常微分方程簡明教程-王玉文等編-習(xí)題解答-

1、1.4習(xí)題答案1. 12150, (2) 2.52.2(1) P 0, P 200, (2) 0 P 200,(3) P 200.0時，y將增加；當(dāng)dy 0時,3.(1) P 0, P 50, P 200, (2) 50 P 200, (3) 0 P 50, P 200.4 .解：因為當(dāng)dy 0時，y(t) 將保持不變；當(dāng)dy dtdty(t)將減少.由dy y3 y2 20y知， dt4, y 5時，y(t)將保持不變(1)當(dāng) y3 y2 20y 0,即 y 0, y(2)當(dāng) y3 y2 20y 0,即 4y 0或y 5時，y(t)將增加.當(dāng) y3 y2 20y 0,即 y4或0 y 5時，

2、y(t)將減少.5 . 7071.dN6 .解：(1)設(shè)N(t)為在時刻t的放射性同位素質(zhì)量.則模型為 kN, k 0為比dt50,得 N (0) c 50 ,于是例系數(shù)，方程的解為 N(t) cekt,由t 0時，N(0)ktN(t) 50e ,又因為t2時,N(2) 50 (12k10%) 45,得 45 50e0.053,因此N(t)-0.053t50e(2)當(dāng) t 4 時，N(4)0.053 450e40.51(3)質(zhì)量減半時 N(t) 25,得 0.053t ln , t 13.27 . (1) -n2 0.00012, (2) 運 0.86643,(3) 一樣.573088.(1)

3、 1065, (2) 17669, (3) 32600, (4) 1689.解：(1)dSSk(1 )S 10. dtN(2)dS dt dS dt10.(1)趨向于 2000,k(1k(1(2)S)S 1S.N 3)S lJS,其中l(wèi)是捕獲量與總量平方根的比例系數(shù)N魚的數(shù)量遞減趨于 0.11 .y2(t)2t 3.12 . g(t) lnt t, t 0.t213 .(1)y ce2 ,c為任意常數(shù).2t 1(2) y ce-, c為任息常數(shù).(3) y ln(t c), c為任意常數(shù).2_(4) y 2arctan t c,c為任息常數(shù)t(5) y J, c為任意常數(shù)，此外y 1也是解.1

4、 ce1t3 2t(6) yce31,c為任意常數(shù).2ln I y|2-etc, c為任意常數(shù)，此外y 0也是解.2(8) yct21 t21, c為任意常數(shù)(9) y tsin( In t c), c為任意常數(shù)，此外y2t2也是解.(10) ln y 1 cy, c為任意常數(shù).1 2t14 .(1) y 2(11e1).(2) y 0.(3) y2 16 In |1 t2|.t2tan(Jdt,tdF15 .解：設(shè) F(t) f(s)ds,則 F(t)可導(dǎo)且 F(t) f (t),這樣有 F 1, FdF 0dt得 F2(t) 2t c, F(t)J2t c,又 F(0) 0,得 c 0.從

5、而 F(t) 向,進(jìn)而 f(t) F16.解：首先令 S0,由已知可得y(t)1 y(t)y(0)化簡有 y(0)(1y2(t)0,知y(0) 0.由函數(shù)的導(dǎo)數(shù)定義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)變形為 一dy一 1 y2(t)y (0) dt,積分得arctan y(t) y (0)t c,由 y(0) 0,知c 0,所以滿足條件的函數(shù)為y(t) tan y (0)t)17. yy(0)t et

6、1 2t18.(1) y ce - e , c為任息常數(shù). 2tt(2) y ce 3e ,c為任意常數(shù)yy(5) y2t 1ce一(cos2t sin 2t), c 為任息常數(shù)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 為任意常數(shù)1(2) y cx2ex x2,c為任意常數(shù).1y c(t 1)2 -(t 1)4,c為任意常數(shù)c t3x, c為任息常數(shù).t 420 .直接代入方程驗證即可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為任意常數(shù).43 23341一t t sint cost, c為任息常數(shù)1632128 17173-2 一e -cos2t sin2t,c為任息常數(shù).1313(4) y ce t te t cos2t sin2t,c為任意常數(shù)31 623 .(1) y ct t ,c為任息常數(shù).3t2(2)y (c 4t)e ,c為任意常數(shù).(3) y ct2 t2(t 1)ec 為任意常數(shù).(4) y ce cost 4ecost ecostdt, c為

8、任意常數(shù).111也是解.(5) y (c 4 et costdt)e t, c為任意常數(shù) , 此外 ydtdt(6) y (c te gdt)e g,c為任意常數(shù).注：上面的不定積分在這里代表某一個原函數(shù)24 .在y 3附近的所有解是遞減的，對y(0) 3的解，當(dāng)t不可能趨于(y 2)( y 3)(y 2),如圖 1-23.25 .(1)取 f(t) t(t 2)(t 2),如圖 1-22: (2)取 f (y)圖 1-22圖 1-2327 . f(t,1) 0,在y 1的直線上，斜率場的斜率標(biāo)記為水平的；我們并不能得到關(guān)于初始條件y(0) 0的特解的有用信息dQQ60 ,28 .(1)設(shè)t時

9、刻湖中鹽酸含量 Q為千克，則 dt4000 可釋得Q(0) 0,tQ(t) 240000(1 e 旃).(2) 213139.(3)最終趨向于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.設(shè)C處電壓為v(t),則有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：由方程的右端項為f(y) y(y 2)( y 5)僅為y的函數(shù)在全平面上連續(xù)可微，從而由存在唯一性定理，給

11、定初始條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) 5三個平衡解.(1)初始條件為y(0) 6,初值位于y(t) 5的上方，由唯一性，滿足這個初始條件的解y1(t) 一定大于5,且 蛆y1(y1 2)(必5) 0,知這個解遞增，并dt且隨著y1 (t)的遞增，dy1也遞增并且越來越大，知在t增加時，y1(t)在有限時間dt內(nèi)爆破，趨向于.當(dāng)t減少時，y1(t)遞減，并且隨著y1(t)的遞減趨于5,亞dt也遞減趨向于0,遞減越來越來越緩慢，知 ty1(t)5.(2)初始條件為y(0) 5,而平衡解y(t)5滿足這一初始條件

12、,由唯一性,滿足這個初始條件的解就是平衡解y(t) 5.(3)初始條件為y(0) 1,初值位于y(t) 0, y(t) 2這兩個平衡解的中間,由唯一性，滿足這個初始條件的解y3(t) 一定滿足0y3(t)2,且由dy3-丫3卬32)(y3 5) 0,知這個解遞增，并且隨著y3(t)的遞增，53也遞增dtdt但隨著y3趨向于2,也 趨向于0,增長越來越緩慢，知t , y3(t)2 .同dt樣，t , y3(t)0.(4)初始條件為 y(0)1 ,初值位于y(t) 0的下方，由唯一性，滿足這個初始條件的解y4(t) 一定小于0,且dy4y4(y4 2)(y4 5) 0 ,與前面類似討論dt知，在t

13、增加時，y4(t)在有限時間內(nèi)爆破，趨向于 .當(dāng)t 時，y4(t)0.34.證明：由于f(y)連續(xù)可微，知方程dyf(y)滿足存在唯一性定理的條件.因為dtyi(t)是方程的一個解，yi(t)必可微，又因為在tt0處取得極值，則由極值的必要條件知yi(t。)0,從而f(y0)f(yi(t。)包肩 0,知y2(t)y0是方程的一個平dt 0衡解，并且這個解滿足初始條件y2(t°)y°,而yi(t)這個解滿足同樣的初始條件，由解的唯一性，知y1(t)y2(t)y0.35. y (t c) ,t C，其中c 0為任意常數(shù)，這些解的定義區(qū)間為(，).0,t c. ._!. f (t

14、,y)_2. 一 ,36解：由f(t,y) 3y3 ,知它在全平面內(nèi)連續(xù)，又由于 一32 2y 3,在除去 yy 0的區(qū)域內(nèi)連續(xù)，從而在除去y 0的有界閉區(qū)域內(nèi)有界，進(jìn)而滿足利普希茨條件，知方程滿足初始條件 y(t0) y0的解在充分小的鄰域內(nèi)存在并且唯一.當(dāng)y 0時，函數(shù)y0是方程過(0,0)的解.出，積分得 y (tc)3, c為任意常數(shù).當(dāng)12當(dāng)y 0時，方程可變形為 - y 3dy3c 0時，得特解,3t 是過(0,0)的另一個解，其實,除零解外,過(0,0)的所有解可以表示為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是滿足Ci0,C20的任意常數(shù)，這些解的定義區(qū)間為)，但本質(zhì)上在充分小的鄰域(,)內(nèi)方程所確定的過(0,0)的解只有四個即函數(shù)y 0, yt3, yt3, t 0 及 y0, t0, t3, t37.解：(1)由 f(y)3y(y 1)0得平衡點為y 0和y 1.因為(0)(2)所以y0是匯;而f (0) 3 0,所以y 1是源.由 f(v)vcosv0得平衡點為v 0和v2k -, k2當(dāng)k 1時,(2 k(2 k-) 0,知 v 2k 2一為匯；而2(2 k(2k-) 0,知 v 2k一為源.相反，當(dāng)k 0時,2(2 k2)(2 k-) 0,知 v 2k

16、一為源；而2(2 k2k0,知v 2k 為匯.同樣v 和-都為匯.22f (w) w 2w 5總是大于0,知萬程無平衡點.由f (v)1 sin v得平衡點v 2k -,k Z ,且當(dāng)2v 2k 3,k Z 時，f(v) 0,知 v 2k -,k Z ,都為結(jié)點.38.(1)圖 1-24, (2)圖 1-25, (3)圖 1-26, (4)圖 1-27.J1L-r I圖 1-2411-L L 1-I-圖 1-25 f圖 1-2639.(1) Jim y(t) 2 J3, t減少時，在有限時間內(nèi)趨于(2) lim y(t)2 石,！im y(t) 2 73.(3)同(1).(4) lim y(t

17、)2 J3, t增加時，在有限時間內(nèi)趨于40.制(E)網(wǎng)1 F小j 1. T-21rk1 rll JF-OH I- JT-I 1 J- 0V =i LH y - 7,h1圖 1-11解：(a)對應(yīng)于，(b)對應(yīng)于(2), (c)對應(yīng)于(6),-6 -圖 1-27 . .-0(d)對應(yīng)于(3).例21.41.如圖 1-28圖 1-2842(1)利用連續(xù)函數(shù)的介值性定理可證.(2)利用教材中定理1.7和連續(xù)函數(shù)的介值性定理43.(1)匯，(2)源，(3)結(jié)點.44.解：(1) 當(dāng)0時,方程有一個平衡點y 0,當(dāng)0時，方程沒有平衡點，當(dāng)0時，方程有兩個平衡點0是方程的分歧值,這是鞍結(jié)點分歧，相線如圖1-12.(2)由分歧的必要條件，若為分歧值則滿足y 2y2時,方程有兩個平衡點y一和y2時，方程沒有平衡點，知2和2是方程的分歧值,在每個分歧值處均為鞍結(jié)點分歧.相線如圖2時，方程有一個平衡點1-13.0時，方程有一個平衡點 y 0,當(dāng)0時，方程有兩個平衡點y 0和0是方程的分歧值，這是跨越式分歧,相線如圖1-14.(4)由分歧的必要條件，若為分歧值則滿足3y2,方程有兩個平衡點2, y 1