《常微分方程》(第三版)——答案

2.1

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

1.

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2

2.ydx(x1)dy0,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解.

2解：对原式进行变量分离得：

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x

ydy3 dxxyx123y

解：原式可化为：

dydx1y2y1xx显然31y2y0,故分离变量得y1ydy21xx23dx221两边积分得ln12y212lnxln1xlnc(c0),即(12(1x)cxy）222y)(1x)cx

故原方程的解为（1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.

- 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)x2,分离变量得：11u2dusgnx1dxx两边积分得：arcsinusgnxlnxcy代回原来变量，得arcsinsgnxlnxcx另外，y2x也是方程的解。27：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ec23y9: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

e两边积分ee解：变量分离yyxdyedxc x - 2 -

dyxyedx解：变量分离，edyedx两边积分得：eec2dy11.(xy)dxyxyxdydt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

dy1 2dx(xy)12．解

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2 - 3 -

14,dyxy5dxxy2dydt1,dxdxdtt原方程化为：1,变量分离(t7)dt7dx

dxt712两边积分t7t7xc221代回变量(xy5)7(xy5)7xc.2解：令xy5t,则dy(x1)2(4y1)28xy115．dx

dyx22x116y28y18xy1(x4y1)22dxdydu1du9令1x4yu，则关于x求导得14，所以u2， dxdx4dx41228分离变量2dudx，两边积分得arctg(xy)6xc，是3334u9原方程的解。解：方程化为dyy62x216． dx2xy5x2y2dy(y3)22x2dy33[(y3)22x2]解：2，，令y3u，则原方程化为 3232dxy(2xyxdx2xyx3u262du3u26x2x2udx2xux21x ，这是齐次方程，令

ududz3z26dzdzz2z6z，则zx，所以zx，，x，...........(1)xdxdx2z1dxdx2z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。2z11 dzdx，两边积分的（z3)7(z2)3x5c,2xzzd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。故原方程当z2z60时，变量分离的解为(y33x)7(y32x)3x15cdy2x33xyx17. dx3x2y2y3y

- 4 -

dyx(2x23y21)dy22x23y21解：原方程化为 ;;;;;22222dxy(3x2y1)dx3x2y1 令y2u,;;;;;x2v;;;;;;;则du2v3u1.......(1) dv3v2u12v3u10的解为（1，1）；令Zv1，，Yu1，方程组3v2u10

y232z3y0dyz 则有，，，，从而方程（1）化为ydz3z2y032z令

ydydtdt23tdt22t2t，，则有tz，，所以tz，，z，...........(2)

zdzdzdz32tdz32t当

22t20时，，即t1，是方程(2)的解。得y2x22或y2x2是原方程的解当

22t20时，，分离变量得32t1dtdz两边积分的y2x2(y2x22)5c 2z22t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

- 5 -

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。解(1):当x0或y0是原方程的解，当xy0s时，方程化为令xyu,则方程化为du1du3(2uu),变量分离得：3dxx2uu242xdy21xyydx1dxx两边同时积分得：ucx,即cx,y0也包含在此通解中。222u2xy22y2故原方程的解为原ycx2xy2222,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.

01解：设f(x)=y, 则原方程化为f(x)dt 两边求导得

y0y3xy1y'2 ydy1111;;;;;;;;;;dx3;;;;;;;;;;;;两边积分得xc;;;;;所以ydx2y2ydy2xc把y12xcx代入0f(x)dt1 yx012tcdt2xc;;;;;;;;;;(2xcc)2xc得c0,所以y- 6 -

12x

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)=

2x(0)x(0)x(0)= 若x(0)0 得x2=-1矛盾。 1x(0)x(0)1x(0)x(tt)x(t)x(t)(1x2(t))所以x(0)=0. x’(t)=limlimx'(0)(1x2(t))

tt[1x(t)x(t)dx(t)dx(t)x'(0)(1x2(t)) x'(0)dt 两边积分得2dt1x(t)arctg

x(t)=x’(0)t+c 所以x(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

dy1．=ysinx

dxdxdx解： y=e (sinxedxc)

1=ex[-ex(sinxcosx)+c]

21=c ex- (sinxcosx)是原方程的解。

22．

dx+3x=e2t dtdx=-3x+e2t dt解：原方程可化为：

所以：x=e3dt3dt (e2t edtc)

1 =e3t (e5t+c)

51 =c e3t+e2t 是原方程的解。

51ds3．=-scost+sin2t

2dtcostdt3dt1解：s=e(sin2tedtc )

2=esint(sintcostesintdtc)

- 7 -

= esint(sintesintesintc) =cesintsint1 是原方程的解。 dyx4．yexxn ， n为常数.

dxndyx解：原方程可化为：yexxn

dxn yexdxn(exexnxdxndxc)

xn(exc) 是原方程的解.

dy12x+2y1=0 dxxdy12x解：原方程可化为：=-2y1

dxx5．

ye2x1x2dx(e12xx2dxdxc)

1xe1(lnx2)2(e1xlnx2dxc)

=x2(1ce) 是原方程的解.

dyx4x36． 2dxxydyx4x3解： 2dxxyx3y =2+

xyduydy u 则 yux =uxxdxdxdux因此：ux=

dxu2du1 2

dxu u2dudx

1 u3xc

3 u33xxc （*）

yu带入 （*）中 得：y33x4cx3是原方程的 将x令

- 8 -

dy2y(x1)3dxx1dy2y解：(x1)3dxx12P(x),Q(x)(x1)3x17.eP(x)dxdxex1(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)y2yP(y)dyydy eey1方程的通解为： x=eP(y)dyP(y)dy(eQ(y)dyc)1 =y(*y2dyc)yy3 =cy23y解.即 x= +cy是方程的通解 ，且y=0也是方程的解。 2 - 9 -

dyayx1,a为常数dxxxax1解：（Px),Q(x)xx9.P(x)dxxdxeexaa方程的通解为： y=eP(x)dxP(x)dx(eQ(x)dxc)1x+1dx+c) axx 当 a0时，方程的通解为 =xa( y=x+ln/x/+c 当 a1时，方程的通解为 y=cx+xln/x/-1 当 a0，1时，方程的通解为 y=cxa+ 10.xdyyx3dxdy1解：yx3dxx1P(x),Q(x)x3x1dxP(x)dx1eexx方程的通解为：　　 y=eP(x)dxP(x)dx(eQ(x)dxc)x1- 1-aa1 =(x*x3dxc)xx3c =4xx3c方程的通解为：　y=4x

- 10 -

11.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。12.(ylnx2)ydxxdydylnx22y解：ydxxx2 两边除以ydylnx2y1y2dxxxdy1lnx2y1dxxx 令y1zdz2lnxzdxxx2lnxP(x),Q(x)xx方程的通解为：zezeP(x)dxP(x)dx(eQ(x)dxc)22

c2lnx1x424xdx2(exdx2(lnx1lnx)dxc)x2(2()dxc)xxx

c2lnx1x424c2lnx1x)1,且y=0也是解。424方程的通解为:y( - 11 -

13

2xydy(2y2x)dxdy2y2xy1 dx2xyx2y这是n=-1时的伯努利方程。

1两边同除以，

ydyy21y dxx2令y2z

dzdy2y dxdxdz2y22z11 dxxx2P(x)= Q(x)=-1

x由一阶线性方程的求解公式

dxdxxze(exdxc)

22 =xx2c

y2xx2c

dyey3x14  2dxxdy(ey)23xey两边同乘以e e dxx2yy令eyz

dzdy eydxdxdzz23xz3zz22 这是n=2时的伯努利方程。 dxx2xx1dz311

令T 22zdxxzxzdT3T1dT1dz 2 2dxxxdxzdx13P（x）= Q(x)=2

xx由一阶线性方程的求解公式

两边同除以z2

- 12 -

3Texdx13(dxx2exdxc) =x3(12x2c)

=12x1cx3

z(12x1cx3)1

ey(12x1cx3)1

1x2eyceyx32 12x2x3eyc 15

dy1dxxyx3y3

dxyxy3x3dy 这是n=3时的伯努利方程。 两边同除以x3

1dxx3dyyx2y3 令x2z

dz2x3dxdydy

dz2yx22y3=2yz2y3dy P(y)=-2y Q(y)= 由一阶线性方程的求解公式 ze2ydy(2y3e2ydydyc)

=ey2(2y3ey2dyc) =y21cey2

x2(y21cey2)1

x2ey2(y21cey2)ey2

ey2(1x2x2y2)cx2

- 13 -

2y3 16 y=e+y(t)dt

xx0dyexy(x) dxdyyex dxP(x)=1 Q(x)=ex 由一阶线性方程的求解公式

1dx1dxye(exedxc)

=ex(exexdxc) =ex(xc)

ex(xc)exex(xc)dx

0xc=1 y=ex(xc)

17 设函数(t)于∞(t+s)=(t)(s)

试求此函数。

令t=s=0 得(0+0)=(0)(0) 即(0)=(0)2 故(0)0或(0)1 （1） 当(0)0时 (t)(t0)(t)(0) 即(t)0

t(∞,∞)

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

ttt0t0=lim(t)(t)(t)

='(0)(t)

于是

'dd'(0)(t) 变量分离得'(0)dt 积分 ce(0)t dt由于(0)1，即t=0时1 1=ce0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）

- 14 -

'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.

dy证明：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

dy1P(x)y1Q(x) （1） dxdy2P(x)y2Q(x) （2） dx（1）-（2）得

则

dy1y2P(x)(y1y2) dx即yy1y2是满足方程（2.3）

（2）

所以，命题成立。 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。

- 15 -

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

dy1P(x)y1Q(x) （4’） dx于是 （4’）-（4）得

则

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于是（5）c得 cP(x)y3

dxd(cy3)即 P(x)(cy3) 其中c为任意常数

dx也就是ycy3满足方程（2.3） （5）（6）得 dydy 34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' - 16 -

即 横截距为 xy， y' 纵截距为 yxy'。 由题意得： （5） yxy'x2 方程变形为

dy xyx2

dxdy1 yx

dxxdx()dxx于是 ye((x)exdxc)

11 elnx((x)elnxdxc) x((x)xdxc)

1)dxc) x x(xc)

1 x((x x2cx

所以，方程的通解为yx2cx。

xy 2方程变形为

dyyx x

dx22dy11 y

dx2x2（6）yxy'于是 ye2xdx11(21x)dx(()edxc)

2 e1lnx2lnx112(()edxc)

2121 x(()x212dxc)

11 x((x2)dxc)

212 - 17 -

x(xc) xcx

所以，方程的通解为yxcx。 22．求解下列方程。 （1）(x21)y'xy0 解：y'xy11 y22x1x112121212 yex21dxx1x21dx(2ec)

x112x =/x1/[21x211/x21/3212dxc]

=/x1/[212dx/x21/c]

=c/1x2/x

（2） y'sinxcosxysin3x0

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

sinxcosxcosx

由一阶线性方程的求解公式

112dxdxsinxyesinxcosx(esinxcosxdxc)

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

cosx =

=tgxcsinx

习题2.3

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

- 18 -

解：

My1，Nx=1 . 则

MNy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

3． [y2(xy)21x]dx[1x2y(xy)2]dy0

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

MNxy . 因此此方程是恰当方程。

uxy21(xy)2x u1x2yy(xy)2 - 19 -

1）2） （ （ y21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)= dy(xy)21x2= 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y2yxy ulnxlnyylnlnxyxxyxxy1y故此方程的通解为lnyxyC xxy4、 2(3xy22x3)dx3(2x2yy2)dy0

解：

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

凑微分，6xy2dx4x3dx6x2ydy3y2dy0

3d(x2y2)d(x4)d(x3)0

得 ：x43x2y2y3C

1xyx1yyx15.(sin-2cos+1)dx+( cos-2 sin+2)dy=0

xxyxyyxyy

- 20 -

1xyx1yyx1解： M=sin-2cos+1 N= cos-2 sin+2

xxyxyyxyyxxx1Myyy1=-2 sin-3cos-2 cos+3sin

xxxyyyxyyxxx1Nyyy1=-2 sin-3cos-2 cos+3sin xxxxyyyxy所以，

MN=，故原方程为恰当方程 yx1xxyy1yx1因为sindx-2cosdx+dx+ cosdy-2 sindy+2dy=0

xxxyyyxyyx1yd(-cos)+d (sin)+dx+d(-)=0

xyyx1y所以，d(sin-cos+x -)=0

xyyx1y故所求的解为sin-cos+x -=C

xyy求下列方程的解： 6．2x(yex-1)dx+exdy=0

解：

22MN= 2xex , =2xex

xy22所以，

MN=，故原方程为恰当方程 yx22又2xyexdx-2xdx+exdy=0 所以，d(yex-x2)=0 故所求的解为yex-x2=C 7.(ex+3y2)dx+2xydy=0 解：exdx+3y2dx+2xydy=0 exx2dx+3x2y2dx+2x3ydy=0

所以，d ex( x2-2x+2)+d( x3y2)=0 即d [ex( x2-2x+2)+ x3y2]=0

- 21 -

22故方程的解为ex( x2-2x+2)+ x3y2=C 8. 2xydx+( x2+1)dy=0 解：2xydx+ x2dy+dy=0

d( x2y)+dy=0 即d(x2y+y)=0

故方程的解为x2y+y=C 9、ydxxdyx2y2dx 解：两边同除以 x2y2 得

即，darctgxdx yydxxdydx

x2y2x故方程的通解为argtgyxc

10、ydxxy3dy0 解：方程可化为：

ydxxdyydy 2yx即， dyydy

故方程的通解为：

x12yc 即：2xyy2c y2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x2dxxdy0 解：方程可化为：

ydxxdydx x2yddx x

- 22 -

故方程的通解为 ：

13、x2ydxxdy0

ycx 即：yxcx x解：这里Mx2y,Nx ，

MN yxMN1yx1xdx 方程有积分因子ex Nx两边乘以得：方程xx2ydxx2dy0是恰当方程

故方程的通解为：x22xydxx2x22xydxdyc

yx3x3yc 3即：x33x2yc

14、xcosxysinxydxxcosxydy0 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xcosxysinxydxdycy 即：xsinxyc

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

MN yxMNyxdy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

- 23 -

y故通解为 ：eyycosxxsinxdxNeycosxxsinxdxdyc y即：eysinxy1eycosxc 16、x4ydx2xdyy33ydx5xdy0 解：两边同乘以x2y得：

4x3y2dx2x4ydy3x2y5dx5x3ydy0

dx4y2dx3y50

故方程的通解为：x4y2x3y5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，

(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dzd， . xdzxdzydzMd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 - 24 -

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(2) 令zxy

(z)dz .

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

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ydyP(x)yQ(x) , dx有仅依赖于x的积分因子.

证:必要性 若该方程为线性方程,则有

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)- 25 -

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uyfffu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)2=

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

xxxxy(fg)xy(fg)x2y2(fg)2xxfgfgxyfxyfgxgxyxyxyxxyx=

(fg)2xy(fg)2=

故

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

Nf(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 xxyyxyu(

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

xyxyxy-M e

f(x)dxg(y)dyg(y)u(

f(x)dxg(y)dyMN-)=e(Nf(x)-Mg(y))

yx- 26 -

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.

dy解：已知伯努利方程为：PxyQxyn,yo;

dx两边同乘以yn，令zyn，

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，

~x,y也是方程Mx,ydxNx,ydy0的积分使得dUMdxNdy.试证~x,yU,其中t是t的可微函数。 因子的充要条件是~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iMN，i1,2 Mixyxy - 27 -

下面只需证事实上：

1d21的全微分沿方程恒为零 22122dx1dydxdy1yyxx22212M2M2dxdxdxdx1NyNyxx22

212dx1NM22NxMy1xyN2MNMNdx122120yxyxN2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31y 解：令

dy11yp，则x1t3t3t2， dxtt13 从而ypdxcdt3t2c3t2dtct22tc，

t2xt3t2 于是求得方程参数形式得通解为. 32yt2tc22、y3x31y0

t3121dy33解：令t， yptx，则txx1tx0，即xttdx1212从而ypdxcttdtc

tt1 t312t2dtc

t

- 28 -

4 2tt1dtc 2t 25121ttc， 52t12xtt于是求得方程参数形式得通解为. y2t51t21c52t3、yy2ey 解：令

dyyp，则yp2ep， dx1从而xdp2epc

p 12pepp2epdpc p =2eppepdpc 1pep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、y1y22a, a为常数 解：令

2a2adyytg，则y2acos2， 22dx1tgsec11从而xdycd2acos2c

ptg 4acos2dc4a a2sin2c，

1cos2c 2xa2sin2c于是求得方程参数形式的通解为. 2y2acos5、x2y21

- 29 -

解：令

dyypcost，则x1cos2tsint， dx从而ycostdsintc cos2tdtc 1cos2tdtc 211t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

1解：令2yyt，则1yyt1，得yt，

t1dtdydy1t2dtt211t所以dxdtdt， y2yt1t2t21t2t212ttt11从而x2dtcc，

tt1xct于是求得方程参数形式的通解为， yt1t因此方程的通解为y1xc. xc习题2.5

2．ydxxdyx2ydy

解：两边同除以x2，得：

ydxxdyydy 2xy1dy2c x2y1即y2c x24．

dyy dxxxy- 30 -

解：两边同除以x，得

dydx

yx1

yx

yu xdydu 则ux

dxdx 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x12 得到dxc y2 即

x12xc y2 另外y0也是方程的解。

dyyy28.3 dxxx 解：令

yu xdydu1则：uxuu2

dxdxx - 31 -

即xdudx1xu2 得到dudxu2x2

故1u1xc

即

1ycx1x2 另外y0也是方程的解。

dy210． xdydx1dx

解：令

dydxp 1p2 即xp

而

dydxp故两边积分得到 y12p2lnpc

因此原方程的解为x1p2 p，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

eu12x2c

故方程的解为

exy12x2c

- 32 -

y12p2lnpc。

12. 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cex 16．x1dy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eyxy2xc 18．4x2y2dx2x3y1dy0 解： 将方程变形后得

dy4x2y2 3dx2xy1dx2x3y1x1 2222dy2y4xy4xydxx31 同除以x得：x2

dy2y4y22 令zx3 则

dz3z3 dy2y4y2 - 33 -

3 zy2cy2

233 即原方程的解为xy2cy2

23319.X(

dy2dy)2y()4x0 dxdx解：方程可化为2y( 令

dydy)x()24x,ydxdxx(dy2)4xdx dy2()dx - 34 -

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42xccp,y,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0yy4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y

dy- 35 -

25.edxx0dxdyt2tt解：令pt,xte由dypdx得yt(1e)dtcettetcdx2dydy25.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c2y3226（.2xyxy)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.

dy2x3y4 dx4x6y5dy

解： 令u2x3y，

dudyu4，则 2323dxdx2u5du7u22dx2u52u5dudx，

7u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 xdu xuu2ux2(u2x2x2)

dx

- 36 -

即

du2x3(u3u)， dxdu32xdx 3uu(111)du2x3dx

2(u1)2(u1)u1x4ce 2u4两边积分得 1即 x2y2cy2ex 为方程的解。

dyy29. exy

dxx解： 令exyu，则 ylnu， xxdulnudyudx， 2dxx1dulnulnu那么 2u

uxdxx2xdu即 2xdx

u1两边积分得 x2exyc

2即为方程的解。

dy4x32xy32x30. 22

dx3xy6y53y2解： 方程可化为 (4x32xy32x)dx(3x2y26y53y2)dy0

d(x4x2)(y3dx2x2dy3)d(y6y3)0

两边积分得 x4x2y6y3x2y3c 即 x4x6c(x21)(y31) 为方程的解。

31. y2(xdxydy)x(ydxxdy)0

解： 方程可化为 y2xdxy3dyxydxx2dy0 两边同除以y2，得 xdxydx

x(ydxxdy)0

y2- 37 -

1dx即 2d(x2y2)xdy0

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

dydx1xy332. 1x3y0 解： 方程可化为 dy1xy3dx1x3y

两边同加上1，得 （*）

再由d(xy)xdyydx，可知

d(xy)dxxdydxy(xy)(x2y21)1x3y（**）

将（*）/（**）得

d(xy)xy(xy)d(xy)x2y21 即

duuvdvv21 整理得 duvuv21dv

两边积分得 v21cu 即 c(xy)x2y21 - 38 -

d(xy)xy(x2y2dx)1x3y

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：

dy dxdy由题意得 yxx

dxdy1即 y1

dxx yx也即 ydxxdydx

ydxxdydx x2xy即 d()dlnx

x两边同除以x2，得

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。

dv解：Fmam，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。

- 39 -

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。

F解：由物理知识得：a合(其中a为质点的加速度，F合为质点受到的合外力)

m根据题意：F合k1tk2v

dvk1tk2v(k20) dtkkdv即：(2)v1t(*)

dtmm(*)式为一阶非齐线性方程，根据其求解公式有

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

mk1 2k2k2tmk1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

解：原方程可转化为：yexy22e2xyexe3x,(*)

观察得到它的一个特解为：yex，设它的任意一个解为yexz，

d(exz)代入（*）式得到：ex(exz)22e2x(exz)exe3xdxdzexz2 dxdz变量分离得：2exdx

z1两边同时积分：exc

z1即：zx

ec1故原方程的解为 yex xce(**)

由（**）-（*）得：

- 40 -

（2）yy22ysinxcosxsin2x

解：原方程可化为：yy22ysinxcosxsin2x

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

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

zxc1故原方程的解为ysinx

xc（3）x2yx2y2xy1 解：原方程可化为：yy211y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：

dxxue1dxx(e1dxxdxc)x(cen|x|)

故：z1

x(cen|x|)因此：原方程的解为：xy（4）4x2(yy2)1 解：原方程可化为：yy21 24x11

cen|x|由观察得到，它的一个特解为y是

11，设它的任一个解为yz，于2x2xdz1zz2，这是n2的伯努利方程 dxx

- 41 -

两边同除以z2得到：

1dz111

xzz2dx1d11即：z1

dxxzdxdx1则：ex(exc)x(cen|x|)

z11即：z1

x(cen|x|)故：原方程的解为：2xy（5）x2(yy2)2 解：原方程可化为：yy22 2x21

cen|x|11由观察得，它的一个特解为y，故设它的任一个解为yz，于是

xxdz2zz2，这是n2的伯努利方程 dxx1dz21两边同除以z2得到：21

zdxxz1d21即：z1

dxxz3dxdx11x则：ex(exdxc)2(c)

zx3223x212x3c故：原方程的解为：y3. ，即xy3xcxcx（6）x2y(xy2)20 解：原方程可化为：yy244y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 dxx1dz21两边同除以z2得到：21

zdxxz - 42 -

121即：z1

dxxzddxdx11x3xx则：e(edxc)2(c) zx3223dxdx1x1从而：ex(exdxc)2(c)

zx32213x24x3c故原方程的解为：y3 xxcx(x3c)4x3c即：xy 3x(xc)（7）y(x1)y2(12x)yx

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

1 xxce习题3.1

1 求方程

dy=x+y2通过点(0,0)的第三次近似解； dx 解： 取0(x)0

12x

002xx1115 2(x)y0[x12(x)]dx[x(x2)2]dxx2x

002220 1(x)y0(xy0)dxxdxx2x - 43 -

1152 3(x)y0[x(x2x)]dx

0220115181 = x2xxx11

2201604400

dy 2 求方程=x-y2通过点(1,0)的第三次近似解；

dxx 解： 令0(x)0

12x

002xx1115 2(x)y0[x12(x)]dx[x(x2)2]dxx2x

002220x1152 3(x)y0[x(x2x)]dx

0220115181 =x2xxx11

2201604400

则 1(x)y0(xy02)dxxdxxx 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；

1b解： 因为 M=max{x2y2}=4 则h=min(a,)=

4M1 则解的存在区间为xx0=x(1)=x1

4 令 0(X)=0 ;

111(x)=y0+(x20)dx=x3+;

33x0x131213xx4x711 2(x) =y0+[x(x)]dx=x---+

918634233312x 又

f(x,y)2=L yM*L2311则：误差估计为：2(x)(x)h= 224(21)

- 44 -

dy334 题 讨论方程：y在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件，

dx21并求通过点（0，0）的一切解；

f(x,y)132解：因为=y在y0上存在且连续；

2y3 而y3在y0上连续

21dy33由 y有：y=（x+c）2

dx213

又 因为y(0)=0 所以：y=x 另外 y=0也是方程的解；

32故 方程的解为：y=x0x0 x032或 y=0;

6题 证明格朗瓦耳不等式：

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)

 - 45 -

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：

tttR(t) exp(-g(s)ds)-kg(s)dsexp(-g(r)dr)ds

tt即 R(t) kg(s)ds exp(-g(r)dr)ds

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

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

stt即 f(t) kg(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+f(x,(x))dx

x0x (x)= y0+f(x,(x))dx

x0 不妨假设(x)(x)，则(x)- (x)0

- 46 -

xx而(x)- (x)= f(x,(x))dx-f(x,(x))dx

x0x0x =[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3.3

1．Proof若（1）成立则0及x0x0，(,x0)，使当 |y0||y(x,x0,y0)|

dyf(x,y)时，初值问题 dx

y(x0)y0y(x,x0,y0)的解yy(x,x0,y0)满足对一切xx0有|y(x,x0,y0)|,

由解关于初值的对称性，（3，1）的两个解yy(x,x0,y0)及yy(x,x0,y0)都过点

(x0,y0)，由解的存在唯一性

y(x,x0,y0)y(x,x0,y0)，当xx0时

故|y(x,x0,y0)|,xx0

若（2）成立，取定x0x0，则0，1(,x0)()，使当 |y(x,x0,y0)|1

- 47 -

时,对一切xx0有

|y(x,x0,y0)|

dyf(x,y)因初值问题dx

y(x0)0的解为y0，由解对初值的连续依赖性， 对以上0，(,x0,x0)(,x0)，使当

|y0|时

对一切x(x0,x0]有

|y(x,x0,y0)|min{,1}

而当xx0时，因

|y(x,x0,y0)|min{,1}1

故|y(x,x0,y0)|

这样证明了对一切xx0有

|y(x,x0,y0)|

2．Proof：因f(x,y)及

f都在G内连续，从而f(x,y)在G内关于y满足局部yLipschitz条件，因此解y(x,x0,y0)在它的存在范围内关于x,x0,y0是连续的。

设由初值(x0,y0)和(x0,y0y0)(|y0|,足够小）所确定的方程解分别为

y(x,x0,y0)，y(x,x0,y0y0)

即y0f(x,)dx，y0y0f(x,)dx

x0xxx0于是

y0(f(x,)f(x,))dx

x0xy0

xx0f(x,())()dx01

y- 48 -

因

f及、连续，因此 yf(x,())yf(x,)r1 y这里r1具有性质：当y00时，；r10且当y00时r10，因此对y00有

y01(x0xf(x,)r1)dxyy0

即zy0

是初值问题

dzf(x,)r1]z[y dyz(x)1z00的解，在这里y00看成参数0显然，当y00时，上述初值问题仍然有解。根据解对初值和参数的连续性定理，知在

y00y0是x,x0,z0,y0的连续函数，从而存

limy0 y0而

f是初值问题 y0dzf(x,)zy dxz(x)10的解，不难求解

f expy0xx0f(x,)dxy

它显然是x,x0,y0的连续函数。

3．解：这里f(x,y)p(x)y(x)满足解对初值的可微性定理条件 故：

- 49 -

f(x0,y0)expx0xx0f(x,)dx yxx0(p(x0)y0Q(x0))expp(x)dx

xf(x,)xexpdxexpp(x)dxx0x0yy0f(x,(x,x0,y0))p(x)(x,x0,y0)Q(x) xdyp(x)yQ(x)满足y(x0)y0的解为 dx ye故

x0p(x)dxx(Q(x)ex0xx0p(x)dxxdxy0)

xexpp(x)dxx0y0

xxxp(x0)expp(x)dx(Q(x)(exp(p(x)dx))dxy0)

x0x0x0x0 expp(x)dx(Q(x0)p(x0)Q(x)[exp(p(x)dx)]dx)

x0x0xxxx0(p(x0)y0Q(x0))expp(x)dx

x0xxxxp(x)expp(x)dx(Q(x)(exp(p(x)dx))dxy0)

x0x0x0x expp(x)dx(Q(x)exp(p(x)dx))

x0x0xx p(x)(x,x0,y0)Q(x)

y4．解：这是f(x,y)sin()在（1，0）某领域内满足解对初值可微性定理条件，

x由公式

y(x,x0,y0)x0y(x,x0,y0)x0(1,0)f(x0,y0)exp(exp(xxf(x,y)dx)x0yx(1,0)0

(1,0)f(x,y)dx)x0y(1,0)exp1ycosdxx0xxx(1,0)

exp11y(x,1,0)cosdx xx易见y0是原方程满足初始条件y(1)0的解

- 50 -

y(x,1,0)0cosy(x,1,0)cos01 xx1故

y(x,x0,y0)y0x01expy01dx|x| x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4解：令

dyp，则y2xpx2p4， dxdpdp两边对x求导，得p2p2x 2xp44x2p3dxdxdp 12xp32xdxp0 从12xp30得 p0时，x13； ,y322p4p从2xdpc2cp0得 x2,yc2， dxppp0 为参数，c0为任意常数.

1x2p3经检验得 ，是方程奇解. y34p3dy2、xy

dx2解：令

dyp，则yxp2， dxdp dx两边对x求导，得p12p

dpp1， dx2p解之得 x2plnp12c，

- 51 -

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.

dydy3、yx1

dxdx2解：这是克莱洛方程，因此它的通解为ycx1c2，

ycx1c2从 中消去c, c0x21c得到奇解y1x2.

dydy4、xy0

dxdx2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 4yx0.

dydy5、2xy0

dxdx22解：令

dyp，则y2xpp2， dx两边对x求导，得 p2p2x 解之得 xdpdp2p dxdxdx2x2， dpp2pcp2， 31所以 yp2cp1，

3可知此方程没有奇解.

dydy6、xy10

dxdx32 - 52 -

解：原方程可化为yxdy1， 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2解：令

dyp，则yx1pp2， dx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.

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229yc4xx3a

可知此方程没有奇解.

dy1dy9、y2x

dx3dx3解：令

1dyp，则y2xpp3，

3dx - 53 -

两边对x求导，得 p2

dpdp p2dxdxdpp2 2dx1p3lnp2c，

2p2解之得 x21所以 yp3p23p46lnp2c，

32且 y2x也是方程的解，但不是方程的奇解.

3dydy10、x1y0

dxdxdydydy解：yxdxdxdx22

这是克莱罗方程，因此方程的通解为ycxcc2，

ycxcc2从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

x解:对c求导，得 x+2c=0, c,

2x2x2x2 代入原方程得，y，

244x2 经检验得，y是原方程的包络.

42、c2ycx210

x2解：对c求导，得 2ycx0,c，

2y2x4x4代入原方程得 2y10，即x44y0，

2y4y - 54 -

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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,

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， 它与X轴、Y轴的截距分别为Xxy，Yyxy， yxy, 2按条件有 xyay， yxya，化简得yxy1yyac， 1c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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fc 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

- 55 -

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，则xt和yt在区间atb上线形无关。 常数或xtyt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形无关

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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

dtdt解。

证明：由题可知x1t，x2t分别是方程（1），（2）的解

dnx1tdn1x1t则：a1tantx1tf1t （3）

dtndtn1dnx2tdn1x2t a1tantx2tf2t （4） nn1dtdt

- 56 -

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。

dtdtd2x 证明：由题将e代入方程2x0得：et-et=0,即et是该方程的解，

dtt同理求得et也是该方程的解 又显然e,ett线形无关，故e,ettd2x是x0的基本解组。 2dt由题可设所求通解为：xtc1tetc2tet，则有：

ctetctet012ttc1tec2tecost

11解之得：c1tetcostsintc1;c2tetcostsintc2

441故所求通解为：xtc1etc2etcost

2d2xtdx14. 试验证2x0有基本解组t，et，并求方程

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 2t0，即t为该方程的解

1tdt1t1t1tdt 同理et也是该方程的解，又显然t，et线形无关，

d2xtdx1 故t，e是方程2x0的基本解组

1tdt1tdtt由题可设所求通解为xtc1ttc2tet，则有：

- 57 -

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 故所求通解为xtc1tc2ett12

d2x5. 以知方程2x0的基本解组为et,et，求此方程适合初始条件

dtx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。

d2x 解：e,e时间方程2x0的基本解组，故存在常数c1,c2使得：

dtttxtc1etc2et

于是：xtc1etc2et

令t=0,则有方程适合初始条件x01,x00，于是有：

001t1t11c1ec2e1c解得： 故xtee ,c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： 故c,cxtee 01202222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x0x0x0x0c1ec2ex0解得：c1 ,c20022c1ec2ex0x0x0tx0x0tee满足要求的解。 故xt22

- 58 -

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：

x1wtwt0exnt0a1sdsxnxntta,b

x1x1xn xnn2nxnxnxn 解：wtx1n2x1n1n1nnx1xnx1xnnx1x1x1又xiti1,2,,n满足

dnxidtndnxidtna1tdn1xidtn1antxi0

即

dn1xi atatxnn1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

则：wtx1n1x1n2x1x1xna1ta1twt xnn2n1xnwta1tdt wtxn即wa1tw0 则有：

两边从t0到t积分：lnwttt0ta1sds,则t0

lnwtnwt0a1sds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

- 59 -

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：

t1xx1c12expa1sdsdtc2t0x1数,t0,ta,b

证：（１）wx1,x2a1wx1,x20

,其中c1,c2为常

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t0a1sdst

两边都乘以

1x12x2dxwtta1sdst010e2则有：，于是： dtx1tx21t0a1sdsc12edtc2x1x1a1sds 1t0即：x2c12edtc2x1x1t - 60 -

取c11,c20,得：x2x1

1x12et0a1sdstdt,

x1又：wtx1而

方

程

a1sdsx2t0e0x2t从的通解可表示为：

t1xx1c12expa1sdsdtc2t0x1数,t0,ta,b。

,其中c1,c2为常

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：x1txt,x2txt,,xntxt,xt, （1），均为（4.1）的解。同时（1）是线形无关的。 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

- 61 -

1. 解下列方程

(4)x5x4x0 （1）

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

2t2tttcececece故通解为x=1 234(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=c1eatc2teatc3t2eat （3） 解：特征方程5430

有三重根0，42，5-2

x4x0(5)故通解为

xc1ec2ec3tc4tc5

2t2t2（4）x2x10x0

解：特征方程22100有复数根1-1+3i,2-1-3i

故通解为xc1etcos3tc2etsin3t (5) xxx0

13i13i,2, 22解：特征方程210有复数根11t21故通解为xc1et332costc2esint

22(6) sa2st1

解：特征方程2a20有根1a,2-a 当a0时，齐线性方程的通解为s=c1eatc2eat

1~sABt代入原方程解得AB2

a故通解为s=c1eatc2eat-

1(t1) 2a- 62 -

11当a=0时,~st2(1t2)代入原方程解得1,2

621故通解为s=c1c2t-t2(t3)

6(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=c1e2t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=c1e2tc2etc3tet-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=c1etc2tetc3etc4tet 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=c1etc2tetc3etc4tet+t21 (9)xxcost

解：特征方程310有复数根11t213i13i,2,31 221故齐线性方程的通解为xc1et33costc2e2sintc3et

2211取特解行如~xAcostBsint代入原方程解得A=,B

22故通解为xc1e1t21t133costc2e2sintc3et(costsint)

222(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

26取特解行如~xAcos2tBsin2t代入原方程解得A=,B

5526故通解为x=c1etc2e2tcos2tsin2t

55（11）xxet

- 63 -

解：特征方程310有复数根11t213i13i,2,31 221故齐线性方程的通解为xc1et33costc2e2sintc3et 1是特征

221方程的根，故~xAtet代入原方程解得A=

3故通解为xc1e1t21t133costc2e2sintc3et+tet

322（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=c1etc2tet,

1xAt2et代入原方程解得A= 1是特征方程的2重根，故~21通解为s=c1etc2tett2,

2当a-1时，齐线性方程的通解为s=c1eatc2teat,

xAet代入原方程解得A=1不是特征方程的根，故~1

(a1)2故通解为s=c1eatc2teat+（13）x6x5xe2t

1et 2(a1)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=c1etc2e5t

1 xAe2t代入原方程解得A=2不是特征方程的根，故~211故通解为x=c1etc2e5t+e2t

21（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c2etsin2t

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

- 64 -

A=

54,B 4141故通解为xc1etcos2tc2etsin2t+((15) xxsintcos2t

54costsint)et 4141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

11A= B=0 故~xtcost

22xAcos2tBsin2t代入原方程解得 xxcos2t ~11A= B=0 故~xcos2t

3311故通解为xc1costc2sinttcostcos2t

23

习题5.1

1.给定方程组

x101x‘=x x=x （*） －102costsint a)试验证u(t)=,v(t)=分别是方程组（*）的满足初始条件sintcost10u(0)=, v(0)=的解.

01c b)试验证w(t)＝c1u(t)+c2v(t)是方程组（*）的满足初始条件w(0)=1的解，

c2其中c1,c2是任意常数.

cos01 解：a) u(0)==0 sin0sint01cost01 u'(t)==u(t) cost10sint10sino0 又 v(0)==1 cos0

- 65 -

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

1b) w(0)=c1u(0)+c2u(0)= c1+c200c11=c 2 w'(t)= c1 u'(t)+ c2 v'(t)

sint = c1+c2costcostsint －csintc2cost =1 c1costc2sint01c1costc2sint =csintccost －1021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=tet,x(0)=1, x‘(0)=-1,x‘’(0)=2,x‘(0)=0

’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xet 22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：

1007x‘＝ x(1)＝ x＋,t－7－2e2 - 66 -

x其中 x＝1.

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10x－10010x＋ x(0)=, 其中 x=2. x320001t0000te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2w2x5w47w16w3e 且 ''w(0)y(0)0w3yw43''''w4(0)y(0)1w4y2w313w415w1cost07' 即 w0151006000200et5w 0113costw11w0 w(0)= 其中 w＝2

w301w43. 试用逐步逼近法求方程组

x101 x＝x x＝x －102' 满足初始条件

x x(0)=1

x2

- 67 -

的第三次近似解.

0 解：0(t)

1t01000tt 1(t)ds1101 1010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010111t22

习题5.2

0t2t'1.试验证t=是方程组x=22t1t21x2x,x=1 ，在任何不包含原点的

x2t区间atb上的基解矩阵。

0t22t'2解：令t的第一列为1(t)=2=22t ,这时1(t)=t12 1(t)故1(t)t1是一个解。同样如果以2(t)表示t第二列，我们有2(t)=0=

022t122(t)这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。又因为dett=-t2t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x1(t),x2(t),…,xn(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

- 68 -

t0,t[a,b]

'x11'x12...x1'n...x2n.....xnn解：w(t)=

''x21x22.xn2.xn1+

x11'x21.xn1x12'x22.xn2...x1n...x2n.....xnnx11'+…+

x12x22.2xn...x1n...x2n.....xnnx21.1xn

=

a11x11a12x21..a1nxn1x21.xn1x11x21.an1x11...annxn1a11x11x21.xn1a11x12x22.xn2...a11x1n...x2n.....xnna11x12a12x22...a1nxn2x22.xn2x12x22.an1x21..annxn2x11x21.annxn1x12x22.annxn2..........a11x1na12x2n...a1nxnn..............x1nx2n.x2n.xnnx1nx2n.+…+=

...an1xnn...annxnn+…+整理后原式变为

...annxnnx11x12x22.xn2...x1n...x2n.....xnn（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),即两边从tw(t)=w(t0)e

dw(t)=[ a11(t)+…+ann(t)]dt w(t)0t到t积分lnw(t)-lnw(t0)=

,t[a,b]

[at0t11(s)...ann(s)]ds即

t0[a11(s)...ann(s)]ds3.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； b)(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，

- 69 -

使T(t) (t)=C.

解a)[ T(t) (t)]'= T(t)+ T'(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(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''TT'(t)(t)=- T(t)

(t)A(t) TT'(t)=- T(t) A(t) 所以(t)=- 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,…, 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

- 70 -

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sint21 xf(t)Acost02x2e2ta)试验证 (t)0te2t'是xAx的基解矩阵； 2te1b)试求x'Axf(t)的满足初始条件(0)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 

- 71 -

2e2t21e2t21则1(t)1(t) 002002'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我们有2(t)2(t) 2e2te2t0202'故2(t)也是方程的解 从而(t)是方程的解矩阵 又det(t)e2t0te2te2te4t0

故(t)是x'Ax的基解矩阵；

1b)由常数变易公式可知，方程满足初始条件(0)的解

1(t)(t)1`(0)(t)1f(s)ds

0te2t01而(t)te2t2te1t2te 4te01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dscoss321e2tcostsint5558、试求x'Axf(t)，其中

x1021 A xf(t)xe2t 022满足初始条件

(0)1 1的解(t)。

- 72 -

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则有(t)(t)(s)f(s)ds00t1122tte2tt1s2s0te eds2e2s0012te2tte1若(0)

1则有

te2t111(t)(t)(0)1(t)0(s)f(s)ds0122t122tte2t1te(1tt)e2212t2te2tte(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]costsintsint1 cost由公式得

tsintcosscostsinst(t)secsds(sintcosttans)dstsintcostlncost

001 通解为xc1costc2sinttsintcostlnt

b)x'''8xe2t

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tcos3t,x3(t)etsin3t

2 是方程的特征根 故方程有形如xAte2t的根

- 73 -

代入得A1 1212tte 12故方程有通解x(c1cos3tc2sin3t)etc3e2tc)x''6x'9xet

解：易知对应的齐线性方程x''6x'9x0对应的特征方程为

2690,.1,23故方程的一个基本解组为x1(t)e3t,x2(t)te3t

e3tW[x1(t),x2(t)]3t3ete3te6t3t3te3te3s

(t)teeese1t13t13tsedsetee6s0424et3t3s3t因为te3t,e3t是对应的齐线性方程的解

1te也是原方程的一个解 41故方程的通解为xc1e3tc2te3tet

4故1(t)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 (t)te7tesete7sesese7s7e7s0e7sesete7sf(s)dsf(s)ds

06e8st(t)Mt7t7sM817t4tsteeeeds(ee)M 6067721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)

- 74 -

4M 21故上面方程的每一个解在0t上有界

从而x(t)c1e7tc2et(t)c1c2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44M,(t) 2121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，t0[a,b]试证明初值问题：

x'A(t)xF(t,x) （*） (t)0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)(t0)(t)1(s)F(s,(s))ds(t)1(t)F(t,(t))0''1't(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

- 75 -

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)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)]

kexp(-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)=( expAt-10)= 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

- 76 -

=

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

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

解：a）det（E－A）=

142=(－5)(+1)=0 3∴1=5, 2=－1

对应于1=5的特征向量u=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

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

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

201 ∴1＝－1（二重），2＝3

- 77 -

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：

2112a） b）1243

103233c）453 d）811

511442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 ）

1对应于2的特征向量为v＝23， （ 0 ）



- 78 -

11∴u＝，v＝2323是对应于1，2的两个线性无关的特征向量

3teФ(t)=(23)e3te3t(23)e3t3t是一个基解矩阵 3t3t1(23)e ExpAt=

23e(23)ee3te(23)e3t3te3t(23)e 3t

b) 由det（E－A）=0得1＝5，2＝－1

11解得u＝，v＝21是对应于1，2的两个线性无关的特征向量

e5t则基解矩阵为Ф(t)＝2e5tet te111－13Ф(0)＝21 Ф(0)＝2313 13e5tet 5tt2ee则expAt＝Ф(t) Ф

－1

1e5t2et(0)＝5tt32e2e 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Ф－1(0)＝110

011e2t 则expAt＝Ф(t) Ф－1(0)＝e2te2t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

- 79 -

3t3e 解得基解矩阵Ф(t)＝7e3t4e3t则expAt＝Ф(t) Ф－1(0)＝

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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99479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et te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 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

- 80 -

3t3e Ф(t)＝ 7e3t4e3t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所以

5273t4267(27)t4267(27)teee333136473t7481467(27)t7481467(27)t(t)eee

9994720871782271782273t(27)t(27)teee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12 ∴0＝＋0423141 解得214  121 v2412121v1412 (t)e3tEv1et[Et(AE)]v2

13t1tee2211＝e3tet 4413t1tee22

6、求方程组x'=Ax＋f（t）的解(t)：

- 81 -

a)(0)1(t)et1,A1243,f10b)(0)0,A010010,f(t)06116

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

Ф(t)＝e5t解得et－1et2e5tet， 则Ф1

(t)＝

3e4t2e5tФ－1(0)＝131121 31t2求得e5tet(t)＝204e53 e5tet1012et15

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

 （）v1E－A1=0，得v1＝0

11 取v12＝31＝1，同理可得v2 ＝1，v31

123111 则Ф(t)＝21113 123- 82 -

ete5t 2t13t3t1teeete442351从而解得(t)2e2te3tettet

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

te解得对应的基解矩阵为Ф(t)＝ette(t)＝2e2t132te2 e2t∴Ф

－1

323et－1

从而Ф(0)＝ 222e2tt∴

(t)(t)(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)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

- 83 -

8、给定方程组

x''3x1'2x1x2'x20 1

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

100u1x1x'，A=442 uu＝21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即u’＝442u211x1''4x14x1'2x2x'2x1x1'x2 2

x1''2x1'2x1x2'x2x2'2x1x1'x2u’=Au ①

反之，设x1=u1,x1’=u2,x2=u3 则方程组②化为

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同理可求得u2和u3

111取v10,v21,v32

12020

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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22AtAtt2tee12e3e ③

01et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： x'x'0a)121(0)1,2(0)0x1'x2'1x1''3x1'2x1x2'x20b)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)411解：a)根据方程解得x1'＝ ， x2'＝－

2211∴x1＝t＋c1，x2＝－t＋c2

22

∵1(0)1

11∴0＋c1＝1 ∴c1＝1 ∴x1＝t＋1 22∵2(0)0

11∴－0＋c2＝0 ∴c2＝0 ∴x2＝－t

22 - 85 -

1综上：x1＝t＋1

21 x2＝－t

2b）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)X2(s)0sX2(s)X2(s)0sX1(s)12X1(s)解得

s23211111X1(s)(s1)(s2)(s2)3s14s212s2

s21111X2(s)(s1)(s2)(s2)3s13s22t12t12teee3412 ∴

12(t)(ete2t)31(t)c）对方程两边取拉普拉斯变换，得

s2X1(s)s12sX2(s)s324m2X2(s)0m2X2(s)0s2X1(s)－m2X2(s)＝s1＋2即22mX(s)＋sX2(s)＝s3＋41

解得X1(s)＝1s3＋2s2＋m2s3＋4m2s4m43s34s2m21s－m22X2(s)s4m4mt122m212m1(t)[(124)cost(234)sint]e224m4m4m24m22t122m212m2[(124)cost(234)sint]e24m4m4m24m22m2(t)[(212m122m234)cost(124)sint]e4m24m24m4m22mt2

t212m122m2[(234)cost(124)sint]e4m24m24m4m22m

- 86 -

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

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

00xxy''n(xt)f(t)dt'(0)f(x)n(xt)f(t)dtf(x)

00xx∴

y''ay'by''(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)0x

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10对于奇点(0,0), A=01/2 由EA=0得1=1>0,2=1/2>0

所以不稳定

01对于奇点(0,2),令X=x,Y=y-2, 则A=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

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对于奇点(1/2,1/2),驻定解渐进不稳定

2dx9x6y4xy5xdt(2) 

2dy6x6y5xy4ydt29x6y4xy5x20 得奇点(0,0),(1,2),(2,1) 解: 由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dty0解:由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) 

2dyyx2(xy)(y2xy2/3x3)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 (1) d3x3dt5d2x2dt6dxx0 dt解:a0=1>0,a1=5>0,a2=6>0



51216>0 a3=1>0 所以零解渐进稳定

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(2)

dxdydzxy,yz,zx(为常数) dtdtdt

102332解:A=01 由EA=0得3310

10 得1=1, 2=13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

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