《2022年《常微分方程》期末模拟试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年《常微分方程》期末模拟试题.docx（20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、名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料 欢迎下载常微分方程模拟练习题及参考答案一、填空题（每个空格 4 分,共 80 分）1、n 阶线性齐次微分方程基本解组中解的个数恰好是 n 个；2、一阶微分方程 dy 2 x 的通解为 y x 2C （ C为任意常数）,方程与通过点（2,3）的特解为dxy x 21,与直线 y=2x+3 相切的解是 y x 24,满意条件0 3ydx 3 的解为 y x 22；3、李普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的 必要 条件；4、对方程 dy x y 2作变换 u x y,可将其化为变量可分别方程,其通
2、解为dxy tan x C x；d y 25、方程 1 y 过点 , 1 共有 很多 个解；d x 24 26、方程 y x 2 1 的通解为 y12 x x2 C x C 2,满意初始条件 y | x 1 2, y | x 3 5 的特解为4 2x x 1 9y x；12 2 6 4d y7、方程 y x x 无 奇解；d x2 dy z8、微分方程 d ydx 2 dydx 6 y 0 可化为一阶线性微分方程组 dxdzz 6 y；dxd y9、方程 y 的奇解是 y=0 ；d x310、d y3 2 x 5 dy3 是 3 阶常微分方程；dx dx11、方程 dyx 2y 2满意解得存在
3、唯独性定理条件的区域是 xoy平面；dx212、微分方程 d y2 4 dy5 y 0 通解为 y C e 5 xC e x,该方程可化为一阶线性微分方程组dx dxdyzdx；dz4 z 5 ydx细心整理归纳 精选学习资料 第 1 页,共 10 页 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料欢迎下载；线性无关；13、二阶线性齐次微分方程的两个解y1 ,y2 x 成为其基本解组的充要条件是14、设A13,就线性微分方程组dXAX有基解矩阵 e2t
4、3 e 5t42e2 t4 e 5 tdt二、解方程（每个小题8 分,共 120 分）1、x2y d xx dy0答案：方程化为dy12ydxx令yxu,就d yuxdu,代入上式,得xdu1ud xdxdx分别变量,积分,通解为uCx1 原方程通解为yCx2x2、dxxxyydtdy4dt答案：特点方程为AE14110即2230；特点根为13,21对应特点向量应满意143113a 10可确定出a 11b 10b 12同样可算出21对应的特点向量为a 21b 22 原方程组的通解为xC 1e3 ttC2ett；y3 2e2e3、d y3ye2xd x答案：齐次方程的通解为yC e3x3xCx1
5、e5x1Cx 第 2 页,共 10 页 令非齐次方程的特解为yCx e5代入原方程,确定出原方程的通解为yC e3x+2 e5细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -4、dy dx精品资料欢迎下载2xy；dy2x y是一个变量分别方程答案：dx5、dy dx变量分别得 2ydy2xdx两边同时积分得2y2xc （其中 c 为任意常数）yexyx答案：dyexyxyxexyy1 2dx20, 第 3 页,共 10 页 dxxxd
6、yxexyy dxxdyydxxy xedxdxyxe xydxdxyxdxexy积分：exy1x2c故通解为：1x2exyc0226、yx2 xy2dxxdy0答案：ydxxdyx x2y2dx0两边同除以x2y2得ydxxdyxdx0,即darctgxx2y2y故原方程的解为arctgx1x2Cy27、dx2xx4yy . dtdy534dt答案：方程组的特点方程为AE25340即23 4 50 ,即25140特点根为17 ,22对应特点向量应满意2734a 10,可得a 157b 10b 15同样可算出22 时,对应特点向量为a21b 21细心整理归纳 精选学习资料 - - - - -
7、- - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料欢迎下载i 原方程组的通解为xC 147 ettC2e2ty57 ee2t8、xxsintcos2t答案：线性方程xx0的特点方程210故特点根f1 sinti是特点单根,1 2B=0 原方程有特解xt Acos tBsin 代入原方程A=-f2 cos2 t2i不是特点根,1 3 1 3B=0 cos2 t原方程有特解xAcos2tBsin 2 t代入原方程A所以原方程的解为xc 1costc 2sint1tcos t29、
8、2x2y1 dxxy2 dy0答案：dy2xy1,令 z=x+y,就dz1dydxxy2dxdxdz12z1z1,z2dzdxdxz2z2z1所以 z+3ln|z+1|=x+C1, ln| z13|=x+z+C1即xy312 Cexy10、2 d xdxx0dt2dt答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程；其特点方程为2103 2ii tc 1cos3 2t3c 2sin3t e1t 第 4 页,共 10 页 特点根为113i ,21222 c e13i t c e13 方程的通解为x22222211、dyxy1dxxy23+3dy=0 dx2-dxy+dx-1 dy 3-3dy=0 答案： x
9、-y+1dx-x+y2y2dy-3dy=0 即1 xdx-ydx+xdy+dx-2细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -所以1 2x2xyx1y33y精品资料欢迎下载C3三、证明题（共160 分）1、（12 分）证明假如（t）是x/Ax满意初始条件 0t的解,那么teAt0t；0,证明： 设t的形式为t=eAtC（1）（C为待定的常向量）就由初始条件得 0t=eAt0C又eAt01=eAt0所以 C= eAt01=eAt0代
10、入（ 1）得t=eAteAt0eAtt0即命题得证；2、（12 分）设x在区间,上连续试证明方程d yxsiny的全部解的存在区间必为d x,；证明：由已知条件,该方程在整个xoy平面上满意解的存在唯独及解的延展定理条件；明显y1是方程的两个常数解；任取初值x 0y0,其中x 0,y01；记过该点的解为yyx,由上面分析可知,一方面yyx可以向平面无穷远处无限延展；另一方面又上方不能穿过y1,下方不能穿过y1,否就与惟一性冲突；故该解的存在区间必为,；3、（12 分）设y1x,y2x 是方程ypxyqxy0的解,且满意y 1x 0=y 2x 0=0,y1x 这里px,qx在,上连续,x 0,试
11、证明：存在常数2C使得y2x=Cy1x证明： 设y 1x,y2x 是方程的两个解,就它们在,上有定义,其朗斯基行列式为Wx y 1x y2x y 1x yx 2由已知条件,得Wx0y 1x0y2x 0y 10y200y 1x0y2x 0x 0x 0, 第 5 页,共 10 页 故这两个解是线性相关的；由线性相关定义,存在不全为零的常数1,细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -使得1y1x2y2x0,x精品资料欢迎下载x 10
12、,x ,由于y1x 20,可知20,而y 1x0,就否就,如0,就有1y1x0这与y1x ,y 2x线性相关冲突故y2x1y1Cy124、（12 分）表达一阶微分方程的解的存在唯独性定理的内容,并给出唯独性的证明；定理： 设R:|xx 0|a,|yy0|b . n2（1）f , x y 在 R 上连续,（2）f , x y 在 R 上关于 y 满意利普希茨条件：L0, , x y 1,x y2R ,总有|f , x y 1f x y2 |L y 1y2|. 就初值问题dyf x y , 存在唯独的解y x ,定义于区间|xx 0|h 上,dxy x 0y 0连续且满意初值条件x 0y ,这里h
13、min ,b,M , max | x y Rf x y , |. M唯独性：设 x 是积分方程在区间x 0h x0h 上的解,就 x . 证明： y 0xf , d,n y 0xf ,n1 d,n1,2,.x 0x 0第一估量xx . |0 |x|f , |dM xx 0,x 0|1 |x|f ,0 f , |dx 0Lx|0 |dLMxx dMLxx02x 0x 02.设|n |MLnxx 0n1成立,就n1.|n1 |x|f ,n f , |dx|n |dMLn1xx0x 0x 02. 第 6 页,共 10 页 n这就证明白对任意的n ,总成立估量式：|n |MLnxx0n1MLnhn1.
14、 1.n1.n因此,nx 一样收敛于 x ,由极限的唯独性,必有 ,xx 0h x0h . 细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -5、（10 分）求解方程组dxxy1精品资料欢迎下载dt dyxy5的奇点,并判定奇点的类型及稳固性；dt解： 令x x1y10,得x2,即奇点为（ 2,-3 ）0,y50y3令X Yx2,代入原方程组得dXXY,dt dYy3XYdt1由于20,又由11221111解得12,22为两个相异的实根
15、,所以奇点为不稳固鞍点,零解不稳固；6、（12 分）求方程组dx3x3y1满意初始条件001的解 . ,dtdyy1dt,1t解： 方程组的特点方程为0312 333 te所以特点根为3（二重）,对应齐次方程组的基解矩阵expAt3 etIA3 01满意初始条件的特解 expAtexpAttexpAs f s ds3 te1t13 te1tte3s1s1ds00 110100103 ett113 te1t11e3 t3 tet23 te1333 3 e3Axcemt有一解形如tmt pe01t07、（10 分）假设m不是矩阵A的特点值,试证非齐线性方程组x 第 7 页,共 10 页 其中c,p
16、是常数向量；证明： 设方程有形如 tmt pe的解,就p是可以确定出来的；细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料欢迎下载21. y0事实上,将pemt代入方程得mt mpemt Apemt ce,由于emt0,所以mpApec,mEA Pc（1）又m不是矩阵A的特点值,detmEA0所以 mEA 1存在,于是由（1）得pmEA 1c存在；故方程有一解tmEA 1ce mtpe mt8、（12 分）试求方程组xAx 的
17、一个基解矩阵,并运算exp At ,其中A12解：p detEA 0,13,23,均为单根,0 . 设1对应的特点向量为1v ,就由1EA v 10,得v 123取v 1213,同理可得1对应的特点向量为v 2213,0,就1 e3 tv 1,2 e3tv ,均为方程组的解,令 1 ,2 ,又w0det 02132133 t 即为所求基解矩阵2e3 te3t2e3 te3t. 331 2的满意条件y x 09、（12 分）试证明：对任意x 0及满意条件0y 01的0y,方程d y1yyd xx2y的解yy x 在,上存在12y在全平面上连续证明： fx,y1yy1 2,f yx ,y 2y1
18、11x22y22y yx2yx2y 原方程在全平面上满意解的存在唯独性定理及解的延展定理条件又明显y0 y1是方程的两个特解x 0,y 0的解,y0, 第 8 页,共 10 页 现任取0x,y0 ,01 ,记yyx为过那么这个解可以唯独地向平面的边界无限延展,又上不能穿越y1,下不能穿越细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -精品资料欢迎下载1,0 的连线相互垂直. 因此它的存在区间必为,10、（ 10 分）求平面上过原点的曲
19、线方程,该曲线上任一点处的切线与切点和点解： 设曲线方程为yy x ,切点为 , x y ,切点到点 1,0 的连线的斜率为xy1,1 0求证：就由题意可得如下初值问题：yxy11y 00分别变量,积分并整理后可得y2x2 1C ,代入初始条件可得C1,因此得所求曲线为x2 1y21. 11、（12 分） 在方程dyfyy中,已知f y, x 在,上连续, 且dx对任意 x 0 和 y 0 1,满意初值条件 y x 0 y 0 的解 y x 的存在区间必为 , 证明： 由已知条件可知,该方程在整个 xoy 平面上满意解的存在惟一及延展定理条件,又存在常数解y k , k 0 , ,1 ,2对平
20、面内任一点 x 0 , y 0 ,如 y0 k,就过该点的解是 y k,明显是在 , 上有定义如 y0 k , 就 y 0 k , k 1 , 记过该点的解为 y y x ,那么一方面解 y y x 可以向平面的无穷远无限延展；另一方面在条形区域 x , y x , k y k 1 内 y x 不能上、下穿过解y k 1 和 y k,否就与解的惟一性冲突因此解的存在区间必为 , 12、（ 10 分）设 y 1 , y 2 x 是方程 y q x y 0 的任意两个解,求证：它们的朗斯基行列式W x C ,其中 C 为常数 . . 第 9 页,共 10 页 证明： 由已知条件,该方程在整个xoy
21、 平面上满意解的存在唯独性及解的延展定理条件明显y1是方程的两个常数解. 任取初值x0,y0,其中x 0,|y 0| 1,记过该点的解为yy x ,细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师归纳总结 精品学习资料 - - - - - - - - - - - - - - -由上面分析可知,一方面精品资料欢迎下载0, 就xM1yN是yy x 可以向平面无穷处无限延展；另一方面又上方不能穿过y1,下方不能穿过y1,否就与唯独性冲突,故该解的存在区间必为, . 13、（ 12 分）试证：在微分方程Mdx+Ndy=0中,假如 M、N试同齐次函数,且xM+yN该方程的一个积分因子；证明： 如 M、N都是 n 次齐次函数,就由于 xMx+yMy=nM,xNx+yNy=nN,x xMyN N x M xM yN 2xMyNx 故有y xMMyNx xMNyN= yNMy xMyN M x M 2 xM yN yNyNM xNxyNN x M 2yN xyNy xMM nNN nM=0. xMyN2故命题成立；细心整理归纳 精选学习资料 - - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页,共 10 页 - - - - - - - - -