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1、常微分方程练习题及答案 常微分方程练习试卷 一、填空题。1、方程23210d xxdt 就是 阶 (线性、非线性)微分方程、2、方程()x dyf xyy dx经变换_,可以化为变量分离方程 、3、微分方程3230d yyxdx 满足条件(0)1,(0)2yy的解有 个、4、设常系数方程xyyye 的一个特解*2()xxxyxeexe,则此方程的系数 ,、5、朗斯基行列式()0W t 就是函数组12(),(),()nx tx tx tL在axb 上线性相关的 条件、6、方程22(2320)0 xydxxydy的只与y有关的积分因子为 、7、已知()XA t X 的基解矩阵为()t的,则()A
2、t 、8、方程组2005xx的基解矩阵为 .9、可用变换 将伯努利方程 化为线性方程、10、就是满足方程251yyyy 与初始条件 的唯一解、11、方程 的待定特解可取 的形式:12、三阶常系数齐线性方程 20yyy 的特征根就是 二、计算题 1、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与点(1,0)的连线相互垂直、2.求解方程13dyxydxxy 、3、求解方程222()0d xdxxdtdt 。4.用比较系数法解方程、5.求方程 sinyyx 的通解、6.验证微分方程22(cossin)(1)0 xxxydxyxdy就是恰当方程,并求出它的通解、常微分方程练习题及答案 7.设
3、 3124A,11,试求方程组XAdtdX的一个基解基解矩阵)(t,求XAdtdX满足初始条件)0(x的解、8、求方程 221 3dyxydx 通过点(1,0)的第二次近似解、9、求 的通解 试求方程组xAx 的解(),t 12(0),并求expAt 10、若 三、证明题 1、若(),()tt就是()XA t X 的基解矩阵,求证:存在一个非奇异的常数矩阵C,使得()()tt C、2、设),()(0 xxx就是积分方程,)()(0200 xxdyyxyxx 的皮卡逐步逼近函数序列)(xn在,上一致收敛所得的解,而)(x就是这积分方程在,上的连续解,试用逐步逼近法证明:在,上)()(xx、3、设
4、 都就是区间 上的连续函数,且 就是二阶线性方程的一个基本解组、试证明:(i)与 都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);(ii)与 没有共同的零点;(iii)与 没有共同的零点、4、试证:如果)(t就是AXdtdX满足初始条件)(0t的解,那么)(exp)(0ttAt、答案 一、填空题。1、二,非线性 2、uxy,11()1)dudxu f ux 3、无穷多 4、3,2,1 5、必要 6、3y 7、1()()tt 8、25 00tAtteee 9、10、11、12、1,二、计算题 2114A32()480dydyxyydxdx常微分方程练习题及答案 1、求平面上过原点的曲线
5、方程,该曲线上任一点处的切线与切点与点(1,0)的连线相互垂直、解:设曲线方程为,切点为(x,y),切点到点(1,0)的连线的斜率为,则由题意 可得如下初值问题:、分离变量,积分并整理后可得、代入初始条件可得,因此得所求曲线为、2、求解方程13dyxydxxy 、解:由10,30 xyxy 求得1,2xy 令 1,2,xy 则有.dd 令z,解得2(1)1z dzdz,积分得21arctanln(1)ln|2zzC,故原方程的解为 222arctanln(1)(2)1yxyCx、3、求解方程222()0d xdxxdtdt 解 令,直接计算可得,于就是原方程化为 ,故有或,积分后得,即,所以
6、就就是原方程的通解,这里为任意常数。4、用比较系数法解方程、解:特征方程为,特征根为、对应齐方程的通解为、设原方程的特解有形如 代如原方程可得 利用对应系数相等可得,故、原方程的通解可以表示为(就是任意常数)常微分方程练习题及答案 、5、求方程 sinyyx 的通解、解:先解yy 得通解为xyce,令()xyc x e为原方程的解,代入得()()()sinxxxc x ec x ec x ex,即有()sinxc xex,积分得1()(sincos)2xc xexxc ,所以1(sincos)2xycexx 为原方程的通解、6.验证微分方程22(cossin)(1)0 xxxydxyxdy就是
7、恰当方程,并求出它的通解、解:由于22(,)cossin,(,)(1)M x yxxxyN x yyx,因为2MNxyyx 所以原方程为恰当方程、把原方程分项组合得22cossin()0 xxdxxy dxyx dyydy,或写成2222111(sin)()()0222dxdx ydy,故原方程的通解为2222sin xx yyC、7.设 3124A,11,试求方程组XAdtdX的一个基解基解矩阵)(t,求XAdtdX满足初始条件)0(x的解、解:特征方程为 31det()(2)(5)0,24AE 求得特征值122,5,对应122,5 的特征向量分别为1211,(,0).12VV 可得一个基解
8、矩阵2525().2tttteetee,又因为1211(0)113,于就是,所求的解为)0()()(1tt2525211111132tttteeee 25252134tttteeee 8、求方程 221 3dyxydx 通过点(1,0)的第二次近似解、解:令0()0 x,于就是 221001()21 3(),xxyxx dxxx 223452011133()21 3(),1025xxyxx dxxxxxx 9、求 的通解 32()480dydyxyydxdx常微分方程练习题及答案 解:方程可化为3284dyydxxdyydx ,令dypdx则有3284pyxyp(*),(*)两边对 y 求导得
9、322322(4)(8)4dpy pypypy pdy,即32(4)(2)0dppyypdy,由20dpypdy 得12pcy,即2()pyc、将 y 代入(*)得2224cpxc,即方程的 含参数形式的通解为:22224()cpxcpyc,p 为参数;又由3240py得123(4)py代入(*)得 3427yx也就是方程的解、试求方程组xAx 的解(),t 12(0),并求expAt 10、若 221()69014p,解得1,23,此时 k=1,12n。解:特征方程12v ,111123322120()()(3)()!ititittteAEeti 由公式expAt=10()!intiiteA
10、Ei 得 333101 11exp(3)011 11tttttAteEt AEetett 三、证明题 1、若(),()tt就是()XA t X 的基解矩阵,求证:存在一个非奇异的常数矩阵C,使得()()tt C、证:()t就是基解矩阵,故1()t存在,令1()()()X ttt ,则()X t可微且det()0X t,易知()()()tt X t、所以()()()()()tt X tt X t ()()()()()A tt X tt X t()()()()A ttt X t 而()()()tA tt,所以()()0t X t,()0,X t()X tC(常数矩阵),故()()tt C 、211
11、4A常微分方程练习题及答案 2、设),()(0 xxx就是积分方程,)()(0200 xxdyyxyxx 的皮卡逐步逼近函数序列)(xn在,上一致收敛所得的解,而)(x就是这积分方程在,上的连续解,试用逐步逼近法证明:在,上)()(xx、证明:由题设,有xxdyx0,)()(20,)(00yx xxnnxxdyx0,)()(0120,),2,1(n、下面只就区间xx0上讨论,对于0 xx 的讨论完全一样。因为 ),()|)(|(|)()(|0200 xxMdxxxx 其中|)(|max2,xxxMx,所以00221000|()()|(|()()|)()(),2!xxxxMLxxdLMx dxx
12、 其中max2,xLx,设对正整数n有nnnxxnMLxx)(!|)()(|011,则有 021xnnx|(x)(x)|(|()()|)d ,)(!)1()(!10010nxxnnnxxnMLdxnMLL,故由归纳法,对一切正整数k,有 1110|()()|()()!kkkkkMLMLxxxxkk、而上不等式的右边就是收敛的正项级数的通项,故当k 时,它0,因而函数序列)(xn在xx0上一致收敛于)(x、根据极限的唯一性,即得)()(xx,xx0 、3、设 都就是区间 上的连续函数,且 就是二阶线性方程的一个基本解组、试证明:(i)与 都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);
13、(ii)与 没有共同的零点;(iii)与 没有共同的零点、证明:与 的伏朗斯基行列式为 常微分方程练习题及答案 因 与 就是基本解组,故、若存在,使得,则由行列式性质可得,矛盾、即 最多只能有简单零点、同理对 有同样的性质,故(i)得证、若存在,使得,则由行列式性质可得,矛盾、即 与 无共同零点、故(ii)得证、若存在,使得,则同样由行列式性质可得,矛盾、即 与 无共同零点、故(iii)得证、4、试证:如果)(t就是AXdtdX满足初始条件)(0t的解,那么)(exp)(0ttAt、证明:因为Attexp)(就是AXdtdX的基本解矩阵,)(t就是其解,所以存在常向量C使得:(t)exp At C,令0tt,则:CAt0exp,所以 10)(expAtC,故 1000(t)exp At(exp At)exp At exp(At)exp A(tt)