常微分方程期末复习

1.求下列方程的通解。

dydx?4ey?ysinx?1.

解：方程可化为

dedx??e?4sinx?1

y 令z?ey，得

dzdx??z?4sinx

由一阶线性方程的求解公式，得 z?e?(?1)dx(?4sinxe??(?1)dx)dx?c?e?x?2(sinx?cosx)?e?c?2(sinx?cosx)?cex?x所以原方程为：ey＝2(sinx?cosx)?ce?x

2.求下列方程的通解。

dy2?2?y?1?()??1.

dx??解：设

dydx?p?sint，则有y?sect， 1?sectdt?c?从而x??sinttgt?sec2tdt?t?tgt?c ，

故方程的解为(x?c)2?1?y2， 另外y??1也是方程的解 .

3.求方程

解：?0(x)?0 ?1(x)? ?2(x)? ?3(x)??dydx?x?y通过(0,0)的第三次近似解.

2?x0xxdx?(x?1412x

42?0x)dx?12x?2120x

x5?x012152??x?(x?x)?dx??220??x?2?014117??10x?x?x?x?dx ?440020??x

812120x?514400x11?1160

4.求解下列常系数线性方程。

x???x??x?0

解：对应的特征方程为：?2???1?0，

3232.解得?1??12?i,?2??12?i

所以方程的通解为：x?e

5.求解下列常系数线性方程。

x????x?e

t1?t2(c1cos32t?c2sin32t)

解：齐线性方程x????x?0的特征方程为?3?1?0，解得?1?1,?2,3?12?1?23i，

故齐线性方程的基本解组为：e,et?cos32i,e?12sin32i，

t因为??1是特征根，所以原方程有形如x(t)?tAe，代入原方程得，

3Ae?Ate?Ate?e，所以A?tttt13，所以原方程的通解为x?c1e?c2et?12

cos32i?c3e?12sin32i?13te

t

6.试求下列线性方程组的奇点，并通过变换将奇点变为原点，进一步判断奇点的类型及稳定性：

dxdt??x?y?1,dydt?x?y?5

解： ???x?y?!?0?x?y?5?0解得??x?3?y??2 所以奇点为（3,?2)

经变换，??X?x?3?Y?y?3

?dx?dt??X?Y?1 方程组化为? 因为

dy1??X?Y?dt?1?1?0,

又

??1?11??1?(??1)?1?0 所以?1??1?i,?2??1?i，故奇点为稳定焦点，

2所对应的零解为渐近稳定的。

7.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：?(t)为方程x??Ax的基解矩阵??1(t0)为一非奇异常数矩阵，

所以?(t)??1(t0)也是方程x??Ax的基解矩阵，且?(t?t0)也是方程x??Ax 的基解矩阵， .

且都满足初始条件?(t)

??1(t0)?E，?(t0?t0)??(0)?E

所以?(t)??1(t0)??(t?t0)

即命题得证。

8.求方程4x2y2dx?2(x3y?1)dy?0的通解 解：

?M?y?8xy,2?N?x?6xy

2?M

?y??N?x??12y??M 积分因子?(y)?e?2ydy1?y?12

122 两边同乘以?(y)后方程变为恰当方程：4xy3dx?2y

?u?x?u?y22?(xy?1)dy?0

3?M?4xy3 两边积分得：u?13'31243?3xy2??(y)

123 ?2xy2??(y)?N?2xy2?2y1

得：?(y)??4y2

1 因此方程的通解为：y2(x3y?3)?c

9.求方程

dydx'dydxdy?edx?x?0的通解

解：令?y?p 则p?ep?x?0

得：x?p?ep 那么y??ppdx?2?ppp(1?e)dp

?2?pe?ep?c .

?x?p?ep?2 因此方程的通解为：? pp?(p?1)e?c?y?2?

?dy22??x?y10.求初值问题?dx R:x?1?1,y?1的解的存在区间，并求第二次近似解，

??y(?1)?0给出在解的存在区间的误差估计 解：M?maxf(x,y)?4

(x,y)?R x?x0?1?a,y?y0?1?b，h?min(a, 解的存在区间为x?x0?x?1?h? 即?54?x??3414bM)?14，

令?0(x)?y0?0

x2 ?1(x)?0???1xdx?x33?13

3374?2x12?xxxx11?)?dx????? ?2(x)?0???x?(

?133?36318942?x 又

?f?y??2y?2?L

误差估计为：?2(x)??(x)?

11.求方程x?9x?tsin3t的通解 解：??9?0??1?3i,?2??3i .

2MLn(n?1)!hn?1?124

'' ??3i是方程的特征值， 设x(t)?t(At?B)e3it 得：x\?(2A?9Bt?12Ait?6Bi?9At2)e3it 则2A?12Ait?6Bi?t 得：A??112i,B?136? .

112tcos3t?2 因此方程的通解为：x(t)?c1cos3t?c2sin3t?

12.试求方程组x'?Ax?f(t)的解?(t).

??1??1 ?(0)???,A???1??42??et??,f(t)??? 3??1??2?(??1)(??5)?0

136tsin3t

解：det(?E?A)???1?4??3 ?1??1,?2?5 (?1E?A)v1?0 得 v1??????1?v? 取1?? ???1?????????1?v? 取2???

2????2? (?2E?A)v2?0 得 v2???e?t 则基解矩阵?(t)??t??e? 5t?2e?e0???1???e?t?1????? ?t?1e?2?????5t ?(t)??1?e?t(0)????t??e??1?15t?2e???2e5t?35t1t2?t?20e?4e?5??1 ?(t)??(s)f(s)ds??

t035t1t1??e?e??25??10 因此方程的通解为：?(t)??(t)??1(0)???(t)???1(s)f(s)ds

t0t2??35t1t?te?e?e??20?45 ?? 35t1t1??t?e?e?e??25??10

13.试求线性方程组性 解：?dxdt?2x?7y?19,dydt?x?2y?5的奇点，并判断奇点的类型及稳定

?2x?7y?19?0?x?1 ??x?2y?5?0y?3?? （1，3）是奇点 令X?x?

dXdt192,Y?y?dYdt52

?2X?7y,?x?2Y

21?7?22?0?7??23?0，那么由??123i,?2??3i

7??2?0??2723???0

??2 可得：?1? 因此（1，3）是稳定中心

14.证明题：如果?(t)是

?(t)??expA(t?t0)??

x?Ax满足初始条件?(t0)??的解，那么

'证明：由定理8可知?(t)??(t)??1(t0)???(t)???1(s)f(s)ds

t0?1?1 又因为?(t)?expAt,?(t0)?(expAt0)?exp(?At0)

t f(s)?0

所以?(t)?expAt?exp(?At0)? 又因为矩阵(At)?(?At0)?(?At0)?(At) 所以?(t)??expA(t?t0)?? 即命题得证。

15.求下列方程的通解

3ydx?(x?y)dy?0

?N?1,??1?x解：因为?y，所以此方程不是恰当方程，方程有积分因子

?M?(y)?e??ydy2?e?lny2?31y2，

两边同乘

1y2得

dxy?x?yy2dy?0

所以解为

?x????x?y31ydx????2y?yy???y2???dy?c ???xy

?2?c即2x?y(y2?c)另外y=0也是解

16.求下列方程的通解

x???x?sint?cos2t

解：线性方程x???x?0的特征方程?2?1?0故特征根???i

f1(t)?sint ??i是特征单根，原方程有特解x?t(Acost?Bsint)代入原方

程A=-

12 B=0

f2(t)??cos2t ??2i不是特征根，原方程有特解x?Acos2t?Bsin2t代入

原方程A?13 B=0

所以原方程的解为x?c1cost?c2sint?

12tcost?13cos2t

?217.若A????1expAt

解：p(?)?1?????试求方程组x??Ax的解?(t),?(0)4??1??1???并求??2???21??42???6??9?0解得?1,2?3此时 k=1n1?2

?1ti????1?3ti?1?3t?????v ?(t)?e??(A?3E)????e??2??i?0i!???2???1?t(??1??2)??? ??2?t(??1??2)?

由公式expAt= e?tn?1i?i!i?0ti(A??E)得

expAt?e

3t?E?t(A?3E)??e3t??1????00???11??3t?t?e????1???11???1?t???tt?? 1?t?18.求下列方程的通解

(dydx)?4xy33dydx?8y?0

2?dy?232???8yp?8ydydx??解：方程可化为x?令（*） ?p则有x?dy4ypdx4ydx（*）两边对y求导：2y(p?4y)32dpdy?p(8y?p)?4yp

1232即(p?4y)(2y32dpdy?p)?0由2ydpdy?p?0得p?cy即y?(2pc)将y代入

22?c2p?22?x?c2p?4c p为参数又由（*）x??2即方程的 含参数形式的通解为：?4c?y?(p)2?c?1p?4y?0得p?(4

19.求方程

322y)3代入（*）得：y?427x也是方程的解

3dydx?x?y经过（0，0）的第三次近似解

2

?0?y0?0?1?y0?解：

?0xxdx?xxx22244?2?y0??3?y0? 20.求

?0(x??0(x?dydtxx)dx??x10x22??x7x5

20)dx?x24400202?x520?x114400?x8160dxdt??x?y?1,?x?y?5的奇点,并判断奇点的类型及稳定性

?dx??x?y???x?y?1?0?dt解：由?解得奇点（3，-2）令X=x-3,Y=y+2则?

?x?y?5?0?dy?x?y??dt因为

?11?1?1=1+1 ?0故有唯一零解（0，0）

由

??1?1

1??1???2??1?1???2??2?0得???1?i故（3，-2）为稳

22定焦点。

21.证明题： n阶齐线性方程一定存在n个线性无关解

证明：由解的存在唯一性定理知：n阶齐线性方程一定存在满足如下条件的n解：

x1(t0)?1,x2(t0)?0,??,xn(t0)?0x1(t0)?0,x2(t0)?1,??,xn(t0)?0???????????????x1n?1n?1n?1''

(t0)?0,x2(t0)?0,?,xn(t0)?1101?0????00?1?1?0

考虑w[x1(t0),x2(t0),?,xn(t0)]?0?0从而xi(t)(i?1,2,?n)是线性无关的。

22.求解方程：

dydx=

x?y?1x?y?322

解： (x-y+1)dx-(x+y+3)dy=0 xdx-(ydx+xdy)+dx-ydy-3dy=0

1221 即2dx-d(xy)+dx-31x?xy?x?2dy3-3dy=0

y?3y?C313 所以2

23.解方程： (2x+2y-1)dx+(x+y-2)dy=0 dy??2(x?y)?1(x?y)?2，令z=x+y

解：dxdz则dxdzdx?1?dydx

?z?1?z?2,?z?2z?1dz?dx?1?2z?1z?2

3所以 –z+3ln|z+1|=x+C1， ln|z?1|=x+z+C1 . 即

(x?y?1)?Ce32x?y

24.讨论方程

dydx?321y3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）的一切解

31?f3解： 设f(x,y)= 2y,则?y?12y?23(y?0)

?f 故在y?0的任何区域上?y存在且连续，

因而方程在这样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件，

显然，y?0是通过点（0，0）的一个解；

dy?313 又由dx322y解得，|y|=(x?c)

所以，通过点（0，0）的一切解为y?0及

??3??(x?c)2?|y|=

0(x?c)(x?c),c?0是常数

/?t

25.求解常系数线性方程：

解： (1)

x//?2x?3x?ecos

??2??3?0,2?1,2?1?e(c1cost2i2t?c2sin

2t) 齐次方程的通解为x=

?t (2)???1?i不是特征根，故取x?(Acost?Bsint)e54

代入方程比较系数得A=41，B=-41

x?(541cost?441sint)e?t于是

1(5cost?4sint)e?t 通解为x=e(c1cos

t2t?c2sin2t)+41

26.试求方程组x?Ax的一个基解矩阵，并计算e??1?4解： det(?E?A)=

?2/At?1,其中A为??4?2?? 3????3???4??5?02

所以，?1??1,?2?5

设?1??1对应的特征向量为v1

??2???4 由??2??v1?0?4???1?可得v1?????1??????0

?1?v1????1???? 取

?1?同理取v2???2????

e5t5t 所以，

?(t)?e=

?tv1ev25t??e?t??t????e2e????

27.试讨论方程组

dxdt?ax?by,dydt?cy （1）的奇点类型，其中a,b,c为常数，且

ac?0。

解： 因为方程组（1）是二阶线性驻定方程组，且满足条件

abc?ac?0

0，故奇点为原点（0，0）

a??bc?????(a?c)??ac?02 又由det(A-?E)= ?1?a0得

?2?c

所以，方程组的奇点（0，0）可分为以下类型：

???a?0,c?0,稳定结点?ac?0奇点为结点??a?c??a?0,c?0,不稳定结点???ac?0奇点为鞍点（不稳定）????b?0,奇点为退化结点?a?0,c?0，稳定结点?a?c??b?0,奇点为奇结点??a?0,c?0,不稳定结点?a，c为实数?

28.试证：如果?（t）是x/?Ax满足初始条件?(t0)??的解，那么 ?(t)?e?A(t?t0)??

证明： 设?(t)的形式为?(t)=eC （1）

At （C为待定的常向量） 则由初始条件得 又

(e???(t0)eAtC=

0At0)?1=e?At0 ? 所以，C=

(eAt0)?1=eAt?At0?

A(t?t0)ee 代入（1）得?(t)=

?At0??e?

即命题得证。

29.求解方程(2xy?xy?2y33)dx?(x?y)dy?0

22

?M解：因为?y?2x?x?y,?N?x22?N?x?2x

?M 又因为?y??N

x 所以方程有积分因子：u(x)= e 方程两边同乘以e得：

xy23xe(2xy?xy?3)dx?e(x?y)dy?0

x2xx22e(2xy?xy)dx?exdy]?[e［

x2y33dx?eydy]?0

x2exy?e也即方程的解为

x2xy33?c．

x?y??3xy??0(y??30.求解方程

33dydx

)dy解：令，dx?y??p?tx，则

x?tx?3tx?0即

3332x?3t1?t

3p?tx? 从而

3t231?t

3t2y? 又

?(1?t3)?(1?t3)dt?c31?4t33t

＝

故原方程的通解为

2(1?t)32?c

3t?x?3?1?t??331?4t?y??c32?2(1?t)?2 t为参数

dx31.求解方程 dt2?2dx2dx?3x?2t?1dt ?2dxdt?3x?03t2解：齐线性方程dt2的特征方程为??2??3?0 ，e?t 故齐线性方程的一个基本解组为e，

因为??0不是特征方程的特征根 所以原方有形如 将

x(t)＝B0t?B1的特解

代入原方程，比较t的同次幂系数得：

x(t)＝

B0t?B1?3B0t?(?2B0?3Bt?11)?2

??3B0?213?B1?B0???2B0?3B1?19 2， 故有?解之得：

所以原方程的解为：

x(t)?c1e3t?c2e?t?(?32t?19

)dy32.求方程dx解：

?x?y2经过（0，0）的第三次近似解.

2?0?y0?0x?1

x??xdx?20x .

?2?

?(x?0x44)dx?x22?x205

x?3?

?(x?0x44?x10400?x207)dx

8x

2 ＝2?x520?x114400?x160

33.试求：

?2?1???1?12?1?2?1???11???1?2???12?1的基解矩阵

解：记A=得设

1???1?2??,又

p(?)?det(?E?A)?(??1)(??2)(??3)?0

?1?1?1，

?2?2,?3?3v1均为单根 .

对应的特征向量为，则由

(?1E?A)V1?0得

同理可得

?0???v1??,??0???????取

?0???v1?1????1??,

?2,?3对应的特征向量为：

?1??1?????v2?1,v3?0???????1???1??

则令

?1(t)?ev1,?2(t)?ev2,?3(t)?ev3?(t)?(?1(t),?2(t),?3(t))

t2t3t均为方程组的解 .

0w(0)?det?(0)?1又所以

11110?01

即为所求。

1?(t)?(?1(t),?2(t),?3(t))

dx34.试求 dt22?3dxdt?2x?0的奇点类型及稳定性.

dx解：令dt?ydy，则：dt??3y?2x.

0 因为

1?3?2?0，又由

?2?1??3?0得

2??3??2?0解之得?1??1,?2??2.

为两相异实根，且均为负

故奇点为稳定结点，对应的零解是渐近稳定的。

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。

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)解：由物理知识得：根据题意：

mdvdt

F合?k1t?k2v

故：

dv?k1t?k2v(k2?0).

即：dt?(?k2m)v?k1mt(*)

(*)式为一阶非齐线性方程，根据其求解公式有

V?ek2m??mdtk2(?k1mk2mt?e?k2mdtdt?c)

t?e?t(k1k2t?e?mk1k22k2emt?c).

mk1又当t=0时，V=0，故c=

k22

V?mk1k22e?k2mt?k1k2(t?mk2)因此，此质点的速度与时间的关系为：

36.求解方程

dydx?yx?y3

dx解：dy?x?yy?1ydy3?xy??y2 ，

1ydy则

x?e(?ye2?dy?c)x?y3 所以

2?cy

另外 y?0 也是方程的解

37.求方程

解：

dydx?x?y经过(0,0)的第三次近似解

2?0(x)?0x

20?1(x)???x??0(x)dx??1212x2.

x?122?2(x)???x??x0x021(x)dx??1202x5.

120x?5?3(x)???x??dydx222(x)dx??x?14400x11?1160x8

38.讨论方程

dy?y ，y(1)?1的解的存在区间

解：

y2?dx ?1y?x?c两边积分

y??1x?c. ?1x?2

所以 方程的通解为

故 过y(1)?1的解为

y?通过点 (1,1)的解向左可以延拓到??，但向右只能延拓到 ２， 所以解的存在区间为 (??,2). 39.求方程(解: 利用

pdydx)?y?1?0的奇解

22判别曲线得

?p2?y2?1?0?22p?0y?1 即 y??1 p? 消去得

所以方程的通解为 y?sin(x?c) , 所以 y??1是方程的奇解

40.求解方程 (cosx?1y)dx?(1y?xy2)dy?0

?M?N?2?M?2?N解: ?y=?y, ?x=?y , ?y=?x , 所以方程是恰当方程.

1??u?cosx????xy??v1xx???2u?sinx???(y)?yyy??y 得 . ?u?y??xy?2??(y)' 所以sinx?xy?(y)?lny

?lny?c故原方程的解为

.

41.求解方程 y'?y2?2ysinx?cosx?sin2x

解:

y??y?2ysinx?cosx?sin'22x 故方程为黎卡提方程.它的一个特解为

y?sinx ,令y?z?sinx ,

dz??z2则方程可化为dxy?sinx?z?1x?c .

1x?c .

,

1即

x?c , 故

y?sinx?42.求解方程 (2xy解: 两边同除以

2xdx?3ydx?y22?3y)dx?(7?3xy)dy?0

32得

dy?3xdy?07y2 .

dx2?d3xy?d7y?0. 7y?cx?3xy?2所以

, 另外 y?0 也是方程的解 .

43.试证:若已知黎卡提方程的一个特解,则可用初等积分法求它的通解

证明: 设黎卡提方程的一个特解为 y?y

dy?dzdx?dydy?p(x)y?q(x)y?r(x)2令 y?z?y , dxdzdx2dx 又 dx

dydx .

dz?p(x)z?2p(x)y?q(x)z2?p(x)(z?y)?q(x)(z?y)?r(x)?dy由假设 dx?p(x)y?q(x)y?r(x)2 得 dx??

此方程是一个n?2的伯努利方程,可用初等积分法求解 .

44.试用一阶微分方程解的存在唯一性定理证明:一阶线性方程

dydx?P(x)y?Q(x) , 当P(x) , Q(x)在??,??上连续时,其解存在唯一

证明: 令R : x???,?? , y?R

P(x) , Q(x)在??,??上连续, 则

f(x,y)?P(x)y?Q(x) 显然在R上连续 ,

??因为 P(x) 为?,?上的连续函数 ,

故即 P(x)??在?,?上也连续且存在最大植 , 记为 L

P(x)?L??,?? . , x?f(x,y1)?f(x,y2)?P(x)y1?P(x)y2P(x)y1?y2?Ly1?y2?y1y2?R, =

??,??上连续时,其解存在唯一 因此 一阶线性方程当P(x) , Q(x)在

45.求解方程

xdy?(y?xy)dx?024

解：所给微分方程可写成

(xdy?ydx)?xydx?0 即有 d(xy)?xydx?0 .

d(xy)?1x22424上式两边同除以(xy)，得 (xy)?44dx?0

?1x?c113(xy)3由此可得方程的通解为

即

46.求解方程

y?p2

1?3xy23?cxy33 (c??3c1) .

?2p3

解：所给方程是关于y可解的，两边对x求导，有

p?(2p?6p)2dpdx

（1） 当p?0时，由所给微分方程得y?0； （2） 当dx?(2?6p)dp时，得x?2p?3p因此，所给微分方程的通解为

x?2p?3p22?c。

?c，

y?p2?2p3 （p为参数）

而y?0是奇解。

47.求解方程x?4x?4x?e?e'''t2t?1

2??2解：特征方程??4??4?0，1,2，

故有基本解组e，te2t2t，

t'''tx(t)?Ae对于方程x?4x?4x?e，因为??1不是特征根，故有形如1的特解，

将其代入x?4x?4x?e，得2Ae

'''2t2t?e2tA?12，

，解之得

'''x(t)?A对于方程x?4x?4x?1，因为??0不是特征根，故有形如3的特解，

将其代入x?4x?4x?1，得

x(t)?e2t'''A?114，所以原方程的通解为

(c1?c2t)?e?t12te22t?4

'48.试求方程组x?Ax的一个基解矩阵，并计算expAt，其中

??2A????1?1??2??

3解：p(?)?det(?E?A)?0，?1?，?2??3，均为单根，

????,??0

??v1???(2?3)??v(?E?A)v?0?1设1对应的特征向量为1，则由1，得

11????????v1??v?2??2?3?2?3?????， 1取，同理可得对应的特征向量为

则?1(t)?e3tv1，?2(t)?e?3tv2 ，均为方程组的解，

令?(t)?(?1(t),?2(t))，

w(0)?det?(0)?12?312?3??3?0又，

e3t?3t?3t3t?e??(2?3)e?(t)所以即为所求基解矩阵?(2?3)r????。

?dx?dt?x?y?1?dy??x?y?5dt?49.求解方程组的奇点，并判断奇点的类型及稳定性

?x?y?1?0?x?2??x?y?5?0y??3解：令?，得?，即奇点为（2，-3）

?dX?dt?X?Y??X?x?2dY??X?Y?Y?y?3令?，代入原方程组得?dt，

11?1因为

1??2?0??1?1，又由

?1??1??2?2?0，

解得?1?

dy2，?2??2为两个相异的实根，

所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。

50.求方程dx解：

?x?y2经过（0，0）的第二次近似解 ， f(x,0)dx?12x2?0(x)?0x?1(x)?0??0x， 12x?2?2(x)?0?

?0f(x,12x)dx?2120x5。

假设m不是矩阵A的特征值，试证非齐线性方程组 x?Ax?ce有一解形如

?(t)?pe其中c，p是常数向量。

51.证明: 假设m不是矩阵A的特征值，试证非齐线性方程组 x?Ax?ce有一解形如

'mt'mt

mt

?(t)?pe 其中c，p是常数向量。 证：设方程有形如事实上，将因为emtmt

?(t)?pemt的解，则

mpemtp是可以确定出来的。

mtpemt代入方程得

?Ape?cemt，

?0，所以mp?Ape?c，

(mE?A)P?c （1）

又m不是矩阵A的特征值，det(mE?A)?0 . 所以(mE?A)?1存在，于是由（1）得p?(mE?A)?1mt?1c存在。

故方程有一解?(t)?(mE?A)ce 52.求解方程

2?pemt

(y?3x)dx?(4y?x)dy?2

解：?3xdx?(ydx?xdy)?4ydy?0 .

d(?x)?dxy?d(2y)?032 .

故方程的通解为

53求解方程

?x?xy?2y32?c .

ydx?xdy?(x2?y)2

ydx?xdy解：两边除以

y2：

y2??x?2?????y???1?dx?????? .

??x?2?xd???????1?dx???y?y??

xdy?dx2?x??????1y变量分离： ?? .

arctgxy?x?c两边积分：

x

即：

54.求解方程

y?tg(x?c) .

y(y'?1)?(2?y')

2解：令2?y'?yt,则y'?2?yt 于是

y(2?yt?1)?(yt)22

y?1?tt2 得 .

22 y'?2?yt?2?(1?t)?1?t

dy?1?t2 即 dx………………….4分. 1?tt22dx?dy1?t2d??t?2?122t

1?t1t1?tdt??1t2dt

x??c 两边积分

1?x??c??t?21?t?y??t于是，通解为? .

.

55.求解方程

dydydx?yx?exy

xy解：dx?exy?xy?xe?yx

xdy?(xexy?y)dxxy .

xdy?ydx?xedxy?xexydxdx

dxyexy?xdx .

?e?xy?12x2?c积分：

1x2

?xy故通解为：2

56.求解方程

?e?c?0 .

x''?6x'?5x?e2

2解：齐线性方程x''?6x'?5x?0的特征方程为??6??5?0，

?1??1,?2??5，故通解为x(t)?c1e?t?c5t2e? .

??2不是特征根，所以方程有形如x(t)?Ae2t

把x(t)代回原方程 4Ae2t?12Ae2t?5Ae2t?e2t

A?1

21 . x(t)?c?5t1e?t?c12t于是原方程通解为2e?21e .

57.求解方程

x''?x?1sin3t

解：齐线性方程的特征方程为?2?1?0，解得???i于是齐线性方程通解为x(t)?c1cost?c2sint 令x(t)?c1(t)cost?c2(t)sint为原方程的解，则

??c1'(t)cost?c2'(t)sint?0????c'(t)sint?c112'(t)cost?sin3t c1'(t)??1得

sin2tc2'(t)?cost，

sin3t . c112(t)??积分得；

c

2sin21(t)?ctgt?r1t?r2

x(t)?cos2t?r故通解为

sint1cost?112sint?r2sint .

58.求解方程

x''?12x'

dy解：x'?yx''?y 则

dx .

.

1ydy??3?3y??x?c?1从而方程可化为

dx2y，

?2?， 1x'??3?3?x?c?2?? .

1y???3x?c?3积分得

?2?? .

59.求方程组的奇点，并判断奇点的类型和稳定性

dxdt?2x?7y?19,dydt?x?2y?5

?2x?7y?19?0?x?1?解：解方程组?x?2y?5?0?，解得?y?3

所以（1，3）为奇点。 令X?x?1,Y?y?3

dX?2X?7Y则dt

dYdt?X?2Y

A?2?71?2?0而， p(?)??E?A???272?1???3?0令

??2，得???3i

?1,?2为虚根，且??0，故奇点为稳定中心，零解是稳定的。

60.求解方程

ydx?(x?y3)dy?0

?M?N?y?1,?x??1解：因为

，所以此方程不是恰当方程，?(y)?e?2?ydy?e?lny2?1y2，

方程有积分因子

1两边同乘y2dx得

y?x?yy23dy?0

?所以解为

x????x?y31ydx????2y?yy???y2???dy?c??? .

xy

?2dy?c2x?y(y?c)另外y=0也是解 .

即

dydx3261.求解方程dx()?4xy3?8y?0

2?dy?2???8y?dx?32x?p?8ydydyx??p4y4ypdx解：方程可化为令dx则有（*）

2y(p?4y)（*）两边对y求导：

32dpdy?p(8y?p)?4yp .

1232(p?4y)(2y即

32dpdy?p)?0由

2ydpdy?p?0得

p?cy2y?(即

pc)2将y代入

x?（*）

c24?2pc2 .

2?c2px???2?4c??y?(p)2?c即方程的 含参数形式的通解为：? p为参数

1又由

p?4y?032得

p?(4y)32y?代入（*）得：

427x3也是方程的解

62.求解方程x???x?sint?cos2t

解：线性方程x???x?0的特征方程??1?0故特征根???i .

2f1(t)?sint

??i是特征单根，原方程有特解x?t(Acost?Bsint)代入原方程

1A=-2 B=0 .

f2(t)??cos2t??2i 不是特征根，原方程有特解x?Acos2t?Bsin2t代入原

A?方程

13 B=0

x?c1cost?c2sint?12tcost?13cos2t.

所以原方程的解为

dy63求方程dx?x?y2经过（0，0）的第三次近似解

?0?y0?0?1?y0?解：

?0xxdx?xxx42244?2?y0??3?y0?

?0(x??0(x?xx)dx??x10x22??x7x5

20)dx?x24400202?x520?x114400?x8160?2A????164.若

p(?)?解：此时 k=1

1???1??(t),?(0)??????4???2?并求expAt 试求方程组x??Ax的解

?11

??2??4???6??9?0解得

2?1,2?3 .

n1?2?1ti????1?3ti?1?3t?????v?(t)?e??(A?3E)????e?2??i?0i!??2???

?tn?1i??1?t(??1??2)?????t(????)?212?

e由公式expAt=

?i!i?0t(A??E)i得

expAt?e

3t?E?t(A?3E)??edydt3t??1????00???11??3t?1?t??t????e?1???11????tt??1?t?

dx65.求dt??x?y?1,?x?y?5的奇点,并判断奇点的类型及稳定性.

??x?y?1?0?x?y?5?0解：由?解得奇点（3，-2） . ?dx??x?y??dt??dy?x?y?令X=x-3,Y=y+2则?dt .

?1因为

?1?1=1+1 ?0故有唯一零解（0，0）

1??1由

稳定焦点。

1?1??1 ?f???2??1?1???2??2?0得???1?i故（3，-2）为

22设f(x,y)及?y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与x的积分因子.

dy证明：1 若该方程为线性方程则有dx?p(x)y?Q(x)（*）此方程有积分因子

?p(x)dx?(x)?(x)?e? 只与x有关。

2 若该方程有只与x有关的积分因子

?(x)则

?(x)dy??(x)f(x,y)dx?0f)x(y?,?)d)dx

为

?(??x(恰

当

方

程

,从

而

?y?fx(??(x))???y?(x)

f???

??(x)?(x)dy?Q(x)?p(x)y?Q(x)其中

p(x)????(x)?(x)于是方程化为

dy?(p(x)y?Q(x))dx?0即方程为一阶线性方程

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/9bmg.html