常微分方程第三版——答案.doc

习题2.2求下列方程的解1=解： y=e (e)=e-e()+c=c e- ()是原方程的解。2+3x=e解：原方程可化为：=-3x+e所以：x=e (e e) =e (e+c) =c e+e 是原方程的解。3=-s+解：s=e(e )=e()= e()= 是原方程的解。4 ， n为常数.解：原方程可化为： 是原方程的解.5+=解：原方程可化为：=- ()= 是原方程的解.13这是n=-1时的伯努利方程。两边同除以，令 p(x)= q(x)=-1由一阶线性方程的求解公式 =14 两边同乘以 令 这是n=2时的伯努利方程。两边同除以 令 p（x）= q(x)=由一阶线性方程的求解公式 = =15 这是n=3时的伯努利方程。两边同除以 令 = p(y)=-2y q(y)= 由一阶线性方程的求解公式 =16 y=+p(x)=1 q(x)= 由一阶线性方程的求解公式 = =c=1y=习题2.31、验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解。1. 解： ，=1 .则所以此方程是恰当方程。凑微分，得 ：2 解： ， .则 .所以此方程为恰当方程。凑微分，得 3 解： 则 .因此此方程是恰当方程。 （1） （2）对（1）做的积分，则= （3）对（3）做的积分，则=则故此方程的通解为4、 解： ， . .则此方程为恰当方程。凑微分，得 ：5.(sin-cos+1)dx+( cos- sin+)dy=0解： m=sin-cos+1 n= cos- sin+=- sin-cos- cos+sin=- sin-cos- cos+sin所以，=，故原方程为恰当方程因为sindx-cosdx+dx+ cosdy- sindy+dy=0d(-cos)+d (sin)+dx+d(-)=0所以，d(sin-cos+x -)=0故所求的解为sin-cos+x -=c求下列方程的解：62x(y-1)dx+dy=0解：= 2x , =2x所以，=，故原方程为恰当方程又2xydx-2xdx+dy=0所以，d(y-x)=0故所求的解为y-x=c7.(e+3y)dx+2xydy=0解：edx+3ydx+2xydy=0exdx+3xydx+2xydy=0所以，d e( x-2x+2)+d( xy)=0即d e( x-2x+2)+ xy=0故方程的解为e( x-2x+2)+ xy=c8. 2xydx+( x+1)dy=0解：2xydx+ xdy+dy=0d( xy)+dy=0即d(xy+y)=0故方程的解为xy+y=c9、解：两边同除以 得即，故方程的通解为10、解：方程可化为：即， 故方程的通解为： 即：同时，y=0也是方程的解。11、解：方程可化为： 即：故方程的通解为：12、解：方程可化为：故方程的通解为 ： 即：13、解：这里 ， 方程有积分因子两边乘以得：方程是恰当方程故方程的通解为：即：14、解：这里因为故方程的通解为： 即：15、解：这里 方程有积分因子： 两边乘以得：方程为恰当方程故通解为 ：即：16、解：两边同乘以得：故方程的通解为：习题2.52 解：两边同除以，得：即4解：两边同除以，得 令 则 即得到，即另外也是方程的解。6 解： 得到 即 另外也是方程的解。8. 解：令 则： 即 得到 故 即 另外也是方程的解。10 解：令 即 而故两边积分得到 因此原方程的解为，。 12. 解： 令 则 即 故方程的解为 14 解： 令 则 那么 求得： 故方程的解为 或可写 为 16 解：令 则 即方程的解为18 解： 将方程变形后得 同除以得： 令 则 即原方程的解为19.x(解：方程可化为2y( 令27. 解： 令，则， ， 两边积分得 即为方程的通解。另外，即也是方程的解。28. 解： 两边同除以，方程可化为： 令，则 即 ，两边积分得 即 为方程的解。29. 解： 令，则 ， ，那么 即 两边积分得 即为方程的解。30. 解： 方程可化为 两边积分得 即 为方程的解。31. 解： 方程可化为 两边同除以，得 即 令，则 即 两边积分得 .将代入得， 即 故 32. 解： 方程可化为 两边同加上，得 （*）再由，可知 （*）将（*）/（*）得 即 整理得 两边积分得 即 另外，也是方程的解。33. 摩托艇以5米/秒的速度在静水运动，全速时停止了发动机，过了20秒钟后，艇的速度减至米/秒。确定发动机停止2分钟后艇的速度。假定水的阻力与艇的运动速度成正比例。解：，又，由此 即 其中，解之得 又时，；时，。故得 ，从而方程可化为 当时，有 米/秒即为所求的确定发动机停止2分钟后艇的速 习题4.1 1. 设和是区间上的连续函数，证明：如果在区间上有常数或常数，则和在区间上线形无关。证明：假设在，在区间上线形相关则存在不全为零的常数，使得那么不妨设不为零，则有显然为常数，与题矛盾，即假设不成立，在区间上线形无关2. 证明非齐线形方程的叠加原理：设，分别是非齐线形方程 （1） （2） 的解，则+是方程 +的解。证明：由题可知，分别是方程（1），（2）的解则： （3） （4）那么由（3）+（4）得：+即+是方程是+的解。3. 试验证0的基本解组为，并求方程的通解。 证明：由题将代入方程0得：-=0,即是该方程的解，同理求得也是该方程的解又显然线形无关，故是0的基本解组。 由题可设所求通解为：，则有：解之得：故所求通解为：4. 试验证0有基本解组t，并求方程t-1的通解。解：由题将t代入方程0得： ，即t为该方程的解 同理也是该方程的解，又显然t，线形无关，故t，是方程0的基本解组由题可设所求通解为，则有：解之得：故所求通解为5. 以知方程0的基本解组为，求此方程适合初始条件的基本解组（称为标准基本解组，即有）并求出方程的适合初始条件的解。 解：时间方程0的基本解组，故存在常数使得： 于是：令t=0,则有方程适合初始条件，于是有：解得： 故又该方程适合初始条件，于是：解得： 故显然，线形无关，所以此方程适合初始条件的基本解组为：， 而此方程同时满足初始条件，于是：解得：故满足要求的解。习题4.2 1. 解下列方程（1） 解：特征方程故通解为x=(2)解：特征方程有三重根.故通解为x=（3）解：特征方程,有三重根，2，-2故通解为（4） 解：特征方程有复数根-1+3i,-1-3i 故通解为(5) 解：特征方程有复数根故通解为(6) 解：特征方程有根a,-a当时，齐线性方程的通解为s=代入原方程解得故通解为s=-当a=0时,代入原方程解得故通解为s=-(7) 解：特征方程有根2,两重根1齐线性方程的通解为x=又因为0不是特征根，故可以取特解行如代入原方程解得a=-4，b=-1故通解为x=-4-t(8) 解：特征方程故齐线性方程的通解为x=取特解行如代入原方程解得a=1，b=0,c=1故通解为x=+(9)解：特征方程有复数根故齐线性方程的通解为取特解行如代入原方程解得a=故通解为(10) 解：特征方程有根-2,1故齐线性方程的通解为x=因为+-2i不是特征根取特解行如代入原方程解得a=故通解为x=（11）解：特征方程有复数根故齐线性方程的通解为 1是特征方程的根，故代入原方程解得a=故通解为+（12）解：特征方程有2重根-a当a=-1时，齐线性方程的通解为s=,1是特征方程的2重根，故代入原方程解得a=通解为s=,当a-1时，齐线性方程的通解为s=,1不是特征方程的根，故代入原方程解得a=故通解为s=+（13）解：特征方程有根-1,-5故齐线性方程的通解为x=2不是特征方程的根，故代入原方程解得a=故通解为x=+（14）解：特征方程有根-1+i,-1-i故齐线性方程的通解为不是特征方程的根, 取特解行如代入原方程解得a=故通解为+(15) 解：特征方程有根i,- i故齐线性方程的通解为,i,是方程的解 代入原方程解得a= b=0 故 代入原方程解得a= b=0 故故通解为习题5.11.给定方程组x=x x= （*） a)试验证u(t)=,v(t)=分别是方程组（*）的满足初始条件u(0)=, v(0)=的解. b)试验证w(t)cu(t)+cv(t)是方程组（*）的满足初始条件w(0)=的解，其中是任意常数. 解：a) u(0)= u(t)=u(t) 又 v(0)= v(t)= =v(t)因此 u(t),v(t)分别是给定初值问题的解.b) w(0)=u(0)+u(0)= += w(t)= u(t)+ v(t) = + = = =w(t)因此 w(t)是给定方程初值问题的解.2. 将下面的初值问题化为与之等价的一阶方程组的初值问题：a) x+2x+7tx=e,x(1)=7, x(1)=-2b) x+x=te,x(0)=1, x(0)=-1,x(0)=2,x(0)=0c) x(0)=1, x(0)=0,y(0)=0,y(0)=1解：a）令 xx, x= x, 得 即 又 xx(1)=7 x(1)= x(1)=-2于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：x x(1)其中 x. b) 令x 则得： 且 (0)=x(0)=1, =(0)=-1, (0)= (0)=2, (0)= (0)=0于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：= x(0)=, 其中 x=.c) 令wx， w，wy，wy，则原初值问题可化为： 且 即 w w(0)= 其中 w习题5.21.试验证=是方程组x=x,x= ，在任何不包含原点的区间a上的基解矩阵。解：令的第一列为(t)= ,这时(t)= (t)故(t)是一个解。同样如果以(t)表示第二列，我们有(t)= (t)这样(t)也是一个解。因此是解矩阵。又因为det=-t故是基解矩阵。3.设a(t)为区间a上的连续nn实矩阵，为方程x=a(t)x的基解矩阵，而x=(t)为其一解，试证：a) 对于方程y=-a(t)y的任一解y=(t)必有(t) (t)=常数；b)(t)为方程y=-a(t)y的基解矩阵的充要条件是存在非奇异的常数矩阵c，使(t) (t)=c.解a) (t) (t)= (t)+ (t)= (t)+ (t)a(t)又因为=-a(t) (t)，所以=-(t) a(t) (t) (t)=- (t) (t)a(t)+ (t) a(t) (t)=0,所以对于方程y=-a(t)y的任一解y=(t)必有(t) (t)=常数b) “”假设为方程y=-a(t)y的基解矩阵，则 (t) (t)= (t) +(t) (t)=- a(t) (t)+ (t) a(t) )+ (t) a(t) (t)=- (t) a(t) +(t) a(t) =0,故(t) (t)=c“”若存在非奇异常数矩阵c，detc0,使(t) (t)=c，则 (t) (t)= (t)+ (t)=0，故(t)(t)=- (t) (t)a(t) (t)=- (t) a(t) 所以(t)=- (t) a(t), (t)=- (t) a(t)即(t)为方程y=-a(t)y的基解矩阵8、试求，其中 满足初始条件的解。解：由第7题可知的基解矩阵 则若方程满足初始条件则有若则有习题5.31、 试证：如果是=ax满足初始条件的解，那么expa(t-t)证明：由定理8可知(t)-1(t0) (t) 又因为(t)= expat , -1(t0)=( expat0)-1= exp(-at0), f(s)=0,又因为矩阵 （at）（- at0）=（- at0）（at）所以 expa(t-t)5、试求方程组=ax的基解矩阵，并求满足初始条件c) 由3（c）可知，矩阵a的特征值为3，1（二重） 对应的特征向量为u1，u2 解得 6、 求方程组=axf（t）的解：解：a）令=ax的基解矩阵为(t)解得(t)， 则1(t)1(0)求得7、 假设m不是矩阵a的特征值。试证非齐线性方程组 有一解形如 其中c，p是常数向量。 证：要证是否为解，就是能否确定常数向量p则p（mea）c由于m不是a的特征值故mea存在逆矩阵那么pc（mea）1 这样方程就有形如的解习题6.3 1. 试求出下列方程的所有奇点,并讨论相应的驻定解的稳定性态 (1)解: 由得奇点(0,0),(0,2),(1,0),(1/2,1/2)对于奇点(0,0), a= 由=0得=10,=1/20所以不稳定 对于奇点(0,2),令x=x,y=y-2, 则a= 得=-1, =-1/2所以渐进稳定同理可知,对于奇点(1,0),驻定解渐进稳定 对于奇点(1/2,1/2),驻定解渐进不稳定acknowledgements my deepest gratitude goes first and foremost to professor aaa , my supervisor, for her constant encouragement and guidance. she has walked me through all the stages of the writing of this thesis. without her consistent and illuminating instruction, this thesis could not havereached its present form. second, i would like to express my heartfelt gratitude to professor aaa, who led me into the world of translation. i am also greatly indebted to the professors and teachers at the department of english: professor dddd, professor ssss, who have instructed and helped me a lot in the past two years. last my thanks would go to my beloved family for their loving considerations and great confidence in me all through these years. i also owe my sincere gratitude to my friends and my fellow classmates who gave me their help and time in listening to me and helping me work out my problems during the difficult course of the thesis. my deepest gratitude goes first and foremost to professor aaa , my supervisor, for her constant encouragement and guidance. she has walked me through all the stages of the writing of this thesis. without her consistent and ill