 0) a( ) 证明：将 y′ + a(x) y ≤ 0 两边同乘e∫0 x s ds 则有 ∫ x ∫ x a(s)ds a(s)ds e 0 y′ + e 0 a(x) y ≤ 0 a x (s)ds∫0 即 d (e φ (x)) ≤ 0 从０到 x积分得： dx e ∫0 x a(s)ds φ (x) ≤ φ (0) ，得证． 4. 用常数变易法求解非齐次线性方程 dy + p(x) y = q(x) ． dx − p( x)dx 解：设方程有形如 y = c(x)e ∫ 的解，将其代入方程则有 − p( x)dx 解：设方程有形如 y = c(x)e ∫ 的解，将其代入方程则有 dc(x) −∫ p( x)dx −∫ p( x)dx −∫ p( x)dx e − c(x) p(x)e + c(x) p(x)e = q(x) dx 即 dc(x) e −∫ p( x)dx = q(x) ， 则c(x) = ∫ q(x)e ∫ p( x)dx + c ， dx − p( x)dx p( x)dx 所以方程的解为 y = e ∫ (∫ q(x)e ∫ + c) . 5. 考虑方程 dy + p(x) y = q(x) ，其中 p(x)和q(x)都是以ω > 0为周期的连续函数． dx 试证： (１ )若 q(x) = 0 ，则方程的任一非零解以 ω 为周期 ⇔ p(x) 的平均值 ω p = 1 ∫ p(x)dx = 0 ．ω 0 (２)若q(x) ≠ 0 ，则方程的有唯一的ω周期解⇔ p ≠ 0．试求出此解． - 14 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 证明：(１)设 y = φ (x) 是方程的任一非零解 x x +w dx − dx 则 y = ce −∫ 0 ( )x xp , 且 y = ce ∫x0 )( +wxp , 也是解 x x +w x x+w −∫ dx − dx − p ( x ) dx − p ( x ) dxx xp0 ( ) ∫x0 )( +wxp ∫x0 ∫x⇔ e = e , = e e ω p ( x ) dx ω∫0⇔ e = 1 ⇔ ∫0 p(x)dx = 0 −∫ p ( x ) dx −∫ dt (2) 方程的通解为 y = ce 0 x + ∫ x p t sq s e 0 ( ) ( ) x 选择常数c使 y(x)成为 ω周期函数，即 y(x + w) = y(x) (*) 我们先来证明，要使(*)对所有 x成立，其实只需对某一特定 x (例如 x = 0)成立,即只需 y(ω) = y(0) .事实上，由于 y(x)是方程的解， 且 p(x + w) = p(x) q(x + w) = q(x) ， 所以 y(x + w) 也是解. 因此，函数u(x) = y(x + w) − y(x) 是相应齐次方程 y′ + p(x) y = 0 满足 初始条件 y(0) = 0的解。又因为此齐次方程的解或者恒等于０，或者恒不 等于０，所以u(x) = 0 ，从而 y(w) = y(0) ，由 x的任意性，则有 y(x + w) = y(x) 。 0即 ce −∫ p w ( x)dx + ∫ q s e w − 0 ( ) 0( ) ∫ wx p t dt ds = c . 所以c = 1 ∫ − w x dxp x dxp q x ew 0 ( ) ( ) 0( ) ∫ w dx . ∫01− e 6. 连续函数 f (x) 在区间 −∞ < x < +∞ 上有界，证明：方程 y′ + y = f (x) 在区间 −∞ < x < +∞有并且只有一个有界解．试求出这个解．并进而证明：当 f (x) 还是以ω为 周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数. 证明：显然方程为一阶线性微分微分方程，由一阶线性微分微分方程解的求解公式得其 解达式为： −∫0 ∫ dx y = ce ds x ∫ s ef xs−0 )(( ) s ef xdx s∫ − + 0 11 ( ) x ， = ce−x + x ds 0 因为 f (x) 有界，所以要使 y有界，当且仅当 c = ∫−∞ f (s)eds ． 从而原方程的唯一有界解为 - 15 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 x 0 x x y = ce−x + ∫ s ef xs−0 )( ) ( ds = ∫−∞ −( )s ef s xds + ∫ s ef xs−0 )( ) ( ds = ∫−∞ f (s)e (s−x) ds ． 下面说明当 f (x) 是以ω为周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数． y(x +ω) = ∫ ω s ef x xs+ −∞ − −( ) ( ω ) ds ，令 t = s −ω，则 ω x x y(x +ω) = ∫ + −∞ − −s ef x xs( ) ( ω ) ds = ∫−∞ f (t +ω)e (t−x) dt = ∫−∞ ( ) (f t e t−x) dt = y(x) ， 所以此解为一周期函数． 7. 令空间H 0 =｛ f (x) ｜ f 是以2π 为周期的连续函数｝．易知H 0关于实数域,构成一个 线性空间. ∀f ∈H 0 ，定义它的模 f = f (x) ．证明 H 0是一个完备的空间．利max ≤x≤2π0 用式(2.40)可以在空间H 0中定义一个变换φ，它把 f 变成 y．试证：φ是一个从H 0到H 0 的线性算子，而且它是有界的． 证明：(１)先证H 0是一个完备的空间． 设{ f n (x)} 是 (H 0 , ⋅ ) 中的一个基本列. 那么∀ε > 0, ∃N (ε ), ∋ ∀m, n > N (ε ) 有 fm (x) − f n (x) = max f m(x) − f n (x) < ε0≤x≤2π 所以∀0 < x < 2π ， f m(x) − f n (x) < ε (*)，固定 x ∈[0,2π ]，则{f n (x)} 是基本的，从而 limn→∞ f n (x) 存在，记为 f0 (x) ，在 ( ∗ ) 中令m →∞， 得到 f 0(x) − f n (x) < ε ，所以 f n (x) 一致收敛到 f0 (x) ，从而在H 0中 f n 收 敛到 f0，所以定义的空间是完备的。 (２)证φ是一个线性有界算子。 1 π ①φ (c f fcc ffc () 2211 2 ) 22211 +=+ + )(s)dsex x sxa a (∫ −−πe −1 1 π 1 = c ∫ −−e x x sxa a ( π + f1 2 ) 21 (s)ds + c π ex x sxa a (∫ −−π f 2 2 ) 22 + (s)ds e −1 e −1 = c1φ ( f1 ) + c2φ ( f 2 ) 所以φ是一个线性算子。 - 16 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 1 2 ) 0 + ≤ ≤ π ex x sxa ax ( 22 ∫ −− ππ ② φ ( f ) = max f (s)ds e −1 1 ≤ max +≤ π2 ds)0 es dsf x x sxa xsxax ∫ −− +≤ ≤≤ πππ ( 222 ( )max e −1 ≤ f = k f 2 e a aπ π41 e −1 a 所以φ是有界算子. - 17 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 2-4 1. (１) (２) (３) (４) 求解下列微分方程： y′ = 2 2 x y − − y x ； 解：令 y = ux ，则原方程化为 x du + u = 2u −1 ， dx 2 − u 1− u 1 即 u 2 2 − − u 1 du = dx x ， 积分得： ln − ln u 2 −1 = ln x + c 1+ u 2 还原变量并化简得： ( y − x) = c(x + y)3 y′ = 2 2 x y − − y x − + 4 5 ； 解：由  2 2 x y − − y x − + 5 4 = = 0 0 得  x y = = 1 −2  令u = x −1, v = y + 2， 则有 dv = 2v − u ，由第一题的结果知此方程解为 (v − u) = c(u + v)3 ， du 2u − v 还原变量并化简得： y − x + 3 = c(x + y +1)3. y′ = 2 x x + + 2 4 y y + − 1 1 ； dv dy v +1 解：令v = x + 2y ， 则 dx = 1+ 2 dx = 1+ 2 2v −1 ， 即 dv = 4v +1 ，此方程为变量分离方程， dx 2v −1 分离变量并积分得： 1 2 v − 8 3 ln 4v +1 = x + c ， 还原变量并化简得：8y − 4x − 3ln 4x + 8y +1 = c ． y′ = x3 y 3 − xy ． 解：①当 y ≠ 0时，方程两边同时乘以 − 2y −3 ,则 − 2y −3 y′ = −2x3 + 2xy −2 ，令 - 18 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 2 z = y −2 ， 则 dz = 2xz − 2x3 ,此方程为一阶线性方程，由公式得：z = ce x + x 2 +1 dx 还原变量得： y 2 = (ce x 2 + x 2 +1)−1 . ② y = 0也是方程的解． 2. 利用适当的变换，求解下列方程： (１) y′ = cos( x − y) ； du dy 解：令u = x − y ，则 dx = 1− dx = 1− cosu ， ①当cosu ≠ 1时，有 du = dx ， 即 du = dx ， 1− cosu 2 u2sin 2 1 u 两边积分得： 2 ctg 2 = x + c 还原变量化简得：cos x − 2 y = 2x sin x − 2 y + c sin x − 2 y ． ②当cosu = 1时，即 y = x + 2kπ (k ∈ Z ) 也是方程的解． (２) (3uv + v 2 )du + (u 2 + uv)dv = 0 ； 解：方程两边同时乘以u则原方程化为： (3u 2v + uv 2 )du + (u 3 + u 2 v)dv = 0 ， 即 (3u 2 vdu + u 3dv) + (uv 2 du + u 2 vdv) = 0 此方程为全微分方程，则原方程的解为：u 3v + 1 u 2 v 2 = c ． 2 2 2 dy x 2 (３) (x + y + 3) dx = 2x(2y − y ) ； 解：原方程即为 2ydy = 4y 2 − 2x 2 ，令 x 2 = v, y 2 = u ， 2xdx x 2 + y 2 + 3 则 du = 4u − 2v , 由  4u − 2v = 0 得  u = −1 ， 令  m = u +1 ， 则 有 dv u + v + 3 u + v + 3 = 0 v = −2 n = v + 2   dm 4m − 2n m dm dz 4z − 2 dn = m + n 令 n = z ，则m = zn ， dn = dn n + z = z +1 ， - 19 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 则有 dz n = (1− z)(z − 2) ，此方程为变量分离方程， dn z +1 分离变量并积分得： ln (z −1)3 2 = c + ln n ， 2 − z 还原变量并化简得： (x 2 − y 2 +1)2 = c(−2x 2 + y 2 − 3)3 . dy 2x3 + 3xy 2 − 7x (４) dx = 3x y + 2y − 8y ．2 3 解：原方程即为 2ydy = 2x 2 + 3y 2 − 7 ，令u = y 2 , v = x 2 , 2xdx 3x 2 + 2y 2 − 8 则 du = 2v + 3u − 7 ，由  2v + 3u − 7 = 0 ⇒  u = 1 ， 令 m = u −1 ， dv 3v + 2u − 8 3v + 2u + 8 = 0 v = 2 n = v − 2   则 dm = 2n + 3m ，令 m = z ，可将方程化为变量分离形方程， dn 3n + 2m n 1+ z 1( 3 + 2z )dz = dn ，两边积分得： 3 ln = ln n + c ，− ln1− z 2 1− z 2 还原变量并化简得： (x 2 − y 2 −1)5 = c(x 2 + y 2 − 3) ． 2 − 2z 2 n 4 3. 求解下列微分方程： (１)． y′ = −y 2 − 4 1 x 2 ； 解：令 z = xy ， 则原方程可化为： dz = 1 (−z 2 + z − 1) ， dx x 4 z ≠ 1 2 时，即 xy ≠ 1 2 时 方程为 −1 1)2 dz = dx x ，此方程为变量分离方程， (z − 2 两边积分得： 1 1 = ln x + c z − 2 还原变量并化简得： y = 1 + 1 ； 2x x ln x + cx 1 1 当 z = 2 时， y = 2x 是方程的特解． - 20 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 (２)． x 2 y′ = x 2 y 2 + xy +1； 解：原方程即为： y′ = y 2 + y + 1 ，2x x 令 z = xy ，则 dz = 1 (z +1)2 ，此方程为变量分离方程， dx x 分离变量积分得：− z 1 +1 = ln + c ，x 还原变量并化简得： y = − 1 − 1 ． x x ln x + cx 4. 试把二阶微分方程 y ′′ + p(x)y′ + q(x) y = 0 化为一个黎卡提方程． udx udx udx udx 解：令 y = e ∫ ， 则 y′ = ue ∫ ， y′′ = u 2 e ∫ + u′e ∫ ，代入原方程可得： y ′′ + p(x) y′ + q(x) y = u 2 e ∫ udx + u′e ∫ udx ＋ p(x)ue ∫ udx + q(x) e ∫ udx ＝０， 即有：u 2 + u′ + p(x)u + q(x) = 0 ， 此方程为一个黎卡提方程． 5. 求一曲线，使得过这一曲线上任一点的切线与该点向径的夹角等于45． 解：设此曲线为 y = y(x) ，由题意得： dy y − dx dy x y = tg45 = 1，化简得： dy = x + y ， dx x − y1+ dx x 此方程为齐次方程，解之得：arctg y − 1 ln(x 2 + y 2 ) = c ． x 2 6. 探照灯的反光镜(旋转面)应具有何种形状，才能使点光源发射的光束反射成平行线束？ 解：取点光源所在处为坐标原点，而 x轴平行于光的反射方向，建立三维坐标系． 设所求曲面由曲线   y = f (x) 绕 x 轴旋转而成,则求反射镜面问题归结为求 xy 平面上 z = 0 的曲线 y=f(x)的问题．由题意及光的反射定律，可得到函数 y = f (x) 所应满足的微分 方程式： dy = x y 2 + y 2 ，此方程为齐次方程， dx x + - 21 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 解之得： y 2 = c(c + 2x) ，(其中 c为任意正常数)． y 2 = c(c + 2x) 就是所求的平面曲线，它是抛物线， 因此反射镜面的形状为旋转抛物面 y 2 + z 2 = c(c + 2x) ． - 22 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 2-5 １．求解下列微分方程： (１)． (3x 2 y + 2xy + y 3 )dx + (x 2 + y 2 )dy = 0 ； 解：方程两边同乘3e3x ， 则 (9e3x x 2 ydx + 6e3x xydx + 3e3x x 2 dy) + (3e3x y 3dx + 3e3x y 2 )dy = 0 ， 此方程为全微分方程，即 3e3x x 2 y + e3x y 3 = c ． (２)． ydx + (2xy − e−2 y )dy = 0 ； 解：方程两边同乘 1 y e2 y ， 则 e2 y dx + (2xe2 y − 1 y )dy = 0 即 (e2 y dx + 2xe2 y dy) − 1 y dy = 0 y此方程为全微分方程，即有 xe2 y − ln = c ． (３)． (3x + 6 )dx + ( x 2 + 3y )dy = 0 ； y y x 解：方程两边同乘 xy， 则 2 3 2(3x y + 6x)dx + (x + 3y )dy = 0 即 (3x 2 ydx + x3dy) + (6xdx + 3y 2 dy) = 0 此方程为全微分方程，即有 x3 y + y 3 + 3x 2 = c ． (４)． (x2 + 2 x dy = 0 ;ydx − y + ) 1 ydx − xdy 解：方程两边同乘 x + y ， 则 x + y − dy = 0 ， 2 2 2 2 此方程为全微分方程，即 arctg x y − y = c 3 2 2(5)． 2xy dx + (x y −1)dy = 0 ； - 23 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 解：方程两边同乘 1 2 ， 则 2xydx + (x 1 2 2 − )dy = 0 ， y y 此方程为全微分方程，即 1 y + x 2 y = c . (6)． y(1+ xy)dx − xdy = 0 ； 解：方程两边同乘 1 ， 则 xdx + ( 1 dx − x dy) = 0 ， y 2 y y 2 此方程为全微分方程，即 x y + 1 2 x 2 = c . 3 2 2(7) y dx + 2(x − xy )dy = 0 ； 解：方程两边同乘 x 1 2 y ， 则 ( y 2 2 dx − 2y dy) + 2 dy = 0 ， x x y 此方程为全微分方程，即 − y 2 + 2ln y = c x x x(8)． e dx + (e ctgy + 2y cos y)dy = 0 解：方程两边同乘sin y， 则 x x(e sin ydx + e cos ydy) + ycsin 2ydy = 0 ， 此方程为全微分方程，即 x cos y − 1 y 1 sin 2 =e y cos 2 + y c . 2 4 2. 证 明 方 程 (5.1) 有 形 如 µ = µ(φ (x, y)) 的 积 分 因 子 的 充 要 条 件 是 ∂P ∂Q − Q ∂ ∂ Q y − P ∂x ∂P = f (φ (x, y)) ，并写出这个积分因子。然后将结果应用到下列各种情形，得 ∂x ∂y 出存在每一种积分因子的充要条件: (1) µ = µ(x ± y) ; (2) µ = µ(x 2 + y 2 ) ; (3) µ = µ(xy) ; - 24 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 y (4) µ = µ( ) ; (5) µ = µ(xα y β ) . x 证明：⇒ 若µ = µ(φ (x, y)) 是P(x, y)dx +Q(x, y)dy = 0 的积分因子, 则 ∂(µ(φ (x, ∂ y y )P(x, y)) = ∂(µ(φ (x, ∂ y x )Q(x, y)) ， ∂P ∂φ ∂Q ∂φ 即 ∂y µ(φ (x, y)) + µ′(φ (x, y)) ∂y P = ∂x µ(φ (x, y)) + µ′(φ (x, y)) ∂x Q ( ⇐ )以上过程 可逆，故充分性显然. ∂P ∂Q ∂P ∂Q − − ∂y ∂x ∂y ∂x 2 2(1) = f (x ± y) (2) = f (x + y ) Q  P 2xQ − 2yP ∂P ∂Q ∂P ∂Q − − ∂y ∂x ∂y ∂x y (3) = f (xy) (4) = f ( ) yQ − xP y 1 x− Q − P x 2 x ∂P ∂Q − ∂y ∂x α β(5) = f (x y ) α −1 β ε β −1αx y Q − βx y P 3. 证明齐次方程P(x, y)dx +Q(x, y)dy = 0 有积分因子µ = xP + 1 yQ . 证明：作变换 y = ux ，则由P(x, y)dx +Q(x, y)dy = 0 是齐次方程，我们有 P(x,ux)dx +Q(x,ux)(udx + xdu) m m m +1= [x P(1,u) + ux Q(1,u)]dx + x Q(1,u)du = 0 方程两边同乘 yQ 1 + xP = x [P(1,u) 1 + uQ(1,u)] ，则有 m+1 1 dx + Q(1,u) du = 0 ，显然此方程为全微分方程． x P(1,u) + uQ(1,u) 4. 证明定理６及其逆定理：在定理６的假定下，若 µ1是微分方程 (5.1)的另一个积分因 子，则 µ1必可表为µ1 = µg(φ ) 的形式，其中函数 g和φ的意义与在定理６中相同． - 25 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 证明：(定理６) 因为µ = µ(φ (x, y)) 是(5.1)的积分因子，且使得： µP(x, y)dx + µQ(x, y)dy = dφ (x, y) ， 则 ∂φ = µP(x, y) ， ∂φ = µQ(x, y)dy . ∂x ∂y 要判断是否为积分因子，只需验证下列等式成立： ∂(µP(x, y)) φ′ ∂g(φ (x, y)) + µP(x, y)g = ∂y ∂y ∂(µQ(x, y)) φ′ ∂g(φ (x, y)) + µQ(x, y)g , ∂x ∂x 显然 ∂(µP ∂ ( y x, y)) = ∂(µQ ∂ ( x x, y)) , 且µP(x, y)g ′ ∂φ = µQ(x, y)g ′ ∂φ ， 所以 µ1 = µg(φ ) 是(5.1)的积分因子．∂y ∂x (逆定理)由定理条件假定µ也是(5.1)的积分因子且使得 µP(x, y)dx + µQ(x, y)dy = dφ (x, y) . 设µ1是微分方程 (5.1)的另一个积分因子,且设µ1 = µf (x, y) µf (x, y)P(x, y)dx + µf (x, y)Q(x, y)dy = dϕ (x, y) , 则 ∂(µP ∂ ( y x, y)) = ∂(µQ ∂ ( x x, y)) , 即 ∂ ∂ f y µP(x, y) + f (x, y) ∂(µP ∂ ( y x, y)) = ∂ ∂ f y µQ(x, y) + f (x, y) ∂(µQ ∂ ( y x, y)) , 所以 ∂ ∂ f y d dx φ = ∂ ∂ f x d dy φ , 则 f = g(φ (x, y)) ． ５．设函数P(x, y),Q(x, y),µ1 (x, y),µ 2 (x, y) 都是连续可微的，而且µ1 ,µ 2 是微分方程(5.1) µ (x, y) µ 的两个积分因子, µ 2 1 (x, y) ≠常数。试证 µ 2 1 ≠ c 是方程(5.1)的一个通积分. 证明：利用 P47 的定理６ 令 g(φ (x, y)) = φ (x, y) ， - 26 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 则µ1 (x, y)) = µ(x, y)φ (x, y) 是(5.1)的积分因子， µ1( , ) x y即 µ( , ) φ( , ) , 显然有φ x y) x y = x y ( , 是方程(5.1)的通积分. - 27 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 2-6 １．求下列各曲线族的正交轨线族： (１) x 2 + y 2 = c ； 解：由方程得： x 2 + y 2 = cx ， 消去 c有: dy = y 2 − x 2 , (2x − c)dx + 2ydy = 0 dx 2xy dy 2xy 则所求正交轨线的微分方程为 dx = x 2 − y 2 ， 亦即2xydx − (x 2 − y 2 )dy = 0 ， 所以所求正交轨线族为 x 2 + y 2 = cy ． (２)． xy = c ； 解：由方程得： xy = c ， 消去 c有: dy = − y , xdy + ydx = 0 dx x dy x 则所求正交轨线的微分方程为 dx = y ， 亦即 ydx − xdy = 0 ， 所以所求正交轨线族为 x 2 − y 2 = c ． (３)． y 2 = ax3 ； y 2 = ax3 dy 3y 解：由方程得： 2ydy − 3ax dx = 0 ，消去 c有: = ,  2 dx 2x 则所求正交轨线的微分方程为 dy = − 2x ， dx 3y 亦即2xdx + 3ydy = 0 ， 所以所求正交轨线族为 2x 2 + 3y 2 = c (４)． x 2 + c 2 y 2 = 1． 2 2 2 1 dy − xy 解：由方程得：   2 x xdx + c + 2 y c 2 = ydy = 0 ，消去 c有: dx = 1− x 2 - 28 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 则所求正交轨线的微分方程为 dx dy = xy x 21− ， 亦即 ydy (+ x − )1 dx x = 0 ， 所以所求正交轨线族为 x 2 + y 2 − 2ln x = c ． 或者 2x + 2y ln− 2 x = c . 2. 求与下列各曲线相交成 45角的曲线族： (１)． x y− 2 = c ； 解：由方程得：    − =− 2 2 dxdy yx = c 0 ， 消去 c有: dx dy = 2 1 , 则所求等角轨线的微分方程为 dx dy =   45 2 11 45 2 1 tg tg − + ， 亦即3dx − dy = 0 ， 所以所求等角轨线族为 x3 − y = c ． (２)． xy = c ； xy = c dy − y 解：由方程得：xdy + ydx = 0 ， 消去 c有: dx = x ,  − y  dy 则所求等角轨线的微分方程为 dx = x + y tg45 ， 1− (− )tg45 x 亦即 (x − y)dx − (x + y)dy = 0 ， 所以所求等角轨线族为 x 2 − y 2 − 2xy = c ． (３)． y = x ln ax ； y = x ln ax dy x + y 解：由方程得： dy − (ln ax +1)dx = 0 ，消去a有: dx = x , - 29 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 x + y  则所求等角轨线的微分方程为 dy = 1− ( x + tg )tg 45 45 ， dx x + y  x 亦即 (2x + y)dx + ydy = 0 ， 所以所求等角轨线族为 ln(2x 2 + xy + y 2 ) − 2 arctg ( 2 2y + x ) = c 7 7 x (４)． y 2 = 4ax ． 解：由方程得：   y 2 = 4ax ，消去a有: dy = y , 2ydy − 4adx = 0 dx 2x y dy 2x则所求等角轨线的微分方程为 dx = 1− ( + y tg )tg 45 45   ， 2x 亦即 (2x + y)dx − (2x − y)dy = 0 ， 所以所求等角轨线族为 ln(2x 2 − xy + y 2 ) − 6 arctg ( 2 2y − x ) = c 7 7 x 3. 给定双曲线 x 2 − y 2 = c ，(其中c为任意常数)．设有一个动点 P在平面 (x, y) 上移动， 它的轨迹与和它相交的每条双曲线均成30角，又设此动点从 P0 (0,1)出发，试求这动点的 轨迹． 解：由题意知，此轨迹即为与双曲线 x 2 − y 2 = c 相交成 30角的曲线族． 由方程得： x 2 − y 2 = c ， 消去 c有: dy = x 2xdx − 2ydy = 0 dx y x 则 所 求 轨 线 的 微 分 方 程 为 dy = y + tg30 ， 所 以 所 求 轨 线 族 为 dx x 1− tg30 y 3 x 2 − 3 y 2 + 3xy = c ， 又因为此轨迹过P0 (0,1)点， 所以c = − 3 ， 2 2 2 所以所求轨迹为3x 2 − 3y 2 + 2 3xy + 3 = 0 ． - 30 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 4. 追线：在 xoy平面上，有某物 P从原点出发，以常速a > 0沿 x 轴的正方向运动．同 时又有某物 Q以常速 b从点 (0,1)出发追赶．设b > a ，且Q的运动方向永远指向 P．试 求 Q的运动轨迹，以及追上 P的时间． 解：设Q的运动轨迹为 y = y(x) ，由题意知 y = y(x) 即是下列初值问题的解． a a dx y b y − b dy = 2 − 2 ， x(1) = 0 ， a a1+ 1− 此方程为一变量分离方程，解之得： x = 2 y (1 b + −1 ) − 2 y (1 b − −1 ) ． a a b b 当 P,Q在 T时刻相遇时，即有 x(aT ) = 0 , 代入其轨迹方程求得：T = 2(b2 b − a 2 ) ． 5. 逃逸速度：假设地球的半径为R = 6437公里，地面上的重力加速度为9.8米 / 秒2 ，又 设质量为的火箭在地面以初速 v0垂直上升，假设不计空气阻力和其它任何星球的引力．试 求火箭的逃逸速度，即：使火箭一去不复返的最小初速度 v0． 解：由物理学知识知，此逃逸速度满足下列式子： gmM mv 2 R 2 = R 0 (其中M 为地球的质量) 将数据代入上式求得：v0 = 7.94 (公里／秒)． 6. 设某社会的总人数为N ，当时流行一种传染病，得病人数为 x．设传染病人数的扩大率 与得病人数和未得病人数的乘积成正比．试讨论传染病人数的发展趋势，并以此解释对传染 病人进行隔离的必要性． 解：设传染病人数是时间 t的函数，并设题中的正比例系数为 p. 则由题意得： x t( ) = p xt ( )( N − x t( )) pNt cNe 此方程为一变量分离方程，分离变量并积分得： x(t) = 1 + ce pNt - 31 ­ x 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 又因为最初得病人数为 x，所以 x(0) = x ，代入求得 c = N x − x ， 所以传染病人数的发展趋势可表示为： pNt Ne x(t) = N − x x ，(其中 x为最初得病人数)．pNt 1+ e N − x 由上式我们可以看出，当 t → +∞时， x(t) → N ，所以及时对传染病人 进行隔离是必要的． - 32 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 3-1 1. (1) 解: f (x, y) =| y |α , 有 | f (x, y) − f (x,0) |=| y |α， 1令 F (r) =| r |α , 有 ∫ r1 F dr (r) ∫ −== 0 0 1 0 || rα r1 | r dr | 1− 1 α α r ， 当 1−α < 0 , 即 α > 1 时, lim 1 | r |1−α = ∞ , r→0 1−α 所以 y(0) = 0 的解唯一。 当 1−α = 0 时， ∫0 r1 F dr (r) = ln | r ||0 r1 ，而 limln | r |= ∞， r→0 所以 y(0) = 0 的解唯一。 当 0 <α < 1 时， 可解方程知其解不唯一。 所以当 0 <α < 1， 其解不唯一； α ≥ 1， 其解唯一。 （2）. 解: 因为 lim y | ln y |= 0 , y→0 所以 dy 在 (−∞,+∞) 连续. dx 设 F (r) =| r ln | r || , 有 ∫0 r1 F dr (r) = ∞ ( r1 > 0 为常数), 所以方程的解唯一. 2. 解: 构造毕卡序列, 令 f (x, y) = x + y +1 , y ( ) = ∫0 fx x nn+1 ,(x y (x))dx , 因为 y(0) = 0 , 所以 y x 1 xdxxfx == ∫ 201 ( ,0)( ) + x ,2 x 1 1y + x ,xxx dxxxfx +=+= ∫ 230 2 2 ),(( ) 2 6 x 1 1y + x ,xxxdxx yfx ++== ∫ 2340 23 ),(( ) 4! 3 …………………………………………… 1 2 2x2 y ( ) (x y ) xxdxfx nn x nn +== + −, 1 1 ++ + x ,∫0 (n +1)! n! 2! - 1 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 1 n+1 2 n 2x2 lim yn (x) = lim( x + x ++ + x)n→∞ n→∞ (n +1)! n! 2! , =2ex − x − 2 所以 y = 2e x − x − 2 为方程的解. 3. 证明: 反证法 设初始问题(E)有两个解, y(x)和 y1 (x) , 且 y(x0 ) = y1 (x0 ) = y0 , ∃x1 > x0 , 使 y(x1 ) > y1 (x1 ) , 令 µ = sup{ x0 ≤ x < x1 , y(x) = y1 (x)}, 根据µ 的定义与 y 的连续性可知, 对∀x∈ (µ, x1 ) , y(x) > y1 (x) , 令 r(x) = y(x) − y1 (x) , 令 r(x) = y(x) − y1 (x) , 有 r(µ) = 0 , 有 dr = f (x, y(x)) − f (x, y1 (x)) ,dx dr 因为 f (x, y) 对 y 是递减的, 所以 dx < 0 , 对 ∀x∈ (µ, x1 ) , 所以 r(x) < r(µ) = 0 , 对 ∀x∈ (µ, x1 ) , 又由 y 的连续性, 可得 y(x1 ) < y1 (x1 ) ,矛盾! - 2 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 习题 3-3 1. 证明: 令 ( )( )),( b xa x yx yf += , 显然 )( ,x yf 在 S : ∈ Ix , < +∞−∞ < y 内连续, 且满足不等式 | | ( ) ||) | | ( ) ||,( b xya xx yf +≤ , 其中令 0( ) | ( ) |≥= a xA x , 0( ) | ( ) |≥= b xB x , 由已知有 A(x) , B(x) 在 Ix ∈ 上是连续的,则由定理 5, 知 y = y(x) 的最大存在区间为 I 2. (1) 解：令 ),(x yf = 22 1 yx + ，则 ),(x yf 在区域 0},{1 ≠< +∞−∞ <= yxG 上连续, 或 2G },00{ < +∞< +∞ −∞ <<<−∞ <= yxx  上连续。 由推论知，此方程经过G1或 G2 内任一点 P0 存在唯一的积分曲线 Γ: Jxxy ∈= ( ),φ ，且延伸到 无限远。下证，积分曲线 Γ的最大存在空间是无界的。 用反证法，先在 G1上讨论。设 y = y(x) 上此方程满足初值条件 0 )(y x = 0y 的解。设 J +为它的右侧最大存在区间， 若 J + ],[ 10 xx= 是有限区间，其中 01 xx > 。令 )( 11 xy φ= , 则 111 ),( Gyx ∈ 。因为区域G1是开集，所以存在矩形区域 1 :R 11 ,|| axx ≤− 11 || byy ≤− ，使得 11 GR ⊂ 。 由皮亚诺定理知，原方程至少有一个解 )|( )(| 111 hxxxy ≤−= φ 满足初值条件 11 )(x =φ 1y ，其中 h1是某个常数。 令    = ( ) ( ) ( ) 1 x x y x φ φ +≤≤ ≤≤ .111 1;0 hxxx xxx 则 y = y(x) 是连续可微的，且它在区间 ],[ 110 hxx + 上满足原方程， - 3 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 与积分曲线 Γ的最大右侧存在区间为 J + = [x0 , x1 ] 矛盾。 所以 J +不可能是有限闭区间，同理可证 J +不可能是有限开区间，则 Γ在 P0点的右侧将延伸到区域 G1的边界。同样可证，Γ在 P0点的左侧 将延伸到区域 G1的边界，即解的存在区间为 (−∞,+∞) 。 同样在 G2上，解的存在区间为 (−∞,0)  (0,+∞) 。 （2）解：由于 y( y −1) 在整个 (x, y) 平面上连续，且对 y有连续的偏导数， 所以利用推论，可知原方程经过平面上任何一点P0 (x0 , y0 ) 的积分曲线Γ是唯一存在，并将延伸到无限远。 显然 y = 0与 y = 1为方程的两个解曲线。 由解的唯一性，当 y < 0时，其解不可能超出 y = 0。 则其解只可能向左右延伸，即 x的存在 区间为 (−∞,+∞) 。同理可知在0 < y < 1与 y > 1时， x的存在区间为 (−∞,+∞) 。（如右图）所以其解的 在区间为 (−∞,+∞) 。 （3）解：令 f (x, y) = y sin( xy) ，此方程满足 f (x, y) 在 S : −∞ < x < +∞,−∞ < y < +∞ 内连续，且满足不等式 | f (x, y) |≤| y |。取 A(x) = 1和B(x) = 0 ，则此 方程满足定理 5的条件，所以此方程的每一个都以 (−∞,+∞) 为存在区间。 （4）解：解方程得其解为arctgy = x − c, c为一常数。 π π  − 2 < arctgy < 2 , ∀y ∈ (−∞,+∞) ， π π π π ∴ − 2 < x − c < 2 , ∴ − 2 + c < x < 2 + c ， ∴ 其存在区间为− π + c < x < π + c 。 2 2 - 4 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 dy x 3． 解：不矛盾。因为此方程化为微分方程为 dx = − y ，令 f (x, y) = − x y ，有 f (x, y) 在G上不一定连续， 即不满足延伸定理的条件，所以不能说与延伸定理矛盾。 4. 解：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含 P(x0 , y0 ) 的 区域G，初值问题（E）的解都存在且唯一，并可延伸到 G的边界。 其次，容易看出，直线 L1 : y = 3和直线 y = 3 L2 : y = −1是微分方程所对立的线素场的水平等斜线， 且积分曲线在 L1的上方是单调上升，在 L1与 L2之间 是单调下降，而在 L2的下方是单调上升。 y = −1 若 P(x0 , y0 ) 位于 L1的上方，显然 y=3 为方程的解， 而在 L1的上方，由于方程是单调上升，所以当 y < y0 时， 积分曲线是无限接近 y = 3，由唯一性而又不能与 y = 3 相关，所以其积分曲线必向左延伸到−∞ < x < x0 。 同理若P(x0 , y0 ) 位于 L1与 L2之间，可知其积分曲线向 左延伸到−∞ < x < +∞；若P(x0 , y0 ) 位于 L2的下方， 可知其积分曲线向右延伸到 x0 < x < +∞。 5. 证明：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含 P(x0 , y0 ) 的区域G，初值问题（E） 的解都存在且唯一，并且延伸到G的边界。其次，容易看出，直线 y = x 与直线 y = −x 是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，且其单调性见图！ 不妨，假设P(x0 , y0 ) 在 x轴的上方，在直线 y = x 与直线 y = −x 之间， 积分曲线是单调下降的，所以它将右 向穿出直线 y = x ，并且它在右向延伸时不 - 5 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 能从 y = x 下方穿越到上方，因此，它必 向穿出直线 y = x ，并且它在右向延伸时不 能从 y = x 下方穿越到上方，因此，它必可 向右延伸 x0 ≤ x < +∞。 同理可证向左延伸到−∞ < x ≤ x0 。得证！ - 6 ­ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 1 - 习题 4-1 1．求解下列微分方程 1） 22 242 xpxpy ++= )( dx dyp = 解 利用微分法得 0)1)(2( =++ dx dppx 当 1 0dp 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 2 22 4 2y p px x p x c  = + +  = − + 或消参数 P，得通解 )2( 2 1 22 xcxcy −+= 当 2 0x p+ = 时，则消去 P，得特解 2xy −= 2） 2( )y pxlnx xp= + ；       = dx dyp 解 利用微分法得 ( 2 ) 0dplnx xp x p dx  + + =    当 0=+ p dx dpx 时，得 cpx = 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 2 0lnx xp+ = 时，消去 p得特解 21 ( ) 4 y lnx= − 3） ( )21 ppxy ++=       = cx dyp 解 利用微分法，得 x dx p pp −= + ++ 2 2 1 1 两边积分得 ( ) cxPPP =+++ 22 11 由此得原方程以 P为参数形式的通解： 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 2 - 21( ppxy ++= ， ( ) .11 222 cxppp =+++ 或消去 P得通解 222 )( CCXy =−+ 2. 用参数法求解下列微分方程 1） 452 2 2 =     + dx dyy 解 将方程化为 2 2 1 5 42 =       + dx dy y 令 2 siny t= 2 cos 5 dy t dx = 由此可推出 1 5 1 5( 2 sin )2 2 cos 2cos 5 dx dy d t dt tt = = = 从而得 ctx += 2 5 因此方程的通解为 5 2 x t c= + ， 2 siny t= 消去参数 t，得通解 22 sin ( ) 5 y x C= − 对于方程除了上述通解，还有 2±=y ， 0= dx dy ，显然 2=y 和 2−=y 是方程的两个解。 2） 2 23( ) 1dyx dx − = 解：令 ux csc= ， u dx dy cot 3 1 −= 又令 tan 2 u t= 则 t t u x 2 1 sin 1 2+ == du u uudy 3 2 2 sin cos 3 1cot 3 1 == 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 3 - dt t t t t t 2 2 2 2 2 1 23 1 2 1 1 3 1 +      +       + − = dt tt t )12( 34 1 3+−= 积分得， 2 2 1 1 1( 2ln ) 2 24 3 y t t c t = − − + 2 2 1 1( 4 ln ) 8 3 t t C t = − − + 由此得微分方程的通解为 t tx 2 1 2+ = ， 2 2 1 1( 4 ln ) 8 3 y t t c t = − − + 3） dx dy dx dyx 4)( 33 =+ 解：令 xt dx dy = 则 txtxx 2333 4=+ 解得 31 4 t tx + = 又 33 32 23 3 3 2 )1( )21(16 )1( )21(4 1 4 t tt t t t t dt dx dx dy dt dy + − = + − • + =•= du u utudt t t 3 33 33 3 )1( 21 3 16 )1( )621( 3 16 + − = + − = 233 1(3 32 )1( 16 u du u du + − + = 2 2 8 32 1 (1 ) 3 1 y C u u ∴ = − + + + + 3 2 3 8 32 1 (1 ) 3 1 C t t ∴= − + + + + 由此得微分方程的通解为 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 4 - 31 4 t tx + = ， 3 2 3 8 32 1 (1 ) 3 1 y C t t = − + + + + 。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 5 - 习题 4-2 1．得用 P—判别式求下列方程的奇解： 1） 2)( dx dyxy dx dy += 解：方程的 P—判别式为 2 , 2 0y xp p x p= + + = 消去 p，得 4 2xy −= 经验证可知 4 2xy −= 是方程的解。 令 2),,( pxpypyxF −−= 则有 2 ' ( , , ) 1 4 2y x xF x − − = ， 2 " ( , , ) 2 4 2pp x xF x − − = − 和 2 ' ( , , ) 0 4 2p x xF x − − = 因此，由定理 4.2可知， 2 4 1 xy −= 是方程的奇解。 2） 2)(2 dx dy dx dyxy += 解：方程的 P—判别式为 22 pxpy += ， 0=+ px 消去 P，得 2xy −= ，而 2xy −= 不是方程的解，故 2xy −= 不是方程的奇解。 3） y qdx dyy 4)()1( 22 =− 解：方程的 P—判别式为 9 4)1( 22 =− py ， 0)1(2 2 =− py 消去 P，得 0=y ，显然 0=y 是方程的解， 令 ypypyxF 9 4)1(),,( 22 −−= 则有 ' 4( ,0,0) 9y F x = − " ( ,0,0) 2ppF x = 和 ' ( ,0,0) 0pF x = 因此，由定理 4.2知， 0=y 是方程的奇解。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 6 - 2．举例说明，在定理 4.2的条件 ' '( , ( ), ( )) 0yF x x x x x ≠ " '( , ( ), ( )) 0ppF x x x x x ≠ 中的两个不等 式是缺一不可的， 解：考虑方程 0)( 22 =− y dx dy 方程（1）的 P—判别式为 022 =− yp 02 =p 消去 P，得 0)( == xxy 令 22),,( yppyxF −= ，于是有 ' ( , , ) 2pF x y p y= − ' ( , , ) 2pF x y p p= − " ( , , ) 2ppF x y p = 因此虽然有 " ( , , ) 2 0ppF x y p = ≠ 和 ' ( ,0,0) 0pF x = 但是 ' ( ,0,0) 0yF x = 又 0=y 虽然是方程的解，且容易求出方程（1）的通解为 xy xe±= 因此容易验证 0=y 却不是奇解。因此由此例可看出。定理 4.2 中的条件 ' '( ( ), ( )) 0yF x x x x ≠ 是不可缺少的。 又考虑方程 y dx dyy =)sin( 方程（2）的 P—判别式为 yyp =)sin( ( ) 0ycos yp = 消去 P，得 0=y 。令 yyppyxF −= )sin(),,( 于是有 ' ( , , ) ( ) 1yF x y p pcos yp= − ， ' ( , , ) ( )pF x y p ycos yp= " 2( , , ) sin( )ppF x y p y yp= 因此，虽然有 ' ( ,0,0) 1 0yF x = − ≠ 和 ' ( ,0,0) 0pF x = 但 " ( ,0,0) 0ppF 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 " '( , ( ), ( )) 0ppF 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 ' '( , ( ), ( )) 0pF 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 3 3 12 ppxy −+= 01 2 =− p 消去 P，得 3 22 ±= xy 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 7 - 检验知 3 22 += xy 不是解，故不是奇解，而 3 22 −= xy 虽然是解，但不是奇解。 令 3 3 12),,( ppxypyxF +−−= ' ( , , ) 1yF x y p = ， ' 2( , , ) 1pF x y p p= − + " ( , , ) 2ppF x y p p= ， 所以虽有 ' 2( , 2 , 2 ) 1 0 3y F x x ± = ≠ " 2( , 2 , 2 ) 4 0 3pp F x x ± = ≠ 但是 ' 2( , 2 , 2 ) 3 0 3p F x x ± = ≠ 因此此例说明定理 4.2的条件 ' '( , ( ), ( ) 0pF x x x x x = 是不可缺少的。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 8 - 习题 4-3 1．试求克莱罗方程的通解及其包络 解：克莱罗方程 )( pfxpy += )( dx dyp = （1） 其中 "( ) 0f p ≠ 。 对方程（1）求导值 0))('( =+ dx dppfx 由 0= dx dp 即 cp = 时 代入（1）得（1）的通解 )(cfcxy += （2） 它的 C—判别式为       =+ += 0)(' )( cfx cfcxy 由此得 : '( )) ( )x f c cϕΛ = − = ， '( ) ( ) ( )y cf c f c cψ= − + = 令 ( , , ) ( )V x y c cx f c y= + − ，故 ' ( ( ), ( ), )xV c c c cϕ ψ = ' ( ( ), ( ), ) 1yv c c cϕ ψ = − 所以 ' '( , ) (0,0)x yV V ≠ 又 ( '( ), '( )) ( "( ), "( )) (0,0)c c f c cf cϕ ψ = − − ≠ （由于 0)(" ≠cf ） 因此Λ满足定理 4.5相应的非蜕化性条件。故Λ是积分曲线族（2）的一支包络。 课外补充 1．求下列给定曲线族的包络。 1） 4)()( 22 =−+− cycx 解：由相应的 C—判别式 2 2( , , ) ( ) ( ) 4 0V x y c x c y c= − + − − = ( , , ) 2( ) 2( ) 0cV x y c x c y c= − − − − = 消去 C得 C—判别曲线 8)( 2 =− yx 它的两支曲线的参数表示式为 1Λ ： cx +−= 2 ， cy += 2 2Λ ： cx += 2 ， cy +−= 2 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 9 - 对 1Λ ，我们有 ( '( ), '( )) (1,1) (0,0)c cϕ ψ = ≠ ' ( ( ), ( ), ) 2( 2 ) 2 2xV c c c c cϕ ψ = − + − = − ' ( ( ), ( ), ) 2( 2 ) 2 2yV c c c c cϕ ψ = + − = ∴ ' '( ( ( ), ( ), ) , ( ( ), ( ), )) (0,0)x yV c c c v V c c cϕ ψ ϕ ψ ≠ 因此 1Λ 满足定理 4.5的相应的非蜕化条件，同理可证， 2Λ 也满足定理 4.5的相应的非 蜕化条件，故 1Λ ， 2Λ 是曲线族的两支包络线。 2． cycx 4)( 22 =+− 解：由相应的 C—判别式 2 2( , , ) ( ) 4 0V x y c x c y c= − + − = ( , , ) 2( ) 4 0cV x y c x c= − − − = 消去 C得 C—判别曲线 )1(42 += xy 它的两支曲线的参数表示式为 1 : 2x cΛ = − + ， 12 −= cy 2 : 2x cΛ = − + ， 12 −−= cy 对 1Λ ，我们有 1( '( ), '( )) (1, ) (0,0) 1 c c c ϕ ψ = ≠ − ' '( ( ( ), ( ), ) , ( ( ), ( ), )) ( 4, 4 1) (0.0)x yV c c c v V c c c cϕ ψ ϕ ψ = − − ≠ 因此 1Λ 满足定理 4.5的相应的非蜕化条件，同理可证， 2Λ 也满足定理 4.5的相应的非 蜕化条件，故 1Λ ， 2Λ 是曲线族的两支包络线。 3. 证：就克莱罗方程来说，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：已知克莱罗方程的形式为 )( pfxpy += )0)(",( ≠= pf dx dyp （1） （1）的通解为 )(cfcxy += （2） （2）的包络由 )(cfcxy += 0)(' =+ cfx 确定， 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 10 - 即为 )(' cfy −= )()(' cfccfy += （3） 又知方程（1）还有解 0)(' =+ pfx )( pfxpy += 由此得 )(' pfx = ， )()(' pfcpfy +−= （4） 而（4）是方程（1）的 P—判别曲线，它和（3）有相同的形式，因而同样是通解（2） 的包络，消去 P得方程（1）的奇解。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 1 - 习题 6-1 1. 求出齐次线性微分方程组 ytA dt dy )(= 的通解，其中 A（t）分别为： （1）       = 10 11 )(tA ；（2）       − = 01 10 )(tA ；（3）           = 000 010 100 )(tA 。 解 （1）方程组的分量形式为： 21 1 yy dt dy += ， 2 2 y dt dy = 从后一式容易求出 2y 的通解为 tkey =2 ，其中 K 为任意常数，可分别取 02 =y 和 tey =2 ，代入前一式得到两个相应的特解， tey =1 和 ttey =2 这样就求得方程组的一个解 矩阵为 ( ) 0 t t t e te t e   Φ =     又 2det ( ) 0tt eΦ = ≠ 。因此， )(tΦ 是方程组的一个基解矩阵， 根据定理 6.1 ,方程的通解为       +      =      t tt e te c e c y y 21 2 1 0 （2）方程的分量形式为      −= = 1 2 2 1 y dt dy y dt dy 由①、②可和 2 1 12 0 d y y dt + = 由观察法知， ty cos1 = ， ty sin1 = 为此方程的两个特解，将其代入②式可得两个相应的特 解，将其代入②式可得两个相应的特解： 2 siny t= − ， 2 cosy t= 。这样就求得方程组的一 个解矩阵为 cos int ( ) int cos t s t s t   Φ =  −  又 [ ] 01)(det ≠=Φ= t ，因此 )(tΦ 中方程组的一个基 解矩阵。故方程组的通解为 1 1 2 2 cos int int cos y t s c c y s t       = +     −     ① ② 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 2 - （3）程组的分量形式为：      =′ =′ =′ 13 22 31 yy yy yy 解 ①+③得 3131 )( yyyydt d +=+ 解 ①-③得 1 3 1 3( ) d y y y y dt − = − 解之得 1 3 1 1 3 2 t ty y k e y y k e− −+ = − = 由④、⑤可得 ( ) ( )     −=−= +=+= −− −− tttt tttt ececekeky ececekeky 312.13 31211 2 1 2 1 又由②得 tecy 22 = 由此可求得方程组的一个解矩阵           − =Φ − − tt t tt ee e ee t 0 00 0 )( 显然， [ ] 0)(det ≠−=Φ tzet ，因此 )(tΦ 是方程组的一个基解矩阵，故方程组的通解为           − +           +           =           − − t t t e t e e cec e e c y y y 0 0 0 0 321 3 2 1 3．试证向量函数组           0 0 1 ，           0 0 x ，           0 0 2x 在任意区间 bxa << 上线性相关，则存在不全 为零的三个常数 321 ,, ccc 使得 ,0 0 0 0 0 0 0 1 2 321 =           +           +           x c x cc 即 bxa xcxcc << =++ 02321 ①而①式之左端是一个不高于二 次的多项式，它最多只可能有二个零点，同此这与①式在 bxa << 上恒等于零矛盾，从而 得证。 4．试证基解矩阵完全决定齐次线性方程组即如果方程组 yxA dx dy )(= 与 yxB dx dy )(= 有一个相同的基解矩阵，则 )()( xBxA = ① ② ③ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 4 - 这与 )(,),(),( 121 xyxyxy n+ 线性无关矛盾，故 1 1 1 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) ( )n n n n kkx y x y x k k k k k k ϕ + + + −− = + + + + + + + +    这说明（1）的任一解，都可由这 n+1个线性无关的解的线性表出，同时也说明（1）的任意 n+2个解线性相关，故方程组（1）在（a，b）上至多有 n+1个线性无关解。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 3 - 证：设这两个方程组的相同基解矩阵为 )(xΦ 那么，必有 [ ] 0)(det ≠Φ t ,故 )(xΦ 可逆, 设逆矩阵为 )(1 x−Φ ,同而 1( ) ( ) ( )dA x x B x dx −Φ= Φ = 证毕 6．设当 bxa << 时，非齐次线性方程组 ( ) ( )dy A x y f x dx = + （1）中的 ( )f x 不恒为零。 证明（1）有且至多有 n+1个线性无关解。 证 设 )(),(1 xyxy n 是方程组（1）的相应齐次方程组的 n个线性无关的解， )(xϕ 是 （1）任意一个特解，则 )()(,),()(),()( 21 xxyxxyxxy n ϕϕϕ +++  是(1)的 n+1个线性无关解.这是因为,若存在常数 121 ,,, +nn kkkk  使得 ( ) ( ) 0)()()()()( 111 ≡+++++ + xkxxykxxyk nnn ϕϕϕ  则一定有 1 2 1 0n nk k k k += = = = 否则有 1 1 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) ( )n n n n kkx y x y x k k k k k k ϕ + + −− = + + + + + + + +    这与 )(xϕ 为(1)的解矛盾，因此， 0121 ≡+++ +nn kkkk  假设可知 021 ==−== nkkk 故 01 =+nk ，所以（1）n+1个线性无关的解。 又设 )(xϕ 是（1）在(a,b)上的任一解， 1 2 1 ny y y + 是（1）的 n+1个线性无关的解， 那 么 ， ),()( 1 xyx −ϕ 2( ) ( ), ,x y xϕ −  )()( 1 xyx n+−ϕ 是 (1) 的 对 应 齐 次 方 程 组 yxA dx dy )(= （2） 的解，而（2）最多有 n个线性无关的解，所以必存在不全为零的常数 ,,,, 121 +nkkk  使得 ),( bax∈ ( ) ( ) 0))(()()( 112211 ≡−+−+− ++ nn yxkyxkyxk ϕϕϕ 即 ( ) 112211121 )( +++ +++=+++ nnn ykykykxkkk  ϕ 显然， 0121 ≠++ +nkkk  ， 否则，存在不全为零的常数 ,,,, 121 +nkkk  使得 0)()()( 112211 ≡+++ ++ xykxykxyk nn 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 5 - 习题 6-2 1. 求出常系数齐次性微分方程组 Ay dx dy = 的通解，其中的矩阵 A分别为 1）       25 43 2）       − oa ao 3）           − − − 401 010 011 4）           −−− 942 1055 20105 6）             −−− −− −− 1111 1111 1111 1111 解： 1） 特征方程 3 4 5 2 λ λ − − 即 0)2)(7( =+− λλ 矩阵 A有特征根， 71 =λ 22 −=λ 对应于 71 =λ 所有的特征向量       2 1 v v 满足 0)7( 2 1 =      − v v EA 即 1 2 4 4 0 5 5 v v −    =  −   。取 11 =v ，则 12 =v 那么对应的实值解为 xey 71 1 1       = ； 对应 22 −=λ 的特征向量       2 1 v v 满足 0)2( 2 1 =      + v v EA 即 0 45 45 2 1 =            v v ，取 41 =v ，则 52 −=v ，那么对应的实值解为 zxey −      − = 5 4 2 。于是该方程组的通解为 xx ecec y y 2 2 7 1 2 1 5 4 1 1 −       − +      =      2）特征方程为 0= −− − λ λ a a 即 022 =+ aλ 矩阵 A有特征根 ai=1λ 2 aiλ = − 对应 ai=1λ 的特征向量       2 1 r r 应满足 0 2 1 =            −− − v v aia aai 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 6 - 取 11 =v ， 则 iv =2 即 么 对 应 的 特 解 为 1 2 1 1 (cos sin )aix y e ax i ax y i i       = = +           cos sin sin cos ax ax i ax ax     = +   −    由此得 ai=1λ 所对应的两个特解为（对 2X2的方程组取一个特解的实部和虚部就可，因为 虚根都是成对出现的。） 1 2 cos sin y ax y ax     =   −   1 2 2 sin cos y ax y ax     =       它们在 ),( +∞−∞ 上线性无关，故得方程组的通解： 1 1 2 2 cos sin sin cos y ax ax c c y ax ax       = +     −     3） 0 401 010 011 = −− −− −− λ λ λ 即 0)1)(4( 2 =++ λλ 矩阵 A有特征根 41 −=λ ， 121 −== λλ 。 对应于 41 −=λ ，特征向量应满足 0 001 030 013 3 2 `1 =                     v v v 又           →           000 010 001 001 030 013 （只能进行行变换） 因此与 1λ 相应的特征向量可取为           = 1 0 0 1n ， 对于二重特征根 12 −=λ ，可以算出 2 2 2 0 1 0 0 0 0 ( ) 0 0 0 0 0 0 1 0 3 3 1 9 A Eλ        − = =       − −    因此，方程 0)( 22 =− γλ EA 有二个线性无关的解为           = 1 0 3 10γ ， 20 0 9 1 γ    =    −  常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 7 - 注意到 22 =n ，就可得到           =                     − = 0 0 0 1 0 3 301 000 010 11γ           =           −          − = 3 0 9 1 9 0 301 000 010 21γ 从而可行基解矩阵 4 0 3 9 ( ) 0 0 9 (3 1) x x x x x x e xe x e e e x e − − − − − −     Φ =    −  因此所求通解为 Cxy )(Φ= ，即 41 2 3 0 3 9 0 0 9 1 1 3 1 x x x x y c e c e c e x − − −            = + +           −      4）特征方程 0 942 1055 20105 = − − −−−− λ λ λ 即 025259 23 =+−+− λλλ 矩阵 A有特征根： 51 =λ ， i+= 22λ ， i−= 23λ 对应 51 =λ 的特征向量           3 2 1 γ γ γ 应满足 0 442 1005 201010 3 2 1 =                     −−− γ γ γ 解之得 31 2γγ −= 2 0γ = 取 13 =γ 则 1 2γ = − 故相应的解为 11 5 21 31 2 0 1 x y y e y −       =            常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 8 - 相应于 i+= 22λ 的特征向量           3 2 1 γ γ γ 应满足 0 742 1035 20107 3 2 1 =                     − − −−−− γ γ γ i i i 取 1 20 10iγ = + ， i5152 −=γ ， i2143 −−=γ 那么对应的复解为 i xx xx xx e xx xx xx e i i i ey xxxi           −− − + +           +− + − =           −− − + = + sin14cos2 cos5sin15 sin20cos10 sin2cos14 sin5cos15 sin10cos20 214 515 1020 22)2( 分别取实部，部可得方程组的两个实解           +− + − =           xx xx xx y y y sin2cos14 sin5cos15 sin10cos20 32 22 12 , xe xx xx xx y y y 2 32 22 12 sin14cos2 sin5cos15 sin10cos10           −− − + =           易知它们在 ),( +∞−∞ 上是线性无关的，于是方程组的通解为           −− − + +           +− + − +          − =           xx xx xx ec xx xx xx ecec y y y xxx sin14cos2 cos5sin15 sin20cos10 sin2cos14 sin5cos15 sin10cos20 1 0 2 22 2 2 1 3 2 1 3 6）特征方程为 0)2()2( 1111 1111 1111 1111 3 =+−= −−− −−− −−− − λλ λ λ λ λ 矩阵 A的特征根为 21 −=λ ， 2432 === λλλ 对应于 21 −=λ ，相应的特征向量 1 2 3 4 γ γ γ γ                 应满足 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 9 - 1 2 3 4 3 1 1 1 1 3 1 1 0 1 1 3 1 1 1 1 3 γ γ γ γ        − −   =  − −     − −     可以算出 3 1 1 1 1 0 0 1 1 3 1 1 0 1 0 1 1 1 3 1 0 0 1 1 1 1 1 3 0 0 0 0        − − −   →    − − −     − −    解之得 1432 γγγγ −=== ， 则 1432 === γγγ 那么相应的解为            − − 1 1 1 1 2xe 对应于三重特征根 22 =λ ，可以算出 3 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 16 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A Eλ − −       − − − − − −   − = =    − − − − − −     − − − − − −    因此，方程 0)( 32 =− γλ EA 有三个线性无关解为             = 0 0 1 1 10r ，             = 0 1 0 1 20r ，             = 1 0 0 1 30r 注意到 3=in ，可得             =                         −−− −−− −−− − = 0 0 0 0 0 0 1 1 1111 1111 1111 1111 11γ             =                         −−− −−− −−− − = 0 0 0 0 0 1 0 1 1111 1111 1111 1111 21γ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 10 -             =                         −−− −−− −−− − = 0 0 0 0 1 0 0 1 1111 1111 1111 1111 31γ 由以上结果，可得方程组的一个基解矩阵              − =Φ − − − − xx xx xx xxxx ee ee ee eeee x 22 22 22 2222 00 00 00 )( 因此所求方程组的通解为 ( )y x c= Φ  或             +             +             +            − =             − 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 2 4 2 3 2 2 2 1 4 3 2 1 xxxx ecececec y y y y 2．求出常系数非齐次线性方程组 )(xfAy dx dy += ，的通解，其中： 3）       − = 01 12 A ，       = xe xf 2 0 )( ； 4）           − − − = 111 001 212 A ，           − − = x x xf 1 0 2 )( ； 5）           − −− −− = 100 110 011 A ，           = x x x xf 2)( 2 。 3）解先求对应齐次方程组的通解 特征方程 012 1 12 2 =+−= − −− λλ λ λ ，特征根为 121 == λλ 对于二重特征根 11 =λ ，可以算出       =      − − =− 00 00 11 11 )( 2 2 1EA λ 因此方程 0)( 21 =− rEA λ 有二个线性无关的解       = 1 1 10γ       − = 1 0 20γ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 11 -       =            − − = 0 0 1 1 11 11 11γ       =      −       − − = 1 1 1 0 11 11 21γ 由此可得齐次线性方程组的一个基解矩阵       +− =Φ xx xx exe xee x )1( )( 故非齐次方程组的通解为 1 0 ( ) ( ) ( ) 2 s y x C x s ds e −  = Φ +Φ Φ     ∫ 容易求出 1 (1 ) ( ) x x x x x e xe x e e − − − − −  − Φ =   −  故 1 0 0(1 ) ( ) ( ) 2 2( 1) x x s s s sx x s s e xe s e se x s ds ds e ee x e e e − − − − −    −    Φ Φ =       − −       ∫ ∫       − − =      −       − =      −       − = ∫ x x xx xx xx xx exx ex x x exe xee ds s exe xee )2(2)1(2 2 )1( 2 22 于是非齐次方程组的通解为 xxx e xx x x x ececy       − − +      − +      = 2 2 21 211 1 4）先求对应齐次方程组的通解 特征方程为 2 1 2 1 0 0 1 1 1 λ λ λ − − − − = − − 特征根为 11 =λ ， i=2λ ， i−=3λ 对应于 11 =λ 的特征向量为 1 1 0    −      对应于 2 iλ = 的特征向量为           3 2 1 γ γ γ 应满足 0 111 01 212 3 2 1 =                     −− −− −− γ γ γ i i i 解之得 1 2 3iγ γ γ= − = ，令 12 =γ ，则 i−== 31 γγ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 12 - 其相应的复值解为： sin cos 1 cos sin sin cos ix i x i x y e x i x i x i x − −       = = +       − −    分别取实部和虚部，可得齐次方程组的两个线性无关的实解,           = x x x y sin cos sin 2 3 cos sin cos x y x x −   =    −  从而可得齐次方程组的一个基解矩阵 sin cos ( ) cos sin 0 sin cos x x e x x x e x x x x     Φ = − −      容易求得 1 0 ( ) cos cos sin cos sin sin sin cos x xe e x x x x x x x x x − − −  −   Φ = −   − − +  这个矩阵的逆的算法： cos x sin x sin co s 1 0 0 0 0 1 0 1 ( ) cos sin 0 1 0 cos sin 0 1 0 0 sin cos 0 0 1 0 sin cos 0 0 1 0 0 1 0 1 cos 1 0 0 cos sin 0 sin cos 0 0 1 x x x x x x e x x e x e x x e x x x x x x e e x x x x x × + ×    −     Φ = − − → − −             −   → −      第一行减第三行 第二行第三行 第三行+第二行 sinx 2 sin x cos x 2 cos 0 0 1 0 1 cos 1 0 0 cos sin cos sin 0 cos 0 cos sin cos 0 0 1 0 1 cos 1 0 0 cos sin 0 0 cos sin cos cos sin cos cos sin x x x x x x e e x x x e x x x x x x e e x x x x x x x x x x x × × − × +  −   → −   −   −   → −   − − +  （-） 第三行+第一行（） 第一行第二行 2 0 0 1 0 1 0 1 0 cos cos sin cos 0 0 cos sin cos cos sin cos cos sin 1 0 0 0 0 1 0 cos cos sin cos 0 0 1 sin sin cos sin x x x e x x x x x x x x x x x x e e x x x x x x x x − −  −   → −   − − +   −   → −   − − +  这里是只能通过行变换将矩阵先变成下三角，再变成对角阵即可。自己认真算，我都能算对， 大家一定可以的，复习高等代数了。 我仔细算了一下，要是将齐次方程的通解写出来，再用常数变易法求出特解方程组的阶数高 的时候比求矩阵的逆还复杂，所以还是建议大家用求矩阵的逆的方法来算吧。 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 13 - 故 1 2 ( ) 0 (1 )sin cos ( 1)cos 1 sin (1 )cos (1 )sin s xs e e s ds s s s d x x s s s s x x − − −    − −      Φ = − + = −          − − + − −      ∫ ∫ 则 dssfsx )()()( 1∫ −ΦΦ          − =           − − −           −−= − 0 1 sin)1( cos)1( cossin0 sincos cossin x xx xx e xx xxe xxe x x x 所以非齐次线性方程组的通解为          − +           −+           +           −= 0 1 cos sin cos sin cos sin 0 1 1 321 x x x x c x x x cecy x 5)先求对应齐次方程组的通解 特征方程 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 λ λ λ − − − − − = − − 特征方程根为 1 2 3 1λ λ λ= = = − 。对于三重特重根 1 1λ = − ，可以算出           =           − − =− 000 000 000 000 100 010 )( 3 3 1EA λ 因此方程 0)( 31 =− rEA λ 有三个线性无关的解 10 20 30 1 0 0 0 , 1 , 0 0 0 1 r r r            = = − =                            =                     − − = 0 0 0 0 0 1 000 100 010 11r ，           =           −           − − = 0 0 1 0 1 0 000 100 010 21r ，           =                     − − = 0 0 0 0 0 1 000 100 010 22r ， 31 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 r −         = − = −               ， 32 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 r −         = − − =               常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 14 - 由此可得齐次线性方程的一个基解矩阵 xex xx x −           −−=Φ 100 10 1 )( 2 从而容易求得 1 1 0 ( ) 0 1 0 0 1 x x x x e−    Φ = − −      又 2 1 1 0 ( ) ( ) 0 1 2 0 0 1 x x x x f x dx e x x dx x −      Φ = − −         ∫ ∫ 2 2 2 2 3 3 6 6 2 1 x x x x x x x e dx x e x x    − +     = − − = −       −    ∫ 故 dxxfxx )()()( 1∫ −ΦΦ           − +− =           − − +−           −−= − 1 662 1 663 100 10 1 2 2 22 x x xx e x x xx ex xx xx 故非齐次线性方程组的通解为 dxxfxxcxy )()()()( 1−Φ∫Φ+Φ= 2 2 1 2 3 1 2 6 6 0 1 0 0 1 1 x x x x x x x c e c e c x e x x − − −    − +          = + − + − +              −        由于特征向量取的不同，结果肯能也不一样。但是课本答案出现 xe 肯定是不正确的。 3．求出微分方程组 )(xfAY dx dy == 满足初值条件 γ=)0(Y 的解，其中： （1）       − −− = 31 15 A ，       = x x e e xf 2)( ，       = 0 1 γ ； （2）       − = 02 20 A ，       = 4 3 )( x xf ，       = 3 2 γ ； （3）       − − = 12 34 A ，       − = x x xf cos2 sin )( ，       = 0 0 γ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 15 - 解 1）齐次方程组的特征方程为 0)4( 31 15 2 =+= −− −−− λ λ λ 特征根 ： 421 −== λλ 对于二重特征根 41 −=λ ，可以算出       =      −− =− 00 00 11 11 )( 2 2 1EA λ 同此方程 0)( 21 =− γλ EA 有二个线性无关解       = 1 0 10γ ，       = 0 1 20γ      − =            −− = 1 1 1 0 11 11 11γ      − =            −− = 1 1 0 1 11 11 21γ 由此可得齐次方程组的一个基解矩阵 41( ) 1 xx xx e x x −− − Φ =  +  从而可求得 xe xx xx x 41 1 1 )(       + −− =Φ− 故 dxe exx xx edxxf xx x             + −− =Φ ∫∫ − 1 1 1 )( 41 dx exeeex eexexe xxxx xxxx ∫           −+−+ −++− = 6655 6655 36 1 6 1 25 1)1( 5 1 )1( 6 1 25 1 5 1 ∫           −+−+ +−++− = xxxx xxxx exeeex eexexe 6655 6655 36 1 6 1 25 1)1( 5 1 36 1)1( 6 1 25 1 5 1 所以           + − =ΦΦ ∫ − xx xx ee ee dxxfxx 2 2 1 36 7 25 1 36 1 25 4 )()()( 故非齐次线性方程组的通解为 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 16 -           + − +      − +      + − = −− xx x xx ee ee e x x ce x x cy 2 2 4 2 4 1 36 7 25 1 36 1 25 4 1 1 由初始条件       == 0 1 )0( γy 1 2 119 1 0 1 900 0 1 0 211 900 c c          = + +                   解之得 900 211 1 −=c ， 2 781 900 c = − 故初值问题的解为 2 1 4 4 22 4 1 1211 781 25 36 1 1 7900 900 25 36 x x x x x e ey x x e e y x x e e − −  − − −      = − + +       +       +    2）齐次方程组的特征方程为 04 2 2 2 =+= − −− λ λ λ 特征根为 i21 −=λ i22 =λ ， 对应 2 2iλ = 的特征向量应满足 1 2 2 2 0 2 2 i i γ γ − −    =  −   取 1 1γ = − ，则 2 iγ = 故 2 1 1 0 ( 2 2 ) 0 1 ixe i cox x isin x i −  −       = + +              cos 2 sin sin 2 cos 2 x x i x x − −    = +   −    从而可得齐次方程组的一个基解矩阵 cos 2 sin 2 ( ) sin 2 cos 2 x x x x x − −  Φ =  −  容易求得 1 cos 2 sin 2 ( ) sin 2 cos 2 s x x x x x x − − − Φ =  −  而 1 cos 2 sin 2 2 ( ) sin 2 cos 2 4 x x x x f x dx dx x x − − −  Φ =   −   ∫ ∫ 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 17 - 3 5sin 2 cos 23 cos 2 4sin 2 2 4 3 sin 2 4cos 2 3 5cos 2 sin 2 2 4 x x xx x x dx x x x x x x  − + − −  =  − +   +    ∫ 又 ∫ −ΦΦ dxxfxx )()()( 1 3 5 5sin 2 cos 2cos 2 sin 2 2 4 4 sin 2 cos 2 5 33 cos 2 sin 2 22 4 x x xx x x x xx x x    − + − − −    = =    −    +     故非齐次线性方程的通解为 1 2 5 cos 2 sin 2 4 sin 2 cos 2 3 2 x x y c c x x x  − − −    = + +     −         由初始条 ) 3 2()10( === γy 有        −+      +     − =      0 5 4 1 0 0 1 3 2 21 cc 解之得 3, 4 13 21 =−= cc 故初值问题的解为 5 cos 2 sin 213 43 sin 2 cos 24 3 2 x x y x x x  −− −      = − + +     −        或 1 2 13 5cos 2 3sin 2 4 4 13 3sin 2 3cos 2 4 3 y x x y x x x  = − − −   = + +  (3) 齐次方程组的特征方程为 23 1 3 2 4 2 +−= −− −− λλ λ λ 特征根 1 21, 2λ λ= = 对应 11 =λ 的特征向量应满足 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 18 - 1 1 3 3 0 2 2 r r −    =  −   取 11 =r ,则 12 =r 那么相应的解为 xe      1 1 对应 22 =λ 的特征向量应满足 0 32 32 2 1 =            − − r r , 取 31 =r ,则 22 =r 那么相应的解为 xe2 2 3       从而得齐次线性方程组的基解矩阵为 2 2 3 ( ) 2 x x x x e e x e e   Φ =     容易求得 1 2 2 2 3 ( ) x x x x e e x e e − − − −  − Φ =   −  由于 1 2 2 sin2 3 ( ) 2cos x x x x xe e f x dx dx xe e − − − − −  −   Φ =   −−    ∫ ∫ 2 (4cos _ 2sin) cos x x x e xe − −     −  又 2 1 2 2 3 (4cos 2sin ) ( ) ( ) ( ) 2 cos x x x x x x e e x e x x f x dx e e xe − − −   − Φ Φ =    −   ∫       − − = xx xx sin2cos2 sin2cos 故非齐线性方程组通解为       − − +      +      = − − x x x x x x xe exx e e c e e cy 22 2 21 cos )sin2cos4( 2 3 由初值条件       == 0 0 )0( uy ，得       +      +      =      2 1 2 3 1 1 0 0 21 cc 解之得 ,41 −=c 12 =c 因此值问题解为 常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案 - 19 - 2 2 (4cos 2sin )3 4 2cos 2sin2 x x x x x xe e y x xe e −      = − + +     −     或 2 1 2 2 2 4 3 cos 2sin 4 2 2co s2sin x x x x y e e x x y e e x x  = − + + −  = − + + − 4.证明:常系数齐次方程组 dy Ay dx = 的任何解当 ∞→x 时都趋于零,当仅当它的系数矩阵 A的所有特征根都具有负的实部. 证 必要性:设特征根为 iλ α β= + ,与之对应的方程组的解可表为 )(xfey xλ= 。 1）当 0=β 即 λ α= 为实数时， )(xf 的每一分量或者为一常向量，或者为 x的多 项式的向量函数。此时总有当 +∞→x 时, ( )f x →∞或者是常向量。那么只有当 ∞→x 时, 0xeα → ,故α 必为负实数. 2）当 0≠β 时, λ为复数, 则此时 ( ) ( )(cos sin )f x p x x i xβ β= + 其中 xxp 是)( 的向量多项式 ,当 +∞→x 时 , ( )f x →∞ ,那么,若使当 +∞→x 时,有 0→y 成立,只有 0( )xe xα → → +∞ ,于是,α 必为负 实数。 充分性：若系数矩阵A的所有特征根都具有负的实部，设特征根为 ( 0)iλ α β α= − + > ， 与之对应的解为 ( )xy e f xα−= （1）当 0=β 时，λ α= − 为负数，由解的结构知， )(xf 是关于 x的一个多项式的向 量函数，而已知 0n x lim x e x α−⋅ = → +∞ ，其中 n为任意自然数，故形如（1）的解当 +∞→x 时， 0)( →xy 。 （ 3）当 0≠β 时， iλ α β= − + 是复数，由解的结构，此时（ 1）中的 ( ) ( )(cos sin )f x p x x i xβ β= + ，其中 )(xp 是 x的多项式向量函数，又由于 cos 0x n lim e x x x α β− ⋅ = → +∞ sin 0x n lim e x x x α β− ⋅ = → +∞ 故形如（1）的解，当 +∞→x 时， 0)( →xy 。 2008-12-14 习 题 6—3 1．证明函数组 ， ⎩ ⎨ ⎧ < ≥ = 00 0 )( 2 1 x xxx 当 当 ϕ 2 2 0 0 ( ) 0 x x x x ϕ ≥⎧ = ⎨ <⎩ 当 当 ，在区间 上 线性无关，但它们的朗斯基行列式恒等于零。这与本节的定理 6.2*是否矛盾？ 如果并不矛盾，那么它说明了什么？ ),( +∞−∞ 证 设有 1 1 2 2( ) 0c x cϕ ϕ+ ≡ +∞<<∞− x ，则当 时，有 ， 从而推得 。而当 时，有 0≥x 21 2 0 0c x c+ ≡ 01 =c 0x 解 作自变量变换 ，则tex = lnt x= 直接计算可得 dt dye dx dt dt dy dx dy t−=⋅= ， 1 1 11 k k k kt kk k k d y d y d y dye dx dt dt dt β β − − −− ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟ ⎠⎝ L 其中 121 ,, −kβββ L 都是常数，于是 dt dy dt yd dt yd dx dyx kk k k k k k k 11 1 1 −− − +++= ββ L 。将上述 结果代人方程（1），就得到常系数齐次线性方程 1 1 11 0 n n n nn n d y d y dyb b b dt dt dt − −−+ + + +L y = 其中 是常数 nbbb L,, 21 8、求解有阻尼的弹簧振动方程 2 2008-12-14 02 2 =++ kx dt dx dt xdm γ （1） 其中 γ,m 和中都是正的常数，并就 大于，等于和小于零的不同情况， 说明相应解的物理意义 。 mkr 42 −=Δ 解：特征方程为 02 =++ km γλλ 特征根： m kmrr 2 42 1 −+− =λ ， m kmrr 2 42 2 −+− =λ 记 ，下面由判别式2 4mkγΔ = − Δ分三种情况讨论： 1）当 时，这时，特征根0>Δ 012 << λλ ,的方程（1）的通解为 1 1 2 t 2tx c e c eλ λ= + （2） 由（2）可看出，方程（1）的任何解 )(txx = 都满足 。 lim ( ) 0x t t = → +∞ 而且当 （或0,0 21 =≠ cc 0,0 21 ≠= cc ）时，有 0)( ≠tx 。 而当 时，由（2）令 0,0 21 ≠≠ cc 1 21 2 0t tc e c eλ λ+ = （3） 若 同号，显然（3）式不能成立。若 异号，则有21 cc与 21 cc与 1 2 1 2 1 ln ct cλ λ ⎛ ⎞− = ⎜ ⎟− ⎝ ⎠ 故方程(1)的一切非零解最多只有一个零点,这相当于弹簧振子最多只能一次经 过静止点。因此由以上讨论说明，当阻尼很大，即γ 很大时，弹簧的运动不是周 期的，且不具有振动的性质。 2）当 时，这时特征根0<Δ 21,λλ 是一对其轭的复根 1 2,i iλ α β λ α β= + = − ， 其中 0 2 < − = m γα 0 2 > Δ− = m β ， 于是方程（1）的通解为 1 2( cos sin ) tx e c t c tα β β= + ，此式可改写为 2 2 1 21 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( cos sin ) tc cx c c t t e c c c c αβ= + + + + )sin( θβα += tAe t （4） 3 2008-12-14 其中 02221 ≥+= ccA ， 12 2 1 2 sin c c c θ = + 2 2 2 1 2 cos c c c θ = + 由于 0<α ，由（4）可知 lim ( ) 0x t t = → +∞ 这就证明，有阻尼的弹簧振动总是趋 于静止的。由（4）可以看方程（1）的任何非零解（即 A≠0）都有无穷无多个 零点。弹簧振动已不是周期的，弹簧振动将作衰减振动，最后振幅 将衰减到 零，即振动趋于平衡位置 x=0 tAel 3）当 时，此时有两个相同的特征根0=Δ m221 γλλ −== ，方程（1）的通解为 t metccx 221 )( γ − += （5） 从（5）式可看出，弹簧的运动也不是周期的，且容易验证，一切非零解最多只 有一个零点，故弹簧不能振动，在性质上与 0>Δ 的情形相仿。 9、求解弹簧振子在无阻尼下的强迫振动方程 2 2 cos d xm kx p dt + = wt （1） 其中 m,k,p 和 w 都是正的常数，并对外加频率 0w w≠ 和 0ww = 两种不同的情况， 说明解的物理意义，这里 m kw =0 是弹簧振子的因有频率。 解：对应齐次线性方程的特征方程为 02 =+ kmλ 特征值为 i m k =1λ im k −=2λ 记 Ω=m k ，则齐次线性方程 的通解为 tctcx Ω+Ω= sincos 21 当 时，wi不是特征方程的根，则设（1）有形如 w≠Ω cos sinx A wt B wt= + 的 解，代入（1）得 wtpwtkBBmwwtkAAmw cossin)(cos)( 22 =+−++− 比较同类项系数，得 2 2 0 Amw kA p Bmw kB ⎧− + = ⎨ − + =⎩ ，解之得 222 −− −Ω=−= w m p mwk pA ，B=0 因此方程（1）有通解 4 2008-12-14 1 2 2 2( ) cos sin cos p mx t c t c t w w = Ω + Ω + Ω − t， Ω= m k ， w≠Ω ② 这个通解②由两部分组成，②式右端的头两端是无阻尼自由振动的解，它代表固 有振动. 后一项是无阻尼强迫振动的解,它代表强迫振动,振动频率与外力频率 相同,其振幅由外力的振幅 P,频率 W 及系统的参数 Ω= m k 来决定,由②还可看 出,若外加频率 W,接近弹簧本身的因有频率 m k =Ω ,则强迫振动项的振幅就越 大. 若 时, 是特征方程的根,则①有形如w=Ω wi )sincos( wtwtAtx += 的解,代入 （1），比较同类项系数得 A=0 ， Ω = m pB 2 此时方程（1）有通解 tt m pwtcwtAcx Ω Ω ++= sin 2 sincos 21 ③ ③表示强迫振动的“振幅”，随时间的增加而无限增加，即产生共振现象。 因此上述结论可作力学解释如下：方程①是一个弹簧在受强迫力为 wtpcos 下的 振动方程当外加频率 W等于固有频率时Ω时，就会产生共振。 10.求解下列常数系数线性微分方程 （1） ； xeyyy 2''' 3642 =−− （2） '' '2 3 4sin 2y y x+ = + ； （3） ； 01032 ''''' =+−− yyyy （4） ； 03'8''8'''4)4( =+−++ yyyyy （5） ， xyyy sin'''2)4( =++ 0)0(''',3)0('',2)0(',1)0( ==−== yyyy 6） xeyyy x cos42'2'' =+− 7） xexyyy −−=+− )712(6'5'' 5 2008-12-14 8） )0(013'5''2 >=++ xyxyyx 解（1）对应齐次方程的特征方程为 0642 2 =−− λλ 特征根为 1,3 21 −== λλ ， 所以齐次方程的通解为 xx ececy −+= 231 因为 2不是特征根，故非齐次方程有形如 的特解，其中常数 A待定，把它代入微分方程，得出 xAey 2= xx eAe 22 36 =− 由此推知 2 1 −=A 所以，原方程的通为 xxx eececy 2231 2 1 −+= − 2），特征方程为 022 =+ λλ 特征根为 2,0 21 −== λλ 由 于 0 是 一 重 特 征 根 ， i2± 不 是 特 征 根 ， 故 设 方 程 有 特 解 xCxBAxy 2sin2cos ++= 其中常数 A，B，C待定。代入微分方程，可推得 2 1, 2 1, 2 3 −=−== cBA 所以，所求通解为 )2sin2(cos 2 1 2 32 21 xxxeccy x +−++= − 。 3）特征方程 01032 23 =+−− λλλ 特征根 1 2 32, 2 , 2i iλ λ λ= − = + = − 故所求通解为 )sincos( 32221 xcxceecy xx ++= − 4）特征方程 03884 234 =+−+− λλλλ 6 2008-12-14 特征根 i21,1 4,321 ±=== λλλ 故所求通解为 xcxceexccy xx 2sin2cos()( 3221 +++= 5）特征方程 012 24 =++ λλ 特征根 ii −==== 4321 , λλλλ 对应齐次方程的通解为 xxccxxccy sin)(cos)( 4321 +++= 由于 是二重特征根，故已知方程有形如 i± xBxxAxy sincos 22 += 的特解 代入已知方程，求得 8 1,0 −== BA 故所求方程的通解为 xxxxccxxccy sin 8 1sin)(cos)( 24321 −+++= 将初值条件 0)0(''',3)0('',2)0(',14)0( ==−== yyyy 代入上式，求得 2, 8 21, 8 5,1 4321 =−=== cccc 故所求初值问题的特解为 xxxxy sin) 8 12 8 21(cos) 8 51( 2+−−+= 6）特征方程 0222 =+− λλ 特征根 i±=1, 21 λλ 由于 i是一重特征根，故方程有特解 ±1 )sincos( xbxaxey x += 其中 a,b 为待定常数。 代入微分方程可推知 a=0,b=0 所以，所求方程的通解为。 1 2( cos sin ) 2 sin x xy c x c x e xe= + + x 7）特征方程 0652 =+− λλ 7 2008-12-14 特征根 3,2 21 == λλ 由于—1不是特征根，故方程有特解 xebaxy −+= )( 其中 a,b 为待定常数，代入微分方程可推知，a=1,b=0 故所求方程的通解为 xxx xeececy −++= 32 2 1 13）这是欧拉方程，令 ，代入方程得 tex = 2 2 4 13 d y dy y dt dt + + = 0 （1） 特征方程 ，特征根 01342 =++ λλ i322,1 ±−=λ ①式的通解为 )3sin3cos( 212 tctcey t += − 所以所求方程的通解为 [ ]1 22 1 ( cos(3ln ) sin(3ln )y c x c x x = + 9）令 ，则得 12 += xu du dy dx du du dy dx dy 24 == 2 2 2 2 4)2( du yd dx du du dy du d dx yd == 则已知方程可化为 0222 2 2 =+− y du dyu du ydu 此方程的通解为 xx ececy 221 += 将 代入上式，即得所求方程的通解 ln(2 1)t x= + 221 )12()12( ++−= xcxcy 8