常微分方程期末模拟试题.pdf

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1、1/121/12 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2dyxdx的通解为 2yxC（C为任意常数），方程与通过点（2，3）的特解为 21yx ，与直线 23相切的解是 24yx，满足条件303ydx 的解为 22yx。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2()dyxydx作变换 uxy ，可将其化为变量可分离方程，其通解为 tan()yxCx 。5、方程过点共有 无数 个解。6、方程21yx的通解为 4212122xxyC xC ，满足初始条件1

2、3|2,|5xxyy的特解为 421912264xxyx 。7、方程 无 奇解。8、微分方程2260d ydyydxdx可化为一阶线性微分方程组 6dyzdxdzzydx。9、方程的奇解是 0 。10、35323d ydyxdxdx是 3 阶常微分方程。11、方程22dyxydx满足解得存在唯一性定理条件的区域是 xoy平面 。12、微分方程22450d ydyydxdx通解为 512xxyC eC e ，该方程可化为一阶线性21ddyxy)1,2(xxyxyddyxydd2/122/12 微分方程组 45dyzdxdzzydx 。13、二阶线性齐次微分方程的两个解12(),()yxyx成为其

3、基本解组的充要条件是 线性无关 。14、设1342A，则线性微分方程组dXAXdt有基解矩阵 25253()4tttteetee 。二、解方程（每个小题 8分，共 120分）1、答案：方程化为 令，则，代入上式，得 分离变量，积分，通解为 原方程通解为 2、答案：特征方程为 即。特征根为，对应特征向量应满足 可确定出 同样可算出对应的特征向量为 0dd)2(yxxyxxyxy21ddxuy xuxuxydddduxux1dd1 CxuxCxy2yxtyyxtx4dddd01411EA032231120031413111ba2111ba122122ba3/123/12 原方程组的通解为 。3、答

4、案：齐次方程的通解为 令非齐次方程的特解为 代入原方程，确定出原方程的通解为+4、2x ydydx；答案：2x ydydx是一个变量分离方程 变量分离得22yxdydx 两边同时积分得22yxc（其中 c为任意常数）5、答案：积分：故通解为：6、0)(22xdydxyxxy 答案：0)(22dxyxxxdyydx 两边同除以22yx 得022xdxyxxdyydx，即021)(2dxyxarctgd，故原方程的解为Cxyxarctg221 ttttCCyx2ee2ee2331xyxy2e3ddxCy3exxCy3e)(CxCx5e51)(xCy3ex2e51xyexydxdyxyxexyedx

5、dyxyxydxyxexdyxy)(dxxeydxxdyxydxxedxyxyxdxedxyxycxexy2210212cexxy4/124/12 7、2453dxxydtdyxydt .答案：方程组的特征方程为203AE45 即(2)(3)(4)(5)0 ，即25140 特征根为17，22 对应特征向量应满足1127405370ab ，可得1145ab 同样可算出22 时，对应特征向量为2211ab 原方程组的通解为72127245 ttttxeeCCyee 8、答案：线性方程的特征方程故特征根 是特征单根，原方程有特解代入原方程0 不是特征根，原方程有特解代入原方程0 所以原方程的解为 9

6、、0)2()122(dyyxdxyx 答案：，令，则 所以 31，sincos2xxtt0 xx210 i 1()sinf tti(cossin)xt AtBt122()cos2ftt 2icos2sin2xAtBt13A1211cossincoscos223xctctttt2)(1)(2yxyxdxdydxdydxdz1,212121zzzzdxdzdxdzzz121C3|1|z1C5/125/12 即 10、220d xdxxdtdt 答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。其特征方程为210 特征根为11322i，21322i 方程的通解为13131()()22222121233(coss

7、in)22i ti ttxc ec ectct e 11、312yxyxdxdy 答案：(1)(3)0 ()30即()30 所以 三、证明题（共 160分）1、（12分）证明如果满足初始条件的解，那么。证明：设的形式为=（1）（C为待定的常向量）则由初始条件得=又=所以 代入（1）得=即命题得证。yxCeyx23)1(2y2y212x331dyCyyxxyx3312132Axxt/）是（)(0t)(t)(0ttAe)(t)(tCeAt)(0tCeAt01)(0Ate0Ate1)(0Ate0Ate)(t)(00ttAAtAteee6/126/12 2、（12分）设在区间上连续试证明方程的所有解的

8、存在区间必为。证明：由已知条件，该方程在整个平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条件。显然是方程的两个常数解。任取初值，其中,。记过该点的解为，由上面分析可知，一方面可以向平面无穷远处无限延展；另一方面又上方不能穿过，下方不能穿过，否则与惟一性矛盾；故该解的存在区间必为。3、（12分）设，是方程的解，且满足0，这里在上连续，试证明：存在常数 C使得 证明：设，是方程的两个解，则它们在上有定义，其朗斯基行列式为 由已知条件，得 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，使得，由于，可知 否则，若，则有，而，则，这与，线性相关矛盾故 )(x),(yxxysin)(dd),(xoy

9、1y),(00yx),(0 x10y)(xyy)(xyy 1y1y),()(1xy)(2xy0)()(yxqyxpy)(01xy)(02xy0)(1xy)(),(xqxp),(),(0 x)(2xy)(1xy)(1xy)(2xy),()()()()()(2121xyxyxyxyxW0)()(00)()()()()(0201020102010 xyxyxyxyxyxyxW21，0)()(2211xyxy),(x0)(1xy02020)(11xy0)(1xy01)(1xy)(2xy)()()(11212xCyxyxy7/127/12 4、（12分）叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理的内容，并给出

10、唯一性的证明。定理：设00:|,|Rxxayyb.（1）(,)f x y在R上连续，（2）(,)f x y在R上关于y满足利普希茨条件：120,(,),(,)Lx yx yR，总有1212|(,)(,)|f x yf x yL yy.则初值问题00(,)()dyf x ydxy xy存在唯一的解()yx，定义于区间0|xxh上，连续且满足初值条件00()xy，这里(,)min(,),max|(,)|x yRbhaMf x yM.唯一性：设()x是积分方程在区间00,xh xh上的解，则()()xx.证明：00()(,()xxxyfd ，001()(,()xnnxxyfd，1,2,.n 首先估计

11、0 xx.000|()()|(,()|()xxxxfdM xx ，010|()()|(,()(,()|xxxxffd 002000|()()|()()2!xxxxMLLdLMx dxx 设10|()()|()(1)!nnnMLxxxxn成立，则 001210|()()|(,()(,()|()()|()(2)!nxxnnnnxxMLxxffddxxn 这就证明了对任意的n，总成立估计式：110|()()|()(1)!(1)!nnnnnMLMLxxxxhnn.因此，()nx一致收敛于()x，由极限的唯一性，必有00()(),xx xxh xh.8/128/12 5、（10分）求解方程组的奇点，并判

12、断奇点的类型及稳定性。解：令，得，即奇点为（2，-3）令，代入原方程组得，因为，又由，解得，为两个相异的实根，所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。6、（12分）求方程组313dxxydtdyydt满足初始条件1(0)1的解.解：方程组的特征方程为231(3)003，所以特征根为3（二重），对应齐次方程组的基解矩阵331exp(3)01tttAteIAE te，满足初始条件的特解 0()expexpexp()()ttAtAtAs f s ds33301111101101010tttsttseeeds 3331111331010ttttteee3332133tttteee 51yxdtdyyxdtd

13、x0501yxyx32yx32yYxXYXdtdYYXdtdX021111021111221229/129/12 7、（10分）假设不是矩阵的特征值，试证非齐线性方程组有一解形如 其中，是常数向量。证明：设方程有形如的解，则是可以确定出来的。事实上，将代入方程得，因为，所以，（1）又不是矩阵的特征值，所以存在，于是由（1）得存在。故方程有一解 8、（12分）试求方程组xAx的一个基解矩阵，并计算exp At，其中2112A.解：12()det()0,3,3pEA，均为单根，设1对应的特征向量为1v，则由11()0EA v，得1(23)v，0.取1123v，同理可得1对应的特征向量为2123v，

14、则331122(),()tttevtev，均为方程组的解，令12()(),()ttt，又11(0)det(0)302323w，()t即为所求基解矩阵3333(23)(23)tttteeee.9、（12分）试证明：对任意及满足条件的，方程 的mAmtceAxxmtpet)(cpmtpet)(pmtpemtmtmtceApempe0mtecApempcPAmE)(mA0)det(AmE1)(AmEcAmEp1)(mtmtpeceAmEt1)()(0 x100 y0y221)1(ddyxyyxy10/1210/12 满足条件的解在上存在 证明：，在全平面上连续 原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理

15、及解的延展定理条件 又显然是方程的两个特解 现任取，记为过的解，那么这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越，下不能穿越，因此它的存在区间必为 10、（10分）求平面上过原点的曲线方程，该曲线上任一点处的切线与切点和点(1,0)的连线相互垂直.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1yx，则由题意可得如下初值问题：11(0)0yyxy 分离变量，积分并整理后可得22(1)yxC，代入初始条件可得1C，因此得所求曲线为22(1)1xy.11、（12分）在方程中，已知，在上连续，且求证：对任意和，满足初值条件的解的存在区间必为 00)(yxy)

16、(xyy),(221)1(),(yxyyyxf22222)1(2)1()1)(12(),(yxyyyyxyyxfy1,0yy),(0 x)1,0(0y)(xyy),(00yx1y0y),()()(ddyyfxy)(yf)(x),(0)1(0 x10y00)(yxy)(xy),(11/1211/12 证明：由已知条件可知，该方程在整个平面上满足解的存在惟一及延展定理条件，又存在常数解 对平面内任一点，若，则过该点的解是，显然是在上有定义 若,则,记过该点的解为，那么一方面解可以向平面的无穷远无限延展；另一方面在条形区域内不能上、下穿过解和，否则与解的惟一性矛盾 因此解的存在区间必为 12、（10

17、分）设12(),()yxyx是方程()0yq x y的任意两个解，求证：它们的朗斯基行列式()W xC，其中C为常数.证明：由已知条件，该方程在整个xoy平面上满足解的存在唯一性及解的延展定理条件.显然1y 是方程的两个常数解.任取初值00(,)xy，其中0(,)x ，0|1y，记过该点的解为()yy x，由上面分析可知，一方面()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1y，下方不能穿过1y ，否则与唯一性矛盾，故该解的存在区间必为(,).13、（12分）试证：在微分方程 0中，如果 M、N试同齐次函数，且0,则是该方程的一个积分因子。证明：如 M、N都是 n次齐次函数，xoy,2,1,0,kky),(00yxky 0ky),(ky 0)1(,(0kky)(xyy)(xyy kykxyx(,),()1)(xy)1(kyky),()(1yNxM 12/1212/12 则因为，故有=0.故命题成立。xMyMxNyNMNy xMyNx xMyN2()()()yyyxMyNM xNyxMyNNMM2()()()xxxxMyNN xMyxMyNNNM2()()()xxyM xyNN xyxMyNNNM2()()()M nNN nMxMyN