常微分方程练习题及答案(复习题)

1、常微分方程练习题及答案（复习题）填空题。3 d2x1.方程x -亏 dt2(线性、非线性)微分方程2.方程二曳f(xy)经变换 y dx,可以化为变量分离方程3.3一 d y微分方程 -dx3x 0满足条件y(0)1,y(0)4.设常系数方程、*e的一个特解y (x)5.朗斯基行列式 W(t)0是函数组x1(t),x2(t),L ,xn(t)在6.7.8.9.条件.22万不s xydx (2x 3y已知XA(t)X的基解矩阵为方程组x可用变换常微分方程练习试卷2的解有2xe20)dy0 的只与y有关的积分因子为(t)的，则 A(t)个.x xe xe ,则此方程的系数b上线性相关的0x的基解矩

2、阵为5dy 工 三将伯努利方程化为线方程.io .沙，足方程y2y 5y y 1和初始条件的唯一解.的待定特解可取的形式：12.三阶常系数齐线性方程2 y y 0的特征根是计算题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.dy2.求解方程dxd2x3.求解方程xdt24.用比较系数法解方程.5.求方程y y sin x的通解.22、，6 验证微分方程(cosxsinx xy )dx y(1 x )dy0是恰当方程，并求出它的通解7,设AdX,试求方程组1dtAX 的一个基解基解矩阵心dtAX 满足初始条件 X(0)的解.8.求方程2x 1dx3y2通

3、过点 (1,0) 的第二次近似解.4xydydx8y2的通解10.若三、证明题1.若(t),2.设(X)(试求方程组XAx的解(t),(0)并求expAt(t)是 XA(t)X 的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C，使得C.的皮卡逐步逼近函数序列3.设(i)(ii)(iii)Xo,X)是积分方程y(x) v。 n (x)在,上一致收敛所得的解，而X02y(Xo,X ,(x)是这积分方程在,上的连续解，试用逐步逼近法证明：在 ,上(X)都是区间(一8，.)上的连续函数，且W炉是二峰性方程虱工)y三°的一个基本解组.试证明:都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零)

4、；炉(工)没有共同的零点；“和/没有共同的零点.4.试证：如果)是dX出AX满足初始条件(t0)的解，那么eXP A(t t。)答案一.填空题。1.二，非线性2.Xyu(f(u) 1)du1dX3.X无穷多4.3,2,5.必要 6.7.(t),At1(t)8. e2t八e 05t0 e9.10."0) 二 口仰="|(0) = 011.(X)1±7512. 1,二、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.解：设曲线方程为,切点为（x,y）,切点到点（1,0）的连线的斜率为工,则由题意可得如下初值问题：V3 _

5、分离变量，积分并整理后可得/卅号J1 r-1 y(0)= 0代入初始条件可得e=i,因此得所求曲线为dy2 .求解方程dxx解：由x0,求得x01,y1,2,则有(1 z)dz1 z2,12、,积分得 arctan z ln(1 z ) In | | C , 2故原方程的解为arctan -In .(x 1)2 (y2)2C.3.d2x求解方程xOdt2(dx)2 0dyn= 0y = C1 n，故有J 或打工dK_ r2令山 了，直接计算可得出di7= cJ + Ca （cy - 2t）g/，儿，所以r 上 、l就是原方程的通解，这里 1 上为任意常数。4.用比较系数法解方程.八 re 1

6、r几 3 解：特征方程为£-4*43,特征根为为二°，%= 2工力=对应齐方程的通解为. ,-设原方程的特解有形如代如原方程可得- 8仃 + 4 (2 威 + 8)=密8/J 1 A fl T利用对应系数相等可得口一工一 2，故人 V *.原方程的通解可以表示为(C ? C2 , 7 是任意常数)5.求方程yy sin x的通解.解：先解y一xy得通解为y ce ,令y c( x)ex为原方程的解,代人得c(x)ex c(x)exc(x)exsin x即有c (x)-x _e sin x,积分得c( x)6.验证微分方程(1e x(sin 2cos xsin x解由于M (

7、x把原方程分项组合彳或写成x cosx) c ,2、xy )dx y(1一 x所以y ce1 (sin x cosx)2、x )dy 0 是恰当方程，并求出它的通解22、 My) cosxsin x xy , N (x, y) y(1 x ),因为 y22导 cosxsin xdx (xy dx yx dy)ydy 0，为原方程的通解.2xy, 1 1 . 2、 d(-sin x)212 2d(2xy)1 2% y) 0,2故原方程的通解为sin x7.设AdX解：特征方程为求得特征值,试求方程组dtAX 的一个基解基解矩阵dX求dtAX 满足初始条件 x(0)的解det(AE)可得一个基解矩

8、阵于是，所求的解为dy8.求万程 dx2)(5) 0,2,(t)2x2t e2t e(t)5,对应5t e2,5的特征向量分别为Vi0).2e 5t1(0)1 3y22t1 e1(0)5t e5t2e通过点 (1,0) 的第二次近似解.2t5t2e2t5t4e解：令0(x)0 ,于是9.i(X) No2(X)yodydx)3解：方程可化为(*)两边对y求导得xJ"2 /o(x)dx xx,x12x4xydy 3dx23 12(x)dx10dydx8y24ydy dx2y(p3(p3 4y2)(2ydp dy将y代入(*)得即方程的含参数形式的通解为:28y 0 的通解P) 02P2c

9、c2又由p34y210.若解：特征方程由公式expAtP(t)*Ady 令dxp则有32p 8y4 yp*)p(8y2c dp 2y ,由dy2P c2(p)2cp3)24y pcy2(E)2c1(4 y2)3试求方程组1e3tE)i代入(Ax的解27,t1：-(A 3E)ix3也是方程的解(0)1,2并求expAt,此时k=1,n1e3t1 t(2 t(2)2)expAt e3t E t(A 3E)e3t三、证明题1.若(t),(t)是 XA(t)X 的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C，使得证:(t)是基解矩阵，故1(t)存在,令X(t)1(t) (t)则 X(t)可微且detX

10、(t)0,易知(t)(t)X(t).所以(t)(t)X(t)(t)X (t)A(t) (t)X(t)(t) A(t) (t)，所以(t)X (t)0，X (t) 0,X(t) C (常数矩阵)，故 (t)(t)C2.设(x)(的皮卡逐步逼近函数序列证明：由题设，有q(x)下面只就区间X0，X)是积分方程y(x)V。 n (x)在,上一致收敛所得的解，而(x) y。V0,n(X)X0V0(X)X0因为I (x)0(x)|(X)1(X)|其中L，2、 maxx ，d ,n1()d ,上讨论，对于X(2IXqX2(2I ()X0设对正整数n有IXq的讨论完全一样。)10(x)I l)d)I)d(X)

11、n(x)I(2I故由归纳法，对一切正整数I (x)Xqe3t 1 tC.(t)X (t) A(t)XXq2y()d ,是这积分方程在X0,XM (xL M(x01(X)IMLnX0),Xo)d(x(t)X (t)Xo,X ,上的连续解，试用逐步逼近法证明：在 ,上(X)(n其中MML(x 2!n -X0)，则有(x)1,2,).2 . max x IX ,(X)I |x|，Xq)2,n 1()I)dx n 1L MLx n!xox。)%nML(n 1)!(x Xo)nMLk 1 ,k1(X)I F(xk MLk1x。)R)k而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当时，它 0,因而函数序列

12、n（x）在x0x上一致收敛于（x）.根据极限的唯一性，即得(ii)炉（工）没有共同的零点;(iii)/和“没有共同的零点.(x)(x), x0 x3.q（工）都是区间（电十00上的连续函数，且伊（兀）是二阶线性方程j +r（工）y +弓（工）7一 °的-个基本解组.试证明:(i)以外 都只能有简单零点（即函数值与导函数值不能在一点同时为零）；用=的伏朗斯基行列式为因我1工和材（，）是基本解组,故(r e (一町+oo)若存在%w S3），使得研7）=炉区）=°,则由行列式性质可得双Q = °，矛盾.即仍I'最多只能有简单零点.同理对产炽）有同样的性质，故但得证.若存在"'',OO ,则由行列式性质可得 彳（/）=0，矛盾.即以幻与孤行无共同零点.故（ii）若存在0,则同样由行列式性质可得 印（勺）二°,矛盾.d与产无共同零点.故得证.