常微分方程期末模拟试题

-《常微分方程》模拟练习题及参考答案一、填空题（每个空格4分，共80分）1、n阶线性齐次微分方程基本解组中解的个数恰好是n个。2、一阶微分方程dy2x的通解为yx2C（C为任意常数），方程与通过点（2，3）的特解为yx21，dx与直线y=2*+3相切的解是yx24，满足条件3ydx3的解为yx22。03、李普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的必要条件。4、对方程dy(xy)2作变换uxy，可将其化为变量可分离方程，其通解为ytan(xC)x。dx5、方程dy1y2过点(,1)共有无数个解。dx26、方程y''x21的通解为yx4x2CxC，满足初始条件y|2,y|5的特解为12212x1x3yx4x21x9。122647、方程dyyxx无奇解。dxdyd2ydyz8、微分方程dx。6y0dx2dxdzz6ydx9、方程dyy的奇解是y=0。dx10、d3y2x5dy3是3阶常微分方程。dx3dx11、方程dyx2y2满足解得存在唯一性定理条件的区域是xoy平面。dx12、微分方程d2ydyyCe5xCexdx24dx5y0通解为12，该方程可化为一阶线性微分方程组dyzdx。dz4z5ydx13、二阶线性齐次微分方程的两个解y(x),y(x)成为其基本解组的充要条件是线性无关。1213，则线性微分方程组dXe2t14、设AAX有基解矩阵(t)e2t42dt二、解方程（每个小题8分，共120分）1、(x 2y)dxxdy0

3e5t。4e5t. z.-答案：方程化为ddyx 12xyyxu，则ddyxuxddux，代入上式，得xddux1u分离变量，积分，通解为uCx1∴原方程通解为yCx2xdxxydt2、dy4xydt答案：特征方程为AE110即2230。41特征根为3，112131a0a1对应特征向量应满足1可确定出1413b0b211同样可算出a11对应的特征向量为22b22xCe3tCet∴原方程组的通解为。y12e3t22et3、ddyx3ye2x答案：齐次方程的通解为yCe3x令非齐次方程的特解为yC(x)e3xC(x)1e5xC5代入原方程，确定出原方程的通解为yCe3x+1e2x54、dy2xy；dx答案：dy2xy是一个变量分离方程dx变量分离得2ydy2xdx两边同时积分得2y2x（其中c为任意常数）c5、dyyexydxx答案：dyexyxyxexyydxx积分：e1x2c故通解为：1x2exyc0xy6、yx(x2y2)2dxxdy02.z.答案：ydxxdyx(x2y2)dx0-两边同除以x2y2得ydxxdyxdx0，即d(arctgx)1dx20，x2y2y2故原方程的解为arctgx1x2Cy2dx2x4ydt.7、dy5x3ydt答案：方程组的特征方程为AE24530即(2)(3)(4)(5)0，即25140特征根为7，212对应特征向量应满足274a0a41，可得1537b0b511a1同样可算出2时，对应特征向量为22b12xC4e7te2t∴原方程组的通解为Cy15e7t2e2t8、xxsintcos2t答案：线性方程xx0的特征方程210故特征根if(t)sinti是特征单根，1原方程有特解xt(AcostBsint)代入原方程A=-1B=02f(t)cos2t2i不是特征根，21B=0原方程有特解xAcos2tBsin2t代入原方程A3所以原方程的解为xccostcsint1tcost1cos2t12239、(2x2y1)dx(xy2)dy0答案：dy2(xy)1，令z=*+y，则dz1dyy)2dxdx(xdx所以–z+3ln|z+1|=*+C，ln|z1|3=*+z+C11(xy1)3Ce2xy10、d2xdxx0dt2dt答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。其特征方程为 2 10. z.-特征根为13i，13i122222∴方程的通解为xce(13i)tce(13i)t(ccos3t22221212dyxy111、dxxy23答案：(*-y+1)d*-(*+y2+3)dy=0*d*-(yd*+*dy)+d*-dy-3dy=0即1d-d(*y)+d*-1dyy22x23所以1x2xyx1y33yC23三、证明题（共160分）1、（12分）证明如果（t）是x/Ax满足初始条件(t)0

c sin 3t)e12t2 2-3dy=0的解，则(t)eA(tt0)。证明：设 (t) 的形式为(t)=eC（1）（C为待定的常向量）At则由初始条件得(t0)=eAt0C(eAt0)1=eAt0所以C=(eAt0)1=eAt0代入（1）得(t)=eAteAt0eA(tt0)即命题得证。2、（12分）设(x)在区间(,)上连续．试证明方程ddyx(x)siny的所有解的存在区间必为,)。证明：由已知条件，该方程在整个xoy 平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条件。显然y1是方程的两个常数解。任取初值(x,y)，其中x(,),y1。记过该点的解为yy(x)，0000由上面分析可知，一方面y另一方面又上方不能穿过y故该解的存在区间必为(

y(x)可以向平面无穷远处无限延展；1，下方不能穿过y1，否则与惟一性矛盾；)。3、（12分）设y(x)，y(x)是方程yp(x)yq(x)y0的解，且满足y(x)=y(x)=0，y(x)0，1210201这里p(x),q(x)在(,)上连续，x(,)．试证明：存在常数C使得y(x)=Cy(x)．021证明：设y(x)，y(x)是方程的两个解，则它们在(,)上有定义，12其朗斯基行列式为W(x)y(x)y(x)12y(x)y(x)12由已知条件，得W(x)y(x)y(x)00010200y(x)y(x)y(x)y(x)10201020故这两个解是线性相关的；由线性相关定义，存在不全为零的常数，，12.z.-使得y(x)y(x)0，x(,)1122由于y(x)0，可知0．12否则，若0，则有y(x)0，而y(x)0，则0，21111这与y(x)，y(x)线性相关矛盾．故y(x)1y(x)Cy(x)1222114、（12分）叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理的内容，并给出唯一性的证明。定理：设R:|xx|a,|yy|b.00（1）f(x,y)在R上连续，（2）f(x,y)在R上关于y满足利普希茨条件：L0,(x,y),(x,y)R，总有|f(x,y)f(x,y)|L|yy|.121212dyf(x,y)(x)，定义于区间|xx|h上，则初值问题dx存在唯一的解y0y(x)y00连续且满足初值条件(x)y，这里hmin(a,b),Mmax|f(x,y)|.00M(x,y)R唯一性：设(x)是积分方程在区间[xh,xh]上的解，则(x)(x).00证明：(x)yxf(,())d，(x)yxf(,())d，n1,2,......0x0n0x0n1首先估计xx.0|(x)(x)|x|f(,())|dM(xx)，0x00设|(x)(x)|MLn(xx)n1成立，则n(n1)!0|(x)(x)|x|f(,())f(,())|dx|()()|dMLn1(xx)n2这n1x0nx0n(n2)!0就证明了对任意的n，总成立估计式：|(x)(x)|MLn(xx)n1MLnhn1.n(n1)!0(n1)!因此，{(x)}一致收敛于(x)，由极限的唯一性，必有(x)(x),x[xh,xh].n00dxxy1dt5、（10分）求解方程组的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。dyxy5dt. z.-xy10x2，即奇点为（2，-3）解：令，得xy50y3dXXYXx2令，代入原方程组得dt，Yy3dYXYdt因为1120，又由11220，1111解得2，2为两个相异的实根，12所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。dx3xy11dt满足初始条件(0)的解.6、（12分）求方程组dy13ydt解：方程组的特征方程为31(3)20，03所以特征根为3（二重），1t，对应齐次方程组的基解矩阵expAte3t(I(A3E)t)e3t01满足初始条件的特解7、（10分）假设m不是矩阵A的特征值，试证非齐线性方程组x'Axcemt有一解形如(t)pemt其中c，是常数向量。证明：设方程有形如(t)pemt的解，则p是可以确定出来的。事实上，将pemt代入方程得mpemt Apemtcemt，因为e mt 0，所以mpApe c，mEA)Pc（1）又m不是矩阵A的特征值，det( mE A)0所以(mEA)1存在，于是由（1）得p(mEA)1c存在。故方程有一解(t)(mEA)1cemtpemt8、（12分）试求方程组x'Ax的一个基解矩阵，并计算expAt21，其中A12.解：p()det(EA)0,3,3，均为单根，12. z.-设对应的特征向量为v，则由(EA)v0，得v，0.11111(23)11取v2，同理可得对应的特征向量为v，131223则(t)e3tv,(t)e3tv，均为方程组的解，1122令(t)((t),(t))，又w(0)det(0)1130，232123e3te3t∴(t)即为所求基解矩阵.(23)e3t(23)e3t9、（12分）试证明：对任意x及满足条件0y1的y，方程dyy(y1)的满足条件y(x)y的000dx1x2y200解yy(x)在(,)上存在．证明：∵f(x,y)y(y1)，f(x,y)(2y1)(1x2y2)y(y1)2y在全平面上连续1x2y2y(1x2y2)2∴原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理及解的延展定理条件．又显然y0,y1是方程的两个特解．现任取x(,)，y(0,1)，记yy(x)为过(x,y)的解，0000则这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越y1，下不能穿越y0，因此它的存在区间必为(,)．10、（10分）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yy(x)，切点为(x,y)，切点到点(1,0)的连线的斜率为y，x1yy'1则由题意可得如下初值问题：x1y(0)0分离变量，积分并整理后可得y2(x1)2C，代入初始条件可得C1，因此得所求曲线为(x1)2y21.11、（12分）在方程dyf(y)(y)中，已知f(y)，(x)在(,)上连续，且(1)0．求证：对任dx意x和y1，满足初值条件y(x)y的解y(x)的存在区间必为(,)．0000证明：由已知条件可知，该方程在整个xoy 平面上满足解的存在惟一及延展定理条件，又存在常数解yk,k0,1,2,．对平面内任一点(x,y)，若yk，则过该点的解是yk，显然是在(,)上有定义．000.z.-若yk,则y