( 1 ) 2 y ′ ′ + y ′ − y = 2 e x ； ( 2 ) y ′ ′ + a 2 y = e x ； ( 3 ) 2 y ′ ′ + 5 y ′ = 5 x 2 − 2 x − 1 ； ( 4 ) y ′ ′ + 3 y ′ + 2 y = 3 x e − x ； ( 5 ) y ′ ′ − 2 y ′ + 5 y = e x s i n 2 x ； ( 6 ) y ′ ′ − 6 y ′ + 9 y = ( x + 1 ) e 3 x ； ( 7 ) y ′ ′ + 5 y ′ + 4 y = 3 − 2 x ； ( 8 ) y ′ ′ + 4 y = x c o s x ； ( 9 ) y ′ ′ + y = e x + c o s x ； ( 10 ) y ′ ′ − y = s i n 2 x . (1) 2y″ (1) 2y′′+y′−y=2ex； (2) y′′+a2y=ex； (3) 2y′′+5y′=5x2−2x−1； (4) y′′+3y′+2y=3xe−x； (5) y′′−2y′+5y=exsin 2x； (6) y′′−6y′+9y=(x+1)e3x； (7) y′′+5y′+4y=3−2x； (8) y′′+4y=xcos x； (9) y′′+y=ex+cos x； (10) y′′−y=sin2 x.
( 1 ) 特征方程为 2 r 2 + r − 1 = 0 ，得 r 1 = 1 2 ， r 2 = − 1 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e x 2 + C 2 e − x ， 因 f ( x ) = 2 e x ， λ = 1 不是特征方程的根，所以设 y ∗ = a e x 是原方程的一个特解，代入原方程得 2 a e x + a e x − a e x = 2 e x ，得出 a = 1 ，即 y ∗ = e x ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 e x 2 + C 2 e − x + e x . ( 2 ) 特征方程为 r 2 + a 2 = 0 ，得 r 1 = a i ， r 2 = − a i ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 c o s a x + C 2 s i n a x ， 因 f ( x ) = e x ， λ = 1 不是特征方程的根，所以设 y ∗ = b e x 是原方程的一个特解，代入方程得 b e x + a 2 b e x = e x ，得出 b = 1 1 + a 2 ，即 y ∗ = e x 1 + a 2 ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 c o s a x + C 2 s i n a x + e x 1 + a 2 . ( 3 ) 特征方程为 2 r 2 + 5 r = 0 ，得 r 1 = 0 ， r 2 = − 5 2 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 + C 2 e − 5 2 x ， 因 f ( x ) = 5 x 2 − 2 x − 1 ， λ = 0 是特征方程的单根，所以设 y ∗ = x ( b 0 x 2 + b 1 x + b 2 ) 是原方程的一个特解， 代入方程整理，得 15 b 0 x 2 + ( 12 b 0 + 10 b 1 ) x + 4 b 1 + 5 b 2 = 5 x 2 − 2 x − 1 ，比较系数得 b 0 = 1 3 ， b 1 = − 3 5 ， b 2 = 7 25 ，即 y ∗ = 1 3 x 3 − 3 5 x 2 + 7 25 x ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 + C 2 e − 5 2 x + 1 3 x 3 − 3 5 x 2 + 7 25 x . ( 4 ) 特征方程为 r 2 + 3 r + 2 = 0 ，得 r 1 = − 1 ， r 2 = − 2 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e − x + C 2 e − 2 x ， 因 f ( x ) = 3 x e − x ， λ = − 1 是特征方程的单根，所以设 y ∗ = x e − x ( a x + b ) = e − x ( a x 2 + b x ) 是原方程的一个特解， 代入方程整理得， 2 a x + ( 2 a + b ) = 3 x ，比较系数得 a = 3 2 ， b = − 3 ，即 y ∗ = e − x ( 3 2 x 2 − 3 x ) ， 所以原方程得通解为 y = Y + y ∗ = C 1 e − x + C 2 e − 2 x + e − x ( 3 2 x 2 − 3 x ) . ( 5 ) 特征方程为 r 2 − 2 r + 5 = 0 ，得 r 1 = 1 + 2 i ， r 2 = 1 − 2 i ，所对应的齐次方程的通解为 Y = e x ( C 1 c o s 2 x + C 2 s i n 2 x ) ，因 f ( x ) = e x s i n 2 x = e x ( 0 ⋅ c o s 2 x + 1 ⋅ s i n 2 x ) ， λ + i ω = 1 + 2 i 是特征方程 的单根，所以设 y ∗ = x e x ( a c o s 2 x + b s i n 2 x ) 是原方程的一个特解，代入方程整理得 4 b c o s 2 x − 4 a s i n 2 x = s i n 2 x ，比较系数得 a = − 1 4 ， b = 0 ，即 y ∗ = x e x ( − 1 4 c o s 2 x ) = − 1 4 x e x c o s 2 x ， 所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = e x ( C 1 c o s 2 x + C 2 s i n 2 x ) − 1 4 x e x c o s 2 x . ( 6 ) 特征方程为 r 2 − 6 r + 9 = 0 ，得 r 1 = r 2 = 3 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = e 3 x ( C 1 + C 2 x ) ， 因 f ( x ) = e 3 x ( x + 1 ) ， λ = 3 是特征方程的二重根，所以设 y ∗ = e 3 x ( a x + b ) x 2 是原方程的一个特解， 代入方程整理得 6 a x + 2 b = x + 1 ，比较系数得 a = 1 6 ， b = 1 2 ，即 y ∗ = e 3 x ( 1 6 x + 1 2 ) x 2 ， 所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = e 3 x ( C 1 + C 2 x ) + e 3 x ( 1 6 x + 1 2 ) x 2 . ( 7 ) 特征方程为 r 2 + 5 r + 4 = 0 ，得 r 1 = − 1 ， r 2 = − 4 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e − x + C 2 e − 4 x ， 因 f ( x ) = 3 − 2 x ， λ = 0 不是特征方程的根，所以设 y ∗ = a x + b 是原方程的一个特解，代入方程得 4 a x + 5 a + 4 b = − 2 x + 3 ，比较系数得 a = − 1 2 ， b = 11 8 ，即 y ∗ = − 1 2 x + 11 8 ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 e − x + C 2 e − 4 x − 1 2 x + 11 8 . ( 8 ) 特征方程为 r 2 + 4 = 0 ，得 r 1 = 2 i ， r 2 = − 2 i ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 c o s 2 x + C 2 s i n 2 x ， 因 f ( x ) = x c o s x ， λ + i ω = i 不是特征方程的根，所以设 y ∗ = ( a x + b ) c o s x + ( c x + d ) s i n x 是原方程的一个特解，代入方程得 ( 3 a x + 3 b + 2 c ) c o s x + ( 3 c x + 3 d − 2 a ) s i n x = x c o s x ， 比较系数有 { 3 a = 1 ， 3 b + 2 c = 0 ， 3 c = 0 ， 3 d − 2 a = 0 ， 解得 a = 1 3 ， b = 0 ， c = 0 ， d = 2 9 ，即 y ∗ = 1 3 x c o s x + 2 9 s i n x ， 所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 c o s 2 x + C 2 s i n 2 x + 1 3 x c o s x + 2 9 s i n x . ( 9 ) 特征方程为 r 2 + 1 = 0 ，得 r 1 = i ， r 2 = − i ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 c o s x + C 2 s i n x ， 因 f ( x ) = e x + c o s x ，对应方程 y ′ ′ + y = e x ，设特解 y 1 ∗ = A e x ，对应方程 y ′ ′ + y = c o s x ( λ + i ω = i 是特征方程的根 ) ，设特解 y 2 ∗ = x ( B c o s x + C s i n x ) ， 由叠加原理，设 y ∗ = A e x + x ( B c o s x + C s i n x ) 是原方程的一个特解，代入方程得 2 A e x + 2 C c o s x − 2 B s i n x = e x + c o s x ，比较系数得 A = 1 2 ， B = 0 ， C = 1 2 ，即 y ∗ = 1 2 e x + 1 2 x s i n x ， 所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 c o s x + C 2 s i n x + 1 2 e x + 1 2 x s i n x . ( 10 ) 特征方程为 r 2 − 1 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = − 1 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e x + C 2 e − x ， 因 f ( x ) = s i n 2 x = 1 2 − 1 2 c o s 2 x ，对应方程 y ′ ′ − y = 1 2 ，设特解 y 1 ∗ = A ，对应方程 y ′ ′ − y = − 1 2 c o s 2 x ， 设特解 y 2 ∗ = B c o s 2 x + C s i n 2 x ，由叠加原理，设 y ∗ = A + B c o s 2 x + C s i n 2 x 是原方程的一个特解， 代入方程得 − A − 5 B c o s 2 x − 5 C s i n 2 x = 1 2 − 1 2 c o s 2 x ，比较系数得 A = − 1 2 ， B = 1 10 ， C = 0 ， 即 y ∗ = − 1 2 + 1 10 c o s 2 x ，所以原方程的通解为 y = Y + y ∗ = C 1 e x + C 2 e − x − 1 2 + 1 10 c o s 2 x . (1) 特征方程为2r2+r−1=0，得r1=21，r2=−1，所对应的齐次方程的通解为Y=C1e2x+C2e−x， 因f(x)=2ex，λ=1不是特征方程的根，所以设y∗=aex是原方程的一个特解，代入原方程得 2aex+aex−aex=2ex，得出a=1，即y∗=ex，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1e2x+C2e−x+ex. (2) 特征方程为r2+a2=0，得r1=ai，r2=−ai，所对应的齐次方程的通解为Y=C1cos ax+C2sin ax， 因f(x)=ex，λ=1不是特征方程的根，所以设y∗=bex是原方程的一个特解，代入方程得 bex+a2bex=ex，得出b=1+a21，即y∗=1+a2ex，所以原方程的通解为 y=Y+y∗=C1cos ax+C2sin ax+1+a2ex. (3) 特征方程为2r2+5r=0，得r1=0，r2=−25，所对应的齐次方程的通解为Y=C1+C2e−25x， 因f(x)=5x2−2x−1，λ=0是特征方程的单根，所以设y∗=x(b0x2+b1x+b2)是原方程的一个特解， 代入方程整理，得15b0x2+(12b0+10b1)x+4b1+5b2=5x2−2x−1，比较系数得 b0=31，b1=−53，b2=257，即y∗=31x3−53x2+257x，所以原方程的通解为 y=Y+y∗=C1+C2e−25x+31x3−53x2+257x. (4) 特征方程为r2+3r+2=0，得r1=−1，r2=−2，所对应的齐次方程的通解为Y=C1e−x+C2e−2x， 因f(x)=3xe−x，λ=−1是特征方程的单根，所以设y∗=xe−x(ax+b)=e−x(ax2+bx)是原方程的一个特解， 代入方程整理得，2ax+(2a+b)=3x，比较系数得a=23，b=−3，即y∗=e−x(23x2−3x)， 所以原方程得通解为y=Y+y∗=C1e−x+C2e−2x+e−x(23x2−3x). (5) 特征方程为r2−2r+5=0，得r1=1+2i，r2=1−2i，所对应的齐次方程的通解为 Y=ex(C1cos 2x+C2sin 2x)，因f(x)=exsin 2x=ex(0⋅cos 2x+1⋅sin 2x)，λ+iω=1+2i是特征方程 的单根，所以设y∗=xex(acos 2x+bsin 2x)是原方程的一个特解，代入方程整理得 4bcos 2x−4asin 2x=sin 2x，比较系数得a=−41，b=0，即y∗=xex(−41cos 2x)=−41xexcos 2x， 所以原方程的通解为y=Y+y∗=ex(C1cos 2x+C2sin 2x)−41xexcos 2x. (6) 特征方程为r2−6r+9=0，得r1=r2=3，所对应的齐次方程的通解为Y=e3x(C1+C2x)， 因f(x)=e3x(x+1)，λ=3是特征方程的二重根，所以设y∗=e3x(ax+b)x2是原方程的一个特解， 代入方程整理得6ax+2b=x+1，比较系数得a=61，b=21，即y∗=e3x(61x+21)x2， 所以原方程的通解为y=Y+y∗=e3x(C1+C2x)+e3x(61x+21)x2. (7) 特征方程为r2+5r+4=0，得r1=−1，r2=−4，所对应的齐次方程的通解为Y=C1e−x+C2e−4x， 因f(x)=3−2x，λ=0不是特征方程的根，所以设y∗=ax+b是原方程的一个特解，代入方程得 4ax+5a+4b=−2x+3，比较系数得a=−21，b=811，即y∗=−21x+811，所以原方程的通解为 y=Y+y∗=C1e−x+C2e−4x−21x+811. (8) 特征方程为r2+4=0，得r1=2i，r2=−2i，所对应的齐次方程的通解为Y=C1cos 2x+C2sin 2x， 因f(x)=xcos x，λ+iω=i不是特征方程的根，所以设y∗=(ax+b)cos x+(cx+d)sin x 是原方程的一个特解，代入方程得(3ax+3b+2c)cos x+(3cx+3d−2a)sin x=xcos x， 比较系数有⎩ ⎨ ⎧3a=1，3b+2c=0，3c=0，3d−2a=0，解得a=31，b=0，c=0，d=92，即y∗=31xcos x+92sin x， 所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1cos 2x+C2sin 2x+31xcos x+92sin x. (9) 特征方程为r2+1=0，得r1=i，r2=−i，所对应的齐次方程的通解为Y=C1cos x+C2sin x， 因f(x)=ex+cos x，对应方程y′′+y=ex，设特解y1∗=Aex，对应方程y′′+y=cos x (λ+iω=i是特征方程的根)，设特解y2∗=x(Bcos x+Csin x)， 由叠加原理，设y∗=Aex+x(Bcos x+Csin x)是原方程的一个特解，代入方程得 2Aex+2Ccos x−2Bsin x=ex+cos x，比较系数得A=21，B=0，C=21，即y∗=21ex+21xsin x， 所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1cos x+C2sin x+21ex+21xsin x. (10) 特征方程为r2−1=0，得r1=1，r2=−1，所对应的齐次方程的通解为Y=C1ex+C2e−x， 因f(x)=sin2 x=21−21cos 2x，对应方程y′′−y=21，设特解y1∗=A，对应方程y′′−y=−21cos 2x， 设特解y2∗=Bcos 2x+Csin 2x，由叠加原理，设y∗=A+Bcos 2x+Csin 2x是原方程的一个特解， 代入方程得−A−5Bcos 2x−5Csin 2x=21−21cos 2x，比较系数得A=−21，B=101，C=0， 即y∗=−21+101cos 2x，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1ex+C2e−x−21+101cos 2x.
( 1 ) y ′ ′ + y + s i n 2 x = 0 ， y ∣ x = π = 1 ， y ′ ∣ x = π = 1 ； ( 2 ) y ′ ′ − 3 y ′ + 2 y = 5 ， y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 2 ； ( 3 ) y ′ ′ − 10 y ′ + 9 y = e 2 x ， y ∣ x = 0 = 6 7 ， y ′ ∣ x = 0 = 33 7 ； ( 4 ) y ′ ′ − y = 4 x e x ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = 1 ； ( 5 ) y ′ ′ − 4 y ′ = 5 ， y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 0. (1) y′′+y+sin 2x=0，y∣x=π=1，y′∣x=π=1； (2) y′′−3y′+2y=5，y∣x=0=1，y′∣x=0=2； (3) y′′−10y′+9y=e2x，y∣x=0=76，y′∣x=0=733； (4) y′′−y=4xex，y∣x=0=0，y′∣x=0=1； (5) y′′−4y′=5，y∣x=0=1，y′∣x=0=0.
( 1 ) 特征方程为 r 2 + 1 = 0 ，得 r 1 = i ， r 2 = − i ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 c o s x + C 2 s i n x ， 因 f ( x ) = − s i n 2 x = e 0 x ( 0 ⋅ c o s 2 x − s i n 2 x ) ， λ + i ω = 2 i 不是特征方程的根，设 y ∗ = A c o s 2 x + B s i n 2 x 是原方程的一个特解，代入方程得 − 3 A c o s 2 x − 3 B s i n 2 x = − s i n 2 x ，比较系数得 A = 0 ， B = 1 3 ， 即 y ∗ = 1 3 s i n 2 x ，所以原方程的通解为 y = C 1 c o s x + C 2 s i n x + 1 3 s i n 2 x ，且有 y ′ = − C 1 s i n x + C 2 c o s x + 2 3 c o s 2 x ，代入初值条件 x = π ， y = 1 ， y ′ = 1 ，得 { − C 1 = 1 ， − C 2 + 2 3 = 1 ， 解得 C 1 = − 1 ， C 2 = − 1 3 ，所求特解为 y = − c o s x − 1 3 s i n x + 1 3 s i n 2 x . ( 2 ) 特征方程为 r 2 − 3 r + 2 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = 2 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e x + C 2 e 2 x ， 因 f ( x ) = 5 ， λ = 0 不是特征方程的根，设 y ∗ = A 是原方程的一个特解，代入方程得 A = 5 2 ， 即 y ∗ = 5 2 ，则原方程的通解为 y = C 1 e x + C 2 e 2 x + 5 2 ，且有 y ′ = C 1 e x + 2 C 2 e 2 x ，代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ， y ′ = 2 ，得 { C 1 + C 2 + 5 2 = 1 ， C 1 + 2 C 2 = 2 ， 解得 C 1 = − 5 ， C 2 = 7 2 ，所求特解为 y = − 5 e x + 7 2 e 2 x + 5 2 . ( 3 ) 特征方程为 r 2 − 10 r + 9 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = 9 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 e x + C 2 e 9 x ， 因 f ( x ) = e 2 x ， λ = 2 不是特征方程的根，设 y ∗ = A e 2 x 是原方程的一个特解，代入方程整理得 A = − 1 7 ， 即 y ∗ = − 1 7 e 2 x ，则原方程的通解为 y = C 1 e x + C 2 e 9 x − 1 7 e 2 x ，且有 y ′ = C 1 e x + 9 C 2 e 9 x − 2 7 e 2 x ，代入初值条件 x = 0 ， y = 6 7 ， y ′ = 33 7 ，得 { C 1 + C 2 − 1 7 = 6 7 ， C 1 + 9 C 2 − 2 7 = 33 7 ， 解得 C 1 = 1 2 ， C 2 = 1 2 ，所求特解为 y = 1 2 e x + 1 2 e 9 x − 1 7 e 2 x . ( 4 ) 特征方程为 r 2 − 1 = 0 ，得 r 1 = 1 ， r 2 = − 1 ，所对应的齐次方程的通解为 y = C 1 e x + C 2 e − x ， 因 f ( x ) = 4 x e x ， λ = 1 是特征方程的单根，设 y ∗ = x e x ( A x + B ) = e x ( A x 2 + B x ) 是原方程的一个特解， 代入方程整理得， 4 A x + 2 A + 2 B = 4 x ，比较系数得 A = 1 ， B = − 1 ，即 y ∗ = e x ( x 2 − x ) ，则原方程的通解为 y = C 1 e x + C 2 e − x + e x ( x 2 − x ) ，即 y = e x ( x 2 − x + C 1 ) + C 2 e − x ，且有 y ′ = e x ( x 2 + x − 1 + C 1 ) − C 2 e − x ， 代入初值条件 x = 0 ， y = 0 ， y ′ = 1 ，得 { C 1 + C 2 = 0 ， C 1 − C 2 − 1 = 1 ， 解得 C 1 = 1 ， C 2 = − 1 ， 所求特解为 y = e x ( x 2 − x + 1 ) − e − x . ( 5 ) 特征方程为 r 2 − 4 r = 0 ，得 r 1 = 0 ， r 2 = 4 ，所对应的齐次方程的通解为 Y = C 1 + C 2 e 4 x ， 因 f ( x ) = 5 = 5 ⋅ e 0 x ， λ = 0 是特征方程的单根，设 y ∗ = A x 是原方程的一个特解，代入方程得 A = − 5 4 ， 即 y ∗ = − 5 4 x ，则原方程的通解为 y = C 1 + C 2 e 4 x − 5 4 x ，且有 y ′ = 4 C 2 e 4 x − 5 4 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ， y ′ = 0 ，得 { C 1 + C 2 = 1 ， 4 C 2 − 5 4 = 0 ， 解得 C 1 = 11 16 ， C 2 = 5 16 ，所求特解为 y = 11 16 + 5 16 e 4 x − 5 4 x . (1) 特征方程为r2+1=0，得r1=i，r2=−i，所对应的齐次方程的通解为Y=C1cos x+C2sin x， 因f(x)=−sin 2x=e0x(0⋅cos 2x−sin 2x)，λ+iω=2i不是特征方程的根，设y∗=Acos 2x+Bsin 2x 是原方程的一个特解，代入方程得−3Acos 2x−3Bsin 2x=−sin 2x，比较系数得A=0，B=31， 即y∗=31sin 2x，所以原方程的通解为y=C1cos x+C2sin x+31sin 2x，且有 y′=−C1sin x+C2cos x+32cos 2x，代入初值条件x=π，y=1，y′=1，得⎩ ⎨ ⎧−C1=1，−C2+32=1， 解得C1=−1，C2=−31，所求特解为y=−cos x−31sin x+31sin 2x. (2) 特征方程为r2−3r+2=0，得r1=1，r2=2，所对应的齐次方程的通解为Y=C1ex+C2e2x， 因f(x)=5，λ=0不是特征方程的根，设y∗=A是原方程的一个特解，代入方程得A=25， 即y∗=25，则原方程的通解为y=C1ex+C2e2x+25，且有y′=C1ex+2C2e2x，代入初值条件x=0，y=1， y′=2，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2+25=1，C1+2C2=2，解得C1=−5，C2=27，所求特解为y=−5ex+27e2x+25. (3) 特征方程为r2−10r+9=0，得r1=1，r2=9，所对应的齐次方程的通解为Y=C1ex+C2e9x， 因f(x)=e2x，λ=2不是特征方程的根，设y∗=Ae2x是原方程的一个特解，代入方程整理得A=−71， 即y∗=−71e2x，则原方程的通解为y=C1ex+C2e9x−71e2x，且有y′=C1ex+9C2e9x−72e2x，代入初值条件 x=0，y=76，y′=733，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2−71=76，C1+9C2−72=733，解得C1=21，C2=21，所求特解为y=21ex+21e9x−71e2x. (4) 特征方程为r2−1=0，得r1=1，r2=−1，所对应的齐次方程的通解为y=C1ex+C2e−x， 因f(x)=4xex，λ=1是特征方程的单根，设y∗=xex(Ax+B)=ex(Ax2+Bx)是原方程的一个特解， 代入方程整理得，4Ax+2A+2B=4x，比较系数得A=1，B=−1，即y∗=ex(x2−x)，则原方程的通解为 y=C1ex+C2e−x+ex(x2−x)，即y=ex(x2−x+C1)+C2e−x，且有y′=ex(x2+x−1+C1)−C2e−x， 代入初值条件x=0，y=0，y′=1，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=0，C1−C2−1=1，解得C1=1，C2=−1， 所求特解为y=ex(x2−x+1)−e−x. (5) 特征方程为r2−4r=0，得r1=0，r2=4，所对应的齐次方程的通解为Y=C1+C2e4x， 因f(x)=5=5⋅e0x，λ=0是特征方程的单根，设y∗=Ax是原方程的一个特解，代入方程得A=−45， 即y∗=−45x，则原方程的通解为y=C1+C2e4x−45x，且有y′=4C2e4x−45，代入初值条件x=0，y=1， y′=0，得⎩ ⎨ ⎧C1+C2=1，4C2−45=0，解得C1=1611，C2=165，所求特解为y=1611+165e4x−45x.
取炮口在原点，炮弹前进的水平方向为 x 轴，铅直向上为 y 轴，设在时刻 t ，炮弹位于 ( x ( t ) , y ( t ) ) ，根据题意， 有 { d 2 y d t 2 = − g ， ( 1 ) d 2 x d t 2 = 0 ， ( 2 ) 且 { y ∣ t = 0 = 0 ， y ′ ∣ t = 0 = v 0 s i n α ， x ∣ t = 0 = 0 ， x ′ ∣ t = 0 = v 0 c o s α . 解方程 ( 1 ) 得 y = − 1 2 g t 2 + C 1 t + C 2 ，代入初值条件 t = 0 ， y = 0 ， y ′ = v 0 s i n α ，得 C 1 = v 0 s i n α ， C 2 = 0 ，即 y = v 0 s i n α ⋅ t − 1 2 g t 2 ，解方程 ( 2 ) 得 x = C 3 t + C 4 ， 代入初值条件 t = 0 ， x = 0 ， x ′ = v 0 c o s α ，得 C 3 = v 0 c o s α ， C 4 = 0 ，即 x = v 0 c o s α ⋅ t ， 所以弹道曲线为 { x = v 0 c o s α ⋅ t ， y = v 0 s i n α ⋅ t − 1 2 g t 2 . 取炮口在原点，炮弹前进的水平方向为x轴，铅直向上为y轴，设在时刻t，炮弹位于(x(t), y(t))，根据题意， 有⎩ ⎨ ⎧dt2d2y=−g，(1)dt2d2x=0，(2)且⎩ ⎨ ⎧y∣t=0=0，y′∣t=0=v0sin α，x∣t=0=0，x′∣t=0=v0cos α.解方程(1)得y=−21gt2+C1t+C2，代入初值条件 t=0，y=0，y′=v0sin α，得C1=v0sin α，C2=0，即y=v0sin α⋅t−21gt2，解方程(2)得x=C3t+C4， 代入初值条件t=0，x=0，x′=v0cos α，得C3=v0cos α，C4=0，即x=v0cos α⋅t， 所以弹道曲线为⎩ ⎨ ⎧x=v0cos α⋅t，y=v0sin α⋅t−21gt2.
由回路定律可知， L C u c ′ ′ + R C u c ′ + u c = E ，即 u c ′ ′ + R L u c ′ + 1 L C u c = E L C ，根据题意，有初值条件， t = 0 时， u c = 0 ， u c ′ = 0 ，已知 R = 1000 Ω ， L = 0.1 H ， C = 0.2 μ F = 0.2 × 1 0 − 6 F ， E = 20 V ，所以微分方程为 u c ′ ′ + 1 0 4 u c ′ + 5 × 1 0 7 u c = 1 0 9 ，所对应的齐次方程的特征方程为 r 2 + 1 0 4 r + 5 × 1 0 7 = 0 ，得 r 1 = − 1 2 × 1 0 4 + 1 2 × 1 0 4 i = − 5 × 1 0 3 + 5 × 1 0 3 i ， r 2 = − 1 2 × 1 0 4 − 1 2 × 1 0 4 i = − 5 × 1 0 3 − 5 × 1 0 3 i ， 因 f ( t ) = 1 0 9 ，令 u c ∗ = A 是原方程的特解，代入方程得 A = 20 ，即 u c ∗ = 20 ， 所以方程通解为 u c = e − 5 × 1 0 3 t [ ( C 1 c o s ( 5 × 1 0 3 t ) + C 2 s i n ( 5 × 1 0 3 t ) ] + 20 ，代入初值条件 t = 0 ， u c = 0 ， 有 C 1 + 20 = 0 ，即 C 1 = − 20 ， 又 u c ′ = − 5 × 1 0 3 e − 5 × 1 0 3 t [ − 20 c o s ( 5 × 1 0 3 t ) + C 2 s i n ( 5 × 1 0 3 t ) ] + e − 5 × 1 0 3 t [ 20 × 5 × 1 0 3 s i n ( 5 × 1 0 3 t ) + 5 × 1 0 3 C 2 c o s ( 5 × 1 0 3 t ) ] ，代入初值条件 t = 0 ， u c ′ = 0 ，有 − 5 × 1 0 3 ( − 20 ) + 5 × 1 0 3 C 2 = 0 ，即 C 2 = − 20 ， 所以 u c = 20 − 20 e − 5 × 1 0 3 t [ c o s ( 5 × 1 0 3 t ) + s i n ( 5 × 1 0 3 t ) ] V ， i = C u c ′ = 0.2 × 1 0 − 6 u c ′ = 4 × 1 0 − 2 e − 5 × 1 0 3 t s i n ( 5 × 1 0 3 t ) A 由回路定律可知，LCuc′′+RCuc′+uc=E，即uc′′+LRuc′+LC1uc=LCE，根据题意，有初值条件，t=0时， uc=0，uc′=0，已知R=1000 Ω，L=0.1 H，C=0.2 μF=0.2×10−6 F，E=20 V，所以微分方程为 uc′′+104uc′+5×107uc=109，所对应的齐次方程的特征方程为r2+104r+5×107=0，得r1= −21×104+21×104i=−5×103+5×103i，r2=−21×104−21×104i=−5×103−5×103i， 因f(t)=109，令uc∗=A是原方程的特解，代入方程得A=20，即uc∗=20， 所以方程通解为uc=e−5×103t[(C1cos(5×103t)+C2sin(5×103t)]+20，代入初值条件t=0，uc=0， 有C1+20=0，即C1=−20， 又uc′=−5×103e−5×103t[−20cos(5×103t)+C2sin(5×103t)]+e−5×103t[20×5×103sin(5×103t)+ 5×103C2cos(5×103t)]，代入初值条件t=0，uc′=0，有−5×103(−20)+5×103C2=0，即C2=−20， 所以uc=20−20e−5×103t[cos(5×103t)+sin(5×103t)] V， i=Cuc′=0.2×10−6uc′=4×10−2e−5×103tsin(5×103t) A
( 1 ) 若不计钉子对链条所产生的摩擦力； ( 2 ) 若摩擦力的大小等于 1 m 长的链条所受重力的大小。 (1) 若不计钉子对链条所产生的摩擦力； (2) 若摩擦力的大小等于1m长的链条所受重力的大小。
设链条的线密度为 ρ ( k g / m ) ，则链条的质量为 20 ρ ( k g ) ，又设在时刻 t ，链条的一端 离钉子 x = x ( t ) ，则另一端离钉子 20 − x ，当 t = 0 时， x = 12 。 ( 1 ) 若不计摩擦力，则运动过程中的链条所受力的大小为 [ x − ( 20 − x ) ] ρ g ，按牛顿定律， 有 20 ρ x ′ ′ = [ x − ( 20 − x ) ] ρ g ，即 x ′ ′ − 1 10 g x = − g ，且有初值条件 t = 0 时 , x = 12 ， x ′ = 0 ， 由特征方程 r 2 − 1 10 g = 0 ，得 r 1 = g 10 ， r 2 = − g 10 ，将 x ∗ = A 代入方程，得 A = 10 ，即 x ∗ = 10 ， 得方程通解为 x = C 1 e g 10 t + C 2 e − g 10 t + 10 ，代入初值条件 t = 0 ， x = 12 ， x ′ = 0 ，得 C 1 = 1 ， C 2 = 1 ， 所以， x = e g 10 t + e − g 10 t + 10 ，取 x = 20 ，得 e g 10 t + e − g 10 t = 10 ，即 t = 10 g l n ( 5 + 2 6 ) s . ( 2 ) 摩擦力为 1 m 长链条得重量即为 ρ g ，则运动过程中的链条所受力的大小为 [ x − ( 20 − x ) ] ρ g − ρ g ，按牛顿定律， 有 20 ρ x ′ ′ = [ x − ( 20 − x ) ] ρ g − ρ g ，即 x ′ ′ − 1 10 g x = − 21 10 g ，且有初值条件 t = 0 时 , x = 12 ， x ′ = 0 ，满足初值 条件的特解为 x = 3 4 ( e g 10 t + e − g 10 t ) + 21 2 ，取 x = 20 ，得 e g 10 t + e − g 10 t = 38 3 ， 即 t = 10 g l n ( 19 3 + 4 3 22 ) s . 设链条的线密度为ρ (kg/m)，则链条的质量为20ρ (kg)，又设在时刻t，链条的一端 离钉子x=x(t)，则另一端离钉子20−x，当t=0时，x=12。 (1) 若不计摩擦力，则运动过程中的链条所受力的大小为[x−(20−x)]ρ g，按牛顿定律， 有20ρ x′′=[x−(20−x)]ρ g，即x′′−101gx=−g，且有初值条件t=0时,x=12，x′=0， 由特征方程r2−101g=0，得r1=10g，r2=−10g，将x∗=A代入方程，得A=10，即x∗=10， 得方程通解为x=C1e10gt+C2e−10gt+10，代入初值条件t=0，x=12，x′=0，得C1=1，C2=1， 所以，x=e10gt+e−10gt+10，取x=20，得e10gt+e−10gt=10，即t=g10ln(5+26) s. (2) 摩擦力为1m长链条得重量即为ρ g，则运动过程中的链条所受力的大小为[x−(20−x)]ρ g−ρ g，按牛顿定律， 有20ρ x′′=[x−(20−x)]ρ g−ρ g，即x′′−101gx=−1021g，且有初值条件t=0时,x=12，x′=0，满足初值 条件的特解为x=43(e10gt+e−10gt)+221，取x=20，得e10gt+e−10gt=338， 即t=g10ln(319+3422) s.
由所给方程可得 φ ( 0 ) = 1 ，方程两端对 x 求导，得 φ ′ ( x ) = e x + x φ ( x ) − ∫ 0 x φ ( t ) d t − x φ ( x ) ， 即 φ ′ ( x ) = e x − ∫ 0 x φ ( t ) d t ， φ ′ ( 0 ) = 1 ，对方程 φ ′ ( x ) = e x − ∫ 0 x φ ( t ) d t 两端对 x 求导，得 φ ′ ′ ( x ) = e x − φ ( x ) ， 记 φ ( x ) = y ，则有初值问题 { y ′ ′ + y = e x ， ( 1 ) y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 1. ，以上非齐次方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 + 1 = 0 ， 得 r 1 = i ， r 2 = − i ，因 f ( x ) = e x ， λ = 1 不是特征方程的根，令 y ∗ = A e x 是方程 ( 1 ) 的特解，代入方程整理得， A = 1 2 ，则方程 ( 1 ) 有通解 y = C 1 c o s x + C 2 s i n x + 1 2 e x ，且有 y ′ = − C 1 s i n x + C 2 c o s x + 1 2 e x ，代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ， y ′ = 1 ，有 { C 1 + 1 2 = 1 ， C 2 + 1 2 = 1 ， ，解得 C 1 = 1 2 ， C 2 = 1 2 ，得 y = φ ( x ) = 1 2 ( c o s x + s i n x + e x ) . 由所给方程可得φ(0)=1，方程两端对x求导，得φ′(x)=ex+xφ(x)−∫0xφ(t)dt−xφ(x)， 即φ′(x)=ex−∫0xφ(t)dt，φ′(0)=1，对方程φ′(x)=ex−∫0xφ(t)dt两端对x求导，得φ′′(x)=ex−φ(x)， 记φ(x)=y，则有初值问题⎩ ⎨ ⎧y′′+y=ex，(1)y∣x=0=1，y′∣x=0=1.，以上非齐次方程对应的齐次方程的特征方程为r2+1=0， 得r1=i，r2=−i，因f(x)=ex，λ=1不是特征方程的根，令y∗=Aex是方程(1)的特解，代入方程整理得， A=21，则方程(1)有通解y=C1cos x+C2sin x+21ex，且有y′=−C1sin x+C2cos x+21ex，代入初值条件 x=0，y=1，y′=1，有⎩ ⎨ ⎧C1+21=1，C2+21=1，，解得C1=21，C2=21，得y=φ(x)=21(cos x+sin x+ex).