常微分方程期末模拟试题

1、实用标准文案常微分方程模拟练习题及参考答案、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。dy 2 22、一阶微分方程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 ，dx与直线 y=2x+3 相切的解是 y x2 4 ，满足条件 03 ydx 3的解为 y x22。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 ddyx2（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y tan(x C) x 。5、方程 dydx1y过点 （2 ,1） 共有 无

2、数 个解。6、方程 yx21的通解为42 xxyC1x C2 ，满足初始条件 y|x 112 22,y |x 3 5的特解为7、8、9、y 12x1x26方程 ddyx微分方程方程 dydx10、3d3ydx311、12、x无奇解。d2ydx2dydx6y 0 可化为一阶线性微分方程组dy zdxdzz 6ydxy 的奇解是y=0 。2x5 ddyx方程 ddyx微分方程d2ydx2精彩文档3 是 3 阶常微分方程。2y 2满足解得存在唯一性定理条件的区域是4dy 5y 0 通解为 y C1e5x dxC2exoy平面 。xx ，该方程可化为一阶线性微分方程组实用标准文案4z 5 ydy dx

3、 dz dx线性无关13 、二阶线性齐次微分方程的两个解y 1(x),y 2(x) 成为其基本解组的充要条件是14 、设 A，则线性微分方程组dXdt2t5 te 3e AX 有基解矩阵 (t )2t 5te 4e二、解方程(每个小题8 分，共 120 分)1、 (x 2 y)dx xdy答案：方程化为 dydx2yx令 y xu，则 ddyx1udu du u xddxu ，代入上式，得 xddux分离变量，积分，通解为 u Cx 12 原方程通解为 y Cx2 x2、dxdtdydtxy4 x y0 即 2 2 3 0。1 答案：特征方程为 A E4特征根为 1 3 ， 2 10a10 可

4、确定出 b11 3 1 a1对应特征向量应满足 4 1 3 b1a21同样可算出 2 1 对应的特征向量为2b22x 原方程组的通解为yC13t2e3tC22e t精彩文档实用标准文案3、dydx3y2xe答案：齐次方程的通解为Ce3x3x 1 5 x令非齐次方程的特解为 y C(x)e 3x C ( x)e5x C53x 1 2 x代入原方程，确定出原方程的通解为 y Ce 3x + e2 x5dydx答案： dy2x y 是一个变量分离方程4、dx变量分离得 2y dy 2xdx两边同时积分得 2y 2x c(其中 c 为任意常数)5、dydxdyxyexdxxdy(xexydxyxexy

5、 dx积分：e xyyxexy答案：xyxe yxy)dx xdy ydx xexy dx dxy exy12x2xdxc 故通解为： 1 x 22xye c 0226、 y x( xy ) dx xdy 022答案： ydx xdy x( xy )dx 00，两边同除以 x2 y2得 ydx2 xd2y xdx 0，即 d ( arctg x) 1 dx2 x y y 2x 1 2 故原方程的解为 arctgx2 Cy2精彩文档24答案：方程组的特征方程为AE530即 (2 )(3 ) (4) ( 5)0 ，即 2 5 14 0特征根为 1 7 ， 22274 a10a1 4对应特征向量应满

6、足，可得 1537 b10b15实用标准文案7、dxdtdydt2x 4y5x 3ya21同样可算出 2 2 时，对应特征向量为 2b217tx 4e 原方程组的通解为C17tC22te2te8、 x x sintcos2t答案：线性方程 x f1(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 xt ( Acost Bsint) 代入原方程 A=-1B=02f2(t)cos2t2i 不是特征根，原方程有特解 xAcos2t B sin 2t 代入原方程 A所以原方程的解为c1costc2 sint12tcost1B=031 cos2t39 、 (2x 2y1)dx

7、(x y2)dy 0dy答案：dxdzdx所以2(x y) 1 ， (x y) 2 ，2z 1z2令 z=x+y1 , z z2 z+3ln|z+1|=x+ C1，dz，则dx2dz dx z1 ln | z 1| =x+z+dydxC1y5e7t精彩文档实用标准文案即 (x y1)3 Ce2x y10 、d2x dxdt2 dtx0答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。其特征方程为1011 、答案：特征根为 1 方程的通解为dydxx y 1x y2 3(x-y+1)dx-(x+2y223i，213i22c1e( 12 23i)t+3)dy=0c2e( 21 23i)t(c1cos 3t2c

8、2sin 3t)e2212txdx-(ydx+xdy)+dx-1dy 3-3dy=02 1 2y dy-3dy=0 即 d x2 -d(xy)+dx-所以 1 x2 xy21 y3 3y C3三、证明题(共 160 分)1、(12 分)证明如果 (t)是x/ Ax满足初始条件 (t0)的解，那么 (t) eA(t t0)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(t0)= eAt0C又 (eAt0 ) 1 = e At0 所以 C= (eAt0 ) 1 = e At0代入( 1)得 (t ) = eAte At0eA(t t0)即命题得证。精

9、彩文档实用标准文案2、(12 分)设 ( x) 在区间 ( , ) 。) 上连续试证明方程dydx(x)sin y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 y 1 是方程的两个常数解。任取初值 (x0, y0)，其中x0( , ) ,y01 。记过该点的解为y y (x) ，由上面分析可知，一方面yy(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y1 ，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 y1(x) ，y2(x) 是方程 yp(x)y q(x)y 0的解，且满

10、足 y1(x0) = y2(x0)=0 ，y1(x) 0，这里 p(x), q(x) 在( , ) 上连续， x0 () 试证明：存在常数 C 使得 y2(x) =C y1(x) 证明： 设 y1(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)y1(x) y2( x)y1(x) y2( x)由已知条件，得 W (x0)y1(x0) y2(x0 )y1(x0) y2(x0 )00y1(x0 ) y2(x0)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 1y1( x)2 y2 (x )0，x(,)由于 y1( x)0 ，可知 20否则，

11、若 20 ，则有1 y1( x)0，而 y1 ( x)0 ，则 1 0 ，这与 y1( x) ，y2(x) 线性相关矛盾故y2(x)11 y1( x) Cy1(x)24、( 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。精彩文档实用标准文案定理：设R :|x x0| a,| y y0| b.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：证明：x(x) y0 x f ( , ( )dx0xn(x) y0x0 f (n 1 ( )d ， n 1,2,| 0 (x)(x)|x0|f(x0, ( )|dM(x x0) ，| 1(x)(x

12、)|xx0|f(, 0 () f (, ( )|dxxMLL x | 0 ( )( )|dLMx(x0)d(x x0)x0x02! 0MLnn1设 | n(x)(x)|(xx0)n 1成立，则(n1)!首先估计 x x0 .xx| n 1(x) (x)| x | f( , n( ) f(x0( ) |dx | n( ) ( )|d x0MLn(n 2)!(xx0)n这就证明了对任意的n，总成立估计式： | n (x)(x)|MLn(n 1)!(xx0)nML n hn 1 (n 1)!因此， n (x) 一致收敛于(x) ，由极限的唯一性，必有(x) (x),x x0 h,x0 h.5、( 1

13、0 分)求解方程组dxx dt dyx dty1 的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。y5精彩文档L 0, (x,y1),(x,y2) R，总有 | f(x,y1) f(x,y2)| L|y1 y2|.dyf(x, y)则初值问题 dx存在唯一的解 y ( x) ，定义于区间 |x x0 | h上，y(x0)y0连续且满足初值条件(x0)y0，这里 h min( a,b ),M(mx,ya) xR | f(x,y)|M( x,y) R唯一性：设 (x) 是积分方程在区间x0h,x0h 上的解，则(x)(x).实用标准文案x 解：令x0，得23 ，即奇点为（ 2，-3 ）3dXX 令Y，代入原方程

14、组得dtdYdt11因为 1 1 2 0，又由解得 1 2 ， 2 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dxdt3x ydydt3y1满足初始条件(0)11 的解 .3解：方程组的特征方程为 0323)2 0 ，所以特征根为3（二重），对应齐次方程组的基解矩阵3texpAt e3t(I (A 3E)t)3te满足初始条件的特解t 3t(t) expAt expAt 0exp( As) f (s)ds e3t t 13t 1t11 3t ete3tee3310101t13t 1tt 3s 1s1eeds0110100102 3t1e333te7、（1

15、0 分）假设 m 不是矩阵 A的特征值， 试证非齐线性方程组 xAx cemt 有一解形如mt(t)pemt其中 c ， p 是常数向量。精彩文档实用标准文案证明：mt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 11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) 1cemt pemt8、( 12 分)试求方程

16、组 xAx 的一个基解矩阵，并计算expAt ，其中 A2112解： p( ) det( E A) 0, 1 3, 23 ，均为单根，设 1 对应的特征向量为v1 ，则由 ( 1E A)v10 ，得 v10.1取 v1 2 3 ，同理可得 1对应的特征向量为 v2123则 1(t) e 3tv1, 2(t) e 3tv2 ，均为方程组的解，令 (t) ( 1(t), 2(t) ，又 w(0) det (0)112 3 2 3(t)即为所求基解矩阵9、( 12 分)试证明：对任意 x0 及满足条件 0 y01的 y0，方程 ddyx 1 y(xy2 1y)2 的满足条件 dx 1 x yy(x0

17、) y0 的解 y y(x) 在( , )上存在证明：在全平面上连续y(y 1)f(x,y) 1 y(xy2 1y)2 ， fy (x, y)(2y 1)(1 x2 y2 ) y(y 1)2y(1 x2 y2 )2精彩文档实用标准文案 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 y 0,y 1是方程的两个特解现任取 x0 ( ,)，y0 (0,1) ，记 y y(x)为过 (x0, y0 )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 0 ， 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

18、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 y ，x1则由题意可得如下初值问题：yy x 1y(0) 02分离变量，积分并整理后可得 y22(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 1.11 、( 12 分) 在方程 dydxf(y) (y)中，已知 f(y) ，(x)在() 上连续，且 ( 1) 0 求证：对任意 x0 和 y01，满足初值条件 y(x0)y0 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，又存在常数解 y k , k 0, 1, 2, 对平面内任一点 (x0, y0)，若 y0 k ，则过该点的解是 y k ，显然是在 ( , )上有定义 若y0 k ,则y0 (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、下穿过解精彩文档实用标准文案y