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x1t,x2t,,xnt为(4.1)对应的齐线形方程的一个基本解组,xt是(4.1)的一个解,则:
x1txt,x2txt,,xntxt,xt, (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,,cn1,使得:
c1x1txtc2x2txtcnxntxtcn1xt
0即:n
n1
i1
cixitxti1
ci0
我们说:n1
i1
ci0
否则,若n1
cn
cii1i0,则有:xti1
n1xit
i1
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cixit0
i1又x1t,x2t,,xnt为(4.1)对应的齐线形方程的一个基本解组, 故有:c1c2cn0,进而有:cn10 即(1)是线形无关的。
习题4.2
1. 解下列方程 (1)x
(4)
5x4x0
解:特征方程4
52
40有根12,22,31
,41 故通解为x=c2t
1e
c2t2ect3ec4et
(2)x3ax3a2xa3
x0 解:特征方程33a23a2a3
0
有三重根a 故通解为x=cat
1ecat2tec3t2eat
(3)x
(5)
4x0
解:特征方程5430
有三重根0,42,5-2 故通解为xct
21e
2c2e2tc3tc4tc5
(4)x2x10x0
解:特征方程2
2100有复数根1-1+3i,2-1-3i
故通解为xct
t
1ecos3tc2esin3t (5) xxx0
解:特征方程2
10有复数根13i11
2,i
22
, 故通解为xc1t1
1e
2
cos32tct3
2e2sin2
t
(6) sa2
st1
解:特征方程2a2
0有根1a,2-a 当a0时,齐线性方程的通解为s=cat1e
at
c2e
~sABt代入原方程解得AB1a
2
故通解为s=catat
11ec2e-a
2(t1)
当a=0时,s~
t2(11
1t2)代入原方程解得16,22
故通解为s=c12
1c2t-6
t(t3) (7) x4x5x2x2t3
解:特征方程342
520有根12,两重根1 齐线性方程的通解为x=c1e
2t
c2etc3tet
又因为0不是特征根,故可以取特解行如~xABt代入原方程解得A=-4,B=-1 故通解为x=c2t
1ect2ec3tet-4-t
(8) x
(4)
2xxt23
解:特征方程4
22
10有2重根1
,2重根1 故齐线性方程的通解为x=ct
t
1ec2tect
3e
c4tet
取特解行如~xAt2Btc代入原方程解得A=1,B=0,C=1 故通解为x=c1ec2tec3e(9)xxcost
解:特征方程10有复数根1
1
t2
t
t
t
c4tet+t21
3
1i13i
,2,31 22
1
故齐线性方程的通解为xc1e
t3
costc2e2sintc3et
22
取特解行如~xAcostBsint代入原方程解得A=
1
t2
1
11,B 22
故通解为xc1e
t331
costc2e2sintc3et(costsint)
222
(10) xx2x8sin2t
解:特征方程20有根1-2,21 故齐线性方程的通解为x=c1ec2e因为+-2i不是特征根
取特解行如~xAcos2tBsin2t代入原方程解得A=故通解为x=c1ec2e(11)xxe
解:特征方程10有复数根1
1
t2
t
2t
t
2t
2
26,B 55
26
cos2tsin2t 55
t
3
1i13i
,2,31 22
1
故齐线性方程的通解为xc1e原方程解得A=
t3
costc2e2sintc3et 1是特征方程的根,故~xAtet代入
22
1
3
1t2
t331
costc2e2sintc3et+tet
223
1
故通解为xc1e
(12)s2asase
解:特征方程2aa0有2重根-a 当a=-1时,齐线性方程的通解为s=c1ec2te,
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=ct11ec2tet
2
t2, 当a-1时,齐线性方程的通解为s=cat
at1e
c2te,
1不是特征方程的根,故x~
Aet代入原方程解得A=1
(a1)
2
故通解为s=cat
cat1t
1e
2te+
(a1)
2
e (13)x6x5xe2t
解:特征方程2
650有根1-1,2-5 故齐线性方程的通解为x=ct
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)x2x3xe
t
cost
解:特征方程2
230有根1-1+2i,2-1-2i 故齐线性方程的通解为xct
1ecos2tct
2esin2t
1i 不是特征方程的根, 取特解行如x~
(AcostBsint)et代入原方程解得A=54
41,B41
故通解为xcttct
541ecos22esin2t+(cost41
sint)et41
(15) xxsintcos2t
解:特征方程2
10有根1i,2- i 故齐线性方程的通解为xc1costc2sint
xxsint,1i,是方程的解 x~
t(AcostBsint)代入原方程解得 A=
1
2
B=0 故~x12tcost
xxcos2t ~xAcos2tBsin2t代入原方程解得 A=13 B=0 故~x13
cos2t 故通解为xct11
1costc2sin2tcost3
cos2t
习题5.1
1.给定方程组
x‘=
01
x x=-10x1x (*)
2 a)试验证u(t)=costsint10
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)=cos0sin0=1
0
u'(t)=
sint01costcost=10sint01
10
u(t)
又 v(0)=sinocos0=0
1
v'(t)=
costsint= 01-10sintcost
=01
-10v(t)
因此 u(t),v(t)分别是给定初值问题的解.
b) w(0)=c1
1u(0)+c2u(0)= c10+
c2
0c11=c 2
w'(t)= c1 u'(t)+ c2 v'(t) = csint
1
+ccost2
cost
sint
=-c1sintc2cost
c
1costc2sint
=
01-10c1costc2sint
c1
sintc 2cost =01
-10w(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=ety‘’-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' 1x'x2x'''7txet
2x12x2'
即 x10
1x1x2
7t
220xet
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‘
=01-7-2x+07et, x(1)=2
其中 x=
x1
x. 2
b) 令x=x'
x''
'''
1=x x23=x x4=x 则得:
x'1x'x2
x'
2x''x3x''''
3xx4
x'tt4xtex1te
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:
010001
010001x1x'=0
x+0 x(0)=-1, 其中 x=x20x. 3-100002tet0
x4c) 令w=x'
1=x, w2,w3=y,w4=y‘
,则原初值问题可化为:
w'
1x'w2w1(0)x(0)1w'''5wt
2x47w16w3e
且
w''
w2(0)x'(0)0 3yw4w3(0)y(0)0w'''4
y2w313w415w1costw4(0)y'(0)10
1
0 '
70650010
t即 w
we00 15
0213cost
1
w1 w(0)=0
其中 w=w 2
0
1
w
3w43. 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)01
01t0011000tt
1(t)1ds101
01t01s0t 0101ds1t2tt2
2(t) 212t3
0t01s20t3(t)1010sds6
12
1t2 12
习题5.2
02412—02 02412—03
1.试验证t=t2t
2t1
0
是方程组x=2
2t
'
1x
2x,x=1 ,在任何不包含原点的区间atb上的基解矩阵。
x2t
01t22t'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
0112(t)表示t第二列,我们有2(t)=0= 222(t)这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。
t2t
又因为dett=-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atb上的连续nn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
a11x11a12x21..a1nxn1
=
a11x12a12x22...a1nxn2...a11x1na12x2n...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atb上的连续nn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,detc0,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nn常数矩阵)的标准基解矩阵(即(0)=E),证明:
'
t1(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t1(t0)=(t- t0)
5.设A(t),f(t)分别为在区间atb上连续的nn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
ii1
n
i
x)+cn1x=0,从而x1+x, x2+x,„, xn+x,x在atb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)xf1(t) x'A(t)xf2(t)
的解,则x1(t)x2(t)是方程组
x'A(t)xf1(t)f2(t)
的解。
'
'
证明:xA(t)xf1(t) (1) xA(t)xf2(t) (2) 分别将x1(t),x2(t)代入(1)和(2)
则x1A(t)x1f1(t) x2A(t)xf2(t) 则x1x2A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)
'
'
'
'
[x1(t)x2(t)]'A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t)
令xx1(t)x2(t)
即证 xA(t)xf1(t)f2(t) 7.考虑方程组xAxf(t),其中
'
'
x121sint
xAf(t) xcost
022e2t
a)试验证 (t)
0
te2t'
是xAx的基解矩阵; 2te
1
b)试求xAxf(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
2e2t21e2t21
1(t) 则1(t)002002
'
故1(t)是方程的解
te2t
如果以2(t)表示(t)的第二列 2(t)e2t
e2t2te2t21te2t21
2t2(t) 我们有2(t)2e2t
02e02
'
故2(t)也是方程的解 从而(t)是方程的解矩阵 又det(t)
'
e2t0
te2te2t
e4t0
故(t)是xAx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
e2t01
而(t)
te2t
2te1t2t
e 4te01
2t
(1t)e
(t)e2t
'
e0
2t
tete
2te00
2t2s
se
2s
e2s
1112t
(15t27)ecostsintsins2525258、
dscoss321e2tcostsint
555
试求xAxf(t),其中 A
x1210
xf(t) 2t
x202e
满足初始条件
(0)
1
1
的解(t)。
e2t
解:由第7题可知xAx的基解矩阵 (t)
0
'te2t e2t
e2s01
则(s)
se2s
2se1s2s01e e4s
若方程满足初始条件(0)0
e2t
则有(t)(t)(s)f(s)ds00
t
1
122tte2tt1s2s0te eds22s2t0e01te2te
1
若(0)
1
te2t11
则有(t)(t)(0)1(t)0(s)f(s)ds0
1
122t122t
te2t1te(1tt)e9、试求222te1te2t(t1)e2t
下列方程的通解: a)xxsect,
''
2
t
2
''
解:易知对应的齐线性方程xx0的基本解组为x1(t)cost,x2(t)sint 这时W[x1(t),x2(t0]
t
costsint
sintcost
1
tsintcosscostsins
由公式得(t)secsds(sintcosttans)dstsintcostlncost
001
通解为xc1costc2sinttsintcostlnt
b)x8xe
'''
解:易知对应的齐线性方程x8x0的基本解组为x1(t)e.
2t
'''2t
x2(t)etcos3t,x3(t)etsin3t
2 是方程的特征根
故方程有形如xAte的根 代入得A
2t
1 12
12t
te 12
故方程有通解x(c1cos3tc2sin3t)etc3e2tc)x6x9xe
''
'
t
解:易知对应的齐线性方程x''6x'9x0对应的特征方程为690,.1,23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
te3te3t3te3t
esds
e6t
(t)
teeese0e6s
t
3t
3t3s
1t13t13t
etee424
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xc1ec2tee
4
故1(t)
10、给定方程x8x7xf(t)其中f(t)在0t上连续,试利用常数变易公式,证明: a)如果f(t)在0t上有界,则上面方程的每一个解在0t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) 0t上有界
''
'
存在M>0,使得f(t)M,t[0,)
又xe,xe
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
e7tesete7seses
t
e7s7e7s
e7sesete7s
f(s)dsf(s)ds 8s06e
t
(t)
M
6
e7te7setesds
M817t4
(eet)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
c2et(t)
从而x(t)c1e7tc2et(t)c1c2故上面方程的每一个解在0t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)c1e7tc2et(t)c1c2
故t时,原命题成立
44
M,(t) 2121
11、给定方程组 xA(t)x (5.15)
这里A(t)是区间axb上的连续nn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)xF(t,x)
(*) axb,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nn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
43233 b)453 442
12110c)111 d)0
0
01
2016116
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=
, (20)
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 )
01对应于2的特征向量u
2=2=1, ( 0 )
10对应于2的特征向量u
3=-3=1, ( 0 )
1
1
21
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=212=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u1
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)2112 b)1243 23310c)453 d)3811
442511
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=23
, ( 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
(23)e
3t
(2)e3t是一个基解矩阵
ExpAt=
1(23)e(23)ee
e
2
e3t
e
3t
(2)e
3t
(23)e3t
b) 由det(E-A)=0得1=5,2=-1
解得u=1
,v=
1
21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Фet
2e5t
et
1Ф(0)=11-113321 Ф(0)=2 3
13
expAt=Ф(t) Ф-1
(0)=1e5t2et
则e5tet
3
2e5t2et
2e5tet
c) 由det(E-A)=0得1=2,2=-2,3=-1
e2t0et 解得基解矩阵Ф(t)=2t
2te
eet
e2te2t
0
11Ф-1
(0)=1
11
0 011
e2t
e2tete2tet
则expAt=Ф(t) Ф-1
(0)=e2t
e2t
t
e2te2tee2tet
e2te2te2te2t
e2t
d)由det(E-A)=0得1=-3,2=2+7,3=2-7
3e3te
(27)t
e(27)t
解得基解矩阵Ф(t)=4754757e3t(27)t
(27)t
3
e3
e
4e3t1(27)t
17(27)
3
e3et
则expAt=Ф(t) Ф
-1
(0)=
873t24(27)t247(27)t
3e3e3e
1563t122287(27)t12228(27)t
4eee999
327
e3t2627e(27)t2627e(27)t999
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)A124
333030
b)A18
112
5117
121c)A11110
2010
a)由第4题(b)知,基解矩阵为e5t
解:et
2e5t
et
3
32
所以2,
1
(t)2e5tet
4e5tet
b)由第4题(d)知,基解矩阵为
3e3te
(27)t
e(27)t
Ф(t)= 4754757e3t(27)t
(27)t
3
e3
e
4e3t17(27)17(27)
3
et
3et
所以
52e3t4267(2)t4267(2)t
(t)33e3e
136473t7481467(2)t7481467(47eee2)t
9992087178227e3te(2)t178227e(2)t999
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=
423
1
∴0=2
+
042
3
112142 解得
1v1
1
v1
22
14
4142
12
(t)e3t
Evt
1e[Et(AE)]v2
13t12et2e
=1e3t1
et 4143t12
e2et
6、 求方程组x'
=Ax+f(t)的解(t):
a)
(0)112
et1,A43,f(t)1
010b)
(0)0,A001,f(t)0
0
6116etc)
(0)1,A43sint
2
21,f(t)2cost解:a)令x'
=Ax的基解矩阵为Ф(t)
p()det(EA)(5)(1)0所以
1=5,2=-1e5t
解得Ф(t)=et, 则Ф-1
(t)=
1et
2e5t
et3e4t
2e5tФ
-1
(0)=
111
321
3e5tet
1t2求得(t)=20
4e5
3 e5tet1et110
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v1
2
31=1,同理可得v2 =1,v3=1
123
11 则Ф(t)=
1
211
13 123
et
e5t
21
e2t13t3t14et4ete
从而解得(t)2e2t3e3t52et1
tet442
2t
93t7t1t4e4e4e2te
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
e2eet2t e
∴Ф-1
(t)=2e
t3et
-1
23
e2t
e22t从而Ф(0)=
22(t)(t)1
(0)(0)(t)t
1(s)f(s)ds
∴
cost2sintet(42132)3e2t(112)
2cost2sintet(423)2e2t12(112)
7、 假设m不是矩阵A的特征值。试证非齐线性方程组
x'Axcemt
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
pmemtApemtcemt
则p(mE-A)=c
由于m不是A的特征值 故mEA0 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''3x1'2x1x2'x20
x2xx
1'1x2'20
a) 试证上面方程组等价于方程组u’=Au,其中
1u=u1ux10
02x1',A=2
44u3x2
121b) 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u1x1,u2x1',u3x2 则方程组①化为
u1'
x1'u2u2'x1''3u22u1u3'u3 u3
'x2'u22u1u3即u’=0
1044
2
u’=Au ①
u211
反之,设x1=u1,x1’=u2,x2=u3 则方程组②化为
x1''4x14x1'2x2
x2'2x1x1'x21
''2xx
x1'2x12'x2x2'2x1x1'x2
b)由det(E-A)=0得1=0,2=1,3=2
u201
由
4uu014u22u30 得102u1u2u302
同理可求得u2和u3
11
1取v10,v2121
,v32
2
0
23
1
则(t)0
2
etet1te2
e2t
2e2t是一个基解矩阵
0
c)令u1x1,u2x1',u3x2,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:
1eAteAt012et
32t2e22et
3e2t ③
01et
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'x2'0x1(0)1,2(0)01'x2'1
b)
x1''3x1'2x1x2'x20x1'2x1x2'x20
1(0)1,1'(0)1,2(0)0
c)x1''m2x20x2
2''mx10
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 ∴
120+c=1
1=1 ∴c1=1 ∴x12
t+1 ∵2(0)0
∴-
120+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)s13(sX1(s)1)2X1(s)sX2(s)X2(s)0sX1(s)12X1(s)
sX2(s)X2(s)0Xs23211111
1(s)(s1)(s2)(s2)3s14s212
s2
X)s2111
(s1)(s2)(s2)3s13
1
2(ss2
211(t)ete2t
12t
∴
34
12
e
t)1
2((ete2t3)
c)对方程两边取拉普拉斯变换,得
s2X1(s)s12m2X2(s)0s2
X2(s)s3
4
m2X2(s)0
即s2X1(s)-m2X2(s)=s1+2m2
X)+s2
1(sX2(s)=s3+4
32解得X1(s)=
1s+2s+m2s3+4m2
s4m4
Xs)
33s24sm21s-m22
2(s4m4
122m212m
m
t1(t)[(1m24m4)cos2t(4m2234m4)sin2
t]e2
24m
[(122m212mt14m24m4)cos2t(4m2234m4)sin2
t]e2
2
m
2(t)[(
212)cosmt(122m
234122
t4m24m224m4m4)sin2
t]em
[(24m12m122mt22
234m4)cos2t(214m24m4)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'by0
0,y'(0)1
y(0) 解得
25
的解,试证y
x
(xt)f(t)dt是方程
y''ay'byf(x) 的解,这里f(x)为已知连续函数。 证明:y=
x
(xt)f(t)dt
∵y’=(0)f(x)
x
x
'(xt)f(t)dt0'(xt)f(t)dt
y''x
n
(xt)f(t)dt'(0)f(x)x0
n(xt)f(t)dtf(x)
∴y''ay'by
x''(xt)f(t)dtf(x)ax'(xt)f(t)dtbx
(xt)f(t)dtx
0
[''(xt)a'(xt)b'(xt)b(xt)]f(t)dtf(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
dtx(1xy) (1)dy
dt
1/4y(23xy)解: 由
x(1xy)0
1/4y(23xy)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EA=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
3/21/2
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
9x6y4xy2(2) 5dt
x
dy
dt
6x6y5xy4y2解: 由
9x6y4xy5x2
05xy4y20
得奇点(0,0),(1,2),(2,1)
6x6y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
dxy(3) dt
dydt
x(yx2
),0解:由
y0得奇点
x(yx2
)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
dxy(4) dtx
dydt
yx2(xy)(y22xy2/3x3
)解: 由
yx022得奇点(0,0),(1,1)
yx(xy)(y2xy2/3x3
)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
6dxdtx0
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)
dxdtxy,dydtyz,dzdt
zx(为常数)
解:A=100
1
由EA=0得
3
32
323
1010
得
=11
1,
2
=23
2
i i) +1/20 即>-1/2不稳定 iii) +1/2=0 即=-1/2稳定
27
28