高等数学（第七版）同济大学习题7-7 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题7-7

$1. 求下列微分方程的通解：$

$(1) y^{''} + y^{'} - 2 y = 0 ； (2) y^{''} - 4 y^{'} = 0 ； (3) y^{''} + y = 0 ； (4) y^{''} + 6 y^{'} + 13 y = 0 ； (5) 4 \frac{d ^{2} x}{d t ^{2}} - 20 \frac{d x}{d t} + 25 x = 0 ； (6) y^{''} - 4 y^{'} + 5 y = 0 ； (7) y^{(4)} - y = 0 ； (8) y^{(4)} + 2 y^{''} + y = 0 ； (9) y^{(4)} - 2 y^{'''} + y^{''} = 0 ； (10) y^{(4)} + 5 y^{''} - 36 y = 0.$

解：

$(1) 特征方程为 r^{2} + r - 2 = 0 ，得 r_{1} = 1 ， r_{2} = - 2 ，所以方程通解为 y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- 2 x} (2) 特征方程为 r^{2} - 4 r = 0 ，得 r_{1} = 0 ， r_{2} = 4 ，所以方程通解为 y = C_{1} + C_{2} e^{4 x} (3) 特征方程为 r^{2} + 1 = 0 ，得 r_{1} = i ， r_{2} = - i ，所以方程通解为 y = C_{1} cos x + C_{2} s in x (4) 特征方程为 r^{2} + 6 r + 13 = 0 ，得 r_{1} = - 3 + 2 i ， r_{2} = - 3 - 2 i ，所以方程通解为 y = e^{- 3 x} (C_{1} cos 2 x + C_{2} s in 2 x) (5) 特征方程为 4 r^{2} - 20 r + 25 = 0 ，得 r_{1} = r_{2} = \frac{5}{2} ，所以方程通解为 x = (C_{1} + C_{2} t) e^{\frac{5}{2} t} (6) 特征方程为 r^{2} - 4 r + 5 = 0 ，得 r_{1} = 2 + i ， r_{2} = 2 - i ，所以方程通解为 y = e^{2 x} (C_{1} cos x + C_{2} s in x) (7) 特征方程为 r^{4} - 1 = 0 ，即 (r^{2} - 1) (r^{2} + 1) = 0 ，得 r_{1} = 1 ， r_{2} = - 1 ， r_{3} = i ， r_{4} = - i ，所以方程通解为 y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x} + C_{3} cos x + C_{4} s in x (8) 特征方程为 r^{4} + 2 r^{2} + 1 = 0 ，即 (r^{2} + 1)^{2} = 0 ，得 r_{1} = r_{2} = i ， r_{3} = r_{4} = - i ，所以方程通解为 y = (C_{1} + C_{2} x) cos x + (C_{3} + C_{4} x) s in x (9) 特征方程为 r^{4} - 2 r^{3} + r^{2} = 0 ，即 r^{2} (r - 1)^{2} = 0 ，得 r_{1} = r_{2} = 0 ， r_{3} = r_{4} = 1 ，所以方程通解为 y = C_{1} + C_{2} x + (C_{3} + C_{4} x) e^{x} (10) 特征方程为 r^{4} + 5 r^{2} - 36 = 0 ，即 (r^{2} + 9) (r^{2} - 4) = 0 ，得 r_{1} = 2 ， r_{2} = - 2 ， r_{3} = 3 i ， r_{4} = - 3 i ，所以方程通解为 y = C_{1} e^{2 x} + C_{2} e^{- 2 x} + C_{3} cos 3 x + C_{4} s in 3 x .$

$2. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：$

$(1) y^{''} - 4 y^{'} + 3 y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 6 ， y^{'} ∣_{x = 0} = 10 ； (2) 4 y^{''} + 4 y^{'} + y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 2 ， y^{'} ∣_{x = 0} = 0 ； (3) y^{''} - 3 y^{'} - 4 y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 0 ， y^{'} ∣_{x = 0} = - 5 ； (4) y^{''} + 4 y^{'} + 29 y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 0 ， y^{'} ∣_{x = 0} = 15 ； (5) y^{''} + 25 y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 2 ， y^{'} ∣_{x = 0} = 5 ； (6) y^{''} - 4 y^{'} + 13 y = 0 ， y ∣_{x = 0} = 0 ， y^{'} ∣_{x = 0} = 3.$

解：

$3. 一个单位质量得质点在数轴上运动，开始时质点在原点 O 处且速度为 v_{0} ，在运动过程中，它受到一个力的作用，这个力的大小与质点到原点的举例成正比（比例系数 k_{1} > 0 ）而方向与初速度一致。又介质的阻力与速度成正比（比例系数 k_{2} > 0 ）。求反映这质点的运动规律的函数。$

解：

$设质点的位置函数为 x = x (t) ，根据题意可得， x^{''} = k_{1} x - k_{2} x^{'} ，即 x^{''} + k_{2} x^{'} - k_{1} x = 0 ，且 t = 0 时， x = 0 ， x^{'} = v_{0} ，特征方程为 r^{2} + k_{2} r - k_{1} = 0 ，得 r_{1} = \frac{- k _{2} + k _{2}^{2} + 4 k _{1}}{2} ， r_{2} = \frac{- k _{2} - k _{2}^{2} + 4 k _{1}}{2} ，所以方程通解为 x = C_{1} e^{r_{1} t} + C_{2} e^{r_{2} t} ， x^{'} = r_{1} C_{1} e^{r_{1} t} + r_{2} C_{2} e^{r_{2} t} ，代入初值条件，得 ⎩ ⎨ ⎧ C_{1} + C_{2} = 0 ， r_{1} C_{1} + r_{2} C_{2} = v_{0} ，解得 C_{1} = \frac{v _{0}}{k _{2}^{2} + 4 k _{1}} ， C_{2} = - \frac{v _{0}}{k _{2}^{2} + 4 k _{1}} ，所以， x = \frac{v _{0}}{k _{2}^{2} + 4 k _{1}} (e^{\frac{- k _{2} + k _{2}^{2} + 4 k _{1}}{2}} - e^{\frac{- k _{2} - k _{2}^{2} + 4 k _{1}}{2}}) = \frac{v _{0}}{k _{2}^{2} + 4 k _{1}} e^{\frac{- k _{2} + k _{2}^{2} + 4 k _{1}}{2}} (1 - e^{- t k_{2}^{2} + 4 k_{1}})$

$4. 在图 7 - 13 所示的电路中先将开关 S 拨向 A ，达到稳定状态后再将开关 S 拨向 B ，求电压 u_{c} (t) 及电流 i (t) ，已知 E = 20 V ， C = 0.5 \times 1 0^{- 6} F ， L = 0.1 H ， R = 2000Ω 。$

在这里插入图片描述

解：

$由回路定律，得 L \frac{d i}{d t} + \frac{q}{C} + R i = 0 ，因为 \frac{q}{C} = u_{c} ，即 q = C u_{c} ， i = \frac{d q}{d t} = C \frac{d u _{c}}{d t} ，则 \frac{d i}{d t} = C \frac{d ^{2} u _{c}}{d t ^{2}} ，有 L C \frac{d ^{2} u _{c}}{d t ^{2}} + u_{c} + RC \frac{d u _{c}}{d t} = 0 ，即 \frac{d ^{2} u _{c}}{d t ^{2}} + \frac{R}{L} \frac{d u _{c}}{d t} + \frac{1}{L C} u_{c} = 0 ，且 t = 0 时， u_{c} = E ， \frac{d u _{c}}{d t} = 0 ，已知 \frac{R}{L} = \frac{2000}{0.1} = 2 \times 1 0^{4} ， \frac{1}{L C} = \frac{1}{0.1 \times 0.5 \times 1 0 ^{- 6}} = 2 \times 1 0^{7} ，所以微分方程为 u_{c}^{''} + 2 \times 1 0^{4} u_{c}^{'} + 2 \times 1 0^{7} u_{c} = 0 ，特征方程为 r^{2} + 2 \times 1 0^{4} r + 2 \times 1 0^{7} = 0 ，得 r_{1} \approx - 1.9 \times 1 0^{4} ， r_{2} \approx - 1 0^{3} ，所以 u_{c} = C_{1} e^{- 1.9 \times 1 0^{4} t} + C_{2} e^{- 1 0^{3} t} ，且有 u_{c}^{'} = - 1.9 \times 1 0^{4} C_{1} e^{- 1.9 \times 1 0^{4} t} - 1 0^{3} C_{2} e^{- 1 0^{3} t} ，代入初值条件， t = 0 ， u_{c} = 20 ， u_{c}^{'} = 0 ，得 ⎩ ⎨ ⎧ C_{1} + C_{2} = 20 ， - 1.9 \times 1 0^{4} C_{1} - 1 0^{3} C_{2} = 0 ，解得 C_{1} = - \frac{10}{9} ， C_{2} = \frac{190}{9} ，所以 u_{c} = \frac{10}{9} (19 e^{- 1 0^{3} t} - e^{- 1.9 \times 1 0^{4} t}) ， i = C u_{c}^{'} = 0.5 \times 1 0^{- 6} \times \frac{10}{9} (- 19 \times 1 0^{3} e^{- 1 0^{3} t} + 1.9 \times 1 0^{4} e^{- 1.9 \times 1 0^{4} t}) = \frac{19}{18} \times 1 0^{- 2} (e^{- 1.9 \times 1 0^{4} t} - e^{- 1 0^{3} t}) .$

$5. 设圆柱形浮筒的底面直径为 0.5 m ，将它铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水中上下振动的周期为 2 s ，求浮筒的质量。$

解：

$设 x 轴的正向铅直向下，原点在水面处，平衡状态下浮筒上一点 A 在水平面处，另设在时刻 t ，点 A 的位置为 x = x (t) ，此刻它受到恢复力大小为 1000 g π R^{2} ∣ x ∣ （ R 是浮筒的半径），恢复力方向与位移方向相反，则有 m x^{''} = - 1000 g π R^{2} x ，其中 m 是浮筒的质量。记 ω^{2} = \frac{1000 g π R ^{2}}{m} ，则微分方程为 x^{''} + ω^{2} x = 0 ，特征方程为 r^{2} + ω^{2} = 0 ，得 r_{1} = ωi ， r_{2} = - ωi ，所以 x = C_{1} cos ω t + C_{2} s in ω t = A s in (ω t + φ) ， A = C_{1}^{2} + C_{2}^{2} ， s in φ = \frac{C _{1}}{A} ，因为振动周期 T = \frac{2 π}{ω} = 2 ，所以 ω = π ，即 \frac{1000 g π R ^{2}}{m} = π^{2} ，解得 m = \frac{1000 g R ^{2}}{π} \approx 195 (k g) .$

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原文地址：https://blog.csdn.net/navicheung/article/details/126845168

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