常微分方程練習試卷及答案

1、常微分方程練習試卷、填空題。1. 方程X3予1 0是(線性、非線性)微分方程2. 方程-dy f(xy)經(jīng)變換，可以化為變量分離方程y dxd3y3微分方程d4 y2 x 0滿足條件y(0)1,y (0)2的解有個.dx4. 設常系數(shù)方程y y yex的一個特解y (x)e*xe*，則此方程的系數(shù):5. 朗斯基行列式W(t) 0是函數(shù)組Xi(t),X2(t), L ,Xn(t)在a x b上線性相關的 條件.6. 方程xydx (2x2 3y2 20)dy 0的只與y有關的積分因子為.7. 已知X A(t)X的基解矩陣為 (t)的，則A(t) .2 08. 方程組xx的基解矩陣為0 5dy 3

2、 j一 =x y + y9. 可用變換將伯努利方程-1化為線性方程.10 是滿足方程y 2y 5y y 1和初始條件的唯一解.11. 方程1的待定特解可取 的形式：12. 三階常系數(shù)齊線性方程 y 2y y 0的特征根是、計算題1. 求平面上過原點的曲線方程，該曲線上任一點處的切線與切點和點(1,0)的連線相互垂直.dy x y 12 求解方程dx x y 33.求解方程 x(dx)2 0。dt2dt4用比較系數(shù)法解方程.-;l - 1十L 犬-；.5 求方程y y sin x的通解.2 26驗證微分方程(cos xsinx xy )dx y(1 x )dy 0是恰當方程，并求出它的通解7設A

3、，試求方程組dXdtAX的一個基解基解矩陣(t)，求豈dtAX滿足初始條件x(0) 的解.8. 求方程 矽 2x 1 3y2通過點(1,0)的第二次近似解dx9. 求(矽)3 4xy 8y2 0的通解dxdx并求expAt2 110.若A 14試求方程組x Ax的解()三、證明題1.若(t),(t)是 XA(t)X的基解矩陣，求證：存在一個非奇異的常數(shù)矩陣C,使得(t)(t)C.2. 設(x) (x,x)是積分方程x 2y(x) y。 y( ) d , x,x ,x0上的的皮卡逐步逼近函數(shù)序列 n(x)在,上一致收斂所得的解，而(X)是這積分方程在連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在,上(x)(x)

4、.3. 設都是區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，且是二階線性方程 丁 / |/1-的一個基本解組.試證明:(i) ； 亠和都只能有簡單零點(即函數(shù)值與導函數(shù)值不能在一點同時為零);(ii) 和沒有共同的零點；(iii) 和沒有共同的零點.4.試證：如果(t)是dXdtAX滿足初始條件(t。)的解，那么(t) exp A(t to)答案1.二，非線性 2. Uxy，11cdu - dx 3.無窮多 4.u(f(u) 1)x5.必要6.y37.(t)Ate01(t)e0e5t9.填空題。10. y(=ly( = 0 伯.叨 +卞 + 63,2,1y1廬12. 1, 二、計算題的連線相互垂直.-,則由題意1. 求平

5、面上過原點的曲線方程，該曲線上任一點處的切線與切點和點（1,0）解：設曲線方程為：-：1,切點為（x,y）,切點到點（1,0）的連線的斜率為 可得如下初值問題：I y 1I】畑=0 .分離變量，積分并整理后可得- |： 1 2_i代入初始條件可得丁二-,因此得所求曲線為2. 求解方程dx=0解：由xxo求得x 1,y 21,2,則有d.令 z -,解得(1 z)dz1 z,積分得arctanz-l n(1 z2)2ln| | C,故原方程的解為arctan -x 1In .(x 1)2 (y 2)2C.3.求解方程乂馬dt2（dX）2，故解 令丄=，直接計算可得”“山，于是原方程化為兀空十 _

6、0=纟 空=三有或，積分后得，即垃，所以-就是原方程的通解，這里4J為任意常數(shù)4.用比較系數(shù)法解方程.L“十：；-_：.解：特征方程為 門-,特征根為八 ：= 對應齊方程的通解為_ -t設原方程的特解有形如; r，代如原方程可得-厶I 4 .- I .利用對應系數(shù)相等可得,故 ：.原方程的通解可以表示為(I I,是任意常數(shù))5.求方程y y sin x的通解.解：先解yy得通解為y cex,代入得 c(x)ex c(x)ex c(x)ex sinx,積分得 c(x) 1e x(sinx cosx) c ,令y c(x)ex為原方程的解，即有 c (x) e xsin x ,1所以y cex勺n

7、x cosx)為原方程的通解.26.驗證微分方程(cosxsinx xy )dx2y(1 x )dy 0是恰當方程，并求出它的通解241解：由于M(x, y) cos xsi nx xy2,N(x, y) y(1 x2)，因為2xy 所以原方程為恰當方程 yx把原方程分項組合得 cosxsin xdx (xy2dx yx2dy) ydy 0,或寫成 d(1sin2x)d(1x2y2)d(1y2)0,故原方程的通解為sin2xx2y2y2C .2 2 27 設A，試求方程組dXdtAX的一個基解基解矩陣(t)，求 2 AX滿足初始條件x(0)的解.解：特征方程為det(A E)(2)(5) 0,

8、1(X) yo21 3 o(x)dx2x x,2(x) yox12x 13 ；(x)dx1233 43 5x x x x x , 1025求得特征值12, 25,對應12,25的特征向量分別為1V1V2112 ,(, 0).可得一個基解矩陣(t)2t5tee2t5te2e.，又因為 1(0)1 2 13 11于是，所求的解為(t)(t)1(0)1 e2te5t23 e2t2e5t11 11 1.2t1 e2t3 e2e 5t4e 5t48.求方程dy 2x 1 3y2通過點(1,0)的第二次近似解. dx解：令0(x)0 ,于是4(衛(wèi))29.求(dx)3 4xydx 8y20 的通解x解：方程

9、可化為八y24ydydxdy 令dxp x則有32P 8y4yp(*)，(*)兩邊對y求導得2y(p3 4y2)d?P(8y2 p3)24y p(p3 4y2)(2y 並 p) 02y如即dy，由 dyc2 2px 一 p將y代入(* )得 4 c2，1cy2，即yp 2()2c22p2c即方程的 含參數(shù)形式的通解為:，p為參數(shù);x又由p3 4y212 3p (4y)3代入(*)得27x3也是方程的解.10.若 A試求方程組xAx的解(t),(0)1 ,并求 expAt2解：特征方程P(t)e3t3E)i，解得e3t1,23，此時 k=1, n12由公式expAt =n 1 xie,AE)ie

10、xp At e3t Et(A 3E)e3tt(t(2)2)e3t 1三、證明題(t)C.1若(t),(t)是X A(t)X的基解矩陣，求證：存在一個非奇異的常數(shù)矩陣C,使得(t)證：(t)是基解矩陣，故1(t)存在，令X(t) 1(t) (t)，則 X(t)可微且 detX(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 (常數(shù)矩陣)，故(t) (t)C .2.設(x) (x,x)是積分方程x 2y(x)

11、y。x y( ) d ,x,x ,x0上的的皮卡逐步逼近函數(shù)序列 n(x)在,上一致收斂所得的解，而(X)是這積分方程在 連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在,上(x)(x).x證明：由題設，有(x) y0 2 ( ) d ,o(x)yo, n(x) yo x)2 nl()d ,Xo,x ,，(n 1,2,).F面只就區(qū)間x0 x上討論,對于x xo的討論完全一樣。因為xI (x) o(x)I (xo2| ( )II)dM (x x0),其中 M maxx2 | (x) | |x |，x ,所以Ix(x) i(x)|(xo2I ()o()I)dLxoMLM (xo)d莎(xxo)2,其中Lmaxx2

12、,x ,設對正整數(shù)n 1ML(x) n 1(X)|(xn!Xo)n ,則有x(2|x故由歸納法，對一切正整數(shù)k，| ( )( ) | MLk 1I (x) k1(X)| k!I (x) n(x)|i( )I)dx n 1L MLx n!xoXo)nd衛(wèi)J 1 (n 1)!(x xo)kMLk1( k!()k.而上不等式的右邊是收斂的正項級數(shù)的通項，故當時，它 0,因而函數(shù)序列 n(x)在xox上一致收斂于(x).根據(jù)極限的唯一性,即得(x)(x), xo x3. 設 WE 都是區(qū)間 ZM 上的連續(xù)函數(shù),且卩(評是二階線性方程 丁 /-的一個基本解組.試證明:(i)； 亠和都只能有簡單零點(即函數(shù)值與導函數(shù)值不能在一點同時為零);(ii)卩以)和卩沒有共同的零點；(iii)卩3和沒有共同的零點.證明:卩和卩的伏朗斯基行列式為恥)=因卩(町和普(x)是基本解組故琢(工)工0仆(-叫忸)若存在，使得m、,則由行列式性質(zhì)可得L. ,矛盾即最多只能有簡單零點同理對有同樣的性質(zhì)，故(i)得證若存在I L + 1 ,使得,則由行列式性質(zhì)可得,矛盾.即與無共同零點故(ii)得證.若存在：一川,使得 l：-i:1 ,則同樣由行列式性質(zhì)可得 、：-即-與無共同零點故(