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文档简介

1、常微分方程A 卷期末一计算题(每小题 10 分,本题共 50 分)参考及评分标准dy = y - x21、(10 分)求方程的解.dx2xydy = y1-,1、解:原方程为(2 分)dx2x2 y令 z = y2 ,代入上式得dz= z - 1(1)(4 分)dxx z 11=-,x上式两边同乘,并整理得x x zx= C - ln | x |,两边得- x ln | x |,这样,得到线性方程(1)的通解为z(9 分)y2x - x ln | x | .代回原变量,得原方程通解此外, y 出现在分母位置,不可取 0.(10 分)2、(10 分)求解微分方程(x2ex - y)dx + xd

2、y = 0 .2解:因子为1 ( x2ex - y) x1m=x2(4 分)取 x0 = 1, y0 = 0 ,则原方程的通为xxyy(e -)dx +dy = C(6 分)1x210即方程通解为+ y = C,C = e + Ce x(10 分)1x3、(10 分) y(x - ln y) = 13解:令 y = p ,则原方程的参数形式为1x =+ ln p1p(3 分) y = pdy由基本关系式= y ,有dxdy = ydx = p (-+ 1 )dp = (1- 1 )dp1(6 分)p2ppy = p - ln p + C得(8 分)得原方程参数形式通解为x =+ ln p1p(

3、10 分) y = p - ln p + C4、(10 分)求解微分方程 yy + y2 +1 = 04解:原方程可化为 ( yy + x) = 0(2 分)于是得y dy + x = C(5 分)1dx分离变量得ydy = (C1 - x)dx(7 分)得通为1 y2 = - 1 (x - C )2 + C(10 分)1222- x5、(10 分). 设 f (x) 有二阶连续导数,并满足方程 f (x) = 0f (t -1)dt +1,求函数f (x) 的一般表达式.5解:原方程两边对 x 求导并化简得 f (x) = - f (-x -1) ,再由已知条件,上述方x+1程可化为 f (

4、x) = -f (t -1)dt -1,(2 分)0x令 u = t -1,则上述方程变为 f (x) = -f (u)du -1-1两边再对 x 求导并化简得 f (x) + f (x) = 0 ,(5 分)齐次方程的特征方程为l 2 + 1 = 0 ,特征根为 l= i ,1,22y = C1 cos x + C2 sin x因此,方程的通解为(7 分)= -sin1-1 .又因为 f (0) = 1, f (-1) = -1,所以C = 1 ,C12cos1故函数 f (x) 的一般表达式为 f= cos x - sin1+1sin x .(10 分)cos1二计算题(每小题 15 分,

5、本题共 30 分)pp1、设 y = y(x) 是区间(- 5,5)内过(-,-)的光滑曲线,当-5 x 0 时,曲22线 上 任 一 点 处 的 法 线 都 过 原 点 , 当 0 x 5 时 , 函 数 y(x) 满足 y + 4 y - x sin 2x = 0 。求 y(x) 的表达式.1.解:由题意,当-5 x 0 时, y =- x ,即 ydy = -xdx ,得 y2 = -x2 + c ,y pp又 y(-) = -代入 y2 = -x2 + c 得c = p 2 ,从而有 x2 + y2 = p 2(5 分)22当 0 x 5时 , y + 4 y - x sin 2x =

6、 0得y + 4 y = 0的 通 解 为y* = C cos 2x + C sin 2x12由于2i 是一重特征根,故已知方程有形如y = ( Ax2 + Bx) cos 2x + (Cx2 + Dx)sin 2x11116的特解。将上式代入已知方程,得A = - , B = 0, C = 0, D =8因此, y + 4 y - x sin 2x = 0 的通解为1y = C1 cos 2x + C sin 2+ xsin 2x 。16(10 分)8由于 y = y(x) 是(-5, 5) 内的光滑曲线,故 y 在 x = 0 处连续pp于是由 y(0-) = p , y(0+) = c

7、,又过点(-,-),故c = -p 时,y = y(x) 在1122x = 0 处连续,又当 -5 x 0 时,有2x + 2 y y = 0 ,得 y (0) = - x = 0 ,-y当0 x 5 有3x211xy =x + 2c2 cos x - 4 x cos 2x +sin 2x + 16 sin 2x + 8 cos 2x ,4得 y+ (0) = 2c2 , 由 y- (0) = y+ (0) 得2c2 = 0 ,即c2 = 0 .pp2c = -p, y = y(x)的又 过 点 (-,-2) , 所以表达 式 为1-p 2 - x2- 5 x 0+16,y = -p cos

8、2。(15 分) 58x = y - z12求方程组 y = x + y 满足初值条件 的解j (t) .j(0) = h = 0z = x + z0l-1l -1 0102.解: det(l E - A) = -1= (l -1)(l 2 - l) = 0 ,-1l -1系数矩阵 A 的特征值为l1 = 0 , l2 = 1 (二重) a (3 分)b由(l E - A)v = 0 ,得v = -a .= .由(l E - A)gv = 0 ,得v2(7 分)111222 -a g - b 1 a b -a +g 0 0 -a g - b a = 1 1 0 解得b = 0 ,v = -1,

9、v = 1 ,(11 分) 12 g = 1 -1 1 由此得到方程组满足初值条件j(0) =h 的解为 0 1 = 1 et + -1 。f(t) = e Ev + etE + t( A - E)v0(15 分) 12 1 -1 三证明题(每小题 10 分,本题共 20 分)1、在二阶线性微分方程 y + p(x) y + q(x) y = 0 中,已知 p(x) , q(x) 在(-, + )4上连续求证:该方程的任一非零解在整个平面上都不能与 x 轴相切1、证明:由已知条件可知,该方程满足高阶线性微分方程解的存在唯一性定理的条件,且任一解的存在区间都是(-, + ) (2 分)显然,该方

10、程有零解 y(x) 0 (5 分)反证法。假设该方程的任一非零解 y1 (x) 在 x 轴上某点 x0 处与 x 轴相切,即有y1 (x0 ) = y1(x0 ) = 0 ,那么由解的唯一性及该方程有零解 y(x) 0 可知 y1(x) 0, x (-, + ) ,这是因为零解也满足初值条件y1 (x0 ) = y1(x0 ) = 0,于是由解的唯一性,有 y1(x) y(x) 0, x (-, +) 这与 y1 (x) 是非零解矛盾(10 分)2、设 f (x, y) 在整个平面上连续且有界,对 y 有连续的偏导数,证明方程dy =dxf (x, y) 的任一解 y = j(x) 在区间(-

11、,+) 上有定义.f y (x, y) 连续,因此方程在全2、证明:因为整个平面上 f (x, y) 连续且有界,且平面上满足解的存在唯一性定理以及解的延拓定理的条件,从而它的任一解都可延展到平面的无穷远处设 y = j(x) 是方程过平面上任一点(x0 , y0 ) 的解,它满足方程x(3 分)j(x) = y +f (z ,j(z )dz .(5 分)0x0下面证明右存在区间必为x0 ,+).用反证法。若解的右存在区间不是x0 ,+) ,则存在有限数 b x0 , +) ,使得j(x) 只能在x0 , b )上存在,于是由f (x, y) K 知xxj(x) y +z ,j(z ) dx y +Kdx y0 + K (b - x0 ) =

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