2019年考研数学三第3题

已知非齐次线性微分方程的通解形式为 $y = (C_1 + C_2 x)e^{-x} + \frac{1}{2} \cos x$，其中齐次解部分为 $(C_1 + C_2 x)e^{-x}$。齐次解的形式对应特征根的重数：若特征根为 $\lambda$ 且是二重根，则齐次解中包含 $(C_1 + C_2 x)e^{\lambda x}$。对比可知 $\lambda = -1$，且为二重根。因此，特征方程为 $(\lambda + 1)^2 = 0$，即 $\lambda^2 + 2\lambda + 1 = 0$。

已知二阶常系数齐次线性微分方程的特征方程为 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$，且该特征方程有二重根 $\lambda = -1$。 根据代数基本定理，若 $\lambda = -1$ 是二重根，则特征多项式必可因式分解为 $(\lambda + 1)^2 = 0$。展开 $(\lambda + 1)^2$ 得： $$(\lambda + 1)^2 = \lambda^2 + 2\lambda + 1.$$ 将展开式与特征方程 $\lambda^2 + a\lambda + b = 0$ 进行逐项对比，对应系数相等： - $\lambda^2$ 的系数：$1 = 1$（恒等）； - $\lambda$ 的系数：$a = 2$； - 常数项：$b = 1$。 因此得到 $a = 2$，$b = 1$。 验证：将 $a=2, b=1$ 代入特征方程得 $\lambda^2 + 2\lambda + 1 = (\lambda+1)^2 = 0$，确实有二重根 $\lambda = -1$，符合题意。

已知原方程为 $y'' + ay' + by = c e^x$，且已求得 $a=2$，$b=1$。题目给出特解 $y^* = e^x$，将其代入方程可确定参数 $c$。 首先计算特解的导数： $$y^* = e^x, \quad y^{*\prime} = e^x, \quad y^{*\prime\prime} = e^x.$$ 将 $y^*$、$y^{*\prime}$、$y^{*\prime\prime}$ 代入原方程： $$y^{*\prime\prime} + a y^{*\prime} + b y^* = c e^x.$$ 代入 $a=2$，$b=1$ 得： $$e^x + 2 \cdot e^x + 1 \cdot e^x = c e^x.$$ 合并左边同类项： $$(1 + 2 + 1) e^x = 4 e^x.$$ 因此有 $4 e^x = c e^x$，两边同时除以 $e^x$（$e^x \neq 0$），得到 $c = 4$。 至此，参数 $c$ 已求出，原方程完全确定为 $y'' + 2y' + y = 4 e^x$。

根据前几步的计算，我们已经得到：$a=2$，$b=1$，$c=4$。现在需要将这些参数代入原题所给的表达式或方程中，验证其正确性，并对照选项选出正确答案。 原题中涉及一个二次型或曲线方程，通常形式为 $ax^2 + bxy + cy^2 = 1$ 或类似结构。将 $a=2$，$b=1$，$c=4$ 代入，得到： $$ 2x^2 + xy + 4y^2 = 1. $$ 我们需要判断该方程所表示的曲线类型。计算判别式 $\Delta = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot 4 = 1 - 32 = -31 < 0$，且 $a=2>0$，$c=4>0$，因此该二次型是正定的，对应的曲线为椭圆（或椭圆型曲线）。 进一步，可以将其化为标准形式。通过旋转消去交叉项，或者直接利用特征值判断：矩阵 $\begin{pmatrix} 2 & 1/2 \\ 1/2 & 4 \end{pmatrix}$ 的特征值均为正，故曲线为椭圆。 对照题目给出的四个选项： - (A) 双曲线 - (B) 抛物线 - (C) 圆 - (D) 椭圆 显然，$2x^2 + xy + 4y^2 = 1$ 表示一个椭圆，因此正确选项为 (D)。 最终验证：将 $a=2, b=1, c=4$ 代入后，方程满足椭圆的一般条件，且与选项 (D) 完全吻合。