常微分方程练习题及答案复习题

1、填空题。1.3d2x方程x-2dt(线性、非线性)微分方程.2.方不型ydxf(xy)经变换,可以化为变量分离方程3.d3y微分方程L,3dx0满足条件y(0)i,y(0)4.设常系数方程yxe的一个特解*y(x)5.朗斯基行列式W(t)0是函数组条彳牛.6.22万不sxydx(2x3y7.已知XA(t)X的基解矩阵为8.方程组x常微分方程练习试卷2的解有2xexi(t),X2(t),L,xn(t)在ax20)dy0的只与y有关的积分因子为(t)的，则A(t)20x的基解矩阵为059.可用变换将伯努利方程xxexe,则此方程的系数b上线性相关的化为线性方程10.是满足方程y2y5yy1和初始条

2、件11 .方程的待定特解可取的形式：12 .三阶常系数齐线性方程y2yy0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.dy2 .求解方程dxd3 .求解方程X9dt24 .用比较系数法解方程5 .求方程yysinx的通解.0是恰当方程，并求出它的通解22、,6 验证微分方程(cosxsinxxy)dxy(1x)dy317"设A24AX的一个基解基解矩阵1dtdX出AX满足初始条件x(0)的解.dy8.求万程dx22x13y通过点(1,0)的第二次近似解9.dy24xy8ydx的通解010.若试求方程组xAx的解(t),

3、(0)并求expAt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(t)(t)C2.设(x)(x0,x)是积分方程x2y(x)v。Ay()d,xo,x,x0的皮卡逐步逼近函数序列n(x)在,上一致收敛所得的解，而(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)(x).3.设都是区间上的连续函数，是二阶线性方程的一个基本解组.试证明：(i)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);(ii)没有共同的零点；(iii)和没有共同的零点dX4.试证：如果(t)是AX满足初始条件(t0)的解，那么(t)e)pA(tto)d

4、t.答案一.填空题。1.1.1 .二非线性2.uXVdudx3.无穷多4.3,2,1u(f(u)1)X5.必要6.3y7.At(t)1(t)8.e2te9.10.12.1,二、计算题5te11.1.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)的连线的斜率为则由题意可得如下初值问题分离变量，积分并整理后可得因此得所求曲线为代入初始条件可得dyxy12 .求解方程dxxy3xy10,x1,解：由求得x1,y2令xy30y2,d则有一d.az一,解得(1z)dz1z2,1,2、,积分得arctanzln(1z)

5、In|C,2故原方程的解为arctan-2In,(x1)2(y2)2C.x13.求解方程xd2xdt2，直接计算可得就是原方程的通解，这里为任意常数。4.用比较系数法解方程解：特征方程为特征根为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利用对应系数相等可得，故是任意常数)原方程的通解可以表示为(5.求方程yysinx的通解.x解：先解yy得通解为yce，x令yc(x)e为原万程的解,代入得c(x)exc(x)exc(x)exsinx，即有c(x)x.sinx，1x,.积分得c(x)-e(sinxcosx)c，一x所以yce1，.、-(sinxcosx)为原方程的通解.6.验证微分方程

6、(cosxsinx2、xy)dxy(12、x)dy0是恰当方程，并求出它的通解.22、M解由于M(x，y)cosxsinxxy,N(x,y)y(1x)因为y2xyN所以原方程为恰当方程.x2.2,把原万程分项组合得cosxsinxdx(xydxyxdy)ydy0，1.2122122或写成d(Qsinx)d(-xy)d(-y)0，故原万程的通解为sinx2y2C.解：特征方程为det(AE)求得特征值2,可得一个基解矩阵(t)2t5te,试求方程组2,于是，所求的解为dXAX的一个基解基解矩阵dt,求呸AX满足初始条件x(0)的解.2t2e5t(t)1(0)2t1e3e2t2)(5)0.5的特征

7、向量分别为1_1(0)5te2e5tV10).2t2te2e5t5t4edy8.求方程dx2x13y通过点(1,0)的第二次近似解.令0(x)9.解:1(X)y。X112x_2230(x)dxxX,2(x)y0X2x1211(x)dxx10/dy、3.dy求()4xy-dxdx方程可化为dy3dx8y24ydydx2y(p34y2)(*)两边对y求导得(p34y2)(2噜将y代入(*)得即方程的含参数形式的通解为:又由p34y28y2dpdyp)02Pc2c20的通解dy令dXp(8y22y2P2c(E)2c8y2则有p3)dpdy1p(4y2)3代入得274yp24yppcy22yc也是方程

8、的解.10.若试求方程组Ax的解(t),(0)并求expAt解：特征方程由公式expAtP(1,2,此时k=1,n1expAt三、证明题1.若(t),证:(t)*Ae3tE(t)是X(t)是基解矩阵，故t(A1e3tE)i3E)3E)ie3tt(t(2)2)e3tA(t)X的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵1(t)存在，令X(t)1(t)则X(t)可微且detX(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)2.设(x)(Xo,x)是积分方程e3tC，

9、使得(t)C.(t)XA(t)(t)X(t)y(x)v。x22y()d,X)Xo,X的皮卡逐步逼近函数序列n(x)在,上一致收敛所得的解，而(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)(x).证明：由题设，有(x)y0d,X0o(x)y。，n(x)y。1()d,xo,x,(n1,2,).下面只就区间X。上讨论，对于x0的讨论完全一样。因为|(x)o(X)|(2|)1Il)dM(xxo),其中M2.maXx|X,l1(x)l|x|,Xo(X)i(x)IX(2|o()|)dM(Xo)dXoXoML(x2!Xo)2,其中L2、maxx,设对正整数X,(X)i(X)|MLnn!(

10、Xx0)n，则有(X)n(x)|n1()|)dxMLn1故由归纳法，对一切正整数XoXon!Xo)nd(xXo)n1(n1)!|(X)k1(x)|MLk1k!(XXo)kMLk1k!)k而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当时，它o,因而函数序列n(x)在XoX上一致收敛于(x),根据极限的唯一性，即得(x)(x),XoX3.设都是区间上的连续函数，是二阶线性方程的一个基本解组.试证明：(i)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);(ii)没有共同的零点；(iii)没有共同的零点.的伏朗斯基行列式为是基本解组，故性质可得最多只能有简单零点.同理对有同样的性质，故(i)得证.式性质可得无共同零点.故(ii)得证.列式性质可得无共同零点故(iii)得4.试证：如果d