常微分方程第二版答案第6章6-1

习 题 6-1

1． 求出齐次线性微分方程组

dyA(t)y的通解，其中A（t）分别为： dt0011101A(t)010（1）A(t)（2）A(t)（3）。 01 ；10 ；

000

（1）方程组的分量形式为：

dy1dyy1y2 ，2y2 dtdt从后一式容易求出y2的通解为 y2ket ，其中K为任意常数，可分别取y20和

y2et，代入前一式得到两个相应的特解，y1et和 y2tet这样就求得方程组的一个解矩阵为

et(t)0tet2t 又 因此，(t)是方程组的一个基解矩阵，det(t)e0 。te根据定理6.1 ,方程的通解为

ettety1 yc10c2et

2

dy1dty2（2）方程的分量形式为 

dy2y1dtd2y1由①、②可和 2y10

dt① ②

由观察法知，y1cost，y1sint为此方程的两个特解，将其代入②式可得两个相应的特解，将其代入②式可得两个相应的特解：y2sint，y2cost。这样就

costsint求得方程组的一个解矩阵为 (t) 又 det(t)10，因此

sintcostycostsint(t)中方程组的一个基解矩阵。故方程组的通解为1c1c2ysintcost2第 1 页 共 4 页

 

y3y1y2 （3）程组的分量形式为：y2yy13①

② ③

d(y1y3)y1y3 dtd(y1y3)y1y3 解 ①-③得 dt解 ①+③得

解之得 y1y3k1et y1y3k2et

1ttttykekecece112132由④、⑤可得  1tttty3k1ek.2ec1ec3e2又由②得 y2c2et

由此可求得方程组的一个解矩阵

et(t)0et0et0et0 et显然，det(t)zet0，因此(t)是方程组的一个基解矩阵，故方程组的通解为

etety10ty2c10c2ec30

eeety03

x21x3．试证向量函数组 0 ，0 ，0 在任意区间 axb上线性相关，则存在

000不全为零的三个常数 c1,c2,c3使得

x21xc1c2xc3x20c10c20c300,即 ①而①式之左端是一个不高于二

axb000次的多项式，它最多只可能有二个零点，同此这与①式在axb上恒等于零矛盾，从而得证。

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4．试证基解矩阵完全决定齐次线性方程组即如果方程组

dyB(x)y dxdyA(x)y与dx有一个相同的基解矩阵，则 A(x)B(x)

证：设这两个方程组的相同基解矩阵为 (x)那么，必有 det(t)0,故(x)可逆,设逆矩阵为1(x),同而

A(x)d1(x)B(x) 证毕 dxdyA(x)yf(x)（1）中的f(x)不恒dx

6．设当axb时，非齐次线性方程组

为零。证明（1）有且至多有 n+1个线性无关解。

(x)证 设y1(x),yn(x)是方程组（1）的相应齐次方程组的n个线性无关的解，是（1）任意一个特解，则 y1(x)(x),y2(x)(x),,yn(x)(x)

是(1)的n+1个线性无关解.这是因为,若存在常数 k1,k2,kn,kn1 使得

k1y1(x)(x)knyn(x)(x)kn1(x)0 则一定有 k1k2knkn10 否则有 (x)knk1y1(x)yn(x)

k1k2kn1k1k2kn1这与(x)为(1)的解矛盾，因此，k1k2knkn10 假设可知k1k2kn0 故kn10，所以（1）n+1个线性无关的解。

又设 (x)是（1）在(a,b)上的任一解，y1 y2yn1是（1）的n+1个线性无关的

解， 那么，(x)y1(x),(x)y2(x),,(x)yn1(x) 是(1)的对应齐次方程组

dyA(x)y （2） dx的解，而（2）最多有n个线性无关的解，所以必存在不全为零的常数k1,k2,,kn1, 使得 x(a,b)

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k1(x)y1k2(x)y2kn1((x)yn1)0

即 k1k2kn1(x)k1y1k2y2kn1yn1 显然，k1k2kn10， 否则，存在不全为零的常数 k1,k2,,kn1,使得

k1y1(x)k2y2(x)kn1yn1(x)0 这与y1(x),y2(x),,yn1(x)线性无关矛盾，故

(x)knk1y1(x)yn1(x)

k1k2kn1k1k2kn1这说明（1）的任一解，都可由这n+1个线性无关的解的线性表出，同时也说明（1）的任意n+2个解线性相关，故方程组（1）在（a，b）上至多有n+1个线性无关解。

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