二阶常系数齐次线性微分方程及其解法 1求下列微分方程的通解.
(1) y?5??2y?3??y??0; (2)y?6??2y(4)?y???2y?0.
解 (1) 特征方程为r5?2r3?r?0,即r(r2?1)2?0,特征根r1?0,r2?r3?i,r4?r5??i, 通解为y?C1?(C2?C3x)cosx?(C4?C5x)sinx. (2)
特征方程为r6?2r4?r2?2?0,即(r2?2)(r4?1)?0,
特征根r1?2,r2??2,r3?1,r4??1,r5?i,r6??i, 通解为y?C1e2x?C?2xx?x2e?C3e?C4e?C5cosx?C6sinx.
2（E05) 已知一个四阶常系数齐次线性微分方程的四个线性无关的特解为
yxx1?e,y2?xe,y3?cos2x,y4?3sin2x,
求这个四阶微分方程及其通解.
解 由y1与y2可知，它们对应的特征根为二重根r1?r2?1, 由y3与y4可知，它们对应的特征根为一对共轭复根r3,4??2i. 所以特征方程为(r?1)2(r2?4)?0,即r4?2r3?5r2?8r?4?0, 它所对应的微分方程为y(4)?2y????5y???8y??4y?0, 其通解为y?(C1?C2x)ex?C3cos2x?C4sin2x.
f(x)?Pm(x)e?x型
1 (E02) 求方程y???2y??3y?3x?1的一个特解.
解 题设方程右端的自由项为f(x)?Pm(x)e?x型，其中Pm(x)?3x?1,??0.
对应的齐次方程的特征方程为r2?2r?3?0, 特征根为r1??1,r2?3.
由于??0不是特征方程的根，所以就设特解为y*?b0x?b1. 把它代入题设方程,得 ?3b0x?2b0?3b1?3x?1,
比较系数得??3b0?3????2b0?3b1?1,解得b?0??1. ?b1?13 6
于是，所求特解为y*??x?.
312 (E03) 求方程y???3y??2y?xe2x的通解.
解 题设方程对应的齐次方程的特征方程为r2?3r?2?0,特征根为r1?1,r2?2, 于是，该齐次方程的通解为Y?C1x?C2e2x,
因??2是特征方程的单根，故可设题设方程的特解：y*?x(b0x?b1)e2x. 代入题设方程,得2b0x?b1?2b0?x,比较等式两端同次幂的系数,得b0?于是，求得题没方程的一个特解y*?x(x?1)e2x.
2112,b1??1,
从而，所求题设方程的通解为 y?C1ex?C2e2x?x(x?1)e2x.
213 求方程y????3y???3y??y?ex的通解.
解 对应的齐次方程的特征方程为r3?3r2?3r?1?0,特征根r1?r2?r3??1. 所求齐次方程的通解 Y?(C1x?C2x?C3x2)e?x.
由于??1不是特征方程的根，因此方程的特解形式可设为y*?b0ex,代入题设方程易解得
b0?18,故所求方程的通解为 y?Y?y?(C1?C2x?C3x)e?x*2?x?18e.
xf(x)?Pm(x)ecos?x或Pm(x)e?xsin?x型
4 求方程y???y?4sinx的通解.
解 对应齐次方程的特征方程的特征根为r1,2??i,故对应齐次方程的通解
Y?C1cosx?C2sinx.
作辅助方程y???y?4eix.
ix???i是单根,故设y?Axe.代入上式得2Ai?4?A??2i,
*?y??2ixe*ix?2xsinx?i(2xcosx),取虚部得所求非齐次方程特解为y??2xcosx.
*从而题设方程的通解为 y?C1cosx?C2sinx?2xcosx. 5 (E04) 求方程y???y?xcos2x的通解.
解 对应齐次方程的特征方程的特征根为r1,2??i,故对应齐次方程的通解
7
Y?C1cosx?C2sinx
作辅助方程y???y?xe2ix.
???2i不是特征方程的根，故设y*?(Ax?B)e2ix,代入辅助方程得
4Ai?3B?0,?3A?1?A??13,B??49i
?y*????1x?4?2ix????1x?4i???39i??e?39?(cos2x?isin2x) ??142x?xsin2x3xcos2x?9sin2x?i??4cos1??
?93?取实部得到所求非齐次方程的一个特解: y??143xcos2x?9sin2x.
所求非齐次方程的通解为 y?C141cosx?C2sinx?3xcos2x?9sin2x.
6(E01) 求欧拉方程x2y???xy??6lnx?1x的通解.
解 作变量替换x?et或t?lnx,则题设方程化为
2D(D?1)y?Dy?6t?e?t,即
dy?6t?e?t.dt2
两次积分，可求得其通解为y?C?t1?C2t?t3?e. 代回原来变量，得原方程的通解y?C11?C2lnx?(lnx)3?x.
7 (E02) 求欧拉方程x3y????x2y???4xy??3x2的通解.
解 作变量变换x?et或t?lnx,原方程化为
D(D?1)(D?2)y?D(D?1)y?4Dy?3e2t,
2即D3y?2D2y?3Dy?3e2t 或
d3y?2dy?3dytdt3dt2dt?3e2.
(1)
方程(1)所对应的齐次方程的特征方程 r3?2r2?3r?0,
求得特征根r1?0,r2??1,r3?3,故所以齐次方程的通解
Y?C1?C2e?t?C3tC233e?C1?x?C3x. 设特解y*?be2t?bx2,代入原方程得b??1,即y*??x222,故所求欧拉方程的通解为y?CC2321?1x?C3x?2x.
8
第8章 向量及其线性运算
??1 (E04) 已知两点A(4,0,5)和B(7,1,3)，求与向量AB平行的向量的单位向量c.
??解 所求向量有两个，一个与AB同向,一个与AB反向.
?
因为AB?{7?4,1?0,3?5}?{3,1,?2}, 所以AB?32?12?(?2)2?14,
??AB故所求向量为c?????AB114{3,1,?2}.?
2(E05)已知两点M1(2,2,2)和M2(1,3,0), 计算向量M1M2的模、方向余弦和方向角. 解 M1MM1M22?{1?2,3?2,0?2222}?{?1,1,?2};?22
?12(?1)?1?(?2)121?1?2?4?2;
cos???,cos??,cos???;??2?3,???3,??3?4.
3 设有向量P1P2, 已知|P1P2|?2,它与x轴和y轴的夹角分别为0, 3), 求P2的坐标.
解 设向量P1P2的方向角为?、?、?，???cos??cos22?3和
?4, 如果P1的坐标为(1,
??3,cos??1212,???4,cos??22,
??cos??1, ?2cos???????3或??2?3.
设?2的坐标为(x,y,z),
cos??x?1?1?2z?3?1?2?x?12?12?x?2, cos??y?0?1?2?y?02?22?y?2,
cos???z?32??12?z?4或z?2,
?2的坐标为(2,2,4),(2,2,2).
?34点A位于第I卦限, 向径OA与x轴、y轴的夹角依次为解 ???3,??和
2?4，且OA?6, 求A的坐标.
12?4.由关系式cos??cos22??cos??1,得cos??1?()?(2222)?214,
因为A在第I卦限，知cos??0,故cos??????112.
于是OA?OA?e????6?,OA??221??,??{3,32,3}, 22??点A的坐标为(3,32,3).
9
两向量的数量积
1试用向量方法证明三角形的余弦定理. 证 (作简图).
设在?ABC中, ?BCA??,|CB|?a,|CA|?b,|AB|?c,
现要证c2?a2?b2?2abcos?.记CB?a,AB?c,CA?b,则有c?a?b,从而
???2???2???????????2|c|?c?c?(a?b)?(a?b)?a?a?b?b?2a?b?|a|?|b|?2|a|?|b|cos?.
????????????由|a|?a,|b|?b,|c|?c,即得c2?a2?b2?2abcos?.同理……
2 (E04) 求与a?3i?2j?4k,b?i?j?2k都垂直的单位向量.
?i?jayby?kazbz?i?31?j?21?k4?2????????解
???c?a?b?ax???10j?5k,
bx??|c|?10?522?55,
???c?2?1?? j?k??c????????.|c|5??53在顶点为A(1,?1,2),B(5,?6,2)和C(1,3,?1)的三角形中, 求AC边上的高BD.
??解 AC??0,4,?3?,AB??4,?5,0?,三角形ABC的面积为
??1S?|AC?AB|?22115?12?162222?252,
又S?所以
12??|AC|?|BD|,|AC|??124?(?3)2?5,
252?5?|BD|,从而|BD|?5.
4 利用向量积证明三角形正弦定理.
证 设?ABC的三个内角为?,?,?,三边长为a,b,c, (作简图).
bsin?.
???????????因为AB?AC?CB，所以AB?AB?(AC?CB)?AB?AC?AB?CB?AB, ????????故AC?AB?CB?AB?0,即AC?AB??CB?AB.
两边取模AC?AB?CB?AB,即bcsin??acsin?,故同理可证 因此
asin??bsin?bsin???csin?csin?.
,三角形正弦定理得证.
????asin??平面的截距式方程
1 求平行于平面6x?y?6z?5?0而与三个坐标面所围成的四面体体积为一个单位的平
10
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