常微分方程简明教程-王玉文等编-习题解答-

1、1.4习题答案1. 12150, (2) 2.52.2(1) P 0, P 200, (2) 0 P 200,(3) P 200.0时，y将增加；当dy 0时,3.(1) P 0, P 50, P 200, (2) 50 P 200, (3) 0 P 50, P 200.4 .解：因为当dy 0时，y(t) 将保持不变；当dy dtdty(t)将减少.由dy y3 y2 20y知， dt4, y 5时，y(t)将保持不变(1)当 y3 y2 20y 0,即 y 0, y(2)当 y3 y2 20y 0,即 4y 0或y 5时，y(t)将增加.当 y3 y2 20y 0,即 y4或0 y 5时，

2、y(t)将减少.5 . 7071.dN6 .解：(1)设N(t)为在时刻t的放射性同位素质量.则模型为 kN, k 0为比dt50,得 N (0) c 50 ,于是例系数，方程的解为 N(t) cekt,由t 0时，N(0)ktN(t) 50e ,又因为t2时,N(2) 50 (12k10%) 45,得 45 50e0.053,因此N(t)-0.053t50e(2)当 t 4 时，N(4)0.053 450e40.51(3)质量减半时 N(t) 25,得 0.053t ln , t 13.27 . (1) -n2 0.00012, (2) 运 0.86643,(3) 一样.573088.(1)

3、 1065, (2) 17669, (3) 32600, (4) 1689.解：(1)dSSk(1 )S 10. dtN(2)dS dt dS dt10.(1)趋向于 2000,k(1k(1(2)S)S 1S.N 3)S lJS,其中l是捕获量与总量平方根的比例系数N鱼的数量递减趋于 0.11 .y2(t)2t 3.12 . g(t) lnt t, t 0.t213 .(1)y ce2 ,c为任意常数.2t 1(2) y ce-, c为任息常数.(3) y ln(t c), c为任意常数.2_(4) y 2arctan t c,c为任息常数t(5) y J, c为任意常数，此外y 1也是解.1

4、 ce1t3 2t(6) yce31,c为任意常数.2ln I y|2-etc, c为任意常数，此外y 0也是解.2(8) yct21 t21, c为任意常数(9) y tsin( In t c), c为任意常数，此外y2t2也是解.(10) ln y 1 cy, c为任意常数.1 2t14 .(1) y 2(11e1).(2) y 0.(3) y2 16 In |1 t2|.t2tan(Jdt,tdF15 .解：设 F(t) f(s)ds,则 F(t)可导且 F(t) f (t),这样有 F 1, FdF 0dt得 F2(t) 2t c, F(t)J2t c,又 F(0) 0,得 c 0.从

5、而 F(t) 向,进而 f(t) F16.解：首先令 S0,由已知可得y(t)1 y(t)y(0)化简有 y(0)(1y2(t)0,知y(0) 0.由函数的导数定义ysm0sm0limy(t s) y(t)sy y(s) y(t)1 y(t)y(s)s2y(s)(i y (t)S0s(1 y(t)y(s) 2.y(s).1 y lim -limy(0)(iS01 y(t)y(s) y2(t)变形为 一dy一 1 y2(t)y (0) dt,积分得arctan y(t) y (0)t c,由 y(0) 0,知c 0,所以满足条件的函数为y(t) tan y (0)t)17. yy(0)t et

6、1 2t18.(1) y ce - e , c为任息常数. 2tt(2) y ce 3e ,c为任意常数yy(5) y2t 1ce一(cos2t sin 2t), c 为任息常数426 t 12 e cos2t sin2t.55515 3t2 k3 .e cos2t sin 2t.1313132t2t(6) y 3e 5te . y (1 t)et.19.(1) x ce s1ntsin t 1,c 为任意常数1(2) y cx2ex x2,c为任意常数.1y c(t 1)2 -(t 1)4,c为任意常数c t3x, c为任息常数.t 420 .直接代入方程验证即可21 . a 3,b 1,c

7、 1.2t 1 4t22.(1)x ce -e 64t 1 ,3(2) y ce t43t 1 3t(3) y ce e62t21 -t 21 一 f-,c为任意常数.43 23341一t t sint cost, c为任息常数1632128 17173-2 一e -cos2t sin2t,c为任息常数.1313(4) y ce t te t cos2t sin2t,c为任意常数31 623 .(1) y ct t ,c为任息常数.3t2(2)y (c 4t)e ,c为任意常数.(3) y ct2 t2(t 1)ec 为任意常数.(4) y ce cost 4ecost ecostdt, c为

8、任意常数.111也是解.(5) y (c 4 et costdt)e t, c为任意常数 , 此外 ydtdt(6) y (c te gdt)e g,c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y 3附近的所有解是递减的，对y(0) 3的解，当t不可能趋于(y 2)( y 3)(y 2),如图 1-23.25 .(1)取 f(t) t(t 2)(t 2),如图 1-22: (2)取 f (y)图 1-22图 1-2327 . f(t,1) 0,在y 1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y(0) 0的特解的有用信息dQQ60 ,28 .(1)设t时

9、刻湖中盐酸含量 Q为千克，则 dt4000 可释得Q(0) 0,tQ(t) 240000(1 e 旃).(2) 213139.(3)最终趋向于240000千克.dQ “1000Q60 ,29.(1)出 4000000 20t 可解得Q(0) 0,Q(t)140000005117 (4000000 20t)501(4000000 20t).(2) 218010.30.设C处电压为v(t),则有dv 出vRC，v(0) E,t因此 v(t) Ee RC31 .(1) y 5, y28, y312.5, y4 19.25.(2) y10.39,y20.1004,y30.3776,y40.9891,

10、y51.5934,y 2.0456, yy2.3287, y82.5241, y92.6899, y。2.8428.(3) y1 4, y2 y3 y4 y51.(4) y11.5,y23.375,y32.5547,y43.3462, y52.5939 ,y63.3236, y7 2.6240, y8 3.3017, y9 2.6528, y103.28692232 .(1) y(t) 2, (2) 1 y(t) 3, (3) t y(t) y 4, (4)2 y(t) t .33 .解：由方程的右端项为f(y) y(y 2)( y 5)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

11、定初始条件的解是存在并且是唯一的.首先由f (y) y(y 2)(y 5)知方程有 y(t) 0, y(t) 2, y(t) 5三个平衡解.(1)初始条件为y(0) 6,初值位于y(t) 5的上方，由唯一性，满足这个初始条件的解y1(t) 一定大于5,且 蛆y1(y1 2)(必5) 0,知这个解递增，并dt且随着y1 (t)的递增，dy1也递增并且越来越大，知在t增加时，y1(t)在有限时间dt内爆破，趋向于.当t减少时，y1(t)递减，并且随着y1(t)的递减趋于5,亚dt也递减趋向于0,递减越来越来越缓慢，知 ty1(t)5.(2)初始条件为y(0) 5,而平衡解y(t)5满足这一初始条件

12、,由唯一性,满足这个初始条件的解就是平衡解y(t) 5.(3)初始条件为y(0) 1,初值位于y(t) 0, y(t) 2这两个平衡解的中间,由唯一性，满足这个初始条件的解y3(t) 一定满足0y3(t)2,且由dy3-丫3卬32)(y3 5) 0,知这个解递增，并且随着y3(t)的递增，53也递增dtdt但随着y3趋向于2,也 趋向于0,增长越来越缓慢，知t , y3(t)2 .同dt样，t , y3(t)0.(4)初始条件为 y(0)1 ,初值位于y(t) 0的下方，由唯一性，满足这个初始条件的解y4(t) 一定小于0,且dy4y4(y4 2)(y4 5) 0 ,与前面类似讨论dt知，在t

13、增加时，y4(t)在有限时间内爆破，趋向于 .当t 时，y4(t)0.34.证明：由于f(y)连续可微，知方程dyf(y)满足存在唯一性定理的条件.因为dtyi(t)是方程的一个解，yi(t)必可微，又因为在tt0处取得极值，则由极值的必要条件知yi(t。)0,从而f(y0)f(yi(t。)包肩 0,知y2(t)y0是方程的一个平dt 0衡解，并且这个解满足初始条件y2(t°)y°,而yi(t)这个解满足同样的初始条件，由解的唯一性，知y1(t)y2(t)y0.35. y (t c) ,t C，其中c 0为任意常数，这些解的定义区间为(，).0,t c. ._!. f (t

14、,y)_2. 一 ,36解：由f(t,y) 3y3 ,知它在全平面内连续，又由于 一32 2y 3,在除去 yy 0的区域内连续，从而在除去y 0的有界闭区域内有界，进而满足利普希茨条件，知方程满足初始条件 y(t0) y0的解在充分小的邻域内存在并且唯一.当y 0时，函数y0是方程过(0,0)的解.出，积分得 y (tc)3, c为任意常数.当12当y 0时，方程可变形为 - y 3dy3c 0时，得特解,3t 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y(tG)3, tG0, tG. 3(t C2) ,tC20, tC2(t q)3, t G(tc2)3,tc

15、 ,0, Cit C2其中C1,C2是满足Ci0,C20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y 0, yt3, yt3, t 0 及 y0, t0, t3, t37.解：(1)由 f(y)3y(y 1)0得平衡点为y 0和y 1.因为(0)(2)所以y0是汇;而f (0) 3 0,所以y 1是源.由 f(v)vcosv0得平衡点为v 0和v2k -, k2当k 1时,(2 k(2 k-) 0,知 v 2k 2一为汇；而2(2 k(2k-) 0,知 v 2k一为源.相反，当k 0时,2(2 k2)(2 k-) 0,知 v 2k

16、一为源；而2(2 k2k0,知v 2k 为汇.同样v 和-都为汇.22f (w) w 2w 5总是大于0,知万程无平衡点.由f (v)1 sin v得平衡点v 2k -,k Z ,且当2v 2k 3,k Z 时，f(v) 0,知 v 2k -,k Z ,都为结点.38.(1)图 1-24, (2)图 1-25, (3)图 1-26, (4)图 1-27.J1L-r I图 1-2411-L L 1-I-图 1-25 f图 1-2639.(1) Jim y(t) 2 J3, t减少时，在有限时间内趋于(2) lim y(t)2 石,！im y(t) 2 73.(3)同(1).(4) lim y(t

17、)2 J3, t增加时，在有限时间内趋于40.制(E)网1 F小j 1. T-21rk1 rll JF-OH I- JT-I 1 J- 0V =i LH y - 7,h1图 1-11解：(a)对应于，(b)对应于(2), (c)对应于(6),-6 -图 1-27 . .-0(d)对应于(3).例21.41.如图 1-28图 1-2842(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：(1) 当0时,方程有一个平衡点y 0,当0时，方程没有平衡点，当0时，方程有两个平衡点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y 2y2时,方程有两个平衡点y一和y2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2时，方程有一个平衡点1-13.0时，方程有一个平衡点 y 0,当0时，方程有两个平衡点y 0和0是方程的分歧值，这是跨越式分歧,相线如图1-14.(4)由分歧的必要条件，若为分歧值则满足3y2,方程有两个平衡点2, y 1