常微分方程答案

常微分方程答案

青岛市建管网-高标准农田建设通则

习题1.2

4.给定一阶微分方程

2

dy

x

dx



，

(1).求出它的通解；

(2).求通过点1,4的特解；

(3).求出与直线

23yx

相切的解；

(4).求出满足条件1

0

2ydx的解；

(5).绘出(2),(3),(4)中的解得图形。

解：(1).通解显然为2,yxcc¡；

(2).把

1,4xy

代入2yxc得

3c

，故通过点1,4的特解为23yx；

(3).因为所求直线与直线

23yx

相切，所以

2

23

yxc

yx











只有唯一解，即

223xcx只有唯一实根，从而

4c

，故与直线

23yx

相切的解是

24yx；

(4).把2yxc代入1

0

2ydx即得53c，故满足条件

1

0

2ydx的解是

253yx；

(5).图形如下：

-1.5-1-0.500.511.5

1

2

3

4

5

6

7

y=x

2

+4

y=x

2

+3

y=x

2

+5/3

5.求下列两个微分方程的公共解：

242422,2yyxxyxxxyy





解：由2424222yxxxxxyy可得

222210yxxy

所以2yx或212yx，2yx代入原微分方程满足，而212yx代入原

微分方程不满足，故所求公共解是代入原微分方程不满足。

6.求微分方程20yxyy



的直线积分曲线。

解：设所求直线积分曲线是

ykxb

，则将其代入原微分方程可得

2

2

0

001

0

kb

kxkkxbkbkb

kk













或

所以所求直线积分曲线是

0y

或

1yx

。

8.试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：

(2).曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l；

(5).曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方。

解：因为过点,xy的切线的横截距和纵截距分别为

y

x

y





和yxy



，故

(2).2

2

2

y

xyxyl

y













；

(5).2yxyx



。

习题2.1

1.求下列方程的解：

(2).210ydxxdy，并求满足初值条件0,1xy的特解；

解：当0y，分离变量，得

2

11

1

dydx

yx





两边同时积分，得

11

ln1

ln1

xcy

yxc





又

0y

也是原方程的解，故210ydxxdy的通解是

1

,

ln1

0

c

xc

y

















¡

由初值条件

0,1xy

可得

1c

，故所求特解是

1

ln11

y

x





。

(4).

(1)(1)0xydxyxdy

解：当

0y

，分离变量，得

11yx

dydx

yx





两边同时积分，得

lnlnlnxxyycxyxyc

又

0y

也是原方程的解，故所求通解是

0y

和ln,xyxycc¡

(5).()()0yxdyxydx

解：原方程可化为

1

1

y

dyyx

x

y

dxyx

x











令

y

u

x



，则

2

111

11

duuu

uxdudx

dxuux







两边同时积分，得

2

1

arctanln(1)ln

2

uuxc

将

y

u

x

代入，得所求通解是

22

1

arctanln(),

2

y

xycc

x

¡

(6).220

dy

xyxy

dx



解：原方程可化为

2

22

1

yxy

dyyy

dxxxx











令

y

u

x



，则

2

2

1

1

duduu

uxuu

dxdxx





(1)

当210u，分离变量，得

21

dudx

x

u





两边同时积分，得

arctanlnuxc

又210u，即21u也是(1)的解，故(1)的通解是21u和arctanlnuxc。

将

y

u

x



代入，得原方程的通解是

22yx和

arctanln,

y

xcc

x

¡

(7).tancot0ydxxdy

解：当

tan0y

，分离变量，得

cottanydyxdx

两边同时积分，得

1

1

lnsinlncossincos,0cyxcyxcce

又tan0y，即sin0y也是原方程的解，而该解可在sincosyxc中令0c得

到，故所求通解是

sincos,yxcc¡

(8).

23

0

yxdye

dxy





解：分离变量，得

2

3x

y

e

yedy

dx



两边同时积分，得所求通解是

2

3

1

1

23

x

y

e

ec即23

1

23,6xyeeccc¡

(9).

(lnln)0xxydyydx

解：原方程可化为

1ln

(lnln)

dyyyy

dxxxyxx













令

y

u

x



，则

ln1

lnln

uu

duudu

ux

dxudxxu



(2)

当ln10uu，分离变量，得



lnln

ln

ln1ln1

udu

ududxdx

uuxux





两边同时积分，得

1

1

lnlnln1,0

ln1

c

u

xcucxuce

u





(3)

由原方程可得

0y

，从而

0u

。又ln10uu，即

ln1u

也是(2)的解，而

该解可在(3)中令0c得到，故(2)的通解是ln1,ucxuc¡。将

y

u

x



代入，得

原方程的通解是

ln1,

y

cyc

x

¡

(10).xy

dy

e

dx



解：分离变量，得

yxedyedx

两边同时积分，得所求通解是

,yxeecc¡

2.作适当的变量变换求解下列方程：

(1).2dy

xy

dx



解：令uxy，则原方程化为

2

2

11

1

dudydu

udx

dxdxu





两边同时积分，得

arctan,uxcc¡

将uxy代入，得原方程的通解是

arctan,xyxcc¡即tan,yxcxc¡

(3).

21

21

dyxy

dxxy







解：因为

210

11

,

210

33

xy

xy

xy













令

11

,

33

XxYy

，则原方程化为

2

2

dYXY

dXXY







再令

Y

u

X



，得



2

12

2

12

21

udu

duudX

uX

dXuX

uu











两边同时积分，得

1

222

122

ln12ln1,0cuuXcXuucce

将

11

,,

33

Y

uXxYy

X



代入，得原方程的通解是

22

2

,1313xyxyxyccc

(7).

yyyx

xxyx

dx

dy







32

3

23

32

解：原方程可化为

22

222

231

321

dyxy

dxxy







令221,1XxYy，则原方程化为

23

32

dYXY

dXXY







再令

Y

u

X



，得





221

23

3232

u

duudu

uX

dXudXXu









用分离变量法求解，得

5

411cuXu

将22,1,1

Y

uXxYy

X



代入，得原方程的通解是

5

22222,cxyxyc¡

习题2.2

1.求下列方程的解：

(5).

2

12

10

dyx

y

dxx





；

解：原方程可化为：

2

21

1

dyx

y

dxx





(4)

对应的齐次方程为

2

12dyx

y

dxx





，用变量分离法求得其解为21xycxe。令(4)的

解为21xycxxe，则将其代入(4)可得



2111xx

dcx

xecxec

dx



所以原方程的通解为

121221,xxxyecxexcxec¡

(8).

3

dyy

dxxy

=；

解：当

0y

时，原方程可化为：

3

2

dxxyx

y

dyyy



==(5)

这是未知函数为x的非齐次线性方程，对应的齐次方程为

dxx

dyy

=，用变量分离法

求得其解为xcy。令(5)的解为xcyy，则将其代入(5)可得



22

1

2

dcy

yycyyc

dy



所以(5)的通解为

2

1

,

2

xyycc









¡

又

0y

也是原方程的解，故原方程的通解为

0y

和2

1

,

2

xyycc









¡

(12).

(ln2)yxydxxdy

；

解：原方程可化为：

2

ln2dyx

yy

dxxx

=

(6)

这是

2n

的Bernoulli方程。当

0y

时，(6)两边同时除以2y，得

21

2lndyx

yy

dxxx

=

令1zy，则

2

2lndzdyx

yz

dxdxxx

=-=

(7)

其对应的齐次方程

2dz

z

dxx

=

的解为2zcx

，令(7)的解为2zcxx，则将其代入(7)

可得



222

ln

2ln4

dcx

x

xcxcxxx

dxx



所以(7)的通解为

22ln14,zcxxc¡

将1zy代入，得22ln14ycxx

。又

0y

也是原方程的解，故原方程的通

解为

0y

和22ln14,ycxxc¡

(13).22(2)xydyyxdx；

解：原方程可化为：

221

22

dyyxy

dxxyxy



(8)

这是

1n

的Bernoulli方程，(8)两边同时乘以y，得

21

2

dyy

y

dxx



令2zy，则

2

1

dzdyz

y

dxdxx

=2=

(9)

其对应的齐次方程

2dzz

dxx

=

的解为2zcx，令(9)的解为2zcxx，则将其代入(9)

可得



2

1

1

dcx

xcxc

dxx



所以(9)的通解为

22

1

,zcxcxxc

x









¡

将2zy代入，得原方程的通解为

22,ycxxc¡

(16).

0

()x

xyeytdt；

解：原方程两边同时对x求导可得

x

dy

eyx

dx



在原方程中，当

0x

时，

1y

。故原方程等价于Cauchy问题

01

x

dy

ey

dx

y















(10)

由常数变易法易得x

dy

ey

dx



的通解为,xyexcc¡，再由01y可得

1c

，故Cauchy问题(10)的解为1xyex，这也是原方程的解。

习题2.3

1.验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解：

(2).0)4()3(2dyxydxxy；

解：因为23,(4)MyxNyx，所以

1,1

MN

yx







故原方程是恰当方程。

令函数u满足,

uu

MN

xy







，则由

u

M

x







可得

233uyxdxyxyxy

再由

u

N

y







可得



2(4)2

dy

xyxyy

dy





所以322uxyxy，故原方程的通解是

322,xyxycc¡

(2).0)2(3)23(22232dyyyxdxxxy；

解：因为23222(32),3(2)MxyxNxyy，所以

12,12

MN

xyxy

yx







故原方程是恰当方程。

令函数u满足,

uu

MN

xy







，则由

u

M

x







可得

232242323uxyxdxyxyxy

再由

u

N

y







可得



2223632

dy

xyxyyyy

dy





所以22433uxyxy，故原方程的通解是

22433,xyxycc¡

2.求下列方程的解：

(4).22ydxxdyxydx

；

解：原方程两边同时除以22xy，得

22

arctan

ydxxdyx

dxddx

xyy













所以原方程的通解是

arctan,

x

xcc

y

¡

(6).01xdydxxyy；

解：因为1,,1,1

MN

MyxyNxx

yx







，所以原方程不是恰当的。由

11dx

x

MN

yx

ee

N















可得积分因子xe，原方程两边同时乘以，得

0xxxxyedxedxxyedxxedy

即

0xxxydxedexedy

所以

xxxyeec

故原方程的通解是

,xxycec¡

(8).02xdydxyx；

解：因为2,,2,1

MN

MxyNx

yx







，所以原方程不是恰当的。由

11dx

x

MN

yx

ex

Nx











可得积分因子x，原方程两边同时乘以，得

2220xdxxydxxdy

即

322

1

0

3

dxydxxdy

所以

32

1

,

3

xxycc¡

此即为原方程的通解。

5.试证齐次微分方程0,,dyyxNdxyxM当

0xMyN

时有积分因子

1

xMyN





。

证明：齐次微分方程0,,dyyxNdxyxM两边同时乘以得

,,0MxydxNxydy

所以









2

2

MMN

xMyNMxNy

M

yyy

M

yyxMyN

xMyN

MN

yNMNyM

yy

xMyN

















































2

2

NMN

xMyNNMxy

N

N

xxx

xxxMyN

xMyN

NM

xMMNxN

xx

xMyN









































原方程可化为





,

,

Mxy

dy

dxNxy

。因为原方程是齐次方程，故可设





,

,

Mxy

dyy

g

dxNxyx









@

令

y

u

x



，则

2

1

,

gdgduydggdgdudg

xdudxxduydudyxdu







又因为



2

,

1

,

Mxy

gMN

NM

xxNxyNxx























2

,

1

,

Mxy

gMN

NM

yyNxyNyy





















所以

2

222

1ydgMNMNydg

NMNMN

xduNxxxxxdu













2

2

111dgMNMNdg

NMNMN

xduNyyyyxdu













从而









22

2

22

2

2

1

0

MN

NM

yNMNyM

xMMNxN

MN

yy

xx

yx

xMyNxMyN

MNNM

yNMxMN

yyxx

xMyN

dgydg

yNxN

xduxdu

xMyN



























































故

1

xMyN





是齐次微分方程0,,dyyxNdxyxM当

0xMyN

时的积

分因子。

习题2.4

1.求解下列方程：

(1).yyx







13；

解：当

0y





时，原方程可化为

32

11

x

yy





令py



，则

32

11

x

pp

，两边对y求导，得

43

132dp

pppdy









即

322

3232

2

dydpyc

pppp









又0y



时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是

32

2

11

,

32

2

x

pp

pc

yc

pp





















¡为参数,

(3).yeyy

2；

解：令

py





，则2pype，两边对x求导，得

22pp

dp

ppepe

dx



所以

000pyy



代入原方程

或

121pp

dp

pexpec

dx



所以原方程的通解是

0y

和



2

1

,

p

p

xpec

pc

yye

















¡为参数,

习题2.5

1.求解下列方程：

(3).

4sin1y

dy

ex

dx



；

解：原方程两边同时乘以ye，得

4sin4sin

y

yyy

dyde

exexe

dxdx



令yue，则

4sin

du

xu

dx



用常数变易法易得其解为2sincosxxuxxece，故原方程的通解为

2sincos,yxxexxecec¡

(11).

2

1

3

dyxy

dxxy







；

解：原方程可化为

2130xydxxydy

由



23

1

1,1

xy

xy

yx









可得，这是一个恰当方程，即

223

11

3030

23

xdxydxdxxdyydydydxdxydxdydy

所以原方程通解为

23

11

3,

23

xxyxyycc¡

(19).

2

240

dydy

xyx

dxdx









；

解：令

py





，则由原方程可得

0p

，故原方程可化为

242

22

xpxxx

yp

pp



(11)

两边对x求导，得

22

22212

2222

pxdpxdppdp

px

dxppdxppdx









所以

2

022

2

p

pyx

p

代入(11)

或

2

12

1,0

2

xdp

pcxycxc

pdxc

代入(11)

又

0y





时，原方程恒不成立，所以原方程的参数形式的通解是

2yx和2

12

,0

2

ycxc

c



(29).xy

dyy

e

dxx



；

解：令uxy，则

dudy

yx

dxdx



，故

2

2

1

2

uuuu

duuu

xexeeduxdxexc

dxxx











所以原方程通解为

2

1

,

2

xyxecc¡

习题3.1

1.求方程2

dy

xy

dx



通过点(0,0)的第三次近似解。

解：2,fxyxy，令

00

()0xy，则



0

2

100

0

1

,

2

xx

x

xyfxxdxxdxx



0

2

25

201

0

111

,

2220

xx

x

xyfxxdxxxdxxx





















0

302

2

2525811

0

,

111111

22

x

x

x

xyfxxdx

xxxdxxxxx























为所求的第三次近似解。

3.求初值问题



22,:11,1,

10

dy

xyRxy

dx

y















(12)

的解的存在区间，并求第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计。

解：因为22,fxyxy，1ab，





,

max,4

xyR

Mfxy



，所以

1

min,

4

b

ha

M









，从而解得存在区间为

1

1

4

x

，即

53

44

x

。

又因为22,fxyxy在R上连续，且由22fyyL可得,fxy在

R上关于y满足Lipschitz条件，所以Cauchy问题(12)在

53

44

x

有唯一解

yx。

令

00

()0xy，则



0

23

100

1

1

,1

3

xx

x

xyfxxdxxdxx







0

2

347

23

201

1

111

,1

342931863

xx

x

xxxx

xyfxxdxxxdx





















误差为：





3

2

1

21!24

Lh

M

xx

L





10.给定积分方程

,b

a

xfxKxd(*)

其中fx是,ab上的已知连续函数，,Kx是

axb

，

ab

上的已知连

续函数。证明当足够小时(是常数)，(*)在,ab上存在唯一的连续解。

证明：分四个步骤来证明。

㈠.构造逐步逼近函数序列



0

xfx



1

,,0,1,2,b

nn

a

xfxKxdn



L

由fx是,ab上的连续函数可得

0

x在,ab上连续，故再由,Kx是

axb

，

ab

上的连续函数可得

1

x在,ab上连续，由数学归纳法易证



n

x在,ab上连续。

㈡.证明函数列

n

x在,ab上一致收敛。

考虑级数



01

1

,,

kk

k

xxxxab







(13)

由



01

1

n

kkn

k

xxxx







知，

n

x的一致收敛性与级数(13)的一致收敛性等价。

令max

axb

Mfx





，

,

max,

axb

ab

LbaKx









。由(13)有







10

,

,

,

max,max

b

a

b

a

b

a

axbab

ab

xxKxfd

Kxfd

KxfdML



























所以







2110

10

2

,

,

,

b

a

b

a

b

a

xxKxd

Kxd

MLKxdML



















假设对正整数n，有不等式



1

,,n

nn

xxMLxab





(14)

则







11

1

1

,

,

,,,

b

nnnn

a

b

nn

a

b

nn

a

xxKxd

Kxd

MLKxdMLxab

























所以(14)对任意正整数n都成立。

因为

1

n

n

ML





为正项级数，且当足够小时，



,

max,1

axb

ab

LbaKx









(15)

故

1

n

n

ML





收敛，从而由Weierstrass判别法，级数

1

1

kk

k

xx







一致收敛，

故级数(13)一致收敛，所以函数列

n

x在,ab上一致收敛。

㈢.证明lim

n

n

xx





是积分方程(*)在,ab上的连续解。

因为由㈠和㈡可得

n

x在,ab上连续，n

x在,ab上一致收敛，故

x在,ab上连续，且函数列,

n

Kxx在,ab上一致收敛，所以对



1

,b

nn

a

xfxKxd





两边取极限可得





1

limlim,

,lim

b

nn

a

nn

b

n

a

n

xfxKxd

fxKxd



















从而

,b

a

xfxKxd

所以x是积分方程(*)在,ab上的连续解。

㈣.证明x是积分方程(*)在,ab上的唯一解。

设x是积分方程(*)在,ab上的另一连续解，则

,b

a

xfxKxd

令gxxx

，则









,

,

max,

max

b

a

b

a

b

a

axb

axb

gxKxd

Kxd

xxKxd

Lgx

























对,xab都成立，上式两边对x取最大值可得

maxmax

axbaxb

gxLgx





如果max0

axb

gx





，则由上式有

1L

这与(15)矛盾，故max0

axb

gx





，即0gx，所以xx，从而x是积

分方程(*)在,ab上的唯一解。

证毕。

习题3.2

1.求



21

,,

00

dy

y

x

dx

xyG

y

y

























(16)

的解的存在区间及延拓解的饱和区间。

解：对任意充分大的

,ab

，令

xa

R

yb















，则2,1fxyy在R上连续且关于y

满足Lipschitz条件，故(16)存在唯一解。由



21

00

dy

y

dx

y















可得

tanyx

，解的存在

区间为xh，

2

min,

1

b

ha

b











。由于

,ab

充分大，故存在充分小的

0

，使

得(16)的解的存在区间为x。

由于2,1fxyy在

G

上连续和关于y满足局部Lipschitz条件，故解

tanyx，x可延拓。

又当2x时，tanx；2x时，tanx，故由推论，

延拓解的饱和区间为22x。

习题4.1

3.已知齐次线性微分方程的基本解组

12

,xx，求下列方程对应的非齐次线性微分

方程的通解：

(2)

12

1

1,,

11

t

t

xxxtxtxe

tt







解：令所求通解为



12

txtcttcte

则













12

111

222

12

0

1

1

1

t

tt

t

cttcte

ctctt

cttectte

cttctet









































所以，所求通解为

2

12

1txttett

(5)22

12

634,,lntxtxxttxtxtt





解：22

2

6

63434

xx

txtxxttx

ttt







令所求通解为



12

lnxtcttcttt

则













121

12

2

2

11

22

6

ln0ln34

6

ln34

6

34

341ln3ln

346ln

cttctttctt

t

cttcttt

ct

t

t

ctttt

cttt





























































所以，所求通解为

22

12

ln343lnxttttttt

4.已知方程

2

2

0

dx

x

dt

有基本解组为ttee,，试求此方程适合初值条件

01,00xx





及

00,01xx





的基本解组（称为标准基本解组，即有01W），并由此求出方程的适合初值

条件



00

0,0xxxx





的解。

解：因为ttee,是方程

2

2

0

dx

x

dt

的基本解组，故

2

2

0

dx

x

dt

的通解为



1212

,,ttxtcececc¡

由01,00xx



可得，

12

12

12

1

11

ch

0

22

tt

cc

ccxteet

cc















由00,01xx



可得，

12

12

12

0

111

,sh

1

222

tt

cc

ccxteet

cc















又cht和sht线性无关，所以

2

2

0

dx

x

dt



适合初值条件01,00xx



及

00,01xx



的基本解组为

cht

，

sht

，从而

2

2

0

dx

x

dt

的通解又可表示为



1212

chsh,,xtctctcc

%%%%

¡

故由

00

0,0xxxx



可得

1020

,cxcx





%%

，于是适合初值条件



00

0,0xxxx



的解为



00

chshxtxtxt





习题4.2

2.求解下列常系数线性微分方程：

(1)(4)540xxx





解：特征方程：42540

特征根：

1234

2211，，，

基本解组：22,,,tttteeee

所求通解：

22

1234

,,1,2,3,4tttt

i

xcececececi¡

(2)23330xaxaxax





解：特征方程：0333223aaa

特征根：

1,2,3

a

基本解组：2,,atatatetete

所求通解：

2

123

,,1,2,3at

i

xcctcteci¡

(3)(5)40xx





解：特征方程：0435

特征根：

1,2,345

022，，

基本解组：2221,,,,ttttee

所求通解：

222

12345

,,1,2,3,4,5tt

i

xcctctcececi¡

(4)0xxx





解：特征方程：

012

特征根：

1,2

13

2

i







基本解组：

11

22

33

cos,sin

22

ttetet



所求通解：

11

22

12

33

cossin,,1,2

22

tt

i

xcetcetci¡

(5)21sast



（属于类型Ⅰ）

解：齐次方程：20sas





特征方程：022a

特征根：

12

,aa

当0a，齐次方程通解：

12

,,1,2atat

i

scececi¡，此时0不是特征根，

故设特解为sAtB

%

，将其代入原方程可得

2

1

a

BA

，从而特解为



2

1

1st

a



%

，所以所求通解：



12

2

1

1,,1,2atat

i

scecetci

a

¡

当0a，0是二重特征根，故齐次方程通解：

12

,,1,2

i

scctci¡，设特

解为2stAtB

%

，则将其代入原方程可得

11

,

62

AB

，从而特解为

2

11

62

stt









%

，所以所求通解：

2

12

11

,,1,2

62i

scctttci









¡

(6)45223xxxxt



（属于类型Ⅰ）

解：齐次方程：

4520xxxx





特征方程：025423

特征根：

1,23

1,2

齐次方程通解：2

123

,,1,2,3tt

i

xcctececi¡

0不是特征根，故设特解为

xAtB

%

，将其代入原方程可得

1,4AB

，

从而特解为

4xt

%

，所以所求通解：

2

123

4,,1,2,3tt

i

xcctecetci¡

(7)(4)223xxxt



（属于类型Ⅰ）

解：齐次方程：(4)20xxx





特征方程：42210

特征根：

1,23,4

1,1

齐次方程通解：

1234

,,1,2,3,4tt

i

xccteccteci¡

方法一：常数变易法求解

设原方程通解为

1234

ttttxctecttectectte，则

















1234

1

1234

2

3

1234

4

2

1234

0

0

0

3

tttt

tttt

tttt

tttt

ctecttectectte

ct

ctecttectectte

ct

ct

ctecttectectte

ct

ctecttectecttet











































































L

L

L

L









1

2

3

4

ct

ct

ct

ct

























L

L

L

L

所以将,1,2,3,4

i

cti代入

1234

ttttxctecttectectte中即得原方

程通解：

2

1234

1,,1,2,3,4tt

i

xcctecctetci¡

方法二：比较系数法求解

由于0不是特征根，故设特解为2xAtBtC

%

，将其代入原方程可得

1,0,1ABC，从而特解为21xt

%

，所以所求通解：

2

1234

1,,1,2,3,4tt

i

xcctecctetci¡

(10)txxe



（属于类型Ⅱ）

解：齐次方程：

0xx





特征方程：

013

特征根：

1,23

13

,1

2

i







齐次方程通解：

11

22

123

33

cossin,,1,2,3

22

tt

t

i

xcetcetceci¡

由于1是一重特征根，故设特解为txAte

%

，将其代入原方程可得

1

3

A

，从

而特解为

1

3

txte

%

，所以所求通解：

11

22

123

331

cossin,,1,2,3

223

tt

tt

i

xcetcetceteci¡

(12)texxx256







（属于类型Ⅱ）

解：齐次方程：

650xxx





特征方程：0562

特征根：

12

1,5

齐次方程通解：5

12

,,1,2tt

i

xcececi¡

由于2不是特征根，故设特解为2txAe

%

，将其代入原方程可得

1

21

A

，从

而特解为

1

21

txe

%

，所以所求通解：

5

12

1

,,1,2

21

ttt

i

xceceeci¡

(14)ttxx2cossin



（属于类型Ⅲ的混合，注意sint和cos2t中t的系数不

一样）

解：齐次方程：0xx





特征方程：012

特征根：

12

i

，

齐次方程通解：

12

cossin,,1,2

i

xctctci¡

①对于sinxxt



，由于ii是一重特征根，故设其特解为



101

cossinxtAtAt

%

，则将其代入sinxxt



可得

01

1

,0

2

AA

，从而

sinxxt



的特解为

1

1

cos

2

xtt

%

；

②对于

cos2xxt





，由于

2ii

不是特征根，故设其特解为

201

cos2sin2xBtBt

%

，则将其代入cos2xxt



可得

01

1

,0

3

BB

，从而

cos2xxt



的特解为

2

1

cos2

3

xt

%

。

所以原方程特解为

12

11

coscos2

23

xxxttt

%%%

，故所求通解：

12

11

cossincoscos2,,1,2

23i

xctcttttci¡

(15)2441ttxxxee



（属于类型Ⅰ和Ⅱ的混合）

解：齐次方程：

440xxx





特征方程：2440

特征根：

12

2

，

齐次方程通解：2

12

,,1,2t

i

xccteci¡

①对于44txxxe



，由于1不是特征根，故设其特解为

10

txAe

%

，则将

其代入44txxxe



可得

0

1A，从而44txxxe



的特解为

1

txe

%

；

②对于244txxxe



，由于2是二重特征根，故设其特解为22

20

txBte

%

，

则将其代入244txxxe



可得

0

1

2

B

，从而244txxxe



的特解为

22

2

1

2

txte

%

；

③对于

441xxx





，由于0不是特征根，故设其特解为

30

xC

%

，则将其

代入441xxx



可得

0

1

4

C

，从而441xxx



的特解为

3

1

4

x

%

。

所以，原方程特解为22

123

11

24

ttxxxxete

%%%%

，故所求通解：

222

12

11

,,1,2

24

ttt

i

xccteeteci¡

(20)

1

1

sin

xx

t





（不属于类型Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的混合，用常数变易法求解）

解：齐次方程：0xx





特征方程：012

特征根：

12

i

，

齐次方程通解：

12

cossin,,1,2

i

xctctci¡

设原方程通解为

12

cossinxcttctt，则













12

1

1

22

12

cossin0

cos

1sin

1

coscotsinlnsin

cossin1

sin

cttctt

cttt

ctt

ctttcttt

cttctt

t











































所以所求通解：

12

12

cossincoscossinlnsinsin

cossin1cossinlnsin,,1,2

i

xctcttttttt

ctctttttci



¡

3.求下列方程的通解：

(1)20txtxx





解：做变换ute，则

22

222

11

,

dxdxdxdxdx

dttdudttdudu









所以原方程可化为

22

12

22

00,,1,2uu

i

dxdxdxdx

xxxcececi

dudududu

¡

由lnut可得所求通解：

2

1

,,1,2

i

c

xctci

t

¡