常微分期末考试试题和答案a

1、常微分方程期终考试试卷（A）（适用班级：班 ）下属学院 _ 班级 _姓名 _ 成绩 _题号一二三四五总分分数得分阅卷人一、填空（每小题3 分，共 30分）1、形如 yf ( x) g( y) 的方程当 g( x)0 的通解为_。2、一阶方程 MdxNdy0 ，若存在可微函数( x, y)(0) 使 _时，称( x, y) 为这个方程的积分因子。3、 _称为黎卡提方程，若它有一个特解y( x) ，则经过变换_，可化为伯努利方程。4、对( x, y ), ( x, y)R，存在常数N ( 0) ，使 _则称12f (x, y) 在 R 上关于 y 满足李普希兹条件。5、若(x) 为毕卡逼近序列 n

2、 (x) 的极限，则有 |( x)n (x) |_。6、方程 dyx 2y 2 定义在矩形域 R ： 2x2 ，2y2 上，则经过点dx(0,0) 解的存在区间是 _。7、若 xi (t)(i1,2,3,L, n) 是 n 阶齐线性方程y(n)p1y(n1)Lpn 1 y pn y 0 的n 个解， w(t) 为其伏朗基斯行列式，则w(t ) 满足一阶线性方程 _。8、设 x1 (t)0 是二阶齐线性方程xa1 (t) xa2 (t) x0的一个解，则该方程的通解为 _ 。9、若 xi (t)(i1,2,3,L, n) 为齐线性方程的一个基本解组，x(t ) 为非齐线性方程的一个特解，则非齐线

3、性方程的通解为_ 。10、驻定方程组xtxyyt2x的奇点类型为 _。y得分阅卷人1二、求下列方程的解（每题8 分，共 24 分）dyy1、2 x y2dx2、 2xydx( x 2y) dy03、 yln(1y 2 )2得分阅卷人三、计算题（每题8 分，共 24 分）( 4)2yx y 0 的通解。1、求 yx2、求 xt10 xt25x14e 5t 的特解。3、求 y2 y5 y2 cos2 x 的通解。3得分阅卷人四、求下列方程组的基解矩阵（8 分）x2 xyzyx2 yzzxy2z得分阅卷人五、 1、若函数 y( x) 具有连续的二阶导数，且y(0) 0 ，试由方程 y ( x ) 1

4、1x5 y ( s) 4 y( s) ds 确定此函数。（ 8 分）x02、一质量为 m 千克的物体以初速度v0 （秒 / 米）向前滑动，已知它所受的阻力为km 牛顿。试问该物体何时才能停下来，此时滑过了多少路程？（6 分）4常微分方程期终考试试卷（A）参考答案一、 1、dyf ( x)dxc .g ( y)2(M )(N )、y.x3、 dyP(xy 2Qxy R x，y z y .dx)()( )4、 f ( x, y1 )f ( x, y2 )N y1y2 .5、MLnh n 1 ，其中 M(n1)!h min (a, b ) ， R a,b .M116、,.4 47、 wp1 w0 .

5、8、 x(t)c1 x1 (t)c2 x1 (t)nmax f ( x, y) ， L 为李普希兹常数，( x, y)R1tt0 a1 ( s) ds2 edt .x19、 x(t)ci xi (t )x(t ) .i010、稳定结点。二、 1、解：方程可化为dx2 x y ，4分dyy由一阶线性方程的求解公式得：2dy2dyxe y( (y)eydyc)y 2 ln ycy27分另外， y0 也是方程的解。8分2、解：方程可化为 (2xydxx dy)ydy0 ，3分25即 d( x2 y) d ( 1 y2 )0 ，6 分2故方程的通解为x 2 y1 y2c .8 分2（注：用公式或用其它

6、方法均可）3、解：这是 yf (x, y ) 型令 yp ，则有 y ln(1p2 ) .2 分两边对 x 求导： p2 pdpp2.1dx故有 p0 或 dx2dp .4 分1p 2由 p0 得 y0 为方程的特解 .5分由 dx12dp 得 x2arctan pc .6分p2dx故含参数 p 的方程的通解为x2 arctan pc,8 分y ln(1 p2 ).三、 1、解：特征方程42210 的根为12i ， 34i .4 分故方程的通解为y( x)c1 cosxc2 x cosxc3 sin x c4 x sin x . 8 分2、解：齐次方程的特征方程210250 的根为1252 分

7、因为5 是方程的特征根，故可设方程的一个特解为x(t)At 2 e 5t5 分将 x (t ) 代入原方程可得A77分故原方程的一个特解为：x(t)7t 2e 5t8 分3、解：齐次方程的特征方程2250 的特征根为11 2i ，21 2i .2 分又因为 2cos2 tcos2t1 ，且2i 或 0 不是方程的特征根，故可设方程的一个特解为y (x)A cos2xB sin 2xc .5分6将 y( x) 代入原方程可得： A1 ， B4 ， C17分995故方程的通解为y( x) ex ( c1 cos 2x c2 sin 2 x)1 cos2x4 sin 2x1.8 分995211四、解

8、： A 121 ，1分112由 p()det(EA)(1)(2)(3) 0 得：11，22，33 .2分x设1 对应的特征向量为v1y，则由z(1 E)0 得A v1x0 ， yz.0取 y1，得 v1 1 .10故原方程组对应于11 的一个特解为 1 (t ) e 1t v1et 4 分et同理可得22 ，33 对应的解分别为：e2 te3 te2 t，0.6 分e2 te3 t7011又因为 w(0)1100 ， 7 分111所以原方程的基解矩阵为0e2te3 t(t)ete2t0.8 分ete2te3 t五、 1、解：方程 y( x )11x4 y ( s) ds 两边对 x 求导：5 y ( s)x0y1 ( y4y)3 分5即 y5 y4 y0解之得 yc1e xc2 e 4x .5分又由 y(0)0 ， y( x0 )1得： c11， c21， 7分e 4 x0e 4 x0e x0e x0所以所求的函数为：y( x)4 x1x(e 4xe x ) .8 分e0e02、解：设物体在t时刻路程的函数为s(t) ，由牛顿第二定律：Fma.即kmms2 分或 sk