常微分方程与动力系统第二章课后题参考答案
常微分方程与动力系统第二章习题参考答案 1.证明：因为()t Φ是线性齐次系统（LH ）的一个基本解矩阵，由定理2.5知()t Φ在区间J 上满足矩阵微分系统()M LH ,即.
()()()t A t t Φ=Φ，
.
1()()()A t t t -=ΦΦ所以由()A t 确定的线性齐次系统（LH ）必唯一。
2.证明：因为()t ?，()t ψ分别是.()x A t x =和.
()T x A t x =-的解，所以
111()
()()n k k k n nk k k a d t A t t dt a ????==??
? ?== ? ?
? ???∑∑，
1121
1111
1222
22*
121()()()n n k k k n n kn k n n n
nn k a a a a a a a d t A t t dt
a a a a ψψψψψψ==??
???? ? ??? ? ???
=-ψ=-=-?? ??? ?
??? ????? ?
??
∑∑因而
111111
2211(,)(,)(,),,n n k k k k k k n
n kn k k nk k n n k a a d d d dt dt dt a a ψ??ψψ??ψ?ψψ?ψ?ψ?====??????
???????? ?-?? ? ? ??? ??? ? ? ???=+= ?+??
? ? ??? ?-??
? ? ??? ????????? ?????????
∑∑∑∑11
1111
11
1
1
1
1
()0
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
m m m m i ij j i ij j i mk k km k mk k km m m m m i j i j k k k k a a a a a a ?ψψ??ψ?ψ?ψ?ψ============-=+=-=-=∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑
所以(),()
()()1
n
t t t t k k k ?ψ?ψ≡≡∑=常数。 3.证明：设)t Φ(为系统.
()x A t x =的一个基本解矩阵，则由定理2.11知
[
]1
()
T
t -Φ是系统.
()T
x A
t x =-的基本解矩阵，由定理2.4知系统.
()x A t x
=满足初始条件00()x t x =的特解为100()))t t t x ?-=Φ(Φ(，[)0,0,t t ∈+∞由题可知)t Φ(与[]1
()T t -Φ在[)0,+∞上有界，从而由定理2.24知110()0
k k t ?=>
和220()0k k t =>使得10120(),(),T t k t t t k t t -?Φ≤≤<+∞
??Φ≤≤<+∞
??,利用常数变易法公式
（2.32），可知式.
()()y A t y B t y =+的初始条件为00()y t y =的解满足
01()()()()()()t
t y t t t s B s y s ds
?-=+ΦΦ?因
为11100120()()()()()(),T t t t t t t k k t t ---ΦΦ≤ΦΦ=ΦΦ≤≤<+∞
所
以
120120()()(),t t y t k k x k k B s y s ds t t ≤+≥?，利用格朗瓦尔不等式有12
()120().t
t k k B s ds
y t k k x e
?≤记12
()12t
t k k B s ds
C k k e ?
=设
()B t dt M +∞
=<+∞?
则
()()t
t B s ds B t dt M +∞
≤=?
?
有1212k k M C k k e ≤从而00(),y t C x t t ≤≥所以系统
.
()()y A t y B t y =+的一切解都在[)0,+∞上有界。
4.解：设以矩阵cos sin ()sin cos t t e t t t e t t ???
-= ???为基本解矩阵的线性齐次系统为
.
1112.2122()()()()x a t x a t y y a t x a t y
?=+???=+?则
.
11122122()()
a a t t a a ????
= ???
即
11122122cos sin cos cos sin sin sin cos sin cos t t t t t t e t e t a a t e t
t t a a e t t e t e t ?--??
-???= ? ?? -+?????
?
得
1112111221222122
cos sin cos sin cos sin cos sin cos cos sin sin sin cos t t t t t t t t
e t e t a e t a e t t a t a t
e t e t a e t a e t t a t a t ?-=+?
-=-+??+=+??-=-+?整理得11121112
212122cos sin cos sin cos sin cos sin cos cos sin sin sin cos t t a t a t
t a t a t t t a t t t a t a t
-=+??=-??
+=+??=-?解得
1221121222
cos sin 1
cos 1sin cos sin a t t a t
a t t a t =-??=??
=+??=?所以齐次系统.2
.2cos (cos sin 1)(1sin cos )sin x x t t t y y t t x y t ?=+-???=++?
即为所求。 5.（1）解：由.
cos x x t =，分离变量得
cos dx
tdt x
=解得sin 1t x C e =由
.
sin sin sin 1t
t t
y xe
C e e
--==得.
1y C =，解得12y C t C =+故原方程组得通解为
sin 112
t
x C e y C t C ?=?
=+?（1C ，2C 为不为零的常数） （2）解：由第一个分离变量得dx dt x t =解得1x C t =。由.1x
y t
=+得.1
1y C =+解得122y t C t C t x C =++=++故原方程组得通解为12
x C t
y t x C =??=++?
6. (1)解：原方程组化为dx y dt t dy x dt t ?=-????=-??可化简为()
1()()1()d x y x y dt t
d x y x y dt
t +?=-+???-?=-??由初等积
分法得12C x y t x y C t
?
+=??
?-=? （Ⅰ）又知初值(1)2
(1)0x y =??=?代入（Ⅰ）得1222C C =??=?，所以22x y t x y t ?+=???-=?解得11x t t
x t t ?
=+???
?=-??
（2）解：①+②得
()d x y x y dt +=+解得1t x y C e +=（1C 为常数）③令x
u t
=则dx du u t dt dt =+代入①得21du u t u dt ++=，即131du dt u t
=--两边积分得01
ln 31ln 3
u t C -=-+（0C 为常数）
，整理得1
23(31)C u t -=（02C C e =）代回原变量得123
3(1)C x t t -= ④。将初值1(1)31(1)3x y ?=????=-??代入③，④得1
2
31
1(11)11133
C C e ?-=???
?-=??得1200C C =??
=?得解33t x t
y ?
=??
??=-??
7．证明：令1()))t t s C ?=Φ(Φ(（C 为常值向量）2())t t s C ?=Φ(+，那么
1()))d t d t s C dt dt ?Φ(=Φ(，2())().d t d t s d t s C dt dt dt ?Φ(++=。因为)t Φ(是)
()
dX t X t dt
(=A 的解，所以由以上两式得11()
())()d t t s C t dt
??=AΦΦ(=A ，
22()
)()d t A t s C A t dt
??=Φ(+=。又因为(0)X I =,所以有1(0))s C ?=Φ(，2(0))s C ?=Φ(。所以根据解的惟一性定理可知，)))t s C t s C Φ(+=Φ(Φ(，
因而有())t s ΦΦ())t s =Φ(Φ(。令s t =-，代入上式得(0)))t t E Φ=Φ(Φ(-=,因而1))t t -Φ(=Φ(-。
8.证明：此方程的满足初始条件0(0)x x =的初值问题可等价于积分方程
00()()()t
t X t x A s x s ds =+?对上述方程，应用毕卡逐次逼近法，只需考虑
00()X x x E ==,
0()X t E =，0
10()()()()t t
t t X t E A s X s ds E A s ds =+=+??，
2211()()()()()(())()(())(())()(())2t
t
t
t t t
t
t t t t t t t t t t X t E A s X s ds E A s ds A t A s ds d E A s ds A s ds d A s d E A s ds A s ds τττττ=+=++=++=++
!??????????
00000
22332111()()()()()(())()(())()(())(())223t t t t t t t t t t t t t t X t E A s X s ds E A s ds A A s ds d A A s ds d E A s ds A s ds A s ds τ
τττ
ττττ=+=+++
=+++!!!?????????由归纳法易知0
211()()(())(())2t
t
t
n n t t t X t E A s ds A s ds A s ds n =+++
!
!???显然0
()lim ()exp(())t
n t t X t X t A s ds →+∞
==?，可得原方程的通解为0
exp(())t t A s ds c ?，其
中c 为任意的常值列向量。
9. (1)解：矩阵A 的特征值为3，-2，对应于1λ=3的特征向量12x X x ??
= ???
满
足代数方程组11200()005x E A x λ????-== ?
?????，所以10x ??
= ???
是1λ=3的一个特征向量。同理22λ=-对应的特征向量为01y ??= ???，1001P ??
= ???
故
331220000A
e e e P P e e ---????
== ? ?????
（2）A 的特征方程为1
01E A λλλ
-=
=-，解之，得特征根为i λ=±。对应于1i λ=的特征向量12x X x ??
= ???
满足代数方程组
1121()01x i E A i x λ????-== ? ?-????所以1X i ??
= ???
是1i λ=对应的一个特征向量。同样可得2i λ=-对应的一个特征向量为1Y i
??
= ?-??
。由A 的特征值的特征向量
组成的矩阵11P i i ??= ?-??，其逆矩阵*1
1
1122
11
22
2i i P P i i P i -??
- ?--??=== ? ?--?? ?
???
，所以1111()()011cos1sin12222221111sin1cos10
()()222222i i i i i i
i
A i i i i i i i i i e e ie ie e e e e i i i i e ie ie ie ie e e -------??????--+-- ? ? ?????????==== ? ? ? ?
? ? ? ?---?? ? ? ???????-+ ? ? ?
??????
（3）解：有：210
2S SI A S --??-= ?-??从而*21
1
1()2(2)()()102SI A S S SI A SI A S -??
?
--- ?-=
=- ?
?-?
?
于是2211
2()0A e e e SI A e --????=ζ-=? ?????
（4）解：有24()12S SI A S +??-= ?--??
，从而*221
22
4()()2()1S SI A S S SI A S SI A S ---??
?
--== ?+- ?
??
?
于是1114()13A e SI A ----??
??=ζ-=
?????
10.（1）解：1
031031
200
2301
10
1
1A B ????
? ?
=-→= ? ? ? ?--?
???
,矩阵A 经过初等变换变为矩阵B ，则矩阵A 与矩阵B 有相同的特征值。矩阵B 为分
块矩阵，设10C B D ??
=
???
,则可知1为B 的一个特征值。下面求231
1D ??=
?-??
的特
征值。其特征方程为
223det()501
1D E λλλλλ
--=
=--=--。
则可得121λλ+=。对于矩阵A ，存在一个非奇异的矩阵P ，使得1P AP J -=,所以1A J e Pe P -=。故
1231112det A J J e P e P e e e e λλλ++-+=====.
11. (2)解：先求对应的齐次方程组.
.2x y
y x y
?=???=+?的通解。特征方程为
1
det()(2)(1)021A E λλλλλ
--=
=-+=-，特征值为122,1λλ==-。对应于
12λ=的特征向量12u U u ??= ???满足代数方程组1221021u u -????= ? ?-????
，所以12U ??
= ???是12λ=对应的一个特征向量。同理可得对应于21λ=-的特征向量为
11U ??
= ?-??。所以得齐次方程组的通解为21222t t t t x e e C C y e e --??????=+ ? ? ? ?
?-??????。用常数变易法，令2122()()2t t t t x e e C t C t y e e --??????
=+ ? ? ? ? ?-??????
将其代入原方程组，得..
212..212
()()5cos 2()()0t t t t C t e C t e t C t e C t e --?+=-???-=?解之得.21.25()cos 3
10()cos 3t
t C t te C t te -?=-????=-??
，积分得
221212()sin cos 3355()sin cos 33t t
t t
C t te te C t te te --?=-+???
?=--??
得原方程组的一个特解
*222*22sin cos 1255(sin cos )(sin cos )sin 3cos 33332t t t t t t t t x e e t t te te te te t t y e e ----??????--??=-++--= ? ? ? ?
? ? ?+-?
???????
因此原方程组的通解为21222sin cos sin 3cos 2t t t t x e e t t C C y t t e e --????--??
??=++ ? ? ? ? ?
?+-????
????即2122122sin cos 2sin 3cos t t
t t
x C e C e t t
y C e C e t t
--?=+--??=-++?? （3）解：先求对应的齐次方程组.
.x y
y x
?=???=-?的通解。特征方程为
21det()101A E λλλλ
--=
=+=--。特征值为12,i i λλ==-。对应于1i λ=的特
征向量12
u U u ??= ??
?满足代数方程组1
2
101u i i u -????= ? ?--?
??
?
。所以1U i
??= ???
是1i λ=对应的一个特征向量。此时可得方程组的一个复值解
1cos sin sin cos t t i t Y e i t i t +????== ? ?
-+????，其实部和虚部就是方程组.
.x y
y x
?=???=-?的两个实值解。且显然它们线性无关。所以得齐次方程组的通解为
12cos sin sin cos x t t C C y t t ??????=+ ? ? ?-??????
，其中1C ，2C 是不为零的常数。用常数变易法，令12cos sin ()()sin cos x t t C t C t y t t ??????
=+ ? ? ?-??????
，将其代入原方程组，得..2
12..
12()cos ()sin tan 1()sin ()cos tan C t t C t t t C t t C t t t ?+=-???+=?解之得：.1.22()cos ()sin tan C t t
C t t t
?=-???=?，积分得12()sin 1()cos cos C t t
C t t t =-???=+??
得原方程组得一个特解为
**cos sin tan 1sin (cos )sin cos 2cos x t t t t t t t t y ????????
=-++= ? ? ? ? ?-????????
，因此原方程组得通解为12cos sin tan sin cos 2x t t t C C y t t ????????=++ ? ? ? ?-????????，即1212
cos sin tan sin cos 2x C t C t t y C t C t =++??=-++?。
（4）解：先求对应的齐次方程组.
.322x x y
y x y
?=-???=-?的通解。易知特征方程为
232det()(1)02
1A E λλλλ
---=
=-=--特征值为121λλ==。因此，齐次方程
组有形如11122122t r r t x e y r r t +??
??= ? ?-+????
的解。将其代入非齐次方程组并消去t e 后得
1112121112212221222211122122
3()2()
2()()r r r r r t r r t r r r r r t r r t ++=+-+??
++=+-+?比较t 的同次幂的系数可得11122112222111222212220,0,220,0
r r r r r r r r r r --=-=-+=-=，即
1222121121,22r r r r r ==-。令111r =，211r =，则12220r r ==，那么相应的特解
为11
t x e y ????
= ? ???
??
，令110r =，211r =-则12222r r ==-，那么相应的特解为221t x t e y t ????= ? ?-????。因此，齐次方程组的通解为1212121t t x t C e C e y t ??????=+ ? ? ?-??????
。用常数变易法，令1212()()121
t t x t C t e C t e y t ??????
=+ ? ? ?-??
??
?
?
，将其代入原方程组得..12...
122()2()0()2()()15t t
t t t C t e C t te C t e C t te C t e e ?+=???+-=?解之
得3
.
2
1.
1
()30()C t t C t ?=???=-?积分得
5
21322
()12()10C t t C t t ?
=???=-?。得非齐次方程组的一个特解为
5
*
5
3222*35221281210121108t
t
t x t t t e t e e t y t t ??
??-???? ?
=-= ? ? ? ? ?
-?????? ?
-??于是，原方程组的通解为5
2123522128121108t t t
x t t C e C e e y t t t ??-?????? ?=++ ? ? ? ?-?????? ?
-??。即521253
22122
(28)(2810)t t x C C t t e y C C t C t t e ?=+-???=+--+?
12.解：对于方程组.
.sin cos t x x t
y xe
-?=???=?，由.cos x x t =，分离变量得cos dx tdt x =解
得sin 1t
x C e =由.
sin sin sin 1t
t t
y xe
C e e
--==得.
1y C =，解得12y C t C =+故原方程组得
通解为sin 112t
x C e y C t C ?=?=+?（1C ，2C 为不为零的常数），则得系统的一个通解
为sin 120()1t e x t C C t ????
=+ ? ?????，则它的基本解矩阵sin 0()1t e t t ??
Φ=
???
，又0
100(0)0
10
1e I ????Φ===
? ?????，故1
101C πππ
-??
=Φ(0)Φ(2)=Φ(2)= ?2??
。C 的特征方程210det()(1)021C E λλλπ
λ
--=
=-=-。故其特征值为
121λλ==。有i
T i e ρλ=得21i e πρ=，故20(mod )i i πρ=，则得该系统的特征乘
数121λλ==，特征指数120(mod )i ρρ==。
13.证明：设)t Φ(是系统（LHP ）的一个基本解矩阵，由定理2.19可知，存在一个可微的周期为T 的非奇异矩阵函数0)P t (,以及一个常值矩阵R ，使得0)).tR t P t e Φ(=(，设J 是矩阵R 的约当标准型，则存在非奇
异
常
值
矩
阵S 使得1S RS J -=,所以
1
1100)).).)..tR tSJS
tJ t P t e P t e
P t S e S --Φ(=(=(=(。根据定理2.8，且因为)t Φ(是系统（LHP ）的一个基本解矩阵，所以0))..tJ t P t S e ψ(=(也是系统（LHP ）的一个基本解矩阵。记0()).P t P t S (。所以)().tJ t P t e ψ(=。由该系统有一个特征指数是λ，则该系统就有形如().t P t e λ的解，由t e λ是一个常数，故证明了该系统有一个特征指数是λ的充分必要条件是该系统有形如.()t e P t λ的解。
14.证明：系数矩阵的特征方程为
2
22331cos 1cos sin 12
2
det()033221cos sin 1sin 22t t t E A t t t λλλλλ??
+--+ ?
-==++=
? ?++- ?
??
。则可得特征值
为
1,2λ=
。
()exp(())
C A s ds π
π=Φ=?。又22
033(1cos )cos 224s ds s π
πππ-+=-+=-??，0033(1cos sin )sin cos 22s s ds sd s ππ
ππ
-=+=??，
4cos sin sin cos 44()C e e
ππππππππππ??
- ?
???
?-
?-- ?-?
?
??
=Φ==求
C
的特征方程为
4
42
4
24
4
cos sin det()2cos 0sin cos e
e
E C e
e e
e
ππππ
ππλππ
λλπλπ
λπ
-
-
-
-
-
---=
=-+=-，故得C
的特征值为412e π
λλ-
==。故此系统的特征乘数为4e π
-
。
15.证明：1）设()t ?是系统（LNP ）的以T 为周期的周期解，则显然必须有(0)()T ??=。反之，设()t ?是(LNP)的解，且(0)()T ??=.下证()t ?是以T 为周期的函数。由
()
()()()d t T A t T t T f t T dt
??+=++++以及()()A t T A t += ()()f t T f t +=可得()
()()()d t T A t t T f t dt
??+=++并且
()()|
t t t T ??==+，(0)()T ??=由初值问题（1）的解得存在惟一性知
()()t t T ??=+。
2）设)t Φ(是以(1)()t ?，(2)()t ?，()()n t ?为列向量的n 阶方阵，则用常
数
变
易
法
可
求得(LNP)的任一解为110
()()(0)(0)()()()t t t t f d ??τττ
--=ΦΦ+ΦΦ?即
10
()()(0)()()()t t t t f d ??τττ-=Φ+ΦΦ?由1）知()t ?是以T 为周期的解得充要
条件是(0)()T ??=，因此10(0)()(0)()()()T
T T f d ??τττ-=Φ+ΦΦ?亦即(0)?由下述方程确定10(())(0)()()()T
n E T T f d ?τττ--Φ=ΦΦ?其中n E 是n 阶单位矩阵。此式子能惟一确定(0)?的充要条件是()0n E T -Φ≠即矩阵()T Φ没有等于1的特征根。
16. 解: 作变换，令e t τ=，则dx dx t
dt d τ=
，dy dy
t dt d τ
=，那么，原方程组变为22dx
x y d dy x y
d ττ
?=-??
??=-??，其特征方程为21det()(1)021A E λλλλλ
---=
=-=--，
特征值为120,1λλ==。
相应于10λ=的特征向量12u u ?? ???
应满足1221021u u -????= ? ?-????即122u u =，令11u =，则22u =，那么相应于10λ=的特解为12
x y ????
= ? ?????
。
相应于21λ=的特征向量12u u ?? ???
应满足1
211022u u -??
??= ? ?-????即12u u =，令21u =，
则11u =，那么相应于21λ=的特解为11
x e y τ????
= ? ???
??
。 所以方程组得通解为121121
x c c e y τ??????
=+ ? ? ???
??
??
代回原变量得方程组得通解
为121121x c c t y ??????=+ ? ? ???????即1212
2x c c t
y c c t =+??=+?，（12,c c 为非零常数）
它们的朗斯基行列式为1112222(),0c c W t c c t
Ct C c c t
=
=-≠。()W t 在0t =时等
于0，但当0t ≠时()0W t ≠，这不与定理2.7矛盾，因为在计算过程中
0t ≠，所以()W t 在t J ∈是都不等于零。
17.证明： 充分性：由式（2.88）成立，则可知零解是一直稳定的。不失一般性，令
01
x η<=，则对00,t t t β
≥≥有
0()110000()))))..t t x t t t x t t x M e α----=Φ(Φ(≤Φ(Φ(≤，于是零解是全局指数
稳定的。
必要性：设系统（LH ）的零解0x =对0t β≥是全局指数稳定的。则由定义 1.12知道，有0α>，使得对任何0β>，存在()0M β>,使得当
0x β<时，对于一切0t t I ≥∈有0()1000()))().t t x t t t x M x e αβ---=Φ(Φ(≤于
是有0
00()()()1000
1
))()..
()t t t t t t t t M x e M e Me x αααββ-------Φ(Φ(≤==即证式（2.88）成立。
18.证明：系统.
()n
x Ax x =∈
的满足初始条件00()x t x =的特解为
100()()()x t t t x -=ΦΦ，由于它的零解是渐进稳定的，由定义1.4可知，对
ε?>，存在0(,)0t δε>使
0x δ
<时对一切0t t ≥有
100()()()x t t t x ε-=ΦΦ<，同时0()0t η>使得当00()x t η<时lim ()0t x t →+∞
=。
利用常数变易法可得系统[].
()x A C t x =+的解为
01100()()()()()()()t
t x t t t x t s C s x s ds --=ΦΦ+ΦΦ?。对于上述ε，当0x δ<时，对
一切0t t ≥，0
0()()()t
t x t C s ds r t t εεεε≤+=+-?从而可知系统[].
()x A C t x
=+的一切在(,)β+∞上有界，即它的零解对0t β≥是稳定的。对于上述
0()0
t η>当
00()
x t η<时
[]0
1110000000()()()()()()()()1()t t x t t t x t t x C s ds t t x r t t ---≤ΦΦ+ΦΦ<ΦΦ+-?而
100
lim ()()t t t x -→+∞ΦΦ[]01()r t t +-=0由迫敛性知lim ()0t x t →+∞
=。所以系统
[].
()x A C t x =+的零解对0t β≥是渐近稳定的。
19.证明：系统.
x Ax =满足初始条件00()x t x =的特解为100()()()x t t t x -=ΦΦ。由于该系统的零解是稳定的，由定义1.4知，任取正数b ε<（b 为常数）存在0(,)0t δε>使得当0x δ<时100()()()x t t t x ε-=ΦΦ<，0t t ≥利用常
数
变
易
法
可得系统
[].
()x A C t x
=+的
解为
1100()()()()()()()t t x t t t x t s C s x s ds --=ΦΦ+ΦΦ?，因此0
()()t t x t C s ds εε≤+?，
0t t β≥>。因为()C s ds β
+∞
<+∞?
所以记0
()t
t C s ds M =?即()(1)x t M ε≤+由此
可见系统[].
()x A C t x =+的一切解在[),β+∞上有界。
20.证明：对于系统0()x x x R +=∈，令.
x y =，则原系统可化为.
.x y
y x
?=???=-?，
此系统对应的特征方程为21
det()101A E λλλλ
--=
=+=--，其特征值为
12,i i λλ==-，故可得到该系统的零解是稳定的，又由对于线性自治系
统来说，稳定与一致稳定是等价的，故系统0()x x x R +=∈的零解是一致稳定的。
对于系统.
1
20,0,x t x x t x R --+=>∈。令.
x y =，则原系统可化为
.
.
2
x y y x y
t ?=??=-+??
，
此
系统对应的特征方程为
21
2
det()102
1
A E t t
λ
λλλλ
--=
=-+=--，其对应的特征值为
12λλ==，这两个特征值的实部均大于0，所以这个
扰动系统的零解是不稳定的。
23.证明：对于线性系统.
()()x A t x g t =+，设()x x t =是一个未受扰解，令
()()()y t x t x t ~
=-则得扰动系统为线性齐次系统.
()y A t y =，系统.
()()x A t x g t =+的未受扰解()x x t =对应扰动系统的零解0y =。设()t Φ是
系统.
()y A t y =的一个基本解矩阵，则该系统满足初始条件00()y t y =的特解为100()()y t t y -=ΦΦ。因为()t Φ为不变的量，故y 与初始值成比例，比例系数为()t Φ，则可得系统.
()y A t y =解的稳定性结果与初始值的大小无关，又由系统.
()()x A t x g t =+的稳定性与.
()y A t y =零解的稳定性一致，故得对于线性系统.()()x A t x g t =+的任何解()x x t =，局部稳定性与全局稳定性是等价的。
操作系统第四版-课后习题答案
操作系统第四版-课后习题答案
第一章 作者：佚名来源：网络 1、有一台计算机，具有IMB 内存，操作系统占用200KB ，每个用户进程各占200KB 。如果用户进程等待I/O 的时间为80 % ，若增加1MB 内存，则CPU 的利用率提高多少？ 答：设每个进程等待I/O 的百分比为P ，则n 个进程同时等待刀O 的概率是Pn ，当n 个进程同时等待I/O 期间CPU 是空闲的，故CPU 的利用率为1-Pn。由题意可知，除去操作系统，内存还能容纳4 个用户进程，由于每个用户进程等待I/O的时间为80 % , 故： CPU利用率＝l-（80%)4 = 0.59 若再增加1MB 内存，系统中可同时运行9 个用户进程，此时：cPu 利用率＝l-（1-80%)9 = 0.87 故增加IMB 内存使CPU 的利用率提高了47 % : 87 ％/59 ％=147 % 147 ％-100 % = 47 % 2 一个计算机系统，有一台输入机和一台打印机，现有两道程序投入运行，且程序A 先开始做，程序B 后开始运行。程序A 的运行轨迹为：计算50ms 、打印100ms 、再计算50ms 、打印100ms ，结束。程序B 的运行轨迹为：计算50ms 、输入80ms 、再计算100ms ，结束。试说明（1 ）两道程序运行时，CPU有无空闲等待？若有，在哪段时间内等待？为什么会等待？( 2 ）程序A 、B 有无等待CPU 的情况？若有，指出发生等待的时刻。 答：画出两道程序并发执行图如下： （1）两道程序运行期间，CPU存在空闲等待，时间为100 至150ms 之间（见图中有色部分） （2）程序A 无等待现象，但程序B 有等待。程序B 有等待时间段为180rns 至200ms 间（见图中有色部分） 3 设有三道程序，按A 、B 、C优先次序运行，其内部计算和UO操作时间由图给出。
常微分方程习题及答案
第十二章 常微分方程 (A) 一、是非题 1．任意微分方程都有通解。( ) 2．微分方程的通解中包含了它所有的解。( ) 3．函数x x y cos 4sin 3-=是微分方程0=+''y y 的解。( ) 4．函数x e x y ?=2是微分方程02=+'-''y y y 的解。( ) 5．微分方程0ln =-'x y x 的通解是()C x y += 2ln 2 1 (C 为任意常数)。( ) 6．y y sin ='是一阶线性微分方程。( ) 7．xy y x y +='33不是一阶线性微分方程。( ) 8．052=+'-''y y y 的特征方程为0522=+-r r 。( ) 9． 221xy y x dx dy +++=是可分离变量的微分方程。( ) 二、填空题 1．在横线上填上方程的名称 ①()0ln 3=-?-xdy xdx y 是 。 ②()()022=-++dy y x y dx x xy 是 。 ③x y y dx dy x ln ?=是 。 ④x x y y x sin 2+='是 。 ⑤02=-'+''y y y 是 。 2．x x y x y cos sin =-'+'''的通解中应含 个独立常数。 3．x e y 2-=''的通解是 。 4．x x y cos 2sin -=''的通解是 。 5．124322+=+'+'''x y x y x y x 是 阶微分方程。 6．微分方程()06 ='-''?y y y 是 阶微分方程。 7．y 1 = 所满足的微分方程是 。
8．x y y 2='的通解为 。 9． 0=+x dy y dx 的通解为 。 10．()2511 2+=+-x x y dx dy ，其对应的齐次方程的通解为 。 11．方程()012=+-'y x y x 的通解为 。 12．3阶微分方程3x y ='''的通解为 。 三、选择题 1．微分方程()043 ='-'+''y y y x y xy 的阶数是( )。 A ．3 B ．4 C ．5 D ． 2 2．微分方程152=-''-'''x y x y 的通解中应含的独立常数的个数为( )。 A ．3 B ．5 C ．4 D ． 2 3．下列函数中，哪个是微分方程02=-xdx dy 的解( )。 A ．x y 2= B ．2x y = C ．x y 2-= D ． x y -= 4．微分方程3 23y y ='的一个特解是( )。 A ．13+=x y B ．()3 2+=x y C ．()2 C x y += D ． ()3 1x C y += 5．函数x y cos =是下列哪个微分方程的解( )。 A ．0=+'y y B ．02=+'y y C ．0=+y y n D ． x y y cos =+'' 6．x x e C e C y -+=21是方程0=-''y y 的( )，其中1C ，2C 为任意常数。 A ．通解 B ．特解 C ．是方程所有的解 D ． 上述都不对 7．y y ='满足2|0==x y 的特解是( )。 A ．1+=x e y B ．x e y 2= C ．2 2x e y ?= D ． x e y ?=3 8．微分方程x y y sin =+''的一个特解具有形式( )。 A ．x a y sin *= B ．x a y cos *?= C ．()x b x a x y cos sin *+= D ． x b x a y sin cos *+= 9．下列微分方程中，( )是二阶常系数齐次线性微分方程。
操作系统课后习题答案
第一章 1．设计现代OS的主要目标是什么？ 答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 4．试说明推劢多道批处理系统形成和収展的主要劢力是什么？ 答：主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展： （1）不断提高计算机资源的利用率； （2）方便用户； （3）器件的不断更新换代； （4）计算机体系结构的不断发展。 12．试从交互性、及时性以及可靠性方面，将分时系统不实时系统迚行比较。答：（1）及时性：实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似，都是以人所能接受的等待时间来确定；而实时控制系统的及时性，是以控制对象所要求的开始截止时间或完成截止时间来确定的，一般为秒级到毫秒级，甚至有的要低于100微妙。 （2）交互性：实时信息处理系统具有交互性，但人与系统的交互仅限于访问系统中某些特定的专用服务程序。不像分时系统那样能向终端用户提供数据和资源共享等服务。 （3）可靠性：分时系统也要求系统可靠，但相比之下，实时系统则要求系统具有高度的可靠性。因为任何差错都可能带来巨大的经济损失，甚至是灾难性后果，所以在实时系统中，往往都采取了多级容错措施保障系统的安全性及数据的安全性。 13．OS有哪几大特征？其最基本的特征是什么？ 答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。 第二章 2. 画出下面四条诧句的前趋图: S1=a：=x+y; S2=b：=z+1; S3=c：=a –b；S4=w：=c+1; 8．试说明迚程在三个基本状态之间转换的典型原因。 答：（1）就绪状态→执行状态：进程分配到CPU资源 （2）执行状态→就绪状态：时间片用完 （3）执行状态→阻塞状态：I/O请求 （4）阻塞状态→就绪状态：I/O完成
常微分方程第三版答案
常微分方程第三版答案 Document serial number【KK89K-LLS98YT-SS8CB-SSUT-SST108】
习题 1． dx dy =2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。 解： y dy =2xdx 两边积分有：ln|y|=x 2+c y=e 2 x +e c =cex 2另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0 原方程的通解为y= cex 2,x=0 y=1时 c=1 特解为y= e 2 x . 2. y 2dx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。 解：y 2dx=-(x+1)dy 2 y dy dy=-1 1+x dx 两边积分: - y 1 =-ln|x+1|+ln|c| y=|)1(|ln 1+x c 另外y=0,x=-1也是原方程的解 x=0,y=1时 c=e 特解：y= | )1(|ln 1 +x c 3．dx dy =y x xy y 321++ 解：原方程为：dx dy =y y 21+31 x x + y y 21+dy=31 x x +dx 两边积分：x(1+x 2)(1+y 2)=cx 2 4. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0 解：原方程为： y y -1dy=-x x 1 +dx 两边积分：ln|xy|+x-y=c 另外 x=0,y=0也是原方程的解。
5．（y+x ）dy+(x-y)dx=0 解：原方程为： dx dy =-y x y x +- 令 x y =u 则dx dy =u+x dx du 代入有： -112++u u du=x 1dx ln(u 2+1)x 2=c-2arctgu 即 ln(y 2+x 2)=c-2arctg 2x y . 6. x dx dy -y+22y x -=0 解：原方程为： dx dy =x y +x x | |-2)(1x y - 则令 x y =u dx dy =u+ x dx du 2 11u - du=sgnx x 1 dx arcsin x y =sgnx ln|x|+c 7. tgydx-ctgxdy=0 解:原方程为： tgy dy =ctgx dx 两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c| siny= x c cos 1=x c cos 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0. 所以原方程的通解为sinycosx=c. 8 dx dy +y e x y 32 +=0 解：原方程为：dx dy =y e y 2 e x 3 2 e x 3-3e 2 y -=c.
常微分方程练习题及答案复习题)
常微分方程练习试卷 一、 填空题。 1. 方程23 2 10d x x dt +=是 阶 （线性、非线性）微分方程. 2. 方程 ()x dy f xy y dx =经变换_______，可以化为变量分离方程 . 3. 微分方程 3230d y y x dx --=满足条件(0)1,(0)2y y '==的解有 个. 4. 设常系数方程 x y y y e αβγ'''++=的一个特解*2()x x x y x e e xe =++，则此方程的系数α= ，β= ，γ= . 5. 朗斯基行列式 ()0W t ≡是函数组12(),(),,()n x t x t x t 在a x b ≤≤上线性相关的 条件. 6. 方程 22(2320)0xydx x y dy ++-=的只与y 有关的积分因子为 . 7. 已知 ()X A t X '=的基解矩阵为()t Φ的，则()A t = . 8. 方程组 20'05??=???? x x 的基解矩阵为 ． 9.可用变换 将伯努利方程 化为线性方程. 10 .是满足方程 251y y y y ''''''+++= 和初始条件 的唯一解. 11.方程 的待定特解可取 的形式: 12. 三阶常系数齐线性方程 20y y y '''''-+=的特征根是 二、 计算题 1.求平面上过原点的曲线方程, 该曲线上任一点处的切线与切点和点(1,0)的连线相互垂直. 2．求解方程13 dy x y dx x y +-=-+. 3. 求解方程 222()0d x dx x dt dt += 。 4．用比较系数法解方程. . 5．求方程 sin y y x '=+的通解. 6．验证微分方程 22(cos sin )(1)0x x xy dx y x dy -+-=是恰当方程，并求出它的通解.
第三章化学动力学基础课后习题参考答案
1 第三章化学动力学基础课后习题参考答案 2解：（1）设速率方程为 代入数据后得： 2.8×10-5=k ×(0.002)a (0.001)b ① 1.1×10-4=k ×(0.004)a (0.001)b ② 5.6×10-5=k ×(0.002)a (0.002)b ③ 由②÷①得: 2a =4 a=2 由③÷①得: 2b =2 b=1 （2）k=7.0×103(mol/L)-2·s -1 速率方程为 （3）r=7×103×(0.0030)2×0.0015=9.45×10-5(mol ·L -1·s -1) 3解：设速率方程为 代入数据后得： 7.5×10-7=k ×(1.00×10-4)a (1.00×10-4)b ① 3.0×10-6=k ×(2.00×10-4)a (2.00×10-4)b ② 6.0×10-6=k ×(2.00×10-4)a (4.00×10-4)b ③ 由③÷②得 2=2b b=1 ②÷①得 22=2a ×21 a=1 k=75(mol -1·L ·s -1) r=75×5.00×10-5×2.00×10-5=7.5×10-8(mol ·L -1·s -1) 5解：由 得 ∴△Ea=113.78（kJ/mol ） 由RT E a e k k -=0得：9592314.81078.11301046.5498.03?=?==??e ke k RT E a 9解：由阿累尼乌斯公式：RT E k k a 101ln ln -=和RT E k k a 202ln ln -=相比得： ∴ 即加催化剂后，反应速率提高了3.4×1017倍 因△r H θm =Ea(正) -Ea(逆) Ea(逆)=Ea(正)-△r H θm =140+164.1=304.1(kJ/mol) 10解：由)11(ln 2 112T T R Ea k k -=得： )16001(314.8102621010.61000.1ln 2 384T -?=??-- T 2=698（K ） 由反应速率系数k 的单位s-1可推出，反应的总级数为1，则其速率方程为 r=kc(C 4H 8) 对于一级反应,在600K 下的)(1014.110 10.6693.0693.0781s k t ?=?== - ) ()(2O c NO kc r b a =)()(107223O c NO c r ?=) ()(355I CH c N H C kc r b a =)11(ln 2112T T R E k k a -=)627 15921(314.8498.081.1ln -=a E ) /(75.41046.5656314.81078.113903s mol L e e k k RT E a ?=??==??--36.40298314.810)140240(ln 32112=??-=-=RT E E k k a a 1712104.3ln ?=k k
操作系统课后题答案
2.1 一类操作系统服务提供对用户很有用的函数，主要包括用户界面、程序执行、I/O操作、文件系统操作、通信、错误检测等。 另一类操作系统函数不是帮助用户而是确保系统本身高效运行，包括资源分配、统计、保护和安全等。 这两类服务的区别在于服务的对象不同，一类是针对用户，另一类是针对系统本身。 2.6 优点：采用同样的系统调用界面，可以使用户的程序代码用相同的方式被写入设备和文件，利于用户程序的开发。还利于设备驱动程序代码，可以支持规范定义的API。 缺点：系统调用为所需要的服务提供最小的系统接口来实现所需要的功能，由于设备和文件读写速度不同，若是同一接口的话可能会处理不过来。 2.9 策略决定做什么，机制决定如何做。他们两个的区分对于灵活性来说很重要。策略可能会随时间或位置而有所改变。在最坏的情况下，每次策略改变都可能需要底层机制的改变。系统更需要通用机制，这样策略的改变只需要重定义一些系统参数，而不需要改变机制，提高了系统灵活性。 3.1、短期调度：从准备执行的进程中选择进程，并为之分配CPU； 中期调度：在分时系统中使用，进程能从内存中移出，之后，进程能被重新调入内存，并从中断处继续执行，采用了交换的方案。 长期调度：从缓冲池中选择进程，并装入内存以准备执行。 它们的主要区别是它们执行的频率。短期调度必须频繁地为CPU选择新进程，而长期调度程序执行地并不频繁，只有当进程离开系统后，才可能需要调度长期调度程序。 3.4、当控制返回到父进程时，value值不变，A行将输出：PARENT：value=5。 4.1、对于顺序结构的程序来说，单线程要比多线程的功能好，比如（1）输入三角形的三边长，求三角形面积；（2）从键盘输入一个大写字母，将它改为小写字母输出。
操作系统课后题及答案
第一章 1 ．设计现代OS 的主要目标是什么？ 答：（1）有效性（2）方便性（3）可扩充性（4）开放性 2 ．OS 的作用可表现在哪几个方面？ 答：（1）OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口 （2）OS 作为计算机系统资源的管理者 （3）OS 实现了对计算机资源的抽象 4 ．试说明推动多道批处理系统形成和发展的主要动力是什么？答：主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展： （1）不断提高计算机资源的利用率； （2）方便用户； （3）器件的不断更新换代； （4）计算机体系结构的不断发展。 7 ．实现分时系统的关键问题是什么？应如何解决？答：关键问题是当用户在自己的终端上键入命令时，系统应能及时接收并及时处理该命令，在用户能接受的时延内将结果返回给用户。 解决方法：针对及时接收问题，可以在系统中设置多路卡，使主机能同时接收用户从各个终端上输入的数据；为每个终端配置缓冲区，暂存用户键入的命令或数据。针对及时处理问题，应使所有的用户作业都直接进入内存，并且为每个作业分配一个时间片，允许作业只在自己的时间片内运行，这样在不长的时间内，能使每个作业都运行一次。 12 ．试从交互性、及时性以及可靠性方面，将分时系统与实时系统进行比较。 答：（ 1 ）及时性：实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似，都是以人所能接受的等待时间来确定；而实时控制系统的及时性，是以控制对象所要求的开始截止时间或完成截止时间来确定的，一般为秒级到毫秒级，甚至有的要低于100 微妙。 （2）交互性：实时信息处理系统具有交互性，但人与系统的交互仅限于访问系统中某些特定的专用服务程序。不像分时系统那样能向终端用户提供数据和资源共享等服务。 （3）可靠性：分时系统也要求系统可靠，但相比之下，实时系统则要求系统具有高度 的可靠性。因为任何差错都可能带来巨大的经济损失，甚至是灾难性后果，所以在实时系统中，往往都采取了多级容错措施保障系统的安全性及数据的安全性。 13 ．OS 有哪几大特征？其最基本的特征是什么？答：并发性、共享性、虚拟性和异步性四个基本特征；最基本的特征是并发性。
常微分方程课后答案
习题 1 求方程dx dy =x+y 2通过点(0,0)的第三次近似解； 解： 取0)(0=x ? 20020012 1)()(x xdx dx y x y x x x ==++=??? 522200210220 121])21([])([)(x x dx x x dx x x y x x x +=+=++=???? dx x x x y x x ])20 121([)(252003+++=?? = 118524400 1160120121x x x x +++ 2 求方程dx dy =x-y 2通过点(1,0)的第三次近似解； 解： 令0)(0=x ? 则 20020012 1)()(x xdx dx y x y x x x ==-+=??? 522200210220 121])21([])([)(x x dx x x dx x x y x x x -=-=-+=???? dx x x x y x x ])20 121([)(252003--+=?? =118524400 1160120121x x x x -+- 3 题 求初值问题： ?????=-=0 )1(2y x dx dy R ：1+x ≤1，y ≤1 的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计； 解： 因为 M=max{22y x -}=4 则h=min(a,M b )=4 1 则解的存在区间为0x x -=)1(--x =1+x ≤4 1 令 )(0X ψ=0 ; )(1x ψ=y 0+?-x x x 0)0(2dx=31x 3+31;
)(2x ψ =y 0+])3131([2132?-+-x x x dx=31x 3-9x -184x -637x +4211 又 y y x f ??),(2≤=L 则：误差估计为：)()(2x x ψ-ψ≤32 2 )12(*h L M +=2411 4 题 讨论方程：31 23y dx dy =在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件， 并求通过点（0，0）的一切解； 解：因为y y x f ??),(=3221-y 在y 0≠上存在且连续； 而312 3y 在y 0φσ≥上连续 由 3123y dx dy =有：y =（x+c ）23 又 因为y(0)=0 所以：y =x 2 3 另外 y=0也是方程的解； 故 方程的解为：y =?????≥00023πx x x 或 y=0; 6题 证明格朗瓦耳不等式： 设K 为非负整数，f(t)和g(t)为区间βα≤≤t 上的连续非负函数，
结构动力学习题解答一二章
第一章 单自由度系统 1、1 总结求单自由度系统固有频率的方法与步骤。 单自由度系统固有频率求法有:牛顿第二定律法、动量距定理法、拉格朗日方程法与能量守恒定理法。 1、 牛顿第二定律法 适用范围:所有的单自由度系统的振动。 解题步骤:(1) 对系统进行受力分析,得到系统所受的合力; (2) 利用牛顿第二定律∑=F x m && ,得到系统的运动微分方程; (3) 求解该方程所对应的特征方程的特征根,得到该系统的固有频率。 2、 动量距定理法 适用范围:绕定轴转动的单自由度系统的振动。 解题步骤:(1) 对系统进行受力分析与动量距分析; (2) 利用动量距定理J ∑=M θ &&,得到系统的运动微分方程; (3) 求解该方程所对应的特征方程的特征根,得到该系统的固有频率。 3、 拉格朗日方程法: 适用范围:所有的单自由度系统的振动。 解题步骤:(1)设系统的广义坐标为θ,写出系统对于坐标θ的动能T 与势能U 的表达式;进一步写求出拉格朗日函数的表达式:L=T-U ; (2)由格朗日方程 θθ ??- ???L L dt )(&=0,得到系统的运动微分方程; (3) 求解该方程所对应的特征方程的特征根,得到该系统的固有频率。 4、 能量守恒定理法 适用范围:所有无阻尼的单自由度保守系统的振动。 解题步骤:(1)对系统进行运动分析、选广义坐标、写出在该坐标下系统的动能T 与势能U 的表达式;进一步写出机械能守恒定理的表达式 T+U=Const (2)将能量守恒定理T+U=Const 对时间求导得零,即 0) (=+dt U T d ,进一步得到系统的运动微分方程; (3) 求解该方程所对应的特征方程的特征根,得到该系统的固有频率。 1、2 叙述用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法与步骤。 用衰减法求单自由度系统阻尼比的方法有两个:衰减曲线法与共振法。 方法一:衰减曲线法。 求解步骤:(1)利用试验测得单自由度系统的衰减振动曲线,并测得周期与相邻波峰与波谷的幅值i A 、1+i A 。 (2)由对数衰减率定义 )ln( 1 +=i i A A δ, 进一步推导有 2 12ζ πζδ-= ,
操作系统课后习题答案
第一章操作系统引论 一、填空题 1~5 BCABA 6~8BCB 、填空题 处理机管理 计算机硬件 分时系统 单道批处理系统 、简答题 1. 什么叫多道程序？试述多道程序设计技术的基本思想 及特征。为什么对作业 进行多道批处理可以提高系统效率？ 多道程序设计技术是指在计算机内存中同时存放几道相互独立的程序， 使它 们在管理程序控制下，相互穿插运行。 基本思想：在计算机的内存中同时存放多道相互独立的程序， 当某道程序因 某种原因不能继续运行下去时候，管理程序就将另一道程序投入运行，这样使几 道程序在系统内并行工作，可使中央处理机及外设尽量处于忙碌状态， 从而大大 提高计算机使用效率。 特征：多道性；无序性；调度性 在批处理系统中采用多道程序设计技术形成多道批处理系统， 多个作业成批送入 计算机，由作业调度程序自动选择作业运行，这样提高了系统效率。 2. 批处理系统、分时系统和实时系统各有什么特点？各适合应用于哪些方面？ 批处 理系统得特征：资源利用率高；系统吞吐量大；平均周转时间长；无交 互能力。适用于那些需要较长时间才能完成的大作业。 分时系统的特征：多路性；独立性；及时性；交互性。适合进行各种事务处 理，并为进行软件开发提供了一个良好的环境。 实时系统的特征：多路性；独立性；实时性；可靠性；交互性。适合对随机发生 的外部事件能做出及时地响应和处理的系统， 如实时控制系统，实时信息处理系 统。1、 2、 存储器管理 设备管理 计算机软件 实时系统 批处理系统 多道批处理系统 文件管理
第二章进程管理 一、填空题 1~6 CBABBB 7 ① A ② C ③ B ④ D 8 ① D ② B 9 ~10 CA 11~15 CBBDB 16~18 DDC 20~21 BB 22 ① B ② D ③ F 25 B 26~30 BDACB 31~32 AD 二、填空题 1、动态性并发性 2、可用资源的数量等待使用资源的进程数 3、一次只允许一个进程使用的共享资源每个进程中访问临界资源的那段代码 4、执行态就绪态等待态 5、程序数据进程控制块进程控制块 &同步关系 7、等待 8、进程控制块 9、P V 11、同步互斥同步互斥 12、P V P V P V 13、封闭性 14、-（m-1）~1 15、② 16、动静 17、4 0 18、s-1<0 19、①③ 三、简答题 1.在操作系统中为什么要引入进程的概念？进程和程序的关系？ 现代计算机系统中程序并发执行和资源共享的需要，使得系统的工作情况变得非常复杂，而程序作为机器指令集合，这一静态概念已经不能如实反映程序并发执行过程的动态性，因此，引入进程的概念来描述程序的动态执行过程。这对于我们理解、描述和设计操作系统具有重要意义。 进程和程序关系类似生活中的炒菜与菜谱。菜谱相同，而各人炒出来的菜的味道却差别很大。原因是菜谱基本上是一种静态描述，它不可能把所有执行的动态过程中，涉及的时空、环境等因素一一用指令描述清楚。 2.试从动态性、并发性和独立性上比较进程和程序。 动态性：进程的实质是进程实体的一次执行过程。动态性是进程的基本特征。而程序只是一组有序指令的集合，其本身不具有动态的含义，因而是静态的。 并发性：并发性是进程的重要特征，引入进程的目的也正是为了使其进程实体能和其他进程实体并发执行，而程序是不能并发执行的。 独立性：进程的独立性表现在进程实体是一个能独立运行、独立分配资源和独立接受调度的基本单位。而程序不能做为一个独立的单位参与运行。 3.何谓进程，进程由哪些部分组成？ 进程是进程实体的运行过程，是系统进行资源分配和调度的一个独立单位进程由程序段，数据段，进程控制块三部分组成。
常微分方程(第三版)课后答案
常微分方程 1. xy dx dy 2=,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. 解：对原式进行变量分离得 。 故它的特解为代入得 把即两边同时积分得：e e x x y c y x x c y c y xdx dy y 2 2 ,11,0,ln ,21 2 =====+== ,0)1(.22 =++dy x dx y 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. 解：对原式进行变量分离得： 。 故特解是 时，代入式子得。当时显然也是原方程的解当即时，两边同时积分得；当x y c y x y x c y c y x y dy dx x y ++=====++=+=+≠=+- 1ln 11 ,11,001ln 1 ,11ln 0,1112 3 y xy dx dy x y 32 1++ = 解：原式可化为：
x x y x x y x y x y y x y c c c c x dx x dy y y x y dx dy 2 2 2 2 2 2 2 2 322 32)1(1)1)(1(),0(ln 1ln 21ln 1ln 2 1 1 1,0111=++ =++ ≠++-=+ +=+≠+?+=+） 故原方程的解为（即两边积分得故分离变量得显然 .0;0;ln ,ln ,ln ln 0 110000 )1()1(4===-==-+=-++=-=+≠===-++x y c y x xy c y x xy c y y x x dy y y dx x x xy x y xdy y ydx x 故原方程的解为即两边积分时，变量分离是方程的解，当或解：由：
10ln 1ln ln 1ln 1,0 ln 0 )ln (ln :931:8. cos ln sin ln 0 7ln sgn arcsin ln sgn arcsin 1 sgn 11,)1(,,,6ln )1ln(2 11 11,11,,,0 )()(:5332 2 22 2 22 2 22 2 c dx dy dx dy x y cy u d u u dx x x y u dx x y dy x y ydx dy y x x c dy y y y y dx dy c x y tgxdx ctgydy ctgxdy tgydx c x x x y c x x u dx x x du x dx du dx du x u dx dy ux y u x y y dx dy x c x arctgu dx x du u u u dx du x u dx du x u dx dy ux y u x y x y x y dx dy dx x y dy x y e e e e e e e e x y u u x y x u u x y x y y x x x +===+=+-===-?-=--+-=-=+-===-=+?=+?=?=--=+===-+=+-=++ =++-++=++===+-==-++-+-- 两边积分解：变量分离：。 代回原变量得：则有：令解：方程可变为：解：变量分离，得 两边积分得：解：变量分离，得：：也是方程的解。 另外，代回原来变量，得两边积分得：分离变量得：则原方程化为： 解：令：。两边积分得：变量分离，得：则令解：
操作系统部分课后习题答案
第一章 1、设计现代OS的主要目标就是什么？ 方便性,有效性,可扩充性与开放性。 2、OS的作用可表现在哪几个方面？ (1)OS作为用户与计算机硬件系统之间的接口。(2)OS作为计算机系统资源的管理者。(3)OS实现了对计算机资源的抽象。 4、试说明推动多道批处理系统形成与发展的主要动力就是什么 主要动力来源于四个方面的社会需求与技术发展(1)不断提高计算机资源的利用率(2)方便用户(3)器件的不断更新换代(4)计算机体系结构的不断发展。7、实现分时系统的关键问题就是什么？应如何解决 关键问题就是当用户在自己的终端上键入命令时,系统应能及时接收并及时处理该命令。在用户能接受的时延内将结果返回给用户。解决方法:针对及时接收问题,可以在系统中设置多路卡,使主机能同时接收用户从各个终端上输入的数据,为每个终端配置缓冲区,暂存用户键入的命令或数据。针对及时处理问题,应使所有的用户作业都直接进入内存,并且为每个作业分配一个时间片,允许作业只在自己的时间片内运行。这样在不长的时间内,能使每个作业都运行一次。 12、试从交互性、及时性以及可靠性方面,将分时系统与实时系统进行比较。 (1)及时性。实时信息处理系统对实时性的要求与分时系统类似,都就是以人所能接受的等待时间来确定,而实时控制系统的及时性,就是以控制对象所要求的
开始截止时间或完成截止时间来确定的,一般为秒级到毫秒级,甚至有的要低于100微妙。(2)交互性。实时信息处理系统具有交互性,但人与系统的交互仅限于访问系统中某些特定的专用服务程序,不像分时系统那样能向终端用户提供数据与资源共享等服务。(3)可靠性。分时系统也要求系统可靠,但相比之下,实时系统则要求系统具有高度的可靠性。因为任何差错都可能带来巨大的经济损失,甚至就是灾难性后果,所以在实时系统中,往往都采取了多级容错措施保障系统的安全性及数据的安全性。 13、OS有哪几大特征？其最基本的特征就是什么？ 并发性、共享性、虚拟性与异步性四个基本特征。最基本的特征就是并发性。 14、处理机管理有哪些主要功能？它们的主要任务就是什么？ 处理机管理的主要功能就是:进程管理、进程同步、进程通信与处理机调度 (1)进程管理:为作业创建进程,撤销已结束进程,控制进程在运行过程中的状态转换(2)进程同步:为多个进程(含线程)的运行进行协调(3)进程通信:用来实现在相互合作的进程之间的信息交换(4)处理机调度:①作业调度:从后备队里按照一定的算法,选出若干个作业,为她们分配运行所需的资源,首选就是分配内存②进程调度:从进程的就绪队列中,按照一定算法选出一个进程把处理机分配给它,并设置运行现场,使进程投入执行。 15、内存管理有哪些主要功能?她们的主要任务就是什么 内存管理的主要功能有:内存分配、内存保护、地址映射与内存扩充。 内存分配:为每道程序分配内存。
计算机操作系统习题及答案
第3章处理机调度1）选择题 （1）在分时操作系统中，进程调度经常采用_D_ 算法。 A. 先来先服务 B. 最高优先权 C. 随机 D. 时间片轮转 （2）_B__ 优先权是在创建进程时确定的，确定之后在整个进程运行期间不再改变。 A. 作业 B. 静态 C. 动态 D. 资源 （3）__A___ 是作业存在的惟一标志。 A. 作业控制块 B. 作业名 C. 进程控制块 D. 进程名 （4）设有四个作业同时到达，每个作业的执行时间均为2小时，它们在一台处理器上按单道方式运行，则平均周转时间为_ B_ 。 A. l小时 B. 5小时 C. 2.5小时 D. 8小时 （5）现有3个同时到达的作业J1、J2和J3，它们的执行时间分别是T1、T2和T3，且T1＜T2＜T3。系统按单道方式运行且采用短作业优先算法，则平均周转时间是_C_ 。 A. T1+T2+T3 B. (T1+T2+T3)/3 C. (3T1+2T2+T3)/3 D. (T1+2T2+3T3)/3 （6）__D__ 是指从作业提交给系统到作业完成的时间间隔。 A. 运行时间 B. 响应时间 C. 等待时间 D. 周转时间 （7）下述作业调度算法中，_ C_调度算法与作业的估计运行时间有关。 A. 先来先服务 B. 多级队列 C. 短作业优先 D. 时间片轮转 2）填空题 （1）进程的调度方式有两种，一种是抢占(剥夺)式，另一种是非抢占(非剥夺)式。 （2）在_FCFS_ 调度算法中，按照进程进入就绪队列的先后次序来分配处理机。 （3）采用时间片轮转法时，时间片过大，就会使轮转法转化为FCFS_ 调度算法。 （4）一个作业可以分成若干顺序处理的加工步骤，每个加工步骤称为一个_作业步_ 。 （5）作业生存期共经历四个状态，它们是提交、后备、运行和完成。 （6）既考虑作业等待时间，又考虑作业执行时间的调度算法是_高响应比优先____ 。 3）解答题 （1）单道批处理系统中有4个作业，其有关情况如表3-9所示。在采用响应比高者优先调度算法时分别计算其平均周转时间T和平均带权周转时间W。（运行时间为小时，按十进制计算） 表3-9 作业的提交时间和运行时间
常微分方程第三版的课后答案
常微分方程 2.1 1. xy dx dy 2=,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. 解：对原式进行变量分离得 。 故它的特解为代入得 把即两边同时积分得：e e x x y c y x x c y c y xdx dy y 2 2 ,11,0,ln ,21 2 =====+== ,0)1(.22 =++dy x dx y 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. 解：对原式进行变量分离得： 。 故特解是 时，代入式子得。当时显然也是原方程的解当即时，两边同时积分得；当x y c y x y x c y c y x y dy dx x y ++=====++=+=+≠=+- 1ln 11 ,11,001ln 1 ,11ln 0,1112 3 y xy dx dy x y 32 1++ = 解：原式可化为： x x y x x y x y x y y x y c c c c x dx x dy y y x y dx dy 2 2 2 2 22 2 2 3 22 3 2 )1(1)1)(1(),0(ln 1ln 21ln 1ln 2 1 1 1,0111=++ =++ ≠++-=+ +=+≠+ ? + =+） 故原方程的解为（即两边积分得故分离变量得显然 .0;0;ln ,ln ,ln ln 0 110000 )1()1(4===-==-+=-++=-=+≠===-++x y c y x xy c y x xy c y y x x dy y y dx x x xy x y xdy y ydx x 故原方程的解为即两边积分时，变量分离是方程的解，当或解：由：
10ln 1ln ln 1ln 1,0 ln 0 )ln (ln :931:8. cos ln sin ln 0 7ln sgn arcsin ln sgn arcsin 1 sgn 11,)1(,,,6ln )1ln(2 11 11,11,,,0 )()(:5332 2 22 2 22 2 22 2 c dx dy dx dy x y cy u d u u dx x x y u dx x y dy x y ydx dy y x x c dy y y y y dx dy c x y tgxdx ctgydy ctgxdy tgydx c x x x y c x x u dx x x du x dx du dx du x u dx dy ux y u x y y dx dy x c x arctgu dx x du u u u dx du x u dx du x u dx dy ux y u x y x y x y dx dy dx x y dy x y e e e e e e e e x y u u x y x u u x y x y y x x x +===+=+-===-?-=--+-=-=+-===-=+?=+?=?=--=+===-+=+-=++ =++-++=++===+-==-++-+-- 两边积分解：变量分离：。 代回原变量得：则有：令解：方程可变为：解：变量分离，得 两边积分得：解：变量分离，得：：也是方程的解。 另外，代回原来变量，得两边积分得：分离变量得：则原方程化为： 解：令：。两边积分得：变量分离，得：则令解：
化学动力学习题参考答案
第六章 化学动力学习题答案 1. 某放射性元素经14天后，活性降低了%。试求：（1）该放射性元素的半衰期；（2）若要分解掉90%，需经多长时间 解：放射性元素的衰变符合一级反应规律。 设反应开始时，其活性组分为100%，14天后，剩余的活性组分为100%%，则： A,031A,011100 ln ln 5.0710d 14100 6.85 c k t c x --===?-- 312 ln 2/ln 2/(5.0710)136.7d t k -==?= A,03A,0A,0111ln ln 454.2d 0.9 5.071010.9 c t k c c -===-?- 2．已知某药物在体内的代谢过程为某简单级数反应，给某病人在上午8时注射该药物，然后分别经过不同时刻t 测定药物在血液中的浓度c （以mmol?L -1表示），得到如下数据： t / h 4 8 12 16 c/(mmol?L -1) 如何确定该药物在体内代谢过程的反应级数该反应的速率常数和半衰期分别是多少 解：此题可用尝试法求解反应级数。先求出不同时刻的ln c ： t / h 4 8 12 16 ln c ? ? ? ? 以ln c 对t 作图，得一直线，相关系数为，所以此为一级反应，即n=1。 直线的斜率为?，则有此反应的速率常数为；半衰期1/2ln 2 7.24h t k ==。 3．蔗糖在酸催化的条件下，水解转化为果糖和葡萄糖，经实验测定对蔗糖呈一 级反应的特征： 122211261266126H C H O H O C H O C H O + +??→+ 蔗糖（右旋） 果糖（右旋） 葡萄糖（左旋）
操作系统课后习题答案
5.1为什么对调度程序而言，区分CPU约束程序和I/O约束程序很重要？ 答：在运行I/O操作前，I/0限制的程序只运行很少数量的计算机操作。而CPU约束程序一般来说不会使用很多的CPU。另一方面，CPU约束程序会利用整个时间片，且不做任何阻碍I/O操作的工作。因此，通过给I/O约束程序优先权和允许在CPU 约束程序之前运行，可以很好的利用计算机资源。 5.3考虑用于预测下一个CPU区间长度的指数平均公式。将下面的值赋给算法中的参数的含义是什么？ A.a=0 且t0=100 ms B.a=0.99 且t0=10 ms 答：当a=0且t0=100ms时，公式总是会预测下一次的CPU区间为100毫秒。当a=0.99且t0=10毫秒时，进程将给予更高的重量以便能和过去相比。因此，调度算法几乎是无记忆的，且简单预测未来区间的长度为下一次的CPU执行的时间片。 5.4考虑下面一组进程，进程占用的CPU区间长度以毫秒来计算： 进程区间时间优先级 P110 3 P2 1 1 P3 2 3 P4 1 4 P5 5 2 假设在0时刻进程以P1、P2、P3、P4、P5的顺序到达。 a.画出4 个Gantt 图分别演示用FCFS、SJF、非抢占优先级（数字小代表优先级高）和RR（时间片＝1）算法调度时进程的执行过程。 b.每个进程在每种调度算法下的周转时间是多少？ c.每个进程在每种调度算法下的等待时间是多少？ d.哪一种调度算法的平均等待时间最小？ 答a.
FCFS： SJF： 非抢占优先级： RR： b.周转时间： c.等待时间： d.从上表中可以看出SJF的等待时间最小。
常微分方程课后答案(第三版)王高雄
习题2.2 求下列方程的解。 1．dx dy =x y sin + 解： y=e ?dx (?x sin e ?-dx c dx +) =e x [- 2 1e x -(x x cos sin +)+c] =c e x -21 (x x cos sin +)是原方程的解。 2．dt dx +3x=e t 2 解：原方程可化为： dt dx =-3x+e t 2 所以：x=e ?-dt 3 (?e t 2 e -? -dt 3c dt +) =e t 3- (5 1e t 5+c) =c e t 3-+5 1e t 2 是原方程的解。 3．dt ds =-s t cos +21t 2sin 解：s=e ?-tdt cos (t 2sin 2 1?e dt dt ?3c + ) =e t sin -(?+c dt te t t sin cos sin ) = e t sin -(c e te t t +-sin sin sin ) =1sin sin -+-t ce t 是原方程的解。 4． dx dy n x x e y n x =- ， n 为常数. 解：原方程可化为：dx dy n x x e y n x += )(c dx e x e e y dx x n n x dx x n +??=?- )(c e x x n += 是原方程的解.
5． dx dy +1212--y x x =0 解：原方程可化为：dx dy =-1212+-y x x ?=-dx x x e y 1 2(c dx e dx x x +?-221) )21(ln 2+=x e )(1 ln 2?+--c dx e x x =)1(1 2 x ce x + 是原方程的解. 6． dx dy 234xy x x += 解：dx dy 234xy x x += =23y x +x y 令 x y u = 则 ux y = dx dy =u dx du x + 因此：dx du x u +=2u x 21u dx du = dx du u =2 c x u +=33 1 c x x u +=-33 （*） 将x y u =带入 （*）中 得：3433cx x y =-是原方程的解.