常微分方程练习题及答案复习题

1、常微分方程练习试卷填空题。1.3 d2x 万程x打(线性、非线性)微分方程2.x dy方程一dxf(xy) 经变换，可以化为变量分离方程3.微分方程d3ydx32-y -x-0满足条件 y(0) =1,y(0) =2 的解有4.*2设常系数方程y 亠二y y = e 的一个特解y(x)=e +e +xe ，则此方程的系数a5.朗斯基行列式 W(t) 0 是函数组 X1(t), X2(t),川，Xn(t)在awx 兰b 上线性相关的条件6.2 2方程xydx (2x 3y 20)dy =0的只与y有关的积分因子为7.已知X = A(t)X的基解矩阵为4(t)的，则A(t)-8.2 01方程组x

2、二：0 5的基解矩阵为9.可用变换将伯努利方程dy 33= y+y:上化为线性方程.10是满足方程 y 2y 5y y = 1和初始条件的唯一解.(I) _ 2的形式：11.方程-_ -的待定特解可取12.三阶常系数齐线性方程 y -2y y =0 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dy x + y_12 .求解方程dx x - y + 3d2x3. 求解方程xdt24. 用比较系数法解方程.详）2=0。xl，L4iW=&-8r + 5.求方程 y = y sin x 的通解.2 26,验证微分方程(cos xsin x 一

3、xy )dx y(1 - x )dy = 0是恰当方程，并求出它的通解7设A厂一1 dX,-i ，试求方程组的一个基解基解矩阵-1dt门，求dX_AX满足初始条件x(0)_的解.dt通过点 (1,0) 的第二次近似解.dy28.求方程2x - 1 - 3 ydx9.燈)3一4磴8y2 = 0的通解10.若A=2 们 4 一试求方程组rn ix= Ax的解甲(t),申(o)=u = | 1并求expAt三、证明题1.若叮(t), ?(t)是 X JA(t)X 的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C，使得 ?(t) ：(t)C2.设(x) (：r x,x ：) 是积分方程y(x) = y。十

4、G2yC)我dj “x迂口，0的皮卡逐步逼近函数序列 n(x)在：,订 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 :,订上(x)(x).3.设| .i 都是区间i 上的连续函数，且(.是二阶线性方程.+；.+I的一个基本解组.试证明:(i)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)厂丫和/门 没有共同的零点(iii)4.试证：如果(t)是dXdt二 AX 满足初始条件(to)二 的解，那么 (t)二 ep A(t - to)没有共同的零点答案一.填空题。1.二，非线性 2.1u(f(u) 1)duJdx3.无穷多 4.- -3, -

5、 _ 2,- -15.必要 6.3y 7. 门(t)，(t)8.Ate 二10.用)二 l(0)二 0/(0)二 021e o_oe5t11.1土厉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y=y)y切点为（x,y）,切点到点（1,0）的连线的斜率为.1则由题意可得如下初值问题代入初始条件可得分离变量，积分并整理后可得y(0) = 0fx + J 二因此得所求曲线为_.dy2.求解方程dxx y -1解：由x y+,求得xx -y 3=0X 一 -1,y 二 2,则有(1 -z)dz1 Z2,积分得 arctan

6、 z-bn(1 z2) = In | | C， j2y 2故原方程的解为 arctanIn2 2x 1)2 (y -2)2 c.3.求解方程xdt2吐（dx）2dt解令丄:，直接计算可得 didx ，于是原方程化为，积分后得厂一d）就是原方程的通解，这里q向为任意常数。4.用比较系数法解方程解：特征方程为:二二II,特征根为对应齐方程的通解为% (t) = 5 + c/ +C*/设原方程的特解有形如 代如原方程可得-一二-：二-x利用对应系数相等可得是任意常数)原方程的通解可以表示为j(f) =州(0+也 J + G+Q0 + c肿5.求方程y sin x 的通解.解：先解y 二y得通解为y二

7、cex，令y二c(x)ex为原方程的解，代入得 c(x)ex +c(x)ex =c(x)ex +sin x, 即有 c(x) = esin x积分得c(x)二-1e(sin x cosx) c， 所以y二cex 舟(sinx cosx)为原方程的通解.226.验证微分方程(cos xs in x - xy )dx y(1 - x )dy = 0是恰当方程，并求出它的通解.一2xy=卫所以原方程为恰当方程.ex22M解：由于 M (x, y)二 cosxsin x xy ,N(x,y)二 y(1 x )，因为 2 2把原方程分项组合得cosxsin xdx (xy dx yx dy) ydy二0

8、,y212 1 2 2 1 2 .2 2 2 或写成-sin x) d ；x y ) d(y ) = 0, 故原方程的通解为sin x x y7设 A =2-312-4 一| 1 |dX，试求方程组-IL-1dtdtdX二 AX 满足初始条件 x(0)二的解.解：特征方程为 det(A- .E)=求得特征值1可得一个基解矩阵于是，所求的解为dy&求方程-dx一3 - 乂 2)(，5) = 0,=2, 崩 =-5,对应入1 = 2,入2 = -5的特征向量分别为,G，亠 0)._e-2e，又因为片4(0)二123：11 Xe*t一：(t)(0) ee=2x T - 3y2通过点 (1,0) 的第

9、二次近似解.1TT 一解：令：0(x) =0，于是x1(x) = y0V 2x -1 -3 2(x)dx = X2 -X,X2122(x)二 y。“ 2x 一1 一3 1 (x)dx = 10 x x3 3 43 5-x x x ,259.解：方程可化为霽+8y2dx y4y巴d齐p令dx则有32x = y_4yp(*),2y(p34y2)乎+p(8y2(*)两边对y求导得dy-p3)2=4y p(p3即(2廉心 2ydp -，由dy=02p 二 cy2，即y = (E)2c2cX =+将y代入(*)得42pc2c2x 二4即方程的含参数形式的通解为:-(f)2,p为参数;又由p3-4y2 =

10、0 得1P =(4y2)3y代入(*)得x327也是方程的解.10.若2A 二_-1试求方程组x=Ax的解(t),:(o)=, 并求expAt-2-1解：特征方程p()=-4，解得1,2 = 3，此时 k=1, n1- 2(t)=匸(A-3E)叮二 e3tt(_ 12)1-2 t(- 12)_求(够)3 _ 4乂丫也8y2 = 0的通解 dxdx，+nTfe t (A- E)| i!由公式expAt：i =0 expAt 二 e3t l-E t(A-3E)匚 e3t广1101-1+ t 111卜=少t 1丄01 一冷1 一Jt1+t一三、证明题1.若：:迫),？(t)是 X： =A(t)X 的

11、基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C，使得 ?(t) = G(t)C证:，(t) 是基解矩阵，故 (t) 存在，令 X(t) =：(t)?(t),则 X (t)可微且 detX(t) =0，易知 T(t)=：(t)X(t).所以 7 (t)(t)X(t)亠(t)X (t) = A(t)G(t)X(t)亠症(t)X (t) =A(t)?(t)亠(t)X (t)而厂(t) =A(t)?(t)，所以：:(t)X (t) =0X(t) =0, X(t)二 C (常数矩阵)，故 宇(t) h：(t)C .2.设(x) ( :_ x0 ,x “： l ：,) 是积分方程xy(x) = y。+ J 2

12、y(我djg,B的皮卡逐步逼近函数序列 n(x)在:，订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:，订上(x)(X)(X - x0)n，则有 n!X(x) n(x)| 1( 2( )一 z( )l)dX0x n J J 人n !X0(- X0)“d旦(XM (n 1) !x证明：由题设，有 屮(X)三 y。+ jR(E)+dxx，0(x)二 y, ；(x) =y. 2 2( ) d , x,x ；，(n 十,)x下面只就区间x0_ x _:上讨论，对于芒 x冬x0的讨论完全一样。x因为 L (x)- 0(x)国2|-()| 1 |)d 丄 M(x-x),其

13、中 M = maxx2(x)|x|X 可 Ot,px0XX所以冋(即(-咖屈乩问 j)dEp(x-x。)2,XoXoML” J 其中Lmaxx2，设对正整数n有一 (x)(x)匸故由归纳法，对一切正整数 k，有k 4MLk4z xk. ML # R 、k (X-X)( - - ：).k!k!而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当因而函数序列 n(x) 在 Xq X-上一致收敛于-(x).根据极限的唯一性即得(x)二：(x), X。辽 x 乞3设匚二上二 都是区间 (-00 柯 上的连续函数，且是二阶线性方程 卩卄(莎+g尸0 的一个基本解组试证明：(i)厂工和j ：.-| 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)认工和I 没有共同的零点；(iii)匚厂和I 没有共同的零点证明：厂丄和J J 的伏朗斯基行列式为因厂H 是基本解组，故W(x)hO 化阿啊).若存在.二二汀，使得-;:1 ,则由行列式性质可得,矛盾即(X) 最多只能有简单零点.同理对 讥X) 有同样的性质，故(i)得证.若存在.-,使得l J-.l|?|，则由行列式性质可得 r I ，矛盾即I与 JL. I无共同零点故(ii)得证若存在. S网,使得0仏)=叭鬲)=0 ,则同样由行列式性质可得盾.即门与二| 无共同零点故(iii) 得证