常微分方程答案一二章.doc

习题1.24. 给定一阶微分方程，(1). 求出它的通解；(2). 求通过点的特解；(3). 求出与直线相切的解；(4). 求出满足条件的解；(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。解：(1). 通解显然为；(2). 把代入得，故通过点的特解为；(3). 因为所求直线与直线相切，所以只有唯一解，即只有唯一实根，从而，故与直线相切的解是；(4). 把代入即得，故满足条件的解是；(5). 图形如下：5. 求下列两个微分方程的公共解：解：由可得所以或，代入原微分方程满足，而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. 求微分方程的直线积分曲线。解：设所求直线积分曲线是，则将其代入原微分方程可得所以所求直线积分曲线是或。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；(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：因为过点的切线的横截距和纵截距分别为和，故(2). ；(5). 。习题2.11. 求下列方程的解：(2). ，并求满足初值条件的特解；解：当，分离变量，得两边同时积分，得又也是原方程的解，故的通解是由初值条件可得，故所求特解是。(4). 解：当，分离变量，得两边同时积分，得又也是原方程的解，故所求通解是 和 (5). 解：原方程可化为令，则两边同时积分，得将代入，得所求通解是(6). 解：原方程可化为令，则 当，分离变量，得两边同时积分，得又，即也是的解，故的通解是和。将代入，得原方程的通解是 和 (7). 解：当，分离变量，得两边同时积分，得又，即也是原方程的解，而该解可在中令得到，故所求通解是(8). 解：分离变量，得两边同时积分，得所求通解是 即 (9). 解：原方程可化为令，则 当，分离变量，得两边同时积分，得 由原方程可得，从而。又，即也是的解，而该解可在中令得到，故的通解是。将代入，得原方程的通解是(10). 解：分离变量，得两边同时积分，得所求通解是 2. 作适当的变量变换求解下列方程：(1). 解：令，则原方程化为两边同时积分，得将代入，得原方程的通解是 即 (3). 解：因为令，则原方程化为再令，得两边同时积分，得将代入，得原方程的通解是(7). 解：原方程可化为令，则原方程化为再令，得用分离变量法求解，得将代入，得原方程的通解是习题2.21. 求下列方程的解：(5). ；解：原方程可化为： 对应的齐次方程为，用变量分离法求得其解为。令的解为，则将其代入可得所以原方程的通解为(8). ；解：当时，原方程可化为： 这是未知函数为的非齐次线性方程，对应的齐次方程为，用变量分离法求得其解为。令的解为，则将其代入可得所以的通解为又也是原方程的解，故原方程的通解为 和 (12). ；解：原方程可化为： 这是的Bernoulli方程。当时，两边同时除以，得令，则 其对应的齐次方程的解为，令的解为，则将其代入可得所以的通解为将代入，得。又也是原方程的解，故原方程的通解为 和 (13). ；解：原方程可化为： 这是的Bernoulli方程，两边同时乘以，得令，则 其对应的齐次方程的解为，令的解为，则将其代入可得所以的通解为将代入，得原方程的通解为(16). ； 解：原方程两边同时对求导可得在原方程中，当时，。故原方程等价于Cauchy问题 由常数变易法易得的通解为，再由可得，故Cauchy问题的解为，这也是原方程的解。习题2.31. 验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解：(2). ；解：因为，所以故原方程是恰当方程。令函数满足，则由可得再由可得所以，故原方程的通解是(2). ；解：因为，所以故原方程是恰当方程。令函数满足，则由可得再由可得所以，故原方程的通解是2. 求下列方程的解：(4). ；解：原方程两边同时除以，得所以原方程的通解是(6). ；解：因为，所以原方程不是恰当的。由可得积分因子，原方程两边同时乘以，得即所以故原方程的通解是(8). ；解：因为，所以原方程不是恰当的。由可得积分因子，原方程两边同时乘以，得即所以此即为原方程的通解。5. 试证齐次微分方程当时有积分因子。证明：齐次微分方程两边同时乘以得所以原方程可化为。因为原方程是齐次方程，故可设令，则又因为所以从而故是齐次微分方程当时的积分因子。习题2.41. 求解下列方程：(1). ；解：当时，原方程可化为令，则，两边对求导，得即又时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是(3). ；解：令，则，两边对求导，得所以或所以原方程的通解是 和 习题2.51. 求解下列方程：(3). ；解：原方程两边同时乘以，得令，则用常数变易法易得其解为，故原方程的通解为(11). ；解：原方程可化为由可得，这是一个恰当方程，即所以原方程通解为(19). ；解：令，则由原方程可得，故原方程可化为 两边对求导，得所以或又时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是 和 (29). ；解： 令，则，故所以原方程通解为习题3.11. 求方程通过点(0,0)的第三次近似解。解：，令，则为所求的第三次近似解。3. 求初值问题 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，所以，从而解得存在区间为，即。又因为在上连续，且由可得在上关于满足Lipschitz条件，所以Cauchy问题在有唯一解。令，则 误差为：10. 给定积分方程 (*) 其中是上的已知连续函数，是，上的已知连续函数。证明当足够小时(是常数)，(*)在上存在唯一的连续解。证明：分四个步骤来证明。. 构造逐步逼近函数序列由是上的连续函数可得在上连续，故再由是，上的连续函数可得在上连续，由数学归纳法易证在上连续。. 证明函数列在上一致收敛。考虑级数 由知，的一致收敛性与级数的一致收敛性等价。令，。由有所以假设对正整数，有不等式 则所以对任意正整数都成立。 因为为正项级数，且当足够小时， 故收敛，从而由Weierstrass判别法，级数一致收敛，故级数一致收敛，所以函数列在上一致收敛。. 证明是积分方程(*)在上的连续解。因为由和可得在上连续，在上一致收敛，故在上连续，且函数列在上一致收敛，所以对两边取极限可得从而所以是积分方程(*)在上的连续解。. 证明是积分方程(*)在上的唯一解。设是积分方程(*)在上的另一连续解，则令，则对都成立，上式两边对取最大值可得如果，则由上式有这与矛盾，故，即，所以，从而是积分方程(*)在上的唯一解。证毕。习题3.21. 求 的解的存在区间及延拓解的饱和区间。解：对任意充分大的，令，则在上连续且关于满足Lipschitz条件，故存在唯一解。由可得，解的存在区间为，。由于充分大，故存在充分小的，使得的解的存在区间为。由于在上连续和关于满足局部Lipschitz条件，故解，可延拓。又当时，；时，故由推论，延拓解的饱和区间为。习题4.13. 已知齐次线性微分方程的基本解组，求下列方程对应的非齐次线性微分方程的通解：(2) 解：令所求通解为则所以，所求通解为(5) 解：令所求通解为则所以，所求通解为4. 已知方程有基本解组为，试求此方程适合初值条件及的基本解组（称为标准基本解组，即有），并由此求出方程的适合初值条件的解。解：因为是方程的基本解组，故的通解为由可得，由可得，又和线性无关，所以适合初值条件及的基本解组为，从而 的通解又可表示为故由可得，于是适合初值条件的解为习题4.22. 求解下列常系数线性微分方程：(1) 解：特征方程：特征根：基本解组：所求通解：(2) 解：特征方程：特征根：基本解组：所求通解：(3) 解：特征方程：特征根：基本解组：所求通解：(4) 解：特征方程：特征根：基本解组：所求通解：(5) （属于类型）解：齐次方程：特征方程：特征根：当，齐次方程通解：，此时0不是特征根，故设特解为，将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解：当，0是二重特征根，故齐次方程通解：，设特解为，则将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解： (6) （属于类型）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：0不是特征根，故设特解为，将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解：(7) （属于类型）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：方法一：常数变易法求解设原方程通解为，则所以将代入中即得原方程通解：方法二：比较系数法求解由于0不是特征根，故设特解为，将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解：(10) （属于类型）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：由于1是一重特征根，故设特解为，将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解：(12) （属于类型）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：由于2不是特征根，故设特解为，将其代入原方程可得，从而特解为，所以所求通解：(14) （属于类型的混合，注意和中的系数不一样）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：对于，由于是一重特征根，故设其特解为，则将其代入可得，从而的特解为；对于，由于不是特征根，故设其特解为，则将其代入可得，从而的特解为。所以原方程特解为，故所求通解：(15) （属于类型和的混合）解：齐次方程：特征方程：特征根：齐次方程通解：对于，由于1不是特征根，故设其特解为，则