常微分方程练习题及答案

1、填空题。1.方程金dt2(线性、非线性)微分方程.2.方不52dxydxf(xy)经变换,可以化为变量分离方程3.,3一dy微分方程-dx30满足条件y(0)i,y(0)2的解有4.设常系数方程yxe的一个特解*y(x)2xexxexe，则此方程的系数5.朗斯基行列式W(t)0是函数组xi(t),x2(t),L,xn(t)在b上线性相关的6.22方不axydx(2x3y20)dy0的只与y有关的积分因子为7.已知XA(t)X的基解矩阵为(t)的，则A(t)8.方程组x20x的基解矩阵为059 .可用变换将伯努利方程化为线，卜方程.10 .是满足方程y2y5yy1和初始条件的唯一解.11 .方程

2、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dyxy12 .求解方程dxxy33.求解方程d2xx2dt2d)204,用比较系数法解方程.5 .求方程yysinx的通解./22、6验证微分方程(cosxsinxxy)dxy(1x)dy0是恰当方程并求出它的通解.7.设a8.求方程dydx9.求10.若三、证明题1.若(t),2.设(x)(dX,试求方程组dtAX的一个基解基解矩阵,求呸AX满足初始条件x(0)2x13y2通过点(1,0)的第二次近似解.的通解(t)是XX0,X

3、试求方程组的解,(0)的皮卡逐步逼近函数序列3.(i)(ii)(iii)并求expAtA(t)X的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C)是积分方程y(x)v。n(X)在使得(t)C.x22y()dX0上一致收敛所得的解，而(x)是这积分方程在设都是区间上的连续函数，且是二阶线性方程的一个基本解组.试证明：和都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零)；和没有共同的零点；和没有共同的零点.4.试证：如果dX(t)是AX满足初始条件答案一.填空题。1.二，非线性2.5.必要6.7.xy(t)(t。)的解，那么(t)u(f(u)1)du工dx3.x无穷多4.Xo,X上的连续解，试用

4、逐步逼近法证明：在exDA(tt。)3,2,上(X)(X)At1(t)8.e2te05t0e9.10.11.12.1,二、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)的连线的斜率为则由题意可得如下初值问题分离变量,积分并整理后可得.代入初始条件可得,因此得所求曲线为1,y2令y1,2,dyxy12.求解方程.dxxy3xy10,解：由求得xxy30d则有一d.令z,解得(1z)dz1zd1一,积分得arctanzln(12z2)ln|Cln(x1)2(y2)2Cy2故原方程的解为arctan

5、x1d2x3.求解方程xdt2净2解令，直接计算可得，于是原方程化为故有或，积分后得，即，所以就是原方程的通解，这里为任意常数。4 .用比较系数法解方程.解：特征方程为，特征卞M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.原方程的通解可以表示为(是任意常数)5 .求方程yysinx的通解.xx解：先解yy得通解为yce,令yc(x)e为原方程的解，代人得c(x)exc(x)exc(x)exsinx,即有c(x)exsinx积分得c(x)1ex(sinxcosx)所以ycex1(sinxcosx)为原方程的通解.2、.6验证微分方程(cosxsinxxy)

6、dx2、y(1x)dy0是恰当方程，并求出它的通解.2xy22、一M所以原方程为恰当方程.解由于M(x,y)cosxsinxxy,N(x,y)y(1x)因为y2.2,、把原万程分项组合得cosxsinxdx(xydxyxdy)或写成d(gsin2x)122d(2x2y2)12d(1)0,.2故原万程的通解为sinxC.7.设A,试求方程组dXAX的一个基解基解矩阵解：特征方程为det(AE)求得特征值2,2,可得一个基解矩阵(t)于是，所求的解为dy8.求万程dx2x2t2t(t)5te2e5t1(0)3y通过点dt(t)dXAX满足初始条件x(0)的解.2te2te2)(5)0.5的特征向量

7、分别为1_1(0)5te5t2e(1,0)的第二次近似解.V12t2t2e5t5t4e0).解：令0(x)9.求1(x)2(x)解：方程可化为yoy。x12xxJ2x的通解令则有(*),32(x)dxx2312(x)dx10x,35-x,5(*)两边对y求导得,即，由得，即.将y代入(*)得,即方程的含参数形式的通解为：，p为参数;又由得代入(*)得也是方程的解10.若试求方程组的解(t),(0)并求expAt解：特征方程，解得，此时k=1,。由公式expAt二得三、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证:(t)是基解矩阵，故1(t)存在，令X(t

8、)1(t)C，使得(t)C.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)XA(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2.设(x)(Xo,X)是积分方程y(x)V。x2xy(x0)d,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)vd,x00(x)V0,n(x)y。1()d,Xo,x,(n1,2,).X。下面只就区间X0上讨论，对于X0的讨论

9、完全一样。因为|(x)0(X)|X(2|)1Il)dM(xx。),其中Mx0所以|(x)1(x)|(2|()0()l)dLM(xjdMLX0X02!(x，2-maxx|(x)|x|，X,%)2,2其中Lmaxx，设对正整数x,(x)nl(x)|MLn1n!(xx0)n，则有I(x)n(x)|2|1()I)dxn1LMLxoxon!xo)ndnML/(x(n1)!n1x0)故由归纳法，对一切正整数k,有I(x)ki(x)|MLkk!(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,0,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，且是二阶线性方程的一个基本解组.试证明：(i) 和都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);(ii) 和没有共同的零点；(iii) 和没有共同的零点.证明：和的伏朗斯基行列式为因和是基本解组，故.若存在，使彳#,则由行列式，性质可得，矛盾.即最多只能有简单零点.同理对有同样的性质，故(i)得证.若存在，使彳#,则由行列式，性质可得，矛盾.即与无共同零点.故(ii)得证.若存在，使彳#,则同样由行列式性质可得，矛盾.即与无共同零点.故(iii)得证.4.试证：