📝 题目
2．求下列微分方程组满足所给初值条件的特解： （1）$\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=y,\left.x\right|_{t=0}=0, \\ \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t}=-x,\left.y\right|_{t=0}=1 ;\end{array}\right.$ （2）$\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{~d} t^{2}}+2 \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t}-x=0,\left.x\right|_{t=0}=1, \\ \frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t}+y=0,\left.y\right|_{t=0}=0 ;\end{array}\right.$ （3）$\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}+3 x-y=0,\left.x\right|_{t=0}=1, \\ \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t}-8 x+y=0,\left.y\right|_{t=0}=4 ;\end{array}\right.$ （4）$\left\{\begin{array}{l}2 \frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t}-4 x+\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}-y=\mathrm{e}^{t},\left.x\right|_{t=0}=\frac{3}{2}, \\ \frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t}+3 x+y=0,\left.y\right|_{t=0}=0 ;\end{array}\right.$ （5）$\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}+2 x-\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}=10 \cos t,\left.x\right|_{t=0}=2, \\ \frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t}+\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}+2 y=4 \mathrm{e}^{-2 t},\left.y\right|_{t=0}=0 ;\end{array}\right.$ （6）$\left\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}-x+\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}+3 y=\mathrm{e}^{-t}-1,\left.x\right|_{t=0}=\frac{48}{49}, \\ \frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t}+2 x+\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}+y=\mathrm{e}^{2 t}+t,\left.y\right|_{t=0}=\frac{95}{98} .\end{array}\right.$
💡 答案与解析
[AI解答]
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我们逐一求解各微分方程组，并给出完整步骤。
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### （1） 方程组： $$ \begin{cases} \displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} = y, \quad x(0)=0, \$$1em] \displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}} = -x, \quad y(0)=1. \end{cases} $$
**解**：对第一式求导： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = -x. $$ 得二阶方程： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + x = 0. $$ 特征方程 $r^2+1=0$，根 $r=\pm i$，通解： $$ x(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t. $$ 由 $x(0)=0$ 得 $C_1=0$，于是 $x(t)=C_2\sin t$，则 $$ y(t) = \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = C_2 \cos t. $$ 由 $y(0)=1$ 得 $C_2=1$，故特解： $$ x(t)=\sin t,\quad y(t)=\cos t. $$
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### （2） 方程组： $$ \begin{cases} \displaystyle{\frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{~d} t^{2}} + 2 \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t} - x = 0},\quad x(0)=1, \$$1em] \displaystyle{\frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t} + y = 0},\quad y(0)=0. \end{cases} $$
**解**：由第二式得 $y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}$，代入第一式： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + 2\left(-\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right) - x = 0, $$ 即 $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} - 2\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - x = 0. $$ 特征方程 $r^2 - 2r -1=0$，根 $r=1\pm\sqrt{2}$，通解： $$ x(t) = C_1 e^{(1+\sqrt{2})t} + C_2 e^{(1-\sqrt{2})t}. $$ 由 $x(0)=1$ 得 $C_1+C_2=1$。又 $$ y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -C_1(1+\sqrt{2})e^{(1+\sqrt{2})t} - C_2(1-\sqrt{2})e^{(1-\sqrt{2})t}, $$ 由 $y(0)=0$ 得： $$ -C_1(1+\sqrt{2}) - C_2(1-\sqrt{2}) = 0. $$ 解方程组： $$ C_1 + C_2 = 1,\quad (1+\sqrt{2})C_1 + (1-\sqrt{2})C_2 = 0. $$ 解得： $$ C_1 = \frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}},\quad C_2 = \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}. $$ 故特解： $$ x(t) = \frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}} e^{(1+\sqrt{2})t} + \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}} e^{(1-\sqrt{2})t}, $$ $$ y(t) = -\frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}}(1+\sqrt{2}) e^{(1+\sqrt{2})t} - \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}(1-\sqrt{2}) e^{(1-\sqrt{2})t}. $$
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### （3） 方程组： $$ \begin{cases} \displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t} + 3x - y = 0},\quad x(0)=1, \$$1em] \displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t} - 8x + y = 0},\quad y(0)=4. \end{cases} $$
**解**：写成矩阵形式： $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3 & 1\\8 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}. $$ 特征方程： $$ \det\begin{pmatrix}-3-\lambda & 1\\8 & -1-\lambda\end{pmatrix} = (\lambda+3)(\lambda+1)-8 = \lambda^2+4\lambda-5=0, $$ 根 $\lambda=1,\,-5$。
对应 $\lambda=1$，特征向量满足： $$ (-3-1)u+v=0 \Rightarrow -4u+v=0 \Rightarrow v=4u, $$ 取 $(1,4)$。
对应 $\lambda=-5$，满足： $$ (-3+5)u+v=0 \Rightarrow 2u+v=0 \Rightarrow v=-2u, $$ 取 $(1,-2)$。
通解： $$ \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix} + C_2 e^{-5t}\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}. $$ 由初值： $$ C_1 + C_2 = 1,\quad 4C_1 - 2C_2 = 4. $$ 解得 $C_1=1,\,C_2=0$，故特解： $$ x(t)=e^{t},\quad y(t)=4e^{t}. $$
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### （4） 方程组： $$ \begin{cases} 2\displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} - 4x + \displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}} - y = e^{t},\quad x(0)=\frac{3}{2}, \$$1em] \displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} + 3x + y = 0,\quad y(0)=0. \end{cases} $$
**解**：由第二式得： $$ \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y. $$ 代入第一式： $$ 2(-3x-y) - 4x + \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - y = e^{t}, $$ 即 $$ -6x - 2y - 4x + \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - y = e^{t}, $$ $$ \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - 10x - 3y = e^{t}. $$ 又由 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y$，两式联立。消去 $x$：从第二式得 $x = -\frac{1}{3}\left(\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + y\right)$，但更直接方法：对 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y$ 求导： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}. $$ 代入 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = e^{t} + 10x + 3y$ 及 $y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - 3x$，得： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - (e^{t} + 10x + 3(-\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - 3x)), $$ 即 $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - e^{t} - 10x + 3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + 9x, $$ 化简得： $$ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + x = -e^{t}. $$ 齐次解：$x_h = A\cos t + B\sin t$，特解设 $x_p = C e^{t}$，代入得 $C e^{t} + C e^{t} = -e