四川大学：《常微分方程》课程教学资源（作业习题）习题解答七

第四章习题与思考 1.求齐次线性方程的实通解 (2)-#+2-2x=0 (4)尝-2+2 (2)该方程的特征多项式为 +2A-2=(X-1)(X2+2), 因此特征根为1,±√2.故原方程有实基本解组e,cosv2t,sinv2t.由此得实通解 其中C1,C2,C3为任意常数 (4)该方程的特征多项式为 2-2x2+2A-1=(X-1)3(A+1) 因此特征根为1(三重根),-1.故原方程有实基本解组e,te2,t2e,e-t.由此得实通解 其中C1,C2,C3,C4为任意常数 2.分析振动方程 的特征根并给出通解.这里6≥0,>0. 解:从该振动方程的特征方程 求得特征根为 A12=-6±√62- 根据62-2的符号可分为如下三种情况: (i)当6>u时,有二个相异实特征根-6±v82-w2,方程的实通解为 ()=e-a (CueV82-uat+C2e -?t 其中C1,C2为任意常数 (i)当δ=u时,有一个实二重特征根-6,方程的实通解为 r(t=Cle-(C1+C2t 其中C1,C2为任意常数 (i)当6<u时,有一对共轭复特征根-6±√a2-b2i,方程的实通解 z(t)=e(1 cosVw2-82t+C2 sin vw2-82t) 其中C1,C2为任意常数 3.求非齐次线性方程的实通解 (1)点+:=1+2 (3)

1 第四章习题与思考 1. 求齐次线性方程的实通解： (2) d 3x dt3 − d 2x dt2 + 2 dx dt − 2x = 0. (4) d 4x dt4 − 2 d 3x dt3 + 2 dx dt − x = 0. 解: (2) 该方程的特征多项式为 λ 3 − λ 2 + 2λ − 2 = (λ − 1)(λ 2 + 2), 因此特征根为 1, ± √ 2i. 故原方程有实基本解组 e t , cos √ 2t, sin √ 2t. 由此得实通解 x(t) = C1e t + C2 cos √ 2t + C3 sin √ 2t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数. (4) 该方程的特征多项式为 λ 4 − 2λ 3 + 2λ − 1 = (λ − 1)3 (λ + 1), 因此特征根为 1 (三重根), −1. 故原方程有实基本解组 e t , tet , t 2 e t , e −t . 由此得实通解 x(t) = e t (C1 + C2t + C3t 2 ) + C4e −t , 其中 C1, C2, C3, C4 为任意常数. 2 ∗ . 分析振动方程 d 2x dt2 + 2δ dx dt + ω 2 x = 0 的特征根并给出通解. 这里 δ ≥ 0, ω > 0. 解: 从该振动方程的特征方程 λ 2 + 2δλ + ω 2 = 0 求得特征根为 λ1,2 = −δ ± p δ 2 − ω2. 根据 δ 2 − ω 2 的符号可分为如下三种情况: (i) 当 δ > ω 时, 有二个相异实特征根 −δ ± √ δ 2 − ω2, 方程的实通解为 x(t) = e −δt(C1e √ δ 2−ω2t + C2e − √ δ 2−ω2t ), 其中 C1, C2 为任意常数. (ii) 当 δ = ω 时, 有一个实二重特征根 −δ, 方程的实通解为 x(t) = C1e −δt(C1 + C2t), 其中 C1, C2 为任意常数. (iii) 当 δ < ω 时, 有一对共轭复特征根 −δ ± √ ω2 − δ 2i, 方程的实通解为 x(t) = e −δt(C1 cos p ω2 − δ 2t + C2 sin p ω2 − δ 2t), 其中 C1, C2 为任意常数. 3. 求非齐次线性方程的实通解： (1) d 2x dt2 + dx dt = 1 + t 2 . (3) d 2x dt2 + 4x = t sin 2t

(4)柴-4:+3=t2 (1)该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为x2+入,因此特征根为0,-1.故原方程对应的齐次 线性方程有实基本解组1,e-.又原方程有特解 r(t) 11 D2+D (1+t2 D+1 D (1+t2) D (1-D+D-D)(+32) 由此得原方程的实通解 t)=C1+C2e-+-t+3 其中C1,C2为任意常数 (3)该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为A2+4,因此特征根为±2.故原方程对应的齐次线 性方程有实基本解组cos2t,sin2t.又原方程有特解 r(t) 考虑辅助方程(D2+4)z=te2,它有特解 11 D D+4i exit t2 取虚部得到原方程的特解 r(t)=-ct' cos 2t +it sin 2t 由此得原方程的实通解 r(t)=C1 cos 2t +C2 sin 2t-=t- cos 2t+tsin 2t, 其中C1,C2为任意常数 (4)该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为3-4A2+3,因此特征根为0,1,3.故原方程对 应的齐次线性方程有实基本解组1,e’,e3.又原方程有特解 (t) 1-DD (1+D+D2+ D2+D3)(t3+3t2+6t+6) 由此得原方程的实通解 x(t)=C1+C2 其中C1,C2,C3为任意常数

2 (4) d 3x dt3 − 4 d 2x dt2 + 3 dx dt = t 2 . 解: (1) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ 2 + λ, 因此特征根为 0, −1. 故原方程对应的齐次 线性方程有实基本解组 1, e −t . 又原方程有特解 x(t) = 1 D2 + D · (1 + t 2 ) = 1 D + 1 1 D · (1 + t 2 ) = 1 D + 1 · (t + 1 3 t 3 ) = (1 − D + D 2 − D 3 )(t + 1 3 t 3 ) = t 3 3 − t 2 + 3t − 3. 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 + C2e −t + t 3 3 − t 2 + 3t, 其中 C1, C2 为任意常数. (3) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ 2 + 4, 因此特征根为 ±2i. 故原方程对应的齐次线 性方程有实基本解组 cos 2t, sin 2t. 又原方程有特解 x(t) = 1 D2 + 4 · t sin 2t, 考虑辅助方程 (D 2 + 4)z = te2it , 它有特解 z(t) = 1 D2 + 4 · te2it = e 2it 1 (D + 2i) 2 + 4 · t = e 2it 1 D 1 D + 4i · t = e 2it 4i 1 D (1 − 1 4i D)t = e 2it 4i 1 D (t − 1 4i ) = e 2it 4i ( t 2 2 − t 4i ), 取虚部得到原方程的特解 x(t) = − 1 8 t 2 cos 2t + 1 16 t sin 2t. 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 cos 2t + C2 sin 2t − 1 8 t 2 cos 2t + 1 16 t sin 2t, 其中 C1, C2 为任意常数. (4) 该方程对应的齐次线性方程的特征多项式为 λ 3 − 4λ 2 + 3λ, 因此特征根为 0, 1, 3. 故原方程对 应的齐次线性方程有实基本解组 1, e t , e 3t . 又原方程有特解 x(t) = 1 D3 − 4D2 + 3D · t 2 = 1 3 − D 1 1 − D 1 D · t 2 = 1 3 − D (1 + D + D 2 + D 3 )( 1 3 t 3 ) = 1 9 (1 + 1 3 D + 1 9 D 2 + 1 27 D 3 )(t 3 + 3t 2 + 6t + 6) = 1 9 t 3 + 4 9 t 2 + 26 27 t + 74 81 . 由此得原方程的实通解 x(t) = C1 + C2e t + C3e 3t + 1 9 t 3 + 4 9 t 2 + 26 27 t, 其中 C1, C2, C3 为任意常数