常微分方程教程(丁同仁、李承治第二版)习题解答——第3章

常微分方程2.11.xy dxdy2=,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。

故它的特解为代入得把即两边同时积分得：e e xx y c y x x c y c y xdx dy y22,11,0,ln ,212=====+==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：3解：原式可化为：,0)1(.22=++dy x dx y 。

故特解是时，代入式子得。

当时显然也是原方程的解当即时，两边同时积分得；当xy c y x y x c y c y x y dy dx x y++=====++=+=+≠=+-1ln 11,11,001ln 1,11ln 0,1112yxy dx dyxy 321++=x x y x x y x yx y y x y c c c c x dx x dy y y x y dx dy 2222222232232)1(1)1)(1(),0(ln 1ln 21ln 1ln 2111,0111=++=++≠++-=++=+≠+∙+=+）故原方程的解为（即两边积分得故分离变量得显然.0;0;ln ,ln ,ln ln 0110000)1()1(4===-==-+=-++=-=+≠===-++x y c y x xy c y x xy c y y x x dy yydx x x xy x y xdy y ydx x 故原方程的解为即两边积分时，变量分离是方程的解，当或解：由：10ln 1ln ln 1ln 1,0ln 0)ln (ln :931:8.cos ln sin ln 07ln sgn arcsin ln sgn arcsin 1sgn 11,)1(,,,6ln )1ln(21111,11,,,0)()(:53322222222222c dx dy dxdy xycy ud uu dx x x y u dx xydy x y ydx dy y x x c dy yy yydx dy c x y tgxdx ctgydy ctgxdy tgydx cx x xycx x u dx xx du xdxdu dxdux u dx dy ux y u x y y dx dy xc x arctgu dxx du u u u dx du x u dxdu xu dx dy ux y u x y x y x y dx dy dx x y dy x y ee e ee e ee x y uu xy x u u xyxy y x xx+===+=+-===-∙-=--+-=-=+-===-=+∙=+∙=∙=--=+===-+=+-=++=++-++=++===+-==-++-+--两边积分解：变量分离：。

常微分2课后习题答案常微分2课后习题答案在学习常微分2这门课程中，我们不可避免地会遇到一些挑战性的习题。

这些习题旨在帮助我们巩固所学的知识，并提供实践应用的机会。

然而，有时候我们可能会遇到一些难以理解或解答的问题。

在本文中，我将分享一些常微分2课后习题的答案，希望能够帮助大家更好地理解和应用这门课程的内容。

1. 题目：求解方程 dy/dx = 2x + 3解答：这是一个一阶线性常微分方程。

我们可以将它转化为标准形式 dy/dx + P(x)y = Q(x)，其中 P(x) = 0，Q(x) = 2x + 3。

根据一阶线性常微分方程的解法，我们可以通过求解齐次方程 dy/dx + P(x)y = 0 的通解和特解来得到原方程的解。

首先，我们求解齐次方程 dy/dx = 0。

显然，它的通解为 y = C，其中 C 是常数。

接下来，我们寻找特解。

由于 P(x) = 0，我们可以猜测特解为 y = Ax + B，其中 A 和 B 是待定常数。

将这个猜测代入原方程，得到 A = 2，B = 3。

因此，原方程的通解为 y = C + 2x + 3，其中 C 是任意常数。

2. 题目：求解方程 d^2y/dx^2 + 4dy/dx + 4y = e^(-2x)解答：这是一个二阶常系数齐次线性常微分方程。

我们可以使用特征方程的方法来求解。

首先，我们假设 y = e^(rx) 是方程的解。

将这个解代入方程，得到特征方程r^2 + 4r + 4 = 0。

解这个二次方程，得到 r = -2。

因此，方程的通解为 y = (C1 + C2x)e^(-2x)，其中 C1 和 C2 是任意常数。

接下来，我们寻找特解。

由于右侧是指数函数，我们猜测特解为 y = Ae^(-2x)，其中 A 是待定常数。

将这个猜测代入方程，得到 A = 1/9。

因此，原方程的通解为 y = (C1 + C2x)e^(-2x) + 1/9e^(-2x)，其中 C1 和 C2是任意常数。

第三章习题习题3—11． 判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1）y x y sin '+=； 2）31'-=xy ； 3）y y ='. 解 1）因为y x y x f sin ),(+=及y y x f y cos ),('=在整个xOy 平面上连续，所以在整个xOy 平面上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个xOy 平面上初值解存在且唯一.2）因为31),(-=x y x f 除y 轴外，在整个xOy 平面上连续，0),('=y x f y 在在整个xOy 平面上有界，所以除y 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一.3）设y y x f =),(，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<-->=∂∂,0,21,0,21),(y yy y y y x f 故在0≠y 的任何有界闭区域上，),(y x f 及yy x f ∂∂),(都连续，所以除x 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一. 2． 求初值问题⎪⎩⎪⎨⎧=--=,0)1(,22y y x dx dy R ：1,11≤≤+y x . 的解的存在区间.并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计.解 设22),(y x y x f -=，则4),(m ax ),(==∈y x f M R y x ，1,1==b a ，所以41)41,1min(),min(===M b a h . 显然，方程在R 上满足解的存在唯一性定理，故过点)0,1(-的解的存在区间为：411≤+x . 设)(x ϕ是方程的解，)(2x ϕ是第二次近似解，则0)1()(0=-=y x ϕ，3131)0(0)(3121-=-+=⎰-x dx x x x ϕ，4211931863])3131([0)(34712322+-+--=--+=⎰-x x x x dx x x x x ϕ. 在区间411≤+x 上，)(2x ϕ与)(x ϕ的误差为 322)!12()()(h ML x x +≤-ϕϕ. 取22),(max max ),(),(=-=∂∂=∈∈y y y x f L R y x R y x ，故241)41()!12(24)()(322=+⨯≤-x x ϕϕ.3． 讨论方程3123y dx dy =在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件.并求通过点)0,0(O 的一切解.解 设3123),(y y x f =，则3221-=∂∂y y f )0(≠y .故在0≠y 的任何有界闭区域上),(y x f 及y y x f ∂∂),(都是连续的，因而方程在这种区域中满足解的存在唯一性定理的条件.显然，0=y 是过)0,0(O 的一个解.又由3123y dx dy =解得23)(C x y -±=.其中0≥-C x . 所以通过点)0,0(O 的一切解为0=y 及,,,)(,023C x C x C x y >≤⎪⎩⎪⎨⎧-=.,,)(,023C x C x C x y >≤⎪⎩⎪⎨⎧--=如图. 4． 试求初值问题 1++=y x dxdy ，0)0(=y ， 的毕卡序列，并由此取极限求解.解 按初值问题取零次近似为0)(0=x y ，一次近似为 20121)10()(x x ds s x y x +=++=⎰， 二次近似为 3220261]1)21([)(x x x ds s s s x y x ++=+++=⎰, 三次近似为 432320324131]1)61([)(x x x x ds s s s s x y x +++=++++=⎰, 四次近似为 !5)!5!4!3!2(2!5134131)(5543254324x x x x x x x x x x x x x y --++++=+⨯+++=， 五次近似为 !6)!6!5!4!3!2(2)(6654325x x x x x x x x x y --+++++=，一般地，利用数学归纳法可得n 次近似为)!1()!1(!4!3!22)(11432+--⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++=++n x x n x x x x x x y n n n 2)!1()!1(!4!3!21211432-+--⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++++=++n x x n x x x x x n n ， 所以取极限得原方程的解为22)()(lim --==+∞→x e x y x y x n n .5． 设连续函数),(y x f 对y 是递减的，则初值问题),(y x f dxdy =，00)(y x y =的右侧解是唯一的. 证 设)(1x y ϕ=，)(2x y ϕ=是初值问题的两个解，令)()()(21x x x ϕϕϕ-=，则有0)(000=-=y y x ϕ.下面要证明的是当0x x ≥时，有0)(≡x ϕ.用反证法.假设当0x x ≥时，)(x ϕ不恒等于0，即存在01x x ≥，使得0)(1≠x ϕ，不妨设0)(1>x ϕ，由)(x ϕ的连续性及0)(0=x ϕ，必有100x x x <≤，使得0)(0=x ϕ，0)(>x ϕ，10x x x ≤<.又对于],[10x x x ∈，有00201)()(y x x ==ϕϕ，⎰+=x x dx x x f y x 0)](,[)(101ϕϕ，⎰+=x x dx x x f y x 0)](,[)(202ϕϕ，则有 )()()(21x x x ϕϕϕ-=⎰-=xx dx x x f x x f 0)]}(,[)](,[{21ϕϕ，10x x x ≤<.由0)()()(21>-=x x x ϕϕϕ（10x x x ≤<）以及),(y x f 对y 是递减的，可以知道：上式左端大于零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当0x x ≥时，有0)(≡x ϕ.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题3—31． 利用定理5证明：线性微分方程 )()(x b y x a dxdy += （I x ∈） )1( 的每一个解)(x y y =的（最大）存在区间为I ，这里假设)(),(x b x a 在区间I 上是连续的.证 )()(),(x b y x a y x f +=在任何条形区域{}∞<<-∞≤≤y x y x ,),(βα（其中I ∈βα,）中连续，取[])(max ,x a M x βα∈=，[])(max ,x b N x βα∈=，则有 N y M x b y x a y x f +≤+≤)()(),(.故由定理5知道，方程)1(的每一个解)(x y y =在区间],[βα中存在，由于βα,是任意选取的，不难看出)(x y 可被延拓到整个区间I 上.2． 讨论下列微分方程解的存在区间：1）)1(-=y y dx dy ； 2）)sin(xy y dx dy =； 3）21y dxdy +=. 解 1）因)1(),(-=y y y x f 在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一.这个方程的通解为x Cey -=11.显然0=y ，1=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以0=y ，1=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来讨论.ⅰ）在区域1R {}10,),(<<+∞<=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与0=y ，1=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.又在1R 内，0),(<y x f ，则方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递减，当-∞→x 时，以1=y 为渐近线，当+∞→x 时，以0=y 为渐近线.ⅱ）在区域2R {}1,),(>+∞<=y x y x 中，对任意常数0>C ，由通解可推知，解的最大存在区间是)ln ,(C --∞，又由于0),(>y x f ，则对任意200),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递增.当-∞→x 时，以1=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与x 轴垂直的直线皆为某解的竖渐近线.ⅲ）在区域3R {}0,),(<+∞<=y x y x 中，类似2R ，对任意常数0>C ，解的最大存在区间是),ln (+∞-C ，又由于0),(>y x f ，则对任意300),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递增.当+∞→x 时，以0=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线.其积分曲线分布如图（ ）.2）因)sin(),(xy y y x f =在整个xOy 平面上连续，且满足不等式y xy y y x f ≤=)sin(),(，从而满足定理5的条件，故由定理5知，该方程的每一个解都以+∞<<∞-x 为最大存在区间.3）变量分离求得通解)tan(C x y -=，故解的存在区间为)2,2(ππ+-C C . 3．设初值问题)(E ：2)(2)32(y x e y y dx dy +--=，00)(y x y = 的解的最大存在区间为b x a <<，其中),(00y x 是平面上的任一点，则-∞=a 和+∞=b 中至少有一个成立.证明 因2)(2)32(),(y x e y y y x f +--=在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一.很显然3=y ，1-=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以3=y ，1-=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来进行讨论.ⅰ）在区域1R {}31,),(<<-+∞<<∞-=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与3=y ，1-=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.这里有-∞=a ，+∞=b .ⅱ）在区域2R {}1,),(-<+∞<<∞-=y x y x 中，由于0)1)(3(),(2)(>+-=+y x e y y y x f ，积分曲线单调上升.现设),(000y x P 位于直线1-=y 的下方，即10-<y ，则利用)(E 的右行解的延伸定理，得出)(E 的解Γ可以延伸到2R 的边界.另一方面，直线1-=y 的下方，积分曲线Γ是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线1-=y 穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间+∞<<x a .故至少+∞=b 成立.类似可证，对3R {}3,),(>+∞<<∞-=y x y x ，至少有-∞=a 成立.4． 设二元函数),(y x f 在全平面连续.求证：对任何0x ，只要0y 适当小，方程),()(22y x f e y dxdy x -= )1( 的满足初值条件00)(y x y =的解必可延拓到+∞<≤x x 0.证明 因为),(y x f 在全平面上连续，令),()(),(22y x f e y y x F x -=，则),(y x F 在全平面上连续，且满足0),(),(≡-≡x x e x F e x F .对任何0x ，选取0y ，使之满足00xe y <.设方程)1(经过点),(00y x 的解为)(x y ϕ=，在平面内延伸)(x y ϕ=为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为),[0βx ，由延伸定理可推知，或+∞=β或为有限数且+∞=-→)(lim 0x x ϕβ.下证后一种情形不可能出现. 事实上，若不然，则必存在β<x ，使βϕe x >)(.不妨设βϕe x >)(.于是必存在),(00βx x ∈，使00()x x e ϕ=，x e x <)(ϕ（00x x x <≤）.此时必有0)(000'>=≥x x x x e dx de x ϕ， 但0),())(,()(00000'===x x e x F x x F x ϕϕ，从而矛盾.因此，+∞=β，即方程)1(的解)(x y ϕ=（00)(y x y =）必可延拓到+∞<≤x x 0.。

习 题 3-11. (1) 解: ,||),(αy y x f = 有α|||)0,(),(|y x f y x f =-，令 ,||)(αr r F =有⎰⎰--==1110010||11||)(r r r r r dr r F dr ααα， 当 01<-α, 即 1>α 时, ∞=--→αα10||11limr r , 所以 0)0(=y 的解唯一。

当 01=-α 时，1100|||ln )(r r r r F dr =⎰，而 ∞=→||ln lim 0r r ，所以 0)0(=y 的解唯一。

当 10<<α 时， 可解方程知其解不唯一。

所以当10<<α， 其解不唯一； 1≥α， 其解唯一。

（2）. 解: 因为0|l n |l i m 0=→y y y ,所以dxdy在 ),(+∞-∞ 连续. 设 |||ln |)(r r r F =, 有∞=⎰1)(r r F dr(01>r 为常数),所以方程的解唯一.2. 解: 构造毕卡序列, 令 1),(++=y x y x f , dx x y x f x y xn n ⎰=+01))(,()(,因为 0)0(=y ,所以 x x dx x f x y x +==⎰20121)0,()(,x x x dx x x x f x y x ++=+=⎰2302261)21,()(, x x x x dx y x f x y x +++==⎰23402331!41),()(,…………………………………………… x x x n x n dx y x f x y n n xn n +++++==+-⎰!22!2)!1(1),()(211 ,22)!22!2)!1(1(lim )(lim 21--=+++++=+∞→∞→x e x x x n x n x y x n n n n n , 所以 22--=x e y x为方程的解. 3. 证明: 反证法设初始问题(E)有两个解, )(x y 和)(1x y , 且 0010)()(y x y x y ==,01x x >∃, 使 )()(111x y x y >, 令 )()(,sup{110x y x y x x x =<≤=μ根据μ 的定义与y 的连续性可知,对),(1x x μ∈∀,)()(1x y x y >, 令 )()()(1x y x y x r -=, 令 )()()(1x y x y x r -=, 有 0)(=μr , 有))(,())(,(1x y x f x y x f dxdr-=, 因为 ),(y x f 对 y 是递减的, 所以0<dxdr, 对 ),(1x x μ∈∀, 所以 0)()(=<μr x r , 对 ),(1x x μ∈∀, 又由y 的连续性, 可得 )()(111x y x y <,矛盾!习 题 3-31.证明:令)()(),(x b y x a y x f +=, 显然),(y x f+∞<<∞-∈y I x S ,:内连续, 且满足不等式|)(||||)(||),(|x b y x a y x f +≤,其中令 0|)(|)(≥=x a x A , 0|)(|)(≥=x b x B , 由已知有 )(x A ,)(x B 在I x ∈上是连续的, 则由定理5, 知 )(x y y = 的最大存在区间为I2. (1) 解：令 221),(yx y x f +=，则 ),(y x f 在区域 }0,{1≠+∞<<-∞=y x G 上连续,或 },00{2+∞<<-∞+∞<<<<-∞=y x x G 上连续。

习题1.21．dxdy=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。

解：ydy=2xdx 两边积分有：ln|y|=x 2+c y=e2x +e c =cex 2另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0原方程的通解为y= cex 2,x=0 y=1时 c=1 特解为y= e 2x .2. y 2dx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。

解：y 2dx=-(x+1)dy2y dy dy=-11+x dx两边积分: -y1=-ln|x+1|+ln|c| y=|)1(|ln 1+x c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 1+x c3．dx dy =yx xy y 321++解：原方程为：dxdy =y y 21+31x x + y y 21+dy=31x x +dx 两边积分：x(1+x 2)(1+y 2)=cx 24. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0 解：原方程为：y y -1dy=-xx 1+dx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：dx dy =-yx y x +-令xy=u 则dx dy =u+x dx du 代入有：-112++u u du=x 1dxln(u 2+1)x 2=c-2arctgu 即 ln(y 2+x 2)=c-2arctg 2xy. 6. xdxdy-y+22y x -=0 解：原方程为：dx dy =x y +xx ||-2)(1x y -则令xy=u dx dy =u+ x dx du211u - du=sgnxx1dx arcsinxy=sgnx ln|x|+c 7. tgydx-ctgxdy=0 解:原方程为：tgy dy =ctgxdx 两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c| siny=x c cos 1=xccos 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.所以原方程的通解为sinycosx=c.8 dx dy +ye x y 32+=0 解：原方程为：dx dy =ye y 2e x 32 ex3-3e2y -=c.9.x(lnx-lny)dy-ydx=0 解：原方程为：dx dy =x y ln xy令x y=u ,则dx dy =u+ x dx duu+ xdxdu=ulnu ln(lnu-1)=-ln|cx| 1+lnxy=cy. 10.dxdy =e yx - 解：原方程为：dxdy =e x e y- e y=ce x11dxdy =(x+y)2解：令x+y=u,则dx dy =dxdu -1 dx du -1=u 2211u +du=dx arctgu=x+c arctg(x+y)=x+c12.dx dy =2)(1y x + 解：令x+y=u,则dx dy =dxdu -1dx du -1=21uu-arctgu=x+c y-arctg(x+y)=c. 13.dx dy =1212+-+-y x y x 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 2-y)-dx 2+x=cxy-y 2+y-x 2-x=c14:dx dy =25--+-y x y x 解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dx xdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0dxy-d(21y 2+2y)-d(21x 2+5x)=0 y 2+4y+x 2+10x-2xy=c.15: dxdy=(x+1) 2+(4y+1) 2+8xy 1+ 解：原方程为：dxdy=（x+4y ）2+3令x+4y=u 则dx dy =41dx du -4141dx du -41=u 2+3 dx du=4 u 2+13 u=23tg(6x+c)-1 tg(6x+c)=32(x+4y+1).16:证明方程y x dxdy=f(xy),经变换xy=u 可化为变量分离方程，并由此求下列方程： 1） y(1+x 2y 2)dx=xdy2） y x dx dy =2222x -2 y x 2y+ 证明： 令xy=u,则x dx dy +y=dxdu 则dx dy =x 1dx du -2x u，有：u x dxdu=f(u)+1)1)((1+u f u du=x1dx所以原方程可化为变量分离方程。

习题6—21．求出常系数齐次性微分方程组Ay dxdy=的通解，其中的矩阵A 分别为 1）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2543 2）⎪⎪⎭⎫⎝⎛-o a a o 3）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---4010100114）⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---942105520105 5）⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-------1111111111111111解：1） 特征方程3452λλ-- 即 0)2)(7(=+-λλ矩阵A 有特征根，71=λ 22-=λ对应于71=λ所有的特征向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21v v 满足0)7(21=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-v v E A 即1244055v v -⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭。

取11=v ，则12=v 那么对应的实值解为xe y 7111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=；对应22-=λ的特征向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21v v 满足0)2(21=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+v v E A 即0454521=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛v v ，取41=v ，则52-=v ，那么对应的实值解为 zxe y -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=542。

于是该方程组的通解为x x e c e c y y 2271215411-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 2）特征方程为0=---λλa a即022=+a λ矩阵A 有特征根ai =1λ 2ai λ=-对应ai =1λ的特征向量⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21r r 应满足021=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---v v ai aa ai取11=v ，则i v =2 即么对应的特解为1211(cos sin )aix y e ax i ax y i i ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭cos sin sin cos ax ax i ax ax ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭由此得ai =1λ所对应的两个特解为（对2X2的方程组取一个特解的实部和虚部就可，因为虚根都是成对出现的。

）12cos sin y ax y ax ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭ 122sin cos y ax y ax ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 它们在),(+∞-∞上线性无关，故得方程组的通解：1122cos sin sin cos y ax ax c c y ax ax ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭3）0401010011=------λλλ即0)1)(4(2=++λλ 矩阵A 有特征根 41-=λ，121-==λλ。

习 题 6 —— 11．求出齐次线性微分方程组 y t A dtdy )(=的通解，其中A （t ）分别为：（1）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=1011)(t A ；（2）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0110)(t A ；（3）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=000010100)(t A 。

解 （1）方程组的分量形式为：211y y dt dy += ，22y dtdy = 从后一式容易求出2y 的通解为 t ke y =2 ，其中K 为任意常数，可分别取02=y 和 t e y =2，代入前一式得到两个相应的特解，t e y =1和 t te y =2这样就求得方程组的一个解矩阵为()0tt t e te t e ⎛⎫Φ= ⎪⎝⎭又 2det ()0t t e Φ=≠ 。

因此，)(t Φ是方程组的一个基解矩阵，根据定理6.1 ,方程的通解为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t t t e te c e c y y 21210 （2）方程的分量形式为 ⎪⎩⎪⎨⎧-==1221y dt dy y dt dy 由①、②可和 21120d y y dt+= 由观察法知，t y cos 1=，t y sin 1=为此方程的两个特解，将其代入②式可得两个相应的特解，将其代入②式可得两个相应的特解：2sin y t =-，2cos y t =。

这样就求得方程组的一个解矩阵为 cos int ()int cos t s t s t ⎛⎫Φ= ⎪-⎝⎭又 []01)(det ≠=Φ=t ，因此)(t Φ中方程组的一个基解矩阵。

故方程组的通解为1122cos int int cos y t s c c y s t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （3）程组的分量形式为：⎪⎩⎪⎨⎧='='='132231y y y y y y ① ② ① ② ③解 ①+③得3131)(y y y y dtd +=+ 解 ①-③得 1313()d y y y y dt -=- 解之得 131132 t t y y ke y y k e --+=-=由④、⑤可得 ()()⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+=+=----tt t t t t t t e c e c e k e k y e c e c e k e k y 312.133******** 又由②得 t e c y 22=由此可求得方程组的一个解矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=Φ--t t t t te e e e e t 0000)( 显然，[]0)(det ≠-=Φt ze t ，因此)(t Φ是方程组的一个基解矩阵，故方程组的通解为⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--t t t e t e e c e c e e c y y y 00003213212．试证向量函数组 ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛001 ，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛00x ，⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛002x 在任意区间 b x a <<上线性相关，则存在不全为零的三个常数 321,,c c c 使得,000000012321=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x c x c c 即 b x a x c x c c <<=++02321①而①式之左端是一个不高于二次的多项式，它最多只可能有二个零点，同此这与①式在b x a <<上恒等于零矛盾，从而得证。

习题2-1判断下列方程是否为恰当方程，并且对恰当方程求解：１．(3x 2 −1)dx +(2x +1)dy =0 解：P (x , y ) =3x 2 −1，Q (x , y ) =2x +1 ，则∂∂P y =0 ，∂∂Q x =2 ，所以∂∂P y ≠∂∂Q x即，原方程不是恰当方程．２．(x +2y )dx +(2x +y )dy =0 解：P (x , y ) =x +2y , Q (x , y ) =2x −y , 则∂∂P y =2, ∂∂Q x =2, 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则xdx +(2ydx +2xdy ) −ydy =0,2 2两边积分得：x +2xy −y =C . 2 23．(ax +by )dx +(bx +cy )dy =0 (a,b 和c 为常数)．解：P (x , y ) =ax +by , Q (x , y ) =bx +cy , 则∂∂P y =b , ∂∂Q x =b , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则axdx +bydx +bxdy cydy =0,（）+两边积分得：ax 2 +bxy +cy 2=C . 2 24．(ax −by )dx +(bx −cy )dy =0(b ≠0) 解：P (x , y ) =ax −by , Q (x , y ) =bx −cy ,则∂∂P y=−b , ∂∂Q x =b , 因为 b ≠0, 所以∂∂P y ≠∂∂Q x ，即，原方程不为恰当方程５．(t 2 +1)cos udu +2 t sin udt =0 解：P (t ,u ) =(t 2 +1)cos u , Q (t ,u ) =2t sin u 则∂∂P t =2t cos u , ∂∂Q x =2t cos u , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则(t 2 cos udu +2t sin udt ) +cos udu =0,两边积分得：(t 2 +1)sin u =C .６．( ye x +2e x +y 2)dx +(e x +2xy )dy =0 解：P (x , y =ye x +2e x +y 2, Q (x , y ) =e x +2xy ，则∂∂P y =e x +2y , ∂∂Q x =e x +2y , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则2e x dx +[(ye x +y 2)dx +(e x +2xy )dy ] =0,两边积分得：(2 +y )e x +xy 2 =C .７．( y +x 2)dx +(ln x −2y )dy =0 x 解：P (x , y ) =y +x 2 Q (x , y ) =ln x −2y ,x则∂∂P y =1 x , ∂∂Q x =1 x , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则( ydx +ln xdy ) +x 2 dx −2ydy =0 x 3两边积分得：x 3+y ln x −y 2 =C .８．(ax 2+by 2)dx +cxydy =0(a ,b 和c 为常数) 解：P (x , y ) =ax 2 +by 2, Q (x , y ) =cxy ,则∂∂P y =2by , ∂∂Q x =cy , 所以当∂∂P y =∂∂Q x，即2b =c 时，原方程为恰当方程则ax 2 dx +(by 2 dx +cxydy ) =0 3两边积分得：ax +bxy 2 =C .3而当2b ≠c 时原方程不是恰当方程．９．2s −1 ds +s −2 s 2 dt =0 t t解：P (t , s ) =2s −1, Q (t , s ) =s −2 s 2,t t则∂∂P t =1−t 22s , ∂∂Q s =1−t22s , 所以∂∂P y =∂∂Q x ，即原方程为恰当方程,两边积分得：s −s 2=C ．t10．xf (x 2 +y 2)dx +yf (x 2 +y 2)dy =0, 其中f (⋅)是连续的可微函数．解：P (x , y ) =xf (x 2 +y 2 ), Q (x , y ) =yf (x 2 +y 2 ), 则∂∂P y =2xyf ′, ∂∂Q x =2xyf ′, 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程,两边积分得：∫f (x 2 +y 2)dx =C ,即原方程的解为F (x 2 +y 2) =C (其中F 为f 的原积分)．习题2-2 1. 求解下列微分方程，并指出这些方程在平面上的有意义的区域:：dy x 2(１) dx =y解：原方程即为：ydy =x 2 dx 两边积分得：3y 2 −2x 3 =C , y ≠0 ．dy x 2(２) dx =y (1+x )3 2解：原方程即为：ydy =1+x x 3dx 两边积分得：3y 2 −2ln1+x 3=C , y ≠0,x ≠−1 ．(３) dy +y 2 sin x =0dx解：当y ≠0时原方程为：dy +sin xdx =0y2 两边积分得：1+(c +cos x ) y =0 ．又y=0也是方程的解，包含在通解中，则方程的通解为1+(c +cos x ) y =0 ．dy 22(４) dx=1+x +y +xy ；解：原方程即为：1+dy y 2=)(1+x dx 2两边积分得：arctgy =x +x 2+c ，即y =tg (x +x 22+c ) ．(５) dy =(cos x cos 2y )2 dx解：①当cos 2y ≠0 时原方程即为：(cos dy 2y )2 =(cos x )2 dx 两边积分得：2tg 2y −2x −2sin 2 x =c ．②cos 2y =0，即y =k π+π也是方程的解.( k ∈N )2 4 (６) x dy =1−y 2 dx解：①当y ≠±1时dydx 原方程即为：1−y 2 =x两边积分得：arcsin y −ln x =c ．②y =±1也是方程的解. dy x −e −x(７)．dx =y +e y解．原方程即为：( y +e y )dy =(x −e −x )dx 2 2两边积分得：y +e y =x +e −x +c ，22原方程的解为：y 2 −x 2 +2(e y −e −x ) =c .2. 解下列微分方程的初值问题．(１) sin 2xdx +cos3ydy =0, y (π) =π；2 3解：两边积分得：−cos 22x +sin 33y =c ，即2sin 3y −3cos 2x =c 因为y (π2) =π3,所以 c =3.所以原方程满足初值问题的解为：2sin 3y −3cos 2x =3．x (２)．xdx +ye −dy =0 ，y (0) =1；解：原方程即为：xe x dx +ydy =0 ，两边积分得：(x −1)e xdx +y 22dy =c ，因为y (0) =1，所以c =−12，所以原方程满足初值问题的解为：2(x −1)e x dx +y 2 dy +1 =0 ．(３)．dr =r ，r (0) =2 ；d θ解：原方程即为：dr =d θ，两边积分得：ln r −θ=c ，r因为r (0) =2 ，所以c =ln 2 ，所以原方程满足初值问题的解为：ln r −θ=ln 2 即r =2e θ．dy ln x (４)．dx =1+y2, y (1) =0;解：原方程即为：(1+y 2)dy =ln x dx , 两边积分得：y 3x x ln y ++−x =c ,3因为y (1) =0 ，所以c =1， 3 所以原方程满足初值为：y x x ln y ++−x =1 3 2 dy 3(５)．1+x dx=xy ，y (0) =1；dy x 解：原方程即为：y 3 =1+x 2 dx ，2两边积分得：−12y −2 =1+x +c ，因为y (0) =1，所以c =−3 ，2 所以原方程满足初值问题的解为：21+x 2 +y1 =3 ．2 3. 解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图．(１)．dy =cos x dx解：两边积分得：y =sin x +c ．积分曲线的简图如下：(２)．dxdy =ay ，(常数a ≠0 )；解：①当y ≠0时，原方程即为：aydy =dx 积分得：a 1ln y =x c +，即y =ce ax (c >0) ②y =0也是方程的解．积分曲线的简图如下：y(３)．dy =1−y 2 ；dx解：①当y ≠±1时，1+y 原方程即为：(1−dy y 2)=dx 积分得：ln =2x +c ，1−y 即y =ce 2 x −1 ．ce 2 x +1②y =±1也是方程的解．积分曲线的简图如下：dy n 1(４)．dx=y ，(n =3,1, 2) ；解：①当y ≠0时，1 dy ⅰ) n =3, 2 时，原方程即为yn =dx ，积分得：x +1y 1−n =c ．n −1ⅱ) n =1时，原方程即为dy y=dx 积分得：ln y =x +c ，即y =ce x(c >0) ．②y =0也是方程的解．积分曲线的简图如下：4. 跟踪：设某A 从xoy 平面上的原点出发，沿x 轴正方向前进；同时某B 从点开始跟踪A ，即B 与A 永远保持等距b ．试求B 的光滑运动轨迹．解：设B 的运动轨迹为y =y (x ),由题意及导数的几何意义，则有dy y dx b 2 −y2 ，所以求B 的运动轨迹即是求此微分方程满足y (0) =b 的解．=−解之得：x =12 b ln b b +−b b 22 +−y y 22 −b 2 −y 2 ．5. 设微分方程dy =f ( y ) (2.27)，其中f(y) 在y =a 的某邻域(例如，区间y −a <ε)dx 内连续，而且f ( y )=0 ⇔y =a ，则在直线y =a 上的每一点，方程(2.27)的解局部唯一，±εdy 当且仅当瑕积分=∞(发散)．∫a a f ( y )证明：( ⇒)首先经过域R 1：−∞<x <+∞, a −ε≤y <a 和域R 2：−∞<x <+∞,a <y ≤a +ε内任一点( x 0, y 0)恰有方程(2.13)的一条积分曲线，它由下式确定dy =x −x 0 . (*)∫y y 0 f ( y )这些积分曲线彼此不相交. 其次，域R 1( R 2)内的所有积分曲线∫f dy ( y )=x +c 都可由其中一条，比如∫f dy ( y ) =x +c 0 沿着x 轴的方向平移而得到。

常微分方程丁同仁李承志第二版第一章答案篇一：常微分方程教程(丁同仁、李承治第二版)第四章奇解第四章奇异解习题4-11.求解以下微分方程：(1).2y?p2?4px?2x2,(p?解：y?p22dydx);2pxx2数据处理p?pdp?2p?2x?2x数据处理（p？2x）dp？（p？2x）？0（p？2x）（？1）？0a.p?2x?0?p??2x（特解）?y?2x2?4x2?x2??x2(特解）b.dp?1?0??x22数据处理1.P十、CY(?x?c)?2(?x?c)x?x2?y?二cx12c（通解）dydx(2). Ypxlnx？（xp）2，（p（lnx？2xp）（xdp？p）？0);Dp22解决方案：P？xlnxdp？p（lnx？1）？2xp？2xpxa。

lnx？2xp？0 lnx？？2xp？Pln2xxlnx2lnx？Ylnxlnx？[x（？2x2x）]？Y2.2ln2x4十、ln42b、 xxdp？P0便士？？Yclnx？c2cYc2xlnx？（xc）(3).2xp?2tany?p3cos2y.解：x?1tany?x?qtany?cos2y2q2p2cos2y问？1?dx，,2科西（？西尼）2q二2二q?tanydq?qsecy?2?tanydqdy?qtany?cos3Q2dq？舒适q22ycos3qdqdycosydqtany(dqqtany)(dyqtany)0dyq3cosy(dqqtany)(tanyq3)0二a.dqdy?qtany?0?b.tany?二dqdyqtany?q?ccosy?x?csiny?三cos3y2c2cos2yq0q二Qcosy伊辛？十、cosy辛塔尼？cos2t2舒适3Yy33sin3y2siny2siny2.用参数法求解下列微分方程： 2（1） 2y2？5（dy）？4dx解：令y?由p?dy2225cost,p?sintdy2525sint,y?2cost,p?二百五十五sint,x,a.当sint?0?dx??y?2sintd(2cost)2522辛特25辛特dt？十、dt?c（？x？c）]？2cos[（？x？c）] b当sint?0?cost??1?y??(2).x2?3( dy2)?1.dx嘘et?e?tet?e?t，红隧？，嘘？22解决方案：制造x？cht，p？dyshtshtshtsh2t阿迪？dx？d（xht）？Dtx333 ysh2t1c812t?2t(e?e?2)d(2t)?c?811t？（sh2t？）？C2422(3).(dy)?y?x?0.dx（e2t？e？2t？4t）？C解：令x?u,p?v,y?u2?v2,dy?pdx2udu?2vdv?vdu?(2u?v)du?2vdv? dvdu2u?v2vuv二2?uV2u齐次方程令v?t,u?vt,?dvt1二2t?12t？1.tdv?vdt?2dvvdtTvdv？dtvdv2.2t2？T2t?12t?12?2t2?tdtlnv??2t？一c2.2t2？T2t?12dt？C2t?t?22t?112tdt？？2t2？T2.2t2？T2dt2t2？T二 1dt12tdt222(t?2(t?4)?164)?16二)?171d[(t?11dt1dt]222171717 2（t？14？（t？12？（t？1）)?)?)?11171dtln(t?)?21724164（t？1）1dt12174.（t？14）？（t？4164？dt4)(t?4?444)4一百和二十一(4.T4.12磅？1.T1四|1t？4.)dtT一百一十七故??2t2dt??22ln(t?)?16??t?2二42ln|t?1?t??44一|.五、Ec一t?4?四t?4?4(t?4?t?4?)2121?121?21?12c（t？？）（t？？）4444确保你准备好了吗4. 1二4,4?一百四十四11四,v?c(t??)一1141122一,五、c（t？？）（t？？） uc（？？）四v14?u(??) 4vc（u？？v）v一441（u？？v）v144一11??4411??44?14411一44一故一1?c(u??v)（u？？v）1?44?1（u？？v）c(uv)c(uv)c(uv)1.44?? 141?? 44(u??v)4(u??v)1.44(u??v)??c(u??v)?Yx2？p2（通解）,（x？？p）？C（x×P）特解：2？2t2？T0吨？？Yx2？1?u1?4五、u4v41？16162? 二千二百二十二x?x(1?)?x22(1?) (1?) 18? 21? 9?? 1.22? 2a。

习 题 6—31．证明函数组 ，⎩⎨⎧<≥=000)(21x x x x 当当ϕ220 0()0x x x x ϕ≥⎧=⎨<⎩当 当，在区间上线性无关，但它们的朗斯基行列式恒等于零。

这与本节的定理 6.2*是否矛盾？如果并不矛盾，那么它说明了什么？),(+∞−∞证 设有 1122()0c x c ϕϕ+≡ +∞<<∞−x ，则当时，有，从而推得 。

而当 时，有0≥x 21200c x c +≡01=c 0<x 120c c x 0⋅+≡，从而推得 。

因此在02=c +∞<<∞−x 上，只有时，才有 021==c c 1122()()0c x c x ϕϕ+≡，故12(), ()x x ϕϕ在上线性无关。

又当时， ),(+∞−∞0≥x 0002)(2≡=x x x w ，当0<x 时，0200)(2≡=x x x w 故当+∞<<∞−x 时，有。

这与本节定理6.2不矛盾，因为定理6.2*成立对函数有要求，即0)(≡x w )(1x ϕ，)(2x ϕ是某个二阶齐次线性方程的解组。

这说明不存在一个二阶齐次线性方程，它以)(1x ϕ，)(2x ϕ为解组。

3．考虑微分方程''()0y q x y +=（1）设)(x y ϕ=与)(x y ψ=是它的任意两个解，试证)(x y ϕ=与)(x y ψ=的朗斯基行列式恒等于一个常数。

（2）设已知方程有一个特解为，试求这方程的通解，并确定 x e y =()?q x =证： （1）在解)(x y ϕ=，)(x y ψ=的公共存在区间内任取一点x 。

由刘维尔公式，有 （常数）[])()()(),(000x w ex w x x w odxx x=∫=−ψϕ（2）由于是方程的一个非零特解，故可借助刘维尔公式，求与之线性无关的特解 x e y =x odx xx e dx e ee y −∫−−=⋅=∫21122，故方程的通解为 xx e c e c y −+=21又由于是方程的解，故有x e y =()0x x e q x e +≡， 所以 ()1q x =−。

2011届本科毕业论文常微分方程的奇解的求法学院：数学科学学院专业班级：数学07-4（实验）班学生姓名：哈丽古丽.穆塔力菩指导教师：伊里夏提答辩日期：2011年5月10日新疆师范大学教务目录1 引言 (1)2 奇解的定义 (1)3 不存在奇解的判别法 (1)4 自然法 (2)5 拾遗法 (2)6 包络线及奇解的求法 (2)6.2 C-判别曲线 (3)6.3 P-判别曲线 (5)6.4 C-P判别法 (7)总结 (8)参考文献 (1)致谢 (2)常微分方程的奇解的求法摘要：该文章我们主要讨论的是常微分方程奇解的求法。

一个常微分方程有没有它的奇解，有了奇解怎么求是该文章的主要目的。

在这里我们讨论不存在奇解的判别法。

如果方程有了它的奇解，一般有五种方法可以求它的奇解，即自然法，拾遗法，C -判别曲线(C-消去法)，P-判别曲线（P-消去法），C-P判别法。

我们最常用的，方便的方法是后面的三个，在这里对这三个方法进行详细的讨论。

关键词：奇解，判别式，包络线。

1 引言我们看到对某些微分方程，存在一条特殊的积分曲线，它并不属于这方程的积分曲线族。

但是，在这条特殊的积分曲线上的每一点处，都有积分曲线族中的一条曲线和它在此点相切。

在几何学上，这条特殊的积分曲线称为上述积分曲线族的包络。

在微分方程里，这条特殊的积分曲线所对应的解称为方程的奇解。

若一个微分方程它有奇解，那我们怎么求它的奇解是该文章主要讨论的问题。

2 奇解的定义定义 如果方程存在某一节，在它所对应的积分曲线上每一点处，解的唯一性都被破坏，则称此解为微分方程的奇解。

奇解对应的积分曲线称为奇积分曲线。

3 不存在奇解的判别法每一个微分方程都有它的奇解吗？答案是：不一定。

那我们怎么知道，微分方程有没有它的奇解呢？下面我们介绍不存在奇解的两种判别法。

方法1 假设方程(,)dyf x y dx= （1） 的右端函数2),(R D y x f ⊆在区域上有定义，如果),(y x f 在D 上连续且),(y x f y '在D 上有界（或连续），那么由解的存在唯一性定理，方程的任一解是唯一的，从而在D 内一定不存在奇解。