常微分方程教程丁同仁第二版答案.pdf

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1、常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案习题习题 2-12-1判断下列方程是否为恰当方程，并且对恰当方程求解：(3x21)dx+(2x+1)dy=0解：P(x,y)=3x21，Q(x,y)=2x+1，则(x+2y)dx+(2x+y)dy=0解：P(x,y)=x+2y,Q(x,y)=2x y,QPPQ即，原方程不是恰当方程=2，所以=0，xyyx则QPPQ，即原方程为恰当方程=2,所以=2,=xyyx则xdx+(2ydx+2xdy)ydy=0,x2y2两边积分得：+2xy=C.223(ax+by)dx+(bx+cy)dy=0(a,b 和 c 为常数)解：P(x,y)=ax+

2、by,Q(x,y)=bx+cy,则QPPQ，即原方程为恰当方程=b,所以=b,=xyyx则axdx+（）bydx+bxdy+cydy=0,ax2cy2两边积分得：+bxy+=C.224(ax by)dx+(bx cy)dy=0(b 0)解：P(x,y)=ax by,Q(x,y)=bx cy,则QPQP，即，原方程不为恰当方程=b,因为b 0,所以=b,xyxy-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(t2+1)cosudu+2 tsinudt=0解：P(t,u)=(t2+1)cosu,Q(t,u)=2tsinu则PQPQ，即原方程为恰当方程=2tcosu,=2tcos

3、u,所以=txyx则(t2cosudu+2tsinudt)+cosudu=0,两边积分得：(t2+1)sinu=C.(yex+2ex+y2)dx+(ex+2xy)dy=0解：P(x,y=yex+2ex+y2,Q(x,y)=ex+2xy，则QPQP，即原方程为恰当方程=ex+2y,所以=ex+2y,=xyyx则2exdx+(yex+y2)dx+(ex+2xy)dy=0,两边积分得：(2+y)ex+xy2=C.(+x)dx+(ln x 2y)dy=0解：P(x,y)=yx2y2+xQ(x,y)=ln x 2y,x则PQP1Q1，即原方程为恰当方程=,所以=,=yxxxyxyx2则(dx+ln xd

4、y)+x dx 2ydy=0 x3两边积分得：+yln x y2=C.3(ax2+by2)dx+cxydy=0(a,b和c为常数)解：P(x,y)=ax2+by2,Q(x,y)=cxy,则QPQP，即2b=c时，原方程为恰当方程=cy,所以当=2by,=xyyx-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ax2dx+(by2dx+cxydy)=0ax3两边积分得：+bxy2=C.3而当2b c时原方程不是恰当方程s s22s 1ds+2dt=0tts s22s 1解：P(t,s)=,Q(t,s)=2,tt则P1 2sQ1 2sPQ，即原方程为恰当方程,=2,=2,所以=

5、tsyxtts s2两边积分得：=Ct10 xf(x2+y2)dx+yf(x2+y2)dy=0,其中f()是连续的可微函数解：P(x,y)=xf(x2+y2),Q(x,y)=yf(x2+y2),则QPQP，即原方程为恰当方程,=2xyf,所以=2xyf,=xyyx两边积分得：f(x2+y2)dx=C,即原方程的解为F(x2+y2)=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-参考答案习题习题 2-22-21.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:：dyx2()=dxy解：原方程即为：ydy=x2dx两边积分得：3y2 2x3=C,

6、y 0dyx2()=dxy(1+x3)x2解：原方程即为：ydy=dx1+x3两边积分得：3y2 2ln1+x3=C,y 0,()x 1dy+y2sin x=0dx解：当y 0时原方程为：dy+sin xdx=02y两边积分得：1+(c+cosx)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+cosx)y=0()dy=1+x+y2+xy2；dx解：原方程即为：dy=(1+x)dx1+y2x2两边积分得：arctgy=x+c，2x2即y=tg(x+c)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=(cosxcos 2y)2dx解：当cos

7、2y 0时原方程即为：dy2=(cosx)dx2(cos2y)两边积分得：2tg2y2x2sin 2x=ccos 2y=0，即y=()xk+也是方程的解.(k N)24dy=1 y2dx解：当y 1时原方程即为：dy1 y2=dxx两边积分得：arcsin y ln x=cy=1也是方程的解.dyx ex()=dxy+ey解原方程即为：(y+ey)dy=(x ex)dxy2x2y两边积分得：+e=+ex+c，22原方程的解为：y2 x2+2(eyex)=c.2.解下列微分方程的初值问题()sin 2xdx+cos3ydy=0,y()=23cos2xsin3y解：两边积分得：+=c，即2sin

8、3y 3cos 2x=c23；因为y()=32,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()xdx+yexdy=0，y(0)=1；解：原方程即为：xexdx+ydy=0，y2两边积分得：(x 1)e dx+dy=c，2x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)exdx+y2dy+1=0()dr=r，r(0)=2；ddr解：原方程即为：=d，两边积分得：lnr=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：lnr=ln 2即r=2e()

9、dyln x,y(1)=0;=2dx1+y2解：原方程即为：(1+y)dy=ln x dx,y3两边积分得：y+x xln x=c,3因为y(1)=0，所以c=1，3y所以原方程满足初值为：y+x xln x=13()1+x2dy=xy3，y(0)=1；dxdyx=dx，2y31+x解：原方程即为：-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12y=1+x2+c，23因为y(0)=1，所以c=，2两边积分得：所以原方程满足初值问题的解为：2 1+x+21=32y3.解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图()dy=cosxdx解：两边积分得：y=sin x+c积分曲线的简

10、图如下：()dy=ay，(常数a 0)；dx解：当y 0时，原方程即为：1dy=dx积分得：ln y=x+c，aay即y=ceax(c 0)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()dy=1 y2；dx解：当y 1时，原方程即为：1+ydy积分得：ln=2x+c，=dx1 y(1 y2)ce2x1即y=2xce+1y=1也是方程的解积分曲线的简图如下：()dy1=yn，(n=,1,2)；3dx解：当y 0时，)n=dy1,2时，原方程即为n=dx，3y积分得：x+11ny=cn 1dy=dxy(c 0)n=1时，原方程即为积分

11、得：ln y=x+c，即y=cexy=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dyy，所以求 B 的运动轨迹即是求此微分方程满足y(0)=b的解=22dxb yb+b2+y21解之得：x=blnb2 y22b b2 y25.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dxy a)

12、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，当且仅当瑕积分证明：()aady=(发散)f(y)首 先 经 过 域R1：x +,a 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 1x 1x+1(c+1 x2dx)x 11 x要求满足初值问题y(0)=1的解只需求x+1(c+1 x2dx)x 0为周期的连续函数dx试 证：()若q(x)=0，则 方 程 的 任 一 非 零 解 以为 周 期p(x)的 平 均 值p=10p(x)dx=0()若q(x)0，则方程的有唯一的周期解p 0试求出此解-14常微分方

13、程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案证明：()设y=(x)是方程的任一非零解则y=cex0p(x)dxx,且y=cex0p(x+w)dxxx+w,也是解x+w ex0p(x)dxx=ex0p(x+w)dxx+w,=ex0p(x)dxxp(x)dxe e0p(x)dx=10p(x)dx=0(2)方程的通解为y=ce选择常数c使y(x)成为0p(x)dxx+0q(s)exp(t)dtsx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()=y(0).事实上，由于y(x)是方程的解，且p(x+w)=p(x

14、)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，或者恒不等于，所以u(x)=0，从而y(w)=y(0)，由x的任意性，则有y(x+w)=y(x)。p(x)dx+即ce0w0wwp(t)dtq(s)e0ds=c.wp(x)dx0q(x)edx.wwx所以c=1p(x)dx1e006.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 0,N(),m,n N()有00fm(x)fn(x)=max0 x2fm(x)fn(x)所以0 x 2，f

15、m(x)fn(x)(*)，固定x0,2，则fn(x)是基本的，从而limnfn(x)存在，记为f0(x)，在()中令m ，得到f0(x)fn(x)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ydxy，x(1)=0，=2dy2此方程为一变量分离方程，解之得：x=abab1y1aa2(1+)2(1)bby1+ab1ab当P,Q在 T 时刻相遇时，即有代入其轨迹方程求得：T=x(aT)=0,b222(b a)5.逃逸速度：假设地球

16、的半径为R=6437公里，地面上的重力加速度为9.8米/秒，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：2gmMmv0(其中M为地球的质量)=2RR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：2(t)p xt=x

17、()(N x(t)cNepNt此方程为一变量分离方程，分离变量并积分得：x(t)=1+cepNt-31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=所以传染病人数的发展趋势可表示为：x，N xxNepNtx(t)=N x，(其中 x 为最初得病人数)xpNt1+eN 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 参考答案习题习题 3-13-11.(1)解:f(x,y)=|y|,有|f(x,y)f(x,0)|=|y|，令F(r)=|r

18、|,有r10r1drdr11|r|=F(r)0|r|1r10，当11时,lim所以y(0)=0的解唯一。当1=0时，1|r|1=,r01r10drr1，而limln|r|=，=ln|r|0r0F(r)所以y(0)=0的解唯一。当0 1时，可解方程知其解不唯一。所以当（2）.解:因为所以0 0为常数),F(r)2.解:构造毕卡序列,令f(x,y)=x+y+1,yn+1(x)=因为y(0)=0,所以y1(x)=x0,yn(x)dx,f(x12x+x,02x11y2(x)=f(x,x2+x)dx=x3+x2+x,026x11y3(x)=f(x,y2)dx=x4+x3+x2+x,04!3xf(x,0)

19、dx=yn(x)=x012n2x2n+1+x,f(xdx=x+x+,yn1)n!2!(n+1)!-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12n2x2n+1lim yn(x)=lim(x+x+x)nn(n+1)!n!2!,=2ex x 2所以y=2ex 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=supx0 x y1(x),令r(x)=y(x)y1(x),令r(x)=y(x)y1(x),有r()=0,有dr=f(x,y(x)f(x,y1(x),dx因为f(x,

20、y)对 y 是递减的,所以dr 0,对x(,x1),dx所以r(x)r()=0,对x(,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 参考答案习题习题 3-33-31.证明:令f(x,y)=a(x)y+b(x),显然f(x,y)在S:xI,y +|f(x,y)|a(x)|y|+|b(x)|,由已知有A(x),B(x)在内连续,且满足不等式其中令A(x)=|a(x)|0,B(x)=|b(x)|0,xI上是连续的,则由定理 5,知y=y(x)的最大存在区间为 I2.(1)解：令f(x,y)=1，则f(x,y)在区域22x+yG

21、1=x +,y 0上连续,或G x 00 x +,y x0。令y1=(则(x1,y1)G1。因为区域G1是开集，所以存在矩形区域+R1:|x x1|a1,|y y1|b1，使得R1 G1。由皮亚诺定理知，原方程至少有一个解y=1(x)(|x x1|h1)满足初值条件1(x1)=y1，其中h1是某个常数。)(x(x)=令y)1(xx0 x x1;x1 x x1+h1.则y=y(x)是连续可微的，且它在区间x0,x1+h1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

22、区间，则+在P0点的右侧将延伸到区域G1的边界。同样可证，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时，（如右图）所以其解的x的存在区间为(,+)。在区间为(,+)。（3）解：令f(x,y)=

23、ysin(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。2 arctgy x c 2,y(,+)，22,+c x 2+c x 2+c，其存在区间为22+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3 解：不矛盾。因为此方程化为微分方程为dyx=，令dxyf(x,y)=x，有f(x,y)在G上不一定连续，y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，

24、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=3L2: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

25、)位于L2的下方，可知其积分曲线向右延伸到x0 x +。初值问题（E）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，5.证明：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

26、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-参考答案习题习题 4-14-11求解下列微分方程1）2y=p+4px+2x(p=dy)dxdp解利用微分法得(2x+p)(+1)=0dxdp当+1=0时，得p=x+cdx22从而可得原方程的以P 为参数的参数形式通解2y=p2+4px+2x2p=x+c或消参数 P，得通解y=12(c+2cx x2)2当2x+p=0时，则消去 P，得特解y=x22）ydy pxlnx+(xp)2；p=dxdp+p=0dx解利用微分法得(lnx+2xp)x当xdp+p=0时，得px=cdx从而可得原方程

27、以 p 为参数的参数形式通解：ypxln+(xp)2=或消 p 得通解=yClnx+C2px=c当lnx+2xp=0时，消去 p 得特解y=3）y=x p+1+p1(lnx)24(2)p=dycx解利用微分法，得p+1+p21+p2=2dx两边积分得x(1+P+P 1+P2x=c)由此得原方程以 P 为参数形式的通解：-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y=x(p+1+p2，1+p2+p21+p2x=c.或消去 P 得通解()y2+(X C)2=C22.用参数法求解下列微分方程dy 1）2y2+5=4dxdyy2dx2dy2解将方程化为=1令y=2sint+=c

28、ost42dx55由此可推出dx=21=dy2cost551(2sint)=d2 cost5dt从而得2x=52t+c5t+c，y=2sint2=x因此方程的通解为消去参数 t，得通解=y2sin2(xC)5dy=0，显然dx对于方程除了上述通解，还有y=2，y=2和y=2是方程的两个解。2）x 3(2dy2)=1dxdy1=cotudx3解：令x=cscu，11+t2u又令tan=t则x=2sinu2t1 cos2udy=ducot u=333 sin u12-2-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1t211+t2=322dt2t1+t221+t 3=14 3(t

29、 21+3)dttt11(t22ln t 2)+c2t4 3 21)+Ct21积分得，=y=18 3(t24ln t 由此得微分方程的通解为1+t2121，y(t 4ln t 2)+c=x=t2t8 33）x+(dy3dy)=4dxdxdy解：令=xt则x3+x3t3=4x2tdx3解得x=4t又31+tdydydx4(1 2t3)16t2(1 2t3)4t2=332dtdxdt1+t(1+t)(1+t3)316(1 2t63)3316 1 2u=dt utdu=3333(1+t)3(1+u)=16du32du3323(1+u)(1+uy=8321+C(1+u)23 1+u2=8321+C3

30、23(1+t)3 1+t由此得微分方程的通解为-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x=4t8321，y=+C。3 233(1+t)3 1+t1+t-4-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案习题习题 4-24-21得用 P判别式求下列方程的奇解：1）y=xdx+(dydy2)dx解：方程的 P判别式为y=xp+p2,x+2p=0消去 p，得y=x4经验证可知y=x4是方程的解。22x2xx2x令F(x,y,p)=y xp p则有F(x,2,)=1，Fpp(x,)=42422yx2x和F(x,)=042p因此，由定理 4.2 可知，y=2）

31、y=2x12x是方程的奇解。4dydy+()2dxdx解：方程的 P判别式为y=2xp+p2，x+p=0消去 P，得y=x2，而y=x2不是方程的解，故y=x2不是方程的奇解。3）(y 1)2(dy24)=ydxq42，2(y 1)p=09解：方程的 P判别式为(y 1)2p2=消去 P，得y=0，显然y=0是方程的解，令F(x,y,p)=(y 1)p 224y则有94(x,0,0)=2Fy(x,0,0)=Fpp9和Fp(x,0,0)=0因此，由定理 4.2 知，y=0是方程的奇解。-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2举例说明，在定理 4.2 的条件Fy(x,

32、x(x),x(x)0 Fpp(x,x(x),x(x)0中的两个不等式是缺一不可的，解：考虑方程(dy2)y2=0dx方程（1）的 P判别式为p2 y2=02p=0消去 P，得y=x(x)=0令F(x,y,p)=p2 y2，于是有Fp(x,y,p)=2yFp(x,y,p)=2pFpp(x,y,p)=2因此虽然有Fpp(x,y,p)=2 0和Fp(x,0,0)=0但是Fy(x,0,0)=0又y=0虽然是方程的解，且容易求出方程（1）的通解为y=xex因此容易验证y=0却不是奇解。因此由此例可看出。定理 4.2 中的条件Fy(x(x),x(x)0是不可缺少的。又考虑方程sin(ydy)=ydx方程（

33、2）的 P判别式为sin(yp)=yycos(yp)=0(x,y,p)消去 P，得y=0。令F(x,y,p)=sin(yp)y于是有Fy=pcos(yp)1，Fp(x,y,p)=ycos(yp)Fpp(x,y,p)=y2sin(yp)因此，虽然有Fy(x,0,0)=1 0和Fp(x,0,0)=0但Fpp(x,0,0)=0，而经检验知y=0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Fpp(x,x(x),x(x)0是不可缺少的。3 研 究 下 面 的 例 子，说 明 定 理 4.2 的 条 件Fp(x,x(x),x(x)=0是 不 可 缺 少 的1y=2x+y(y)33

34、解：方程的 P判别式为13p1 p2=032消去 P，得y=2x 3y=2x+p-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22不是解，故不是奇解，而y=2x 虽然是解，但不是奇解。3313令F(x,y,p)=y 2x p+p3检验知y=2x+Fy(x,y,p)=1，Fp(x,y,p)=1+p2Fpp(x,y,p)=2p，所以虽有2Fy(x,2x,2)=1 032Fpp(x,2x,2)=4 032但是Fp(x,2x,2)=3 03因此此例说明定理 4.2 的条件Fp(x,x(x),x(x)=0是不可缺少的。-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

35、答案习题习题 4-34-31试求克莱罗方程的通解及其包络解：克莱罗方程y=xp+f(p)(p=其中f(p)0。对方程（1）求导值(x+f(p)由dy)（1）dxdp=0dxdp=0即p=c时代入（1）得（1）的通解dxy=cx+f(c)（2）它的 C判别式为y=cx+f(c)x+f(c)=0由此得:x=f(c)=(c)，y=cf(c)+f(c)=(c)令V(x,y,c)=cx+f(c)y，故Vx(c),(c),c)=cvy(c),(c),c)=1所以(Vx,Vy)(0,0)又(c),(c)=(f(c),cf(c)(0,0)（由于f(c)0）因此满足定理 4.5 相应的非蜕化性条件。故是积分曲线

36、族（2）的一支包络。课外补充课外补充1求下列给定曲线族的包络。1）(x c)2+(y c)2=4解：由相应的 C判别式V(x,y,c)=(xc)2+(yc)24=0Vc(x,y,c)=2(xc)2(yc)=0消去 C 得 C判别曲线(x y)2=8它的两支曲线的参数表示式为1：x=2+c，y=2+c2：x=2+c，y=2+c-8-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案对1，我们有(c),(c)(1,1)(0,0)=Vx(c),(c),c)=2(2+cc)=2 2Vy(c),(c),=c)2(2+c=c)2 2(Vx(c),(c),c)v,Vy(c),(c),c)(0,0

37、)因此1满足定理 4.5 的相应的非蜕化条件，同理可证，2也满足定理 4.5 的相应的非蜕化条件，故1，2是曲线族的两支包络线。2(x c)2+y2=4c解：由相应的 C判别式V(x,y,c)=(xc)2+y24c=0Vc(x,y,c)=2(xc)4=0消去 C 得 C判别曲线y2=4(x+1)它的两支曲线的参数表示式为1:x=2+c，y=2 c 12:x=2+c，y=2 c 1对1，我们有(c),(c)(1,=1)(0,0)c1(Vx(c),(c),c)v,Vy(c),(c),c)=(4,4 c1)(0.0)因此1满足定理 4.5 的相应的非蜕化条件，同理可证，2也满足定理 4.5 的相应的

38、非蜕化条件，故1，2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y=xp+f(p)(p=dy,f(p)0)（1）dx（1）的通解为y=cx+f(c)（2）（2）的包络由y=cx+f(c)x+f(c)=0确定，-9-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案即为y=f(c)y=cf(c)+f(c)（3）又知方程（1）还有解x+f(p)=0y=xp+f(p)由此得x=f(p)，y=pf(c)+f(p)（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

39、解（2）的包络，消去 P 得方程（1）的奇解。-10-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案习题习题 6-16-11.求出齐次线性微分方程组dy=A(t)y的通解，其中 A（t）分别为：dt0011101（1）A(t)=（2）A(t)=（3）A(t)=010。01；10；000解（1）方程组的分量形式为：dy1dy=y1+y2，2=y2dtdt从后一式容易求出y2的通解为y2=ket，其中 K 为任意常数，可分别取y2=0和y2=et，代入前一式得到两个相应的特解，y1=et和y2=tet这样就求得方程组的一个解矩阵为et(t)=0tet2t t=e 0。因此，(t)是

40、方程组的一个基解矩阵，det()又te根据定理 6.1,方程的通解为ettet y1=c1y0+c2et2 dy1dt=y2（2）方程的分量形式为dy2=y1 dtd2y1由、可和0+y1=dt2由观察法知，y1=cost，y1=sint为此方程的两个特解，将其代入式可得两个相应的特解，将其代入式可得两个相应的特解：y2=sint，y2=cost。这样就求得方程组的一个解矩阵为(t)=costsint 因 此(t)中方程组的一个基又det=(t)=1 0，sintcost解矩阵。故方程组的通解为 y1 cost sint=c1+c2ysintcost2-1-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编

41、-高等教育出版社-参考答案=y3y1=y2（3）程组的分量形式为：y2y=y13解+得d(y1+y3)=y1+y3dtd解-得(y1 y3)=y1 y3dttt解之得=y1+y3k1e=y1 y3k2e1tttt=+=+yk ek ec ec e112132由、可得1tttty3=k1e k.2e=c1e c3e2()又由得y2=c2et由此可求得方程组的一个解矩阵et(t)=0et0et0et0et显然，det(t)=zet 0，因此(t)是方程组的一个基解矩阵，故方程组的通解为et et 0 y1ty2=c1 0+c2e+c30eeety03x21x 3试证向量函数组0，0，0 在任意区间

42、a x b上线性相关，则存在不全000 为零的三个常数c1,c2,c3使得x21x c1+c2x+c3x2=0而式之左端是一个不高于二c10+c20+c3 0 =0,即a x b000 次的多项式，它最多只可能有二个零点，同此这与式在a x b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有一个相同的基解矩阵，则A(x)=B(x)-2-dydy=A(x)y与=B(x)ydxdx常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案这与y1(x),y2(x),yn+1(x)线性无关矛盾，故(x)=knk1y1(x)+yn+1(x)k1+k2+kn+1k1+k2

43、+kn+1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。-4-常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案证：设这两个方程组的相同基解矩阵为(x)那么，必有det(t)0,故(x)可逆,设逆矩阵为1(x),同而A(x)=d1(x)=B(x)证毕dxdydx6设当a x 0)，与之对应的解为y=exf(x)（1）当=0时，=为负数，由解的结构知，f(x)是关于x的一个多项式的向量函数，而已知limx +xnex=0，其中n为任意自然数，故形如（1）的解当x +

44、时，y(x)0。（3）当 0时，=+i是 复 数，由 解 的 结 构，此 时（1）中 的=f(x)p(x)(cosx+isinx)，其中p(x)是x的多项式向量函数，又由于limexxncosx=exxnsinx=00 x +x +故形如（1）的解，当x +时，y(x)0。-19-lim2008-12-14习 题 63x2当x 0 0 当x 02(x)=21 证明函数组1(x)=，在区间(,+)上x 当x 00当x 0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 c11(x)+c22 0 x +，则当x 0时，有c1x2+c

45、20 0，从而推得c1=0。而当x 0时，有 c10+c2x 0，从而推得c2=0。因此在 x +上，只有c1=c2=0时，才有 c11(x)+c22(x)0，故1(x),2(x)在0 x2x20 0，w(x)=0 又当x 0时，w(x)=当x 0时，(,+)上线性无关。02x2x0故当 x 0。试利用适当的变换把它化成常系数的齐次线性微分方程。解 作自变量变换x=et ，则t=lnxkdkydk1ydy dydydtkt d ytdy直接计算可得，k=ek+1k1+L+k1=edxdtdtdxdtdxdtdtdykdkydk1ydy其中1,2,Lk1都是常数，于是 x=+L+。将上述1k1k

46、kk1dtdxdtdtk结果代人方程（1），就得到常系数齐次线性方程dnydn1ydy+b+L+b+bny=01n1nn1dtdtdt其中b1,b2,Lbn是常数8、求解有阻尼的弹簧振动方程22008-12-14d2xdxm2+kx=0 （1）dtdt其中m,和中都是正的常数，并就=r2 4mk大于，等于和小于零的不同情况，说明相应解的物理意义。解：特征方程为m2+k=0 r+r2 4kmr+r24km特征根：1=，2=2m2m记=24mk，下面由判别式分三种情况讨论：1）当 0时，这时，特征根21 0,的方程（1）的通解为x=c1e1t+c2e2t （2）lim由（2）可看出，方程（1）的任

47、何解x=x(t)都满足x(t)=0。t +而且当c1 0,c2=0（或c1=0,c2 0）时，有x(t)0。而当c1 0,c2 0时，由（2）令c1e1t+c2e2t=0 （3）若c1与c2同号，显然（3）式不能成立。若c1与c2异号，则有t=c 1ln121c2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，即很大时，弹簧的运动不是周期的，且不具有振动的性质。2）当 0时，这时特征根1,2是一对其轭的复根1=+i,2=i，0，于是方程（1）的通解为2m2m其中=x=et(c1cost+c2sint)，此式可改写为2x=c12+

48、c2(c12c12+c2cost+c22c12+c2sint)et=Aetsin(t+)（4）32008-12-142其中A=c12+c2 0，sin=c1c+c2122cos=c2c+c2122由于 0的情形相仿。9、求解弹簧振子在无阻尼下的强迫振动方程d2xm2+kx=pcoswt （1）dt其中 m,k,p 和 w 都是正的常数，并对外加频率w w0和w=w0两种不同的情况，说明解的物理意义，这里w0=k是弹簧振子的因有频率。m解：对应齐次线性方程的特征方程为m2+k=0 特征值为1=kkki2=i记=，则齐次线性方程mmm的通解为x=c1cost+c2sint当 w时，wi不是特征方程

49、的根，则设（1）有形如x=Acoswt+Bsinwt的解，代入（1）得(Amw2+kA)coswt+(Bmw2+kB)sinwt=pcoswtAmw+kA=pp比较同类项系数，得，解之得 A=22k mwBmw+kB=0因此方程（1）有通解2p=2m2，B=0 w42008-12-14pkx(t)=c1cost+c2sint+2m2coswt，=，w wm这个通解由两部分组成，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k=来决定,由还可看m出,若外加频率 W,接近弹簧本身

50、的因有频率=大.k,则强迫振动项的振幅就越m若=w时,wi是特征方程的根,则有形如x=t(Acoswt+sinwt)的解,代入（1），比较同类项系数得 A=0，B=此时方程（1）有通解x=c1Acoswt+c2sin wt+ptsint 2mp2m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：方程是一个弹簧在受强迫力为pcoswt下的振动方程当外加频率 W 等于固有频率时时，就会产生共振。10.求解下列常数系数线性微分方程（1）2y 4y6y=3e2x；（2）y+2y=3+4sin 2x；（3）y 2y3y+10y=0；（4）y(4)+4y+8y