常微分方程期末模拟试题

1、实用标准文案常微分方程模拟练习题及参考答案、填空题（每个空格 4分，共80 分）1、n阶线性齐次微分方程基本解组中解的个数恰好是n 个。精彩文档dy222、一阶微分方程2x的通解为y x2 C（ C为任意常数），方程与通过点（2 ,3 ）的特解为y x2 1 ，dx与直线y=2x+3相切的解是y x24，满足条件:ydx 3的解为y x2李普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的必要 条件。y tan(x C) x。方程业dx过点（-，1）共有L个解。I!方程yx21的通解为yC1x C2，满足初始条件y |x 11222, y |x 3 5的特解为方程dx奇解。微分方程d2ydx2dyd

2、x6y 0可化为一阶线性微分方程组鱼zdxd2z 6ydx方程矽dx寸y的奇解是y=0。10、dx33是 3 阶常微分方程。11、方程dx2y满足解得存在唯一性定理条件的区域是xoy平面。12、微分方程d2ydx24 5y 0 通解为 y Ge5xdxC2ex_，该方程可化为一阶线性微分方程组2（x y）作变换u x y，可将其化为变量可分离方程，其通解为dydxdzdxo4z 5y线性无关14、设 A，则线性微分方程组dXdt2t5te3eAX有基解矩阵(t)2t 5te4e二、解方程（每个小题8分，共120分）13、二阶线性齐次微分方程的两个解y i （x）, y 2（x）成为其基本解组的

3、充要条件是1、(x 2y)dx xdy答案：方程化为矽dx令y xu，则dxduduU F，代入上式，得xd；分离变量，积分，通解为 u Cx 12原方程通解为y Cx xdx dt dy dtx y4x y1答案：特征方程为 A E4特征根为13,210a10可确定出b.1 31a1对应特征向量应满足41 3 b1a21同样可算出 21对应的特征向量为b22x原方程组的通解为y3t2e3tC22e tdydx3y2x e答案：齐次方程的通解为Ce3x3x1 5x令非齐次方程的特解为y C(x)e C(x) -e C5 3x 1 2x代入原方程，确定出原方程的通解为y Ce + e5dydx答

4、案：翌2x y是一个变量分离方程4、dx变量分离得2ydy 2xdx两边同时积分得2y 2x c (其中c为任意常数)exydydxdyxyexdxxdy(xexydxyxexydx积分：e xy答案:xyxe yl xy)dx xdy ydx xexy dx dxy 孑1 2x2xdxc故通解为：丄X22xye c 02 26、y x(x y ) dx xdy 02 2答案：ydx xdy x(x y )dx 0两边同除以 x2 y2得 yxxy xdx 0，即 d (arctg ) dx2x yy 2丄 x 12故原方程的解为arctg xCy 224答案：方程组的特征方程为A E5 30

5、即(2)(3)(4) ( 5)0，即 2514 0特征根为17 ,222 74 a10a14对应特征向量应满足，可得5 37 b10b15同样可算出22时，对应特征向量为dxdtdydt2x 4y5x 3ya21b217tx4e原方程组的通解为Ci 7tC22t e2t ey5e8、 x x si ntcos2t答案：线性方程xf1 (t) sintx 0的特征方程i是特征单根，0故特征根原方程有特解xt(Acost Bsint)代入原方程 a=-1B=02f2 (t)cos2t2i不是特征根,原方程有特解xAcos2t Bsin2t代入原方程A所以原方程的解为qcostc2si nt1B=0

6、3-cos2t39、(2x 2y1)dx (x y2)dy 0dy答案：dxdzdx所以2(x y) 1 (x y) 2 ，2z 1z 2令 z=x+y1 zJz 2-z+31 n|z+1|=x+Cdz，则一dx2dz dxdydxz 1In | z 1=x+z+C110、答案:即（X yd2x dx dF dt1)3 Ce2x y所给方程是二阶常系数齐线性方程。其特征方程为11、答案:特征根为1方程的通解为dydxx y 1xy2 3(x_y+1)dx_(x+3)dy=01 ,3.i2 2cosW24t)e2xdx-(ydx+xdy)+dx-1dy3-3dy=02 1 2y dy-3dy=0

7、 即 d x -d(xy)+dx-所以x2 xy2y3 3y C3三、证明题（共160分）1、（ 12分）证明如果（t）是x/Ax满足初始条件（t。）的解，那么（t）eA（t t0）证明：设 的形式为（t）=eAtC （1） （C为待定的常向量）则由初始条件得（t0）= eAt0C又(eAt0) 1 = e At0所以 C= (eAt0) 1= e At0代入（1 ）得（t） = eAte At0eA（t即命题得证。2、（12分）设 （X）在区间（,）。）上连续试证明方程dydx（x） sin y的所有解的存在区间必为证明：由已知条件，该方程在整个 xoy平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条

8、件。显然y1是方程的两个常数解。任取初值（xo, yo），其中X。(,),yoi。记过该点的解为y y(x),由上面分析可知，一方面yy（x）可以向平面无穷远处无限延展；另一方面又上方不能穿过yi，下方不能穿过yi，否则与惟性矛盾；故该解的存在区间必为 （7）。3、（ 12 分）设 yi（x），y2（x）是方程 yp(x)y q(x)y 0 的解，且满足 yi(x。)= y2(x)=o , yx) 0，这里p（x）, q（x）在（，）上连续，X。（）.试证明：存在常数 C使得y2（x）=c yi （x） 证明：设yi（x）, y2（x）是方程的两个解，则它们在（）上有定义,其朗斯基行列式为W（

9、x）yi(x) y2(x)yi(x) y2(x)由已知条件，得W（x。）yi（x。）y2（x。）yi（x。） y2（x。）0 0yi(xo)y2(x。)故这两个解是线性相关的；由线性相关定义，存在不全为零的常数使得iyi(x)2y2（x）o, x(,)由于yi(x)o，可知2o .否则，若 2o ,则有iyi(x)o,而 yi(x)o，则 i o,这与yi(x),y2（x）线性相关矛盾.故y2（x）1yi(x) Cyi(x)24、（i2分）叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理的内容，并给出唯一性的证明。定理：设 R：|x xo | a,| y yo | b.(1) f(x,y)在R上连续,(2

10、) f(x, y)在R上关于y满足利普希茨条件:dyf (x, y)则初值问题dx存在唯一的解y(x)，定义于区间|x Xo | h 上,L 0, (x, yj,(x, y2) R，总有 |f(x, yj f(x, y2)| L | 力 y? |.y(xo)yo连续且满足初值条件(Xo)yo，这里 h min(a,吕),M(maxJ f (X,y) |M(x,y) R唯一性：设 (X)是积分方程在区间Xoh,Xoh上的解，贝U(x)(x).x证明:(x)yof ( , ( )dxoxn(X) y0(n i( )d，n 1,2,| o(x)(x)|Jf(,()|dM (x Xo),| 1(X)(

11、x)|Xx|f(,o()f(,()|dXXMLL | o()()|dLM(Xo)d(X Xo)XoX2!MLn、n 1设 | n(x)(x)|(XXo)成立，则(n1)!首先估计Xxo .xx| n l(x)(x)| f( , n( ) f(xo()|dJ n( )( )|dxoMLn(n 2)!(xXo)这就证明了对任意的n,总成立估计式：| n(x)(x)|MLn(n 1)!(xXo)n卫(n 1)!因此， n(x) 一致收敛于(x)，由极限的唯一性，必有(x)(x),x Xo h,Xo h.5、( 1o分)求解方程组dxx dt dyx dty 1的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。y 5

12、x解：令xo，得23，即奇点为（2 , -3 ）3dX，代入原方程组得dtdYdt1 1因为i i 20，又由解得12，2、2为两个相异的实根,所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。6、（ 12分）求方程组dx dt3x ydydt3y3解：方程组的特征方程为1满足初始条件3)20，(0)11的解.所以特征根为3 （二重），对应齐次方程组的基解矩阵3texp At e (I (A 3E)t)3t e满足初始条件的特解t3t(t) exp At exp At oexp( As)f(s)ds e3t t 13t 1t11 3tete3tee3310101 t13t 1tt 3s 1s 1eeds0 1

13、1010 01 02 3t1e333te7、（ 10分）假设m不是矩阵a的特征值，试证非齐线性方程组 xAx cemt有一解形如mt(t) pe其中c， p是常数向量。证明：mt设方程有形如(t) pe的解，贝U p是可以确定出来的。事实上，将pemt代入方程得mpemt Apemt cemt,因为emt 0，所以mp Ape c ,(mE A)P c (i)又m不是矩阵 A的特征值，det(mE A) 01 1所以(mE A)存在，于是由(1 )得p (mE A) c存在。故方程有一解(mE A) 1cemtpemt8、( 12分)试求方程组xAx的一个基解矩阵，并计算exp At，其中 A

14、解：p( ) det( E A) 0, 13, 2J3，均为单根,设1对应的特征向量为V1，则由(1E A)V10，得 v10.1取V12.3，同理可得1对应的特征向量为V212 .3则1(t) e3tv1, 2(t) e3乜，均为方程组的解,令(t)( 1(t),2(t)，又 w(0) det (0)、3 0，(t)即为所求基解矩阵9、( 12分)试证明：对任意 X。及满足条件0 y。1的y。，方程 乎 q y(y2 2的满足条件dx 1 x yy(x) y的解y y(x)在(，)上存在.证明:y( y 1)f(x,y) ，fy(x，y)(2y 1)(1 x2 y2) y(y 1)2y(1

15、x2y2)2在全平面上连续原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理及解的延展定理条件.又显然y 0,y1是方程的两个特解.现任取 Xo(,) , yo(0,1)，记 y y(x)为过(x。，y。)的解，那么这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越y 1，下不能穿越y 0,因此它的存在区间必为 (，).10、(10分)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)的连线相互垂直解：设曲线方程为y y(x)，切点为(x, y)，切点到点(1,0)的连线的斜率为 ,x 1则由题意可得如下初值问题:yyRy(0) 02 分离变量，积分并整理后可得y2(x 1) C ,代入

16、初始条件可得C 1,因此得所求曲线为(x 1)2 y21.11、( 12分)在方程dydxf (y) (y)中，已知 f (y),(x)在()上连续，且(1)0 .求证：对任意x和y1,满足初值条件 y(x)y0的解y(x)的存在区间必为(证明：由已知条件可知，该方程在整个xoy平面上满足解的存在惟一及延展定理条件，又存在常数解y k , k 0,1,2,.对平面内任一点(x0,y0)，若y0 k ，则过该点的解是 y k ，显然是在(，)上有定义.若y k ,则y (k , (k 1)，记过该点的解为y y(x),那么一方面解yy(x)可以向平面的无穷远无限延展；另一方面在条形区域(x, y

17、)x , k y (k 1) 内y( x)不能上、下穿过解y (k 1)和y k ，否则与解的惟一性矛盾.因此解的存在区间必为(，).12、(10分)设y i(x),y2(x)是方程y q(x)y 0的任意两个解，求证：它们的朗斯基行列式W(x) C，其中C为常数.证明：由已知条件，该方程在整个 xoy平面上满足解的存在唯一性及解的延展定理条件显然y1是方程的两个常数解.任取初值(x,y。)，其中X。 ( ,), | yo | 1，记过该点的解为y y(x),由上面分析可知，一方面 y y(x)可以向平面无穷处无限延展；另一方面又上方不能穿过 y 1，下方不能穿过y 1，否则与唯一性矛盾，故该解的存在区间必为 (，).13、