常微分方程期末模拟试题

1、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dy 2x的通解为y x2 C （ C为任意常数），方程与通过点（2,3）的特解为y X2 1，与直线y=2x+3相切的解是 y X2 4，满足条件ydx 3的解为yx22。3、 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 （x y）2作变换u x y，可将其化为变量可分离方程，其通解为dxy tan （x C） x 。5、 方程dl Jy2过点（一,1）共有无数 个解。dx2426、 方程yx21的通解为 y x Gx C2

2、 ，满足初始条件y lx i 2, y |x 3 5122的特解为x4 x219yx122647、方程dy y x x 无 奇解。dx8、微分方程空屯6y 0可化为一阶线性微分方程组dx2 dx9、方程业 y的奇解是y=0。dxdydxdzdxoz 6y10、羽2逬3是阶常微分方程。11、方程衮X2 y2满足解得存在唯一性定理条件的区域是亠平面12、微分方程 乌 4史5y 0通解为 y Ge5x C?e x ，该方程可化为一阶线性微 dx dx分方程组取zdx4z 5y dx13、二阶线性齐次微分方程的两个解y,x）,y2（x）成为其基本解组的充要条件是线性无关1 3dx14、设A 4 2，则

3、线性微分方程组寻AX有基解矩阵 2t5te 3e2i5i二、解方程（每个小题8分，共120分）1、(x 2y)dx xdy答案：方程化为业dx令y xu，则dx2x燈，代入上式，得dux -dx2、分离变量，积分,原方程通解为dxdtdydt4x y答案：特征方程为通解为CxCx2特征根为1 3，对应特征向量应满足a1b1可确定出a1th同样可算出21对应的特征向量为a2b2原方程组的通解为xC13te2e3tC2te2edy c 2x3、3y edx答案：齐次方程的通解为y令非齐次方程的特解为Ce 3xy C(x)e 3x C(x)代入原方程，确定出原方程的通解为y1 5xe53x 12 x

4、Ce +e5答案：2xy是一个变量分离方程4、dy 2x y ；变量分离得2ydy 2xdx两边同时积分得2y 2x c （其中c为任意常数）5、dy答案:yxdydxexyexyxyxexyxdy (xexydxy xexydx积分:y)dxdxy孑exy !x2yxxdyxdxydx xexydx故通解为:xye c 06、y x(x2答案：ydx两边同除以y2) dx xdy2y )dx 0?ydx xdyy得xdy x(x22x故原方程的解为arctg7、dxdtdydt2x 4y5x 3y答案：方程组的特征方程为即(2)(3) ( 4)特征根为i 7，2对应特征向量应满足2xxy2y

5、1 2x2(5)xdx即 d(arctg )y14 0aibi，可得aibi同样可算出22时，对应特征向量为a21d145x原方程组的通解为yC14e7t5e7tC22t e2t e8、 x x sint cos2t答案：线性方程xf1(t) sintx 0的特征方程i是特征单根，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为、 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，则空dxz 2 dz z 1dx1鱼 dx-z+3ln|z+1|=x+ c1 , lny 1)3 Ce2x y|z 1|3二x+z+Ci3. i 2方程的通解为c2e(丄 2i)t2 2(c, cosytgsin 仝 t)e 42d2x dx10、2x 0dt dt答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。其特征方程为 特征根为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 ,这里 p(x), q(x)在(）上连续，xo （,）.试证明：存在常数C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。）的解，那么 （t） eA（t to）证明：设（t）的形式为（t）=eAtC（ 1）（ C为待定的常向量）则由初始条件得（to）=eAtoC又（eAto） 1 = e At0 所以 C=（eAto） 1 =e Ato代入（1）得（t）=eAte AtoeA（t to）即命题得证。2、 （ 12分）设（x）在区间（，）上连续.试证明方程 dy（x）siny的所有解的

8、存dx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y 1是方程的两个常数解。任取初值（xo,yo），其中X。（，）, yo 1。记过该点的解为y y（x）,由上面分析可知，一方面 y y（x）可以向平面无穷远处无限延展；另一方面又上方不能穿过 y 1，下方不能穿过y 1，否则与惟一性矛盾；故该解的存在区间必为（，）。3、（12 分）设 y,x），y2（x）是方程 y使得 y2（x）二Cy,x）.证明：设w（x），y2（x）是方程的两个解，则它们在（）上有定义,其朗斯基行列式为W（x）%(x)y2(x)%(x)y2(x)P（x）y q（x）

9、y o 的解，且满足 %（Xo） =丫2（冷）=0,0由已知条件，得W(Xo)yi(xo) y2(x。)yi(xo) y2(x。)o oyi(xo) y2(x。)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使得 W1(x)2y2(x) o， x (由于yMx) o，可知 2 o 否则，若20，则有1y,x)0，而(x)1 y1(x) Cyx)2这与yi(x)， y2(x)线性相关矛盾故y2(x)4、( 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：| x xo | a,| y y | b.(1) f (x,y)在R上连续, (2) f(x,

10、y)在R上关于y满足利普希茨条件:dyL 0, (x, yi),(x, y2) R，总有 |f(x,yj f(x,y2)| L | y y21.则初值问题dx f(x,y)存在唯一的解y (x)，定义于区间|x xo| h上,y(xo) yo连续且满足初值条件(xo) yo，这里 h min(a),MM(maxR|f(x,y)|.唯一性：设(X)是积分方程在区间Xo h, xo h上的解，则(x)(x).证明:x(x)yoxf( , ( )d，n(x) yoxf( , n1( )dxo1,2,首先估计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设1 n(x) (x)| 料(x1成立，则x| n 1(x)(x)| x|f( , n( ) f( ,( )|d J n( )()2x0XX0ML2)!n 1(x Xo)n 2这就证明了对任意的n,总成立估计式：| n(x)(X) |(X(n 1)!n 1X。)叱hm1)!(n因此， n(X) 致收敛于(X),由极限的唯一性，必有(x)(x),x x h,x h.5、( 10 分)求解方程组dxdtdydt1的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。5“ 人 x 解:令X1 05 0，得；，即奇点为(2,-3

12、)23，代入原方程组得dX xdtdY xdt因为2 0，又由解得2为两个相异的实根,所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。6、( 12分)求方程组 dtdx 3x y1满足初始条件(0)的解.解：方程组的特征方程为3)20，所以特征根为3(二重)，对应齐次方程组的基解矩阵exp At3t /e (I(A3E)t)3t e满足初始条件的特解t.(t) exp At exp At exp( As)f(s)ds e3t3t et 3s 1e0 01 ds 013t e3t 1 te0 1113te330te3t2 3te33t又存在常数解 y k , k 0, 1,2,7、（ 10分）假设m不是矩阵A

13、的特征值，试证非齐线性方程组x Ax cemt有一解形女口（t） pemt其中c， P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 Apemt cemt，因为emt 0，所以mP Ape c，（mE A）P c （ 1）又m不是矩阵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）试求方程组x Ax的一个基解矩阵，并计算 exp At，其中解：p( ) det( E A) 0, 123，均为单根,0.设1对应

14、的特征向量为V1，则由（1E A）v1 0，得V11取v 2亦，同理可得1对应的特征向量为V21-.3，12.3则1（t） e%1，2（t） e 3tV2，均为方程组的解,令(t)( 1(t), 2(t)，又 w(0) det (0)評e応（t）即为所求基解矩阵（2G）eG）,dy9、（12分）试证明：对任意X。及满足条件0 y。1的y。，方程-y(y1 x21)2y的满足条件y(xo)y。的解y y(x)在()上存在.证明：T f(X, y) 严2 1)2 , fy (X, y) (2 1)(1 X Q J，1)2在全平面上连1 X y ，(1 X2 y2)2续原方程在全平面上满足解的存在唯

15、一性定理及解的延展定理条件.又显然y o,y 1是方程的两个特解.现任取 Xo ( ,), yo (0,1)，记 y y(X)为过(Xo,y。)的解，那么这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越y 1，下不能穿越y o，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y y(X)，切点为(x,y)，切点到点(1,0)的连线的斜率为J则由题意可得如下初值问题:丄 1X 1y(0) 0分离变量，积分并整理后可得y2 (x 1)2 C，代入初始条件可得C 1，因此得所求曲线为(x 1)2 y2

16、 1.11、( 12分)在方程 孚 f(y)(y)中，已知f(y)，(x)在(,)上连续，且dx(1) 0 .求证：对任意X0和y 1，满足初值条件y(x) y的解y(x)的存在区 间必为(，).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，对平面内任一点(x,yo)，若yo k，则过该点的解是y k，显然是在(，) 上有定义.若yo k ,则yo (k ,(k 1),记过该点的解为y y(x),那么一方面解y y(x)可以向平面的无穷远无限延展；另一方面在条形区域(x, y) x , k y (k 1) 内y(x)不能上、下穿过解 y (k 1)和y k，否则与解的惟一性矛盾.因此解的存在区间必为(，).12、(10分)设y i(x),y 2(x)是方程y q(x)y 0的任意两个解，求证：它们的朗 斯基行列式W(x) C ,其中C为常数.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性及解的延展定理条 件显然y 1是方程的两个常数解.任取初值(Xo,y。)，其中X。(,)，| yo | 1，记过该点的解为y y(x)，由上面分析可知，一方面 y y(x)可以向平面无穷处无限延展；另一方面又上方不能穿过 y 1,下方不能穿过y 1，否则与唯一性矛盾，故该解的存在区