常微分方程课后习题答案

1. 试证n阶非齐线形微分方程（4.1）存在且最多存在n+1个线形无关解。

证：设x1t,x2t,,xnt为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，xt是（4.1）的一个解，则：

x1txt,x2txt,,xntxt,xt, （1），均为（4.1）的解。同时（1）是线形无关的。

事实上：假设存在常数c1,c2,,cn1，使得：

c1x1txtc2x2txtcnxntxtcn1xt

0即:n

n1

i1

cixitxti1

ci0

我们说：n1

i1

ci0

否则，若n1

cn

cii1i0，则有：xti1

n1xit

i1

ci

（*）的左端为非齐线形方程的解，而右端为齐线形方程的解，矛盾！ n

从而有cixit0

i1又x1t,x2t,,xnt为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组， 故有：c1c2cn0,进而有:cn10 即（1）是线形无关的。

习题4.2

1. 解下列方程 （1）x

(4)

5x4x0

解：特征方程4

52

40有根12，22，31

，41 故通解为x=c2t

1e

c2t2ect3ec4et

(2)x3ax3a2xa3

x0 解：特征方程33a23a2a3

0

有三重根a 故通解为x=cat

1ecat2tec3t2eat

（3）x

(5)

4x0

解：特征方程5430

有三重根0，42，5-2 故通解为xct

21e

2c2e2tc3tc4tc5

（4）x2x10x0

解：特征方程2

2100有复数根1-1+3i,2-1-3i

故通解为xct

t

1ecos3tc2esin3t (5) xxx0

解：特征方程2

10有复数根13i11

2,i

22

, 故通解为xc1t1

1e

2

cos32tct3

2e2sin2

t

(6) sa2

st1

解：特征方程2a2

0有根1a,2-a 当a0时，齐线性方程的通解为s=cat1e

at

c2e

~sABt代入原方程解得AB1a

2

故通解为s=catat

11ec2e-a

2(t1)

当a=0时,s~

t2(11

1t2)代入原方程解得16,22

故通解为s=c12

1c2t-6

t(t3) (7) x4x5x2x2t3

解：特征方程342

520有根12,两重根1 齐线性方程的通解为x=c1e

2t

c2etc3tet

又因为0不是特征根，故可以取特解行如~xABt代入原方程解得A=-4，B=-1 故通解为x=c2t

1ect2ec3tet-4-t

(8) x

(4)

2xxt23

解：特征方程4

22

10有2重根1

，2重根1 故齐线性方程的通解为x=ct

t

1ec2tect

3e

c4tet

取特解行如~xAt2Btc代入原方程解得A=1，B=0,C=1 故通解为x=c1ec2tec3e(9)xxcost

解：特征方程10有复数根1

1

t2

t

t

t

c4tet+t21

3

1i13i

,2,31 22

1

故齐线性方程的通解为xc1e

t3

costc2e2sintc3et

22

取特解行如~xAcostBsint代入原方程解得A=

1

t2

1

11,B 22

故通解为xc1e

t331

costc2e2sintc3et(costsint)

222

(10) xx2x8sin2t

解：特征方程20有根1-2,21 故齐线性方程的通解为x=c1ec2e因为+-2i不是特征根

取特解行如~xAcos2tBsin2t代入原方程解得A=故通解为x=c1ec2e（11）xxe

解：特征方程10有复数根1

1

t2

t

2t

t

2t

2

26,B 55

26

cos2tsin2t 55

t

3

1i13i

,2,31 22

1

故齐线性方程的通解为xc1e原方程解得A=

t3

costc2e2sintc3et 1是特征方程的根，故~xAtet代入

22

1

3

1t2

t331

costc2e2sintc3et+tet

223

1

故通解为xc1e

（12）s2asase

解：特征方程2aa0有2重根-a 当a=-1时，齐线性方程的通解为s=c1ec2te,

t

t

2t

22

1

1是特征方程的2重根，故x~

At2et代入原方程解得A=2

通解为s=ct11ec2tet

2

t2, 当a-1时，齐线性方程的通解为s=cat

at1e

c2te,

1不是特征方程的根，故x~

Aet代入原方程解得A=1

(a1)

2

故通解为s=cat

cat1t

1e

2te+

(a1)

2

e （13）x6x5xe2t

解：特征方程2

650有根1-1,2-5 故齐线性方程的通解为x=ct

5t

1e

c2e

2不是特征方程的根，故x~

Ae2t代入原方程解得A=1

21

故通解为x=ct

5t1e

c2e+

121

e2t

（14）x2x3xe

t

cost

解：特征方程2

230有根1-1+2i,2-1-2i 故齐线性方程的通解为xct

1ecos2tct

2esin2t

1i 不是特征方程的根, 取特解行如x~

(AcostBsint)et代入原方程解得A=54

41,B41

故通解为xcttct

541ecos22esin2t+(cost41

sint)et41

(15) xxsintcos2t

解：特征方程2

10有根1i,2- i 故齐线性方程的通解为xc1costc2sint

xxsint,1i,是方程的解 x~

t(AcostBsint)代入原方程解得 A=

1

2

B=0 故~x12tcost

xxcos2t ~xAcos2tBsin2t代入原方程解得 A=13 B=0 故~x13

cos2t 故通解为xct11

1costc2sin2tcost3

cos2t

习题5.1

1.给定方程组

x‘=

01

x x=－10x1x （*） 

2 a)试验证u(t)=costsint10

sint,v(t)=cost分别是方程组（*）的满足初始条件u(0)=0, v(0)=1的解.



b)试验证w(t)＝c1u(t)+c2v(t)是方程组（*）的满足初始条件w(0)=

c1

c的解，其中c1,c2是任意常数. 2

解：a) u(0)=cos0sin0=1

0



u'(t)=

sint01costcost=10sint01

10

u(t) 

又 v(0)=sinocos0=0

1



v'(t)=

costsint= 01－10sintcost

=01

－10v(t) 

因此 u(t),v(t)分别是给定初值问题的解.

b) w(0)=c1

1u(0)+c2u(0)= c10+

c2

0c11=c 2

w'(t)= c1 u'(t)+ c2 v'(t) = csint

1

+ccost2

cost

sint 

=－c1sintc2cost

c

1costc2sint

=

01－10c1costc2sint

c1

sintc 2cost =01

－10w(t)



因此 w(t)是给定方程初值问题的解.

2. 将下面的初值问题化为与之等价的一阶方程组的初值问题：

a) x‘’+2x‘+7tx=e－t,x(1)=7, x‘(1)=-2

b) x（4）+x=tet,x(0)=1, x‘(0)=-1,x‘’(0)=2,x‘‘’(0)=0 c) x‘’

＋5y’－7x＋6y＝ety‘’－2y＋13y‘

－15x＝cost

x(0)=1, x‘(0)=0,y(0)=0,y‘

(0)=1

解：a）令 x1＝x, x2= x‘, 得

x' 1x'x2x'''7txet

2x12x2'

即 x10

1x1x2

7t

220xet 

又 x‘

1＝x(1)=7 x2(1)= x(1)=-2

于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：x‘

＝01－7－2x＋07et, x(1)＝2



其中 x＝

x1

x. 2

b) 令x＝x'

x''

'''

1＝x x23＝x x4＝x 则得：

x'1x'x2 

x'

2x''x3x''''

3xx4

x'tt4xtex1te

且 x'

''

1(0)=x(0)=1, x2=x(0)=-1, x3(0)= x(0)=2, x'''

4(0)= x(0)=0

于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：

010001

010001x1x'=0

x＋0 x(0)=－1, 其中 x=x20x. 3－100002tet0



x4c) 令w＝x'

1＝x， w2，w3＝y，w4＝y‘

，则原初值问题可化为：

w'

1x'w2w1(0)x(0)1w'''5wt

2x47w16w3e

且

w''

w2(0)x'(0)0 3yw4w3(0)y(0)0w'''4

y2w313w415w1costw4(0)y'(0)10

1

0 '

70650010

t即 w

we00 15

0213cost



1

w1 w(0)=0

其中 w＝w 2

0

1



w

3w43. 试用逐步逼近法求方程组 x'

＝

01

x－10x x＝1



x 2 满足初始条件

x(0)=x1

x

2

的第三次近似解. 解：0(t)01

01t0011000tt

1(t)1ds101

01t01s0t 0101ds1t2tt2

2(t) 212t3

0t01s20t3(t)1010sds6

12

1t2 12

习题5.2

02412—02 02412—03

1.试验证t=t2t

2t1



0

是方程组x=2

2t

'

1x

2x,x=1 ，在任何不包含原点的区间atb上的基解矩阵。

x2t

01t22t'解：令t的第一列为1(t)=2=22 1(t)故1(t)是一个解。同样如果以2t ,这时1(t)=

t2t

0112(t)表示t第二列，我们有2(t)=0= 222(t)这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。

t2t

又因为dett=-t2故t是基解矩阵。

2.考虑方程组x'=A(t)x (5.15)其中A(t)是区间atb上的连续nn矩阵，它的元素为aij(t),i ,j=1,2,„,n a) 如果x

1

(t),x

2

(t),„,x

n

(t)是(5.15)的任意n个解，那么它们的伏朗斯基行列式

W[x1(t),x2(t),„,xn(t)]W(t)满足下面的一阶线性微分方程W'=[a11(t)+a22(t)+„+ann(t)]W b) 解上面的一阶线性微分方程，证明下面公式：W(t)=W(t0)e

'x11

'x12

tt0[a11(s)a22(s)...ann(s)]ds

t0,t[a,b]

....

x1'n.

+

x11

'

x21

x12

'x22

....

x1n.'+„+

x11x21.1xn

x12x22.

2xn.......

....

x1n

解：w(t)=

'

'

x21

x22.xn2x21.xn1

...x2n...xnn

...x2n...xnn

x22.xn2

...x2n....xnn

.xn1

.xn1

.xn2

a11x11a12x21..a1nxn1

=

a11x12a12x22...a1nxn2...a11x1na12x2n...a1nxnn

x2n.xnn

a11x11

=

+„+

x11x21.

an1x11...annxn1x11x21.annxn1

x12x22.annxn2

.......x11

（a11+„+ann）

x12x22.

an1x21..annxn2x1nx2n.x12x22.xn2

....

.......

x1nx2n.

a11x12...a11x1nx22.xn2

.......

x2n.xnn

+„+

x21.xn1

...an1xnn...annxnn

整理后原式变为

...annxnn

x1n.

=（a11+„+ann）w(t)

x21.xn1

...x2n...xnn

=（a11(t)+„+ann(t)）w(t)

b)由于w'(t)=[ a11(t)+„+ann(t)] w(t),即

dw(t)

=[ a11(t)+„+ann(t)]dt w(t)

两边从t0到t积分lnw(t)-lnw(t0)=

[a

t0

t

11

(s)...ann(s)]ds即w(t)=w(t0)e

t0[a11(s)...ann(s)]ds

t

,t[a,b]

3.设A(t)为区间atb上的连续nn实矩阵，t为方程x'=A(t)x的基解矩阵，而x=(t)为其一解，试证：

a) 对于方程y'=-AT(t)y的任一解y=(t)必有T(t) (t)=常数；

b)(t)为方程y'=-AT(t)y的基解矩阵的充要条件是存在非奇异的常数矩阵C，使T(t) (t)=C. 解a)[ T(t) (t)]'= 

T'

(t)+ T'(t)= 

'T

'T

(t)+ T(t)A(t)

又因为'=-AT(t) (t)，所以=-T(t) A(t)

[ T(t) (t)]'=- T(t) (t)A(t)+ T(t) A(t) (t)=0, 所以对于方程y'=-AT(t)y的任一解y=(t)必有T(t) (t)=常数 b) “”假设为方程y'=-AT(t)y的基解矩阵，则 [ 

T

(t) (t)]'= [

T

(t)]' t+

T

(t) '(t)=[- AT(t) (t)]t+ 

T

(t) AT(t) )t+

T(t)[ A(t) (t)]=- T(t) AT(t) t+T(t) AT(t) t=0,故T(t) (t)=C

“”若存在非奇异常数矩阵C，detc0,使T(t) (t)=C， 则[ 

T

(t) (t)]= 

'T

'

T'

(t)+ 

T

T

'(t)=0，故

'

T'

(t)(t)=- 

T

T

(t) (t)A(t) 

'

T

T'

(t)=-

T(t) A(t) 所以

矩阵

(t)=- (t) A(t), (t)=- (t) A(t)即(t)为方程y=-A(t)y的基解

T

4.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：（1）t,(t- t0)是基解矩阵。

（2）由于t为方程x=Ax的解矩阵，所以t(t0)也是x=Ax的解矩阵，而当t= t0时，

'

1

'

(t0)1(t0)=E, (t- t0)=（0）=E. 故由解的存在唯一性定理，得t1(t0)=(t- t0)

5.设A(t),f(t)分别为在区间atb上连续的nn矩阵和n维列向量，证明方程组x'=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1个线性无关解。

证明：设x1,x2,„xn是x'=A(t)x的n个线性无关解， x是x'=A(t)x+f(t)的一个解，则x1+x, x2+x,„, xn+x,x都是非齐线性方程的解，下面来证明它们线性无关，假设存在不全为零的常数Ci,(I=1,2,„,n)使得

c(x

ii1

n

i

x)+cn1x=0,从而x1+x, x2+x,„, xn+x,x在atb上线性相关，此与已知矛盾，

因此x1+x, x2+x,„, xn+x,x线性无关，所以方程组x'=A(t)x+f(t)存在且最多存在n+1个线性无关解。 6、试证非齐线性微分方程组的叠加原理：

x'A(t)xf1(t) x'A(t)xf2(t)

的解，则x1(t)x2(t)是方程组

x'A(t)xf1(t)f2(t)

的解。

'

'

证明：xA(t)xf1(t) （1） xA(t)xf2(t) （2） 分别将x1(t),x2(t)代入（1）和（2）

则x1A(t)x1f1(t) x2A(t)xf2(t) 则x1x2A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)

'

'

'

'

[x1(t)x2(t)]'A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)

令xx1(t)x2(t)

即证 xA(t)xf1(t)f2(t) 7．考虑方程组xAxf(t)，其中

'

'

x121sint

xAf(t) xcost

022e2t

a)试验证 (t)

0

te2t'

是xAx的基解矩阵； 2te

1

b)试求xAxf(t)的满足初始条件(0)的解(t)。

1

'

证明：a)首先验证它是基解矩阵

e2t

以1(t)表示(t)的第一列 1(t)0 

2e2t21e2t21

1(t) 则1(t)002002

'

故1(t)是方程的解

te2t

如果以2(t)表示(t)的第二列 2(t)e2t 

e2t2te2t21te2t21

2t2(t) 我们有2(t)2e2t

02e02

'

故2(t)也是方程的解 从而(t)是方程的解矩阵 又det(t)

'

e2t0

te2te2t

e4t0

故(t)是xAx的基解矩阵；

b)由常数变易公式可知，方程满足初始条件(0)

1

的解 1

(t)(t)(0)(t)1f(s)ds

1`

t

e2t01

而(t)

te2t

2te1t2t

e 4te01

2t

(1t)e

(t)e2t



'

e0

2t

tete

2te00

2t2s

se

2s

e2s

1112t

(15t27)ecostsintsins2525258、

dscoss321e2tcostsint

555

试求xAxf(t)，其中 A

x1210

xf(t) 2t

x202e

满足初始条件

(0)

1

1

的解(t)。

e2t

解：由第7题可知xAx的基解矩阵 (t)

0

'te2t e2t

e2s01

则(s)

se2s

2se1s2s01e e4s

若方程满足初始条件(0)0

e2t

则有(t)(t)(s)f(s)ds00



t

1

122tte2tt1s2s0te eds22s2t0e01te2te

1

若(0)

1

te2t11

则有(t)(t)(0)1(t)0(s)f(s)ds0



1

122t122t

te2t1te(1tt)e9、试求222te1te2t(t1)e2t



下列方程的通解： a)xxsect,

''



2

t



2

''

解：易知对应的齐线性方程xx0的基本解组为x1(t)cost,x2(t)sint 这时W[x1(t),x2(t0]

t

costsint

sintcost

1

tsintcosscostsins

由公式得(t)secsds(sintcosttans)dstsintcostlncost

001

 通解为xc1costc2sinttsintcostlnt

b)x8xe

'''

解：易知对应的齐线性方程x8x0的基本解组为x1(t)e.

2t

'''2t

x2(t)etcos3t,x3(t)etsin3t

2 是方程的特征根

故方程有形如xAte的根 代入得A

2t

1 12

12t

te 12

故方程有通解x(c1cos3tc2sin3t)etc3e2tc)x6x9xe

''

'

t

解：易知对应的齐线性方程x''6x'9x0对应的特征方程为690,.1,23故方程的一个基本解组为x1(t)e,x2(t)te

3t

3t

2

W[x1(t),x2(t)]

e3t3e3t

3t

3s

te3te3t3te3t

esds

e6t

(t)

teeese0e6s

t

3t

3t3s

1t13t13t

etee424

因为te,e是对应的齐线性方程的解

3t

1t

e也是原方程的一个解 4

1t3t3t

故方程的通解为xc1ec2tee

4

故1(t)

10、给定方程x8x7xf(t)其中f(t)在0t上连续，试利用常数变易公式，证明： a)如果f(t)在0t上有界，则上面方程的每一个解在0t上有界； b)如果当t时，f(t)0，则上面方程的每一个解(t)（当t时）。 证明：a)f(t) 0t上有界

''

'

 存在M>0,使得f(t)M,t[0,)

又xe,xe

t

7t

是齐线性方程组的基本解组

非齐线性方程组的解 (t)0

t

e7tesete7seses

t

e7s7e7s

e7sesete7s

f(s)dsf(s)ds 8s06e

t

(t)

M

6



e7te7setesds

M817t4

(eet)M 67721

又对于非齐线性方程组的满足初始条件的解x(t)，都存在固定的常数c1,c2 使得x(t)c1e

7t

c2et(t)

从而x(t)c1e7tc2et(t)c1c2故上面方程的每一个解在0t上有界 b) t时，f(t)0

4M 21

0,N当t>N时f(t)

由a)的结论

x(t)c1e7tc2et(t)c1c2

故t时，原命题成立

44

M,(t) 2121

11、给定方程组 xA(t)x （5.15）

这里A(t)是区间axb上的连续nn矩阵，设(t)是（5.15）的一个基解矩阵，n维向量函数F(t,x)在

'

x'A(t)xF(t,x)

（*） axb，x上连续，t0[a,b]试证明初值问题：

(t0)

的唯一解(t)是积分方程组

x(t)(t)(t0)(t)1(s0F(s,x(s))ds （**）

t0

1

t

的连续解。反之，（**）的连续解也是初值问题（8）的解。 证明：若(t)是（*）的唯一解

则由非齐线性方程组的求解公式

(t)(t)(t0)(t)1(s)F(s,(s))ds

t0

1

t

即（*）的解满足（**）

反之，若(t)是（**）的解，则有

(t)(t)1(t0)(t)1(s)F(s,(s))ds

t0

t

两边对t求导：

'(t)'(t)1(t0)'(t)1(s)F(s,(s))ds(t)1(t)F(t,(t))

t

'(t)[1(t0)1(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))

t

A(t)(t)[1(t0)1(s)F(s,(s))ds]F(t,(t))

t

A(t)(t)F(t,(t))

即（**）的解是（*）的解

习题5.3

1、 假设A是nn矩阵，试证：

a) 对任意常数c1、c2都有

exp(c1A+c2A)=expc1A·expc2A

b) 对任意整数k,都有

(expA)k=expkA

(当k是负整数时，规定(expA)k＝[(expA)1]k)

证明：a) ∵（c1A）·（c2A）＝（c2A）·（c1A）

∴ exp(c1A+c2A)= expc1A·expc2A b) k>0时，(expA)k＝expA·expA„„expA ＝exp（A+A+„„+A）

＝expkA k0

(expA)k＝[(expA)1]k=[exp(-A)]k = exp(-A)·exp(-A)„„exp(-A) ＝exp[(-A)(-k)] ＝expkA

故k，都有(expA)k=expkA

2、 试证：如果(t)是x'

=Ax满足初始条件(t0)＝的解，那么

(t)＝[expA(t-t0)]

证明：由定理8可知(t)＝Ф(t)Ф-1(t0) ＋Ф(t)



t

-1t(s)f(s)ds

又因为Ф(t)= expAt , Ф-1

(t-1

0)=( expAt0)= exp(-At0), f(s)=0, 又因为矩阵 （At）·（- At0）=（- At0）·（At） 所以 (t)＝[expA(t-t0)]

3、 试计算下面矩阵的特征值及对应的特征向量

a）12

43233 b）453 442



12110c）111 d）0

0

01

 2016116

解：a）det（E－A）=

1

2

4

3

=(－5)(+1)=0

∴1=5, 2=－1 对应于1=5的特征向量u=



, (20) 

对应于=－1的特征向量v=

2, (0)



b) det（E－A）=(+1)(+2)(－2)＝0

∴1＝－1，2＝2，3＝－2

1对应于＝－1的特征向量u

11＝1， （ 0 ）

01对应于2的特征向量u

2＝2＝1， （ 0 ）

10对应于2的特征向量u

3＝－3＝1， （ 0 ）

1

1

21

c）det（E－A）=1

1

1＝(+1)2(－3)＝0 2

1

∴1＝－1（二重），2＝3

1

对应于1＝－1（二重）的特征向量u＝2， （ 0 ）2

对应于的特征向量v＝212＝3, （ 0 ） 2

1

d) det（E－A）=0

1=(+3)(+1)(+2)=0 6

11

6

∴1＝－1，2＝－2，3＝－3

 对应于1

1＝－1的特征向量u1＝1， （ 0 ）

1 对应于的特征向量u1

2＝－22＝2， （ 0 ）

4 对应于1

3＝－3的特征向量u3＝3， （ 0 ）

9

4、 试求方程组x'

=Ax的一个基解矩阵，并计算expAt，其中A为：

a）2112 b）1243 23310c）453 d）3811

442511

解：a）det（E－A）=0得1＝3，2＝－3

对应于

1



1的特征向量为u＝

2



， （ 0 ） 对应于1

2的特征向量为v＝23

， （ 0 ）

∴u＝



1

2，v＝1

2

是对应于1，2的两个线性无关的特征向量

3tФ(t)=e

e

3t



(23)e

3t

(2)e3t是一个基解矩阵 

ExpAt=

1(23)e(23)ee

e



2

e3t

e

3t

(2)e

3t

(23)e3t 

b) 由det（E－A）=0得1＝5，2＝－1

解得u＝1

，v＝

1

21是对应于

1，2的两个线性无关的特征向量 (t)＝e5t

则基解矩阵为Фet



2e5t

et 

1Ф(0)＝11－113321 Ф(0)＝2 3

13

expAt＝Ф(t) Ф－1

(0)＝1e5t2et

则e5tet

3

2e5t2et

2e5tet



c） 由det（E－A）=0得1＝2，2＝－2，3＝－1

e2t0et 解得基解矩阵Ф(t)＝2t

2te

eet

 

e2te2t

0

11Ф－1

(0)＝1

11

0 011

e2t

e2tete2tet

则expAt＝Ф(t) Ф－1

(0)＝e2t

e2t

t

e2te2tee2tet

 

e2te2te2te2t

e2t

d）由det（E－A）=0得1＝－3，2＝2＋7，3＝2－7

3e3te

(27)t

e(27)t



解得基解矩阵Ф(t)＝4754757e3t(27)t

(27)t



3

e3

e

 4e3t1(27)t

17(27)

3

e3et

则expAt＝Ф(t) Ф

－1

(0)＝

873t24(27)t247(27)t

3e3e3e



1563t122287(27)t12228(27)t

4eee999

327

e3t2627e(27)t2627e(27)t999

5、试求方程组x'

=Ax的基解矩阵，并求满足初始条件(0)的解(t)

a)A124

333030

b)A18

112



5117

121c)A11110

2010

a）由第4题（b）知，基解矩阵为e5t

解：et



2e5t

et 

3

32



所以2,

1

(t)2e5tet

4e5tet



b）由第4题（d）知，基解矩阵为

3e3te

(27)t

e(27)t



Ф(t)＝ 4754757e3t(27)t

(27)t



3

e3

e

 4e3t17(27)17(27)

3

et

3et

所以

52e3t4267(2)t4267(2)t

(t)33e3e



136473t7481467(2)t7481467(47eee2)t

9992087178227e3te(2)t178227e(2)t999

c) 由3（c）可知，矩阵A的特征值为1＝3，2＝－1（二重）

2



 u



1对应的特征向量为1＝，u2＝

 

423

1

 ∴0＝2

＋

 042



3



112142 解得



1v1

1

v1

22

 14

4142

12

(t)e3t

Evt

1e[Et(AE)]v2

13t12et2e

＝1e3t1

et 4143t12

e2et



6、 求方程组x'

=Ax＋f（t）的解(t)：

a)

(0)112

et1,A43,f(t)1

010b)

(0)0,A001,f(t)0

0



6116etc)

(0)1,A43sint

2



21,f(t)2cost解：a）令x'

=Ax的基解矩阵为Ф(t)

p()det(EA)(5)(1)0所以

1＝5，2＝－1e5t

解得Ф(t)＝et， 则Ф－1

(t)＝

1et



2e5t

et3e4t

2e5tФ

－1

(0)＝

111

321 

3e5tet

1t2求得(t)＝20

4e5

3 e5tet1et110

25



b）由det（E－A）=0得1＝－1，2＝－2，3＝－3 设1对应的特征向量为v1，则

 （A）v

1E－1=0，得v1＝0





1

1 取v1

2

31＝1，同理可得v2 ＝1，v3＝1

123



11 则Ф(t)＝

1

211

13 123



et

e5t

21

e2t13t3t14et4ete

从而解得(t)2e2t3e3t52et1

tet442



2t

93t7t1t4e4e4e2te

c）令x'

=Ax的基解矩阵为Ф(t) 由det（E－A）=0得1＝1，2＝2

32t解得对应的基解矩阵为Ф(t)＝t

e2eet2t e

∴Ф－1

(t)＝2e

t3et

 －1

23

e2t

e22t从而Ф(0)＝ 

22(t)(t)1

(0)(0)(t)t

1(s)f(s)ds

∴

cost2sintet(42132)3e2t(112)

2cost2sintet(423)2e2t12(112)



7、 假设m不是矩阵A的特征值。试证非齐线性方程组

x'Axcemt

有一解形如

(t)pemt

其中c，p是常数向量。

证：要证(t)pemt

是否为解，就是能否确定常数向量p

pmemtApemtcemt

则p（mE－A）＝c

由于m不是A的特征值 故mEA0 mE－A存在逆矩阵

那么p＝c（mE－A）－1

这样方程就有形如(t)pemt

的解

22

8、 给定方程组 

x1''3x1'2x1x2'x20

x2xx

1'1x2'20

a） 试证上面方程组等价于方程组u’=Au,其中

1u＝u1ux10

02x1'，A=2



44u3x2

121b） 试求a）中的方程组的基解矩阵

c） 试求原方程组满足初始条件

x1(0)=0, x1’(0)=1, x2(0)=0

的解。

证：a）令u1x1,u2x1',u3x2 则方程组①化为



u1'

x1'u2u2'x1''3u22u1u3'u3 u3

'x2'u22u1u3即u’＝0

1044

2

u’=Au ①

u211

反之，设x1=u1,x1’=u2,x2=u3 则方程组②化为



x1''4x14x1'2x2

x2'2x1x1'x21

''2xx

x1'2x12'x2x2'2x1x1'x2

b）由det（E－A）=0得1＝0，2＝1，3＝2

u201

由

4uu014u22u30 得102u1u2u302



同理可求得u2和u3

11

1取v10,v2121

,v32

2

0

23

1

则(t)0

2

etet1te2

e2t

2e2t是一个基解矩阵

0

c）令u1x1,u2x1',u3x2，则①化为等价的方程组①且初始条件变为u1(0)0,u2(0)1,u3(0)0.而②满足此初始条件的解为：

1eAteAt012et

32t2e22et

3e2t ③

01et



于是根据等价性，①满足初始条件的解为③式

9、 试用拉普拉斯变换法解第5题和第6题。 证明：略。 10、 求下列初值问题的解：

a)x1'x2'0x1(0)1,2(0)01'x2'1

b)

x1''3x1'2x1x2'x20x1'2x1x2'x20

1(0)1,1'(0)1,2(0)0

c)x1''m2x20x2

2''mx10

x1(0)1,x1'(0)2,x2(0)3,x2'(0)4

解：a)根据方程解得x111'＝

2 ， x2'＝－2

∴x11

1＝2t＋c1，x2＝－2

t＋c2

∵1(0)1 ∴

120＋c＝1

1＝1 ∴c1＝1 ∴x12

t＋1 ∵2(0)0

∴－

120＋c0 ∴c1

2＝2＝0 ∴x2＝－2

t 综上：x1

1＝2

t＋1

24

x12＝－

2

t b）对方程两边取拉普拉斯变换，得



s2X1(s)s13(sX1(s)1)2X1(s)sX2(s)X2(s)0sX1(s)12X1(s)

sX2(s)X2(s)0Xs23211111

1(s)(s1)(s2)(s2)3s14s212

s2

X)s2111

(s1)(s2)(s2)3s13

1

2(ss2

211(t)ete2t

12t

∴

34

12

e

t)1

2((ete2t3)

c）对方程两边取拉普拉斯变换，得

s2X1(s)s12m2X2(s)0s2

X2(s)s3

4

m2X2(s)0

即s2X1(s)－m2X2(s)＝s1＋2m2

X)＋s2

1(sX2(s)＝s3＋4

32解得X1(s)＝

1s＋2s＋m2s3＋4m2

s4m4

Xs)

33s24sm21s－m22

2(s4m4

122m212m

m

t1(t)[(1m24m4)cos2t(4m2234m4)sin2

t]e2

24m

[(122m212mt14m24m4)cos2t(4m2234m4)sin2

t]e2

2

m

2(t)[(

212)cosmt(122m

234122

t4m24m224m4m4)sin2

t]em

[(24m12m122mt22

234m4)cos2t(214m24m4)sin2

t]e

11、

假设y＝(x)是二阶常系数线性微分方程初值问题



y''ay'by0

0,y'(0)1

y(0) 解得

25

的解，试证y

x

(xt)f(t)dt是方程

y''ay'byf(x) 的解，这里f（x）为已知连续函数。 证明：y＝

x

(xt)f(t)dt

∵y’＝(0)f(x)



x

x

'(xt)f(t)dt0'(xt)f(t)dt

y''x

n

(xt)f(t)dt'(0)f(x)x0

n(xt)f(t)dtf(x)

∴y''ay'by

x''(xt)f(t)dtf(x)ax'(xt)f(t)dtbx

(xt)f(t)dtx

0

[''(xt)a'(xt)b'(xt)b(xt)]f(t)dtf(x)

f(x)

习题6.3

1. 试求出下列方程的所有奇点,并讨论相应的驻定解的稳定性态

dx

dtx(1xy) (1)dy

dt

1/4y(23xy)解: 由

x(1xy)0

1/4y(23xy)0

得奇点(0,0),(0,2),(1,0),(1/2,1/2)

对于奇点(0,0), A=10

01/2 由EA=0得

1=1>0,2=1/2>0

所以不稳定

对于奇点(0,2),令X=x,Y=y-2, 则A=1

0

3/21/2

得

1=-1, 2=-1/2 所以渐进稳定

同理可知,对于奇点(1,0),驻定解渐进稳定

对于奇点(1/2,1/2),驻定解渐进不稳定

dx

9x6y4xy2(2) 5dt

x

dy

dt

6x6y5xy4y2解: 由

9x6y4xy5x2

05xy4y20

得奇点(0,0),(1,2),(2,1)

6x6y对于奇点(0,0)可知不稳定

对于奇点(1,2)可知不稳定

26

对于奇点(2,1)可知渐进稳定



dxy(3) dt

dydt

x(yx2

),0解:由

y0得奇点

x(yx2

)0,0(0,0),(-1/,0) 对于奇点(0,0) 驻定解不稳定

对于奇点(-1/,0) 得驻定解不稳定



dxy(4) dtx

dydt

yx2(xy)(y22xy2/3x3

)解: 由

yx022得奇点(0,0),(1,1) 

yx(xy)(y2xy2/3x3

)0对于奇点(0,0)得驻定解不稳定

对于奇点(1,1)得驻定渐进稳定

2. 研究下列纺车零解的稳定性

3

(1)

x

2

dt3

5xdt

2

6dxdtx0

解:a0=1>0,a1=5>0,a2

=6>0



51

2

16

>0

a

3

=1>0 所以零解渐进稳定

(2)

dxdtxy,dydtyz,dzdt

zx(为常数)

解:A=100

1

 由EA=0得

3

32

323

1010

得



=11

1, 

2

=23

2

i i) +1/20 即>-1/2不稳定 iii) +1/2=0 即=-1/2稳定

27

28