卖场促销-认错的话

习题1.2
4. 给定一阶微分方程
(1). 求出它的通解；
(2). 求通过点

1,4

的特解；
(3). 求出与直线
y2x3
相切的解；
(4). 求出满足条件

ydx2
的解；
0
1
dy
2x
，
dx
(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。
解：(1). 通解显然为
yx
2
c,c¡
；
(2). 把
x1 ,y4
代入
yx
2
c
得
c3
，故通过点< br>
1,4

的特解为
yx
2
3
；

yx
2
c
(3). 因为所求直线与直线
y2x 3
相切，所以

只有唯一解，即

y2x3
x
2
c2x3
只有唯一实根，从而
c4
，故与直线
y2x 3
相切的解是
yx
2
4
；
(4). 把
yx
2
c
代入
yx
2
53
；

1
0
ydx2
即得
c53
，故满足条件
1
0
ydx2
的解是
(5). 图形如下：
7< br>6
5
4
3
2
1
-1.5
y=x
2< br>+4
y=x
2
+3
y=x
2
+53
-1-0 .500.511.5

5. 求下列两个微分方程的公共解：
y< br>
y
2
2xx
4
,y

2xx< br>2
x
4
yy
2

解：由
y
2
2xx
4
2xx
2
x
4
yy
2
可得

yx

2x
22
2y1
0

所以
yx
2
或
yx
2
12
，
yx
2
代入原微分方程满足，而
yx
2
12
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
y

xy

2
y 0
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
< br>kb0
kxk
2
kxb0

2
k b0或kb1


kk0
所以所求直线积分曲线是
y0
或
yx1
。

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。
解：因为过点

x,y

的切线的横截距和纵截距分别为
x

y

2
(2).

x



yxy

< br>l
2
；
y


2
y
和
yxy

，故
y

(5).
yxy

x
2
。

习题2.1
1. 求下列方程的解：
(2).
y
2
dx

x1

dy0
，并求满足初值条件
x 0,y1
的特解；
解：当
y0
，分离变量，得
11
dydx

2
yx1
两边同时积分，得

11
lnx1cy

ylnx1c
又
y0
也是原方程的解，故y
2
dx

x1

dy0的通解是
1


lnx1c
,c
¡
y



0

由初值条件
x0,y 1
可得
c1
，故所求特解是
y

(4).
(1x)ydx(1y)xdy0

解：当
y0
，分离变量，得
1y1x
dydx

yx
1
。
ln1x1
两边同时积分，得
lnxxlnyyclnxyxyc

又
y0
也是原方程的解，故所求通解是
y0
和
lnxyxyc,c¡


(5).
(yx)dy(xy)dx0

解：原方程可化为
y
1
dyyx
x


dxyx
y
1
x
令
u
y
，则
x
ux
duu1u11

2
dudx

dxu1u1x
两边同时积分，得
1
arctanuln(1u
2
)lnxc

2
将
u
y
代入，得所求通解是
x

arctan
dy
yx
2
y
2
0

dx
解：原方程可化为
(6).
x
y1
ln(x2
y
2
)c,c¡

x2

dy
yx
2
y
2
y

y

1< br>

dxxx

x

2
令
u
y
，则
x
dudu1u
2
2
uxu1u
(1)
dxdxx
当
1u
2
0
，分离变量，得
du
1u
2

dx

x
两边同时积分，得
arctanulnxc

又
1u
2
0
，即
u
2
1
也是(1)的解，故( 1)的通解是
u
2
1
和
arctanulnxc
。
将
u
y
代入，得原方程的通解是
x
y
2
x
2
和
arctan
y
lnxc,c¡

x

(7).
tanydxcotxdy0

解：当
tany0
，分离变量，得
cotydytanxdx

两边同时积分，得
lnsinylncosxc
1
sinycos xc,ce
c
1
0

又
tany0
，即
siny0
也是原方程的解，而该解可在
sinycosxc
中令
c0
得
到，故所求通解是
sinycosxc,c¡

dye
y3x
(8).
0

dxy
解：分离变量，得
ye
y
2
2
e
3x
dy

dx
两边同时积分，得所求通解是
2
1
y
2
e
3x
ec
1
即
2e
3x
3e
y
c,c6c
1
¡

23

(9).
x(lnxlny)dyydx0

解：原方程可化为
dyyy

y

ln
1

< br>dxx(lnxlny)x

x

令
u
y
，则
x
ux
u

lnu1

duudu< br>
(2)
dxlnudxxlnu
当
u

lnu1

0
，分离变量，得
lnud

lnu

lnududxdx


u

lnu1

xlnu1x
两边同时积分，得 ln
u
lnxc
1
lnu1cxu,ce
c
1
0
(3)
lnu1
由原方程可得
y 0
，从而
u0
。又
u

lnu1

 0
，即
lnu1
也是(2)的解，而
该解可在(3)中令
c0
得到，故(2)的通解是
lnu1cxu,c¡
。将
u
原方 程的通解是
y
代入，得
x
ln
dy
e
xy

dx
解：分离变量，得
(10).
y
1cy,c¡

x

e
y
dye
x
dx

两边同时积分，得所求通解是
e
y
e
x
c,c¡


2. 作适当的变量变换求解下列方程：
dy
2
(1).


xy


dx
解：令
uxy
，则原方程化为
dudydu
11u
2
dx

2
dxdx1u
两边同时积分，得
arctanuxc,c¡

将
uxy
代入，得原方程的通解是
arctan

xy

xc,c¡
即
ytan

xc

x,c¡


(3).
dy2xy1


dxx2y1
解：因为

2xy10
11
< br>x,y

33

x2y10
11
令< br>Xx,Yy
，则原方程化为
33
dY2XY


dXX2Y
Y
再令
u
，得
X
u X

12u

du

dX

du2u

dX12u
2

1uu
2

X
两边同时积分，得
ln

u
2
u1

2lnXc
1
X
2

u
2
u1
c
2
,c
2
e
c
1
0

将
u
Y11
,Xx,Yy
代入，得原方程的通解是
X33
x
2
y
2
xyxyc,cc
2
1313

dy2x
3
3xyx
(7).

23
dx
3xy2yy
解：原方程可化为
dy
2
2x
2
3y1


dx
2
3x
2
2y
2
1
令
Xx
21,Yy
2
1
，则原方程化为
dY2X3Y


dX3X2Y
再令
u
Y
，得
X
2

1u
2

du23udu
uX

dX32udXX

32u

用分离变量法求解，得
c

u1

X
4

1u

将
u
5

Y
,Xx
2
1,Yy
2
1
代入，得原方程的通解是
X
c

xy
22



x
2
y2

,c¡

2
5

习题2.2
1. 求下列方程的解：
dy12x
(5).

2
y10
；
dxx
解：原方程可化为：
dy2x1

2
y1
(4)
dxx
对应的齐次方程为
dy12x

2
y< br>，用变量分离法求得其解为
ycx
2
e
1x
。令(4)的< br>dxx
解为
yc

x

x
2
e< br>1x
，则将其代入(4)可得
dc

x

21x< br>xe1c

x

e
1x
c

dx
所以原方程的通解为
y

e
1x
c< br>
x
2
e
1x
x
2
cx
2e
1x
,c¡

(8).
dyy
=
；
3
dxxy
解：当
y0
时，原方程可化为：
dxxy
3
x
==y
2
(5)
dyyy
这是未知函数为
x
的非齐次线性方程，对应的齐次方程为< br>dxx
=
，用变量分离法
dyy
求得其解为
xcy
。令(5)的解为xc

y

y，则将其代入(5)可得
dc< br>
y

1
yy
2
c

y

y
2
c

dy2
所以(5)的通解为

1

xy

y
2
c

,c
¡


2

又
y0
也是原方程的解，故原方程的通解为

1

y0
和
xy

y
2
c

,c
¡


2


(12).
(ylnx2)ydxxdy
；
解：原方程可化为：
dylnx
2
2
=yy
(6)
dxxx
这是
n2
的Bernoulli方程。当
y0
时，(6)两边同时除以
y
2
，得
y
2
令
zy
1
，则
dy2lnx

=y
1

dxxx
dzdy2lnx
=-y
 2
=z
(7)
dxdxxx
其对应的齐次方程
可得
dc

x

2
lnx
xc

x



c2x
2
lnxx
2

4

dxx
dz2
=z
的解为
zcx
2
，令(7)的解为
zc< br>
x

x
2
，则将其代入(7)
dxx

所以(7)的通解为
z

cx
2
2lnx1
4,c¡

将
zy
1
代入，得
y
cx
2
2lnx1

4
。又
y0< br>也是原方程的解，故原方程的通
解为
y0
和
y
cx
2
2lnx1

4,c¡


(13).
2xydy(2y
2
x)dx
；
解：原方程可化为：
dy2y
2
xy1

(8)
dx2xyx2y
这是
n1
的Bernoulli方程，(8) 两边同时乘以
y
，得
dyy
2
1
y

dxx2
令
zy
2
，则
dzdy2z
=2y=1
(9)
dxdxx
其对应的齐次方程
可得
dc

x
< br>2
1
x1c

x

c

dxx
dz2z
令(9)的解为
zc

x

x< br>2
，则将其代入(9)
=
的解为
zcx
2
，
dxx
所以(9)的通解为
1

z

c

x
2
cx
2
x,c
¡

x

将
zy
2
代入，得原方程的通解为
y
2
cx
2
x,c¡


(16).
ye
x


y(t)dt
；
0
x
解：原方程两边同时对
x
求导可得
dy
e
x
y

x


dx< /p>

在原方程中，当
x0
时，
y1
。故原方程等价于C auchy问题

dy
x

ey
(10)

dx

y

0

1

由常数变易法易得
dy
e
x
y
的通解为
y e
x

xc

,c¡
，再由
y
< br>0

1
可得
dx
c1
，故Cauchy问题(1 0)的解为ye
x

x1

，这也是原方程的解。
习题2.3
1. 验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解：
(2).
(y3x
2
)dx(4yx)dy0
；
解：因为
My3x
2
,N(4yx)
，所以
MN
1,1

yx
故原方程是恰当方程。
令 函数
u
满足
uu
u
M,N
，则由
M< br>可得
xy
x
u


y3x
2< br>
dx


y

xyx
3



y


再由
u
N
可得
y
x
d


y

(4yx)


y

2y
2

dy
所以
uxyx
3
2y
2
，故原方程的通解是
xyx
3
2y
2
c,c¡


(2).
2(3xy
2
2x
3
)dx3(2x
2
yy
2
)dy0
；
解：因为
M2(3xy2
2x
3
),N3(2x
2
yy
2
)< br>，所以
MN
12xy,12xy

yx

故原方程是恰当方程。
令函数
u
满足uu
u
M,N
，则由
M
可得
xy< br>x
u

2

3xy
2
2x
3

dx


y

3x
2
y< br>2
x
4



y


再由
u
N
可得
y
6x
2
yd


y

3

2x
2
y y
2




y

y
3
dy
所以
u3x
2
y
2
x
4< br>y
3
，故原方程的通解是
3x
2
y
2
 x
4
y
3
c,c¡


2. 求下列方程的解：
(4).
ydxxdy

x
2
 y
2

dx
；
解：原方程两边同时除以
x
2
y
2
，得
ydxxdy
dxd

arctan
22
xy

所以原方程的通解是
arctan
x


dx

y

x
xc,c¡

y

(6).

y1xy

dxxdy0
；
解：因为
M

y1xy

,Nx,
MN
1x,1
，所以原方程不是恰当的。由
yx
MN


1

dx
yx
1e

e
x

N
可得积分因子

e
x
，原方程两边同时乘以

，得
ye
x
dxe
x
dxxye
x
dxxe
x
dy0

即

yd

xe
x

de
x
xe
x
d y0

所以
xye
x
e
x
c

故原方程的通解是
xyce
x
,c¡


(8).

x2y

dxxdy0
；
解 ：因为
Mx2y,Nx,
MN
2,1
，所以原方程不是恰当的 。由
yx
MN

1
dx
yx
1
e
x
x

Nx
可得积分因子

x
，原方程两边同时乘以

，得
x
2
dx2xydxx
2
dy0

即
1
3
dxydx
2
x
2
dy0

3
所以
1
3
xx
2
yc,c¡

3
此即为原方程的通解。

5. 试证齐次微分方程
M

x,y

dxN

x,y

dy0
当
xMyN0
时有积分因子


1
。
xMy N
证明：齐次微分方程
M

x,y

dxN
< br>x,y

dy0
两边同时乘以

得

M

x,y

dx

N

x,y

dy0

所以




M


M



yy
xMyN

yN


MMN

xM yNMxNy


y

yy


xMyN

2
2
MN
MNyM
y y


xMyN

NMN

xMy N

N

Mxy





N



x
N
xx




2
xx

xMyN


xMyN

xM

NM
MNxN
 xx
2

xMyN


原方程可化为
M

x,y

dy
。因为原方程是齐次方程，故可设

dxN

x,y

M

x,y

dy
y


@
g


dxN

x,y


x

令
u
y
， 则
x
gdgduydg
,
xdudxx
2
du< br>gdgdu1dg


ydudyxdu
又因为
g 

M

x,y


1

M N



NM



2

xx

N

x,y

< br>N

xx

g

M

x, y


1

MN



 NM



2


yy
< br>Nx,yNyy




所以
ydg1< br>
MN

MNydg
2
NMNM N


22

2
xduN

x x

xxxdu
1dg1

MN

M N
2
1dg


2

NMNM N

xduN

yy

yyxdu
从 而




M



< br>N


yx
yN
MN
MNyM< br>yy
xM


xMyN

2
N M
MNxN
xx
2

xMyN

< br>MN


NM

y

NM xMN

yy

xx



2

xMyN

1dg

ydg

2
y

N
2
xN

xdu

x
2
du


2

xM yN

0

故


1
是齐次微分方程< br>M

x,y

dxN

x,y

dy0
当
xMyN0
时的积
xMyN
分因子。
习题2.4
1. 求解下列方程：
(1).
xy

3
1y

；
解：当
y

0
时，原方程可化为
x
11


y

3
y

2
令
py

，则
x
11

，两边对
y
求导，得
32
pp

312

dp< br>

4

3


pp

dy

p
即

32
< br>32
dy

3

2

dpy
2
c

p

2pp

p
又
y

0
时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是


x



y


11
< br>p
3
p
2
,
32
c
2p
2p
p
为参数,
c
¡

(3).
yy

2
e
y

；

解 ：令
py

，则
yp
2
e
p
，两边对
x
求导，得
p

2pe
p
p
2e
p

所以
dp

dx
代入原方程
p0y

0y0

或
1

2p

e
p
所以原方程的通解是
dp
x

1p

e
p
c

dx
p


x

1p

e c
,p
为参数,
c
¡

y0
和

2p


yye

习题2.5
1. 求解下列方程：
dy
(3).
4e
y
sinx1
；
dx
解：原方程两边同时乘以
e
y
，得
dyde
y
y
e4sinxe4sinxe
y

dxdx
y
令
ue
y
，则
du
4sinxu

dx
用常数变易法易得其解为
u 2

sinxcosx

e
x
ce
x
，故原方程的通解为
e
y
2

sinxcosx

e
x
ce
x
,c¡


(11).
dyxy1

；
2
dxxy3
解：原方程可化为

xy1

dx

xy
2
3< br>
dy0



xy
2
3



xy1

由
1,1
可得，这是 一个恰当方程，即
yx

11
xdxydxdxxdyy
2
dy3dy0dx
2
dxydxdy
3
3 dy0

23
所以原方程通解为
1
2
x
2xyx
1
3
y
3
3yc,c¡


2
(19).
x


dy


dx


2y


dy


d x


4x0
；
解：令
py

，则由原方程可得
p0
，故原方程可化为
y
xp
2
4x
2p

x
2
p 
2x
p

两边对
x
求导，得
p
pxdp22xdp

1 2

dp
2

2dx

p

< br>p
pdx

2

2

2


p


x


2

p
2


dx

所以
p
2

2
p
0p2
代入(11)
y2x

或
1
xdp
pdx
pcx
代入(11)
y
1
2
cx
2

2
c
,c0

又
y

0
时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是
y2x
和
y
12
2
cx
2

c
,c0


(29).
dy
dx

y
x
e
xy
；
解： 令
uxy
，则
dudy
dx
yx
dx
，故
du

u
x


e
u

u

u
1
dxx

x
2


xe
u
eduxdxe
u

2
x2
c

所以原方程通解为
1
2
x
2
e
xy
c,c¡


习题3.1
(11)

1. 求方程
dy
xy
2
通过点(0,0)的第三次近似解。
dx< br>解：f

x,y

xy
2
，令

0
(x)y
0
0
，则

1

x< br>
y
0


f

x,

0

x


dx

xdxx
2

x
0
0
xx
1
2

2
x

y
0


f

x,

1

x


dx

x
0
xx
0


1

2

1
21
5
x


x

x

< br>dxx
2220






3

x

y
0


f
x,

2

x


dx
x
0
x


x
0



1
2
1
5

2

1
2
1
5
1
8
1
11
x


dxxxxx

x

x
20


2201604400



2

为所求的第三次近似解。

3. 求初值问题

dy
22

xy,R:x11,y1,
(12)

dx

y

1

0
的解的存在区间，并求第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计。
解：因为f

x,y

x
2
y
2
，
ab1
，
Mmaxf

x,y

4
，所 以

x,y

R

b
hmin
a,

M
153

1

，从而解得存在区间为 ，即。
x1x

4
444

又因为
f

x,y

x
2
y
2
在
R
上连续，且由
fy2y2L
可得
f

x,y
在
53
R
上关于
y
满足Lipschitz条件，所 以Cauchy问题(12)在
x
有唯一解
44
y

x

。
令

0
(x)y
0
0
，则

1

x

y
0


f
x,

0

x


dx

x
2
dx
x
0
1
x
xx
1
3
x1



3


2
< br>x

y
0


x
x
0
2

2

1
3
11xx
3
x
4x
7


f

x,

1
< br>x


dx


x


x1



dx
1
342931863< br>


3
M

Lh

1
误差为：

2

x




x



L

21

!24
10. 给定积分方程



x

f

x




K

x,





d

(*)
a
b其中f

x

是

a,b

上的已知 连续函数，K

x,


是
axb
，
a

b
上的已知连
续函数。证明当

足够小时(

是常数)，(*)在

a,b

上存在唯一的连续解。
证明：分四个步骤来证明。

㈠. 构造逐步逼近函数序列

0

x

f

x



n1

x

f

x



K

x,



n< br>


d

,n0,1,2,
L

a
b
由
f

x

是

a,b< br>
上的连续函数可得

0

x

在

a,b

上连续，故再由
K

x,


是
axb
，
a

b
上的连续函数可得
1

x

在

a,b

上 连续，由数学归纳法易证

n

x

在

a,b

上连续。

㈡. 证明函数列


n< br>
x


在

a,b

上一致收敛 。
考虑级数

0

x





k

x



k1
x


,
k1

x

a,b
(13)
由

0
< br>x





k

x
< br>

k1

x




n

x


k1
n
知，

< br>n

x


的一致收敛性与级数(13)的一致收敛性等价。
令
Mmaxf

x

，
L


ba

maxK

x,


。由(1 3)有
axb
axb,
a

b
b

1

x



0

x




K

x,


f



d

a



K

x,


f



d

a
b



maxK

x,


maxf



axb,
a

 b
a

b

b
a
d

ML
所以


2

x


< br>1

x




K

x,




1





0




d

a
b



K

x,



1





0



d


a
b
ML


K

x,< br>

d

ML
2
a
b
假设对正整 数
n
，有不等式

n

x



n1

x

ML
n
,
则
b
x

a,b

(14)

n1

x



n

x




K

x,



n





n1




d

a



K

x,



n





n1



d

a
b
ML
n1


K

x,

d

ML
n
,
a
b
x

a,b

所以(14)对任意正整数
n
都成立。
因为

ML
n
为正项级数，且当

足够小时， < br>n1

L


ba

maxK

x,


1
(15)
axb,
a

b

故

ML< br>收敛，从而由Weierstrass判别法，级数



k

x



k1

x

一致收敛，
n
n1
k1
故级数(13)一致收敛，所以函数列


n

x


在

a,b< br>
上一致收敛。

㈢. 证明
lim

n

x




x

是积分方程(*)在< br>
a,b

上的连续解。
n
因为由㈠和㈡可得

n

x

在

a,b

上连续 ，


n

x


在

a,b

上一致收敛，故


x

在
< br>a,b

上连续，且函数列

K

x,
< br>

n

x


在

a, b

上一致收敛，所以对

n1

x

f

x




K

x,< br>


n



d


a
两边取极限可得
b
lim

n1

x

f

x



lim
< br>K

x,



n



d

nn
a
b
b
f

x




K

x,


lim

n



d

a
n 

从而



x

f

x




K

x,






d


a
b
所以


x

是积分方程(*)在

a,b
上的连续解。

㈣. 证明


x
是积分方程(*)在

a,b

上的唯一解。
设
< br>
x

是积分方程(*)在

a,b

上的 另一连续解，则


x

f

x
< br>


K

x,






d


a
b
令
g

x




x




x

，则
g

x




K

x,












d

ab



K

x,


< br>







d
< br>a
b

max


x




x



K

x,

d

axb
a
b
Lmaxg

x

axb
对
x

a,b

都 成立，上式两边对
x
取最大值可得
maxg

x

Lmaxg

x


axbaxb
如果
maxg

x

0
，则由上式有
axb
L1

这与(15)矛盾，故
maxg
x

0
，即
g

x

0
，所以


x




x
，从而


x

是积
axb
分方程(*) 在

a,b

上的唯一解。
证毕。

习题3.2
1. 求

dy
2

x


1y
,

x,y

G

dx

(16)
y

y

0

0

的解的存在区 间及延拓解的饱和区间。



xa

解：对任 意充分大的
a,b
，令
R

则f

x,y

1y
2
在
R
上连续且关于
y

，


yb



dy
2
1y
满足Lipschitz条件，故(16)存在唯一解。由

dx
可得
ytanx
，解的存在

y

0

0

b

区间为xh，
hmin

a,
。由于
a,b
充分大，故存在充分小的

0
，使
2


1b

得(16)的解的存在区间为x

。
由于
f

x,y

1y
2
在< br>G
上连续和关于
y
满足局部Lipschitz条件，故解
ytan x
，
x

可延拓。
又当
x

< br>2

时，
tanx
；
x


2

时，
tanx
，故由推论，
延拓解的饱和区间为



2

x

2
。


习题4.1
3. 已知齐次线性微分方程的基本解组
x
1,x
2
，求下列方程对应的非齐次线性微分
方程的通解：
t1
(2)
x

x

xt1,
1t1t
解：令所求通解为
x
1
t,x
2
e
t

x
< br>t

c
1

t

tc
2

t

e
t

则


t
tc
2


t

e
t
 0

c
1




t

t

c
2


t


e
t


t1c

1



t

1

c
1



t< br>
ctte


2


c
1< br>
t

t

1




t
ctt1e



2

2

所以，所求通解为
x

t



1
t

2
e
t
t
2
t 1

(5)
t
2
x

tx

x6t34t
2
,
2
x
1
t,x
2tlnt

解：
tx

tx

x6 t34t
2
x


x

x6
 34
令所求通解为
tt
2
t
x

t
< br>c
1

t

tc
2

t

tlnt

则


t
tc
2


t

tlnt0

c
1




6
34

ct tcttlnt


12
t


< br>6


ctlnt34

1



t




c


t


6
34
2

t

2

c
1

t

34t

1lnt

3lnt

1




c
2

t

34t6lnt

2< br>
所以，所求通解为
x

t



1
t

2
tlnt34t
2
3tln
2< br>t
d
2
x
4. 已知方程
2
x0
有基 本解组为
e
t
,e
t
，试求此方程适合初值条件
dt< br>x

0

1,x


0

0

及
x

0

0,x


0

1

的基本解组（称为标准基本解组，即有
W< br>
0

1
），并由此求出方程的适合初值
条件


x

0

x
0
,x


0

x
0
的解。
d
2
xd
2
x
解：因为
e,e
是方程
2
x0
的基本解组，故
2
x0
的通解为
dtdt
tt
x

t

c
1
e
t
c
2
e
t
,
由
x

0

1,x


0

0
可得，
c
1
,c
2
¡


c
1
c
2
1
11
c
1
c
2
x< br>
t



e
t
e
t

cht


22

c
1
c
2
0
由
x

0

0,x


0

1
可得，

c
1
c
2
0
111
c
1
,c
2
x
< br>t



e
t
e
t

sht


222

c
1
c
2
1
d
2
x
又
cht
和
sht
线性无关 ，所以
2
x0
适合初值条件
x

0

1,x


0

0
及
dt

d
2
x
x

0

0,x


0

1
的基本解组为
cht
，
sht
，从而
2
x0
的通解又可表示为
dt
%%
x

t

c
1
chtc
2
sht,
% %
c
1
,c
2
¡
%%


可 得
c
故由x

0

x
0
,x


0

x
0
1
x
0
,c2
x
0
，于是适合初值条件

的解为 x

0

x
0
,x


0

x< br>0

sht

x

t

x
0
chtx
0

习题4.2
2. 求解下列常系数线性微分方程：
(1)
x
(4)
5x

4x0

解：特征方程：

4
5

2
40

特征根：

1
2，

2
2，
3
1，

4
1

基本解组：
e
2t
,e
2t
,e
t
,e
t

所求通 解：
xc
1
e
2t
c
2
e
2t< br>c
3
e
t
c
4
e
t
,ci
¡,i1,2,3,4

(2)
x

3 ax

3a
2
x

a
3
x0
解：特征方程：

3
3a

2
3a2

a
3
0

特征根：

1,2,3
a

基本解组：
e
at
,te
at
,t
2
e
at

所求通 解：
x

c
1
c
2
tc
3
t
2

e
at
,c
i
¡,i1,2,3
(3)
x
(5)
4x

0

解：特征方程：

5
4

3
0
特征根：

1,2,3
0，

4
2，
< br>5
2

基本解组：
1,t,t
2
,e
2 t
,e
2t


所求通解：
xc
1c
2
tc
3
t
2
c
4
e
2t
c
5
e
2t
,c
i
¡,i1,2, 3,4,5

(4)
x

x

x0

解：特征方程：

2


10

特征 根：

1,2

1
t
2
13i
< br>2
1
t
33
cost,e
2
sint
< br>22
基本解组：
e
所求通解：
xc
1
e
1
t
2
1
t
33
costc
2
e< br>2
sint,c
i
¡,i1,2

22
(5)
s

a
2
st1
（属于类型Ⅰ）
解：齐次方程：
s

a
2
s0

特征方程：

2
a
2
0

特征根：

1
a,

2
a

当
a0
，齐次方程通解：
sc
1
e
at
c
2
e
at
,c
i
¡,i1,2
，此时0不是 特征根，
%
故设特解为
sAtB
，将其代入原方程可得
AB 
%
s
1
t1

，所以所求通解：
2
a
sc
1
e
at
c
2
e
at

1
t1

,c
i
¡,i1,2< br>
2

a
1
，从而特解为
a
2
当< br>a0
，0是二重特征根，故齐次方程通解：
sc
1
c
2
t,c
i
¡,i1,2
，设特
11
%
解为st
2

AtB

，则将其代入原方程可得
A, B
，从而特解为
62
1

1
%
st
2

t

，所以所求通解：
2

6

11

sc
1
c
2
tt
2

t

,c
i

¡
,i1,2

2

6

(6)
x

4x< br>
5x

2x2t3
（属于类型Ⅰ）

解：齐次方程：
x

4x

5x
< br>2x0

特征方程：

3
4

25

20

特征根：

1,2
1,

3
2
齐次方程通解：x

c
1
c
2
t

e
t
c
3
e
2t
,c
i
¡,i1 ,2,3
%
0不是特征根，故设特解为
xAtB
，将其代入原方程可得
A1,B4
，
%
从而特解为
xt4
，所以所 求通解：
x

c
1
c
2
t

e
t
c
3
e
2t
t4,c
i
¡ ,i1,2,3
(7)
x
(4)
2x

xt
2
3
（属于类型Ⅰ）
解：齐次方程：
x
(4)
2x

x0

特征方程：

4
2

2
10

特征根：

1,2
1,

3,4
1

齐次方程通解：
x

c
1
c
2
t
e
t


c
3
c
4
t< br>
e
t
,c
i
¡,i1,2,3,4

方法一：常数变易法求解
设原方程通解为
xc
1

t< br>
e
t
c
2

t

te
t
c
3

t

e
t
c
4< br>
t

te
t
，则


t
te
t
c
3


t

e
t
c
4


t

te
t< br>0

c
1


t

e
t
c
2


c
1


t


L

c
1

t


L


c


t


e< br>t

c


t


te
t

c


t


e
t
c


t


te
t

0

1234



c
2

t


L

c
2

t


L



t

t
 
t

t



t


L


t


te

c
3


t


e

c
4

t


te

0

c
1


t


e

c
2

c
3

c
3

t


L

c

t
L

ct
L

4

4


c

t

e
t

c


t

te
t

c


t

e
t

c


t

te
 t

t
2
3

3

4

2

1

所以将
c
i

t

,i1,2,3,4
代入
xc
1

t
e
t
c
2

t

te
t
c
3

t

e
t
c
4
t

te
t
中即得原方
程通解：
x< br>
c
1
c
2
t

e
t


c
3
c
4
t

e
t
t
2
1,c
i
¡,i1,2,3,4


方法二：比较系数法求解
%
At
2
BtC
，将其代 入原方程可得由于0不是特征根，故设特解为
x
%
t
2
1
，所以所求通解：
A1,B0,C1
，从而特解为
x
x

c
1
c
2
t

e
t


c
3
c
4
t

e
t
t
2
1,c
i
¡,i1,2,3,4

(10)
x

xe
t
（属于类型Ⅱ）
解：齐次方程：
x

x0

特征方程：

3
10

特征根：

1 ,2

13i
,

3
1

2
1
t
2
1
t
33
costc
2
e
2
sintc
3
e
t
,c
i
¡,i 1,2,3

22
齐次方程通解：
xc
1
e
1< br>%
由于1是一重特征根，故设特解为
xAte
t
，将其代入原方程可 得
A
，从
3
1
%
而特解为
xte
t< br>，所以所求通解：
3
xc
1
e
1
t
2
1
t
331
costc
2
e
2
sin tc
3
e
t
te
t
,c
i
¡,i 1,2,3

223
(12)
x

6x

5xe
2t
（属于类型Ⅱ）
解：齐次方程：
x

6x

5x0

特征方程：

2
6

50

特征根：

1
1,

2
5
齐次方程通解：
xc
1
e
t
c
2
e5t
,c
i
¡,i1,2

%
Ae
2 t
，将其代入原方程可得
A
由于2不是特征根，故设特解为
x
1< br>，从
21
%
而特解为
x
1
t
e
， 所以所求通解：
21
xc
1
e
t
c
2e
5t

1
t
e,c
i
¡,i1,2< br>
21
(14)
x

xsintcos2t
（属于类型Ⅲ的混合，注意
sint
和
cos2t
中
t
的系数不
一样）
解：齐次方程：
x

x0

特征方程：

2
10

特征根：

1，2
i

齐次方程通解：
xc
1
costc
2
sint,c
i
¡,i1,2

①对于
x

xsint
，由于

i< br>
i
是一重特征根，故设其特解为

1

%
，则将其代入可得
A,A
1
0
，从而
xxsin t
xtAcostAsint

0
101
2
1
%
tcost
；
x

xsint
的特解为< br>x
1
2
②对于
x

xcos2t
，由 于

i

2i
不是特征根，故设其特解为
1
%

xBcos2tBsin2t
，则将其代入可得
B,B
1
0
，从而
xxcos2t
201
0
3
1%
cos2t
。
x

xcos2t
的特解为
x
2
3
11
%%%
所以原方程特解为
xxx tcostcos2t
，故所求通解：
12
23
11
xc< br>1
costc
2
sinttcostcos2t,c
i
¡,i1,2

23
(15)
x

4x

4xe
t
e
2t
1
（属于类型Ⅰ和Ⅱ的混合）
解：齐次方程：
x

4x

4x0

特征方程：

2
4

40

特征根：

1，2
2

齐次方程通解：
x
c
1
c
2
t

e
2t
, c
i
¡,i1,2

t
%
①对于
x
 
4x

4xe
t
，由于1不是特征根，故设其特解为
x
1
A
0
e
，则将
t
%
其代入
x

4x

4xe
t
可得
A
0
1
，从而
x

4x

4xe
t
的特解为
x
1
e
；
22t
%
②对于< br>x

4x

4xe
2t
，由于2是二重特征 根，故设其特解为
x
2
B
0
te
，
则将其代入< br>x

4x

4xe
2t
可得
B0

1
，从而
x

4x

4x e
2t
的特解为
2
1
22t
%
xte
；
2
2
%
③对于
x

4x

4x1
，由于0不是特征根，故设其特解为
x
3
C
0
，则将其
11
%

，从而
x

4x

4x1
的特解为
x
。
3
44
1
2 2t
1
t
%%%%
xxxete
，故所求通解： 所以 ，原方程特解为
x
123
24
11
x

c
1
c
2
t

e
2t
e
t
 t
2
e
2t
,c
i
¡,i1,2

24
1
(20)
x

x1
（不属于类型Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的混合，用常数变易法求解）
sint
解：齐次方程：
x

x0

代入< br>x

4x

4x1
可得
C
0


特征方程：

2
10

特征根：

1，2
i

齐次方程通解：
xc
1
costc
2
sint,c
i
¡,i1,2

设原方程通解为xc
1

t

costc
2

t

sint，则


t

costc
2


t

sint0

c
1


t

1sint


c
1

c
1

t

tcos t



1




t

costcott



t
cost

c
2


t

sin t

1

c
2

c
2
t

sintlnsint

c
1

si nt

所以所求通解：
xc
1
costc
2
sint

tcost

cost

sintln sint

sint
c
1
costc
2
sin t1tcostsintlnsint,c
i
¡,i1,2


3. 求下列方程的通解：
(1)
t
2
x

tx

x0

解：做变换
te
u
，则
dx1dx
,
dttdu
所以原方程可化为
d
2
x1

d
2
xdx


2

2



2
dtt

dudu

d
2
xdxdxd
2
x
uu
x0x0x cece,c
i
¡,i1,2

12
22
dudududu
由
ulnt
可得所求通解：
xc
1
t

c
2
,c
i
¡,i1,2

t