《2022年电大《常微分方程》形成想考核作业参考答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年电大《常微分方程》形成想考核作业参考答案.docx（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载常微分方程第一、二、三次作业参考答案1、给定一阶微分方程dy2x：dx（1）求出它的通解；解：由原式变形得：dy2xdx . 两边同时积分得（2）yx2C . 求通过点（ 2,3）的特解；解：将点（ 2,3）代入题（ 1）所求的得通解可得：C 1 即通过点（ 2,3）的特解为：（3）yx21. 3相切的解；x求出与直线y2解：依题意联立方程组：（4）yx2Cy2x3故有：x22x3C0；由相切的条件可知：0 ,即 224 3C0解得C4故yx24为所求；求出满意条件3ydx3的解；0解：将yx2C 代入3 dy 03,可得C2
2、故yx22为所求；2、求以下方程的解；）dy dx3xy3y32）dy dx2x3x3y1解：依题意联立方程组：名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2 x3y30精品资料欢迎下载3x3y107；就令Xx2,Yy7；解得：x2,y33故原式可变成：dY2x3y. dX3x3y令uY,就 dyXduudx ,即有X233 u2dudx. 6 u3 ux. 两边同时积分,可得126u3 u22C|X|代入上式可得：将uy7,Xx23x226y143y7 232212C x2 |. x2x即上式为所求；3、求解以下方程: .
3、 1dy2xy4xdx解：由原式变形得：dyy2xdx. ln | 2y|1x2C . 2两边同时积分得：即上式为原方程的解；2xdyyex. dx解：先求其对应的齐次方程的通解：dyx y 0 . dx进一步变形得：1 dy dx . y两边同时积分得：名师归纳总结 yx ce . 第 2 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 利用常数变异法,令y精品资料欢迎下载x c x e 是原方程的通解；有xx d c x eye x. dx整理得：dc x 1dx. x两边同时积分得c x ln |x|c . 故原方程的通解为：yln |x|x
4、c e . 3dy dxyxy5；解：令zy4,代入方程整理得z 4z4x解得 : zCxx1y033 x dy32y1dy04 e44即y4Cxx1. 4e44442 2x y dx23 x y1 dy4 3解：由原式化简整理得：y dx322两边同时积分得：43 x y341C02234、表达一阶微分方程的解的存在唯独性定理；一阶微分方程（ 1）其中是在矩形域上的连续函数；定义 1 假如存在常数,使得不等式对于全部名师归纳总结 都成立,就函数称为在上关于满意 Lipschitz条件 ；第 3 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 定理
5、1 假如在上连续且关于精品资料欢迎下载条件,就方程 1 存在唯独的解,满意 Lipschitz定义于区间上,连续且满意初始条件,这里,；5、求方程dyxy2通过点 1,0 的其次次近似解；dx名师归纳总结 - - - - - - -解：令0x0就1xy0xxy02dxxxdx1x20022xy 0xx12x dxxx1x22dx1x21x50022206、争论方程dyy2通过点 1,1的解和通过点3,1的解的存在区间；dx解：此时区域 D 是整个平面 .方程右端函数满意延展定理的条件.简单算出, 方程的通解是：yC1x故通过 1,1的积分曲线为：y21x,它向左可无限延展,而当x2时, y +
6、, 所以,其存在区间为-,2；7、考虑方程dyy2a2f x y , ,假设f x y 及yf , x y 在 xOy 平面上连续,dx试证明：对于任意x 及|y0|a ,方程满意y x 0y 的解都在 , 上存在；证明：依据题设, 可以证明方程右端函数在整个xOy 平面上满意延展定理及存在与唯独性定理的条件.易于看到,ya 为方程在- ,+ 上的解 .由延展定理可知足y x 0y ,0x 任意,|y0|a 的解yy x 上的点应当无限远离原点,但是,由解的唯独性,yy x 又不能穿过直线ya ,故只能向两侧延展,而无限远离原点,从而这解应在-,+上存在；8、设yx21（1）验证函数yx4x2
7、C xC 是方程的通解；122解：由yx21,易得yx4x2c xc . 122第 4 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载故得以验证（2）求满意初始条件y| x01,y | x02的特解；c xc . y1解：由yx21,可得x3xc . 3由y |x00可得c 10yx4x2c . （3）122x22. 由y| x02可知c22. 所以所求特解为yx41225的特解；求满意初始条件y| x12,y|x3解：由y| x12,y| x35代入yx42 x122解得c 11,c 27. 34x21x7. 故所求特解为：yx4122349、求解以下微
8、分方程1）、2 d y3dy2y02）、2 d y2y4sinx3）、2 d x6dxi5x2 etdx2dxdx2dt2dty解： 1）、这里特点根方程为：2320 ,有两个特点根12,21 ,因此它的通解为：c e2tc et. 解： 2）、这里特点根方程为：10 ,它的特点根为1,2,因此它对应的齐次方程的通解为：ixy 0 c e . 考虑 w w 4 e ix,它的一个特解为：ix4 xew p 2 x s i n ix 2 c o sP i 取它的虚部作为原方程的一个特解,就名师归纳总结 yp2xc o s x. 第 5 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 -
9、- - - - - - - - 精品资料 欢迎下载依据解的结构基本定理,原方程的通解为：yy 0ypc e 1 it2 cosx . 2650 ,有两个特点根15,21 ,因此它对应的齐解： 3）、这里特点根方程为：次方程的通解为：y0c etc e5 t. 5xe2 t,它的一个特解为：考虑原方程x6xwpe2 te2t. P221依据解的结构基本定理,原方程的通解为：y y 0 y p c e tc e 5 t e 2 t21 . 10、将下面的初值问题化为与之等价的一阶方程组的初值问题 : 1）x2x7txet,x17,x12x002）x4xet,x0 1, 02,x02,解： 1）令x
10、 1 x, x 2 = x, 得 x 1xx2 x 2 x7 tx 12x 2et即x 10t1x 10tx272x2e又 x 1 x1=7 x 2 1= x1=-2 于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：名师归纳总结 x 01x0,x17x就得：第 6 页,共 13 页72et2其中xx 1. x xx xx x21x x 解： 2 令- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 且 x 1 xx2te t精品资料欢迎下载x xx32xxx 43xxte tx 14x 0=x0=1, x =x 0=-1, x 0= x 0=2, x 0= x 0=
11、0 于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：01000x0=1, 其中 x=x 1. sintx =0010 1x01x 200002x 31000tet,其中A01, Xx 4, 2x 1XAXf t 11、考虑方程组02x 2cos t1）验证X AX2 et2 tet是X21X 的基解矩阵 . t . 0202 et2）试求f t 的满意初始条件011的解证明： a第一验证它是基解矩阵名师归纳总结 以1t表示t 的第一列1t2 et. 12 t. 第 7 页,共 13 页0就 t2 2 et212 et211 t1020200故1t是方程的解. 假如以2t表示t 的其次列2
12、t2 tet2 et我们有2 t2 et2 2 tet212 tet202022 e2 te2t故2t也是方程的解,从而t 是方程的解矩阵- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又dett2 ette2 t4 et0. 精品资料欢迎下载15 t327 e2 t1cos t1sint0e 2t0 1的解故t是xAx的基解矩阵；b由常数变易公式可知,方程满意初始条件1 tt1 0 tt1fsds. 0e2tte2t而1t0e4t2 et1te2t. 01se2ssinsds1 t 1t2 et2 ette2 tte2s25252500scoss1e2 t21 5
13、sine2 t02 ete2cos tt5512、设A121,求解方程组dX111AX满意初始条件00的解 t ；dt2011012解： det（EA ）=111+12 30. 2011 1（二重）,23. 21对应的特点向量为u1,u242. 3名师归纳总结 1242. v 21. 第 8 页,共 13 页01103解得4 1v 12 12 12 14 14 1422- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - te3 tEv1etEtAEv精品资料欢迎下载21.解答：13 et1et. 常微分方程课程作业4 解答2 1t2 1t3 eett4 14 13 ee
14、22证：第一,方程的任意两个线性无关解的郎斯基行列式在区间I 上恒不为零；可表如下Wx Wx 0EXPxp tdtWx00,0x 为区间 I 上任一点；x W0x在区间 I 上恒不为零,x 0WxWx0EXP xp t dtp xx 0由于EXPxp t dt0,px在区间 I 上连续、恒不为零；故p x 0即同号；此即Wx（与Wx0p x同号）在区间I 上不变号；亦即Wx在区间 I 上严格单调；2.解答：证：设二阶线性齐次方程的任意两个线性无关解组的郎斯基行列式分别为：名师归纳总结 y 1y 2aEXP p x dx z 1z 2bEXPpx dx故 a , b 都不为零；两个行第 9 页,
15、共 13 页y 1y 2z 1z 2a , b 分别为这两个行列式在某一点的值；由于线性无关解组的行列式恒不为零；列式之比a 或 bb 为非零常数；a3.解答：方程可变为yx 11xyx2 11lnxy0ln通解为：yy 1C1C21EXPpxdxdxy2 1以y1lnx ,pxx 11x代入得lnylnxC 1C2ln1xEXPx ln11 dx dx 2x=lnxC1C2ln1xEXPlnlnx1 dx2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载1= ln x C 1 C 2 2 ln x 1 dx ln xC 2 x= C 1 ln x
16、ln x= C 1ln x C 2 x4. 解答：xW x W x 0 EXP x 0 p t dt W x 0 0或 W x CEXP p x dx 明显 当 EXP p x dx 为常数时,（比如 p x =0 就能如此）其基本解组的郎斯基行列式为常数；5. 解答：（1）方程的特点方程为 2 9 20 0特点根为 1 5 , 2 45 x 4 x所以方程的通解为 y C 1 e C 2 e,其中 C 1,C 2 为任意常数；（2）方程的特点方程为 4 1 0特点根为 1 , 2 2 1 i , 3 , 4 2 1 i 2 2所以方程的通解为名师归纳总结 yC1cos2xC2sin2xe2
17、2xC3cos2xC4sin2xe2x,第 10 页,共 13 页222222其中C1,C2,C3,C4为任意常数；10（3）方程的特点方程为3特点根为1,2,131C3ex,其中C 1,C2,C 为任意常数；所以方程的通解为yC1exC2x6.解答：440（1）方程的特点方程为2特点根为1,22e2x,其中C1,C2为任意常数；所以方程的通解为yC1xC2以x2 ,y4 ,y0代入下两式- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - yC1xC2e2x,y精品资料xC2欢迎下载2x2 C1C1e名师归纳总结 得C184 e,C212e4第 11 页,共 13 页所
18、以方程满意初始条件的解为y8x124 e2x（2）方程的特点方程为20特点根为1,120所以方程的通解为yC1C2ex,其中C1,C2为任意常数；以x0,y2,y5代入下两式yC1C2exyC2ex得C17,C25所以方程满意初始条件的解为y75 ex7.解答：（1）齐次方程y8y7y0的特点方程为2870特点根为1,127通解为y*C 1exC2e7x,其中C1,C2为任意常数；令yax2bxc代入y8y7y3x27x8比较同次项系数得a3,b97,c1126749343所以方程y8y7y3x27x8的通解为yC1exC2e7x3x297x1126749343（2）齐次方程x6x13 x0的
19、特点方程为26130特点根为132i,232 i通解为x*C1cos2 tC2sin2te3t,其中C1,C2为任意常数；令xat2btcte代入x6x13xt et25 t2比较同次项系数得a1,b29,c211201001000所以方程x6x13xet t25 t2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载的通解为名师归纳总结 xC1cos2 tC2sin2te3tet1t229t211第 12 页,共 13 页201001000（3）齐次方程y2y10y0的特点方程为22100特点根为1,21i3通解为y*C1cos3xC2sin3x
20、ex,其中C1, C 2为任意常数；令yaxb cos2xcxdsin2x代入y2y10yxcos2x比较同次项系数得a3,b29,c1,d12633813169所以方程y2y10yxcos2x的通解为yC1cos3xC2sin3 xex3x29cos2x1x1sin2x26338131328.解答：由f= k x以 f=9.8 , x=1 得 k= 9.8 又Fm a得98.x298.d2x即2d2xx0dt2dt2特点方程为2210特点根为, 1, 22i2通解为xC1cos1tC2sin1t,其中C 1,C2为任意常数；22令AC 12C22,cosC22C22,s i nC 1C12C
21、 22就有C 122xAsin1t2所求周期为T229.解答：由Fm a得mgkdxmd2x即d2xkdxgdtdt2dt2mdtd2xkdx0的特点方程为2k0特点根为10 ,2kdt2mdtmm通解为x*C1C2ek tm,其中C1,C2为任意常数；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 令xct代入d2xkdxg得c精品资料欢迎下载mgdt2mdtk名师归纳总结 故d2xkdxg的通解为mg第 13 页,共 13 页dt2mdtxC1C2ektmgtmk以 t=0 , x=0 , x/=0 代入下两式xC1C2ektmgt,xC2kektmmkmkC 1gm2,C2gm2所以质点的运动规律为：kkxgm2ekt1 mgtvmg1ektmmkkk- - - - - - -