常微分方程期末模擬試題

1、常微分方程模擬練習(xí)題及參考答案一、填空題（每個(gè)空格 4分，共80分）1、n階線性齊次微分方程基本解組中解的個(gè)數(shù)恰好是n 個(gè)2、一階微分方程dy 2x的通解為y x2 C （ C為任意常數(shù)），方程與通過點(diǎn)（2,3）的特解為y X2 1，與直線y=2x+3相切的解是 y X2 4，滿足條件ydx 3的解為yx22。3、 李普希茲條件是保證一階微分方程初值問題解惟一的必要 條件。4、 對方程dy （x y）2作變換u x y，可將其化為變量可分離方程，其通解為dxy tan （x C） x 。5、 方程dl Jy2過點(diǎn)（一,1）共有無數(shù) 個(gè)解。dx2426、 方程yx21的通解為 y x Gx C2

2、 ，滿足初始條件y lx i 2, y |x 3 5122的特解為x4 x219yx122647、方程dy y x x 無 奇解。dx8、微分方程空屯6y 0可化為一階線性微分方程組dx2 dx9、方程業(yè) y的奇解是y=0。dxdydxdzdxoz 6y10、羽2逬3是階常微分方程。11、方程袞X2 y2滿足解得存在唯一性定理?xiàng)l件的區(qū)域是亠平面12、微分方程 烏 4史5y 0通解為 y Ge5x C?e x ，該方程可化為一階線性微 dx dx分方程組取zdx4z 5y dx13、二階線性齊次微分方程的兩個(gè)解y,x）,y2（x）成為其基本解組的充要條件是線性無關(guān)1 3dx14、設(shè)A 4 2，則

3、線性微分方程組尋AX有基解矩陣 2t5te 3e2i5i二、解方程（每個(gè)小題8分，共120分）1、(x 2y)dx xdy答案：方程化為業(yè)dx令y xu，則dx2x燈，代入上式，得dux -dx2、分離變量，積分,原方程通解為dxdtdydt4x y答案：特征方程為通解為CxCx2特征根為1 3，對應(yīng)特征向量應(yīng)滿足a1b1可確定出a1th同樣可算出21對應(yīng)的特征向量為a2b2原方程組的通解為xC13te2e3tC2te2edy c 2x3、3y edx答案：齊次方程的通解為y令非齊次方程的特解為Ce 3xy C(x)e 3x C(x)代入原方程，確定出原方程的通解為y1 5xe53x 12 x

4、Ce +e5答案：2xy是一個(gè)變量分離方程4、dy 2x y ；變量分離得2ydy 2xdx兩邊同時(shí)積分得2y 2x c （其中c為任意常數(shù)）5、dy答案:yxdydxexyexyxyxexyxdy (xexydxy xexydx積分:y)dxdxy孑exy !x2yxxdyxdxydx xexydx故通解為:xye c 06、y x(x2答案：ydx兩邊同除以y2) dx xdy2y )dx 0?ydx xdyy得xdy x(x22x故原方程的解為arctg7、dxdtdydt2x 4y5x 3y答案：方程組的特征方程為即(2)(3) ( 4)特征根為i 7，2對應(yīng)特征向量應(yīng)滿足2xxy2y

5、1 2x2(5)xdx即 d(arctg )y14 0aibi，可得aibi同樣可算出22時(shí)，對應(yīng)特征向量為a21d145x原方程組的通解為yC14e7t5e7tC22t e2t e8、 x x sint cos2t答案：線性方程xf1(t) sintx 0的特征方程i是特征單根，0故特征根原方程有特解f2 (t)cos2t、 1t(Acost Bsint)代入原方程 A=- B=02i不是特征根，原方程有特解所以原方程的解為、 1Acos2t Bsin2t 代入原方程 A 3 B=0-cos2t3x c cost c2sint9、(2x 2y1)dx (x y2)dy 0答案：dxdz1 d

6、x所以即(x2(x y) 1(x y) 22z 1 z 1z 2 z 2，,令z=x+y，則空dxz 2 dz z 1dx1魚 dx-z+3ln|z+1|=x+ c1 , lny 1)3 Ce2x y|z 1|3二x+z+Ci3. i 2方程的通解為c2e(丄 2i)t2 2(c, cosytgsin 仝 t)e 42d2x dx10、2x 0dt dt答案：所給方程是二階常系數(shù)齊線性方程。其特征方程為 特征根為1dy x y 111 dx x y2 3答案：(x-y+1)dx-(x+y2+3)dy=0丄 dy3-3dy=03xdx-(ydx+xdy)+dx-y2 dy-3dy=0 即-dx2

7、 -d(xy)+dx-21 2x xy x23y3 3y Cyx)o ,這里 p(x), q(x)在(）上連續(xù)，xo （,）.試證明：存在常數(shù)C三、證明題（共160分）1、 （ 12 分）證明如果（t）是x/ Ax滿足初始條件 （t。）的解，那么 （t） eA（t to）證明：設(shè)（t）的形式為（t）=eAtC（ 1）（ C為待定的常向量）則由初始條件得（to）=eAtoC又（eAto） 1 = e At0 所以 C=（eAto） 1 =e Ato代入（1）得（t）=eAte AtoeA（t to）即命題得證。2、 （ 12分）設(shè)（x）在區(qū)間（，）上連續(xù).試證明方程 dy（x）siny的所有解的

8、存dx在區(qū)間必為（，）。證明：由已知條件，該方程在整個(gè)xoy平面上滿足解的存在唯一及解的延展定理?xiàng)l件。顯然y 1是方程的兩個(gè)常數(shù)解。任取初值（xo,yo），其中X。（，）, yo 1。記過該點(diǎn)的解為y y（x）,由上面分析可知，一方面 y y（x）可以向平面無窮遠(yuǎn)處無限延展；另一方面又上方不能穿過 y 1，下方不能穿過y 1，否則與惟一性矛盾；故該解的存在區(qū)間必為（，）。3、（12 分）設(shè) y,x），y2（x）是方程 y使得 y2（x）二Cy,x）.證明：設(shè)w（x），y2（x）是方程的兩個(gè)解，則它們在（）上有定義,其朗斯基行列式為W（x）%(x)y2(x)%(x)y2(x)P（x）y q（x）

9、y o 的解，且滿足 %（Xo） =丫2（冷）=0,0由已知條件，得W(Xo)yi(xo) y2(x。)yi(xo) y2(x。)o oyi(xo) y2(x。)故這兩個(gè)解是線性相關(guān)的；由線性相關(guān)定義,存在不全為零的常數(shù)使得 W1(x)2y2(x) o， x (由于yMx) o，可知 2 o 否則，若20，則有1y,x)0，而(x)1 y1(x) Cyx)2這與yi(x)， y2(x)線性相關(guān)矛盾故y2(x)4、( 12分)敘述一階微分方程的解的存在唯一性定理的內(nèi)容，并給出唯一性的證明。定理：設(shè) R：| x xo | a,| y y | b.(1) f (x,y)在R上連續(xù), (2) f(x,

10、y)在R上關(guān)于y滿足利普希茨條件:dyL 0, (x, yi),(x, y2) R，總有 |f(x,yj f(x,y2)| L | y y21.則初值問題dx f(x,y)存在唯一的解y (x)，定義于區(qū)間|x xo| h上,y(xo) yo連續(xù)且滿足初值條件(xo) yo，這里 h min(a),MM(maxR|f(x,y)|.唯一性：設(shè)(X)是積分方程在區(qū)間Xo h, xo h上的解，則(x)(x).證明:x(x)yoxf( , ( )d，n(x) yoxf( , n1( )dxo1,2,首先估計(jì)xXo.I o(x)(x)|I 1 (x)(x) IxJf(,xx|f(,()|do()f(M

11、 (x xo)，,()|dxL J o(xo)|dxLM (xoXo)dML2!(x xo)2設(shè)1 n(x) (x)| 料(x1成立，則x| n 1(x)(x)| x|f( , n( ) f( ,( )|d J n( )()2x0XX0ML2)!n 1(x Xo)n 2這就證明了對任意的n,總成立估計(jì)式：| n(x)(X) |(X(n 1)!n 1X。)叱hm1)!(n因此， n(X) 致收斂于(X),由極限的唯一性，必有(x)(x),x x h,x h.5、( 10 分)求解方程組dxdtdydt1的奇點(diǎn)，并判斷奇點(diǎn)的類型及穩(wěn)定性。5“ 人 x 解:令X1 05 0，得；，即奇點(diǎn)為(2,-3

12、)23，代入原方程組得dX xdtdY xdt因?yàn)? 0，又由解得2為兩個(gè)相異的實(shí)根,所以奇點(diǎn)為不穩(wěn)定鞍點(diǎn)，零解不穩(wěn)定。6、( 12分)求方程組 dtdx 3x y1滿足初始條件(0)的解.解：方程組的特征方程為3)20，所以特征根為3(二重)，對應(yīng)齊次方程組的基解矩陣exp At3t /e (I(A3E)t)3t e滿足初始條件的特解t.(t) exp At exp At exp( As)f(s)ds e3t3t et 3s 1e0 01 ds 013t e3t 1 te0 1113te330te3t2 3te33t又存在常數(shù)解 y k , k 0, 1,2,7、（ 10分）假設(shè)m不是矩陣A

13、的特征值，試證非齊線性方程組x Ax cemt有一解形女口（t） pemt其中c， P是常數(shù)向量。證明：設(shè)方程有形如（t） pemt的解，則p是可以確定出來的。事實(shí)上，將pemt代入方程得mpemt Apemt cemt，因?yàn)閑mt 0，所以mP Ape c，（mE A）P c （ 1）又m不是矩陣A的特征值，det（mE A） 0所以（mE A） 1存在，于是由（1）得p （mE A） 1c存在。故方程有一解(t) (mE A) 1cemtpemt8、（ 12分）試求方程組x Ax的一個(gè)基解矩陣，并計(jì)算 exp At，其中解：p( ) det( E A) 0, 123，均為單根,0.設(shè)1對應(yīng)

14、的特征向量為V1，則由（1E A）v1 0，得V11取v 2亦，同理可得1對應(yīng)的特征向量為V21-.3，12.3則1（t） e%1，2（t） e 3tV2，均為方程組的解,令(t)( 1(t), 2(t)，又 w(0) det (0)評e応（t）即為所求基解矩陣（2G）eG）,dy9、（12分）試證明：對任意X。及滿足條件0 y。1的y。，方程-y(y1 x21)2y的滿足條件y(xo)y。的解y y(x)在()上存在.證明：T f(X, y) 嚴(yán)2 1)2 , fy (X, y) (2 1)(1 X Q J，1)2在全平面上連1 X y ，(1 X2 y2)2續(xù)原方程在全平面上滿足解的存在唯

15、一性定理及解的延展定理?xiàng)l件.又顯然y o,y 1是方程的兩個(gè)特解.現(xiàn)任取 Xo ( ,), yo (0,1)，記 y y(X)為過(Xo,y。)的解，那么這個(gè)解可以唯一地向平面的邊界無限延展，又上不能穿越y(tǒng) 1，下不能穿越y(tǒng) o，因此它的存在區(qū)間必為(，).10、( 10分)求平面上過原點(diǎn)的曲線方程，該曲線上任一點(diǎn)處的切線與切點(diǎn)和點(diǎn)(1,0)的連線相互垂直 解：設(shè)曲線方程為y y(X)，切點(diǎn)為(x,y)，切點(diǎn)到點(diǎn)(1,0)的連線的斜率為J則由題意可得如下初值問題:丄 1X 1y(0) 0分離變量，積分并整理后可得y2 (x 1)2 C，代入初始條件可得C 1，因此得所求曲線為(x 1)2 y2

16、 1.11、( 12分)在方程 孚 f(y)(y)中，已知f(y)，(x)在(,)上連續(xù)，且dx(1) 0 .求證：對任意X0和y 1，滿足初值條件y(x) y的解y(x)的存在區(qū) 間必為(，).證明：由已知條件可知，該方程在整個(gè)xoy平面上滿足解的存在惟一及延展定理?xiàng)l件，對平面內(nèi)任一點(diǎn)(x,yo)，若yo k，則過該點(diǎn)的解是y k，顯然是在(，) 上有定義.若yo k ,則yo (k ,(k 1),記過該點(diǎn)的解為y y(x),那么一方面解y y(x)可以向平面的無窮遠(yuǎn)無限延展；另一方面在條形區(qū)域(x, y) x , k y (k 1) 內(nèi)y(x)不能上、下穿過解 y (k 1)和y k，否則與解的惟一性矛盾.因此解的存在區(qū)間必為(，).12、(10分)設(shè)y i(x),y 2(x)是方程y q(x)y 0的任意兩個(gè)解，求證：它們的朗 斯基行列式W(x) C ,其中C為常數(shù).證明：由已知條件，該方程在整個(gè) xoy平面上滿足解的存在唯一性及解的延展定理?xiàng)l 件顯然y 1是方程的兩個(gè)常數(shù)解.任取初值(Xo,y。)，其中X。(,)，| yo | 1，記過該點(diǎn)的解為y y(x)，由上面分析可知，一方面 y y(x)可以向平面無窮處無限延展；另一方面又上方不能穿過 y 1,下方不能穿過y 1，否則與唯一性矛盾，故該解的存在區(qū)