2-常微分方程 (张伟年 著) 高等教育出版社 课后答案

1 习 题 2.1 1. 在方程 (2.1.1)中如果没有假设 g(y) 6= 0, 讨论怎样用分离变量法来求解微分方程. 解: 我们分下面两种情形来讨论方程 (2.1.1) 的解. 如果 g(y0) = 0, 则y = y0显然是方程 (2.1.1) 的解. 如果 g(y0) 6= 0. 设 y = ϕ(x)在区间 (a, b)上是满足初始条件 ϕ(x0) = y0的方程 (2.1.1)的解， 则 dϕ(x) dx = h(x)g(ϕ(x)), ∀a < x < b. 由解的唯一性可知，在区间 (a, b)上均有 g(ϕ(x)) 6= 0. 事实上，假设有 x˜0 ∈ (a, b)，使得 g(ϕ(x˜0)) = 0, 则 y = ψ(x) ≡ ϕ(x˜0) (常函数)是方程 (2.1.1)的解. 从而，函数 ϕ, ψ都是过点 (x˜0, ϕ(x˜0))的方程 (2.1.1)的解. 由解的唯一性, ϕ ≡ ψ ≡ ϕ(x˜0). 故 g(y0) = g(ϕ(x0)) = g(ϕ(x˜0)) = 0. 这与假设 g(y0) 6= 0矛盾. 由 g(ϕ(x)) 6= 0可得， 1 g(ϕ(x)) · dϕ(x) dx = h(x). 故当 x ∈ (a, b)时， ∫ x x0 ϕ′(t) g(ϕ(t)) dt = ∫ x x0 h(t)dt. 令 τ = ϕ(t), 则 ∫ ϕ(x) ϕ(x0) dτ g(τ) dτ = ∫ x x0 h(t)dt, 故 y = ϕ(x)是满足 ∫ y y0 dτ g(τ) = ∫ x x0 h(t)dt, ϕ(x0) = y0, 的隐函数解. 反之, 若 y = ψ(x)是由上式所确定的隐函数，则 y = ψ(x)是过 (x0, y0)的方程(2.1.1)的解. 事 实上, 由上式知，当 a < x < b时, ∫ ψ(x) y0 dτ g(τ) = ∫ x x0 h(t)dt. 两边关于 x求导，得到 1 g(ψ(x)) · dψ(x) dx = h(x). 即 dψ(x) dx = h(x)g(ψ(x)). 所以 y = ψ(x)是方程 (2.1.1)的解. 2 同理可证由等式 ∫ y y0 dτ g(τ) = ∫ x x0 h(t)dt+ C, 所确定的函数 y = ψ(x,C)都是方程 (2.1.1)的解, 其中 C 是任意常数. 因此, 在实际求解中除了求出使 g(y) = 0的 y 值以外, 只要用 g(y)除方程 (2.1.1)的两边，然后 求不定积分 ∫ dy g(y) = ∫ h(x)dx, 即可. 2. 试用分离变量法求下列一阶微分方程的解. (1) dy dx = −x y . (3) dy dx = 2xy. (4) xy(1 + x2)dy = (1 + y2)dx. (9) dy dx = √ 1−y2√ 1−x2 . (12) dy dx = cos x 3y2+ey . 解: (1) 分离变量后得 ydy = −xdx, 两边积分, 得 y2 2 = −x 2 2 + C1, 因而原方程的通解为 x2 + y2 = C, 其中 C = 2C1 为任意非负常数. (3) 当 y 6= 0时, 分离变量后得 1 y dy = 2xdx, 两端积分得 ln |y| = x2 + C1, 此外显然 y = 0也是方程的解. 从而方程的通解为 y = Cex 2 , 其中 C 为任意常数. (4) 分离变量后得 ydy 1 + y2 = dx x(1 + x2) , 两端积分得 1 2 ln(1 + y2) = ln |x| − 1 2 ln(1 + x2) + C1, 即 ln(1 + x2)(1 + y2) = lnx2 + 2C1, 从而方程的通解为 (1 + x2)(1 + y2) = Cx2, 其中 C = e2C1 为任意正常数. 3 (9) 当 y 6= ±1时, 分离变量后得 dy√ 1− y2 = dx√ 1− x2 , 两端积分得 arcsin y = arcsinx+ C, 其中 C 为任意正常数, 从而方程的通解为 y = sin(arcsinx+ C), 其中 C 为任意常数. 此外显然 y = 1和 y = −1也是方程的解. (12) 分离变量后得 (3y2 + ey)dy = cosxdx, 两端积分得方程的隐式通解 y3 + ey = sinx+ C, 其中 C 为任意常数. 1 习 题 2.1 3. 将下列方程化为可分离变量方程, 并求解. (2) dy dx = x−y+1 x+y−3 . (8) dy dx = x 2+y2 xy . (14) dy dx = sin(x+ y + 1). 解: (2) 令 x = ξ + 1, y = η + 2, 可将原方程变为 dη dξ = ξ − η ξ + η , 令 u = η ξ , 则有 ξ du dξ + u = 1− u 1 + u , 用分离变量法求得其通解为 u2 + 2u− 1 = C1ξ−2, 其中 C1 为任意常数. 再由 u = η ξ = y − 2 x− 1 , ξ = x− 1, 代入上式并化简得原方程的通解为 y2 + 2xy − x2 − 6y − 2x = C, 其中 C 为任意常数. (8) 将原方程改写为 dy dx = x y + y x , 令 u = y x , 则有 x du dx + u = 1 u + u, 用分离变量法求得其通解为 u2 = lnx2+C, 将 u换成 y x 得原方程的通解为 y2 = x2(lnx2+C), 其中 C 为任意常数. (14) 令 u = x+ y + 1, 则有 du dx = 1 + sinu, 用分离变量法求得其通解为 tanu− secu = x+ C, 将 u换成 x+ y + 1得原方程的通解为 tan(x+ y + 1)− sec(x+ y + 1) = x+ C, 其中 C 为任意常数. 4. 解下列线性微分方程. (1) dy dx − 2y x+1 = (x+ 1) 5 2 . (6) dy dx − 2xy = x. 解: 2 (1) 这里 a(x) = 2 x+1 , f(x) = (x+ 1) 5 2 . 从而可求出原方程的通解为 y = exp( ∫ 2 x+ 1 dx)(C +∫ (x+ 1) 5 2 exp(− ∫ 2 x+ 1 dx)dx) = C(x+ 1)2 + 2 3 (x+ 1) 7 2 , 即 y = C(x+ 1)2 + 2 3 (x+ 1) 7 2 , 其中 C 为任意常数. (6) 这里 a(x) = 2x, f(x) = x. 从而可求出原方程的通解为 y = exp(2 ∫ xdx)(C + ∫ x exp(−2 ∫ xdx)dx) = −1 2 + Cex 2 , 即 y = − 1 2 + Cex 2 , 其中 C 为任意常数. 6. 求下列初值问题的解. (2) y(1 + x2)dy = x(1 + y2)dx, y(0) = 1. (5) ey dy dx − x− x3 = 0, y(1) = 1. 解: (2) 这是变量分离的方程, 分离变量后得 y 1 + y2 dy = x 1 + x2 dx, 两端积分得其通解为 1 + y2 = C(1 + x2), 其中 C 为任意常数. 代入初值条件得 C = 2. 故所给 初值问题的解为 y = √1 + 2x2. (5) 令 u = ey, 原方程变为 du dx = x+ x3, 容易求得其通解为 u = 1 2 x2 + 1 4 x4 + C, 从而原方程的通解为 ey = 1 2 x2 + 1 4 x4 + C, 其中 C 为任意常数. 代入初值条件得 e = 3 4 + C, 从而 C = e− 3 4 . 故所给初值问题的解为 ey = 1 2 x2 + 1 4 x4 + e− 3 4 . 7. 求解下列 Bernoulli方程 (1) dy dx = 6 y x − xy2. (3) x dy dx − 4y = 2x2√y (x 6= 0, y > 0). 解: (1) 当 y 6= 0时, 令 z = y−1, 原方程变为 dz dx = − 6 x z + x, 这是一阶线性微分方程, 其通解为 z = 1 x6 (C + 1 8 x8), 3 从而原方程的通解为 x6 y − x 8 8 = C, 其中 C 为任意常数. 此外, 显然 y = 0也是方程的解. (3) 令 z = √y, 原方程变为 dz dx = 2 x z + x, 这是一阶线性微分方程, 其通解为 z = x2(ln |x|+C), 从而原方程的通解为 y = x4(ln |x|+C)2, 其中 C 为任意常数. 11. 设 y1(x), y2(x)是方程 dy dx + p(x)y = q(x), 的两个互异解. 求证对于该方程的任一解 y(x), 成立恒等式 y(x)− y1(x) y2(x)− y1(x) = C, 其中 C 是某常数. 证明: 令 ψ(x) = y(x)− y1(x), φ(x) = y2(x)− y1(x), 容易验证 dψ dx + p(x)ψ(x) = 0, dφ dx + p(x)φ(x) = 0. 因此存在常数 k1, k2 6= 0使得 ψ(x) = k1 exp(− ∫ x x0 p(t)dt), φ(x) = k2 exp(− ∫ x x0 p(t)dt), 其中 x0 ∈ R. 从而 y(x)− y1(x) y2(x)− y1(x) = ψ(x) φ(x) = k1 k2 = C, 这里 C = k1 k2 为一常数. 1 习 题 2.2 1. 验证下列方程是恰当方程, 并求出方程的解: (2) (cosx+ 1 y )dx+ ( 1 y − x y2 )dy = 0. (3) (5x4 + 3xy2 − y3)dx+ (3x2y − 3xy2 + y2)dy = 0. (5) dy dx = − 6x+y+2 x+8y−3 . (9) 3y + ex + (3x+ cos y) dy dx = 0. 解: (2) 这里M(x, y) = cosx+ 1 y , N(x, y) = 1 y − x y2 , 由于 ∂M ∂y = − 1 y2 = ∂N ∂x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0 = 0, y0 = 1, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 (cosx+ 1 y )dx+ ∫ y 1 1 y dy = sinx+ x y + ln |y|. 故该方程的通解为 sinx+ x y + ln |y| = C, 其中 C 为任意常数. (3) 这里M(x, y) = 5x4 + 3xy2 − y3, N(x, y) = 3x2y − 3xy2 + y2, 由于 ∂M ∂y = 6xy − 3y2 = ∂N ∂x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0 = 0, y0 = 0, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 (5x4 + 3xy2 − y3)dx+ ∫ y 0 y2dy = x5 + 3 2 x2y2 − xy3 + y 3 3 . 故该方程的通解为 x5 + 3 2 x2y2 − xy3 + y3 3 = C, 其中 C 为任意常数. (5) 将原方程改写为 (6x+ y + 2)dx+ (x+ 8y − 3)dy = 0, 这里M(x, y) = 6x+ y + 2, N(x, y) = x+ 8y − 3, 由于 ∂M ∂y = 1 = ∂N ∂x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0 = 0, y0 = 0, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 (6x+ y + 2)dx+ ∫ y 0 (8y − 3)dy = 3x2 + xy + 2x+ 4y2 − 3y. 故该方程的通解为 3x2 + xy + 2x+ 4y2 − 3y = C, 其中 C 为任意常数. 2 (9) 将原方程改写为 (3y + ex)dx+ (3x+ cos y)dy = 0, 这里M(x, y) = 3y + ex, N(x, y) = 3x+ cos y, 由于 ∂M ∂y = 3 = ∂N ∂x , 所以这是一个恰当方程. 取 x0 = 0, y0 = 0, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 (3y + ex)dx+ ∫ y 0 cos ydy = ex + 3xy + sin y. 故该方程的通解为 ex + 3xy + sin y = C, 其中 C 为任意常数. 3. 试用积分因子法解下列方程: (1) ydx+ (y − x)dy = 0. (3) (x2 + y2 + y)dx− xdy = 0. (5) 2xy ln ydx+ (x2 + y2 √ 1 + y2)dy = 0. 解: (1) 这里M(x, y) = y, N(x, y) = y − x, 由于 E = ∂M ∂y − ∂N ∂x = 2, 所以它不是恰当方程. 由于 − E M = − 2 y 与 x无关, 因此该方程有只依赖于 y的积分因子 µ(x) = e − ∫ 2 y dy = − 1 y2 . 因此方程 1 y dx+ y − x y2 dy = 0 为恰当方程, 取 x0 = 0, y0 = 1, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 1 y dx+ ∫ y 1 1 y dy = ln |y|+ x y . 故该方程的通解为 ln |y|+ x y = C, 其中 C 为任意常数. 此外, 显然 y = 0也是方程的解. (3) 这里M(x, y) = x2 + y2 + y, N(x, y) = −x, 由于 E = ∂M ∂y − ∂N ∂x = 2(y + 1), 所以它不是恰当方程. 通过观察易知 (x2 + y2 + y)dx− xdy = (x2 + y2)(dx+ ydx− xdy x2 + y2 ) = (x2 + y2)(dx+ d(arctan( x y ))) = (x2 + y2)d(x+ arctan( x y )) 因此该方程有积分因子 1 x2+y2 , 且其通解为 x+ arctan( x y ) = C, 其中 C 为任意常数. 3 (5) 这里M(x, y) = 2xy ln y, N(x, y) = x2 + y2 √ 1 + y2, 由于 E = ∂M ∂y − ∂N ∂x = 2x ln y, 所以它不是恰当方程. 由于 − E M = − 1 y 与 x 无关, 因此该方程有只依赖于 y 的积分因子 µ(y) = 1 y . 因此方程 2x ln ydx+ ( x2 y + y √ 1 + y2)dy = 0 为恰当方程, 取 x0 = 0, y0 = 1, 可计算出 U(x, y) = ∫ x 0 2x ln ydx+ ∫ y 1 y √ 1 + y2dy = x2 ln y + 1 3 (1 + y2) 3 2 − 2 3 √ 2. 故该方程的通解为 x2 ln y + 1 3 (1 + y2) 3 2 = C, 其中 C 为任意常数. 5. 试求 Bernoulli方程的积分因子. 解: 把 Bernoulli方程写成对称形式 (a(x)y + f(x)yα)dx− dy = 0, 引入新的未知函数 z = y1−α, 得 [(1− α)a(x)z + (1− α)f(x)]dx− dz = 0. 这是一个关于 z 的一阶线性方程, 由例 1.2知它有积分因子 µ0(x) = e −(1−α) ∫ a(x) dx. 即方程 µ0(x)[(1− α)a(x)z + (1− α)f(x)]dx− µ0(x)dz = 0 为恰当方程, 由于 dz = (1− α)y−αdy, 这等价于方程 µ0(x)y −α[a(x)y + f(x)yα]dx− µ0(x)y−αdy = 0 为恰当方程, 这样我们求出了 Bernoulli方程的一个积分因子 µ = y−αe(1−α) ∫ P (x)dx. 8. 已知微分方程 (x2 + y)dx+ f(x)dy = 0 有积分因子 µ = x, 试求所有可能的函数 f(x). 解: 令M(x, y) = x2 + y, N(x, y) = f(x), 由所给方程有积分因子 µ = x知 ∂(xM) ∂y = ∂(xN) ∂x , 即 x = xf ′(x) + f(x), 因此函数 f(x)满足一阶线性方程 f ′(x) = −f(x) x + 1, 求出其通解即得使所给方程有积分因子 µ = x的函数 f(x)为 f(x) = C x + x 2 , 其中 C 为任意常数. 1 习 题 2.4 1. 求下列方程的通解. (2) y = ( dy dx )2 − x dy dx + x 2 2 . (3) y2(1− dy dx ) = (2− dy dx )2. (4) ( dy dx )3 − 4xy dy dx + 8y2 = 0. 解: (2) 令 p = dy dx , 则原方程变为: y = p2 − xp+ x 2 2 . 对上述方程两边关于 x求导, 得 p = 2p dp dx − p− xdp dx + x, 即 (2p− x) dp dx = (2p− x), 若 2p − x 6= 0, 则 dp dx = 1, 从而 p = x + C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = x 2 2 + Cx+ C2. 若 2p− x = 0, 容易求出原方程的另一解 y = x2 4 . (3) 令 dy dx = p, 2− p = yt, 由方程可得 p = 1− t2, y = t+ 1 t . 当 p 6= 0时, 得: dx = dy p = − 1 t2 dt. 则 x = − ∫ 1 t2 dt = 1 t + C. 因此, 原方程的参数形式的解为  x = 1 t + C, y = t+ 1 t , 其中 C 为任意常数. 消去参数后得: y = x+ 1 x− C − C. 此外, 当 p = 0时, 易知 y = ±2也是方程的解. (4) 令 p = dy dx , 则 x = p2 4y + 2y p . 对上述方程两边关于 x求导, 得 1 = ( p 2y − 2y p2 )p dp dy − p 2 4y2 + 2, 2 即 p3 − 4y2 2yp2 dp dy = p3 − 4y2 4y2p , 由此得 dp dy = p 2y 或 p3 − 4y2 = 0. 由 dp dy = p 2y 得 p = C1y 12 , 其中 C1 为任意常数. 故 x = C21 4 + 2y 1 2 C1 , 即 y = C(x− C)2, 其中 C = C21 4 . 由 p3 − 4y2 = 0得 p = (4y2) 13 , 由此得方程的另一个解 x3 = 27 4 y, 即 y = 4 27 x3. 2. 解下列方程, 并求奇解(如果存在的话). (1) ( dy dx )2 + y2 − 1 = 0. (2) x( dy dx )2 − y dy dx + 1 = 0. (6) dy dx = −x+√x2 + 2y. 解: (1) 令 dy dx = p, 由方程可得 p = cos t, y = sin t. 当 p 6= 0时, 得: dx = dy p = dt. 则 x = t− C. 因此, 原方程的参数形式的解为 x = t− C, y = sin t, 其中 C 为任意常数. 消去参数后得 y = sin(x + C). 此外, 当 p = 0时, 易知 y = ±1也是方程 的解. 积分曲线族 y = sin(x+ C)的 C -判别曲线满足方程: y − sin(x+ C) = 0, − cos(x+ C) = 0. 从中消去 C 得 y = ±1, 易证它是原方程的奇解. (2) 令 p = dy dx , 由方程知 p 6= 0. 因此可解出 y = xp+ 1 p . 对上述方程两边关于 x求导, 得 p = p+ x dp dx − 1 p2 dp dx , 3 即 (x− 1 p2 ) dp dx = 0, 若 x− p−2 6= 0, 则 dp dx = 0, 从而 p = C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = Cx+ 1 C . 若 x− p−2 = 0, 容易求出原方程的另一解 y2 = 4x. 积分曲线族 y = Cx+ 1 C 的 C -判别曲线满足方程: y − Cx− 1 C = 0, −x+ 1 C2 = 0. 从中消去 C 得 y2 = 4x, 易证它是原方程的奇解. (6) 令 z = x2 + 2y, 则由方程得 dz dx = 2x+ 2 dy dx = 2 √ z. 当 z 6= 0时, 用分离变量的方法得 z = (x+ C)2, 由此得原方程的通解为 y = Cx+ C2 2 , 其中 C 为任意常数. 若 z = 0, 容易求出原方程的另一解 y = −x2 2 . 积分曲线族 y = Cx+ C2 2 的 C -判别曲线满足方程: y − Cx− C2 2 = 0, −x− C = 0. 从中消去 C 得 y = −x2 2 , 易证它是原方程的奇解. 3. 求下列高阶方程的解. (1) d 5y dx5 − 1 x d4y dx4 = 0. (10) 4 d 4y dx4 = d 2y dx2 . 解: (1) 令 p = d4y dx4 , 则原方程变为 dp dx = p x . 使用分离变量的方法, 可得 p = A1x, 其中 A1 为任意常数. 故 d4y dx4 = A1x. 解得 y = C1x5 + C2x3 + C3x2 + C4x+ C5, 其中 C1 = A15! , C2, C3, C4, C5 为任意常数. (10) 令 p = d2y dx2 , 则原方程变为 4 d2p dx2 = p, 以 p′dx乘上式两端得 2d(p′)2 = pdp, 故 4(p′)2 = p2 +A1, 其中 A1 为任意常数. 从而 2 dp dx = ± √ p2 +A1. 考虑方程 2 dp dx = √ p2 +A1, 使用分离变量的方法, 可得 p+ √ p2 +A1 = A2e x 2 , 4 其中 A2 为任意常数. 由此可得 p+ √ p2 +A1 = A2e x 2 , 因此 p = A2 2 e x 2 − A1 2A2 e− x 2 , 即 d2y dx2 = A2 2 e x 2 − A1 2A2 e− x 2 , 经过两次积分后得原方程的通解 y = C1e x 2 + C2e − x2 + C3x+ C4, 其中 C1 = 2A2, C2 = − 2A1A2 , C3, C4 为任意常数. 由方程 2 dp dx = − √ p2 +A1, 可得原方程相同形式的通解. 7. 试证若 y = ϕ(x)是方程 dy dx = p(x) sin y 的满足初始条件 ϕ(0) = 0的解, 则 ϕ(x) ≡ 0, 其中 p(x)在 −∞ < x <∞上连续. 证明: 用反证法. 若 ϕ(x) 6≡ 0, 则有 x0 使得 ϕ(x0) 6= 0, 不妨设 x0 > 0. 令 x¯0 = sup{x ∈ R|ϕ(x) = 0 且 x < x0}, 则显然有 ϕ(x¯0) = 0且当 x ∈ (x¯0, x0]时, ϕ(x) 6= 0. 在区间 x ∈ (x¯0, x0]上由于 ϕ(x) 6= 0, 因此由分 离变量法可知存在非零常数K 使得 tan y 2 = K exp( ∫ x 0 p(s)ds). 在上式两端令 x→ x¯0, 则左端趋于 0, 而右端趋于非零常数K, 这就导致矛盾. 故必有 ϕ(x) ≡ 0. 1 习 题 3.1 2. 设 A =  2t3 + 1 t2 t 4t2  , 试计算并比较其导数的行列式和其行列式的导数. 解: 易知 dA dt =  6t2 2t 1 8t  , 因此其导数的行列式为 48t3 − 2t. 另一方面, 可求出 detA = 8t5 + 4t2 − t3, 故其行列式的导数为 40t4 − 3t2 + 8t. 3. 设 x(t)是区间 α ≤ t ≤ β 上的连续函数, 且当 α ≤ t ≤ β 时, |x(t)| ≤ L+M ∫ t α |x(τ)|dτ, 其中 L, M 是非负常数. 试用逐步逼近法证明： |x(t)| ≤ LeM(t−α), ∀α ≤ t ≤ β. 证明: 不失一般性, 可设 x(t) ≥ 0. 由假设可知存在区间 α ≤ t ≤ β 上的连续函数 r(t) ≥ 0使得 x(t) = r(t) + L+M ∫ t α x(τ)dτ. 构造函数序列 xk(t)}如下： x0(t) = r(t), xk(t) = r(t) + L+M ∫ t α xk−1(τ)dτ, 其中 k = 1, 2, .... 容易归纳地证明, 对任意自然数 k, 函数 xk(t)在区间 [α, β]上有定义并且连续. 由数学归纳法可证明 |xk(t)− xk−1(t)| ≤ LM k−1 (k − 1)! (t− α) k−1, α ≤ t ≤ β. 用比率判别法知级数 ∞∑ k=1 Mk k! (t− α)k 在区间 α ≤ t ≤ β 上是一致收敛的. 因此级数 x0(t) + ∞∑ j=1 (xj(t)− xj−1(t)), α ≤ t ≤ β 在区间 α ≤ t ≤ β 上是一致收敛的, 从而函数序列 {xk(t)}在区间 α ≤ t ≤ β 上是一致收敛的, 并且 容易看出序列 {xk(t)}一致收敛于 x(t)}. 2 另一方面, 对任意自然数 n, 由上面的估计, 我们有 0 ≤ xn+1(t)− r(t) = n+1∑ k=1 (xk(t)− xk−1(t)) ≤ n+1∑ k=1 LMk−1 (k − 1)! (t− α) k−1 ≤ LeM(t−α). 从而 xn+1(t) ≤ LeM(t−α) + r(t) ≤ LeM(t−α). 由此知 ∀α ≤ t ≤ β, x(t) ≤ LeM(t−α). 习 题 3.2 3. 如果下列两个向量函数  sin t cos t  ,  cos t − sin t  为齐次微分方程组 dx dt =  a11(t) a12(t) a21(t) a22(t) x 的基本解组, 试求 aij(t), i, j = 1, 2. 解: 易知 d dt  sin t cos t cos t − sin t  =  a11(t) a12(t) a21(t) a22(t)  sin t cos t cos t − sin t  , 因此  a11(t) a12(t) a21(t) a22(t)  =  cos t − sin t − sin t − cos t  sin t cos t cos t − sin t −1 , 由此可求出 a11(t) = a22(t) = 0, a12(t) = 1, a21(t) = −1. 4. 利用解的存在惟一性(定理 1.1 )证明定理 2.2的第一部分. 证明: 充分性 设方程组 dx dt = A(t)x的解组 {xk(t) : k = 1, 2, . . . , n}的Wronsky行列式 detX(t)在 某点 t = t0 ∈ [α, β]处取值不为零, 则 {xk(t0) : k = 1, 2, . . . , n}线性无关, 由定理 2.1的证明可知解 组 {xk(t) : k = 1, 2, . . . , n}线性无关. 必要性 用反证法. 设方程组 dx dt = A(t)x 的解组 {xk(t) : k = 1, 2, . . . , n} 线性无关但在 区间 t ∈ [α, β] 上它的 Wronsky 行列式 detX(t) ≡ 0. 在区间 t ∈ [α, β] 上取定 t0 ∈ [α, β], 则 {xk(t0) : k = 1, 2, . . . , n}线性相关, 即存在不全为零的常数 C1, ..., Cn 使得 C1x1(t0) + C2x2(t0) + · · ·+ Cnxn(t0) = 0. 显然 C1x1(t) + C2x2(t) + · · · + Cnxn(t) 和 x(t) ≡ 0 都是方程组 dxdt = A(t)x 的满足初值条件 x(t0) = 0的解, 因此由解的存在惟一性定理知必有 C1x1(t) + C2x2(t) + · · ·+ Cnxn(t) ≡ 0. 故解组 {xk(t) : k = 1, 2, . . . , n}线性相关, 但这与假设矛盾. 1 习 题 3.3 2. 考虑方程组 dx dt = A(t)x+ f(t), (1) 其中 A(t) =  cos2 t 12 sin 2t− 1 1 2 sin 2t+ 1 sin2 t  , f(t) =  cos t sin t  . (1) 试验证 Φ(t) =  et cos t − sin t et sin t cos t  是对应的齐次方程组 dx dt = A(t)x 的基解矩阵. (2) 试求 (1)的满足初值条件 x(0) = −1 2  的解. 解: (1) 易见 dΦ(t) dt =  et(cos t− sin t) − cos t et(sin t+ cos t) − sin t  = A(t)Φ(t). 故 Φ(t)是对应的齐次方程组的解矩阵. 又由 detΦ(t) = et 6= 0知 Φ(t)是对应的齐次方程组的 基解矩阵. (2) 容易求出 Φ(t)Φ−1(τ)f(τ) =  et cos t − sin t et sin t cos t  e−τ cos τ e−τ sin τ − sin τ cos τ  cos τ sin τ  = et−τ  cos t sin t  , Φ(t)Φ−1(0)x(0) =  et cos t − sin t et sin t cos t  1 0 0 1 −1 2  = −et cos t− 2 sin t −et sin t+ 2 cos t  , 由常数变易公式得原非齐次方程组的解为 x(t) = Φ(t)Φ−1(0)x(0) + ∫ t 0 Φ(t)Φ−1(τ)f(τ) dτ =  (−et − 1) cos t− 2 sin t (−et − 1) sin t+ 2 cos t  . 3. 设 n × n矩阵函数 A(t)在 [α, β]上连续, n维向量函数 f(t,x)在区域 α ≤ t ≤ β, ‖x‖ <∞上连续. 证明初值问题 dx dt = A(t)x+ f(t,x), x(t0) = x0 等价于求解积分方程 x(t) = X(t)X−1(t0)x0 + ∫ t t0 X(t)X−1(τ)f(τ,x(τ)) dτ, 2 其中 t, t0 ∈ [α, β], X(t)是相应齐次线性方程组的基解矩阵. 证明: 设 x(t)为所给积分方程的解, 则 dx dt = dX(t) dt X−1(t0)x0 +X(t)X −1(t)f(t,x(t)) + ∫ t t0 dX(t) dt X−1(τ)f(τ,x(τ)) dτ = A(t)X(t)X−1(t0)x0 + f(t,x(t)) +A(t) ∫ t t0 X(t)X−1(τ)f(τ,x(τ)) dτ = A(t)x(t) + f(t,x(t)), 故 x(t)也为所给微分方程的解. 同时易见 x(t0) = x0, 故 x(t)为所给初值问题的解. 反之, 设 x(t)为所给初值问题的解, 则有 dx dt = A(t)x+ g(t), x(t0) = x0, 其中 g(t) = f(t,x(t))为已知函数. 由常数变易公式得 x(t) = X(t)X−1(t0)x0 + ∫ t t0 X(t)X−1(τ)g(τ) dτ = X(t)X−1(t0)x0 + ∫ t t0 X(t)X−1(τ)f(τ,x(τ)) dτ, 故 x(t)也为所给积分方程的解. 习 题 3.4 2. 设 x(t)是线性微分方程 d2x dt2 + a1(t) dx dt + a2(t)x = 0 的非零解, 试证当 x(t0) = 0时, x′(t0) 6= 0. 证明: 用反证法. 若 x′(t0) = 0, 则 x(t)是初值问题 d2x dt2 + a1(t) dx dt + a2(t)x = 0, x(t0) = 0, x ′(t0) = 0 的解. 显然这个初值问题有零解 x¯(t) ≡ 0, 因此由解的存在惟一性定理知必有 x(t) ≡ 0, 这与 x(t)是 非零解矛盾. 故当 x(t0) = 0时, x′(t0) 6= 0. 3. 验证 x = sin t t 是方程 d2x dt2 + 2 t dx dt + x = 0 的解, 并求该方程的通解. 解: 由 x = 1 t sin t知 d2x dt2 + 2 t dx dt + x = 2 t3 sin t− 2 t2 cos t− 1 t sin t + 2 t (− 1 t2 sin t+ 1 t cos t) + 1 t sin t = 0 3 因此 x = sin t t 是原方程的解. 由例 4.2的结果知其通解为 x(t) = sin t t C1 − C2 ∫ t2 sin2 t e−2 ∫ t−1dtdt = 1 t (C1 sin t+ C2 cos t), 其中 C1, C2 为任意常数. 5. 设 x1(t), x2(t)是二阶线性微分方程 d2x dt2 + a1(t) dx dt + a2(t)x = f(t), (2) 对应的齐次方程的两个线性无关的特解, 其中 a1(t)和 a2(t)是区间 α ≤ t ≤ β 上的连续函数, 则方程 (2)在区间 α ≤ t ≤ β 上的通解为 x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + ∫ t t0 x1(τ)x2(t)− x1(t)x2(τ) x1(τ)x′2(τ)− x′1(τ)x2(τ) f(τ)dτ, 其中 c1, c2 为任意常数. 证明: 解组 {x1(t), x2(t)}是对应的齐次方程的基本解组, 其Wronsky行列式为 W (t) = det  x1(t) x2(t) x′1(t) x ′ 2(t)  = x1(t)x′2(t)− x′1(t)x2(t). 又W (t)中第 2行第 1列和第 2列元素的代数余子式W1(t), W2(t)分别为W1(t) = −x2(t), W2(t) = x1(t). 故由常数变易公式知所给二阶线性微分方程有特解 xp(t) = ∫ t t0 x1(τ)x2(t)− x1(t)x2(τ) x1(τ)x′2(τ)− x′1(τ)x2(τ) f(τ)dτ, 因此所给通解公式成立. 6. 求方程 d2x dt2 + 4x = t sin 2t 的通解. 已知其对应的齐次线性方程有基本解组 cos 2t, sin 2t. 解: 容易求出其对应的齐次线性方程的基本解组 cos 2t, sin 2t 的Wronsky行列式W (t) = 2, W (t)中 第 2行第 1列及第 2列元素的代数余子式W1(t), W2(t)分别为W1(t) = − sin 2t, W2(t) = cos 2t. 因 此由常数变易公式知原方程有特解 xp(t) = 1 2 ∫ t 0 (sin 2t cos 2τ − cos 2t sin 2τ)τ sin 2τdτ = − t 2 8 cos 2t+ t 16 sin 2t. 故原方程的通解为 x = C1 cos 2t+ C2 sin 2t− t 2 8 cos 2t+ t 16 sin 2t, 其中 C1, C2 为任意常数. 1 第四章习题与思考 1. 求齐次线性方程的实通解： (2) d 3x dt3 − d2x dt2 + 2 dx dt − 2x = 0. (4) d 4x dt4 − 2 d3x dt3 + 2 dx dt − x = 0. 解: (2) 该方程的特征多项式为 λ3 − λ2 + 2λ− 2 = (λ− 1)(λ2 + 2), 因此特征根为 1, ±√2i. 故原方程有实基本解组 et, cos√2t, sin√2t. 由此得实通解 x(t) = C1e t + C2 cos √ 2t+ C3 sin √ 2t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数. (4) 该方程的特征多项式为 λ4 − 2λ3 + 2λ− 1 = (λ− 1)3(λ+ 1), 因此特征根为 1 (三重根), −1. 故原方程有实基本解组 et, tet, t2et, e−t. 由此得实通解 x(t) = et(C1 + C2t+ C3t 2) + C4e −t, 其中 C1, C2, C3, C4 为任意常数. 2∗. 分析振动方程 d2x dt2 + 2δ dx dt + ω2x = 0 的特征根并给出通解. 这里 δ ≥ 0, ω > 0. 解: 从该振动方程的特征方程 λ2 + 2δλ+ ω2 = 0 求得特征根为 λ1,2 = −δ ± √ δ2 − ω2. 根据 δ2 − ω2 的符号可分为如下三种情况: (i) 当 δ > ω时, 有二个相异实特征根 −δ ±√δ2 − ω2, 方程的实通解为 x(t) = e−δt(C1e √ δ2−ω2t + C2e − √ δ2−ω2t), 其中 C1, C2 为任意常数. (ii) 当 δ = ω时, 有一个实二重特征根 −δ, 方程的实通解为 x(t) = C1e −δt(C1 + C2t), 其中 C1, C2 为任意常数. (iii) 当 δ < ω时, 有一对共轭复特征根 −δ ±√ω2 − δ2i, 方程的实通解为 x(t) = e−δt(C1 cos √ ω2 − δ2t+ C2 sin √ ω2 − δ2t), 其中 C1, C2 为任意常数. 3. 求非齐次线性方程的实通解： (1) d 2x dt2 + dx dt = 1 + t2. (3) d 2x dt2 + 4x = t sin 2t. 2 (4) d 3x dt3 − 4 d2x dt2 + 3 dx dt = t2. 解: (1) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ2 + λ, 因此特征根为 0, −1. 故原方程对应的齐次 线性方程有实基本解组 1, e−t. 又原方程有特解 x(t) = 1 D2 +D · (1 + t2) = 1 D + 1 1 D · (1 + t2) = 1 D + 1 · (t+ 1 3 t3) = (1−D +D2 −D3)(t+ 1 3 t3) = t3 3 − t2 + 3t− 3. 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 + C2e −t + t3 3 − t2 + 3t, 其中 C1, C2 为任意常数. (3) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ2 +4, 因此特征根为 ±2i. 故原方程对应的齐次线 性方程有实基本解组 cos 2t, sin 2t. 又原方程有特解 x(t) = 1 D2 + 4 · t sin 2t, 考虑辅助方程 (D2 + 4)z = te2it, 它有特解 z(t) = 1 D2 + 4 · te2it = e2it 1 (D + 2i)2 + 4 · t = e2it 1 D 1 D + 4i · t = e 2it 4i 1 D (1− 1 4i D)t = e2it 4i 1 D (t− 1 4i ) = e2it 4i ( t2 2 − t 4i ), 取虚部得到原方程的特解 x(t) = −1 8 t2 cos 2t+ 1 16 t sin 2t. 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 cos 2t+ C2 sin 2t− 1 8 t2 cos 2t+ 1 16 t sin 2t, 其中 C1, C2 为任意常数. (4) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ3 − 4λ2 + 3λ, 因此特征根为 0, 1, 3. 故原方程对 应的齐次线性方程有实基本解组 1, et, e3t. 又原方程有特解 x(t) = 1 D3 − 4D2 + 3D · t 2 = 1 3−D 1 1−D 1 D · t2 = 1 3−D (1 +D +D 2 +D3)( 1 3 t3) = 1 9 (1 + 1 3 D + 1 9 D2 + 1 27 D3)(t3 + 3t2 + 6t+ 6) = 1 9 t3 + 4 9 t2 + 26 27 t+ 74 81 . 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 + C2e t + C3e 3t + 1 9 t3 + 4 9 t2 + 26 27 t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数. 1 第四章习题与思考 6. 求解方程组： (1) dx dt = −3x+ 48y − 28z, dy dt = −4x+ 40y − 22z, dz dt = −6x+ 57y − 31z. (2) dx dt = y, dy dt = −x. (3) dx dt = −5x− 10y − 20z, dy dt = 5x+ 5y + 10z, dz dt = 2x+ 4y + 9z. (4) dx dt = 3x− y, dy dt = −4x− y, dz dt = 4x− 8y − 2z. 解: (1) 该方程组的系数矩阵为 A = −3 48 −28−4 40 −22 −6 57 −31  . 它有 3个彼此互异的特征根 λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3, 其对应的特征向量分别为 c1 = (3, 2, 3)T , c2 = (4, 1, 1) T , c3 = (2, 2, 3) T . 由此得原方程组的通解为 x = 3C1e t + 4C2e 2t + 2C3e 3t y = 2C1e t + C2e 2t + 2C3e 3t z = 3C1e t + C2e 2t + 3C3e 3t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数. (2) 该方程组的系数矩阵为 A =  0 1 −1 0  . 易见: A2 = −T, A3 = −A, A4 = I, · · · , 因此原方程组有基本解矩阵 exp(At) =  1− t 2 2! + t 4 4! + · · · 1− t3 3! + t 5 5! + · · · −1 + t3 3! − t5 5! + · · · 1− t2 2! + t 4 4! + · · ·  =  cos t sin t − sin t cos t  . 由此得原方程组的通解为  x = C1 cos t+ C2 sin t y = −C1 sin t+ C2 cos t, 其中 C1, C2 为任意常数. (3) 该方程组的系数矩阵为 A = −5 −10 −205 5 10 2 4 9  . 2 它有 3 个彼此互异的特征根 λ1 = 5, λ2 = 2 + i, λ3 = 2 − i, 其对应的特征向量分别为 c1 = (−2, 0, 1)T , c2 = (3 + i, 2− i,−2)T , c3 = (3− i, 2 + i,−2)T . 因此原方程组有复基本解 矩阵 X(t) = −2e5t (3 + i)e(2+i)t (3− i)e(2−i)t0 (2− i)e(2+i)t (2 + i)e(2−i)t e5t −2e(2+i)t −2e(2−i)t  . 考虑 X(t)的实部得原方程组的通解为 x = −2C1e5t + C2(3 cos t− sin t)e2t +C3(cos t+ 3 sin t)e 2t y = C2(2 cos t+ sin t)e 2t + C3(− cos t+ 2 sin t)e2t z = C1e 5t − 2C2e2t cos t− 2C3e2t sin t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数. (4) 该方程组的系数矩阵为 A =  3 −1 0−4 −1 0 4 −8 −2  . 它有单特征根 λ1 = −2和二重特征根 λ2 = 1. 对 λ1 = −2,其对应的特征向量为 c1 = (0, 0, 1)T . 对 λ2 = 1求 (A− λ2I)2c = 0的非平凡解, 即求解线性方程组 0 0 00 0 0 28 44 9  c = 0. 得到两个线性无关的解 c20 = (1, 1,−8)T 和 c30 = (5,−4, 4)T . 由此递推得 c21 = (A− λ2I)c20 = (3,−6, 20)T , c31 = (A− λ2I)c30 = (6,−12, 40)T . 最后得到基本解矩阵 X(t) = (