王玉文版常微分方程简明教程课后习题答案

1、1.4习题答案1. 12150, 2.52.2(1) P=0, P=200, (2) 0 ： P ： 200, P 200.3. (1) P =0, P =50, P =200, (2) 50 ： P ： 200, (3) 0 ： P : 50, P 200.4. 解：因为当dy =0时，y(t)将保持不变；当dy 0时，y(t)将增加；当dy : 0时,dtdtdty(t)将减少.由凹=y3 - y2 - 20y知，dt(1) 当y3- y2-20y= 0,即y = 0, y = -4, y = 5 时，y(t)将保持不变.当y3y220y0,即V ： y ： 0 或 y 5 时，y(t)将

2、增加.当y3- y2-20y: 0,即y ： -4 或 0 ： y ： 5 时，y(t)将减少.5. 7071.dN6. 解: (1) 设N(t)为在时刻t的放射性同位素质量.则模型为kN, k 0为比dt例系数，方程的解为 N(t)=ce火，由t=0时，N(0)=50,得N(0)=c=50,于是kt2 kN(t) =50e,又因为 t=2 时，N(2)=50 (1-10%) =45,得 45 = 50e,k=】l n®：0.053,因此 N(t) =50e.053t.2 9当 t = 4 时，N=50e.053 4 = 40.51(3)质量减半时 N(t)=25,得-0.053t

3、=1 n , t ：T3.27. (1)0.00012, (2) 0.86643, 一样.573088. (1) 1065, (2) 17669, (3) 32600, (4) 1689.解:(1)dSSk(1)S-10.dtNdSS1(2)k(1)S- S.dtN3(3)pl QQ-k(1 - )S-l、S，其中l是捕获量与总量平方根的比例系数dtN10. (1)趋向于2000, (2) 鱼的数量递减趋于0.11. y2(t) =2t3.12. g(t) = ln t -t, t 0 .t213.(1)y =ce2 ,c为任意常数.1(2) y = ce,c为任意常数(3) y = ln(t

4、 - c), c为任意常数2 y二2arctan t c, c为任意常数.ty, c为任意常数，此外y - -1也是解.1 -ce2t3 _2t y =ce3-1,c为任意常数.2In | y| 2 =et c, c为任意常数，此外y =0也是解.(8) y21,c为任意常数.1 +t22 2(9) y二tsin(lnt - c), c为任意常数，此外y二t也是解.(10) Inf cy, c为任意常数14.(1) y =1(11e2t -1).(2) y =0.(3) y2 =16 - In |1 -t2 |.t2兀(4) y = tan( ).24tdF15.解：设 F(t) f(s)ds

5、,则 F(t)可导且 F(t) = f(t),这样有 F 1,FdF=dt,0dt得 F2(t) =2t c, F(t)二.2t c ,又 F (0)=0,得 c=0.从而 F(t)二进而f(t) =F (t)=-12t .16.解：首先令s=0,由已知可得 y(t) 刈 回1 -y(t)y(0)化简有y(0)(1y2(t)0,知y(0) =0.由函数的导数定义y(t S) -y(t)y巳m0sy(t) y(s) -y(t) = limi-yy(s)s 0s2.lim y(s)(1 y(t)s 0 s(1- y(t)y(s)2.y(s)1 y (t)二 lim lims 0 s sQ1-y(t

6、)y(s)变形为橹五= y(O)dt,积分得 arctany(t)=y (O)t c ,由 y(0)0,知c = 0,所以满足条件的函数为y(t) = tan y(0)t)17.y=e畑t18.(1) y =ce-1ec为任意常数.3y =ce"t3e±,c为任意常数.2ty 二 ce26y e515y e131(cos2t - sin 2t), c 为任意常数.412cos2t sin2t.55亠2cos2t sin2t.13132t2ty = 3e 5te .y = (1 t)et.19.(1)x=ce”int sint-1,c 为任意常数.二 y(0)(1 y2(t)

7、1y = cx2ex x2, c为任意常数.1y 二 c(t 1)2-(t 1)4,c为任意常数.c t3x, c为任意常数.t 420.直接代入方程验证即可 21. a = 3,b = 1,c =1.211 4t 1 21122. (1)x=ce_ e t t,c为任意常数.62244t 13323341(2) y=ce°t t tsi nt cost, c 为任意常数4 16321281717132(3) y =ce't+_e3t-e't +一cos2t +sin2t,c为任意常数.61313(4) y 二 ce 丄 te 丄- cos2t sin 2t, c 为

8、任意常数.3 1 623. (1) y =ct t , c为任意常数.3t2(2)y=(c 4t)e , c为任意常数. y =ct2，t2(t-1肘，c为任意常数 y 二 cexost - 4eost ecostdt, c为任意常数.1 1 y = (c 4 e' cost dt)e t, c为任意常数，此外y = 1也是解.dtdty =(c tt373dt)e c,c为任意常数注：上面的不定积分在这里代表某一个原函数 24.在y =3附近的所有解是递减的，对y(0) ： 3的解，当t厂工：不可能趋于二.25.(1)取 f (t) =t(t -2)(t2),如图 1-22: (2)

9、取 f (y) = ( y -2)( y - 3)(y2),如图 1-23.1 7 / / / /H卜严111 7小fW / J7 I * "、 $ Jh 7小心7 小!7 I WJ 7 f / 杓/X $ r 7 X f X、11/7 / $ 11 7 小 2、 宀! 7 小 2i-j 1 1色/了 Z'i/ i r > 7门Z、 、小 11 13 / / / /<7 八 7 Z ¥ 沙、 八 J 7 I f f #7'小小、 、八 I 2、 .” )1 C/ / / / /-7 八 1 17 / 1 !、 、3 丿1 7 1 UmW、7 小“

10、 a门图 1-22(M f M M fTf H H N I H图 1-2327. f (t,1) =0 ,在y =1的直线上，斜率场的斜率标记为水平的；我们并不能得到关于初始 条件y(0) = 0的特解的有用信息.dQQ60,口28. (1)设t时刻湖中盐酸含量 Q为千克，则 dt4000 可释得【Q(0)=0,Q(t) =240000(1 -e 4000).(2) 213139.(3) 最终趋向于240000千克.石dQ “1000Q60 ,29.(1) dt400000020t 可解得Q(0) =0,丄400000051 50 .丄(4000000 . 20t).17 (4000000 +

11、20t)17 218010.dv v-rc30.设C处电压为v(t),则有，v(0) =E,因此v(t) =Ee RCdtRC31.(1)y1= 5,y2= 8,y3- 12-5,y4- 19-25.(2) y<)= 0.39, y2 =0.1004,y=-0.3776,y4=-0.9891, y5= -1.5934,y6 =2.0456, y?二-2.3287, y -2.5241, y -2.6899,二-2.8428 .(3) % =4, yyyy -1.(4) % =1.5, y2 =3.375, y3 =2.5547, y4 =3.3462, y5 =2.5939 ,y6=3.

12、 32 3 6y,7 工 2. 6 24 0 亍 3.y3 0 17 ,y1?> 652 8,3. 2 8692232. (1) y(t) : 2 , 1 < y(t) ： 3,-t : y(t) ： y 4 , 一2 ： y(t) ： t .33. 解：由方程的右端项为f(y) =y(y-2)(y-5)仅为y的函数在全平面上连续可微，从而由存在唯一性定理，给定初始条件的解是存在并且是唯一的.首先由f (y) =y(y-2)(y-5)知方程有 y(t)=0, y(t) =2, y(t) =5三个平衡解.(1)初始条件为y(0) = 6,初值位于y(t) =5的上方，由唯一性，满足这

13、个初始条件的解 屮一定大于5,且 业二y,(y1-2)(力-5) -0,知这个解递增，并dt且随着y1 (t)的递增,dy-也递增并且越来越大，知在t增加时，y1 (t)在有限时间dt内爆破,趋向于:.当t减少时，(t)递减，并且随着ydt)的递减趋于5,业dt也递减趋向于0,递减越来越来越缓慢，知 t-：，ydt) 5.(2) 初始条件为y(0)=5,而平衡解y(t)=5满足这一初始条件,由唯一性,满足这个初始条件的解就是平衡解y(t)工5.(3) 初始条件为y(0)=1,初值位于y(t)=0, y(t)=2这两个平衡解的中间,由唯一性，满足这个初始条件的解y3(t) 定满足 0 ： y3(

14、t) ： 2,且 由y3 (y3 '2)( y3 -'5) 0,知这个解递增，并且随着y3(t)的递增， 也递增 dtdt但随着y3趋向于2,空 趋向于0,增长越来越缓慢，知t上-',y3(t)； 2 .同 dt样，t - ： ： , y3 (t 0 .(4) 初始条件为y(0) =-1,初值位于y(t) =0的下方，由唯一性，满足这个初始条件的解y4(t) 定小于0,且二y4 (y4 2)(y45) ： 0 ,与前面类似讨论 dt知，在t增加时，y4(t)在有限时间内爆破，趋向于-二.当t -：:时， y4(t)> 0.34. 证明：由于f(y)连续可微，知方程

15、 詈=f(y)满足存在唯一性定理的条件因为 yi(t)是方程的一个解，y,t)必可微，又因为在t 处取得极值，则由极值的必要条 件知 yi(t°)二0 ,从而 f (y°) = f (yi (t。)= d% |t土0 = 0,知 y2(t)二 y°是方程的一个平 dt衡解，并且这个解满足初始条件y2(t。)= y。，而yi(t)这个解满足同样的初始条件，由解的唯一性，知y_,(t)三y2(t) =y0.(t c)2 t 3c35. y,其中c_0为任意常数，这些解的定义区间为(：，：)I0,t <C36解：由f (t, y) =3y3 ,知它在全平面内连续，

16、又由于f (t，y)=2y 3,在除去y=0的区域内连续，从而在除去y=0的有界闭区域内有界，进而满足利普希茨条件， 知方程满足初始条件y(t°) =y° =0的解在充分小的邻域内存在并且唯一.当y =0时，函数y =0是方程过(0,0)的解.1 2 3当八0时,方程可变形为3y3d八dt,积分得(t c),c为任意常数.当3c =0时，得特解 y=t是过(0,0)的另一个解，其实,除零解外,过(0,0)的所有3解可以表示为y =(t 一°), t Z , y =0, t>a3(t Q) ,t AQ0, t 兰 Q<3(t-G) , t vGy= (t

17、Q),t.C2,0, C| Et 兰 C2其中C1,C2是满足C10,C2_0的任意常数，这些解的定义区间为(_：,：),但本质上在充分小的邻域 (-；，；)内方程所确定的过(0,0)的解只有四个,t3即函数 y=0, y=t, y='一<0 及 yj；00, L_t ： ；t <t :;37.解：(1)由 f (y) =3y(y -10得平衡点为 y = 0 和 y T .因为 f (0) - -3 ： 0 ,所以y二0是汇；而f (0) = 3 0,所以y = 1是源.71JlHf (2k二)-(2) : 0,知 v = 2k二 为汇；而.3131JI31由 f (v)

18、 = v cosv 二 0 得平衡点为 v = 0 和 v = 2k"：, Z .当 k_1 时,f (2k二-?)= (2k二-/ 0 ,知 v 二 2k二-$ 为源.相反，当 k . 0 时,aJTJIJIf (2k二 3)=-(2k二 ?) °,知 v=2k二 ?为源；而JEJEJIJIf (2k) = 2k0,知v=2k 为汇.同样v 和2222f (ww2 2w 5总是大于0,知方程无平衡点.ji由f (v) - -1 sin v得平衡点v = 2k , k Z ,且当23131v = 2k： g, k Z 时，f(v) <0,知 v = 2k： ? K Z

19、 ,都为结点.38.(1)图 1-24, (2)图 1-25, (3)图 1-26, (4)图 1-27.i卜 j1 2/"Iy*1LFTI-!'7-0y 1F图 1-11图 1-25图 1-26图 1-2739.(1) lim _ y(t) = 2 - 、3, t减少时,在有限时间内趋于oO(2) lim y(t) = 2 - -3, lim y(t) =2、3t押t严(3) 同(1).(4) lim._y(t) = 2 、3, t增加时，在有限时间内趋于-.40.解：(a)对应于(7),(b)对应于(2),(c)对应于(6),(d)对应于(3).例21.41.如图 1-2

20、8图 1-2842(1)利用连续函数的介值性定理可证.利用教材中定理1.7和连续函数的介值性定理.43. (1)汇，(2)源，(3)结点.44. 解：(1) 当' -0时，方程有一个平衡点y=0，当J 0时，方程没有平衡点，当J :0时，方程有两个平衡点y - '和y-，知=0是方程的分歧值，这是鞍结点分歧，相线如图1-12._Cy2y 亠1 = 02(2)由分歧的必要条件若为分歧值则满足，得或 2y + 0(y = 1.当卩=-2或卩=2时，方程有一个平衡点 y =，当4 £ -2或卩2时, y 12方程有两个平衡点y4 和 y =2-2_42当-2： 2时，方程没

21、有平衡点，知-2和二-2是方程的分歧值，在每个分歧值处均为鞍结点分歧.相线如图 1-13.(3)当=0时，方程有一个平衡点y=0，当J ' 0时，方程有两个平衡点y=0和y -，知亠-0是方程的分歧值，这是跨越式分歧，相线如图1-14.由分歧的必要条件若为分歧值则满足m，得爲22或当"- -2，方程有两个平衡点y - -2, y =1，当"=2时,方程也有两个y 一1平衡点y = 1，y = 2 丄” 2或J -2时，方程有一个平衡点，当-2 丄"2时，方程有三个平衡点,知- - -2和=2是方程的分歧值.这是复合式分歧.设.2,方程y3-3y_0的实根为

22、y12; ' : -2时，方程y3-3y-0的实根为y2 ：-2;一2 一： 2时,方程y3 -3' -0的实根为月3, %丸,且-2 : y3 ： -1 ： y4 ：y5 - 2,相线如图 1-15.JL匸7 1*尸GiJhiIp =0Ji >图 1-12y=-'VL "' - I3-1LiJ'-Jy11ii图 1-14图 1-13图 1-1545. (1)-1/ - -1是分歧值，当1或丄"一1时方程无平衡点，当-1_1时，方程有无穷多个平衡点111(2) '=0,是分歧值，当)-0或时方程无平衡点，当0时,2221

23、方程有两个平衡点；当时，方程有一个平衡点2第二章习题答案1、(a)(i)是兔-虎模型；(ii)是蚊-象模型；(b) (i)： (0,0), (100,-¥)； (ii) (0,0),(譽,20);255(c)设y(ti) = 0,那么由两个方程组中的第二个方程的表达式可知It占=0 ,因此从t二tidt 一开始，捕食者y将一直为零，即捕食此后者不会再生。类似可得食饵的同样状态。2、 由图中轨线方向可判断出R,F围绕正平衡点振幅逐渐递减地周期振荡，最终是螺旋式地1 5趋近于正平衡点(一，).并且R,F的值始终均为正的。见图 2-2.2 3d2 (si nt)3、(a)2 sin t 二

24、一sin t sin t = 0 .dt2(b)令齐Vldy-v,那么§ pt其相平面的解轨线与例2.3.1是一样的，但是解的图像dt是不同的。4、(i)(a) V(x, y) =(1,0)；(b) 见图 2-14 ；(c) 当t时，解轨线水平向右；(ii) (a) V(y,v)二(-v,y)；(b) 见图 2-15 ；(c) 当tr时，解轨线以(0,0)为圆心逆时针方向做圆周运动。(iii) (a) V(x, y) =(x,-y)；(b) 见图 2-16 ；(c) 当t >:时，从(1,-2)出发的解轨线递增正向趋于x轴；从(1,1)出发的解轨线递减正向趋于x轴；(iv) (

25、a) V(y, v) = (v, y)；(b) 见图 2-17 ；(c) 当t；心时，从(1,-2)出发的解轨线沿v = -y增长方向趋于(0,0)再沿v = -y趋于无穷；从(1,1)出发的解轨线沿v二y趋于无穷；(v)(a) V(x, y) = (x -2y,0)；(b) 见图 2-3；(c) 当t- 时，从(1,-2)出发的解轨线沿x轴负向趋于(0,0);从(1,1)出发的解轨线沿x轴正向趋于(0,0).a. 5-J -15 -I -fl& 0 If 1-li -I 出占 D 05>i图 2-14图 2-155、(i) (b); (ii) (c); (iii) (d); (

26、iv) (a).1 26、 (i)(a)平衡解(-一厂);(b)见图2-18; (c)当t-心时，解轨线逆时针螺旋式远离9 9ji(0,0). (ii) (a)平衡解(刁 k ,0) ； (b)见图2-19 ； (c)依赖于初始条件。4f 料 fy>->r?i £ Fsi'7 £>.%>.>me#J+- £ 必 Jz. -4-4-JWWW>*4-/2 J #4if-/.kvA-*丑！却£石2孑|/孑匕:-N备* 誉吩- t W u _ _ _ _ _ - - - , L L图 2-16图 2-177、见图2-6

27、.8、见图2-7.9、(x,t), y,t)是解,（X2（t）, y2（t）不是解。r_2tx =&eu(t)、_L/ 1、 "32t111、（a）通解= Cje+c2e2（t）<1丿(ii)(b)(b) (x, yH (0,0)；x =t +Ci,10、(i)丿 y= C2e.u(t)、Z 2t > e爼(tpf 1 肿1 J. 3 e 3 eiv(t)<0Mt)_l< e 丿(c)见图 2-10.12、(a) (x(t), y(t)=(閒k22et,k2et)；(c) (x(t), y(t) =(e2t(d)见图 2-20.图 2-20dyv,dt

28、d3v 10y. dtdyv,(ii) fdv；4v - y.dt13、(i)y1(te2t,y2(teJt ；ygM小詔“；14、(i) x(5) ： 0.65, y(5)：-0.59； (ii) x(5) T.94, y(5) ： -0.7215、直接代入验证;t,二者不在同一位置。'2dY03、Y ；(ii)=Y；J1丿；dt(-0.52丿*3-2-5Z “dY1-306Y ;(iv)=dt1一11°82丿虽然解轨线是同一个，但是在任意时刻不矛盾，dY16、 dTdxadx-3x 6y,dtdy.dt=4x _ y.dxx 一 y,dt。5*弓. dt=ydxdt型dt

29、dz二二pzqyrxdt19、(a)因为 detA =ad - be，若 a =0，那么(b)由 detA =0可得。20、 (a)平衡解为 v = 0; (a)平衡解为 v = 0 .21、 (a)将 Y(t)直接代入验证；(b) (_2te2t,(2t 2)e2t).2t t2t22、(a)直接代入验证；(b)线性无关；(c) (_2e ,e -2e ).23、直接代入验证。24、dWdx!dy2dx2dy!(a)应7頁"药-y1药7頁；dx. dx2 dy. dy2,(b) 将 -，-，代入(a)中的表达式；dtdt dt dt(c) W(t)二Ce""，其

30、中C是常数；(d) 若Y.(0)与丫2(0)线性无关，那么 W(0) = 0,进而对于所有的t 一 0 , W(t) = 0.因此Yi(t)与Y2(t)线性无关。25、(i).二-2,2=3; Vi =(-2,5)T,V2 =(1,0)T； Y(t)二 e(-2,5)丁，(t)二 e3t(1,0)T ；_2tT3tTY(t) -k.e (-2,5)k2e (1,0).丁丁Q+丁丁(ii) ，1=-3,2 =-6； V1 =(1,-1) ,V2 =(2,1) ； Y(t) = e (1,-1)，丫2(t) = e (2,1)；Y(tHk1eJ3t(1,1)Tk2e (2,1)t.1(iii) 1

31、 二 2； V =(0,1)T； Y(te42t(1,1)T .(iv) 1 -1,2 =4; y =(1,-1)t,V2 =(4,1)t； Y't) =e(1,-1)T,Y2(t) =e4t(4,1)T；Y(t)十代丄(1, 1)Tk2e4t(4,1)T.(v) =(3. 5)/2,'2=(3- .5)/2；y = (2, -1 一 5)T,V2= (-2,15)T ；Y1(t)二 e(3刼/2(2,-1.5)T,Y2(t)二e(3 ©t/2(-2,1；5)t；.Y(t)十卅3 5)t/2(2,-15)tk2 二 e(3t/2(-2,1、5)t.(vi) 2 

32、9;23; y =(2,1)T,V2 =(1,1)T； Y1(tet(2,1)T,Y2(tet(1,1)T；_2tT _3tTY(t)=k1e (2,1)k2e (1,1).26、(i) Y(t)=e?；丫=-3e-t3t+ eo(ii) 丫二 e2 _5t e；丫=9/rr2-2e3t5、_2t+ eL14；Y(t)3r ar1丿4；Y(t)-e't厂1<2(iv)27、(d)(b)29、e3t5z5a3；丫(0 =去5a1 3teJ丿5J丿11丫=252t丫(t)八edY(a)灵3t e;丫(t) =e3t1+ e3t 丫(2-q-p；(b) p ' q , (-p

33、p2 -4q)/2；(c)p2 4q；2因为 p _4q :(a) 1 二a = 2 二d； V1 =(1,0)T,V2 二(b,d-a)T;特征多项式 扎2(a+d)h+ad b2因为判别式为(ad)2+4b2兰0 .汀,(i)_.t； 1 =-5, 2 =2 ； y =竺3v 10y.dt1 15丫1(t) £1一5,丫2 2t=e(ii)=-2、3j2 = 一2八 3 ; y =r 1 、/ 一1 、厂2 +后丿,V2 一.-2-込dy一 =v,dtdv一 =4v y. dtY1 (t) =e( '3)t1<-2 +J丫2(t)= e(211-2-J3,I,ke&

34、lt;0. /Z2t30、(A) (a)汇；(b) ke(B) (a)鞍点；(b) ke4t3-131、(a)鞍点；(b)! = -2 : 0 ：冷2 = 2 ； yV14V2 =; (c)见图 2-11.J丿(ii)32、(a)匸；(b).33、(i)'1,2 = 2i ;中心；T ="f二丄；顺时针.(ii)(iii)34、ji11i；螺旋汇；T=211；4：.12 =(3_ .47i)/2;螺旋源；T;'J 4747;逆时针4: p2 : 4q; (b) q 0, 0 ： p ： 2 q 时，螺旋汇；q 0, p=0 时，中心；q 0,一2： q ： p : 0

35、 时，螺旋源；(c) q 0 .35、特征根是一对共轭纯虚根。36、(i)P); (b) 丫(t)=e3t-3t+ teU丿1X0(a) ，t = ' 2 = -3 ； V =(c)3t=e(ii)(c)37、38因为_3t£+te<0>13t=e-4q = 0 ； q = 0 .£f 、 a<0；S<0；_ , , x3t匸0 ',-3tx 0 y°(b) 丫(t)=e+ te1J。lx0 y0，2 = -3 ； V =所以a = X且c = 0 ；同样由a"°)= fb11丿广2、1、；(b)Y(t)

36、/kT扛；(c) Y(t)=-bI Ke 丿1°'21、(2kie5t + k2 '丸 1 =5，丸 2 =0；V =N2 =2j；(b)丫*MP，39、(i) 11 - -1, '2 =0 ;Vt 厂(C) Y(t)二4 5t 1 e5 525t 2,e k25540、(a) 、=a,'2=d;当 a = d 时，V 为 x 轴，g 为 y 轴；(b) Y(t)二 eatY。，丫。是初始条件；(c)与(b)相同，只是相图中的轨线方向相反。41、(i) a ： -22 ,汇；a = 22，临界汇；0 a -2 2 ,螺旋汇；a = 0,中心；0 a ：

37、2.2 ,螺旋源；a =2、2，临界源；a 2、2 ,源；分歧点 a =-2、. 2 ,0 2、2 .(ii) a ： -1,汇；a - -1,负重根；0 a -1,螺旋汇；a=0,零重根；a 0,鞍点; 分歧点a =-1O第三章第三章二阶线性常系数微分方程1考虑两个参数的线性方程组dYa b'Y.dt(b a 丿若(0,0)分别是鞍点、汇、源，试在平面上确定出相应的区域。解：方程的特征方程为人2 2ah+(a2 b2) = 0 .解得特征根为 耐,2 = a±乔 =a±|b需分类讨论：(I)当 b 0时，知=a b ： 2 = a b。(i) 当 b ： a b

38、： 0，即 a ： -b 时，(0,0)是汇。(ii) 当 a - b ： 0 ： a b，即 - b ： a ： b时，(0,0)是鞍点。(ii)当 0 ： a-b ：a b，即 a b 时，(0,0)是源。(ll)当 b < 0 时，知二 a - b 2 二 a b。(i)当 a b ： a -b ： 0，即 a b时，(0,0)是汇。(ii )当 a b ： 0 : a -b，即 b a " -b时，(0,0)是鞍点。(ii )当 0 ： a b ： a -b，即 a > -b 时，(0,0)是源。图3-12求解下列给定二阶微分方程的通解(1) d2 _6dy -7

39、y =0dt2 dt解：方程的特征方程为2 -6 - -7=0 .解得特征根为=7,= -1.因此，yi(t)二e7t, y2(t)二e为齐次方程的两个解。设匕*2为常数，使得 kie7t k2ea 0。将上式两端求导得7 kie7t -k2et三0。k +k =0令t =0得丿12'由此得k1=k2=0。因此，y1 (t e7t与y2(t) = e线性无J7ki k2 =0.关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) =se7t c2e4。与 6dy 9y =0 dt2 dt解:特征方程：' 6九= 0.解得特征根为 - 2匸因此，yt) -e ,y

40、2(t) - te为齐次方程的两个解。设k1,k2为常数，使得k1e k2te *三0。将上式两端求导得(k2 - 3kje Jt - 3k2te=0。令t =0,得& = k2 = 0。因此，yjt) =e"t与y2(t) =te"t线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) = c1e Jt c2te “。(3) d48dy 25y =0dt2 dt解：特征方程：2 8 - 20.解得特征根为= _4 3i,'2 =-4-3i._4t_4t因此，yi(t)二e c o3S, y2(t) =e s i 3n 为齐次方程的两个

41、解。_4t_4t设 ki,k2为常数，使得kie cos3t k2e sin 3t = 0。将上式两端求导得(4k1 3k2)etcos3t 3k4k2 )et sin 3t 三 0。令t =0得 ki =k2 =0。因此，yi(t)二e*t cos3t与 y2(t)二esin3t线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为-4tAy(t)=Cie cos3t C2e sin 3t。(4) d47dy 12y =0dt2 dt解：特征方程： 2 7 -12=0 .解得特征根为 r = -3, ' 2 = -4 .因此，yi(t)二e°t,y2(t)二e&

42、quot;为齐次方程的两个解。设ki,k2为常数，使得kiet k2e4t三0。将上式两端求导得-3k1et -4k2e0。只ki * k? = 0,_3tAt令t=0，得丿由此得ki=k2= 0。因此，y,t)=e 与y2(t)=e 线厂 3 ki _ 4 k： = 0.性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t c1et c2e*t。(5) d4 9y =0dt2解：特征方程：20 解得特征根为“二空二-3i.因此，yi(t) = cos3t, y2(t) = sin 3t为齐次方程的两个解。 设 K ,k2 为常数，使得 k1 cos3t - k2 sin 3

43、t 三 0。将上式两端求导得-3kjSint，3k2cos3t三0。令t =0,得k, =k2 =0。因此，y1(tcos3t与y2(t)=sin 3t线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) = c, cos3t c2sin 3t。2(6)d4 -2 dy 100dt2dt2 _ _ _解：特征方程： 一210=0.解得特征根为，i =1 3匚七=1-3i 因此，ydt) =et cos3t, y2(t etsin 3t为齐次方程的两个解。设 k1 ,k2 为常数，使得kg cos3t - k2et sin 3t = 0。将上式两端求导得(k1 3k2)et

44、cos3t (k3k1)et sin3t 三 0。令 t =0,得 & =k2 =0。因此，y1(tet cos3t 与 y2(t) =£s in 3t 线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) = c1et cos3t c2et sin 3t。3求解下列初值问题设ki,k2为常数，使得kie4t - k2te4t三0。无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t)二血 c2e。G + 0? = 6,G = 2,由已知初值条件，则有由此得13Ci + c? = 2.C2 = 4.mAu则原方程满足初值条件的特解为y(t

45、)任 4et。(2)2栄叱13yM.y(o)=i, y'(0) 4.解：特征方程：，2_4，*13=0 解得特征根为=2 3i,2 =2-3i.因此，yi(t)二e2t cos3t, y2(t) = e2tsin 3t为齐次方程的两个解。设 k1,k2 为常数，使得 kie2t cos3t k2e2t sin3t =0。将上式两端求导得(2k1 3k2)e2t cos3t (2k3k1)e2t sin3t 三 0。令t =0,得 & =k2 =0。因此，y1(te2t cos3t 与 y2(t)二e2tsin3t 线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解

46、为y(t) = c1e2t cos3t c2e2t sin 3t 。由已知初值条件，则有G =1,2。1 + 3c 4由此得G=1,&2 = -2.则原方程满足初值条件的特解为2t2ty(t)二e cos3t-2e sin3t。(3)沁S'y(0) =3,y' (0) =11.解：特征方程：，-8 16 = 0 .解得特征根为，1 = 2 = 4 .因此，ydt) =e4t, y2(t) =te4t为齐次方程的两个解。将上式两端求导得(4k1 k2)e4t - te4t =0。令t =0，得ki二k2 =0。因此，yi(t)二e4t与y2(t)二te4t线性无关。则由二

47、阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) = c(e4tC2te4t。由已知初值条件，则有Ci =3,4c1 c2 =11.由此得Ci = 3,C2 = 1.则原方程满足初值条件的特解为4t4ty(t) = 3e - te 。2X 6y=0,y(0) =i,y'(0) 7解：特征方程：九2 +5人+6 = 0 .解得特征根为 人=一2，入2 =-3 _2t_3t因此，yi(t)二e ,y2(t)二e为齐次方程的两个解。_2t_3t设ki *2为常数，使得 kie k2e三0。将上式两端求导得- 2k1e3k2e=0。* k? = 0,Qt3t令t = 0，得丿由此得&

48、#171; = k2 = 0。因此，y1 (t) = e 与y2 (t) = e_ 2k _ 3k 0.性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为y(t) = c1e2t qe't。由已知初值条件，则有G C2 =1,-'20 -= -1.由此得G =2,02 = _1 .则原方程满足初值条件的特解为y(t) =2e(5)专 一9齐 18y=0.y(0) =1,y'(0) = 2.解：特征方程:2'-9 18 = 0.解得特征根为1=3 3i, 2 =3-3i.因此，ydt) =e3t cos3t, y2(t) = e3t sin 3t为齐

49、次方程的两个解。设 k1 ,k2 为常数，使得 k1e3t cos3t k2e3tsin 3t 三 0。将上式两端求导得(3k1 3k2)e3t cos3t (3k2 -3k, )e2 sin3t 三 0。3t3t令 t =0,得 k, = k2 = 0。因此，y,(t)二 e cos3t 与 y2(t)=e sin3t 线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为3t3ty(t)二 c,e cos3t C2e sin 3t。由已知初值条件，则有Ci =1,、3ci +3C2 =2.| ci =1,由此得1C2 =_3则原方程满足初值条件的特解为y(t)二 e3t cos3t1 e2t3sin3t。(6)2栄哼“0,y(0) =i,y'(0) =i.解：特征方程：24 -10 .解得特征根为=-2 2 . 3i, '2 = -2 -2、3i.因此，y1(tetcos. 3t,y2(tetsin 2.3t 为齐次方程的两个解。设 k1,k2 为常数，使得 k1et cos. 3t k2etsin 2 . 3t 三 0。将上式两端求导得(-2k1