常微分方程练习题及答案

1、填空题。1.方程Wdt2(线性、非线性)微分方程.2.方不52 dz y dxf(xy)经变换,可以化为变量分离方程3.,3一 d y微分方程 -dx30满足条件y(0)i,y(0)2的解有4.设常系数方程yxe的一个特解*y (x)2xex xe xe ,则此方程的系数5.朗斯基行列式 W(t)o是函数组Xi(t),X2(t),L ,Xn(t)在b上线性相关的6.22方不a xydx (2x 3y20)dy0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(t)的，则 A(t)8.方程组x2 0x的基解矩阵为0 59 .可用变换 将伯努利方程 化为线，卜方程.10 .是满足方程y

2、2y 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 2y y0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 33.求解方程d2x x 2 dt2(dx)2 04,用比较系数法解方程.5 .求方程y y sin x的通解./22、6验证微分方程(cosxsinx xy )dx y(1 x )dy0是恰当方程并求出它的通解.7.设A8.求方程dydX9.求10.若三、证明题1.若(t),2.设(x)(dX,试求方程组dtAX 的一个基解基

3、解矩阵,求dXAX 满足初始条件x( 0)的解.2x 13y2通过点(1,0) 的第二次近似解.的通解(t)是 XXo，X试求方程组的解,(0)的皮卡逐步逼近函数序列3.(i)(ii)(iii)并求expAtA(t)X 的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵 C)是积分方程y(x) v。 n(X)在使得(t)C.x 22y( ) dX0上一致收敛所得的解，而(x)是这积分方程在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：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)；和没有共同的零点；和没有共同的零点.4.试证：如果dX (t)是AX满足初始条件答案一.填空

4、题。1.二，非线性2.5.必要 6.7.Xy(t)(to)的解，那么(t)u(f(u) 1)du工 dx 3. x无穷多 4.Xo,X上的连续解，试用逐步逼近法证明：在eXD A(tto)3,2,上(x)(X)At1(t)8. e2te 09.5t0 e10.11.12. 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1,y 2 令 y1,2,dy x y 12.求解方程.dx x y

5、3x y 1 0,解：由求得xx y 3 0d则有一d.令z 一解得(1 z手1 zd1一,积分得 arctan z ln(12z2)ln I I Cln (x 1)2 (y 2)2 Cy 2故原方程的解为 arctanx 1d2x3.求解方程xdt2净2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，特征卞M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.xx解：先解yy得通解为y ce , 令

6、y c(x)e为原方程的解，代人得 c(x)ex c(x)exc(x)ex sin x, 即有 c(x) e xsin x积分得c(x)1e x(slnx cosx)所以 y cex 1 (sin x cosx)为原方程的通解.2、 .6验证微分方程(cos xsin x xy )dx2、y(1 x )dy 0 是恰当方程，并求出它的通解.22、 一 M解由于 M (x, y) cosxsin x xy , N (x, y) y(1 x )因为 y2xy所以原方程为恰当方程.2 .2 ,、把原万程分项组合得cosxsin xdx (xy dx yx dy)ydy 0，或写成d(gsin2x)1

7、 2 2 d(2x2y2)1 2 d(2y2) 0, ,. 2故原万程的通解为sin xC.7 .设A,试求方程组dXAX 的一个基解基解矩阵dX解：特征方程为det(AE)求得特征值2,5,对应2,可得一个基解矩阵(t)于是，所求的解为dy8 .求万程 dx2x2t2t(t)5t e2e 5t1(0)3y通过点dt2t e2t e解：令0(x)0 ，于是9 .求1(x)2(x)解：方程可化为y。y。AX满足初始条件x(0)的解.2)(5) 0,5的特征向量分别为1 _1(0)5t e5t2e(1,0) 的第二次近似解.V12t2t2e 5t5t4e0).x12xxJ2x的通解令则有(*),3

8、 2(x)dx x23 12(x)dx10x,3 5-x ,5(*)两边对y求导得,即，由得，即.将y代入(*)得, 即方程的含参数形式的通解为：，p为参数;又由得代入(*)得 也是方程的解10.若试求方程组的解 (t),(0)并求expAt解：特征方程，解得，此时 k=1,。由公式expAt二 得三、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证:(t)是基解矩阵，故1(t)存在，令X(t)1(t)C，使得(t)C.则 X(t)可微且 detX(t)。，易知(t)(t)X(t).所以(t)(t)X(t)(t)X (t)A(t) (t)X(t)(t)X

9、 A(t)(t)X (t)(t) A(t) (t)，所以(t)X (t)0,X (t)0, X(t) C (常数矩阵)，故2.设(x)(Xo，X)是积分方程y(x)V。x 2x y(x0)d ,Xo,X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).证明：由题设，有(x) y。d ,xo0(x)y。,n ( x)y。1()d , xo,x ,(n1,2,).x。下面只就区间x。上讨论，对于x。的讨论完全一样。因为| (x)o(x)|x(2|)1I l)dM (x x。),其中Mx0所以 | (x)1(x)|(

10、2| ()0()I)dL M(x°)dML2!(x，2-maxx | (x)| |x|，x , x。)2,x。x。2其中L maxx ，设对正整数 x ,(x)nl(x)|MLn 1n!(x x0)n，则有I (x)n(x)|2|1( )I)dx n 1L MLx0x0n!xo)ndnML /(x(n 1)!n 1x0)故由归纳法，对一切正整数 k,有I (x)ki(x)|MLkk!(xxo)kMLk1k!)k.而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当时,0,因而函数序列n(x)在 xox上一致收敛于(x).根据极限的唯一性，即得(x)(x)，x°x3.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.证明：和的伏朗斯基行列式为因和是基本解组，故.若存在，使彳# ,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，使彳# ,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，使彳# ,则同样由行列式性质可得，矛盾.即与无共同零点.故(iii)得证.4.试证：如果(t)是dX出