高等数学（第七版）同济大学 习题7-9 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题7-9

 

$\begin{array}{rlr}& 求下列欧拉方程的通解：& \end{array}$

   ( 1 )    x 2 y ′ ′ + x y ′ − y = 0 ；                       ( 2 )    y ′ ′ − y ′ x + y x 2 = 2 x ；    ( 3 )    x 3 y ′ ′ ′ + 3 x 2 y ′ ′ − 2 x y ′ + 2 y = 0 ；   ( 4 )    x 2 y ′ ′ − 2 x y ′ + 2 y = l n 2   x − 2 l n   x ；    ( 5 )    x 2 y ′ ′ + x y ′ − 4 y = x 3 ；                   ( 6 )    x 2 y ′ ′ − x y ′ + 4 y = x s i n ( l n   x ) ；    ( 7 )    x 2 y ′ ′ − 3 x y ′ + 4 y = x + x 2 l n   x ；   ( 8 )    x 3 y ′ ′ ′ + 2 x y ′ − 2 y = x 2 l n   x + 3 x .   (1)  x2y″+xy′−y=0；                      (2)  y″−y′x+yx2=2x；  (3)  x3y‴+3x2y″−2xy′+2y=0；  (4)  x2y″−2xy′+2y=ln2 x−2ln x；  (5)  x2y″+xy′−4y=x3；                  (6)  x2y″−xy′+4y=xsin(ln x)；  (7)  x2y″−3xy′+4y=x+x2ln x；  (8)  x3y‴+2xy′−2y=x2ln x+3x.

​  (1)  x2y′′+xy′−y=0；                      (2)  y′′−xy′​+x2y​=x2​；  (3)  x3y′′′+3x2y′′−2xy′+2y=0；  (4)  x2y′′−2xy′+2y=ln2 x−2ln x；  (5)  x2y′′+xy′−4y=x3；                  (6)  x2y′′−xy′+4y=xsin(ln x)；  (7)  x2y′′−3xy′+4y=x+x2ln x；  (8)  x3y′′′+2xy′−2y=x2ln x+3x.​​

解：

   ( 1 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，原方程化为 [ D ( D − 1 ) + D − 1 ] y = 0 ，特征方程为 r ( r − 1 ) + r − 1 = 0 ，         即 r 2 − 1 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = − 1 ，所以方程通解为 y = C 1 e t + C 2 e − t ，则原方程通解为 y = C 1 x + C 2 x .    ( 2 )  原方程写为 x 2 y ′ ′ − x y ′ + y = 2 x ，令 x = e t ，记 D = d d t ，方程化为 [ D ( D − 1 ) − D + 1 ] y = 2 e t ，         方程对应的齐次方程的特征方程为 r ( r − 1 ) − r + 1 = 0 ，即 r 2 − 2 r + 1 = 0 ，得 r 1 = r 2 = 1 ，所以方程对应的         齐次方程的通解为 Y = e t ( C 1 + C 2 t ) ，因 f ( t ) = 2 e t ， λ = 1 是特征方程的二重根，设 y ∗ = A t 2 e t ，         则 D y = A ( t 2 + 2 t ) e t ， D 2 y = A ( t 2 + 4 t + 2 ) e t ，代入方程得 A = 1 ，即 y ∗ = t 2 e t ，         所以方程的通解为 y = e t ( C 1 + C 2 t ) + t 2 e t ，即原方程的通解为 y = x ( C 1 + C 2 l n   x ) + x l n 2   x .    ( 3 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，方程化为 [ D ( D − 1 ) ( D − 2 ) + 3 D ( D − 1 ) − 2 D + 2 ] y = 0 ，         特征方程为 r ( r − 1 ) ( r − 2 ) + 3 r ( r − 1 ) − 2 r + 2 = 0 ，即 ( r − 1 ) 2 ( r + 2 ) = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = 1 ，          r 3 = − 2 ，所以方程的通解为 y = e t ( C 1 + C 2 t ) + C 3 e − 2 t ，即原方程的通解为 y = x ( C 1 + C 2 l n   x ) + C 3 x 2 .    ( 4 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，方程化为 [ D ( D − 1 ) − 2 D + 2 ] y = t 2 − 2 t ，即 ( D 2 − 3 D + 2 ) y = t 2 − 2 t ，（ 1 ）         方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 − 3 r + 2 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = 2 ，所以方程的通解为          Y = C 1 e t + C 2 e 2 t ，因 f ( t ) = t 2 − 2 t ， λ = 0 不是特征方程的根，令 y ∗ = A t 2 + B t + C 是方程（ 1 ）的特解，         代入方程（ 1 ），比较系数得 A = B = 1 2 ， C = 1 4 ，即 y ∗ = 1 2 t 2 + 1 2 t + 1 4 ，则方程的通解为          y = C 1 e t + C 2 e 2 t + 1 2 t 2 + 1 2 t + 1 4 ，即原方程的通解为 y = C 1 x + C 2 x 2 + 1 2 l n 2   x + 1 2 l n   x + 1 4 .    ( 5 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，方程化为 [ D ( D − 1 ) + D − 4 ] y = e 3 t ，即 ( D 2 − 4 ) y = e 3 t ，（ 1 ）方程对应的齐次方程         的特征方程为 r 2 − 4 = 0 ，得 r 1 = 2 ， r 2 = − 2 ，所以齐次方程的通解为 Y = C 1 e 2 t + C 2 e − 2 t = C 1 x 2 + C 2 x 2 ，         因 f ( t ) = e 3 t ， λ = 3 不是特征方程的根，令 y ∗ = A e 3 t 为方程（ 1 ）的特解，即 y ∗ = A x 3 是原方程的特解，         代入原方程 x 2 y ′ ′ + x y ′ − 4 y = x 3 ，得 A = 1 5 ，即 y ∗ = 1 5 x 3 ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 x 2 + C 2 x 2 + 1 5 x 3 .    ( 6 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，原方程化为 [ D ( D − 1 ) − D + 4 ] y = e t s i n   t ，即 ( D 2 − 2 D + 4 ) y = e t s i n   t  （ 1 ），         方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 − 2 r + 4 = 0 ，得 r 1 = 1 + 3 i ， r 2 = 1 − 3 i ，所以齐次方程的通解为          Y = e t [ C 1 c o s ( 3 t ) + C 2 s i n ( 3 t ) ] ，因 f ( x ) = e t s i n   t ， λ + i ω = 1 + i 不是特征方程的根，         令 y ∗ = e t ( A c o s   t + B s i n   t ) 是方程（ 1 ）的特解，代入方程（ 1 ），比较系数得 A = 0 ， B = 1 2 ，         即 y ∗ = 1 2 e t s i n   t ，则方程的通解为 y = e t [ C 1 c o s ( 3 t ) + C 2 s i n ( 3 t ) ] + 1 2 e t s i n   t ，         即原方程的通解为 y = x [ C 1 c o s ( 3 l n   x ) + C 2 s i n ( 3 l n   x ) ] + 1 2 x s i n ( l n   x ) .    ( 7 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，原方程化为 [ D ( D − 1 ) − 3 D + 4 ] y = e t + t e 2 t ，即 ( D 2 − 4 D + 4 ) y = e t + t e 2 t   ( 1 ) ，         方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 − 4 r + 4 = 0 ，得 r 1 = r 2 = 2 ，所以齐次方程的通解为 Y = e 2 t ( C 1 + C 2 t ) ，         因 λ = 1 不是特征方程的根，所以方程 ( D 2 − 4 D + 4 ) y = e t 的特解 y 1 ∗ = A e t ，而 λ = 2 是特征方程的二重根，         所以方程 ( D 2 − 4 D + 4 ) y = e 2 t 的特解为 y 2 ∗ = t 2 e 2 t ( B t + C ) ，由叠加原理可知，         令 y ∗ = y 1 ∗ + y 2 ∗ = A e t + ( B t 3 + C t 2 ) e 2 t 为方程（ 1 ）的特解，代入方程，得 A e t + ( 6 B t + 2 C ) e 2 t = e t + t e 2 t ，         比较系数得 A = 1 ， B = 1 6 ， C = 0 ，即 y ∗ = e t + 1 6 t 3 e 2 t ，则方程的通解为 y = e 2 t ( C 1 + C 2 t ) + e t + 1 6 t 3 e 2 t ，         即原方程的通解为 y = x 2 ( C 1 + C 2 l n   x ) + x + 1 6 x 2 l n 3   x .    ( 8 )  令 x = e t ，记 D = d d t ，原方程化为 [ D ( D − 1 ) ( D − 2 ) + 2 D − 2 ] y = t e 2 t + 3 e t ，         即 [ ( D − 1 ) ( D 2 − 2 D + 2 ) ] y = t e 2 t + 3 e t   ( 1 ) ，方程对应的齐次方程的特征方程为 ( r − 1 ) ( r 2 − 2 r + 2 ) = 0 ，         得 r 1 = 1 ， r 2 = 1 + i ， r 3 = 1 − i ，所以齐次方程的通解为 Y = e t ( C 1 + C 2 c o s   t + C 3 s i n   t ) ，         对于方程 [ ( D − 1 ) ( D 2 − 2 D + 2 ) ] y = t e 2 t ，因 λ = 2 不是特征方程的根，令 y 1 ∗ = ( A t + B ) e 2 t ，         对于方程 [ ( D − 1 ) ( D 2 − 2 D + 2 ) ] y = 3 e t ，因 λ = 1 是特征方程的单根，令 y 2 ∗ = C t e t ，由叠加原理，         令 y ∗ = y 1 ∗ + y 2 ∗ = ( A t + B ) e 2 t + C t e t 为方程（ 1 ）的特解，即令 y ∗ = x 2 ( A l n   x + B ) + C x l n   x 是原方程的特解，         并有 y ∗   ′ = 2 A x l n   x + ( A + 2 B ) x + C l n   x + C ， y ∗   ′ ′ = 2 A l n   x + ( 3 A + 2 B ) + C x ， y ∗   ′ ′ ′ = 2 A x − C x 2 ，         代入原方程 x 3 y ′ ′ ′ + 2 x y ′ − 2 y = x 2 l n   x + 3 x ，得 2 A x 2 l n   x + ( 4 A + 2 B ) x 2 + C x = x 2 l n   x + 3 x ，         比较系数得 A = 1 2 ， B = − 1 ， C = 3 ，即 y ∗ = x 2 ( 1 2 l n   x − 1 ) + 3 x l n   x ，         所以原方程的通解为 y = x [ C 1 + C 2 c o s ( l n   x ) + C 3 s i n ( l n   x ) ] + x 2 ( 1 2 l n   x − 1 ) + 3 x l n   x   (1) 令x=et，记D=ddt，原方程化为[D(D−1)+D−1]y=0，特征方程为r(r−1)+r−1=0，        即r2−1=0，得r1=1，r2=−1，所以方程通解为y=C1et+C2e−t，则原方程通解为y=C1x+C2x.  (2) 原方程写为x2y″−xy′+y=2x，令x=et，记D=ddt，方程化为[D(D−1)−D+1]y=2et，        方程对应的齐次方程的特征方程为r(r−1)−r+1=0，即r2−2r+1=0，得r1=r2=1，所以方程对应的        齐次方程的通解为Y=et(C1+C2t)，因f(t)=2et，λ=1是特征方程的二重根，设y∗=At2et，        则Dy=A(t2+2t)et，D2y=A(t2+4t+2)et，代入方程得A=1，即y∗=t2et，        所以方程的通解为y=et(C1+C2t)+t2et，即原方程的通解为y=x(C1+C2ln x)+xln2 x.  (3) 令x=et，记D=ddt，方程化为[D(D−1)(D−2)+3D(D−1)−2D+2]y=0，        特征方程为r(r−1)(r−2)+3r(r−1)−2r+2=0，即(r−1)2(r+2)=0，得r1=1，r2=1，        r3=−2，所以方程的通解为y=et(C1+C2t)+C3e−2t，即原方程的通解为y=x(C1+C2ln x)+C3x2.  (4) 令x=et，记D=ddt，方程化为[D(D−1)−2D+2]y=t2−2t，即(D2−3D+2)y=t2−2t，（1）        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−3r+2=0，得r1=1，r2=2，所以方程的通解为        Y=C1et+C2e2t，因f(t)=t2−2t，λ=0不是特征方程的根，令y∗=At2+Bt+C是方程（1）的特解，        代入方程（1），比较系数得A=B=12，C=14，即y∗=12t2+12t+14，则方程的通解为        y=C1et+C2e2t+12t2+12t+14，即原方程的通解为y=C1x+C2x2+12ln2 x+12ln x+14.  (5) 令x=et，记D=ddt，方程化为[D(D−1)+D−4]y=e3t，即(D2−4)y=e3t，（1）方程对应的齐次方程        的特征方程为r2−4=0，得r1=2，r2=−2，所以齐次方程的通解为Y=C1e2t+C2e−2t=C1x2+C2x2，        因f(t)=e3t，λ=3不是特征方程的根，令y∗=Ae3t为方程（1）的特解，即y∗=Ax3是原方程的特解，        代入原方程x2y″+xy′−4y=x3，得A=15，即y∗=15x3，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1x2+C2x2+15x3.  (6) 令x=et，记D=ddt，原方程化为[D(D−1)−D+4]y=etsin t，即(D2−2D+4)y=etsin t （1），        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−2r+4=0，得r1=1+√3i，r2=1−√3i，所以齐次方程的通解为        Y=et[C1cos(√3t)+C2sin(√3t)]，因f(x)=etsin t，λ+iω=1+i不是特征方程的根，        令y∗=et(Acos t+Bsin t)是方程（1）的特解，代入方程（1），比较系数得A=0，B=12，        即y∗=12etsin t，则方程的通解为y=et[C1cos(√3t)+C2sin(√3t)]+12etsin t，        即原方程的通解为y=x[C1cos(√3ln x)+C2sin(√3ln x)]+12xsin(ln x).  (7) 令x=et，记D=ddt，原方程化为[D(D−1)−3D+4]y=et+te2t，即(D2−4D+4)y=et+te2t (1)，        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−4r+4=0，得r1=r2=2，所以齐次方程的通解为Y=e2t(C1+C2t)，        因λ=1不是特征方程的根，所以方程(D2−4D+4)y=et的特解y∗1=Aet，而λ=2是特征方程的二重根，        所以方程(D2−4D+4)y=e2t的特解为y∗2=t2e2t(Bt+C)，由叠加原理可知，        令y∗=y∗1+y∗2=Aet+(Bt3+Ct2)e2t为方程（1）的特解，代入方程，得Aet+(6Bt+2C)e2t=et+te2t，        比较系数得A=1，B=16，C=0，即y∗=et+16t3e2t，则方程的通解为y=e2t(C1+C2t)+et+16t3e2t，        即原方程的通解为y=x2(C1+C2ln x)+x+16x2ln3 x.  (8) 令x=et，记D=ddt，原方程化为[D(D−1)(D−2)+2D−2]y=te2t+3et，        即[(D−1)(D2−2D+2)]y=te2t+3et (1)，方程对应的齐次方程的特征方程为(r−1)(r2−2r+2)=0，        得r1=1，r2=1+i，r3=1−i，所以齐次方程的通解为Y=et(C1+C2cos t+C3sin t)，        对于方程[(D−1)(D2−2D+2)]y=te2t，因λ=2不是特征方程的根，令y∗1=(At+B)e2t，        对于方程[(D−1)(D2−2D+2)]y=3et，因λ=1是特征方程的单根，令y∗2=Ctet，由叠加原理，        令y∗=y∗1+y∗2=(At+B)e2t+Ctet为方程（1）的特解，即令y∗=x2(Aln x+B)+Cxln x是原方程的特解，        并有y∗ ′=2Axln x+(A+2B)x+Cln x+C，y∗ ″=2Aln x+(3A+2B)+Cx，y∗ ‴=2Ax−Cx2，        代入原方程x3y‴+2xy′−2y=x2ln x+3x，得2Ax2ln x+(4A+2B)x2+Cx=x2ln x+3x，        比较系数得A=12，B=−1，C=3，即y∗=x2(12ln x−1)+3xln x，        所以原方程的通解为y=x[C1+C2cos(ln x)+C3sin(ln x)]+x2(12ln x−1)+3xln x

​  (1) 令x=et，记D=dtd​，原方程化为[D(D−1)+D−1]y=0，特征方程为r(r−1)+r−1=0，        即r2−1=0，得r1​=1，r2​=−1，所以方程通解为y=C1​et+C2​e−t，则原方程通解为y=C1​x+xC2​​.  (2) 原方程写为x2y′′−xy′+y=2x，令x=et，记D=dtd​，方程化为[D(D−1)−D+1]y=2et，        方程对应的齐次方程的特征方程为r(r−1)−r+1=0，即r2−2r+1=0，得r1​=r2​=1，所以方程对应的        齐次方程的通解为Y=et(C1​+C2​t)，因f(t)=2et，λ=1是特征方程的二重根，设y∗=At2et，        则Dy=A(t2+2t)et，D2y=A(t2+4t+2)et，代入方程得A=1，即y∗=t2et，        所以方程的通解为y=et(C1​+C2​t)+t2et，即原方程的通解为y=x(C1​+C2​ln x)+xln2 x.  (3) 令x=et，记D=dtd​，方程化为[D(D−1)(D−2)+3D(D−1)−2D+2]y=0，        特征方程为r(r−1)(r−2)+3r(r−1)−2r+2=0，即(r−1)2(r+2)=0，得r1​=1，r2​=1，        r3​=−2，所以方程的通解为y=et(C1​+C2​t)+C3​e−2t，即原方程的通解为y=x(C1​+C2​ln x)+x2C3​​.  (4) 令x=et，记D=dtd​，方程化为[D(D−1)−2D+2]y=t2−2t，即(D2−3D+2)y=t2−2t，（1）        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−3r+2=0，得r1​=1，r2​=2，所以方程的通解为        Y=C1​et+C2​e2t，因f(t)=t2−2t，λ=0不是特征方程的根，令y∗=At2+Bt+C是方程（1）的特解，        代入方程（1），比较系数得A=B=21​，C=41​，即y∗=21​t2+21​t+41​，则方程的通解为        y=C1​et+C2​e2t+21​t2+21​t+41​，即原方程的通解为y=C1​x+C2​x2+21​ln2 x+21​ln x+41​.  (5) 令x=et，记D=dtd​，方程化为[D(D−1)+D−4]y=e3t，即(D2−4)y=e3t，（1）方程对应的齐次方程        的特征方程为r2−4=0，得r1​=2，r2​=−2，所以齐次方程的通解为Y=C1​e2t+C2​e−2t=C1​x2+x2C2​​，        因f(t)=e3t，λ=3不是特征方程的根，令y∗=Ae3t为方程（1）的特解，即y∗=Ax3是原方程的特解，        代入原方程x2y′′+xy′−4y=x3，得A=51​，即y∗=51​x3，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1​x2+x2C2​​+51​x3.  (6) 令x=et，记D=dtd​，原方程化为[D(D−1)−D+4]y=etsin t，即(D2−2D+4)y=etsin t （1），        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−2r+4=0，得r1​=1+3 ​i，r2​=1−3 ​i，所以齐次方程的通解为        Y=et[C1​cos(3 ​t)+C2​sin(3 ​t)]，因f(x)=etsin t，λ+iω=1+i不是特征方程的根，        令y∗=et(Acos t+Bsin t)是方程（1）的特解，代入方程（1），比较系数得A=0，B=21​，        即y∗=21​etsin t，则方程的通解为y=et[C1​cos(3 ​t)+C2​sin(3 ​t)]+21​etsin t，        即原方程的通解为y=x[C1​cos(3 ​ln x)+C2​sin(3 ​ln x)]+21​xsin(ln x).  (7) 令x=et，记D=dtd​，原方程化为[D(D−1)−3D+4]y=et+te2t，即(D2−4D+4)y=et+te2t (1)，        方程对应的齐次方程的特征方程为r2−4r+4=0，得r1​=r2​=2，所以齐次方程的通解为Y=e2t(C1​+C2​t)，        因λ=1不是特征方程的根，所以方程(D2−4D+4)y=et的特解y1∗​=Aet，而λ=2是特征方程的二重根，        所以方程(D2−4D+4)y=e2t的特解为y2∗​=t2e2t(Bt+C)，由叠加原理可知，        令y∗=y1∗​+y2∗​=Aet+(Bt3+Ct2)e2t为方程（1）的特解，代入方程，得Aet+(6Bt+2C)e2t=et+te2t，        比较系数得A=1，B=61​，C=0，即y∗=et+61​t3e2t，则方程的通解为y=e2t(C1​+C2​t)+et+61​t3e2t，        即原方程的通解为y=x2(C1​+C2​ln x)+x+61​x2ln3 x.  (8) 令x=et，记D=dtd​，原方程化为[D(D−1)(D−2)+2D−2]y=te2t+3et，        即[(D−1)(D2−2D+2)]y=te2t+3et (1)，方程对应的齐次方程的特征方程为(r−1)(r2−2r+2)=0，        得r1​=1，r2​=1+i，r3​=1−i，所以齐次方程的通解为Y=et(C1​+C2​cos t+C3​sin t)，        对于方程[(D−1)(D2−2D+2)]y=te2t，因λ=2不是特征方程的根，令y1∗​=(At+B)e2t，        对于方程[(D−1)(D2−2D+2)]y=3et，因λ=1是特征方程的单根，令y2∗​=Ctet，由叠加原理，        令y∗=y1∗​+y2∗​=(At+B)e2t+Ctet为方程（1）的特解，即令y∗=x2(Aln x+B)+Cxln x是原方程的特解，        并有y∗ ′=2Axln x+(A+2B)x+Cln x+C，y∗ ′′=2Aln x+(3A+2B)+xC​，y∗ ′′′=x2A​−x2C​，        代入原方程x3y′′′+2xy′−2y=x2ln x+3x，得2Ax2ln x+(4A+2B)x2+Cx=x2ln x+3x，        比较系数得A=21​，B=−1，C=3，即y∗=x2(21​ln x−1)+3xln x，        所以原方程的通解为y=x[C1​+C2​cos(ln x)+C3​sin(ln x)]+x2(21​ln x−1)+3xln x​​