《2022年王玉文版《常微分方程简明教程》课后习题答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年王玉文版《常微分方程简明教程》课后习题答案 .pdf（34页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1.4 习题答案1. (1) 12150, (2) 2.52. 2(1) 0,200PP, (2) 0200P, (3) 200P. 3.(1) 0,50,200PPP, (2) 50200P, (3) 050,200PP. 4. 解 : 因为当0dydt时 , ( )y t将保持不变; 当0dydt时 , ( )y t将增加 ; 当0dydt时, ( )y t将减少 . 由3220dyyyydt知, (1) 当32200yyy, 即0,4,5yyy时, ( )y t将保持不变 . (2) 当32200yyy, 即40y或5y时 , ( )y t将增加 . (3) 当32200yyy, 即4y
2、或05y时 , ( )y t将减少 . 5. 7071. 6. 解 : (1) 设( )N t为在时刻t的放射性同位素质量. 则模型为dNkNdt, 0k为比例系数 , 方程的解为( )ktN tce, 由0t时, (0)50N, 得(0)50Nc, 于是( )50ktN te, 又因为2t时, (2)50(1 10%)45N, 得24550ke, 110ln0.05329k, 因此0.053( )50tN te. (2) 当4t时, 0.053 4(4)5040.5Ne(3) 质量减半时( )25N t, 得10.053ln2t, 13t. 7. (1) ln 20.000125730, (
3、2) ln 20.866438, (3) 一样 . 8.(1) 1065, (2) 17669, (3) 32600, (4) 168 9. 解: (1) (1)10dSSkSdtN. (2) 1(1)3dSSkSSdtN. (3) (1)dSSkSlSdtN, 其中l是捕获量与总量平方根的比例系数. 10.(1) 趋向于 2000, (2) 鱼的数量递减趋于0. 11.2( )23y tt. 12.( )ln,0g tttt. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 34 页13.(1) 22,tycec为任意常数 . (2)
4、 21,2tycec为任意常数 . (3) ln(),ytcc为任意常数 . (4) 22arctan,ytc c为任意常数 . (5) ,1ttceycce为任意常数 , 此外1y也是解 . (6) 31231,ttycec为任意常数 . (7) 2ln |,2tyyec c为任意常数 , 此外0y也是解 . (8) 2221,1ctyct为任意常数 . (9) sin(ln),yttcc为任意常数 , 此外22yt也是解 . (10) ln1,ycy ct为任意常数 . 14.(1) 21(111)2tye. (2) 0y. (3) 2216ln |1|yt. (4) 2tan()24ty
5、. 15. 解: 设0( )( )tF tf s ds, 则( )F t可导且( )( )Ftf t, 这样有1,dFFFdFdtdt, 得2( )2,( )2Fttc F ttc, 又(0)0F, 得0c. 从而( )2F tt, 进而1( )( )2f tFtt.16.解: 首先令0s, 由已知可得( )(0)( )1( ) (0)y tyy ty t y, 化简有2(0)(1( )0yyt, 知(0)0y. 由函数的导数定义精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 34 页00202002()( )( )lim( )( )(
6、 )1( ) ( )lim( )(1( )lim(1( ) ( )( )1( )limlim1( ) ( )(0) (1( )sssssy tsy ty tsy ty sy ty t y ssy sytsy t y sy sytsy t y syyt变形为2(0)1( )dyydtyt, 积分得arctan( )(0)y tytc, 由(0)0y, 知0c, 所以满足条件的函数为( )tan(0) )y tyt17.(0)ytye. 18.(1) 21,3ttyceec为任意常数 . (2) 23,ttyceec为任意常数 . (3) 21(cos2sin 2 ),4tycettc为任意常数
7、. (4) 2612cos2sin2555tyett. (5) 31523cos2sin 2131313tyett. (6) 2235ttyete. (7) (1)tyt e. 19.(1) sinsin1,txcetc为任意常数 . (2) 122,xycx exc为任意常数 . (3) 241(1)(1) ,2yc ttc为任意常数 . (4) 3,4ctxct为任意常数 . 20.直接代入方程验证即可. 21.3,1,1abc. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 34 页22.(1) 2421111,6224ttxc
8、eettc为任意常数 . (2) 432133341sincos ,416321281717tycetttttc为任意常数 . (3) 334132cos2sin 2 ,61313tttyceeett c为任意常数 . (4) cos2sin2 ,ttycetett c为任意常数 . 23.(1) 361,3ycttc为任意常数 . (2) 2(4 ),tyct ec为任意常数 . (3) 22(1) ,tycttte c为任意常数 . (4) coscoscos4,tttyceeedt c为任意常数 . (5) 11(4cos),ttycet dt ec为任意常数 , 此外1y也是解 . (
9、6) 3333(),dtdtttyctedt ec为任意常数 . 注: 上面的不定积分在这里代表某一个原函数. 24.在3y附近的所有解是递减的, 对(0)3y的解 , 当t不可能趋于. 25.(1) 取( )(2)(2)f tt tt,如图 1-22: (2) 取( )(2)(3)(2)fyyyy, 如图 1-23. 图 1-22 图 1-23 27.( ,1)0f t, 在1y的直线上 , 斜率场的斜率标记为水平的; 我们并不能得到关于初始条件(0)0y的特解的有用信息. 28.(1) 设 t 时刻湖中盐酸含量Q为千克 , 则60,4000(0)0,dQQdtQ可释得精选学习资料 - -
10、- - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 34 页4000( )240000(1)tQ te. (2) 213139. (3) 最终趋向于240000 千克 . 29.(1) 100060,400000020(0)0,dQQdttQ可解得5150140000001( )(400000020 )17 (400000020 )17Q ttt. (2) 218010. 30.设 C 处电压为( )v t, 则有, (0)dvvvEdtRC, 因此( )tRCv tEe. 31.(1) 12345,8,12.5,19.25yyyy. (2) 123450.39
11、,0.1004,0.3776,0.9891 ,1.5934yyyyy, 6789102.0456,2.3287,2.5241,2.6899,2.8428yyyyy. (3) 123454,1yyyyy. (4) 123451.5,3.375,2.5547,3.3462,2.5939yyyyy, 67891 03. 3 2 3 6 ,2. 6 2 4 0 ,3. 3 0 1 7 ,2. 6 528 ,3. 2 8 6 9yyyyy32.(1) ( )2y t, (2) 1( )3y t, (3) 2( )4ty ty, (4) 22( )y tt. 33. 解: 由方程的右端项为( )(2)(5
12、)fyy yy仅为y的函数在全平面上连续可微, 从而由存在唯一性定理, 给定初始条件的解是存在并且是唯一的. 首先由( )(2)(5)fyy yy知方程有( )0,( )2,( )5y ty ty t三个平衡解 . (1) 初始条件为(0)6y, 初值位于( )5y t的上方 , 由唯一性 , 满足这个初始条件的解1( )y t一定大于5, 且1111(2)(5)0dyy yydt, 知这个解递增 , 并且随着1( )y t的递增 , 1dydt也递增并且越来越大, 知在t增加时 , 1( )y t在有限时间内爆破 ,趋向于. 当t减少时 , 1( )y t递减 , 并且随着1( )y t的递
13、减趋于5, 1dydt也递减趋向于 0, 递减越来越来越缓慢, 知t, 1( )5y t. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 34 页(2) 初始条件为(0)5y, 而平衡解( )5y t满足这一初始条件, 由唯一性 , 满足这个初始条件的解就是平衡解( )5y t. (3) 初始条件为(0)1y, 初值位于( )0,( )2y ty t这两个平衡解的中间, 由唯一性 , 满足这个初始条件的解3( )y t一定满足30( )2y t, 且 由3333(2)(5)0dyyyydt, 知这个解递增, 并且随着3( )y t的递
14、增 , 3dydt也递增但随着3y趋向于2, 1dydt趋向于 0, 增长越来越缓慢, 知t, 3( )2y t. 同样, t, 3( )0y t. (4) 初始条件为(0)1y, 初值位于( )0y t的下方 , 由唯一性 , 满足这个初始条件的解4( )y t一定小于0, 且4444(2)(5)0dyyyydt, 与前面类似讨论知, 在t增加时 , 4( )y t在有限时间内爆破, 趋向于. 当t时, 4( )0y t. 34. 证明 : 由于( )f y连续可微 , 知方程( )dyfydt满足存在唯一性定理的条件. 因为1( )y t是方程的一个解, 1( )y t必可微 , 又因为在
15、0tt处取得极值 , 则由极值的必要条件知10( )0y t, 从而01010()( )|0t tdyfyfy tdt, 知20( )y ty是方程的一个平衡解 , 并且这个解满足初始条件200( )y ty, 而1( )y t这个解满足同样的初始条件, 由解的唯一性 , 知120( )( )y ty ty.35.2() ,0,tctcytc, 其中0c为任意常数 , 这些解的定义区间为(,). 36解: 由23( , )3f t yy, 知它在全平面内连续, 又由于13( , )2f t yyy, 在除去0y的区域内连续, 从而在除去0y的有界闭区域内有界, 进而满足利普希茨条件, 知方程满
16、足初始条件00( )0y ty的解在充分小的邻域内存在并且唯一. 当0y时, 函数0y是方程过(0,0) 的解 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 34 页当0y时, 方程可变形为2313ydydt, 积分得3()ytc, c为任意常数 .当0c时, 得特解3yt是过 (0,0) 的另一个解 , 其实 , 除零解外 , 过(0,0) 的所有解可以表示为3111() ,0,tctcytc,3222() ,0,tctcytc, 31132212() ,() ,0,tctcytctcctc, 其中12,c c是满足10c,20
17、c的任意常数 , 这些解的定义区间为(,), 但本质上在充分小的邻域(, )内方程所确定的过(0,0) 的解只有四个, 即 函数30,yyt, 3,00,ttyt及30,0,tytt. 37. 解: (1) 由( )3 (1)0fyy y得平衡点为0y和1y. 因为(0)30f, 所以0y是汇 ; 而(0)30f, 所以1y是源 . (2) 由( )cos0f vvv得平衡点为0v和2,2vkkZ. 当1k时, (2)(2)022fkk, 知22vk为汇 ; 而(2)(2)022fkk, 知22vk为源 . 相反 , 当0k时, (2)(2)022fkk, 知22vk为源 ; 而(2)2022
18、fkk, 知22vk为汇 . 同样2v和2v都为汇 . (3) 2( )25f www总是大于 0, 知方程无平衡点. (4) 由( )1sinf vv得平衡点2,2vkkZ, 且当2,2vkkZ时, ( )0f v, 知2,2vkkZ, 都为结点 . 38.(1) 图 1-24, (2) 图 1-25, (3) 图 1-26, (4) 图 1-27. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 34 页图 1-24 图 1-25 图 1-26 图 1-27 39.(1) lim( )23,ty tt减少时 , 在有限时间内趋于.
19、(2) lim( )23, lim( )23tty ty t. (3) 同 (1). (4) lim( )23,ty tt增加时 , 在有限时间内趋于. 40.图1-11 解: (a) 对应于 (7), (b)对应于 (2), (c) 对应于(6), (d) 对应于 (3). 例 21. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 34 页41.如图 1-28 图 1-28 42(1) 利用连续函数的介值性定理可证. (2) 利用教材中定理1.7 和连续函数的介值性定理. 43.(1)汇, (2) 源, (3) 结点 . 44. 解
20、: (1) 当0时, 方程有一个平衡点0y, 当0时, 方程没有平衡点, 当0时 , 方程有两个平衡点y和y, 知0是方程的分歧值, 这是鞍结点分歧 , 相线如图 1-12. (2) 由分歧的必要条件,若为分歧值则满足21020yyy, 得21y或21y. 当2或2时, 方程有一个平衡点2y, 当2或2时, 方程有两个平衡点242y和242y, 当22时, 方程没有平衡点 , 知2和2是方程的分歧值, 在每个分歧值处均为鞍结点分歧. 相线如图1-13. (3) 当0时 , 方程有一个平衡点0y, 当0时 , 方程有两个平衡点0y和y, 知0是方程的分歧值, 这是跨越式分歧, 相线如图 1-14
21、. (4) 由分歧的必要条件,若为分歧值则满足33030yyy, 得21y或21y. 当2, 方程有两个平衡点2,1yy, 当2时,方程也有两个平衡点1,2yy. 2或2时 , 方程有一个平衡点, 当22时, 方精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 34 页程有三个平衡点, 知2和2是方程的分歧值. 这是复合式分歧. 设2, 方程330yy的实根为12y; 2时, 方程330yy的实根为22y; 22时, 方程330yy的实根为345,yyy, 且345212yyy, 相线如图 1-15. 图1-12图1-13图1-14 图1
22、-15 45.(1) 1,1是分歧值 , 当1或1时方程无平衡点, 当11时, 方程有无穷多个平衡点. (2) 10,2是分歧值 , 当0或12时方程无平衡点, 当102时, 方程有两个平衡点; 当12时, 方程有一个平衡点. 第二章习题答案1、 (a) (i) 是兔 -虎模型 ; (ii) 是蚊 -象模型；(b) (i): )0,0(, )2572,100(; (ii) )0 ,0(, )20,548(; 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 34 页(c) 设0)(1ty, 那么由两个方程组中的第二个方程的表达式可知0|
23、1ttdtdy， 因此从1tt开始，捕食者y将一直为零，即捕食此后者不会再生。类似可得食饵的同样状态。2、由图中轨线方向可判断出R,F 围绕正平衡点振幅逐渐递减地周期振荡，最终是螺旋式地趋近于正平衡点).35,21(并且 R,F 的值始终均为正的。见图2-2. 3、(a) 0sinsinsin)(sin22tttdttd. (b) 令vdtdy, 那么.,ydtdvvdtdy其相平面的解轨线与例2.3.1 是一样的， 但是解的图像是不同的。4、(i) (a) )0, 1(),(yxV；(b) 见图 2-14；(c) 当t时，解轨线水平向右；(ii) (a) ),(),(yvvyV；(b) 见图
24、 2-15；(c) 当t时，解轨线以)0 ,0(为圆心逆时针方向做圆周运动。(iii) (a) ),(),x(yxyV；(b) 见图 2-16；(c) 当t时, 从)-2,1 (出发的解轨线递增正向趋于x轴；从)1 , 1(出发的解轨线递减正向趋于x轴；(iv) (a) ),(),(yvvyV；(b) 见图 2-17；(c) 当t时, 从)-2, 1(出发的解轨线沿yv增长方向趋于)0,0(再沿yv趋于无穷；从) 1 , 1(出发的解轨线沿yv趋于无穷；(v) (a) )0,2(),(yxyxV；(b) 见图 2-3；(c) 当t时，从 (1,-2) 出发的解轨线沿x轴负向趋于)0,0(; 从
25、 (1,1) 出发的解轨线沿x轴正向趋于)0,0(. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 34 页图 2-14 图 2-15 5、(i) (b); (ii) (c); (iii) (d); (iv) (a). 6、(i) (a) 平衡解)92,91(；(b) 见图 2-18；(c) 当t时，解轨线逆时针螺旋式远离)0,0(. (ii) (a) 平衡解)0 ,2(k；(b) 见图 2-19；(c) 依赖于初始条件。图 2-16 图 2-17 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
26、- -第 12 页，共 34 页图 2-18 图 2-19 7、见图 2-6. 8、见图 2-7. 9、)(),(11tytx是解，)(),(22tytx不是解。10、 (i) .,221tecyctx(ii) .,3221ttecyecx11、 (a) 通解.011)()(22311ttecectvtu(b) 0)()(2tetvtu，ttteeetvtu31231)()(c) 见图 2-10. 12、 (a) ),()(),(3262221tttekekektytx; (b) )0,0(),(yx; (c) ),()(),(362ttteeetytx; (d) 见图 2-20. 精选学习资
27、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 34 页图 2-20 13、 (i) .103,yvdtdvvdtdy；ttetyety5221)(,)(；(ii) .4,yvdtdvvdtdy；ttetyety)32(2)32(1)(,)(；14、 (i) 59.0)5(,0.65)5(yx; (ii) 72.0)5(,94.1)5(yx15、直接代入验证；不矛盾，虽然解轨线是同一个，但是在任意时刻t, 二者不在同一位置。16、 (i) YdtdY1112; (ii) YdtdY25. 030; (iii) YdtdY280603523; (
28、iv) YdtdY1121. 17、.4,63yxdtdyyxdtdx；.,yxdtdyydtdx；.,yxdtdyyxdtdx。18、rxqypzdtdzzdtdyydtdx. 19、 (a) 因为bcadAdet，若0a，那么0b且0c；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 34 页(b) 由0detA可得。20、 (a) 平衡解为0v; (a) 平衡解为0v. 21、 (a) 将)(tY直接代入验证；(b) )22( ,2(22ttette. 22、 (a) 直接代入验证; (b) 线性无关； (c) )2-,2(22
29、ttteee. 23、直接代入验证。24、 (a) dtdyxdtdxydtdyxdtdxydtdW12212112; (b) 将dtdydtdydtdxdtdx2121,代入 (a)中的表达式 ; (c) taCetW)()(, 其中C是常数；(d) 若)0(1Y与)0(2Y线性无关，那么0)0(W, 进而对于所有的0t，0)(tW. 因此)(1tY与)(2tY线性无关。25、(i)3-221，; T21(1,0),)5-2(VVT，; T3221(1,0)(,)5-2()(tTtetYetY，; T3221(1,0)5-2()(tTtekektY，. (ii)-6-321，; T21(2,
30、1),)11(VVT，; T6231(2,1)(,) 11()(tTtetYetY，; T6231(2,1)11()(tTtekektY，. (iii) 21-21; TV) 10(1，; TtetY) 11()(21，. (iv)4-121，; T21(4,1),) 11 (VVT，; T421(4,1)(,) 11()(tTtetYetY，; T421(4,1) 11 ()(tTtekektY，. (v)2/ )5-3(2/)5(321，; T21)5(-2,1,)512(VVT，; T2/)53(22/)53(1)5(-2,1)(,)512()(tTtetYetY，; .T2/)53(2
31、2/)53(1)5(-2,1)512()(tTtekektY，. (vi) 3-221，; T21(1,1),) 12(VVT，; T3221(1,1)(,)12()(tTtetYetY，; T3221(1,1)12()(tTtekektY，. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 34 页26、 (i) 01)(2tetY; 15013)(32tteetY; 152019)(32tteetY; (ii) 2111)(25tteetY;211132)(25tteetY; 21)(2tetY(iii)15511051)(32t
32、teetY;15521053)(32tteetY; 1551-1059)(32tteetY. (iv) 1211)(32tteetY; 12)(3tetY; 1211)(32tteetY. 27、 (a) YpqdtdY10; (b) qp2, 2/)4(2qpp; (c) qp42; (d) 因为224pqp. 28、 (a)da21; T21a)-d(b,)01(VVT，; (b) 特征多项式22)(badda. 因为判别式为04)(22bda. 29、 (i) .103,yvdtdvvdtdy; 2,-521; 21,5121VV; 21)(,51)(2251ttetYetY. (ii)
33、 .4,yvdtdvvdtdy; 3-2,3-221; 3-2-1,32121VV; 3-2-1)(,321)()32(2)32(1ttetYetY. 30、 (A) (a) 汇； (b) 21012ttkeke，; (B) (a) 鞍点； (b) 1-31344ttkeke，; 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 34 页31、 (a) 鞍点； (b) 20221；011V，1412V；(c) 见图 2-11. 32、 (a) ; (b) . 33、 (i) i 221，; 中心 ; wT2;1f; 顺时针 . (ii)
34、 i11121，; 螺旋汇 ; 112T;211f; 逆时针 . (iii) 2/ )473(21i，; 螺旋源 ; 474T;447f; 逆时针 . 34、(a) qp42; (b) ,0qqp20时，螺旋汇；,0q0p时，中心；, 0q02pq时，螺旋源；(c) 0q. 35、特征根是一对共轭纯虚根。36、 (i) (a) -321；10V; (b) 030030y)(xtexetYtt; (c) 1001)(33ttteetY. (ii) (a) -321；11V; (b) 00003003xy)(yxytexetYtt; (c) 1101)(33ttteetY. 37、042qp；0q
35、. 38、 因为001caA, 所以a且0c； 同样由010dbA, 所以d且0b. 39、 (i)0, 121;121V,012V; (b)ttekkektY1212)(; (c) 01)(tY. (ii) 0, 521;121V,212V; (b)25125122)(kekkektYtt; 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 34 页(c) 25552525154)(keetYtt. 40、(a) da21,; 当da时，1V为x轴，2V为y轴； (b) 0)(YetYat, 0Y是初始条件； (c) 与(b)相同，只
36、是相图中的轨线方向相反。41、 (i) 22a, 汇；22a, 临界汇；220a, 螺旋汇；0a, 中心；220a, 螺旋源；22a, 临界源；22a, 源；分歧点22-a,0,22. (ii) 1a, 汇；1a, 负重根；10a, 螺旋汇；0a, 零重根；0a, 鞍点；分歧点-1a,0. 第三章第三章二阶线性常系数微分方程1.考虑两个参数的线性方程组.YabbadtdY若)0 ,0(分别是鞍点、汇、源，试在平面上确定出相应的区域。解：方程的特征方程为0)(2222baa. 解得特征根为baba22, 1。需分类讨论：（I）当0b时，知baba21。（i）当0baba，即ba时，)0,0(是汇
37、。（ii ）当baba0，即bab时，)0,0(是鞍点。（ii ）当baba0，即ba时，)0,0(是源。（II ）当0b时，知baba21。（i）当0baba，即ba时，)0,0(是汇。（ii ）当baba0，即bab时，)0, 0(是鞍点。（ii ）当baba0，即ba时，)0 ,0(是源。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 34 页图 3-1 2.求解下列给定二阶微分方程的通解: （1）07622ydtdydtyd解：方程的特征方程为0762. 解得特征根为1,721. 因此，ttetyety)(,)(271为齐次方
38、程的两个解。设21,kk为常数，使得0271ttekek。将上式两端求导得07271ttekek。令0t得. 07,02121kkkk由此得021kk。因此，tety71)(与tety)(2线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为ttececty271)(。（2）09622ydtdydtyd解：特征方程：0962. 解得特征根为321. 因此，tttetyety3231)(,)(为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03231tttekek。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 34 页将上式
39、两端求导得03)3(32312tttekekk。令0t，得021kk。因此，tety31)(与ttety32)(线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tttececty3231)(。（3）025822ydtdydtyd解：特征方程：02582. 解得特征根为.34,3421ii. 因 此 ，tetytetytt3s i n)(,3c o s)(4241为 齐 次 方 程 的 两 个 解 。设21,kk为常数，使得03sin3cos4241tektektt。将上式两端求导得03sin)43(3cos)34(421421tekktekktt。令0t得021kk。因此，t
40、etyt3cos)(41与tetyt3sin)(42线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tectectytt3sin3cos)(4241。（4）012722ydtdydtyd解：特征方程：01272. 解得特征根为4,321. 因此，ttetyety4231)(,)(为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得04231ttekek。将上式两端求导得0434231ttekek。令0t，得.043,02121kkkk由此得021kk。因此，tety31)(与tety42)(线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为ttececty4231)(
41、。（5）0922ydtyd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 34 页解：特征方程：092. 解得特征根为i321. 因此，ttytty3sin)(,3cos)(21为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03sin3cos21tktk。将上式两端求导得03cos3sin321tktk。令0t，得021kk。因此，tty3cos)(1与tty3sin)(2线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tctcty3sin3cos)(21。（6）010222ydtdydtyd解：特征方程：01022.
42、 解得特征根为ii31,3121. 因此，tetytetytt3sin)(,3cos)(21为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03sin3cos21tektektt。将上式两端求导得03sin)3(3cos)3(1221tekktekktt。令0t，得021kk。因此，tetyt3cos)(1与tetyt3sin)(2线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tectectytt3sin3cos)(21。3.求解下列初值问题: （1）.2)0( ,6)0(,03222yyydtdydtyd解：特征方程：0322. 解得特征根为1, 321. 因此，ttetye
43、ty)(,)(231为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得0231ttekek。将上式两端求导得03231ttekek。令0t，得. 03, 02121kkkk由此得021kk。因此，tety31)(与tety)(2线性精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 34 页无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为ttececty231)(。由已知初值条件，则有.23,62121cccc由此得. 4, 221cc则原方程满足初值条件的特解为tteety42)(3。（2）.4)0( , 1)0(,013422
44、yyydtdydtyd解：特征方程：01342. 解得特征根为.32,3221ii. 因此，tetytetytt3sin)(,3cos)(2221为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03sin3cos2221tektektt。将上式两端求导得03sin)32(3cos)32(212221tekktekktt。令0t，得021kk。因此，tetyt3cos)(21与tetyt3sin)(22线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tectectytt3sin3cos)(2221。由已知初值条件，则有.432, 1211ccc由此得.2, 121cc则原方程满足初
45、值条件的特解为tetetytt3sin23cos)(22。（3）.11)0( ,3)0(,016822yyydtdydtyd解：特征方程：01682. 解得特征根为421. 因此，tttetyety4241)(,)(为齐次方程的两个解。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 34 页设21,kk为常数，使得04241tttekek。将上式两端求导得0)4(4421ttteekk。令0t，得021kk。因此，tety41)(与ttety42)(线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tttececty4
46、241)(。由已知初值条件，则有.114, 3211ccc由此得. 1,321cc则原方程满足初值条件的特解为ttteety443)(。（4）.1)0( , 1)0(,06522yyydtdydtyd解：特征方程：0652. 解得特征根为3,221. 因此，ttetyety3221)(,)(为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03221ttekek。将上式两端求导得0323221ttekek。令0t，得.032,02121kkkk由此得021kk。因此，tety21)(与tety32)(线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为ttececty3221)(。由已
47、知初值条件，则有.132, 12121cccc由此得.1, 221cc则原方程满足初值条件的特解为tteety322)(。（5）.2)0( ,1)0(,018922yyydtdydtyd解：特征方程：01892. 解得特征根为.33,3321ii. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 34 页因此，tetytetytt3sin)(,3cos)(3231为齐次方程的两个解。设21,kk为常数，使得03sin3cos3231tektektt。将上式两端求导得03sin)33(3cos)33(212321tekktekktt。令
48、0t，得021kk。因此，tetyt3cos)(31与tetyt3sin)(32线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tectectytt3sin3cos)(3231。由已知初值条件，则有.233, 1211ccc由此得.31,121cc则原方程满足初值条件的特解为tetetytt3sin313cos)(23。（6）.1)0( ,1)0(,016422yyydtdydtyd解 ： 特 征 方 程 ：01642. 解 得 特 征 根 为.322,32221ii. 因 此 ，tetytetytt32sin)(,32cos)(2221为 齐 次 方 程 的 两 个 解 。
49、设21,kk为常数，使得032sin32cos2221tektektt。将上式两端求导得03sin)322(3cos)322(212221tekktekktt。令0t，得021kk。因此，tetyt32cos)(21与tetyt32sin)(22线性无关。则由二阶齐次常系数微分方程解的线性原理知，原方程的通解为tectectytt32sin32cos)(2221。由已知初值条件，则有. 1322, 1211ccc由此得.23, 121cc则原方程满足初值条件的特解为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 34 页tetetyt
50、t32sin2332cos)(22。4. 考虑简谐振动模型0322ydtdybdtyd，考虑当 b 变化时。轨线趋于原点速度的变化。解：齐次方程的特征方程为：032b. 解得特征根为21222,1bb。下面分几种情况讨论。2 （1）当0b时，特征值为正实数或者为实部为大于零的复数，可知解的轨线远离原点。（2）当0b时，特征值为i 32,1，方程的通解为tctctyh3sin3cos)(21，轨线为以圆点为中心的圆。（3）当320b时，特征值为21222, 1ibb，令2b，2122b，特征值为i2, 1，则方程的通解为tectectyttsincos)(21。令2221ccA，21arctan