常微分方程练习试卷及答案

1、常微分方程练习试卷一、填空题。1.方程 x3 d 2x10 是阶（线性、非线性）微分方程 .dt 22.方程 x dyf (xy ) 经变换 _ ，可以化为变量分离方程.y dx3.微分方程 d 3 yy2x0满足条件 y(0) 1, y (0)2 的解有个 .dx34. 设 常 系 数 方程 yy*2 xxx，则此方程的系数yex 的 一个 特解 y ( x)eexe，.5.朗斯基行列式 W (t )0是函数组 x1(t), x2 (t),L , xn (t ) 在 a xb 上线性相关的条件 .6.方程 xydx(2 x23y220) dy0 的只与 y 有关的积分因子为.7.已知 XA(

2、t) X 的基解矩阵为(t ) 的，则 A(t ).8.方程组 x '200x 的基解矩阵为59. 可用变换将伯努利方程化为线性方程 .10 .是满足方程 y2 y 5y y 1 和初始条件的唯一解 .11. 方程的待定特解可取的形式 :12. 三阶常系数齐线性方程 y 2 y y 0 的特征根是二、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 .dyxy12求解方程.dxxy3d 2 xdx20。3. 求解方程 x2( )dtdt4用比较系数法解方程 .5求方程 yy sin x 的通解 .6验证微分方程 (cos x sin

3、 xxy 2 )dxy(1 x2 )dy0 是恰当方程，并求出它的通解 .311A X 的一个基解基解矩阵(t) ，求 dXA X7设 A，试求方程组 dX241dtdt满足初始条件x(0)的解 .8.求方程 dy2x13y2通过点 (1,0)的第二次近似解 .dx9.求dy)34xydy8y20 的通解(dxdx10. 若A21试求方程组 xAx 的解 (t ), (0)141,并求 expAt2三、证明题1.若(t),(t ) 是 XA(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 )C .2. 设 ( x) (x0 , x) 是积分方程y(x)y0x2 y(

4、)d ,x0 , x , x0的皮卡逐步逼近函数序列 n (x) 在 , 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, 上( x)( x) .3. 设都是区间上的连续函数 ,且是二阶线性方程的一个基本解组 . 试证明 :(i)和都只能有简单零点 ( 即函数值与导函数值不能在一点同时为零);(ii)和没有共同的零点 ;(iii)和没有共同的零点 .4. 试证：如果(t ) 是 dXAX 满足初始条件(t0 )的解，那么(t)exp A(tt 0 )dt.答案一 . 填空题。1. 二，非线性2.uxy ，1du1dx3.无穷多 4.3,2,1u( f (

5、u)x1)5. 必要 6.y37.(t )1(t)8.eAte2t09.05te10.11.12. 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,切点为 ( x, y),切点到点 (1,0) 的连线的斜率为,则由题意可得如下初值问题 :.分离变量 ,积分并整理后可得.代入初始条件可得,因此得所求曲线为.2. 求解方程dyxy1.dxxy3解：由 xy10,求得 x1, y2令x1,xy30y2,则有 d.令 z，解得 (1z)dzd, 积分得 arctanz 1 ln(1 z2 ) ln | | C ,d1

6、z22故原方程的解为arctan y2ln (x1)2( y2)2C .x13. 求解方程 x d 2 x( dx )20dt2dt解令，直接计算可得，于是原方程化为，故有或，积分后得，即，所以就是原方程的通解，这里为任意常数。4. 用比较系数法解方程 .解：特征方程为,特征根为.对应齐方程的通解为.设原方程的特解有形如代如原方程可得利用对应系数相等可得,故.原方程的通解可以表示为(是任意常数 ).5. 求方程 y y sin x 的通解 .解：先解 yy 得通解为 ycex ,令 y c( x)ex 为原方程的解，代入得c( )x()x()x sinx ,即有 c ( x) exsin x

7、,x ecx ec x e积分得 c( x)1 e x (sin xcosx)c ,所以 y cex1 (sin x cos x) 为原方程的通解 .226验证微分方程 (cos x sin xxy 2 )dxy(1x2 )dy 0 是恰当方程，并求出它的通解 .解：由于 M ( x, y)cos xsin xxy2 , N ( x, y)y(1x2 ) ，因为 M2xyN 所以原方程为恰当方程 .yx把原方程分项组合得 cos x sin xdx (xy 2dxyx2dy ) ydy 0 ,或写成 d( 1 sin2x) d ( 1 x2 y2 ) d (1 y2 )0 ,故原方程的通解为

8、sin2 xx2 y2y2C .2227设311，试求方程组 dXA X 的一个基解基解矩阵(t ) ，求 dXA XA4，21dtdt满足初始条件 x(0)的解 .解：特征方程为det(AE)312)( 5) 0,2(4求得特征值 12,25,对应 12, 25 的特征向量分别为V111( ,0).,V2,12可得一个基解矩阵(t)e 2te 5t.，又因为1(0)121，e2t2e5t311于是，所求的解为(t )(t )1(0)1e 2te 5 t2111e 2t2ee 2t2e 5 t111e 2t4e335t5t8.求方程dy2x13y2 通过点 (1,0) 的第二次近似解 .dx解

9、 :令0 ( x)0 ，于是1( x)y0x3 02 ( x)dxx22 x1x,12 ( x)y0x3 12 ( x)dx1x x2x33 x43 x5 ,2 x111025dy34xydy20的通解9.求()8 ydxdxdy 38y2xdxp38y24 y dydyp解：方程可化为，x4yp（ *），dx令 dx则有2y( p32dpp(8y23)2p4y)p4 y（* ）两边对 y 求导得dy，( p34 y2)(2 y dpp)02 y dpp0y( p )21即dy，由dy得 pcy2 ，即c .c22 p将 y 代入（ * ）得xc2 ，4xc22 p4c2y(p2)，p 为参数

10、；即方程的 含参数形式的通解为：c143又由 p34 y20 得 p(4 y2) 3 代入（ * ）得 y27x也是方程的解 .A21xAx 的解1并求 expAt10. 若14试求方程组(t ),(0),2p()2126903 ，此时 k=1, n1141,22 。解：特征方程，解得1v(t )3t1 t i3E)i13t1t(12 )e( Aet (2 )2，i 0i !221e t n1 t i(AE)i由公式 expAt =i0 i !得exp At3tEt( A 3E)3t1 0t1 13t 1 ttee011 1et1t三、证明题1. 若(t), (t ) 是 XA(t) X 的基

11、解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C ，使得(t)(t )C .证：(t ) 是基解矩阵，故1 (t ) 存在，令 X (t )1(t)(t )，则X (t ) 可微且 det X (t )0，易知(t)(t ) X (t) .所以(t)(t) X (t )(t) X(t )A(t )(t ) X (t)(t ) X(t )A(t )(t )(t) X (t)而 (t )A(t)(t ) ，所以(t ) X(t)0 ,X (t )0,X (t )C （常数矩阵），故(t )(t)C .2. 设 ( x) (x0 , x) 是积分方程y(x)y0x2 y( ) d ,x0 , x , x0的

12、皮卡逐步逼近函数序列 n (x) 在 , 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, 上 ( x)( x) .x证明：由题设，有 (x) y02( ) d ,x0x0 ( x)y0 ,n ( x)y0 2n 1 ( )d , x0 , x , ， (n 1, 2,) .x0下面只就区间 x0x上讨论，对于xx0 的讨论完全一样。x因为| ( )0() |( 2 |()| |)dM(x x0),其中 Mmax x2|( x) | x |，xxx0x , x(2|()xML ( x x0 )2 ,所以 | ( x)1 ( x) |0 ( ) |) dL

13、 M (x0 )dx0x02!其中 Lmax x2 ,设对正整数 n 有 | (x)n1 ( x) |MLn 1( x x0 ) n , 则有x , n !x2 |L xMLn1ML n|( x )n ( x )|( )n 1()|)d(x0 )n d( xx0 ) n 1,x0x0n !(n1) !,故由归纳法，对一切正整数k ，有| ( x)k 1 ( x) | MLk 1 (x x0 )kMLk 1 () k .k !k !而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当k时，它0 ,因而函数序列n( x)在x0x上一致收敛于(x). 根据极限的唯一性,即得( x)( x),x0x.3.设(i)(ii)(iii)证明 :和和和和都是区间上的连续函数 ,且是二阶线性方程的一个基本解组 .试证明 :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);没有共同的零点 ;没有共同的零点 .的伏朗斯基行列式为因若存在和是基本解组 ,使得故,.则由行列式性质可得,矛盾.即最多只能有简单零点. 同理对有同样的性质 , 故 (i) 得证 .若存在,使得,则由行列式性质可得,矛盾 .即与无共同零点 .故(ii)得证 .若存在,使得,则同样由行列式性质可得, 矛盾.即与无共同零点 . 故