常微分方程练习题及答案(复习题)

1、常微分方程练习试卷一、 填空题。 1. 方程是 阶 （线性、非线性）微分方程.2. 方程经变换，可以化为变量分离方程 .3. 微分方程满足条件的解有 个.4. 设常系数方程的一个特解，则此方程的系数 ， ， .5. 朗斯基行列式是函数组在上线性相关的 条件.6. 方程的只与有关的积分因子为 .7. 已知的基解矩阵为的，则 .8. 方程组的基解矩阵为 9.可用变换 将伯努利方程 化为线性方程.   10 .是满足方程 和初始条件          的唯一解.  11.方程 的待定特解可取

2、          的形式:       12. 三阶常系数齐线性方程 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. 2求解方程. 3. 求解方程 。4用比较系数法解方程. .    5求方程 的通解. 6验证微分方程是恰当方程，并求出它的通解. 7设 ， ，试求方程组的一个基解基解矩阵，求满足初始条件的解. 8. 求方程 通过

3、点 的第二次近似解.9.求 的通解10.若 试求方程组的解 并求expAt三、证明题1. 若是的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵，使得.2. 设是积分方程的皮卡逐步逼近函数序列在上一致收敛所得的解，而是这积分方程在上的连续解，试用逐步逼近法证明：在上.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：如果是满足初始条件的解，那么.答案一.填空题。1. 二，非线性 2.， 3.无穷

4、多 4.5.必要 6. 7. 8. 9. 10. 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: .                            

5、;     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. 解：由 求得 令 则有 令，解得,积分得,故原方程的解为 . 3. 求解方程 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. .  

6、0;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 .     

7、;             原方程的通解可以表示为( 是任意常数) . 5.求方程 的通解. 解：先解得通解为, 令为原方程的解， 代入得, 即有, 积分得 , 所以 为原方程的通解. 6验证微分方程是恰当方程，并求出它的通解.解：由于，因为所以原方程为恰当方程. 把原方程分项组合得,或写成, 故原方程的通解为.7设 ， ，试求方程组的一个基解基解矩阵，求满足初始条件的解. 解：特征方程为 求得特征值,对应的特征向量分别为 可得一个基解矩阵 ，又因为 ， 于是，所求

8、的解为 8. 求方程 通过点 的第二次近似解.解: 令，于是 9.求 的通解解：方程可化为 ， 令则有（*），（*）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 并求expAt解：特征方程，解得，此时 k=1,。， 由公式expAt= 得三、证明题1. 若是的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵，使得.证：是基解矩阵，故存在，令 ，则可微且，易知. 所以 而，所以, （常数矩阵），故 .2. 设是积分方程的皮卡逐步逼近函数序列在上一致收敛所得的解，而是这积分方程在上的连续解，试用逐步

9、逼近法证明：在上.证明：由题设，有，. 下面只就区间上讨论，对于的讨论完全一样。因为 其中，所以其中, 设对正整数有,则有 ,故由归纳法，对一切正整数，有. 而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当时，它,因而函数序列在上一致收敛于.根据极限的唯一性, 即得, . 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.证明: 和 的伏朗斯基行列式为    &

10、#160;                               因 和 是基本解组, 故.    若存在 , 使得 , 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