常微分方程课后习题答案.doc

习题 3.4

(一)、解下列方程，并求奇解（如果存在的话）：

2dy1、y2xx

dxdxdy4解：令

dydxp，则y2xpxp，

dp24dp两边对x求导，得p2p2x4dx2xp4x2p3dx

12xp32xdpdxp0 从12xp30得 p0时，x12p3,y34p2；

从2xdp2cdxp0得 xcp2,ypc2，

p0 为参数，c0为任意常数.

cx2经检验得p ，（p0）是方程奇解.

y2cc2pdy22、xydx

解：令

dydxp，则yxp2，

两边对x求导，得p12pdpdx

dpp1dx2p，

解之得 x2plnp12c，

所以y2pp2lnp12c，

且y=x+1也是方程的解，但不是奇解. 23、yxdydx1dydx



1

解：这是克莱洛方程，因此它的通解为

ycx1c2，

ycx1c2从c 中消去c, x01c2得到奇解y1x2.

24、dyxdyy0dx dx解：这是克莱洛方程，因此它的通解为 ycxc2，

ycxc2从 中消去c, x2c0得到奇解 y24y0. 25、dydydx2xy0 dx解：令

dydxp，则y2xpp2，

两边对x求导，得 p2p2xdpdx2pdpdx

dx2dppx2，

解之得 x23pcp2，

所以 y123pcp1，

可知此方程没有奇解. 326、xdydxydydx10

解：原方yxdydx12，

dydx这是克莱罗方程，因此其通解为ycx1c2，

从ycx1c2 中消去c，得奇解27x24y30. x2c30

2

27、yx1dydydx

dx解：令

dydxp，则yx1pp2，

两边对x求导，得 xcep2p2， 所以 ycp1epp22， 可知此方程没有奇解. 28、xdydxxa20

2解：dyxa2

dxxdyadxx

xdyxadx xy231x222ax3 9yc24xx3a2

可知此方程没有奇解. 9、y2xdy1dy3dx3dx

解：令

dydxp，则y2xp133p， 两边对x求导，得 p2dpp2dpdxdx

dpdxp21p2

解之得 xp2223lnp2c，

所以 y13p3p23p46lnp2c，且 y2x23也是方程的解，但不是方程的奇解.

3

210、dydxx1dyy0 dx解：yxdydydy2dxdx

dx这是克莱罗方程，因此方程的通解为ycxcc2， 从ycxcc2中消去c, x12c得方程的奇解x124y0.

（二）求下列曲线族的包络. 1、ycxc2

解:对c求导，得 x+2c=0, cx2, 代入原方程得，yx2x2x2 244，

2 经检验得，yx4是原方程的包络.

2、c2ycx210

2解：对c求导，得 2ycx20,cx2y，

4代入原方程得

x444y2yx2y10，即x4y0，

经检验得x44y0是原方程的包络. 3、xc2yc24

解：对c求导，得 –2(x-c)-2(y-c)=0, cxy2,

代入原方程得xy28.

经检验,得 xy28是原方程的包络.

4、xc2y24c

解：对c求导，得 -2(x-c)=4, c=x+2,

4

代入原方程得4y24x2 ，y24x1, 经检验，得y24x1是原方程的包络.

(三) 求一曲线，使它上面的每一点的切线截割坐标轴使两截距之和等于常数c.

解：设所求曲线方程为y=y(x),以X、Y表坐标系，则曲线上任一点（x,y(x)）的切线方程为

YyxyxXx，

yy它与X轴、Y轴的截距分别为Xx，Yyxy，

按条件有 xyyyxya，化简得yxyay1y，

这是克莱洛方程，它的通解为一族直线ycxacycx1c它的包络是，

aac0x1c1c2ac1c，

消去c后得我们所求的曲线4axxya.

2(四) 试证：就克莱洛方程来说，p-判别曲线和方程通解的c-判别曲线同样是方程通解的包络，从而为方程的奇解.

证：克莱洛方程 y=xp+f(p)的p-判别曲线就是用p-消去法，

ycxfc从 中消去p后而得的曲线；

0xfc c-判别曲线就是用c-消去法，从通解及它对求导的所得的方程

ycxfc中消去c而得的曲线， 0xfc显然它们的结果是一致的，是一单因式，

因此p-判别曲线是通解的包络，也是方程的通解. 习题4.1

1. 设xt和yt是区间atb上的连续函数，证明：如果在区间atb上有

xtyt常数或

ytxt常数，则

xt和yt在区间atb上线形无关。

证明：假设在xt，yt在区间atb上线形相关

则存在不全为零的常数，，使得xtyt0

5

那么不妨设xt不为零，则有

ytxt

显然为常数，与题矛盾，即假设不成立xt，yt在区间atb上线形无关

2. 证明非齐线形方程的叠加原理：设x1t，x2t分别是非齐线形方程

dxdtnn

na1tdn1xdtdn1antxf1t （1）

dxdtnn1a1txdtn1antxf2t （2）

nn1的解，则x1t+x2t是方程

dxdtna1tdxdtn1antxf1t+f2t的解。

证明：由题可知x1t，x2t分别是方程（1），（2）的解

dx1tn则：

dtnna1tdn1x1tn1dtdn1antx1tf1t （3）

dx2tdtna1tx2tn1dtantx2tf2t （4）

那么由（3）+（4）得：

dnx1tdtnx2ta1tdn1x1tdtn1x2tantx1tx2tf1t+f2t

即x1t+x2t是方程是

dxdt22dxdtnna1tdn1xdtn1antxf1t+f2t的解。

23. 试验证x0的基本解组为e,ett，并求方程

dxdt2xcost的通解。

证明：由题将e代入方程

tdxdt22x0得：e-e=0,即e是该方程的解，

ttt同理求得et也是该方程的解

dxdt22又显然e,ett线形无关，故e,ettt是x0的基本解组。 由题可设所求通解为：

xtc1tec2tet，则有：

6

ctetctet012ttctectecost21

解之得：c1t14etcostsintc1;c2t12cost

14ecostsintc2

t故所求通解为：xtc1etc2etdxdt224. 试验证tdx1tdt111ttx0有基本解组t，e，并求方程

dxdt22tdx1tdt1txt-1的通解。

2dx解：由题将t代入方程

dtdt22dt11t2tdx1tdttt1t11tx0得：

tdt1tdtt1t0，即t为该方程的解

同理et也是该方程的解，又显然t，et线形无关，

dxdt22 故t，e是方程

ttdx1tdt11tx0的基本解组

由题可设所求通解为xtc1ttc2tet，则有：

cttctet012 tc1tc2tet1解之得：c1ttc1,c2ttete2tc2

故所求通解为xtc1tc2ett1

dxdt225. 以知方程x0的基本解组为e,ett，求此方程适合初始条件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01）并求出方程的适合初始条件x0x0,x0x0的解。

tt 解：e,e时间方程

dxdtt22x0的基本解组，故存在常数c1,c2使得：xtc1ec2ettt

于是：xtc1ec2e

令t=0,则有方程适合初始条件x01,x00，于是有：

7

00111t1tc1ec2e1解得： 故,cxtee c21002222c1ec2e0又该方程适合初始条件x00,x01，于是：

00111t1tc1ec2e0解得： 故c,cxtee 12002222c1ec2e1显然x1t，x2t线形无关，所以此方程适合初始条件的基本解组为：

xt12et12et， xt12et12et

而此方程同时满足初始条件x0x0,x0x0，于是：

00x0x0x0x0c1ec2ex0解得：c1 ,c20022c1ec2ex0故xtx0x02etx0x02et满足要求的解。

6. 设xiti1,2,,n是齐线形方程（4.2）的任意n个解。它们所构成的伏朗斯行列式记为wt，试证明wt满足一阶线形方程wa1tw0，因而有：

wtwt0exnxnxnn1t0a1sdsxnxnxnntta,b

x1n2nx1 解：wtx1x1x1x1x1nx1x1xnxnxn

n2nn1x1xn又xiti1,2,,n满足dxidtnndxidtnna1tdn1xidtn1antxi0

即

n1dxi a1tatxnn1dtwt中第k行都乘以akt，加到最后一行k为1，2，，n1

8

x1x1xnxnxn则：wtx1x1n2n1a1ta1twt

n2n1xn即wa1tw0 则有：

wtwta1tdt

两边从t0到t积分：lnwtttt0a1sds,则

lnwtnwt0a1sdst0即：

wtwt0et0a1sds ta,b

t7. 假设x1t0是二阶齐线形方程xa1txa2tx0（*）的解，这里a1t和a2t

在区间a,b上连续，试证：（1）x2t是方程的解的充要条件为：wx1,x2a1wx1,x20；（2）方程

的通解可以表示为：

1xx1c12expx1tt0a1sdsdtc2,其中c1,c2为常

数,t0,ta,b

证：（１）wx1,x2a1wx1,x20

x1x2x1x2x1x2a1x1x2a1x1x20a1x1x2a1x1x2a1x1x2a1x1x20x1x2a1x2a1x20x2a1x2a1x20,x10即x2为(*)的解。

（２）因为x1,x2为方程的解，则由刘维尔公式

9

x1x1

x2t0a1sds,即:wt0ex2tx1x2x1x2wt0ex2dx12t0a1sdst

两边都乘以

1x1则有：

tdtwt0x12et0a1sds，于是：

tx2x1c11x12et0a1sdstdtc2 1t0a1sds即：x2c12edtc2x1x1取c11,c20,得：x2x1

1x12et0a1sdstdt,

x1又：wtx1x2t0a1sds0ex2t1xxcexp112从而方程的通解可表示为：

x1常数,t0,ta,b。

tt0a1sdsdtc2,其中c1,c2为

8. 试证n阶非齐线形微分方程（4.1）存在且最多存在n+1个线形无关解。

证：设x1t,x2t,,xnt为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，xt是（4.1）的一个解，则：

，均为（4.1）的解。同时（1）是线形无关的。 x1txt,x2txt,,xntxt,xt, （1） 事实上：假设存在常数c1,c2,,cn1，使得：

10

c1x1txtc2x2txtcnxntxtcn1xt0nn1即:ci1ixitxtci1i0 n1我们说：c0

i1in1n否则，若c0，则有：xtcii1inxi11itci1i（*）的左端为非齐线形方程的解，而右端为齐线形方程的解，矛盾！ n从而有cixit0

i1又x1t,x2t,,xnt为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组， 故有：c1c2cn0,进而有:cn10 即（1）是线形无关的。

习题4.2

1. 解下列方程

（1）x(4)5x4x0

解：特征方程45240有根12，22，31，41

故通解为x=c2t1ec2t2ec3etct4e

(2)x3ax3a2xa3x0 解：特征方程33a23a2a30

有三重根a 故通解为x=catat1ec2tec2at3te

（3）x(5)4x0

解：特征方程5430

有三重根0，42，5-2

故通解为xc2t2t1ec2ec23tc4tc5 （4）x2x10x0

11

解：特征方程22100有复数根1-1+3i,2-1-3i

故通解为xct1ecos3tct2esin3t (5) xxx0

解：特征方程210有复数根13ii12,1322,

故通解为xc12t331ecos2tc12t2esin2t

(6) sa2st1

解：特征方程2a20有根

1a,2-a

当a0时，齐线性方程的通解为s=cat1ecat2e

~sABt代入原方程解得AB1a2 故通解为s=cc11eat2eat-a2(t1)

当a=0时,~st2(11t2)代入原方程解得16,212

故通解为s=c121c2t-

6t(t3)

(7) x4x5x2x2t3

解：特征方程342520有根12,两重根1 齐线性方程的通解为x=cttt1e2c2ec3te

又因为0不是特征根，故可以取特解行如x~ABt代入原方程解得A=-4，B=-1 故通解为x=c2t1ect2ect3te-4-t

(8) x(4)2xxt23

解：特征方程42210有2重根1，2重根1 故齐线性方程的通解为x=ctttt1ec2tec3ec4te

取特解行如x~At2Btc代入原方程解得A=1，B=0,C=1 故通解为x=ctcttt21e2tec3ec4te+t1

(9)xxcost

12

解：特征方程310有复数根11t212323i,21t212323i,31

故齐线性方程的通解为xc1ecostc2esin12ttc3e 12txAcostBsint代入原方程解得A=取特解行如~1t2,B12

故通解为xc1ecos32tc2e1t2sin32tc3e(costsint)

(10) xx2x8sin2t

解：特征方程220有根1-2,21 故齐线性方程的通解为x=c1etc2e2t 因为+-2i不是特征根

xAcos2tBsin2t代入原方程解得A=取特解行如~25,B65

故通解为x=c1etc2e2t（11）xxet

25cos2t65sin2t

解：特征方程310有复数根11t212323i,21t212323i,31

故齐线性方程的通解为xc1e原方程解得A=

13costc2esintt故~tc3e 1是特征方程的根，xAte代入

1t2故通解为xc1ecos32ttc2e1t2sin32tc3e+

t13te

t（12）s2asase

22解：特征方程2aa0有2重根-a

2当a=-1时，齐线性方程的通解为s=c1ec2te,

12t1是特征方程的2重根，故~xAte代入原方程解得A=

2tt通解为s=c1ec2tett12t,

at2当a-1时，齐线性方程的通解为s=c1e

c2teat,

13

1不是特征方程的根，故~xAet代入原方程解得A=

1(a1)2

故通解为s=cat1ec2teat+

1(a1)2et

（13）x6x5xe2t

解：特征方程2650有根1-1,2-5 故齐线性方程的通解为x=ct1ec2e5t

2不是特征方程的根，故~xAe2t代入原方程解得A=

121 故通解为x=ct1ect2e5+

12t21e

（14）x2x3xetcost

解：特征方程2230有根1-1+2i,2-1-2i 故齐线性方程的通解为xc1etcos2tct2esin2t

1i 不是特征方程的根, 取特解行如~x(AcostBsint)et代入原方程解得A=

541,B441故通解为xct541etcos2tc2esin2t+(41cost41sint)et (15) xxsintcos2t

解：特征方程210有根1i,2- i 故齐线性方程的通解为xc1costc2sint

xxsint,1i,是方程的解 ~xt(AcostBsint)代入原方程解得

A=12 B=0 故x~12tcost

xxcos2t ~xAcos2tBsin2t代入原方程解得 A=1 B=0 故x~313cos2t 故通解为xc111costc2sint2tcost3cos2t

习题5.1

1.给定方程组

14

‘x=0－11x1x x= （*） 0x2 a)试验证u(t)=costsint10,v(t)=分别是方程组（*）的满足初始条件u(0)=, v(0)=的解.

sintcost01c1 b)试验证w(t)＝c1u(t)+c2v(t)是方程组（*）的满足初始条件w(0)=的解，其中c1,c2是任意常数.

c2 解：a) u(0)=cos01sin0=0

 u'(t)=sint01cost01cost=10sint10u(t)  又 v(0)=sino0cos0=1

 v'(t)=cost1= 01sint0sint－10cost=－10v(t) 因此 u(t),v(t)分别是给定初值问题的解.

b) w(0)=cu(0)= c10c11u(0)+c21+c021=c 2 w'(t)= c1 u'(t)+ c2 v'(t)

= csintcost1cost+c2sint  =－c1sintc2costct 1costc2sin =01c1costc2sint－10c 1sintc2cost =01－10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－t,x(1)=7, x‘(1)=-2

b) x

（4）+x=tet,x(0)=1, x‘(0)=-1,x‘’(0)=2,x‘‘’(0)=0

15

c) x‘’＋5y’－7x＋6y＝ety‘’－2y＋13y‘ －15x＝cost x(0)=1, x‘(0)=0,y(0)=0,y‘(0)=1

解：a）令 x1＝x, x2= x‘, 得

x'x'1x2x''' 7txet2x12x2 即 x'1x1010x227txt 2e又 x‘1＝x(1)=7 x2(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‘＝0107－7－2x＋et, x(1)＝2 其中 x＝x1.

x2 b) 令x''1＝x x2＝x' x3＝x'' x4＝x' 则得：

x''1xx2'' xx'2x3x'x'''x 34x'4xtetxtet1 且 x1(0)=x(0)=1, x2=x'(0)=-1, x3(0)= x''(0)=2, x'''4(0)= x(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： 010001x1x'=00100001x＋00 x(0)=－1x2, 其中 x=2x.

3－1000tet0x4c) 令wx'，w‘1＝x， w2＝3＝y，w4＝y，则原初值问题可化为：w'x'1w2w1(0)x(0)1w'''7wt'2x5w416w3ew2(0)x(0)0w'y' 且3w4w3(0)y(0)0w'4y''2w313w415w1costw4(0)y'(0)1 16

07 即 w'0151000060200t5ew

0113costw11w20 w(0)= 其中 w＝

w301w43. 试用逐步逼近法求方程组 x'＝0－11x1x x＝ 0x2 满足初始条件 x1 x(0)=

x2 的第三次近似解. 解：0(t)

101t001100ttds 011010 1(t)0 2(t)1t001t1s02tds0112t2t123t6 2t2  3(t)10t001ts1021sds0112

习题5.2

02412—02 02412—03

t21.试验证t=2t0是方程组x=22t't 11x2x,x=1 ，在任何不包含原点的区间atb上的基解矩阵。

x2t12 1(t)故1(t)是一个解。同样如果以t17

0t22t'2解：令t的第一列为1(t)=2t ,这时1(t)=2=t2

012= 2(t)表示t第二列，我们有2(t)=02t122(t)这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。t又因为dett=-t2故t是基解矩阵。

2.考虑方程组x'=A(t)x (5.15)其中A(t)是区间atb上的连续nn矩阵，它的元素为aij(t),i ,j=1,2,„,n a) 如果x

(t),x

(t),„,x

(t)是(5.15)的任意n个解，那么它们的伏朗斯基行列式

12nW[x1(t),x2(t),„,xn(t)]W(t)满足下面的一阶线性微分方程W'=[a11(t)+a22(t)+„+ann(t)]W b) 解上面的一阶线性微分方程，证明下面公式：W(t)=W(t0)e

x11't[a11(s)a22(s)...ann(s)]ds0t t0,t[a,b]

x12x22.xn2'..........x1nx2n.xnn'x11x12x22.xn2'..........x1nx2n.xnn'+„+

x11x21.1xnx12x22.2xn....................x1nx2n.xnn解：w'(t)=

x21.xn1'+

x21.xn1'

a11x11a12x21..a1nxn1a11x12a12x22...a1nxn2x22.xn2a11x1na12x2n...a1nxnnx2n.xnna11x11a11x12x22.xn2..........a11x1nx2n.xnn=

x21.xn1x11x21.x12x22.an1x21..annxn2x1nx2n.annxnnx12x22.xn2..........x1nx2n.xnn..........+„+

x1nx2n.an1xnn...annxnn=

x21.xn1+„+

an1x11...annxn1x11x21.annxn1x12x22.annxn2..........x11整理后原式变为

（a11+„+ann）

x21.xn1=（a11+„+ann）w(t)

=（a11(t)+„+ann(t)）w(t)

b)由于w'(t)=[ a11(t)+„+ann(t)] w(t),即

dw(t)w(t)=[ a11(t)+„+ann(t)]dt

18

两边从t0到t积分lnw(t)-lnw(t0)=[a11(s)...ann(s)]ds即w(t)=w(t0)e

t0tt0[a11(s)...ann(s)]dst,t[a,b]

3.设A(t)为区间atb上的连续nn实矩阵，t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'=-AT(t)y的任一解y=(t)必有T(t) (t)=常数；

Tb)(t)为方程y'=-AT(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解a)[ T(t) (t)=C.

(t) (t)]'= T'(t)+ 'TT'(t)= 'T(t)+ T(t)A(t)

又因为'=-AT(t) (t)，所以[ T=-T(t) A(t)

T(t) (t)]'=- T(t) (t)A(t)+ (t) A(t) (t)=0,

T所以对于方程y'=-AT(t)y的任一解y=(t)必有(t) (t)=常数

b) “”假设为方程y'=-AT(t)y的基解矩阵，则 [ TT(t) (t)]'= [T(t)]' t+TT(t) '(t)=[- AT(t) (t)]t+ TT(t) AT(t) )t+

(t)[ A(t) (t)]=- (t) AT(t) t+T(t) AT(t) t=0,故T(t) (t)=C

“”若存在非奇异常数矩阵C，detc0,使则[ TT(t) (t)=C，

T'(t) (t)]= 'T'T'(t)+ TT'(t)=0，故T(t)(t)=- T(t) (t)A(t) T'(t)=-

(t) A(t) 所以(t)=- (t) A(t), '(t)=- (t) AT(t)即(t)为方程y'=-AT(t)y的基解

矩阵

4.设t为方程x'=Ax（A为nn常数矩阵）的标准基解矩阵（即（0）=E），证明:

t1(t0)=(t- t0)其中t0为某一值.

证明：（1）t,(t- t0)是基解矩阵。

（2）由于t为方程x'=Ax的解矩阵，所以t1(t0)也是x'=Ax的解矩阵，而当t= t0时，

(t0)1(t0)=E, (t- t0)=（0）=E. 故由解的存在唯一性定理，得t1(t0)=(t- t0)

5.设A(t),f(t)分别为在区间atb上连续的nn矩阵和n维列向量，证明方程组x'=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1个线性无关解。

证明：设x1,x2,„xn是x=A(t)x的n个线性无关解， x是x=A(t)x+f(t)的一个解，则x1+x, x2+x,„,

19

''xn+x,x都是非齐线性方程的解，下面来证明它们线性无关，假设存在不全为零的常数Ci,(I=1,2,„,n)

n使得ci(xix)+cn1x=0,从而x1+x, x2+x,„, xn+x,x在atb上线性相关，此与已知矛盾，

i1因此x+x, x+x,„, xn+x,x线性无关，所以方程组x'=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1个线性无关解。 126、试证非齐线性微分方程组的叠加原理：

x'A(t)xf1(t) x'A(t)xf2(t)

的解，则x1(t)x2(t)是方程组

x'A(t)xf1(t)f2(t)

的解。

证明：x'A(t)xf1(t) （1） x'A(t)xf2(t) （2） 分别将x1(t),x2(t)代入（1）和（2）

则x''1A(t)x1f1(t) x2A(t)xf2(t) 则x''1x2A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)

[x'1(t)x2(t)]A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)

令xx1(t)x2(t)

即证 x'A(t)xf1(t)f2(t) 7．考虑方程组x'Axf(t)，其中

A2102 xx1x f(t)sint

2costta)试验证 (t)e2tte20e2t是x'Ax的基解矩阵； b)试求x'Axf(t)的满足初始条件(0)1的解(t)。 1证明：a)首先验证它是基解矩阵 e2t以1(t)表示(t)的第一列 1(t)0 

20

2e2t则1(t)0'201e2t202011(t) 2故1(t)是方程的解

te2t如果以2(t)表示(t)的第二列 2(t)2tee2t2te2t我们有2(t)2t2e' 12(t) 2201te2t2t2e20故2(t)也是方程的解 从而(t)是方程的解矩阵

e2t又det(t)tee2t2t0e4t0

故(t)是x'Ax的基解矩阵；

1的解 1b)由常数变易公式可知，方程满足初始条件(0)(t)(t)1`(0)(t)0t1f(s)ds

而1(t)e2t0etee4t2t2t102tt2te 12t2t(1t)e(t)e2t'2te0teete002ssee2s2s1112t(15t27)ecostsintsins2525258、dscoss3212tecostsint555试求xAxf(t)，其中

2A 01x10xf(t)  2t

2xe2满足初始条件 (0)1 1的解(t)。

21

e2t解：由第7题可知xAx的基解矩阵 (t)0'tee2t2t 则1(s)e2s0esee4s2s2s10s2s e1若方程满足初始条件(0)0

122tteds22tte 则有(t)(t)0t1e2t(s)f(s)ds0tee2t2tt100s2s0ee2s11若(0)

1t1(0)(t)01则有(t)(t)11e2t(s)f(s)ds0tee2t2t11t2e2t122tte122t(1tt)e22t(t1)e9、试求下列方程的通解：

''a)xxsect,t

22解：易知对应的齐线性方程x''x0的基本解组为x1(t)cost,x2(t)sint 这时W[x1(t),x2(t0]由公式得(t)tcostsintsintcost1

tsintcosscostsins10secsds0(sintcosttans)dstsintcostlncost

 通解为xc1costc2sinttsintcostlnt

b)x8xe

解：易知对应的齐线性方程x8x0的基本解组为x1(t)e2t. x2(t)et''''''2tcos3t,x3(t)etsin3t

2 是方程的特征根

故方程有形如xAte代入得A1122t的根

22

故方程有通解x(c1cosc)x''6x'9xet

3tc2sin3t)etc3e2t112te2t

解：易知对应的齐线性方程x''6x'9x0对应的特征方程为690,.1,23故方程的一个基本2解组为x1(t)e3t,x2(t)te3t 3t3tW[xt1(t),x2(t)]ete3e3te3t3te3te6

t3s(t)tte3ee3tse3ss10e6seds4et13t2te13t4e因为te3t,e3t是对应的齐线性方程的解 故1t1(t)4e也是原方程的一个解

故方程的通解为xc3t1ec3tt2te14e

10、给定方程x''8x'7xf(t)其中f(t)在0t上连续，试利用常数变易公式，证明：a)如果f(t)在0t上有界，则上面方程的每一个解在0t上有界； b)如果当t时，f(t)0，则上面方程的每一个解(t)（当t时）。 证明：a)f(t) 0t上有界

 存在M>0,使得f(t)M,t[0,)

又xet,xe7t是齐线性方程组的基本解组

非齐线性方程组的解 7ss(t)te7tesete7s0f(s)dsese7steeete7s06e8sf(s)ds

es7e7s(t)Mt7t60ee7setesdsM7t6(8717eet)421M

又对于非齐线性方程组的满足初始条件的解x(t)，都存在固定的常数c1,c2 使得x(t)c7t1ect2e(t)

从而x(t)c7tt1ec2e(t)c1c2421M

故上面方程的每一个解在0t上有界 b) t时，f(t)0

23

0,N当t>N时f(t)

由a)的结论

x(t)c1e7tc2et(t)c1c2421M421,(t)

故t时，原命题成立

11、给定方程组 x'A(t)x （5.15）

这里A(t)是区间axb上的连续nn矩阵，设(t)是（5.15）的一个基解矩阵，n维向量函数F(t,x)在axb，x上连续，tx'A(t)xF(t,x)0[a,b]试证明初值问题： (t0)的唯一解(t)是积分方程组

x(t)(t)1(t0)tt(t)1(s0F(s,x(s))ds （**）

0的连续解。反之，（**）的连续解也是初值问题（8）的解。 证明：若(t)是（*）的唯一解

则由非齐线性方程组的求解公式

(t)(t)1(tt10)(t)t(s)F(s,(s))ds

0即（*）的解满足（**）

反之，若(t)是（**）的解，则有

(t)(t)1(t0)(t)t1t(s)F(s,(s))ds

0两边对t求导：

'(t)'(t)1(t'10)(t)t10(s)F(s,(s))ds(t)(t)F(t,(t))'(t)[1(tt10)0(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))

A(t)(t)[1(t10)t0(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))A(t)(t)F(t,(t))即（**）的解是（*）的解

习题5.3

1、 假设A是nn矩阵，试证：

a) 对任意常数c1、c2都有

exp(c1A+c2A)=expc1A·expc2A

b) 对任意整数k,都有

*）

24

（(expA)k=expkA

(当k是负整数时，规定(expA)k＝[(expA)1]k)

证明：a) ∵（c1A）·（c2A）＝（c2A）·（c1A）

∴ exp(c1A+c2A)= expc1A·expc2A b) k>0时，(expA)k＝expA·expA„„expA ＝exp（A+A+„„+A） ＝expkA k<0时，-k>0

(expA)k＝[(expA)1]k=[exp(-A)]k = exp(-A)·exp(-A)„„exp(-A) ＝exp[(-A)(-k)] ＝expkA

故k，都有(expA)k=expkA

2、 试证：如果(t)是x'=Ax满足初始条件(t0)＝的解，那么

(t)＝[expA(t-t0)]

证明：由定理8可知(t)＝Ф(t)Ф-1

(tt0) ＋Ф(t)t-1(s)f(s)ds

0又因为Ф(t)= expAt , Ф-1(t0)=( expAt0)-1= exp(-At0), f(s)=0, 又因为矩阵 （At）·（- At0）=（- At0）·（At） 所以 (t)＝[expA(t-t0)]

3、 试计算下面矩阵的特征值及对应的特征向量

33a122）43 b）534 442

21010c）1111 d）001 2016116

25

解：a）det（E－A）=

1243=(－5)(+1)=0

∴1=5, 2=－1

对应于=5的特征向量u=12, (0) 对应于2=－1的特征向量v=, (0) 

b) det（E－A）=(+1)(+2)(－2)＝0

∴1＝－1，2＝2，3＝－2

对应于11＝－1的特征向量u1＝1， （ 0 ）

01对应于2＝2的特征向量u2＝1， （ 0 ）

1对应于03＝－2的特征向量u3＝1， （ 0 ）

1

121c）det（E－A）=111＝(+1)2(－3)＝0

201 ∴1＝－1（二重），2＝3

1对应于u＝1＝－1（二重）的特征向量2， （ 0 ）22对应于＝2＝3的特征向量v1, （ 0 ）

2

26

10d) det（E－A）=01=(+3)(+1)(+2)=0

6116 ∴1＝－1，2＝－2，3＝－3

 对应于u11＝－1的特征向量1＝1， （ 0 ）

11 对应于2＝－2的特征向量u2＝2， （ 0 ）

41 对应于＝－3的特征向量u33＝3， （ 0 ）

9

4、 试求方程组x'=Ax的一个基解矩阵，并计算expAt，其中A为：

a）211212 b）43 33103c）2453 d）811 442511解：a）det（E－A）=0得1＝3，2＝－3

对应于11的特征向量为u＝23， （ 0 ） 对应于12的特征向量为v＝23， （ 0 ）

∴u＝13，v＝1是对应于2231，2的两个线性无关的特征向量 33tФ(t)=ete(23)e3t(23)3t是一个基解矩阵 e ExpAt=

1(23)e3t(23)e3te3te3t23e3te3t(23)e3t(23)e3t

27

b) 由det（E－A）=0得1＝5，2＝－1

解得u＝112，v＝1是对应于，12的两个线性无关的特征向量 (t)＝e5t则基解矩阵为Фet2e5tet 11Ф(0)＝113321 Ф－1

(0)＝231 35tt则expAt＝Ф(t) Ф－1

(0)＝1e2ee5tet32e5t2et2e5tet 

c） 由det（E－A）=0得1＝2，2＝－2，3＝－1

e2t0et 解得基解矩阵Ф(t)＝e2te2tet e2te2t0111Ф－1

(0)＝110 011e2te2tete2tet则expAt＝Ф(t) Ф－1

(0)＝e2te2te2te2tete2tet2tee2te2te2te2td）由det（E－A）=0得1＝－3，2＝2＋7，3＝2－7 (27)t3e3tee(27)t 解得基解矩阵Ф(t)＝7475e(27)t47527)te3t33e( 17e(27)t174e3t33e(27)t则expAt＝Ф(t) Ф－1(0)＝

28

873t247(27)t247(27)t3e3e3e15673t122287(27)t12228477(27)t 9e9e9e3273t2627(27)t2627(27)eeet999

5、试求方程组x'=Ax的基解矩阵，并求满足初始条件(0)的解(t)

a)A123433030b)A18112

51171211c)A11102010

b）知，基解矩阵为e5t 解：a）由第4题（et2e5tte  332  所以2,1

2e5tet (t)4e5tet 

b）由第4题（d）知，基解矩阵为 3(27)t3etee(27)t Ф(t)＝ 7e3t4757)t4753e(23e(27)t 174e3te(27)t1733e(27)t所以

29

5273t4267(27)t4267(27)t3e3e3e(t)137e3t7481467e(27)t7481467(27)t47 999e20873t178227(27)t178227(27)t9e9e9e

c) 由3（c）可知，矩阵A的特征值为1＝3，2＝－1（二重） 2 1对应的特征向量为u1＝，u2＝

42312 ∴0＝＋

0423111422 解得1v11v12424 141122 (t)e3tEvt1e[Et(AE)]v2

1e3t1et22＝13t1tee 441e3t1t22e

6、 求方程组x'=Ax＋f（t）的解(t)：

a)(0)1123,f(t)et1,A41010b)(0)0,A001,f(t)00 6116etc)(0)143,A,fsint221(t)2cost

30

解：a）令x'=Ax的基解矩阵为Ф(t)

p()det(EA)(5)(1)0

所以1＝5，2＝－1t解得Ф(t)＝e5te， 则Ф－11etet2e5tet(t)＝

3e4t2e5te5t Ф

－1

(0)＝111321 3e5tet1et2求得(t)＝2045 310e5tet1et125

b）由det（E－A）=0得1＝－1，2＝－2，3＝－3 设1对应的特征向量为v1，则  （1E－A）v1=0，得v1＝0

11 取v11＝1，同理可得v22 ＝＝31，v31

123111 则Ф(t)＝23111 123e2t1e3t3t1t44e2te从而解得(t)2t33t52eeet1tet 4424e2t9e3t7t1tete442

c）令x'=Ax的基解矩阵为Ф(t) 由det（E－A）=0得1＝1，2＝2

31

3解得对应的基解矩阵为Ф(t)＝

et2e2tete2t t3∴Ф

－1

(t)＝2eet2 从而Ф－123e2te2t(0)＝22 (t)(t)1(0)(0)(t)t10(s)f(s)ds∴

cost2sintet(42132)3e2t(112)2cost2sintet(423)2e2t(12)121

7、 假设m不是矩阵A的特征值。试证非齐线性方程组

x'Axcemt

有一解形如

(t)pemt

其中c，p是常数向量。

证：要证(t)pemt是否为解，就是能否确定常数向量p

pmemtApemtcemt

则p（mE－A）＝c

由于m不是A的特征值 故mEA0 mE－A存在逆矩阵

那么p＝c（mE－A）－1 这样方程就有形如(t)pemt的解

8、 给定方程组

x1''3x1'2x1x2'x20x1'2x1x

2'x20a） 试证上面方程组等价于方程组u’=Au,其中

u1x1010u＝u2x1'，A=442 u3x2211b） 试求a）中的方程组的基解矩阵

c） 试求原方程组满足初始条件

32

x1(0)=0, x1’(0)=1, x2(0)=0

的解。

证：a）令u1x1,u2x1',u3x2 则方程组①化为

u1'u2'u'3x1'u2x1''3u22u1u3'u3 x2'u22u1u314102u10即u’＝42u’=Au ①

反之，设x1=u1,x1’=u2,x2=u3 则方程组②化为

x1''4x14x1'2x2x2'2x1x1'x2x1''2x1'2x1x2'x2x2'2x1x1'x2

b）由det（E－A）=0得1＝0，2＝1，3＝2 u201由4u14u22u30 得u102uuu021230

同理可求得u2和u3

111取v10,v21,v32

12021则(t)02ee12ttet2t2e是一个基解矩阵

0e2tc）令u1x1,u2x1',u3x2，则①化为等价的方程组①且初始条件变为u1(0)0,u2(0)1,u3(0)0.而②满足此初始条件的解为： 32t1t2ee022AtAtt2tee12e3et01e ③ 于是根据等价性，①满足初始条件的解为③式

33

9、 试用拉普拉斯变换法解第5题和第6题。 证明：略。 10、

求下列初值问题的解：

a)x1'x2'01,x2(0)01'x2'11(0)b)x1''3x1'2x1x2'x20x1'2x1x2'x201(0)1,1'(0)1,2(0)0

c)x1''m2x20x22''mx10x1(0)1,x1'(0)2,x2(0)3,x2'(0)4解：a)根据方程解得x'＝

12 ， x112'＝－

2

∴x11＝

2t＋c11，x2＝－2t＋c2

∵1(0)1 ∴

120＋c1＝1 ∴c1＝1 ∴x1＝

12t＋1

∵2(0)0 ∴－

120＋c2＝0 ∴c2＝0 ∴x12＝－

2t

综上：x11＝

2t＋1

x12＝－

2t

b）对方程两边取拉普拉斯变换，得 s2X1(s)s13(sX1(s)1)2X1(s)sX2(s)sX1(s)12X1(s)sX2(s)X2(s)0Xs2311(s)(s1)(s2)(s2)231s141s21112s2

Xs22(s)(s1)(s2)(s2)113s1113s2t1(t)23e14e2t12t∴12e1

2(t)3(ete2t)

X2(s)0解得

34

c）对方程两边取拉普拉斯变换，得

2s2X1(s)s12mX2(s)0s2X22(s)s34mX2(s)0m2即s2X1(s)－X2(s)＝s1＋2m2X1(s)＋s2X2(s)＝s3＋4

3222解得X1(s)＝1s＋2s＋ms3＋4ms4m432m22X1s－m22(s)3s4ss4m4121(t)[(214m224m4)cosm2t(24m212234mm4)sin2t]em2t[(122m2122t214m24m4)cos2t(4m2234mmm4)sin2t]e212)cosmt(122mt2(t)[(4m2234m42214m24m4)sin2t]em2[(212m124m2234m4)cos2t(214m224m4)sinmm2t]e2t

11、

假设y＝(x)是二阶常系数线性微分方程初值问题

y''ay'by0y(0)0,y'(0)1 的解，试证yx0(xt)f(t)dt是方程

y''ay'byf(x) 的解，这里f（x）为已知连续函数。 证明：y＝x(xt)f(t)dt0

∵y’＝(0)f(x)xxtt0'(t)f()dtx0'(x)f(t)dt

y''xnn0(xt)f(t)dt'(0)f(x)x0(xt)f(t)dtf(x)

∴y''ay'byxtax'(xt)f(t)dtbx0''(x)f(t)dtf(x)(xt00)f(t)dt

x0[''(xt)a'(xt)b'(xt)b(xt)]f(t)dtf(x)

f(x)

35

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 dxx(1xy) (1)dt

dydt1/4y(23xy)解: 由x(1xy)01/4y(23xy)0得奇点(0,0),(0,2),(1,0),(1/2,1/2)

对于奇点(0,0), A=101/20 由EA=0得1=1>0,=1/2>0

2所以不稳定

对于奇点(0,2),令X=x,Y=y-2, 则A=103/21/2 得1=-1, 2=-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

dx9x6y4xy52(2) xdtdy2

dt6x6y5xy4y解: 由9x6y4xy5x20 得奇点(0,0),(1,2),(2,1)

6x6y5xy4y20对于奇点(0,0)可知不稳定 对于奇点(1,2)可知不稳定 对于奇点(2,1)可知渐进稳定

dx(3) ydtdy

dtx(yx2),0解:由y02得奇点(0,0),(-1/,0) x(yx)0,0对于奇点(0,0) 驻定解不稳定

对于奇点(-1/,0) 得驻定解不稳定

dx(4) dtyxdydtyx2(xy)(y2

2xy2/3x3) 36

解: 由yx02yx2(xy)(y2xy2/3x3)0得奇点(0,0),(1,1)

对于奇点(0,0)得驻定解不稳定 对于奇点(1,1)得驻定渐进稳定

2. 研究下列纺车零解的稳定性 3(1) dx25dx6dxdt3dtx0

dt2解:a0=1>0,a1=5>0,a2=6>0

51216>0 a3=1>0 所以零解渐进稳定

(2)

dxdtxy,dydtyz,dzdtzx(为常数)

10解:A=01 由EA=0得3323231010 得131=1, 2=22i

i) +1/2<0 即<-1/2,渐进稳定

ii) +1/2>0 即>-1/2不稳定 iii) +1/2=0 即=-1/2稳定

37