高等数学（第七版）同济大学习题7-8 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题7-8

1.求下列各微分方程的通解：\begin{aligned}&1. \ 求下列各微分方程的通解：&\end{aligned}1. 求下列各微分方程的通解：

(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=exsin2x； (6)y′′−6y′+9y=(x+1)e3x；(7)y′′+5y′+4y=3−2x； (8)y′′+4y=xcosx；(9)y′′+y=ex+cosx； (10)y′′−y=sin2x.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 2y''+y'-y=2e^x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y''+a^2y=e^x；\\\\ &\ \ (3)\ \ 2y''+5y'=5x^2-2x-1；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y''+3y'+2y=3xe^{-x}；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''-2y'+5y=e^xsin\ 2x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ y''-6y'+9y=(x+1)e^{3x}；\\\\ &\ \ (7)\ \ y''+5y'+4y=3-2x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y''+4y=xcos\ x；\\\\ &\ \ (9)\ \ y''+y=e^x+cos\ x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (10)\ \ y''-y=sin^2\ x. & \end{aligned} (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.

解：

(1)特征方程为2r2+r−1=0，得r1=12，r2=−1，所对应的齐次方程的通解为Y=C1ex2+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∗=C1ex2+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=C1cosax+C2sinax，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=11+a2，即y∗=ex1+a2，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1cosax+C2sinax+ex1+a2.(3)特征方程为2r2+5r=0，得r1=0，r2=−52，所对应的齐次方程的通解为Y=C1+C2e−52x，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=13，b1=−35，b2=725，即y∗=13x3−35x2+725x，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1+C2e−52x+13x3−35x2+725x.(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=32，b=−3，即y∗=e−x(32x2−3x)，所以原方程得通解为y=Y+y∗=C1e−x+C2e−2x+e−x(32x2−3x).(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(C1cos2x+C2sin2x)，因f(x)=exsin2x=ex(0⋅cos2x+1⋅sin2x)，λ+iω=1+2i是特征方程的单根，所以设y∗=xex(acos2x+bsin2x)是原方程的一个特解，代入方程整理得4bcos2x−4asin2x=sin2x，比较系数得a=−14，b=0，即y∗=xex(−14cos2x)=−14xexcos2x，所以原方程的通解为y=Y+y∗=ex(C1cos2x+C2sin2x)−14xexcos2x.(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=16，b=12，即y∗=e3x(16x+12)x2，所以原方程的通解为y=Y+y∗=e3x(C1+C2x)+e3x(16x+12)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=−12，b=118，即y∗=−12x+118，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1e−x+C2e−4x−12x+118.(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=C1cos2x+C2sin2x，因f(x)=xcosx，λ+iω=i不是特征方程的根，所以设y∗=(ax+b)cosx+(cx+d)sinx是原方程的一个特解，代入方程得(3ax+3b+2c)cosx+(3cx+3d−2a)sinx=xcosx，比较系数有{3a=1，3b+2c=0，3c=0，3d−2a=0，解得a=13，b=0，c=0，d=29，即y∗=13xcosx+29sinx，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1cos2x+C2sin2x+13xcosx+29sinx.(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=C1cosx+C2sinx，因f(x)=ex+cosx，对应方程y′′+y=ex，设特解y1∗=Aex，对应方程y′′+y=cosx(λ+iω=i是特征方程的根)，设特解y2∗=x(Bcosx+Csinx)，由叠加原理，设y∗=Aex+x(Bcosx+Csinx)是原方程的一个特解，代入方程得2Aex+2Ccosx−2Bsinx=ex+cosx，比较系数得A=12，B=0，C=12，即y∗=12ex+12xsinx，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1cosx+C2sinx+12ex+12xsinx.(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)=sin2x=12−12cos2x，对应方程y′′−y=12，设特解y1∗=A，对应方程y′′−y=−12cos2x，设特解y2∗=Bcos2x+Csin2x，由叠加原理，设y∗=A+Bcos2x+Csin2x是原方程的一个特解，代入方程得−A−5Bcos2x−5Csin2x=12−12cos2x，比较系数得A=−12，B=110，C=0，即y∗=−12+110cos2x，所以原方程的通解为y=Y+y∗=C1ex+C2e−x−12+110cos2x.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 特征方程为2r^2+r-1=0，得r_1=\frac{1}{2}，r_2=-1，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1e^{\frac{x}{2}}+C_2e^{-x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=2e^x，\lambda=1不是特征方程的根，所以设y^*=ae^x是原方程的一个特解，代入原方程得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2ae^x+ae^x-ae^x=2e^x，得出a=1，即y^*=e^x，所以原方程的通解为y=Y+y^*=C_1e^{\frac{x}{2}}+C_2e^{-x}+e^x.\\\\ &\ \ (2)\ 特征方程为r^2+a^2=0，得r_1=ai，r_2=-ai，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1cos\ ax+C_2sin\ ax，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=e^x，\lambda=1不是特征方程的根，所以设y^*=be^x是原方程的一个特解，代入方程得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ be^x+a^2be^x=e^x，得出b=\frac{1}{1+a^2}，即y^*=\frac{e^x}{1+a^2}，所以原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=Y+y^*=C_1cos\ ax+C_2sin\ ax+\frac{e^x}{1+a^2}.\\\\ &\ \ (3)\ 特征方程为2r^2+5r=0，得r_1=0，r_2=-\frac{5}{2}，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1+C_2e^{-\frac{5}{2}x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=5x^2-2x-1，\lambda=0是特征方程的单根，所以设y^*=x(b_0x^2+b_1x+b_2)是原方程的一个特解，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入方程整理，得15b_0x^2+(12b_0+10b_1)x+4b _1+5b_2=5x^2-2x-1，比较系数得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ b_0=\frac{1}{3}，b_1=-\frac{3}{5}，b_2=\frac{7}{25}，即y^*=\frac{1}{3}x^3-\frac{3}{5}x^2+\frac{7}{25}x，所以原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=Y+y^*=C_1+C_2e^{-\frac{5}{2}x}+\frac{1}{3}x^3-\frac{3}{5}x^2+\frac{7}{25}x.\\\\ &\ \ (4)\ 特征方程为r^2+3r+2=0，得r_1=-1，r_2=-2，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=3xe^{-x}，\lambda=-1是特征方程的单根，所以设y^*=xe^{-x}(ax+b)=e^{-x}(ax^2+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=\frac{3}{2}，b=-3，即y^*=e^{-x}\left(\frac{3}{2}x^2-3x\right)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以原方程得通解为y=Y+y^*=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}+e^{-x}\left(\frac{3}{2}x^2-3x\right).\\\\ &\ \ (5)\ 特征方程为r^2-2r+5=0，得r_1=1+2i，r_2=1-2i，所对应的齐次方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ Y=e^x(C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x)，因f(x)=e^xsin\ 2x=e^x(0\cdot cos\ 2x+1\cdot sin\ 2x)，\lambda+i\omega=1+2i是特征方程\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 的单根，所以设y^*=xe^x(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=-\frac{1}{4}，b=0，即y^*=xe^x\left(-\frac{1}{4}cos\ 2x\right)=-\frac{1}{4}xe^xcos\ 2x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以原方程的通解为y=Y+y^*=e^x(C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x)-\frac{1}{4}xe^xcos\ 2x.\\\\ &\ \ (6)\ 特征方程为r^2-6r+9=0，得r_1=r_2=3，所对应的齐次方程的通解为Y=e^{3x}(C_1+C_2x)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=e^{3x}(x+1)，\lambda=3是特征方程的二重根，所以设y^*=e^{3x}(ax+b)x^2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=\frac{1}{6}，b=\frac{1}{2}，即y^*=e^{3x}\left(\frac{1}{6}x+\frac{1}{2}\right)x^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以原方程的通解为y=Y+y^*=e^{3x}(C_1+C_2x)+e^{3x}\left(\frac{1}{6}x+\frac{1}{2}\right)x^2.\\\\ &\ \ (7)\ 特征方程为r^2+5r+4=0，得r_1=-1，r_2=-4，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1e^{-x}+C_2e^{-4x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=3-2x，\lambda=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=-\frac{1}{2}，b=\frac{11}{8}，即y^*=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{8}，所以原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=Y+y^*=C_1e^{-x}+C_2e^{-4x}-\frac{1}{2}x+\frac{11}{8}.\\\\ &\ \ (8)\ 特征方程为r^2+4=0，得r_1=2i，r_2=-2i，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=xcos\ x，\lambda+i\omega=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\begin{cases}3a=1，\\\\3b+2c=0，\\\\3c=0，\\\\3d-2a=0，\end{cases}解得a=\frac{1}{3}，b=0，c=0，d=\frac{2}{9}，即y^*=\frac{1}{3}xcos\ x+\frac{2}{9}sin\ x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以原方程的通解为y=Y+y^*=C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x+\frac{1}{3}xcos\ x+\frac{2}{9}sin\ 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_1cos\ x+C_2sin\ x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=e^x+cos\ x，对应方程y''+y=e^x，设特解y_1^*=Ae^x，对应方程y''+y=cos\ x\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (\lambda+i\omega=i是特征方程的根)，设特解y_2^*=x(Bcos\ x+Csin\ x)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由叠加原理，设y^*=Ae^x+x(Bcos\ x+Csin\ x)是原方程的一个特解，代入方程得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2Ae^x+2Ccos\ x-2Bsin\ x=e^x+cos\ x，比较系数得A=\frac{1}{2}，B=0，C=\frac{1}{2}，即y^*=\frac{1}{2}e^x+\frac{1}{2}xsin\ x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以原方程的通解为y=Y+y^*=C_1cos\ x+C_2sin\ x+\frac{1}{2}e^x+\frac{1}{2}xsin\ 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_1e^x+C_2e^{-x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=sin^2\ x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos\ 2x，对应方程y''-y=\frac{1}{2}，设特解y_1^*=A，对应方程y''-y=-\frac{1}{2}cos\ 2x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 设特解y_2^*=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=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos\ 2x，比较系数得A=-\frac{1}{2}，B=\frac{1}{10}，C=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 即y^*=-\frac{1}{2}+\frac{1}{10}cos\ 2x，所以原方程的通解为y=Y+y^*=C_1e^x+C_2e^{-x}-\frac{1}{2}+\frac{1}{10}cos\ 2x. & \end{aligned} (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.

2.求下列各微分方程满足已给初值条件的特解：\begin{aligned}&2. \ 求下列各微分方程满足已给初值条件的特解：&\end{aligned}2. 求下列各微分方程满足已给初值条件的特解：

(1)y′′+y+sin2x=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=67，y′∣x=0=337；(4)y′′−y=4xex，y∣x=0=0，y′∣x=0=1；(5)y′′−4y′=5，y∣x=0=1，y′∣x=0=0.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y''+y+sin\ 2x=0，y|_{x=\pi}=1，y'|_{x=\pi}=1；\\\\ &\ \ (2)\ \ y''-3y'+2y=5，y|_{x=0}=1，y'|_{x=0}=2；\\\\ &\ \ (3)\ \ y''-10y'+9y=e^{2x}，y|_{x=0}=\frac{6}{7}，y'|_{x=0}=\frac{33}{7}；\\\\ &\ \ (4)\ \ y''-y=4xe^x，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=1；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''-4y'=5，y|_{x=0}=1，y'|_{x=0}=0. & \end{aligned} (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.

解：

(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=C1cosx+C2sinx，因f(x)=−sin2x=e0x(0⋅cos2x−sin2x)，λ+iω=2i不是特征方程的根，设y∗=Acos2x+Bsin2x是原方程的一个特解，代入方程得−3Acos2x−3Bsin2x=−sin2x，比较系数得A=0，B=13，即y∗=13sin2x，所以原方程的通解为y=C1cosx+C2sinx+13sin2x，且有y′=−C1sinx+C2cosx+23cos2x，代入初值条件x=π，y=1，y′=1，得{−C1=1，−C2+23=1，解得C1=−1，C2=−13，所求特解为y=−cosx−13sinx+13sin2x.(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=52，即y∗=52，则原方程的通解为y=C1ex+C2e2x+52，且有y′=C1ex+2C2e2x，代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得{C1+C2+52=1，C1+2C2=2，解得C1=−5，C2=72，所求特解为y=−5ex+72e2x+52.(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=−17，即y∗=−17e2x，则原方程的通解为y=C1ex+C2e9x−17e2x，且有y′=C1ex+9C2e9x−27e2x，代入初值条件x=0，y=67，y′=337，得{C1+C2−17=67，C1+9C2−27=337，解得C1=12，C2=12，所求特解为y=12ex+12e9x−17e2x.(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=−54，即y∗=−54x，则原方程的通解为y=C1+C2e4x−54x，且有y′=4C2e4x−54，代入初值条件x=0，y=1，y′=0，得{C1+C2=1，4C2−54=0，解得C1=1116，C2=516，所求特解为y=1116+516e4x−54x.\begin{aligned} &\ \ (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_1cos\ x+C_2sin\ x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=-sin\ 2x=e^{0x}(0\cdot cos\ 2x-sin\ 2x)，\lambda+i\omega=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=\frac{1}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即y^*=\frac{1}{3}sin\ 2x，所以原方程的通解为y=C_1cos\ x+C_2sin\ x+\frac{1}{3}sin\ 2x，且有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=-C_1sin\ x+C_2cos\ x+\frac{2}{3}cos\ 2x，代入初值条件x=\pi，y=1，y'=1，得\begin{cases}-C_1=1，\\\\-C_2+\frac{2}{3}=1，\end{cases}\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解得C_1=-1，C_2=-\frac{1}{3}，所求特解为y=-cos\ x-\frac{1}{3}sin\ x+\frac{1}{3}sin\ 2x.\\\\ &\ \ (2)\ 特征方程为r^2-3r+2=0，得r_1=1，r_2=2，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1e^x+C_2e^{2x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=5，\lambda=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=\frac{5}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即y^*=\frac{5}{2}，则原方程的通解为y=C_1e^x+C_2e^{2x}+\frac{5}{2}，且有y'=C_1e^x+2C_2e^{2x}，代入初值条件x=0，y=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=2，得\begin{cases}C_1+C_2+\frac{5}{2}=1，\\\\C_1+2C_2=2，\end{cases}解得C_1=-5，C_2=\frac{7}{2}，所求特解为y=-5e^x+\frac{7}{2}e^{2x}+\frac{5}{2}.\\\\ &\ \ (3)\ 特征方程为r^2-10r+9=0，得r_1=1，r_2=9，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1e^x+C_2e^{9x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=e^{2x}，\lambda=2不是特征方程的根，设y^*=Ae^{2x}是原方程的一个特解，代入方程整理得A=-\frac{1}{7}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即y^*=-\frac{1}{7}e^{2x}，则原方程的通解为y=C_1e^x+C_2e^{9x}-\frac{1}{7}e^{2x}，且有y'=C_1e^x+9C_2e^{9x}-\frac{2}{7}e^{2x}，代入初值条件\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x=0，y=\frac{6}{7}，y'=\frac{33}{7}，得\begin{cases}C_1+C_2-\frac{1}{7}=\frac{6}{7}，\\\\C_1+9C_2-\frac{2}{7}=\frac{33}{7}，\end{cases}解得C_1=\frac{1}{2}，C_2=\frac{1}{2}，所求特解为y=\frac{1}{2}e^x+\frac{1}{2}e^{9x}-\frac{1}{7}e^{2x}.\\\\ &\ \ (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_1e^x+C_2e^{-x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=4xe^x，\lambda=1是特征方程的单根，设y^*=xe^x(Ax+B)=e^x(Ax^2+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^*=e^x(x^2-x)，则原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=C_1e^x+C_2e^{-x}+e^x(x^2-x)，即y=e^x(x^2-x+C_1)+C_2e^{-x}，且有y'=e^x(x^2+x-1+C_1)-C_2e^{-x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，y=0，y'=1，得\begin{cases}C_1+C_2=0，\\\\C_1-C_2-1=1，\end{cases}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^2-4r=0，得r_1=0，r_2=4，所对应的齐次方程的通解为Y=C_1+C_2e^{4x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因f(x)=5=5\cdot e^{0x}，\lambda=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=-\frac{5}{4}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即y^*=-\frac{5}{4}x，则原方程的通解为y=C_1+C_2e^{4x}-\frac{5}{4}x，且有y'=4C_2e^{4x}-\frac{5}{4}，代入初值条件x=0，y=1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=0，得\begin{cases}C_1+C_2=1，\\\\4C_2-\frac{5}{4}=0，\end{cases}解得C_1=\frac{11}{16}，C_2=\frac{5}{16}，所求特解为y=\frac{11}{16}+\frac{5}{16}e^{4x}-\frac{5}{4}x. & \end{aligned} (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.

3.大炮以仰角α、初速度v0发射炮弹，若不计空气阻力，求弹道曲线。\begin{aligned}&3. \ 大炮以仰角\alpha、初速度v_0发射炮弹，若不计空气阻力，求弹道曲线。&\end{aligned}3. 大炮以仰角α、初速度v0发射炮弹，若不计空气阻力，求弹道曲线。

解：

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{d2ydt2=−g，(1)d2xdt2=0，(2)且{y∣t=0=0，y′∣t=0=v0sinα，x∣t=0=0，x′∣t=0=v0cosα.解方程(1)得y=−12gt2+C1t+C2，代入初值条件t=0，y=0，y′=v0sinα，得C1=v0sinα，C2=0，即y=v0sinα⋅t−12gt2，解方程(2)得x=C3t+C4，代入初值条件t=0，x=0，x′=v0cosα，得C3=v0cosα，C4=0，即x=v0cosα⋅t，所以弹道曲线为{x=v0cosα⋅t，y=v0sinα⋅t−12gt2.\begin{aligned} &\ \ 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\begin{cases}\frac{d^2y}{dt^2}=-g，(1)\\\\\frac{d^2x}{dt^2}=0，(2)\end{cases}且\begin{cases}y|_{t=0}=0，y'|_{t=0}=v_0sin\ \alpha，\\\\x|_{t=0}=0，x'|_{t=0}=v_0cos\ \alpha.\end{cases}解方程(1)得y=-\frac{1}{2}gt^2+C_1t+C_2，代入初值条件\\\\ &\ \ t=0，y=0，y'=v_0sin\ \alpha，得C_1=v_0sin\ \alpha，C_2=0，即y=v_0sin\ \alpha \cdot t-\frac{1}{2}gt^2，解方程(2)得x=C_3t+C_4，\\\\ &\ \ 代入初值条件t=0，x=0，x'=v_0cos\ \alpha，得C_3=v_0cos\ \alpha，C_4=0，即x=v_0cos\ \alpha \cdot t，\\\\ &\ \ 所以弹道曲线为\begin{cases}x=v_0cos\ \alpha \cdot t，\\\\y=v_0sin\ \alpha \cdot t-\frac{1}{2}gt^2.\end{cases} & \end{aligned} 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.

4.在RLC含源串联电路中，电动势为E的电源对电容器C充电。已知E=20V，C=0.2μF，L=0.1H，R=1000Ω，试求合上开关S后的电流i(t)及电压uc(t)。\begin{aligned}&4. \ 在RLC含源串联电路中，电动势为E的电源对电容器C充电。已知E=\ 20V，C=0.2\ \mu F，\\\\&\ \ \ \ L=0.1\ H，R=1000\ \Omega，试求合上开关S后的电流i(t)及电压u_c(t)。&\end{aligned}4. 在RLC含源串联电路中，电动势为E的电源对电容器C充电。已知E= 20V，C=0.2 μF， L=0.1 H，R=1000 Ω，试求合上开关S后的电流i(t)及电压uc(t)。

解：

由回路定律可知，LCuc′′+RCuc′+uc=E，即uc′′+RLuc′+1LCuc=ELC，根据题意，有初值条件，t=0时，uc=0，uc′=0，已知R=1000Ω，L=0.1H，C=0.2μF=0.2×10−6F，E=20V，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=−12×104+12×104i=−5×103+5×103i，r2=−12×104−12×104i=−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\begin{aligned} &\ \ 由回路定律可知，LCu_c''+RCu_c'+u_c=E，即u_c''+\frac{R}{L}u_c'+\frac{1}{LC}u_c=\frac{E}{LC}，根据题意，有初值条件，t=0时，\\\\ &\ \ u_c=0，u_c'=0，已知R=1000\ \Omega，L=0.1\ H，C=0.2\ \mu F=0.2 \times 10^{-6}\ F，E=20\ V，所以微分方程为\\\\ &\ \ u_c''+10^4u_c'+5\times 10^7u_c=10^9，所对应的齐次方程的特征方程为r^2+10^4r+5\times 10^7=0，得r_1=\\\\ &\ \ -\frac{1}{2}\times 10^4+\frac{1}{2}\times 10^4i=-5\times 10^3+5\times 10^3i，r_2=-\frac{1}{2}\times 10^4-\frac{1}{2}\times 10^4i=-5\times 10^3-5\times 10^3i，\\\\ &\ \ 因f(t)=10^9，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\times 10^3t}[(C_1cos(5\times 10^3t)+C_2sin(5\times 10^3t)]+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\times 10^3e^{-5\times 10^3t}[-20cos(5\times 10^3t)+C_2sin(5\times 10^3t)]+e^{-5\times 10^3t}[20\times 5\times 10^3sin(5\times 10^3t)+\\\\ &\ \ 5\times 10^3C_2cos(5\times 10^3t)]，代入初值条件t=0，u_c'=0，有-5\times 10^3(-20)+5\times 10^3C_2=0，即C_2=-20，\\\\ &\ \ 所以u_c=20-20e^{-5\times 10^3t}[cos(5\times 10^3t)+sin(5\times 10^3t)]\ V，\\\\ &\ \ i=Cu_c'=0.2\times 10^{-6}u_c'=4\times 10^{-2}e^{-5\times 10^3t}sin(5\times 10^3t)\ A & \end{aligned} 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

5.一链条悬挂在一钉子上，起动时一端离开钉子8m另一端离开钉子12m，分别在以下两种情况下求链条滑下来所需要的时间：\begin{aligned}&5. \ 一链条悬挂在一钉子上，起动时一端离开钉子8m另一端离开钉子12m，分别在以下两种情况下求链条\\\\&\ \ \ \ 滑下来所需要的时间：&\end{aligned}5. 一链条悬挂在一钉子上，起动时一端离开钉子8m另一端离开钉子12m，分别在以下两种情况下求链条滑下来所需要的时间：

(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。\begin{aligned} &\ \ (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。 \end{aligned} (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。

解：

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)]ρg，按牛顿定律，有20ρx′′=[x−(20−x)]ρg，即x′′−110gx=−g，且有初值条件t=0时,x=12，x′=0，由特征方程r2−110g=0，得r1=g10，r2=−g10，将x∗=A代入方程，得A=10，即x∗=10，得方程通解为x=C1eg10t+C2e−g10t+10，代入初值条件t=0，x=12，x′=0，得C1=1，C2=1，所以，x=eg10t+e−g10t+10，取x=20，得eg10t+e−g10t=10，即t=10gln(5+26)s.(2)摩擦力为1m长链条得重量即为ρg，则运动过程中的链条所受力的大小为[x−(20−x)]ρg−ρg，按牛顿定律，有20ρx′′=[x−(20−x)]ρg−ρg，即x′′−110gx=−2110g，且有初值条件t=0时,x=12，x′=0，满足初值条件的特解为x=34(eg10t+e−g10t)+212，取x=20，得eg10t+e−g10t=383，即t=10gln(193+4322)s.\begin{aligned} &\ \ 设链条的线密度为\rho\ (kg/m)，则链条的质量为20\rho\ (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)]\rho\ g，按牛顿定律，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有20\rho\ x''=[x-(20-x)]\rho\ g，即x''-\frac{1}{10}gx=-g，且有初值条件t=0时,x=12，x'=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由特征方程r^2-\frac{1}{10}g=0，得r_1=\sqrt{\frac{g}{10}}，r_2=-\sqrt{\frac{g}{10}}，将x^*=A代入方程，得A=10，即x^*=10，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得方程通解为x=C_1e^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+C_2e^{-\sqrt{\frac{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^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+e^{-\sqrt{\frac{g}{10}}t}+10，取x=20，得e^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+e^{-\sqrt{\frac{g}{10}}t}=10，即t=\sqrt{\frac{10}{g}}ln(5+2\sqrt{6})\ s.\\\\ &\ \ (2)\ 摩擦力为1m长链条得重量即为\rho\ g，则运动过程中的链条所受力的大小为[x-(20-x)]\rho\ g-\rho\ g，按牛顿定律，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有20\rho\ x''=[x-(20-x)]\rho\ g-\rho\ g，即x''-\frac{1}{10}gx=-\frac{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=\frac{3}{4}(e^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+e^{-\sqrt{\frac{g}{10}}t})+\frac{21}{2}，取x=20，得e^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+e^{-\sqrt{\frac{g}{10}}t}=\frac{38}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即t=\sqrt{\frac{10}{g}}ln\left(\frac{19}{3}+\frac{4}{3}\sqrt{22}\right)\ s. & \end{aligned} 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.

6.设函数φ(x)连续，且满足φ(x)=ex+∫0xtφ(t)dt−x∫0xφ(t)dt，求φ(x).\begin{aligned}&6. \ 设函数\varphi(x)连续，且满足\varphi(x)=e^x+\int_{0}^{x}t\varphi(t)dt-x\int_{0}^{x}\varphi(t)dt，求\varphi(x).&\end{aligned}6. 设函数φ(x)连续，且满足φ(x)=ex+∫0xtφ(t)dt−x∫0xφ(t)dt，求φ(x).

解：

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=12，则方程(1)有通解y=C1cosx+C2sinx+12ex，且有y′=−C1sinx+C2cosx+12ex，代入初值条件x=0，y=1，y′=1，有{C1+12=1，C2+12=1，，解得C1=12，C2=12，得y=φ(x)=12(cosx+sinx+ex).\begin{aligned} &\ \ 由所给方程可得\varphi(0)=1，方程两端对x求导，得\varphi'(x)=e^x+x\varphi(x)-\int_{0}^{x}\varphi(t)dt-x\varphi(x)，\\\\ &\ \ 即\varphi'(x)=e^x-\int_{0}^{x}\varphi(t)dt，\varphi'(0)=1，对方程\varphi'(x)=e^x-\int_{0}^{x}\varphi(t)dt两端对x求导，得\varphi''(x)=e^x-\varphi(x)，\\\\ &\ \ 记\varphi(x)=y，则有初值问题\begin{cases}y''+y=e^x，(1)\\\\y|_{x=0}=1，y'|_{x=0}=1.\end{cases}，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，\lambda=1不是特征方程的根，令y^*=Ae^x是方程(1)的特解，代入方程整理得，\\\\ &\ \ A=\frac{1}{2}，则方程(1)有通解y=C_1cos\ x+C_2sin\ x+\frac{1}{2}e^x，且有y'=-C_1sin\ x+C_2cos\ x+\frac{1}{2}e^x，代入初值条件\\\\ &\ \ x=0，y=1，y'=1，有\begin{cases}C_1+\frac{1}{2}=1，\\\\C_2+\frac{1}{2}=1，\end{cases}，解得C_1=\frac{1}{2}，C_2=\frac{1}{2}，得y=\varphi(x)=\frac{1}{2}(cos\ x+sin\ x+e^x). & \end{aligned} 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).