《常微分方程》东师大第二版习题答案.pdf

1 常 微 分 方 程 习 题 解 答 东 北 师 范 大 学 微 分 方 程 教 研 室 (第 二 版 )高 等 教 育 出 版 社 2 习 题 1.21求 下列 可分 离变 量微 分方 程的 通解 ：(1) xdxydy=解 ：积 分， 得 12211 cxy += 即 cyx=22(2) yydxdyln=解 ： 1,0=yy 为 特解 ，当 1,0yy 时 ， dxyydy=ln， 积 分， 得 0ln,lnl 11 =+= cceeycxy xxc ， 即 xcey=(3) yxedxdy=解 ： 变 形得 dxedye xy=积 分， 得 ceexy =(4) 0cottan =xdyydx解 ：变 形得 xydxdycottan=， 0=y为 特解 ，当 0y时 ， dxxxdyyycossinsincos=. 积 分， 得 11 cossinl,coslnsinl cxycxy =+= ,即 0,cossin 1 = ccexy c2 求下 列方 程满 足给 定初 值条 件的 解： (1) 1)0(),1( =yydxdy解 ： 1,0=yy 为 特解 ，当 1,0yy 时 ， dxdyyy =)111( ， 积 分， 得 0,1,1ln 11 =+= cceeyycxyy xxc将 1)0(=y代 入， 得 0=c， 即 1=y为 所求 的解 。(2) 1)0(,02)1( 22 =+ yxyyx解 ： 0,1222 = yxxydxdy 为 特解 ，当 0y时 ， dxxxydy1222 = ， 积 分， 得 cxy += 1ln12 3 将 1)0(=y代 入， 得 1=c， 即 11ln12+=xy 为 所求 的解 。(3) 0)2(,32 = yyy解 ： 0=y为 特解 ，当 0y时 ， dx ydy=32 ，积 分， 得 331 )(, cxycxy +=+=将 0)2(=y代 入， 得 2=c， 即 3)2(=xy 和 0=y均 为所 求的 解。(4) 1)1(,0)()( 2222 =+ ydyyxxdxxyy解 ： 0,0=yx 为 特解 ，当 0,0yx 时 ， 011 22 =+ dyyydxxx ，积 分， 得 0,ln1ln1 111 1 =+ cceeyxcyyxx yxyxc将 1)1(=y 代 入， 得 2=ec， 即 yxeyx 12= 为 所求 的解 。 4 求解 方程 011 22 =+ dyxydxyx解 ： )11(1),11(1 = xyyx 为 特解 ，当 1,1yx 时 ， 011 22 =+ dyyydxxx积 分， 得 )0(11 22 =+ cyx6 求一 曲线 ，使 其具 有以 下性 质： 曲线 上各 点处 的切 线与 切点 到原 点的 向径 及 x轴 可围 成一 个等 腰三 角形 (以 x轴 为底 )， 且通 过点 (1,2). 解 ：设 所求 曲线 为 )(xyy=对 其上 任一 点 ),(yx的 切线 方程 ：)( xXyyY = 于 x轴 上的 截距 为 yyxa=由 题意 建立 方程 ：0 =xxyyx 即 2)1(, =yxyy求 得方 程的 通解 为 0, =cexyc 再 由 ce=2得 c=ln2,得 所求 曲线 为 4 为 2=xy7 人工 繁殖 细菌 ，其 增长 速度 和当 时的 细菌 数成 正比 （ 1） 如 果 4小 时的 细菌 数为 原细 菌数 的 2倍 ，那 么经 过 12小 时应 有多 少？（ 2） 如 果在 3小 时时 的细 菌数 为得 410个 ， 在 5小 时时 的细 菌数 为得 4104个 ， 那 么在 开始 时有 多少 个细 菌？解 ：设 t时 刻的 细菌 数为 q(t),由 题意 建立 微分 方程 0=kkqdtdq 求 解方 程得 ktceq=再 设 t=0时 ，细 菌数 为 0q,求 得方 程的 解为 kteqq0=（ 1） 由 02)4( qq=即 040 2qeqk=得 42ln=k 042ln120120 8)12( qeqeqq k =（ 2） 由条 件 450430 104)5(,10)3( = kk eqqeqq比 较两 式得 24ln=k， 再 由 4024ln3030 108)3( = qeqeqq k得 30 1025.1=q习 题 1.3 1解 下列 方程 ：(2) 0)2( 22 =+ dyxdxxyy解 ：方 程改 写为 2)()(2xyxydxdy= 令 xyu=， 有 22uudxduxu =+ 整 理为 )1,0()111( = uxdxduuu积 分， 得 xcuu1ln1ln= 即 111=xcxcu代 回变 量， 得通 解 0,)( = ycyxyx 也 是方 程的 解 (4) xyxyyx tan=解 ：方 程改 写为 xyxydxdytan=令 xyu=， 有 uuudxdux cossintan= 即 )0(sincot = uxdxudu 积 分， 得 cxu=sin代 回变 量， 得通 解 cxxy=sin 5 (5) xyxyxyyx += ln)(解 ：方 程改 写为 xyxxyxydxdy += ln)1(令 xyu=， 有 )1ln()1( uudxdux += 当 1,0uu 时 xdxuudu=+ )1ln()1(积 分， 得 cxu=+)1ln(代 回变 量， 得通 解 cxxy=+)1ln( (6) yyxyx += 22解 ：方 程改 写为 xyxydxdy+=2)(1 令 xyu=， 有 21udxdux = 分 离变 量 )11(12 ,对 充分 大的 1x,当 1xx时 ,有 |()|fx0时 ,其 积 分 曲 线 如 图 (3)所 示 ;当 y0时 ,其 积 分 曲 线 如 图 (6)所 示 ;当 x0时 ,其 积 分 曲 线 如 图 (7)所 示 . 2.试 画 出 方 程 22yxdxdy=在 xoy平 面 上 的 积 分 曲 线 的 大 致 图 像 .解 ： 这 个 方 程 是 不 可 积 的 ,但 易 于 画 出它 的 线 素 场 .在 同 一 以 原 点 为 对 称 中 心 的 双 曲 线 上 , 线 素 场 的 线 素 都 平 行 .其 斜 率 等 于 双 曲 线 实 半 轴 长 的平 方 .于 是 ,实 半 轴 越 长 ,线 素 场 的 方 向 越 陡 .从 而 ,根 据 线 素 场 线 素 的 趋 势 ,大 体 上 可 以 描 出 积 分 曲 线 .如 图 (8)所 示 .3.试 用 欧 拉 折 线 法 ,取 步 长 1.0=h,求 初 值 问 题 =+=1)1( ,22yyxdxdy的 解 在 4.1=x时 的 近 似 值 .解 令 10=x, 10=y. 则 ,1.1.001 =+=xx ;2.1.0211 =+=y,2.1.012 =+=xx ;465.1.065.22.12 =+=y,3.1.0 23 =+=xx ;824.1.0586.3465.13 =+=y,4.1.034 =+=xx .326.21.0017.5824.14 =+=y 图 (8) 图 (7)图 (6) 14 习 题 2.1.试 判 断 方 程 xxdxdytan=在 区 域(1) ;0,11: 1 yxR(2) 44,11:2 yxR上 是 否 满 足 定 理 2.的 条 件 ? 解 ： (1)不 满 足 .因 为 在 区 域 1R上 ,右 端 函 数 yxyxf tan),(=当 2=y时 不 连续 .(2)满 足 .因 为 在 区 域 2R上 ,右 端 函 数 yxyxf tan),(=连 续 且2 cos),( 2= yxyxfy 有 界 .2.判 断 下 列 方 程 在 什 么 样 的 区 域 上 保 证 初 值 解 存 在 且 唯 一 ?(1) 22yxy+= ; (2) yxysin+= ;(3) 31=xy; (4) yy= .解 ： (1)因 为 22),( yxyxf +=及 yyxfy 2),(= 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 条 件 .进 而 在 xoy平 面 上 保 证 初 值 解 存在 且 唯 一 .(2)因 为 yxyxf sin),( +=及 yyxf 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 条 件 .进 而 在 xoy平 面 上 保 证 初 值解 存 在 且 唯 一 .(3)因 为 方 程 右 端 函 数 =),(yxf 31x在 除 去 y轴 外 的 整 个 xoy平 面 上 连续 且 0),(=yxfy ,所 以 在 除 去 y轴 外 的 整 个 xoy平 面 上 初 值 解 存 在 且 唯 一 .(4)因 为 方 程 右 端 函 数 =),(yxf y= 0, ,0, yyyy 在 整 个 xoy平 面 上 连 续 ,而 = 0,21 ,0,21),( yyyyyxfy 在 除 去 x轴 外 的 整 个 xoy平 面 上 15 连 续 ,所 以 在 除 去 x轴 外 的 整 个 xoy平 面 上 初 值 解 存 在 且 唯 一 .3.讨 论 方 程 312ydxdy=在 怎 么 样 的 区 域 中 满 足 定 理 2.的 条 件 .并 求 通 过)0,( 的 一 切 解 .解 ： 右 端 函 数 对 y的 偏 导 数 3221=yyf ,显 然 它 在 任 何 一 个 不 包 含 x轴)0(=y上 的 点 的 有 界 闭 区 域 中 是 有 界 的 ,因 此 在 这 种 区 域 中 解 是 存 在 唯 一 的 .即 ,只 有 通 过 0=y上 的 点 可 能 出 现 多 个 解 的 情 况 (方 程 右 端 的 连 续性 保 证 在 任 何 有 界 区 域 中 ,解 是 存 在 的 ).原 方 程 分 离 变 量 得 dxdyy 2331=上 式 两 端 取 积 分 得 Cxy 23232332 = 23)(Cxy=其 中 .0)( Cx 此 外 有 特 解 0=y.因 此 过 点 )0,(有 无 穷 多 个 解 (如 图 (9)所示 ). 0=y, = CxCx Cxy ,)(,023 = .,)(,023 CxCx Cxy4.试 用 逐 次 逼 近 法 求 方 程 2yxdxdy=满 足 初 值 条 件 0)0(=y 的 近 似 解 :)(),(),(),( 3210 xxxx 图 (9) 16 解 ： 0)0()(0 =yx 201 1)0(0)( xdssx x =+= 520 222 2011)1(0)( xxdsssx x =+= .44001160120121)20121(0)( 118520 2523 xxxxdssssx x +=+=5.试 用 逐 次 逼 近 法 求 方 程 22xydxdy=满 足 初 值 条 件 1)0(=y 的 近 似 解 :)(),(),( 210 xxx 解 ： 1)0()( 0 =yx 301 11)1(0)( xxdssx x +=+= .631152611)3111)( 75420 2232 xxxxxdssssx x +=+=6.试 证 明 定 理 2.中 的 n次 近 似 解 )(x n与 精 确 解 )(x有 如 下 的 误 差 估 计式 : 1 0)!1()()( + nnn xxnMNxx证 ： 由 +=xx dsssfyx 0 )(,()( 0 及 迭 代 列 00)(yx=, ,2,1)(,()( 0 10 =+= ndsssfyx xx nn 得 00 0 )(,()()( xxMdsssfxx xx 设 10)!1()()( + nnn xxnMNxx则 17 201 101 1 )!2()!( )(,()(,()()( 00 + + + + nnxx nn zx nn xxnMN dsxsnMN dsssfssfxx 由 归 纳 法 可 知 ,对 任 意 n次 近 似 解 ,估 计 式 10)!1()()( + nnn xxnMNxx成 立 .7.利 用 上 面 的 估 计 式 ,估 计 : (1)4题 中 的 三 次 近 似 )(3x在 21=x和 1=x时 的 误 差 ;(2)5题 中 的 二 次 近 似 )(2x在 41=x时 的 误 差 .解 ： (1)显 然 初 值 问 题 2yxdxdy=, 0)0(=y 在 区 域 1,1: yxR 上 存在 唯 一 解 ,由 解 的 存 在 唯 一 性 定 理 知 ,解 的 定 义 区 间 为 0hx其 中 ),m in(0 Mbah= , =2),(m axyxMRy 2.这 里 ,1,1=ba 从 而 210=h,即得 解 的 定 义 区 间 为 21x. 则 由 误 差 估 计 公 式 10)!1()()( + nnn xxnMNxyxy其 中 N是 李 普 希 兹 常 数 .因 为 ,22=yyf 可 取 ,2=N 当 21=x时 ,有 241)21(!42)()( 433 =xyxy .当 1=x时 ,有 32)1(!42)()( 433 =xyxy . 18 (2)显 然 初 值 问 题 22xydxdy=, 1)0(=y 在 区 域 11,1: yxR 上 存在 唯 一 解 ,由 解 的 存 在 唯 一 性 定 理 知 ,解 的 定 义 区 间 为 : 0hx其 中 ),m in(0 Mbah= , = 22),(m axxyMRy 4.这 里 ,1,1=ba 从 而 410=h,即得 解 的 定 义 区 间 为 41x. 则 由 误 差 估 计 公 式 10)!1()()( + nnn xxnMNxyxy其 中 N是 李 普 希 兹 常 数 .因 为 ,22=yyf 可 取 ,2=N则 有 241)41(!324)()( 32 =xyxy .8.在 条 形 区 域 bxa, +y 内 ,假 设 方 程 (2.1)的 所 有 解 都 唯 一 ,对 其 中 任 意 两 个 解 )(),( 21 xyxy ,如 果 有 )()( 0201 xyxy,则 必 有)()( 21 xyxy, bxx0 .证 ： 令 =)(x )()( 21 xyxy,由 于 )()( 0201 xyxy,故 0)()()( 02010 = xyxyx .用 反 证 法 若 在 )(),(21 xyxy 共 同 的 存 在 区 间 内 )()( 21 xyxy不 成 立 ,由)(x的 连 续 性 ,必 存 在 点 ,bax,使 得 0)(=x.从 而 0)()( 21 =xyxy ,即 )()( 21 xyxy=.这 于 假 设 矛 盾 ,故 必 有 )()( 21 xyxy.