常微分方程第三版答案

dy=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。 dxdy=2xdx 两边积分有：ln|y|=x2+c yy=e

x2解：

+ec=cex2另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0

原方程的通解为y= cex2,x=0 y=1时 c=1 特解为y= e

2. ydx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。 解：ydx=-(x+1)dy

22x2.

dy1dy=-dx

y2x1两边积分: -

11=-ln|x+1|+ln|c| y=

ln|c(x1)|y另外y=0,x=-1也是原方程的解 x=0,y=1时 c=e 特解：y=

1

ln|c(x1)|dy1y23．=

dxxyx3ydy1y21 解：原方程为：=

yxx3dx1y21dy=dx 3yxx两边积分：x(1+x)(1+y)=cx

4. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0 解：原方程为：

2221yx1dy=-dx

yx两边积分：ln|xy|+x-y=c

另外 x=0,y=0也是原方程的解。

5．（y+x）dy+(x-y)dx=0 解：原方程为：

dyxy=-

dxxydyduy=u 则=u+x 代入有：

dxdxxu11-2du=dx

xu1令

ln(u2+1)x2=c-2arctgu 即 ln(y2+x2)=c-2arctg6. x

y. x2dy-y+x2y2=0 dxy2dyy|x|=+-1()

xdxxx 解：原方程为：

则令

dyduy=u =u+ x

dxdxx du=sgnx

11u2arcsin

1dx xy=sgnx ln|x|+c xdydx= tgyctgx7. tgydx-ctgxdy=0 解:原方程为：

两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c| siny=

1c= 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.

ccosxcosx所以原方程的通解为sinycosx=c. 8

dye+dxyy23x=0

2dyey3x 解：原方程为：=e

dxy2 e

3x-3e

y2=c.

9.x(lnx-lny)dy-ydx=0 解：原方程为：

dyyy=ln dxxxdyduy令=u ,则=u+ x

dxdxx

u+ x

du=ulnu dxy=cy. xln(lnu-1)=-ln|cx| 1+ln

10.

dyxy=e dxdyxy=ee dx 解：原方程为：

ey=cex

11

dy=(x+y)2 dxdydu=-1 dxdx 解：令x+y=u,则

du2-1=u dx1du=dx 21uarctgu=x+c

arctg(x+y)=x+c

12.

1dy= 2dx(xy)解：令x+y=u,则

dydu=-1 dxdxdu1-1=2 dxu u-arctgu=x+c y-arctg(x+y)=c. 13.

dy2xy1= dxx2y1解: 原方程为：（x-2y+1）dy=(2x-y+1)dx xdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=0 dxy-d(y-y)-dx+x=c xy-y+y-x-x=c

222214:

dyxy5= dxxy2解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dx xdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0 dxy-d(

1212y+2y)-d(x+5x)=0 22 y2+4y+x2+10x-2xy=c.

dy=(x+1) 2+(4y+1) 2+8xy1 dxdy 解：原方程为：=（x+4y）2+3

dxdy1du1令x+4y=u 则=-

dx4dx41du12-=u+3 4dx4du=4 u2+13 dx3u=tg(6x+c)-1 22tg(6x+c)=(x+4y+1).

315: 16:证明方程

xdy=f(xy),经变换xy=u可化为变量分离方程，并由此求下列方程： ydx221） y(1+xy)dx=xdy

xdy2x2 y2 2） =

ydx2-x2y2dydu+y= dxdxdy1duu 则=-2，有：

dxxdxxxdu =f(u)+1

udx 证明： 令xy=u,则x

11du=dx

u(f(u)1)x 所以原方程可化为变量分离方程。

1） 令xy=u 则

dy1duu=- (1) dxxdxx2dyy2原方程可化为：=[1+（xy）] (2)

dxx1duuu2将1代入2式有：-2=(1+u)

xdxxxu=u22+cx

17.求一曲线，使它的切线坐标轴间的部分初切点分成相等的部分。

解：设（x +y ）为所求曲线上任意一点，则切线方程为：y=y’(x- x )+ y 则与x轴，y轴交点分别为：

x= x0 -

y0 y= y0 - x0 y’ y'y0 所以 xy=c y' 则 x=2 x0 = x0 -

18.求曲线上任意一点切线与该点的向径夹角为0的曲线方程，其中 =

 。 4解：由题意得：y’=

11y dy= dx

yxx ln|y|=ln|xc| y=cx.  =

 则y=tgx 所以 c=1 y=x. 419.证明曲线上的切线的斜率与切点的横坐标成正比的曲线是抛物线。 证明：设(x,y)为所求曲线上的任意一点，则y’=kx 则：y=kx +c 即为所求。

2

常微分方程习题2.1 1.

dy2xy,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. dx 解：对原式进行变量分离得

1dy2xdx,两边同时积分得：lnyyc1,故它的特解为yex。2x2c,即ycex把x0,y1代入得

22.ydx(x1)dy0,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解.

解：对原式进行变量分离得：

21111dx2dy,当y0时，两边同时积分得；lnx1c,即yx1yclnx1y

当y0时显然也是原方程的解。当x0,y1时，代入式子得c1,故特解是1y。1ln1x23

y dydxxyx3y1 解：原式可化为：

dydx1y2y1xx显然31y2yy10,故分离变量得dydx23xx1y1两边积分得ln12y212lnxln1xlnc(c0),即(12(1x)cxy）222y)(1x)cx222

故原方程的解为（15:(yx)dy(yx)dx0dyyxydydu解：,令u,yux,uxdxyxxdxdxduu1u11则ux,变量分离，得：2dudxdxu1xu1两边积分得：arctgu12ln(1u)lnxc。22dy2yxydxydydu解：令u,yux,ux,则原方程化为：xdxdx6：xdudxx2(1u)x211,分离变量得：dusgnxdx2x1uysgnxlnxcx两边积分得：arcsinusgnxlnxc代回原来变量，得arcsin22另外，yx也是方程的解。7：tgydxctgxdy0解：变量分离，得：ctgydytgxdx两边积分得：lnsinylncosxc.y2dy8:edxy3x解：变量分离，得ey13xdyc23ey9:x(lnxlny)dyydx0yy解：方程可变为：lndydx0xxy1lnu令u,则有：dxdlnuxx1lnuy代回原变量得：cy1ln。xdyxy10：edx解：变量分离edyedx两边积分eec yxyx

4：(1x)ydx(1y)xdy01x1y解：由y0或x0是方程的解，当xy0时，变量分离dxdy0xy两边积分lnxxlnyyc,即lnxyxyc,故原方程的解为lnxyxyc;y0;x0. dyxyedx解：变量分离，edyedx两边积分得：eec2dy11.(xy)dxyxyx

dydt1dxdxdt1原方程可变为：21dxt解：令xyt,则变量分离得：211tdtdx,两边积分arctgtxc代回变量得：arctg(xy)xc

12．解

dy1 2dx(xy)令xyt，则dydtdt11，原方程可变为21dxdxdxtt2变量分离2dtdx，两边积分tarctgtxc，代回变量

t1xyarctg(xy)xc13.dy2xy1dxx2y111解：方程组2xy10,x2y10;的解为x,y3311dY2XY 令xX,yY,则有'33dXX2YYdU22U2U令U，则方程可化为：XXdX12U变量分离214,dyxy5dxxy2解：令xy5t,则dydx1dtdx,原方程化为：1dtdxtt7,变量分离(t7)dt7dx

两边积分12t27t7xc代回变量12(xy5)27(xy5)7xc.

dy15．dx(x1)2(4y1)28xy1

解：方程化为dydxx22x116y28y18xy1(x4y1)22令1x4yu，则关于x求导得14dydu1du9dxdx，所以4dxu24， 分离变量12284u29dudx，两边积分得arctg(33x3y)6xc，是原方程的解。

dyy62x216．dx2xy5x2y2 解：dydx(y3)22x2dy33[(y3)22x2]y2(2xy3x2dx2xy3x2，，令y3u，则原方程化为 3u2du3u26x2x26dx2xux2u ，这是齐次方程，2x1ududz3xz，则dxzxdx，所以z262z1zxdzdx，，xdzdxz2z62z1，...........(1)当z2z60，得z3或z2是（1）方程的解。即y33x或y32x是方程的解。当z2z60时，变量分离2z1dz1dx，两边积分的（z3)7(z2)3x5z2zdxc,即（y33x)7(y32x)3x5c，又因为y33x或y32x包含在通解中当c0时。故原方程的解为(y33x)7(y32x)3x15c17. dy2x33dxxyx3x2y2y3y 令

dyx(2x23y21)dy22x23y2解：原方程化为dxy(3x22y21);;;;;1dx23x22y21 令y2u,;;;;;x2v;;;;;;;则du2vdv3u13v2u1.......(1) 2v3u10方程组的解为（1，3v2u101）；令Zv1，，Yu1，

23y则有2z3y0，，，，从而方程（1）化为dyz 3z2y0dzy32z令tydyz，，则有dztzdtdz，，所以tzdtdz23t32t，，zdtdz22t232t，...........(2) 当

22t20时，，即t1，是方程(2)的解。得y2x22或y2x2是原方程的解22t20时，，分离变量得32t22t2dt1zdz两边积分的y2x2(y2x22)5c 另外

y2x22，或y2x2，包含在其通解中，故原方程的解为y2x2(y2x22)5c

当

18.证明方程xdyf(xy)经变换xyu可化为变量分离方程，并由此求解下列方程ydx（1）.y(1x2y2)dxxdyxdy2x2y2(2).ydx2x2y2dydydydu,所以xydxdxdxdx1duduu1得：1f(u),(f(u)1)(uf(u)u)ydxdxy(f(u)1)xx证明：因为xyu,关于x求导导得yx故此方程为此方程为变程。2xdy2解(1):当x0或y0是原方程的解，当xy0s时，方程化为1xyydxdu1du13令xyu,则方程化为(2uu),变量分离得：dx3dxxx2uu两边同时积分得：ucx,即cx,y0也包含在此通解中。222u2xy2422y2故原方程的解为原ycxxy22222,x0.

du12u214u 解 (2)令xyu，则原方程化为(uu)dxx2u2x2u22u21yx2y2分离变量得dudx，两边积分得lnc，这也就是方程的解。4uxx4

x19. 已知f(x)

f(x)dt1,x0,试求函数f(x)的一般表达式.

01y2y'1解：设f(x)=y, 则原方程化为f(x)dt 两边求导得 yy0xy3dy1111;;;;;;;;;;dx3;;;;;;;;;;;;两边积分得xc;;;;;所以ydx2y2ydy2xc把yx12xcx代入0f(x)dt1 y12x

012tcdt2xc;;;;;;;;;;(2xcc)2xc得c0,所以y

20.求具有性质 x(t+s)=

x(t)x(s)的函数x(t),已知x’(0)存在。

1x(t)x(s)解：令t=s=0 x(0)=

x(0)x(0)2x(0)= 若x(0)0 得x2=-1矛盾。

1x(0)1x(0)x(0)x(tt)x(t)x(t)(1x2(t))limx'(0)(1x2(t)) 所以x(0)=0. x’(t)=limtt[1x(t)x(t)dx(t)dx(t)x'(0)dt 两边积分得arctg x(t)=x’(0)t+c 所以x'(0)(1x2(t)) 21x(t)dtx(t)=tg[x’(0)t+c] 当t=0时 x(0)=0 故c=0 所以

x(t)=tg[x’(0)t]

习题2.2

求下列方程的解 1．

dy=ysinx dxdxdx

(sinxedxc)

解： y=e 1xe(sinxcosx)+c] 21x=c e- (sinxcosx)是原方程的解。

2=e[-x2．

dx2t+3x=e dtdx2t=-3x+e dt (

解：原方程可化为：

所以：x=e =e

3dt2t3dte edtc)

15te+c) 53t12t =c e+e 是原方程的解。

51ds3．=-scost+sin2t

2dt3dtcostdt1解：s=e(sin2tedtc )

23t (

=e

sint(sintcoste(sintesintsintdtc)

= e

sintesintc)

=ce4．

sintsint1 是原方程的解。

dyxyexxn ， n为常数. dxn解：原方程可化为：

dyxyexxn dxn yenxdxxn(exexnxdxndxc)

x(ec) 是原方程的解.

dy12x+y1=0 dxx2dy12x解：原方程可化为：=-y1

dxx25．

ye2x1x2dx(e12xx2dxdxc)

1xe1(lnx2)2(e1xlnx2dxc)

=x(1ce) 是原方程的解.

2dyx4x36． 2dxxydyx4x3解： dxxy2x3y =2+

xydyduyu 则 yux =ux

dxdxxdux因此：ux=

dxu2du1 2

dxu令

ududx uxc

u3xxc （*） 将

32133yu带入 （*）中 得：y33x4cx3是原方程的解. xdy2y(x1)3dxx1dy2y解：(x1)3dxx12P(x),Q(x)(x1)3x17.dxP(x)dxx1ee(x1)22方程的通解为： y=eP(x)dxP(x)dx(eQ(x)dxc)2 =(x+1)(13*(x+1)dx+c)(x1)22 =(x+1)((x+1)dx+c) (x1)2 =(x+1)(c)2 即：2y=c(x+1)2+(x+1)4为方程的通解。dyy 8. =dxxy32dxx+y31解：xy2dyyy1则P(y)=,Q(y)y2y eP(y)dyeydy1yP(y)dyP(y)dy(eQ(y)dyc)方程的通解为： x=e1 =y(*y2dyc)yy3 =cy2y3 即 x= +cy是方程的通解 ，且y=0也是方程的解。2dyayx1,a为常数dxxxax1解：（Px),Q(x)xx9.dyyx3dxdy13a解：yxdxP(x)dxdxxeexxa13P(x)dxP(x)dxP(x),Q(x)x方程的通解为： y=e(eQ(x)dxc)x11x+1dxaP(x)dx1x =x(adx+c) eexxx 当 a0时，方程的通解为方程的通解为：　　 y=x+ln/x/+c P(x)dxP(x)dx y=e(eQ(x)dxc) 当 a1时，方程的通解为1 y=cx+xln/x/-1 =(x*x3dxc)x 当 a0，1时，方程的通解为x3c =x1 y=cxa+- 4x1-aax3c 方程的通解为：　y= 4x 10.x11.dyxyx3y3dxdy解：xyx3y3dx两边除以y3dy23xyxy3dxdy-22(xy2x3)dx令y2zdz2(xzx3)dxP(x)2x,Q(x)2x3epxdxe2xdxex2方程的通解为： z= e2pxpxdx(edxQ(x)dxc)2 =ex(ex(2x3)dxc) =x2cex1故方程的通解为：y2(x2cex1)1,且y0也是方程的解。22

clnx112.(ylnx2)ydxxdyx2424dylnx22y解：ydxxx 两边除以y2dylnx2y1y2dxxxdy1lnx2y1dxxx 令y1zdz2lnxzdxxx2lnxP(x),Q(x)xx方程的通解为：zeP(x)dxP(x)dx(eQ(x)dxc)22dxdxlnx1lnxxze(ex()dxc)x2(2()dxc)xxx

c2lnx1x424clnx1方程的通解为:y(x2)1,且y=0也是解。42413

2xydy(2y2x)dxdy2y2xy1

dx2xyx2y这是n=-1时的伯努利方程。 两边同除以

1， ydyy21y dxx2令yz

2dzdy2y dxdxdz2y22z11 dxxxP(x)=

2 Q(x)=-1 x由一阶线性方程的求解公式

dxdxzex(exdxc)

22 =xxc

2y2xx2c

dyey3x14 2dxxdy(ey)23xey两边同乘以e e dxx2yy令ez

ydzdy eydxdxdzz23xz3zz22 这是n=2时的伯努利方程。 2dxxxx1dz311

令T 22zdxxzxz

dT1dzdT3T1 22

dxzdxdxxx31P（x）= Q(x)=2

xx两边同除以z

2由一阶线性方程的求解公式

3dxdx13xxTe(2edxc)

x =x( =312xc) 211xcx3 21z(x1cx3)1

21ey(x1cx3)1

21x2eyceyx3 212xx3eyc 2 15

dy1 33dxxyxydxyxy3x3 dy

这是n=3时的伯努利方程。 两边同除以x

31dxy3y 32xdyx 令x2z

dzdx2x3 dydy

dz2y22y3=2yz2y3 P(y)=-2y Q(y)=2y3 dyx 由一阶线性方程的求解公式 ze=e2ydy2ydy(2y3edyc)

2y2(2y3eydyc)

2=y21cey

x2(y21cey)1 xe(y1ce222y22y2)e

y2ey(1x2x2y2)cx2

16 y=e+

xx0y(t)dt

dyexy(x) dxdyyex dxP(x)=1 Q(x)=e 由一阶线性方程的求解公式

1dx1dxye(exedxc)

x =ex(exexdxc)

 =e(xc)

xex(xc)exex(xc)dx

0xc=1 y=e(xc)

17 设函数(t)于∞'x试求此函数。

令t=s=0 得(0+0)=(0)(0) 即(0)=(0) 故(0)0或(0)1 （1） 当(0)0时 (t)(t0)(t)(0) 即(t)0

2t(∞,∞)

(2) 当(0)1时 (t)'limt0(tt)(t)t=

=

limt0(t)(t)(t)t

=

limt0'(t)((t)1)tlimt0(t0)(0)t(t)

=(0)(t)

于是

'dd'(0)dt 积分 ce(0)t '(0)(t) 变量分离得dt由于(0)1，即t=0时1 1=cec=1 故(t)e(0)t

20.试证：

（1）一阶非齐线性方程（2 .28）的任两解之差必为相应的齐线性方程（2.3）之解；

（2）若yy(x)是（2.3）的非零解，而yy(x)是（2.28）的解，则方程（2.28）的通解可表为ycy(x)y(x)，其中c为任意常数.

（3）方程（2.3）任一解的常数倍或任两解之和（或差）仍是方程（2.3）的解. 证明：

'0dyP(x)yQ(x) （2.28） dxdyP(x)ydx （2.3）

（1）

设y1，y2是（2.28）的任意两个解 则

dy1P(x)y1Q(x) （1） dxdy2P(x)y2Q(x) （2） dxdy1y2P(x)(y1y2)

dx（1）-（2）得

即yy1y2是满足方程（2.3） 所以，命题成立。

（2） 由题意得：

dy(x)P(x)y （3） dxdy(x)P(x)y(x)Q(x) （4） dx1）先证ycyy是（2.28）的一个解。 于是 c34 得

cdydycP(x)yP(x)yQ(x) dxdxd(cyy)P(x)(cyy)Q(x) dx故ycyy是（2.28）的一个解。

2）现证方程（4）的任一解都可写成cyy的形式 设y1是(2.28)的一个解 则

dy1P(x)y1Q(x) （4’） dx于是 （4’）-（4）得

d(y1y)P(x)(y1y) dx从而 y1yceP(x)dxcy

即 y1ycy 所以，命题成立。

（3）

设y3，y4是（2.3）的任意两个解 则

dy3P(x)y3 （5） dxdy4P(x)y4 （6） dxcdy3cP(x)y3 于是（5）c得 dxd(cy3)P(x)(cy3) 其中c为任意常数 即

dx也就是ycy3满足方程（2.3） （5）（6）得

dy3dy4P(x)y3P(x)y4 dxdxd(y3y4)即 P(x)(y3y4)

dx

也就是yy3y4满足方程（2.3）

所以命题成立。

21.试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程并求解。 （5） 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方； （6） 曲线上任一点的切线的纵截距是切点横坐标和纵坐标的等差中项； 解：设p(x,y)为曲线上的任一点，则过p点曲线的切线方程为

Yyy'(Xx)

从而此切线与两坐标轴的交点坐标为(xy,0),(0,yxy') y'即 横截距为 xy， y' 纵截距为 yxy'。 由题意得： （5） yxy'x 方程变形为

2dyyx2 dxdy1 yx

dxx xdx()dxx于是 ye((x)exdxc)

11 elnx((x)elnxdxc)

x((x)xdxc) x((x11)dxc) x x(xc) xcx

所以，方程的通解为yxcx。 （6）yxy'22xy 2方程变形为

dyyx dx22dy11 y

dx2x2 x1()dxdx于是 ye2x(()e2xdxc)

2 e1lnx2lnx11(()e2dxc)

211 x(()x12121212dxc)

11 x((x2)dxc)

2 x(xc) xcx

所以，方程的通解为yxcx。 22．求解下列方程。 （1）(x1)y'xy0 解：y'212121212xy11 y22x1x1x21dxx ye12dx(2ex1c)

x112x =/x1/[1221x21dx1/x21/3212dxc]

=/x21/[c]

/x21/ =c/1x2/x

（2） ysinxcosxysinx0

'3dyysin2x dxsinxcosxcosxsin2x1P(x)= Q(x)=

cosxsinxcosx由一阶线性方程的求解公式

1dxsin2xsinx1cosxdxsinxcosxye(edxc)

cosx =

sinxcosx(sinxdxc) =sinxcosx(cosxc)

=tgxcsinx

1、验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解。1. (x2y)dx(x2y)dy0

解：

My1，Nx=1 . 则

MyNx 所以此方程是恰当方程。

凑微分，x2dx2ydy(ydxxdy)0 得 ：

13x3xyy2C 2． (y3x2)dx(4yx)dy0

解：

My1，Nx1 . 则

MyNx . 所以此方程为恰当方程。

凑微分，ydxxdy3x2dx4ydy0 得 x3xy2y2C

y211x23． [(xy)2x]dx[y(xy)2]dy0习题2.3

M2y(xy)22y2(xy)(1)2xy解： y(xy)4(xy)3N2x(xy)22x2(xy)2xy 43x(xy)(xy)则

MN . xy因此此方程是恰当方程。

uy21 （1） 2x(xy)xu1x2 （2） yy(xy)2y21对（1）做x的积分，则udxdx(y) 2x(xy)y2lnx(y) （3） =xyu(1)y2(xy)2yd(y)对（3）做y的积分，则 2ydy(xy)2xyy2d(y)= 2dy(xy)1x2= 2y(xy)d(y)1x2y22xy1x22xyy21则1 222dyy(xy)yy(xy)(xy)(y)(1)dylnyy

y2yy2xyy2yxyulnxlnyylnln

xyxxyxxy故此方程的通解为ln1yyxyC xxy224、 2(3xy2x)dx3(2xyy)dy0

23解：

MN12xy，12xy . yxMN . yx则此方程为恰当方程。

凑微分，6xydx4xdx6xydy3ydy0

23223d(x2y2)d(x4)d(x3)0

得 ：x3xyyC 5.(

42231xyx11yyxsin-2cos+1)dx+( cos-2 sin+2)dy=0 yyxyyxxxy1xyx11yyxsin-2cos+1 N= cos-2 sin+2 yyxyyxxxy解： M=

1Mxxx1yyy=-2 sin-3cos-2 cos+3sin yyyyxyxxx1xxx1Nyyy=-2 sin-3cos-2 cos+3sin

yyyxyxxxx所以，

MN=，故原方程为恰当方程 yx因为

x11xxy1yysindx-2cosdx+dx+ cosdy-2 sindy+2dy=0 yyyyyxxxxd(-cos

x1y)+d (sin)+dx+d(-)=0 yyxx1y-cos+x -)=0

yyxx1y-cos+x -=C

yyx所以，d(sin

故所求的解为sin求下列方程的解：

6．2x(ye-1)dx+edy=0

解：

x2x2MNx2x2= 2xe , =2xe yx所以，

MN=，故原方程为恰当方程 yxx2x2又2xyedx-2xdx+edy=0 所以，d(ye-x2)=0 故所求的解为ye-x2=C 7.(ex+3y2)dx+2xydy=0 解：exdx+3y2dx+2xydy=0 exdx+3xydx+2x3ydy=0 所以，d e( x-2x+2)+d( x3y)=0 即d [e( x-2x+2)+ x3y]=0 故方程的解为e( x-2x+2)+ x3y=C 8. 2xydx+( x+1)dy=0 解：2xydx+ xdy+dy=0

d( xy)+dy=0 即d(xy+y)=0 故方程的解为xy+y=C 9、ydxxdyxydx 解：两边同除以 xy 得

22x2x2x222x22x22x222222222ydxxdydx 22xy即，darctgxdx yxxc y故方程的通解为argtg10、ydxxydy0 解：方程可化为：

3ydxxdyydy

y2即， dxydy yx12yc 即：2xyy2c y2故方程的通解为：

同时，y=0也是方程的解。

11、y1xydxxdy0

解：方程可化为：ydxxdy1xydx

dxy1xydx 即：

dxydx 1xy故方程的通解为：ln1xyxc

12、yxdxxdy0 解：方程可化为：

2ydxxdydx 2xyddx

x故方程的通解为 ：

13、x2ydxxdy0 解：这里Mx2y,Nx ，

ycx 即：yxcx xMN yxMN11yxxdxx  方程有积分因子eNx两边乘以得：方程xx2ydxxdy0是恰当方程

2故方程的通解为：

x22xydxx2x22xydxdyc

yx3x3yc 3即：x3xyc

14、xcosxysinxydxxcosxydy0

32解：这里Mxcosxysinxy,Nxcosxy

因为

MNcosxyxsinxy yx故方程的通解为：

xcosxysinxydxxcosxyxsinxyc

xcosxysinxydxdyc 即：

y15、ycosxxsinxdxysinxxcosxdyo 解：这里Mycosxxsinx,Nysinxxcosx

MN yxMNdyyx1 方程有积分因子：eey 两边乘以得：

M方程eyycosxxsinxdxeyysinxxcosxdy0为恰当方程

故通解为 ：eyycosxxsinxdxNyeycosxxsinxdxdyc y即：esinxy1ecosxc

yy16、x4ydx2xdyy3ydx5xdy0

3解：两边同乘以xy得：

24x3y2dx2x4ydy3x2y5dx5x3ydy0

2dx4y2dx3y50

故方程的通解为：xyxyc

17、试导出方程M(X,Y)dxN(X,Y)dy0具有形为(xy)和(xy)的积分因子的充要条件。 解：若方程具有(xy)为积分因子，

435(M)(N) （(xy)是连续可导） yxMMNN yyxxMMNN() yxyx(1) 令 zxy

dzdd， . ydzxdzxdzMddNMN()， dzdzxydNM() ， dzxy(MN)NMdxy ， dz(xy)dz MNNMxy方程有积分因子(xy)的充要条件是：是xy的函数，

MN此时，积分因子为(xy)e(z)dz .

(2) 令zxy

dzddzdx ， yydzydzxdzxdzMxddNMNy() dzdzxydNM() dzxy(MxNy)NMdxy MxNy此时的积分因子为(xy)e18. 设f(x,y)及

NMxydzMxNy

f连续,试证方程dyf(x,y)dx0为线性方程的充要条件是它有仅依赖于x的积分因子. y证:必要性 若该方程为线性方程,则有

dyP(x)yQ(x) , dxP(x)dx此方程有积分因子(x)e,(x)只与x有关 .

充分性 若该方程有只与x有关的积分因子(x) . 则(x)dy(x)f(x,y)dx0为恰当方程 ,

从而

((x)f(x,y))d(x)f(x) , ,

ydxy(x)f(x)(x)dyQ(x)yQ(x)P(x)yQ(x) . (x)(x)(x) .于是方程可化为dy(P(x)yQ(x))dx0 (x)其中P(x)即方程为一阶线性方程.

20.设函数f(u)，g(u)连续、可微且f(u)g(u),\\，试证方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0 有积分因子u=(xy[f(xy)-g(xy)])

1

证：在方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0两边同乘以u得：

uyf(xy)dx+uxg(xy)dy=0

ffgx(fg)xyxyyuyffufyy则=uf+uy+yf=+-yf 222yyyxy(fg)xy(fg)xy(fg)ygfgxyfxygyfgyyxyyxyy== 22xy(fg)x(fg)yff=

gfgxyxy

(fg)2xfggy(fg)xyxyguxgguxx x- xg而=ug+ux+xg=+222xy(fg)xxxxy(fg)xy(fg)xf=

gxyfxygfxgfgxyxxyxxyxy=

xy(fg)2(fg)2故

uyfuxg=，所以u是方程得一个积分因子 yx21．假设方程（2.43）中得函数M（x,y）N(x,y)满足关系

MN= yxNf(x)-Mg(y),其中f(x),g(y)分别为x和y得连续函数，试证方程（2.43） 有积分因子u=exp(

f(x)dx+g(y)dy)

证明：M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

即证

(uM)(uN)MuNu+M=u+Nu yxyyxxu(

f(x)dxg(y)dyMNuMNu-)=N- M-)=Nef(x) u(

yyxyxxf(x)dxg(y)dyMN-)=e(Nf(x)-Mg(y))

yx-M ef(x)dxg(y)dyg(y)u(

由已知条件上式恒成立，故原命题得证。 22、求出伯努利方程的积分因子. 解：已知伯努利方程为：

两边同乘以yndyPxyQxyn,yo; dxn，令zy，

dz1nPxz1nQx,线性方程有积分因子： dx1nPxdxn1Pxdx，故原方程的积分因子为： ee1nPxdxn1Pxdx，证毕！ ee23、设x,y是方程Mx,ydxNx,ydy0的积分因子，从而求得可微函数Ux,y，

.试证使得dUMdxNdy~x,y也是方程Mx,ydxNx,ydy0的积分因子的充要条件是~x,yU,其中t是t的可微函数。 ~MuMMuMuyyy~u，则y证明：若

MuMuNy~NuNNuNuMxxx又 ~MMuNuMyy~为Mx,ydxNx,ydy0的一个积分因子。 即24、设1x,y,2x,y是方程Mx,ydxNx,ydy0的两个积分因子，且12常数，求证12c（任意常数）是方程Mx,ydxNx,ydy0的通解。 证明：因为1,2是方程Mx,ydxNx,ydy0的积分因子

所以iMdxiNdyo i1,2 为恰当方程 即 NiMN，i1,2 Miixyxy下面只需证事实上：

1的全微分沿方程恒为零 21d22122dx1dydxdy1xyxy22212M2M2dxdxdxdx1xNyxNy22212dx1NMNM122yyN2xxMNMNdx012212xxN2yy

即当

1c时，1c是方程的解。证毕！ 22习题 2.4

求解下列方程 1、xy1y

3解：令

dy11yp，则x1t3t3t2， dxtt13232pdxcdttc3t2dtct2tc， t2 从而yxt3t2 于是求得方程参数形式得通解为. 32yt2tc22、yx1y0

33t3121dy33t， 解：令yptx，则txx1tx0，即xttdx从而y2121pdxcttdtc tt3 t112t2dtc

t 2tt 41dtc t225121ttc， 52t12xtt于是求得方程参数形式得通解为.

211yt5t2c52t3、yye 解：令

2ydyyp，则yp2ep， dx从而x1dp2epc p 12pepp2epdpc p =

2eppepdpc

p 1pec，

px1pec于是求得方程参数形式的通解为, 2pyye另外，y=0也是方程的解. 4、y1y解：令

22a, a为常数

2a2ady22acos， ytg，则y221tgsecdx从而x11dycd2acos2c ptg 4acosdc4a a2sin2c，

21cos22c

xa2sin2c于是求得方程参数形式的通解为. 2y2acos5、xy1 解：令

22dyypcost，则x1cos2tsint， dx从而ycostdsintc

 costdtc 21cos2t2dtc

11tsin2tc， 24xsint于是求得方程参数形式的通解为. 11ytsin2tc246、y2y12y2

1t解：令2yyt，则1yyt1，得yt，

1dtdydy1t2dtt211tdtdt， 所以dxy2yt1t2t21t2t212ttt从而x11dtcc， t2t1xct于是求得方程参数形式的通解为，

1ytt因此方程的通解为y

习题2.5

2．ydxxdyxydy

解：两边同除以x2，得：

21xc. xcydxxdyydy

x2y1dy2c x2y1即y2c x24．

dyy dxxxy解：两边同除以x，得

dydx

yx1

yx

yu xdydu 则 uxdxdx 令 即

udydu uxdxdx1u得到

11clnyu222，

1即xyclny

2另外y0也是方程的解。 6．xy1ydxxdy0 解：ydxxdyxydx0

ydxxdyxdx 2y 得到dx12xc 2y 即

x12xc y2 另外y0也是方程的解。

8.

dyyy2dxxx3 解：令

yxu 则：dyuxduu1xu2dxdx

即xdu12dxxu

得到dudxu2x2

故11uxc

即

1ycx1x2 另外y0也是方程的解。

210． xdydx1dydx

解：令

dydxp 即x1p2p

而

dydxp故两边积分得到 y12p2lnpc

1p2 因此原方程的解为xp， 12.eydydx1xex 解：

dy1xexydx 令 xyu

则 1dydudxdx dydxdudx1xeu1 即dueuxdx

y12p2lnpc。

eu12xc 212xc 2 故方程的解为 exy14．

dyxy1 dx 解： 令xy1u

dydu dxdxdydu 那么1u

dxdxdu dx

u1 则1 求得： lnu1xc

故方程的解为lnxy1xc 或可写 为xy1ce 16．x1xdy12ey dx 解：令eyu 则ylnu x11du2u1 udx11dudx

u2u1x12u11c ux1`即方程的解为e22yxy2xc

18．4xydx2xy1dy0 解： 将方程变形后得

3dy4x2y2 3dx2xy1dx2x3y1x1 dy2y4x2y24x2y2dxx31 同除以x得：x2

dy2y4y22 令zx3 则

dz3z32 dy2y4y332 zycy2

232 即原方程的解为xycy2

23319.X(

dy2dy)2y()4x0 dxdx解：方程可化为2y(

dydy)x()24x,ydxdxx(dy2)4xdx dy2()dx 令

dyxp24xx2xpxdp22xdpp,则yp,两边对x求导得p2dx2p2p22dxppdxp2x2xdpp2x2x()(2),()dx(2)dp0,(p34p)dx(xp24x)dp02p2pdx2p2pp(p24)dxx(p24)dp0p24或pdxxdp0,当p24时y2x,当pdxxdp0时,x2x2x24x42xcp,yc,2ycc2x24.2x2cccdy20.y21()21dxdy1dydy1sind2解：令psin,则y21(sin）1，y,dxddxcospsinsincos2cos2d222xcsecdctgc所以方程的解为y（xc)1,另外由p0得y1也是解。2cosx)dy0yxdxdz解：令z则xyz,zy方程为(1ez)dx(z1)ezdy,ydydy21.(1e)dxe(1dx(z1)ezzezzzezzezdz1ezdyzzy,dzdydyzezy1ez1ez1ezxlnzezlny,y(zez)c,y(ey)c所以方程的解为xyeycy2xy23x222.3dxdy04yy解：2xydx(y23x2)dy0MN4ydyMN8x4yx2x,6x,所以方程有积分因子ey4yx2xy2xyy2xydx(y32xxxyxy3x2x21x214)dy0,d3d0所以方程的解为3c即x2y2cy3yyyyy23.ydx(1xy2)dy0ydxxdy1y2x1y2解：ydxxdy(1y)dy,两边同除以y得dy,ddy222yyyyx1所以方程的解为yc即（x1)y(yc),另外y0也是解。yy2224.yx(x2y2)xdy0ydxxdyxxx2解：方程可化为2xdx,darctgxdx所以方程的解为arctgc.2yy2xydy25.edxx0dxdyt2tt解：令pt,xte由dypdx得yt(1e)dtcettetcdx22dydy25.edxx0dxdyt2tt解：令pt则xte由dypdx得yt(1e)dtcettetcdx2t2tt所以方程的解为：xte，yt(1e)dtcettetc2 3y26（.2xyx2y)dx(x2y2)dy03MNMNyx解：2xx2y2,2x,21所以方程有积分因子ex方程两边同乘ex得2yxxyd3exx2ydexy30所以方程的解为：3exx2yexy3c 27.

dydy2x3y4 dx4x6y5解： 令u2x3y，

dudyu4，则 2323dxdx2u5du7u222u5， dudx，

dx2u57u229171=dx， 14u222722314(3yx)c 72两边积分得 9ln2x3y即为方程的通解。

另外，7u220，即2x3y28. x220也是方程的解。 7dyy2x2y(y2x2) dx解： 两边同除以x，方程可化为：

dyy 2xy(y2x2)

dxxy

令u，则 x

duuu2ux2(u2x2x2) xdxdu2x3(u3u)， 即 dxdu32xdx 3uu(111)du2x3dx

2(u1)2(u1)u两边积分得 11x4ce 2u4即 x2y2cy2ex 为方程的解。 29.

dyyexy dxxxy解： 令eu，则 ylnu， xxdulnudyudx， dxx21dulnulnu那么 2u

uxdxx2xdu即 2xdx

u12xy两边积分得 xec

2即为方程的解。

dy4x32xy32x2230. dx3xy6y53y2解： 方程可化为 (4x2xy2x)dx(3xy6y3y)dy0

332252d(x4x2)(y3dx2x2dy3)d(y6y3)0

两边积分得 xxyyxyc 即 xxc(x1)(y1) 为方程的解。

31. y(xdxydy)x(ydxxdy)0

解： 方程可化为 yxdxydyxydxxdy0 两边同除以y，得 xdxydx223224623426323x(ydxxdy)0

y2即

1dxd(x2y2)x0 2dy令xcos，ysin，则

dcosdctg0

即 ddsinsin20

两边积分得 1sinc

将

1siny代入得， yc

即 2(y1)2c2y2 故 (x2y2)(y21)2c2y2

dy1xy332.

dx1x3y0 解： 方程可化为 dy1xy3dx1x3y 两边同加上1，得 d(xy)xy(dxx2y2)1x3y 再由d(xy)xdyydx，可知

d(xy)dy(xy)(dxxdxyx2y21)1x3y 将（*）/（**）得

d(xy)xy(xyd(xy))x2y21

即

duuvdvv21 整理得 duuvv21dv

两边积分得 v21cu 即 c(xy)x2y21 另外，xy0也是方程的解。

33. 求一曲线，使其切线在纵轴上之截距等于切点的横坐标。

解： 设p(x,y)为所求曲线上的任一点，则在p点的切线l在y轴上的截距为： yxdydx *） （**）（ dyx dxdy1即 y1

dxx由题意得 yx也即 ydxxdydx

ydxxdydx 2xxy即 d()dlnx

x两边同除以x，得

2即 ycxxlnx 为方程的解。

34. 摩托艇以5米/秒的速度在静水运动，全速时停止了发动机，过了20秒钟后，艇的速度减至v13米/秒。确定发动机停止2分钟后艇的速度。假定水的阻力与艇的运动速度成正比例。 解：Fmamdv，又Fk1v，由此 dtdvk1v dtdv即 kv

dtk其中k1，解之得

m m lnvktc 又t0时，v5；t2时，v3。 故得 k13ln，cln5 205t320从而方程可化为 v5()

53120当t260120时，有 v(20)5()200.23328米/秒

5即为所求的确定发动机停止2分钟后艇的速度。

35. 一质量为m的质点作直线运动，从速度等于零的时刻起，有一个和时间成正比（比例系数为k1）的力作用在它上面，此质点又受到介质的阻力，这阻力和速度成正比（比例系数为k2）。试求此质点的速度与时间的关系。 解：由物理知识得：aF合m(其中a为质点的加速度，F合为质点受到的合外力)

根据题意：F合k1tk2v

故：mdvk1tk2v(k20) dt即：

kkdv(2)v1tdtmm(*)

(*)式为一阶非齐线性方程，根据其求解公式有

Ve2dtmk2dtk1m(tedtc) mkek2tm22ttk1mk1mm(te2ec) k2k2kk又当t=0时，V=0，故c=

mk1 k22k2tmk1mkm因此，此质点的速度与时间的关系为：V2e1(t)

k2k2k236. 解下列的黎卡提方程 （1）yexy22yex1e2x

x22xx3x解：原方程可转化为：yey2eyee,x(*)

x观察得到它的一个特解为：ye，设它的任意一个解为yez，

d(exz)ex(exz)22e2x(exz)exe3x代入（*）式得到：

dx(**)

dzexz2 dxdzx变量分离得：2edx

z1x两边同时积分：ec

z1即：zx

ec1x故原方程的解为 ye

cex由（**）-（*）得：

（2）yy2ysinxcosxsinx

解：原方程可化为：yy2ysinxcosxsinx

由观察得，它的一个特解为ysinx，设它的任意一个解为ysinxz，故

2222dz(2sinx2sinx)zz2z2 dx11变量分离再两边同时积分得：xc即z

zxc故原方程的解为ysinx（3）xyxyxy1 解：原方程可化为：yy2221 xc11y2 xx11由观察得到，它的一个特解为y，设它的任一个解为yz，故

xxdz1zz2，该式是一个n2的伯努利方程 dxx1dz11两边同除以z2得到：21

xzzdx1d111即：z1，令u，

zdxxzdu1则：u1，根据一阶非齐线性方程的求解公式得：

dxx2ue故：z1dxx(e1dxxdxc)x(cen|x|)

1

x(cen|x|)11

cen|x|因此：原方程的解为：xy（4）4x(yy)1 解：原方程可化为：yy2221 4x211，设它的任一个解为yz，于是 2x2x由观察得到，它的一个特解为ydz1zz2，这是n2的伯努利方程 dxx1dz112两边同除以z得到：21

xzzdx1d11即：z1

dxxzdxdx1x(exc)x(cen|x|) 则：ez11即：z1

x(cen|x|)21

cen|x|故：原方程的解为：2xy（5）x(yy)2 解：原方程可化为：yy2222 x211，故设它的任一个解为yz，于是 xx由观察得，它的一个特解为ydz2zz2，这是n2的伯努利方程 dxx1dz21两边同除以z2得到：21

zdxxz1d21即：z1

dxxzdxdx11x3xx(edxc)2(c) 则：ezx3223x212x3c，即xy故：原方程的解为：y3. xcxcx3（6）xy(xy2)0 解：原方程可化为：yy2244y2 xx11由观察得到它的一个特解为y，设它的任一个解为yz，于是

xxdz2zz2，这是n2的伯努利方程 dxx1dz212两边同除以z得到：21

zdxxz1d21即：z1

dxxz2dxdx11x3xx(edxc)2(c) 则：ezx3223dxdx11xc) 从而：ex(exdxc)2(zx32213x24x3c故原方程的解为：y3 3xxcx(xc)4x3c即：xy

x(x3c)（7）y(x1)y(12x)yx

2解：由观察得到它的一个特解为y1，故设它的任一个解为y1z，于是

dzz(x1)z2，这是n=2的佰努利方程， dx1dz1两边同除以z2得：2(x1)

zzdx1d1即：z(1x)

dxzdxdx1从而：e((1x)edxc)

zex(xexc)xcex

故原方程的解为：y1z1

习题3.1

1 求方程

1 xxcedy2=x+y通过点(0,0)的第三次近似解； dx 解： 取0(x)0

12x 002xx12212152 2(x)y0[x1(x)]dx[x(x)]dxxx

002220x12152 3(x)y0[x(xx)]dx

0220121518111 = xxxx

2201604400 1(x)y0x(xy0)dxxdx2x

2 求方程

dy2=x-y通过点(1,0)的第三次近似解； dx 解： 令0(x)0

12x 002xx12212152x 2(x)y0[x1(x)]dx[x(x)]dxx002220x12152x)]dx 3(x)y0[x(x0220121518111xxx =x2201604400 则 1(x)y0x(xy0)dxxdx2x

3 题 求初值问题：

dyx2 R：x11，y1 dxy(1)0的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计；

b1)= M41 则解的存在区间为xx0=x(1)=x1

4解： 因为 M=max{x2y2}=4 则h=min(a, 令 0(X)=0 ;

111(x)=y0+(x20)dx=x3+;

33x013xx4x7111312 2(x) =y0+[x(x)]dx=x---+

186339423312xx 又

f(x,y)2=L yM*L2311则：误差估计为：2(x)(x)h=

24(21)2

dy33y在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件， 4 题 讨论方程：

dx2并求通过点（0，0）的一切解；

1f(x,y)1解：因为=y2y123在y0上存在且连续；

3 而y3在y0上连续

2dy33y有：y=（x+c）2 由

dx2

又 因为y(0)=0 所以：y=x 另外 y=0也是方程的解；

321332故 方程的解为：y=x0或 y=0;

6题 证明格朗瓦耳不等式：

x0 x0 设K为非负整数，f(t)和g(t)为区间t上的连续非负函数， 且满足不等式：

t f(t)k+

f(s)g(s)ds,t t 则有：f(t)kexp(g(s)ds),tt

证明：令R（t）=

f(s)g(s)ds,则R'(T)=f(t)g(t)

R(T)-R(t)g(t)= f(t)g(t)- R(t)g(t)

kg(t)R(T)- R(t)g(t)kg(t);

t'' 两边同乘以exp(-g(s)ds) 则有：

t't R(T) exp(-g(s)ds)-R(t)g(t) exp(-g(s)ds)

t  kg(t) exp(-g(s)ds)

两边从到t积分：

tttR(t) exp(-g(s)ds)-kg(s)dsexp(-g(r)dr)ds

tt即 R(t) kg(s)ds exp(-g(r)dr)ds

stt又 f(t) 1k+R(t) k+kg(s)exp(-g(r)dr)ds

sts k(1-1+ exp(-g(r)dr)=k exp(g(r)dr)

stt即 f(t) kg(r)dr;

7题 假设函数f(x,y)于（x0,y0）的领域内是y的 不增函数，试证方程

dy= f(x,y)满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧最多只有一个解； dx证明：假设满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧有两个(x),(x) 则满足：

x (x)= y0+

x0f(x,(x))dx

x (x)= y0+

x0f(x,(x))dx

x 不妨假设(x)(x)，则(x)- (x)0

x而(x)- (x)=

xx0f(x,(x))dx-f(x,(x))dx

x0 =[f(x,(x))f(x,(x))dx

x0又因为 f(x,y)在（x0,y0）的领域内是y的 增函数，则： f(x, (x))-f(x, (x))0

x则(x)- (x)= [f(x,(x))f(x,(x))dx0

x0则(x)- (x)0

所以 (x)- (x)=0， 即 (x)= (x)

则原命题方程满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧最多 只有一个解；

习题 3.4

(一)、解下列方程，并求奇解（如果存在的话）：

dydy1、y2xx2

dxdx解：令

4dyp，则y2xpx2p4， dx两边对x求导，得p2p2xdpdp 2xp44x2p3dxdxdpdxp0  12xp2x33从12xp0得 p0时，x13,y； 322p4p从2xc2cdpc2， p0得 x2,yppdxp0 为参数，c0为任意常数.

x经检验得ycp2 ，（p0）是方程奇解.

2cc2pdy2、xy

dx解：令

2dyp，则yxp2， dxp12pdp dx两边对x求导，得

dpp1， dx2p2解之得 x2plnp1c，

2所以y2pplnp1c，

2且y=x+1也是方程的解，但不是奇解.

dydy1 3、yxdxdx解：这是克莱洛方程，因此它的通解为

2ycx1c2，

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

dydy4、xy0 dxdx解：这是克莱洛方程，因此它的通解为 ycxc，

22ycxc2从 中消去c, x2c0得到奇解 y4y0.

2dydy5、2xy0

dxdx解：令

2dyp，则y2xpp2， dxdpdp2p dxdx两边对x求导，得 p2p2x

dx2x2， dpp解之得 x所以 y2pcp2， 312pcp1， 32可知此方程没有奇解.

dydy6、xy10

dxdx解：原方程可化为yx3dy1， dxdy2dx1， 2c这是克莱罗方程，因此其通解为ycx1ycx从c2 中消去c，得奇解27x24y30. x2c30dydy7、yx1

dxdx解：令

2dyp，则yx1pp2， dxp两边对x求导，得 xce所以 ycp1ep2p2，

p22，

可知此方程没有奇解.

dy28、xxa0

dx2xa dy解：xdx22dyxa dxxadyxdx

x12322yx2ax 39yc4xx3a

22可知此方程没有奇解.

dy1dy9、y2x

dx3dx解：令

3dy1p，则y2xpp3， dx3dpdp两边对x求导，得 p2 p2dxdx

dpp2 2dx1p3lnp2c，

2p2解之得 x213pp23p46lnp2c， 32且 y2x也是方程的解，但不是方程的奇解.

3所以 ydydy10、x1y0

dxdxdydydy解：yxdxdxdx22

2这是克莱罗方程，因此方程的通解为ycxcc，

ycxcc2从中消去c,

x12c得方程的奇解x14y0.

2（二）求下列曲线族的包络. 1、ycxc

解:对c求导，得 x+2c=0, c2x, 2x2x2x2， 代入原方程得，y244x2 经检验得，y是原方程的包络.

42、cycx10

22x2解：对c求导，得 2ycx0,c，

2y2x4x44x4y0， 代入原方程得 ，即y1022y4y经检验得x4y0是原方程的包络. 3、xcyc4

224解：对c求导，得 –2(x-c)-2(y-c)=0, c代入原方程得xy8.

2xy, 2经检验,得 xy8是原方程的包络.

224、xcy4c

2解：对c求导，得 -2(x-c)=4, c=x+2,

代入原方程得4y4x2 ，y4x1,

22经检验，得y4x1是原方程的包络.

2(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，

它与X轴、Y轴的截距分别为Xxy，Yyxy， y按条件有 xyayyxya，化简得yxy， y1y这是克莱洛方程，它的通解为一族直线ycxac， 1cacycx1c它的包络是，

aac0x1c1c2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， 从ycxfc 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

ytxt常数或常数，则

ytxt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 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

dnxdn1x na1tn1antxf1t （1）

dtdtdnxdn1x na1tn1antxf2t （2）

dtdtdnxdn1x的解，则x1t+x2t是方程 na1tn1antxf1t+f2t的解。

dtdt证明：由题可知x1t，x2t分别是方程（1），（2）的解

dnx1tdn1x1ta1tantx1tf1t （3） 则：nn1dtdtdnx2tdn1x2ta1tantx2tf2t （4）

dtndtn1那么由（3）+（4）得：

dnx1tx2tdn1x1tx2ta1tantx1tx2tf1t+f2t nn1dtdtdnxdn1x即x1t+x2t是方程是na1tn1antxf1t+f2t的解。

dtdtd2xd2xtt3. 试验证2x0的基本解组为e,e，并求方程2xcost的通解。

dtdtd2xttt 证明：由题将e代入方程2x0得：e-e=0,即e是该方程的解，

dtt同理求得e也是该方程的解

td2x又显然e,e线形无关，故e,e是2x0的基本解组。 由题可设所求通解为：

dtttttxtc1tetc2tet，则有：

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

解之得：c1t

1t1ecostsintc1;c2tetcostsintc2 441tt故所求通解为：xtc1ec2ecost

2d2xtdx1x0有基本解组t，et，并求方程 4. 试验证21tdt1tdtd2xtdx1xt-1的通解。 21tdt1tdtd2xtdx1x0得： 解：由题将t代入方程21tdt1tdtd2ttdt1ttt0，即t为该方程的解 21tdt1t1t1tdt 同理e也是该方程的解，又显然t，e线形无关，

ttd2xtdx1x0的基本解组 故t，e是方程21tdt1tdtt由题可设所求通解为xtc1ttc2te，则有：

t

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etc2

2t故所求通解为xtc1tc2et1

d2xtt5. 以知方程2x0的基本解组为e,e，求此方程适合初始条件x01,x00及x00,x01的

dt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。

d2xtt 解：e,e时间方程2x0的基本解组，故存在常数c1,c2使得：xtc1ec2e

dttt于是：xtc1ec2e

tt令t=0,则有方程适合初始条件x01,x00，于是有：

00111t1tc1ec2e1c,cxtee 解得： 故01202222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：c1,c2 故xtee 002222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1t1t11ee， xtetet 2222而此方程同时满足初始条件x0x0,x0x0，于是：

00cecex0x0x0x0x012解得：c1 ,c20022c1ec2ex0x0x0tx0x0t故xtee满足要求的解。

226. 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t0a1sdsxnxntta,b

解：wtx1x1x1x1x1x1n2xnxn

n1n1x1xnnnx1xndn1xidtn1x1nx1xnn2nxn又xiti1,2,,n满足

dnxidtna1tantxi0

即

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

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

x1n1x1即wa1tw0 则有：

wta1tdt wtt两边从t0到t积分：lnwta1sds,则t0 lnwtnwt0a1sdst0twtwte0即：

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：数,t0,ta,b

t1xx1c12expa1sdsdtc2t0x1,其中c1,c2为常

证：（１）wx1,x2a1wx1,x20

x1x2x1x2a1x1x2a1x1x20x1x2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

x1x1

a1sdsx2t0wte,即:0x2tx1x2x1x2wt0et0ta1sds

两边都乘以

1x12x2dx1则有：dttwt0x12et0a1sds，于是：

tx21t0a1sdsc12edtc2x1x1ta1sds 1t0即：x2c12edtc2x1x1取c11,c20,得：x2x1

1x12et0a1sdstdt,

x1又：wtx1a1sdsx2t0e0x2tt1xx1c12expa1sdsdtc2,其中c,c为

从而方程的通解可表示为：t012x1常数,t0,ta,b。

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：

c1x1txtc2x2txtcnxntxtcn1xt0即:cixitxtci0i1i1nn1 我们说：ci0i1n1

nc否则，若ci0，则有：xtn1ixiti1i1cin1i1（*）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！ 从而有cixit0

i1n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

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

故通解为x=c1e22tc2e2tc3etc4et

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

有三重根a 故通解为x=c1e（3）x(5)at3223c2teatc3t2eat

4x0

53解：特征方程40

有三重根0，42，5-2

2t2t2故通解为xc1ec2ec3tc4tc5

（4）x2x10x0

解：特征方程2100有复数根1-1+3i,2-1-3i

故通解为xc1e(5) xxx0

解：特征方程10有复数根11t21t2cos3tc2etsin3t

213i13i,2, 22故通解为xc1e2t33costc2e2sint

22(6) sast1

解：特征方程a0有根1a,2-a 当a0时，齐线性方程的通解为s=c1eat22c2eat

1~sABt代入原方程解得AB2 a1atat故通解为s=c1ec2e-2(t1)

a11st2(1t2)代入原方程解得1,2 当a=0时,~6212故通解为s=c1c2t-t(t3) 6(7) x4x5x2x2t3

解：特征方程4520有根12,两重根1 齐线性方程的通解为x=c1e2t32c2etc3tet

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=c1e(8) x(4)2tc2etc3tet-4-t

2xxt23

42，2重根1 解：特征方程210有2重根1tttt故齐线性方程的通解为x=c1ec2tec3ec4te

xAtBtc代入原方程解得A=1，B=0,C=1 取特解行如~2tttt2故通解为x=c1ec2tec3ec4te+t1

(9)xxcost

解：特征方程10有复数根11t2313i13i,2,31 221故齐线性方程的通解为xc1et33costc2e2sintc3et

22取特解行如~xAcostBsint代入原方程解得A=

1t2111,B 22故通解为xc1et331costc2e2sintc3et(costsint)

222(10) xx2x8sin2t

解：特征方程20有根1-2,21 故齐线性方程的通解为x=c1ec2et2t2

因为+-2i不是特征根

取特解行如~xAcos2tBsin2t代入原方程解得A=故通解为x=c1ec2e（11）xxe

解：特征方程10有复数根1t2t26,B 5526cos2tsin2t 55t313i13i,2,31 22c1cos31故齐线性方程的通解为x2tt31e2tc2e2sin2tc3et 原方程解得A=

13 11故通解为xc1e2tcos32tct312e2sin2tc3et+3tet

（12）s2asa2set

解：特征方程22aa20有2重根-a 当a=-1时，齐线性方程的通解为s=ct1ect2te,

1是特征方程的2重根，故x~At2et代入原方程解得A=12 通解为s=ct11ec2tet2t2, 当a-1时，齐线性方程的通解为s=catat1ec2te,

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at11ec2teat+

(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=ct5t1ec2e

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=c1etc5t2e+

12t21e 1是特征方程的根，故~xAtet代入

（14）x2x3xetcost

2解：特征方程230有根1-1+2i,2-1-2i tt故齐线性方程的通解为xc1ecos2tc2esin2t

x(AcostBsint)et代入原方程解得A=,B 1i 不是特征方程的根, 取特解行如~4141tt故通解为xc1ecos2tc2esin2t+(costsint)et

4141(15) xxsintcos2t

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

2xt(AcostBsint)代入原方程解得 xxsint,1i,是方程的解 ~11 B=0 故~xtcost

22xxcos2t ~xAcos2tBsin2t代入原方程解得 11A= B=0 故~xcos2t 3311故通解为xc1costc2sinttcostcos2t

23A=

习题5.1

1.给定方程组

‘x=x101x x= （*） x2－10 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sint01cost01 u(t)==10sint10u(t)

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

sint'因此 u(t),v(t)分别是给定初值问题的解. b) w(0)=c1u(0)+c2u(0)= c1+c2= w'(t)= c1 u'(t)+ c2 v'(t) = c1100c1 c12sint+c2costcostsint  =－c1sintc2cost

ccostcsint21 =01c1costc2sint －10c1sintc2cost01w(t) －10 =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=te,x(0)=1, x(0)=-1,x(0)=2,x(0)=0

t’x‘＋5y’－7x＋6y＝etc) ‘’ ‘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

‘‘x1'x'x2 ' ''txx7tx2xe122x10 即 x27t'1x10t 2x2e‘又 x1＝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＝‘1007 x(1)＝ x＋,t－7－2e2x1其中 x＝.

x2 b) 令x1＝x x2＝x x3＝x x4＝x 则得：

''''''x1'x'x2'x2x''x3  ''''x3xx4'ttx4xtex1te 且 x1(0)=x(0)=1, x2=x(0)=-1, x3(0)= x(0)=2, x4(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：

''''''00'x=0－1100x1010－1x010x＋ x(0)=, 其中 x=2. 02x3001t000te0x4'‘c) 令w1＝x， w2＝x，w3＝y，w4＝y，则原初值问题可化为： 'w1x'w2w1(0)x(0)1'w(0)x'(0)0''tw2x5w47w16w3e2 且 ''w3yw4w3(0)y(0)0''''w(0)y(0)1wy2w13w15wcost4341407' 即 w015100et065w 00010213cost0w11w02 w(0)= 其中 w＝

w301w43. 试用逐步逼近法求方程组 x＝'x101x x＝ x2－10x1 x2 满足初始条件 x(0)= 的第三次近似解.

0 解：0(t)

1 1(t)01t0100ttds 0101101t01s00t2t2 2(t)dstt 101011122t3t01s200t6sds 3(t)2 1t01011122

习题5.2

02412—02 02412—03

t2t1.试验证t=

2t10是方程组x=22t'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01t22t'2 1(t)故1(t)是一个解。同样如果以解：令t的第一列为1(t)=2=22t ,这时1(t)=t2t01122(t)这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。2(t)表示t第二列，我们有2(t)=0= 2t2t又因为dett=-t故t是基解矩阵。

22.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

1'(t),x

2(t),…,x

n(t)是(5.15)的任意n个解，那么它们的伏朗斯基行列式

'W[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

tt0[a11(s)a22(s)...ann(s)]ds t0,t[a,b]

'x11'x12...x1'n...x2nx11x12'x22....x1nx11x12x22.2xn..........x1n...x2n

.....xnnx2n.xnna11x11=

解：w'(t)=

'x21x22.xn2x21.xn1.xn1'x21+......xnnxn1xn2...x2nx21+…+'...1...xnnxnx22.xn2a11x11a12x21..a1nxn1=

a11x12a12x22...a1nxn2...a11x1na12x2n...a1nxnn+…+

x11x21.an1x11...annxn1x11x21.annxn1x12x22.annxn2.......x11x21（a11+…+ann）

.xn1x1nx2n.x12x22.xn2x12x22.an1x21..annxn2.......x1nx2n.a11x12x22.xn2...a11x1n.......x2n.xnn+…+

x21.xn1...an1xnn...annxnn整理后原式变为

...annxnn...x1n...x2n=（a11+…+ann）w(t)

.....xnn=（a11(t)+…+ann(t)）w(t)

b)由于w(t)=[ a11(t)+…+ann(t)] w(t),即

'dw(t)=[ a11(t)+…+ann(t)]dt w(t)两边从t0到t积分lnw(t)-lnw(t0)=

[at0t11(s)...ann(s)]ds即w(t)=w(t0)e

'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=-A(t)y的任一解y=(t)必有(t) (t)=常数；

b)(t)为方程y=-A(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(t) (t)=C. 解a)[ (t) (t)]= 'TT'T''TT'TT(t)+ T'(t)= 'T'T(t)+ T(t)A(t)

又因为=-A(t) (t)，所以T'T=-(t) A(t)

TT[ (t) (t)]=- (t) (t)A(t)+ (t) A(t) (t)=0,

所以对于方程y'=-AT(t)y的任一解y=(t)必有T(t) (t)=常数 b) “”假设为方程y'=-AT(t)y的基解矩阵，则 [ T(t) (t)]'= [T(t)]' t+T(t) '(t)=[- AT(t) (t)]t+ T(t) AT(t) )t+

T(t)[ A(t) (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T(t) (t)=C， 则[ T(t) (t)]'= T'(t)+ T'(t)=0，故T'(t)(t)=- T(t) (t)A(t) T'(t)=-

T(t) A(t) 所以'T(t)=- T(t) A(t), '(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(t0)也是x=Ax的解矩阵，而当t= t0时，

'1'(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,…,

'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)使得

c(xii1ni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，

'因此x1+x, x2+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。

6、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x1A(t)x1f1(t) x2A(t)xf2(t) 则x1x2A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)

''''[x1(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

''x121sint xAf(t)x202coste2ta)试验证 (t)0'te2t'是xAx的基解矩阵； 2teb)试求xAxf(t)的满足初始条件(0)证明：a)首先验证它是基解矩阵

1的解(t)。 1e2t以1(t)表示(t)的第一列 1(t)0 

2e2t21e2t21则1(t)1(t) 000202'故1(t)是方程的解

te2t如果以2(t)表示(t)的第二列 2(t)e2t e2t2te2t21te2t212t我们有2(t)2(t) 2e2te0202'故2(t)也是方程的解 从而(t)是方程的解矩阵

e2t又det(t)0'te2te4t0 2te故(t)是xAx的基解矩阵；

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

01`te2t01而(t)te2t2te1t2t01e e4t2t(1t)e(t)e2t'e02ttee2t2tte002ssee2s2s1112t(15t27)ecostsintsins2525258、

dscoss321e2tcostsint555试求xAxf(t)，其中

x1210 A xx f(t)e2t

022满足初始条件

(0)1 1的解(t)。

e2t解：由第7题可知xAx的基解矩阵 (t)0'te2t 2tee2s01则(s)se2s2see4s1s2s01e 若方程满足初始条件(0)0

e2t1则有(t)(t)(s)f(s)ds00t122tte2tt1s2s0teeds 22s2t001e2tete若(0)1 1te2t111则有(t)(t)(0)1(t)0(s)f(s)ds0122t122tte2t1te(1tt)e9、试求2212t2te2tte(t1)e下列方程的通解： a)xxsect,''2t2

''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)tcostsintsintcost1

tsintcosscostsinssecsds(sintcosttans)dstsintcostlncost 001 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.

''''''2tx2(t)etcos3t,x3(t)etsin3t 2 是方程的特征根

故方程有形如xAte的根 代入得A2t1 12t故方程有通解x(c1cos3tc2sin3t)ec)x6x9xe

'''tc3e2t12tte 122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

'''解组为x1(t)e,x2(t)te

3t3tW[x1(t),x2(t)]e3t3e3t3t3t3ste3te3te3te6t

(t)teeese0e6st3t3t3sesds1t13t13tetee424因为te,e是对应的齐线性方程的解 故1(t)3t1te也是原方程的一个解 4故方程的通解为xc1e'''3t1c2te3tet

410、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,xet7t是齐线性方程组的基本解组

非齐线性方程组的解 (t)te7tesete7sesest0e7s7e7se7sesete7sf(s)dsf(s)ds

06e8st(t)M60e7te7setesdsM817t4(eet)M 67721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)c1e7tc2et(t)

从而x(t)c1e7tc2et(t)c1c24M 21故上面方程的每一个解在0t上有界 b) t时，f(t)0

0,N当t>N时f(t)

由a)的结论

x(t)c1e7tc2et(t)c1c2故t时，原命题成立

44M,(t) 212111、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

'x'A(t)xF(t,x) （*） axb，x上连续，t0[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)(t)1(s0F(s,x(s))ds （**）

t0t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(t0)(t)1(s)F(s,(s))ds

t0t即（*）的解满足（**）

反之，若(t)是（**）的解，则有

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

t0t两边对t求导：

'(t)'(t)1(t0)'(t)1(s)F(s,(s))ds(t)1(t)F(t,(t))0t(t)[(t0)1(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))0'1t

A(t)(t)[1(t0)1(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))0t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

(expA)=expkA

(当k是负整数时，规定(expA)＝[(expA)

证明：a) ∵（c1A）·（c2A）＝（c2A）·（c1A）

∴ exp(c1A+c2A)= expc1A·expc2A b) k>0时，(expA)＝expA·expA……expA ＝exp（A+A+……+A）

＝expkA k<0时，-k>0

(expA)＝[(expA)

k1kk1k]

k)

]

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(t0) ＋Ф(t)

-1-1

-1

tt0-1(s)f(s)ds

又因为Ф(t)= expAt , Ф(t0)=( expAt0)= 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

23312a）43 b）453

442

10121001 c）111 d）02016116

解：a）det（E－A）=

1423=(－5)(+1)=0

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

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

1

1c）det（E－A）=1211＝(+1)2(－3)＝0 1102 ∴1＝－1（二重），2＝3

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

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

2

1d) det（E－A）=0601=(+3)(+1)(+2)=0 116 ∴1＝－1，2＝－2，3＝－3

1 对应于1＝－1的特征向量u1＝1， （ 0 ）

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

41 对应于3＝－3的特征向量u3＝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 b） 1243233103453811c） d） 442511解：a）det（E－A）=0得1＝3，2＝－3

1对应于1的特征向量为u＝23， （ 0 ）

对应于2的特征向量为v＝， （ 0 ） 231∴u＝1，v＝23是对应于1，2的两个线性无关的特征向量 23是一个基解矩阵 3t(23)ee3t3t3t13teФ(t)=(23)e3t1(23)e ExpAt=

23e

(23)ee3t3te(23)e3t3te 3t(23)e3tb) 由det（E－A）=0得1＝5，2＝－1

解得u＝，v＝121是对应于1，2的两个线性无关的特征向量 1et te13 13e5t则基解矩阵为Ф(t)＝2e5t111－13Ф(0)＝ Ф(0)＝2123－1

1e5t2et则expAt＝Ф(t) Ф(0)＝5tt32e2e

e5tet

5tt2ee c） 由det（E－A）=0得1＝2，2＝－2，3＝－1

e2t2t 解得基解矩阵Ф(t)＝ee2t

0e2te2tette 0111－1

0 Ф(0)＝11011e2t2t－12t 则expAt＝Ф(t) Ф(0)＝eee2te2te2tete2te2tete2te2te2tet2ttee e2td）由det（E－A）=0得1＝－3，2＝2＋7，3＝2－7

3t3e3t 解得基解矩阵Ф(t)＝7e4e3t则expAt＝Ф(t) Ф

－1

e475(27)te317(27)te3(27)te475(27)t e317(27)te3(27)t(0)＝

873t247(27)t247(27)teee33315673t122287(27)t122287(27)teee 99947327e3t2627e(27)t2627e(27)t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)

'1a)A41b)A8523302

71003031111121c)A111201

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

 所以2,et te31

2e5tet (t)4e5tet



b）由第4题（d）知，基解矩阵为

3t3e3t Ф(t)＝ 7e4e3t所以

e475(27)te317(27)te3(27)te475(27)t e317(27)te3(27)t5273t4267(27)t4267(27)teee3331373t7481467(27)t7481467(27)t(t)eee

999472087e3t178227e(27)t178227e(27)t999

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＝，u2＝42321 ∴0＝＋0423  114212 解得1v121v12 44141212 (t)e3tEvt1e[Et(AE)]v2

12e3t1t2e＝1e3t1et44 13t1t2e2e

6、 求方程组x'=Ax＋f（t）的解(t)：

a)(0)1121,A43f(t)et,1010b)(0)0,A0010,f(t)0

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

e5t解得Ф(t)＝etet2et， 则Ф－1

(t)＝

1e5t3e4t2e5tФ－1

(0)＝111321 3e5tet1t2求得(t)＝204e53 e5tet1et11025

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

ete5t  （1E－A）v1=0，得v1＝0

11132 取v1＝1，同理可得v2 ＝1，v3＝1

132112 则Ф(t)＝1112131 32t13t3t1teeete4423512t3ttt从而解得(t)2eeete

44293t7t1t2t4ee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

'te解得对应的基解矩阵为Ф(t)＝

ette∴Ф(t)＝2e2t－1

32te2 e2t323et－1

 从而Ф(0)＝ 222e2tt(t)(t)1(0)(0)(t)1(s)f(s)ds0∴

cost2sintet(42132)3e2t(112)

2cost2sintet(423)2e2t(1)1212

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)pe是否为解，就是能否确定常数向量p

mtpmemt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） 这样方程就有形如(t)pe的解

－1

mt

8、 给定方程组 x1''3x1'2x1x2'x20

x1'2x1x2'x20a） 试证上面方程组等价于方程组u’=Au,其中

10u1x10

2u＝u2x1'，A=44211u3x2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

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

x1'u2u1'u2'x1''3u22u1u3'u3 u'x2'u22u1u331002u即u’＝44211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

x''2x1'2x1x2'x21x2'2x1x1'x2b）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同理可求得u2和u3

0

111取v10,v21,v32

12021则(t)02etet1te2e2t2e2t是一个基解矩阵

0c）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2AtAttee12e3e2t ③

t01e于是根据等价性，①满足初始条件的解为③式

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：

x1'x2'0a)1(0)1,2(0)0x'x'112x''3x1'2x1x2'x20b)1x1'2x1x2'x201(0)1,1'(0)1,2(0)0x1''m2x20c)2x2''mx10x1(0)1,x1'(0)2,x2(0)3,x2'(0)4解：a)根据方程解得x1'＝

11 ， x2'＝－ 2211∴x1＝t＋c1，x2＝－t＋c2

22∵1(0)1 ∴

120＋c＝11＝1 ∴c1＝1 ∴x12t＋1 ∵2(0)0

∴－

120＋c0 ∴x12＝0 ∴c2＝2＝－2t 综上：x11＝2t＋1

x＝－122t

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32111111(s)(s1)(s2)(s2)3s14s212s2Xs)s21111

2((s1)(s2)(s2)3s13s2211(t)ete2t112e2t∴

34

12(t)3(ete2t)c）对方程两边取拉普拉斯变换，得

s2X1(s)s12m2X2(s)0s2X2(s)s34m2X2(s)0即s2X1(s)－m2X2(s)＝s1＋2m2X21(s)＋sX2(s)＝s3＋4

解得X321s＋2s2＋m2s3＋4m1(s)＝s4m433s22X)4sm21s－m22(ss4m4X2(s)0解得

t122m212m1(t)[(124)cost(234)sint]e224m4m4m24m22t122m212m2[(124)cost(234)sint]e24m4m4m24m22mm2(t)[(212m122m234)cost(124)sint]e4m24m24m4m22mt2

t212m122m[(234)cost(124)sint]e24m24m24m4m22m

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(xt)f(t)dt是方程

0x y''ay'byf(x) 的解，这里f（x）为已知连续函数。 证明：y＝

(xt)f(t)dt

0xx00xxx ∵y’＝(0)f(x)'(xt)f(t)dt'(xt)f(t)dt

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

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

000xxx

[''(xt)a'(xt)b'(xt)b(xt)]f(t)dtf(x)0

f(x)

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dtx(1xy) (1)

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

1/4y(23xy)0对于奇点(0,0), A=10 由EA=0得01/2=1>0,12=1/2>0

所以不稳定

对于奇点(0,2),令X=x,Y=y-2, 则A=01 得3/21/2=-1, 12=-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

2dx9x6y4xy5x(2) dt

2dy6x6y5xy4ydt29x6y4xy5x0解: 由 得奇点(0,0),(1,2),(2,1) 26x6y5xy4y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ydt(3) 

dy2x(yx),0dt解:由y0得奇点(0,0),(-1/,0) 2x(y)0,0x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yxdt(4) 

2dy23yx(xy)(y2xy2/3x)dtyx02解: 由得奇点(0,0),(1,1) 23y(xy)(2xy2/3)0yxx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

d(1) dt解:

3x3xdxd56x0

dtdt22a0=1>0,

a=5>0,a12=6>0

51216>0 a3=1>0 所以零解渐进稳定

(2)

dxdydzxy,yz,zx(为常数) dtdtdt

10233201解:A= 由EA=0得3310 10 得

=1, 1=213i 22i) +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