常微分方程練習題及答案(復習題)

1、常微分方程練習題及答案（復習題）填空題。3 d2x1.方程x -虧 dt2(線性、非線性)微分方程2.方程二曳f(xy)經(jīng)變換 y dx,可以化為變量分離方程3.3一 d y微分方程 -dx3x 0滿足條件y(0)1,y(0)4.設(shè)常系數(shù)方程、*e的一個特解y (x)5.朗斯基行列式 W(t)0是函數(shù)組x1(t),x2(t),L ,xn(t)在6.7.8.9.條件.22萬不s xydx (2x 3y已知XA(t)X的基解矩陣為方程組x可用變換常微分方程練習試卷2的解有2xe20)dy0 的只與y有關(guān)的積分因子為(t)的，則 A(t)個.x xe xe ,則此方程的系數(shù)b上線性相關(guān)的0x的基解矩

2、陣為5dy 工 三將伯努利方程化為線方程.io .沙，足方程y2y 5y y 1和初始條件的唯一解.的待定特解可取的形式：12.三階常系數(shù)齊線性方程2 y 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.dy2.求解方程dxd2x3.求解方程xdt24.用比較系數(shù)法解方程.5.求方程y y sin x的通解.22、，6 驗證微分方程(cosxsinx xy )dx y(1 x )dy0是恰當方程，并求出它的通解7,設(shè)AdX,試求方程組1dtAX 的一個基解基解矩陣心dtAX 滿足初始條件 X(0)的解.8.求方程2x 1dx3y2通

3、過點 (1,0) 的第二次近似解.4xydydx8y2的通解10.若三、證明題1.若(t),2.設(shè)(X)(試求方程組XAx的解(t),(0)并求expAt(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C.的皮卡逐步逼近函數(shù)序列3.設(shè)(i)(ii)(iii)Xo,X)是積分方程y(x) v。 n (x)在,上一致收斂所得的解，而X02y(Xo,X ,(x)是這積分方程在,上的連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在 ,上(X)都是區(qū)間(一8，.)上的連續(xù)函數(shù)，且W爐是二峰性方程虱工)y三°的一個基本解組.試證明: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)

4、；爐(工)沒有共同的零點；“和/沒有共同的零點.4.試證：如果)是dX出AX滿足初始條件(t0)的解，那么eXP A(t t。)答案一.填空題。1.二，非線性2.Xyu(f(u) 1)du1dX3.X無窮多4.3,2,5.必要 6.7.(t),At1(t)8. e2t八e 05t0 e9.10."0) 二 口仰="|(0) = 011.(X)1±7512. 1,二、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.解：設(shè)曲線方程為,切點為（x,y）,切點到點（1,0）的連線的斜率為工,則由題意可得如下初值問題：V3 _

5、分離變量，積分并整理后可得/卅號J1 r-1 y(0)= 0代入初始條件可得e=i,因此得所求曲線為dy2 .求解方程dxx解：由x0,求得x01,y1,2,則有(1 z)dz1 z2,12、,積分得 arctan z ln(1 z ) In | | C , 2故原方程的解為arctan -In .(x 1)2 (y2)2C.3.d2x求解方程xOdt2(dx)2 0dyn= 0y = C1 n，故有J 或打工dK_ r2令山 了，直接計算可得出di7= cJ + Ca （cy - 2t）g/，兒，所以r 上 、l就是原方程的通解，這里 1 上為任意常數(shù)。4.用比較系數(shù)法解方程.八 re 1

6、r幾 3 解：特征方程為£-4*43,特征根為為二°，%= 2工力=對應(yīng)齊方程的通解為. ,-設(shè)原方程的特解有形如代如原方程可得- 8仃 + 4 (2 威 + 8)=密8/J 1 A fl T利用對應(yīng)系數(shù)相等可得口一工一 2，故人 V *.原方程的通解可以表示為(C ? C2 , 7 是任意常數(shù))5.求方程yy sin x的通解.解：先解y一xy得通解為y ce ,令y c( x)ex為原方程的解,代人得c(x)ex c(x)exc(x)exsin x即有c (x)-x _e sin x,積分得c( x)6.驗證微分方程(1e x(sin 2cos xsin x解由于M (

7、x把原方程分項組合彳或?qū)懗蓌 cosx) c ,2、xy )dx y(1一 x所以y ce1 (sin x cosx)2、x )dy 0 是恰當方程，并求出它的通解22、 My) cosxsin x xy , N (x, y) y(1 x ),因為 y22導 cosxsin xdx (xy dx yx dy)ydy 0，為原方程的通解.2xy, 1 1 . 2、 d(-sin x)212 2d(2xy)1 2% y) 0,2故原方程的通解為sin x7.設(shè)AdX解：特征方程為求得特征值,試求方程組dtAX 的一個基解基解矩陣dX求dtAX 滿足初始條件 x(0)的解det(AE)可得一個基解矩

8、陣于是，所求的解為dy8.求萬程 dx2)(5) 0,2,(t)2x2t e2t e(t)5,對應(yīng)5t e2,5的特征向量分別為Vi0).2e 5t1(0)1 3y22t1 e1(0)5t e5t2e通過點 (1,0) 的第二次近似解.2t5t2e2t5t4e解：令0(x)0 ,于是9.i(X) No2(X)yodydx)3解：方程可化為(*)兩邊對y求導得xJ"2 /o(x)dx xx,x12x4xydy 3dx23 12(x)dx10dydx8y24ydy dx2y(p3(p3 4y2)(2ydp dy將y代入(*)得即方程的含參數(shù)形式的通解為:28y 0 的通解P) 02P2c

9、c2又由p34y210.若解：特征方程由公式expAtP(t)*Ady 令dxp則有32p 8y4 yp*)p(8y2c dp 2y ,由dy2P c2(p)2cp3)24y pcy2(E)2c1(4 y2)3試求方程組1e3tE)i代入(Ax的解27,t1：-(A 3E)ix3也是方程的解(0)1,2并求expAt,此時k=1,n1e3t1 t(2 t(2)2)expAt e3t E t(A 3E)e3t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

10、(t)0,易知(t)(t)X(t).所以(t)(t)X(t)(t)X (t)A(t) (t)X(t)(t) A(t) (t)，所以(t)X (t)0，X (t) 0,X(t) C (常數(shù)矩陣)，故 (t)(t)C2.設(shè)(x)(的皮卡逐步逼近函數(shù)序列證明：由題設(shè)，有q(x)下面只就區(qū)間X0，X)是積分方程y(x)V。 n (x)在,上一致收斂所得的解，而(x) y。V0,n(X)X0V0(X)X0因為I (x)0(x)|(X)1(X)|其中L，2、 maxx ，d ,n1()d ,上討論，對于X(2IXqX2(2I ()X0設(shè)對正整數(shù)n有IXq的討論完全一樣。)10(x)I l)d)I)d(X)

11、n(x)I(2I故由歸納法，對一切正整數(shù)I (x)Xqe3t 1 tC.(t)X (t) A(t)XXq2y()d ,是這積分方程在X0,XM (xL M(x01(X)IMLnX0),Xo)d(x(t)X (t)Xo,X ,上的連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在 ,上(X)(n其中MML(x 2!n -X0)，則有(x)1,2,).2 . max x IX ,(X)I |x|，Xq)2,n 1()I)dx n 1L MLx n!xox。)%nML(n 1)!(x Xo)nMLk 1 ,k1(X)I F(xk MLk1x。)R)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

12、n（x）在x0x上一致收斂于（x）.根據(jù)極限的唯一性，即得(ii)爐（工）沒有共同的零點;(iii)/和“沒有共同的零點.(x)(x), x0 x3.q（工）都是區(qū)間（電十00上的連續(xù)函數(shù)，且伊（兀）是二階線性方程j +r（工）y +弓（工）7一 °的-個基本解組.試證明:(i)以外 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）；用=的伏朗斯基行列式為因我1工和材（，）是基本解組,故(r e (一町+oo)若存在%w S3），使得研7）=爐區(qū)）=°,則由行列式性質(zhì)可得雙Q = °，矛盾.即仍I'最多只能有簡單零點.同理對產(chǎn)熾）有同樣的性質(zhì)，故但得證.若存在"'',OO ,則由行列式性質(zhì)可得 彳（/）=0，矛盾.即以幻與孤行無共同零點.故（ii）若存在0,則同樣由行列式性質(zhì)可得 印（勺）二°,矛盾.d與產(chǎn)無共同零點.故得證.