常微分方程期末模擬試題

-《常微分方程》模擬練習(xí)題及參考答案一、填空題（每個空格4分，共80分）1、n階線性齊次微分方程基本解組中解的個數(shù)恰好是n個。2、一階微分方程dy2x的通解為yx2C（C為任意常數(shù)），方程與通過點（2，3）的特解為yx21，dx與直線y=2*+3相切的解是yx24，滿足條件3ydx3的解為yx22。03、李普希茲條件是保證一階微分方程初值問題解惟一的必要條件。4、對方程dy(xy)2作變換uxy，可將其化為變量可分離方程，其通解為ytan(xC)x。dx5、方程dy1y2過點(,1)共有無數(shù)個解。dx26、方程y''x21的通解為yx4x2CxC，滿足初始條件y|2,y|5的特解為12212x1x3yx4x21x9。122647、方程dyyxx無奇解。dxdyd2ydyz8、微分方程dx。6y0dx2dxdzz6ydx9、方程dyy的奇解是y=0。dx10、d3y2x5dy3是3階常微分方程。dx3dx11、方程dyx2y2滿足解得存在唯一性定理條件的區(qū)域是xoy平面。dx12、微分方程d2ydyyCe5xCexdx24dx5y0通解為12，該方程可化為一階線性微分方程組dyzdx。dz4z5ydx13、二階線性齊次微分方程的兩個解y(x),y(x)成為其基本解組的充要條件是線性無關(guān)。1213，則線性微分方程組dXe2t14、設(shè)AAX有基解矩陣(t)e2t42dt二、解方程（每個小題8分，共120分）1、(x 2y)dxxdy0

3e5t。4e5t. z.-答案：方程化為ddyx 12xyyxu，則ddyxuxddux，代入上式，得xddux1u分離變量，積分，通解為uCx1∴原方程通解為yCx2xdxxydt2、dy4xydt答案：特征方程為AE110即2230。41特征根為3，112131a0a1對應(yīng)特征向量應(yīng)滿足1可確定出1413b0b211同樣可算出a11對應(yīng)的特征向量為22b22xCe3tCet∴原方程組的通解為。y12e3t22et3、ddyx3ye2x答案：齊次方程的通解為yCe3x令非齊次方程的特解為yC(x)e3xC(x)1e5xC5代入原方程，確定出原方程的通解為yCe3x+1e2x54、dy2xy；dx答案：dy2xy是一個變量分離方程dx變量分離得2ydy2xdx兩邊同時積分得2y2x（其中c為任意常數(shù)）c5、dyyexydxx答案：dyexyxyxexyydxx積分：e1x2c故通解為：1x2exyc0xy6、yx(x2y2)2dxxdy02.z.答案：ydxxdyx(x2y2)dx0-兩邊同除以x2y2得ydxxdyxdx0，即d(arctgx)1dx20，x2y2y2故原方程的解為arctgx1x2Cy2dx2x4ydt.7、dy5x3ydt答案：方程組的特征方程為AE24530即(2)(3)(4)(5)0，即25140特征根為7，212對應(yīng)特征向量應(yīng)滿足274a0a41，可得1537b0b511a1同樣可算出2時，對應(yīng)特征向量為22b12xC4e7te2t∴原方程組的通解為Cy15e7t2e2t8、xxsintcos2t答案：線性方程xx0的特征方程210故特征根if(t)sinti是特征單根，1原方程有特解xt(AcostBsint)代入原方程A=-1B=02f(t)cos2t2i不是特征根，21B=0原方程有特解xAcos2tBsin2t代入原方程A3所以原方程的解為xccostcsint1tcost1cos2t12239、(2x2y1)dx(xy2)dy0答案：dy2(xy)1，令z=*+y，則dz1dyy)2dxdx(xdx所以–z+3ln|z+1|=*+C，ln|z1|3=*+z+C11(xy1)3Ce2xy10、d2xdxx0dt2dt答案：所給方程是二階常系數(shù)齊線性方程。其特征方程為 2 10. z.-特征根為13i，13i122222∴方程的通解為xce(13i)tce(13i)t(ccos3t22221212dyxy111、dxxy23答案：(*-y+1)d*-(*+y2+3)dy=0*d*-(yd*+*dy)+d*-dy-3dy=0即1d-d(*y)+d*-1dyy22x23所以1x2xyx1y33yC23三、證明題（共160分）1、（12分）證明如果（t）是x/Ax滿足初始條件(t)0

c sin 3t)e12t2 2-3dy=0的解，則(t)eA(tt0)。證明：設(shè) (t) 的形式為(t)=eC（1）（C為待定的常向量）At則由初始條件得(t0)=eAt0C(eAt0)1=eAt0所以C=(eAt0)1=eAt0代入（1）得(t)=eAteAt0eA(tt0)即命題得證。2、（12分）設(shè)(x)在區(qū)間(,)上連續(xù)．試證明方程ddyx(x)siny的所有解的存在區(qū)間必為,)。證明：由已知條件，該方程在整個xoy 平面上滿足解的存在唯一及解的延展定理條件。顯然y1是方程的兩個常數(shù)解。任取初值(x,y)，其中x(,),y1。記過該點的解為yy(x)，0000由上面分析可知，一方面y另一方面又上方不能穿過y故該解的存在區(qū)間必為(

y(x)可以向平面無窮遠處無限延展；1，下方不能穿過y1，否則與惟一性矛盾；)。3、（12分）設(shè)y(x)，y(x)是方程yp(x)yq(x)y0的解，且滿足y(x)=y(x)=0，y(x)0，1210201這里p(x),q(x)在(,)上連續(xù)，x(,)．試證明：存在常數(shù)C使得y(x)=Cy(x)．021證明：設(shè)y(x)，y(x)是方程的兩個解，則它們在(,)上有定義，12其朗斯基行列式為W(x)y(x)y(x)12y(x)y(x)12由已知條件，得W(x)y(x)y(x)00010200y(x)y(x)y(x)y(x)10201020故這兩個解是線性相關(guān)的；由線性相關(guān)定義，存在不全為零的常數(shù)，，12.z.-使得y(x)y(x)0，x(,)1122由于y(x)0，可知0．12否則，若0，則有y(x)0，而y(x)0，則0，21111這與y(x)，y(x)線性相關(guān)矛盾．故y(x)1y(x)Cy(x)1222114、（12分）敘述一階微分方程的解的存在唯一性定理的內(nèi)容，并給出唯一性的證明。定理：設(shè)R:|xx|a,|yy|b.00（1）f(x,y)在R上連續(xù)，（2）f(x,y)在R上關(guān)于y滿足利普希茨條件：L0,(x,y),(x,y)R，總有|f(x,y)f(x,y)|L|yy|.121212dyf(x,y)(x)，定義于區(qū)間|xx|h上，則初值問題dx存在唯一的解y0y(x)y00連續(xù)且滿足初值條件(x)y，這里hmin(a,b),Mmax|f(x,y)|.00M(x,y)R唯一性：設(shè)(x)是積分方程在區(qū)間[xh,xh]上的解，則(x)(x).00證明：(x)yxf(,())d，(x)yxf(,())d，n1,2,......0x0n0x0n1首先估計xx.0|(x)(x)|x|f(,())|dM(xx)，0x00設(shè)|(x)(x)|MLn(xx)n1成立，則n(n1)!0|(x)(x)|x|f(,())f(,())|dx|()()|dMLn1(xx)n2這n1x0nx0n(n2)!0就證明了對任意的n，總成立估計式：|(x)(x)|MLn(xx)n1MLnhn1.n(n1)!0(n1)!因此，{(x)}一致收斂于(x)，由極限的唯一性，必有(x)(x),x[xh,xh].n00dxxy1dt5、（10分）求解方程組的奇點，并判斷奇點的類型及穩(wěn)定性。dyxy5dt. z.-xy10x2，即奇點為（2，-3）解：令，得xy50y3dXXYXx2令，代入原方程組得dt，Yy3dYXYdt因為1120，又由11220，1111解得2，2為兩個相異的實根，12所以奇點為不穩(wěn)定鞍點，零解不穩(wěn)定。dx3xy11dt滿足初始條件(0)的解.6、（12分）求方程組dy13ydt解：方程組的特征方程為31(3)20，03所以特征根為3（二重），1t，對應(yīng)齊次方程組的基解矩陣expAte3t(I(A3E)t)e3t01滿足初始條件的特解7、（10分）假設(shè)m不是矩陣A的特征值，試證非齊線性方程組x'Axcemt有一解形如(t)pemt其中c，是常數(shù)向量。證明：設(shè)方程有形如(t)pemt的解，則p是可以確定出來的。事實上，將pemt代入方程得mpemt Apemtcemt，因為e mt 0，所以mpApe c，mEA)Pc（1）又m不是矩陣A的特征值，det( mE A)0所以(mEA)1存在，于是由（1）得p(mEA)1c存在。故方程有一解(t)(mEA)1cemtpemt8、（12分）試求方程組x'Ax的一個基解矩陣，并計算expAt21，其中A12.解：p()det(EA)0,3,3，均為單根，12. z.-設(shè)對應(yīng)的特征向量為v，則由(EA)v0，得v，0.11111(23)11取v2，同理可得對應(yīng)的特征向量為v，131223則(t)e3tv,(t)e3tv，均為方程組的解，1122令(t)((t),(t))，又w(0)det(0)1130，232123e3te3t∴(t)即為所求基解矩陣.(23)e3t(23)e3t9、（12分）試證明：對任意x及滿足條件0y1的y，方程dyy(y1)的滿足條件y(x)y的000dx1x2y200解yy(x)在(,)上存在．證明：∵f(x,y)y(y1)，f(x,y)(2y1)(1x2y2)y(y1)2y在全平面上連續(xù)1x2y2y(1x2y2)2∴原方程在全平面上滿足解的存在唯一性定理及解的延展定理條件．又顯然y0,y1是方程的兩個特解．現(xiàn)任取x(,)，y(0,1)，記yy(x)為過(x,y)的解，0000則這個解可以唯一地向平面的邊界無限延展，又上不能穿越y(tǒng)1，下不能穿越y(tǒng)0，因此它的存在區(qū)間必為(,)．10、（10分）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yy(x)，切點為(x,y)，切點到點(1,0)的連線的斜率為y，x1yy'1則由題意可得如下初值問題：x1y(0)0分離變量，積分并整理后可得y2(x1)2C，代入初始條件可得C1，因此得所求曲線為(x1)2y21.11、（12分）在方程dyf(y)(y)中，已知f(y)，(x)在(,)上連續(xù)，且(1)0．求證：對任dx意x和y1，滿足初值條件y(x)y的解y(x)的存在區(qū)間必為(,)．0000證明：由已知條件可知，該方程在整個xoy 平面上滿足解的存在惟一及延展定理條件，又存在常數(shù)解yk,k0,1,2,．對平面內(nèi)任一點(x,y)，若yk，則過該點的解是yk，顯然是在(,)上有定義．000.z.-若yk,則y