常微分练习题答案

1、常微分练习题答案7 / 4,计算题;1.x'' x$-sin3t+2 sin21故通解为x(t)=2 .cos t丄r1 cost sin t1 1+ r2 sin t2 sin t解：齐线性方程的特征方程为，,33x' x c 积分得2(y -3x )dx(4y -x)dy 二 0解：-3x dx (ydx xdy)4ydy = 0d(-x3) dxy - d(2y2) =0 1 = 0，解得二_i于是齐线性方程通解为x(t)二c1 costc2 sint令x(t) (t)costC2(t) si nt为原方程的解，则c1' (t)cost c2'(t

2、)sint =0( 1 -c1'(t)si nt c2 '(t) cost 厂 sin3t1cos t得c1八不，c2(ta1 1积分得；c1 (t) = ctgt r1 c2 (t)22、1x''=2x'解：x'=y从而方程可化为dy 1占亦，勺>,3IF C 丿，故方程的通解为x3xy_2y2 =c4. 方程厂 4y = 0的基本解组是5. 求方程y'；：5y =sin 5x的通解.解方程的特征根为1 =0 ,'2=5齐次方程的通解为y = G C2e5x因为x - i：二5i不是特征根。所以，设非齐次方程的特解为%(x

3、) =As in 5x Bcos5x代入原方程，比较系数得-25A+25B =1-25A-25B =011确定出 A ， B =。50506.2xylnydx+ x2+ y2 1 y2 dy=0；:M ；:NMNy；x2xln y1 _|解：一 =2xIny+2x ,=2x,贝卩=，故方cyby-M-2xyln y yl.dy11程有积分因子y =ey =丄,原方程两边同乘以丄得yy纽山dx+ X2八1dy=0是恰当方程. yyd( x lny)+y J y2 dy=0,两边积分得方程 的解为32 1 2 2x lny+ - 1 y 二C。37、求方程dy =x y2通过(0,0)的第三次近似

4、解。dx解：0(x)=01(x)x二 o xdx 二2(x)二；(x *x4)dx =fx2丄20x _1 23(X)0 x (2x20x5)2 dx：1411017,x xxx dx440020121511118x xxx22044001601原方程的通解为y=G，C2e5x (coSx-si5x)。50二证明题;8设y i(x)和y =2(x)是方程q(x)y =0的任意两个解，求证：它们的朗斯基行列式W(x)二C，其中C为常数.证明：由已知条件，该方程在整个 xoy平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条件.显然y = _1是方程的两个常数解.任取初值(x0, y。),其中x0 E (-O

5、0, +oc) , y0 <1 .记过该点的解为y = y(x)，由上面分析可知， 一方面y二y(x)可以向平面无穷远处无限延展；另一方面又上方不能穿过y =1，下方不能穿过y = -1，否则与惟一性矛盾.故该解的存在区间必为任意x及满足条件0 ： y° : 1的y°，方程dy _ y(y -1) 25"dx 1 x y的满足条件y(x°) = y的解y二y(x)在(-乜，：)上存在.9.证：由于 f(x, y)-q 221+x + y(x, y)(2y-1)(1 x2y2)-y(y-1)2y(1+x2 +y2)2在全平面上连续，所以原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理及解的延展定 理条件.又显然y =0,y =1是方程的两个特解.现任取x (7, ：)，y0 (0,