《常微分方程》期末模擬試題

《《常微分方程》期末模擬試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《《常微分方程》期末模擬試題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、《常微分方程》期末模擬試題 《常微分方程》模擬練習題及參考答案 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 2=dy x dx 的通解為 2=+y x C （C 為任意常數(shù)） ，方程與通過點（2，3）的特解為 21=-y x ，與直線y=2x+3相切的解是 24=+y x ，滿足條件3 03ydx =?的解為 22=-y x 。 3、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 2()dy x y dx =+作變換 =+u x y ，可將其化為變量可分離方程，其通解為

2、 tan()=+-y x C x 。 5、方程21d d y x y -=過點)1,2 (π 共有 無數(shù) 個解。 6、方程 2 1=-y x 的通解為 42 12122=-++x x y C x C ，滿足初始條件 13|2,|5====x x y y 的特解為 4219 12264 =-++x x y x 。 7、方程 x x y x y +-=d d 無 奇解。 8、微分方程2260--=d y dy y dx dx 可化為一階線性微分方程組 6?=????=+??dy z dx dz z y dx 。 9、方程 y x y =d d 的奇解是

3、y=0 。 10、35323+=d y dy x dx dx 是 3 階常微分方程。 11、方程 22dy x y dx =+滿足解得存在唯一性定理條件的區(qū)域是 xoy 平面 。 12、微分方程22450d y dy y dx dx --=通解為 512-=+x x y C e C e ，該方程可化為一階 線性微分方程組 45?=????=+??dy z dx dz z y dx 。 13、二階線性齊次微分方程的兩個解12(),()y x y x ??==成為其基本解組的充要條件是 線性無關 。 14、設1342A ??=????，則線性微分方程組dX AX d

4、t =有基解矩陣 25253()4φ--?? =??-?? t t t t e e t e e 。 二、解方程（每個小題8分，共120分） 1、0d d )2(=-+y x x y x 答案：方程化為 x y x y 21d d += 令xu y =，則x u x u x y d d d d +=，代入上式，得u x u x +=1d d 分離變量，積分，通解為1-=Cx u ∴ 原方程通解為x Cx y -=2 2、???????+=+=y x t y y x t x 4d d d d 答案：特征方程為 014 11=--= -λ λλE A 即0322=-

5、-λλ。 特征根為 31=λ，12-=λ 對應特征向量應滿足 ??? ???=????????????--0031413111b a 可確定出 ??????=??????2111b a 同樣可算出12-=λ對應的特征向量為??? ???-=??????2122b a ∴ 原方程組的通解為?? ????-+??????=??? ???--t t t t C C y x 2e e 2e e 2331 。 3、 x y x y 2e 3d d =+ 答案：齊次方程的通解為x C y 3e -= 令非齊次方程的特解為x x C y 3e )(-=C x C x +=5e 5

6、1)( 代入原方程，確定出原方程的通解為x C y 3e -=+x 2e 5 1 4、 2-=x y dy dx ； 答案：2-=x y dy dx 是一個變量分離方程 變量分離得22y x dy dx = 兩邊同時積分得22y x c =+（其中c 為任意常數(shù)） 5、 xy e x y dx dy =+ 答案：x y xe xy e dx dy xy xy -=-= 積分：c x e xy +=--221 故通解為：02 12=++-c e x xy 6、{}0)(22=-+-xdy dx y x x y 答案：0)(2 2=+--dx y x x xd

7、y ydx ? 兩邊同除以22y x +得 02 2=-+-xdx y x xdy ydx ，即021)(2 =-dx y x arctg d ， 故原方程的解為C x y x arctg =-2 2 1 7、2453dx x y dt dy x y dt ?=-????=-+?? . 答案：方程組的特征方程為203A E λλλ ---= =--45 即(2)(3)(4)(5)0λλ----?-=，即25140λλ--= 特征根為17λ=，22λ=- 對應特征向量應滿足1127405370a b --?????? =??????--??????，可得11

8、45a b ????=????-???? 同樣可算出22λ=-時，對應特征向量為2211a b ???? =?????? ?? ∴ 原方程組的通解為72127245--?????? =+??????-?????? t t t t x e e C C y e e 8、sin cos2x x t t +=- 答案：線性方程0x x +=的特征方程210λ+=故特征根i λ= 1()sin f t t = i λ=是特征單根， 原方程有特解(cos sin )x t A t B t =+代入原方程A=-12 B=0 2()cos 2f t t =- 2i λ=不是特征根，

9、原方程有特解cos2sin 2x A t B t =+代入原方程13 A =B=0 所以原方程的解為1211cos sin cos cos223 x c t c t t t t =+-+ 9、0)2()122(=-++-+dy y x dx y x 答案：2 )(1)(2-+-+-=y x y x dx dy ，令z=x+y ，則dx dy dx dz +=1 所以 –z+3ln|z+1|=x+1C ， ln 3|1|+z =x+z+1C 即y x Ce y x +=++23)1( 10、220++=d x dx x dt dt 答案：所給方程是二階常系數(shù)齊線

10、性方程。 其特征方程為210λλ++= 特征根為11 2 λ=- ，212λ=-- ∴ 方程的通解為111 ()()2221212()t t t x c e c e c c e ---=+=+ 11、312+++-=y x y x dx dy 答案： (x-y+1)dx-(x+2y +3)dy=0 xdx-(ydx+xdy)+dx-2y dy-3dy=0即2 1d 2x -d(xy)+dx-33 1dy -3dy=0 所以C y y x xy x =--+-33 12 132 三、證明題（共160分） 1、（12分）證明如果Ax x t =/）是（?滿足初始

11、條件η?=)(0t 的解，那么 = )(t ?[]η) (0t t A e -。 證明：設)(t ?的形式為)(t ?=C e At （1）（C 為待定的常向量） 則由初始條件得)(0t ?η==C e At 0 又1)(0 -At e =0 At e - 所以C=1)(0 -At e η=0 At e -η 代入（1）得)(t ?=ηη)(0 t t A At At e e e --= 即命題得證。 2、（12分）設)(x ?在區(qū)間),(∞+-∞上連續(xù)．試證明方程y x x y sin )(d d ?=的所有解的存在區(qū)間必為),(∞+-∞。 證

12、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1=y 是方程的兩個常數(shù)解。 任取初值),(00y x ，其中),(0∞+-∞∈x ,10故該解的存在區(qū)間必為),(∞+-∞。 3、（12分）設)(1x y ，)(2x y 是方程0)()(=++y x q y x p y 的解，且滿足)(01x y =) (02x y =0，0)(1≠x y ，這里)(),(x q x p 在),(∞+-∞上連續(xù)，),(0∞+-∞∈x ．試證明：存在常數(shù)C 使得)(2x y =C )(1x y ． 證明：設)(1x y ，)(2x y 是方程的兩個解，則它們在),

13、(∞+-∞上有定義， 其朗斯基行列式為)() () ()()(2 1 21x y x y x y x y x W = 由已知條件，得0)()(0 )() ()() ()(02 010********===x y x y x y x y x y x y x W 故這兩個解是線性相關的；由線性相關定義，存在不全為零的常數(shù)21αα，， 使得0)()(2211=+x y x y αα，),(∞+-∞∈x 由于0)(1≠x y ，可知02≠α． 否則，若02=α，則有0)(11=x y α，而0)(1≠x y ，則01=α， 這與)(1x y ，)(2x y 線性相關矛盾

14、．故)()()(112 1 2x Cy x y x y =- =αα 4、（12分）敘述一階微分方程的解的存在唯一性定理的內容，并給出唯一性的證明。 定理：設00:||,||R x x a y y b -≤-≤. （1）(,)f x y 在R 上連續(xù)， （2）(,)f x y 在R 上關于y 滿足利普希茨條件： 120,(,),(,)L x y x y R ?>?∈，總有1212|(,)(,)|||f x y f x y L y y -≤-. 則初值問題00 (,) ()dy f x y dx y x y ?=???=?存在唯一的解()y x ?=，定義于區(qū)間 0||x

15、 x h -≤上， 連續(xù)且滿足初值條件00()x y ?=，這里 (,)min(, ),max |(,)|x y R b h a M f x y M ∈==. 唯一性：設()x φ是積分方程在區(qū)間00[,]x h x h -+上的解，則()()x x φ?=. 證明：0 0()(,())x x x y f d φξφξξ=+?，0 01()(,())x n n x x y f d ?ξ?ξξ-=+?，1,2,......n = 首先估計0x x ≥. 000|()()||(,())|()x x x x f d M x x ?φξφξξ-≤≤-?， 設10|()()|

16、()(1)! n n n ML x x x x n ?φ+-≤ -+成立，則 00 1 2 10|()()||(,())(,())||()()|()(2)! n x x n n n n x x ML x x f f d d x x n ?φξ?ξξφξξ?ξφξξ+++-≤-≤-=-+?? 這就證明了對任意的n ，總成立估計式： 1 10|()()|()(1)!(1)! n n n n n ML ML x x x x h n n ?φ++-≤-≤++. 因此，{()}n x ?一致收斂于()x φ，由極限的唯一性，必有 00()(),[,]x x x x h x h

17、 φ?=∈-+. 5、（10分）求解方程組?????--=++=51 y x dt dy y x dt dx 的奇點，并判斷奇點的類型及穩(wěn)定性。 解：令???=--=++0501y x y x ，得? ??-==32 y x ，即奇點為（2，-3） 令???+=-=32 y Y x X ，代入原方程組得?????-=+=Y X dt dY Y X dt dX ， 因為 021 11 1≠-=-，又由 021 1 1 1 2=-=+---κλλ， 解得21=λ，22-=λ為兩個相異的實根， 所以奇點為不穩(wěn)定鞍點，零解不穩(wěn)定。 6、（12分）求方程組3

18、13dx x y dt dy y dt ?=++????=??滿足初始條件1(0)1?-??=????的解. 解：方程組的特征方程為 23 1 (3)00 3 λλλ--=-=-， 所以特征根為3λ=（二重）， 對應齊次方程組的基解矩陣331exp ((3))01t t t At e I A E t e ??=+-=???? ， 滿足初始條件的特解 7、（10分）假設m 不是矩陣A 的特征值，試證非齊線性方程組mt ce Ax x +=有一解形如 mt pe t =)(? 其中c ，p 是常數(shù)向量。 證明：設方程有形如mt pe t =)(?的解，則p 是可以確定

19、出來的。 事實上，將mt pe 代入方程得mt mt mt ce Ape mpe +=， 因為0=mt e ，所以c Ape mp +=， c P A mE =-)( （1） 又m 不是矩陣A 的特征值，0)det(≠-A mE 所以1)(--A mE 存在，于是由（1）得c A mE p 1)(--=存在。 故方程有一解mt mt pe ce A mE t =-=-1)()(? 8、（12分）試求方程組 x Ax =的一個基解矩陣，并計算exp At ，其中2112A -??= ?-?? . 解：12()det()0,p E A λλλλ=-=== 設1λ對應的特征向量為1

20、v ，則由11()0E A v λ-= ，得1(2v αα?? = ?+?? ，0α≠. 取112v ??= +?，同理可得1λ 對應的特征向量為212v ?? = ?， 則1122(),()t t ??==，均為方程組的解， 令12()((),())t t t φ??= ，又1 (0)det (0)022w φ== =≠， ∴ ()t φ 即為所求基解矩陣(2(2e e ?? ? ?-? ? . 9、（12分）試證明：對任意0x 及滿足條件10021) 1(d d y x y y x y ++-= 的滿足條件00)(y x y =的解)(x y y =在)

21、,(∞+-∞上存在． 證明：∵ 221)1(),(y x y y y x f ++-=，2 2222)1(2)1()1)(12(),(y x y y y y x y y x f y ++--++-= 在全平面 上連續(xù) ∴ 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1,0==y y 是方程的兩個特解． 現(xiàn)任取),(0∞+-∞∈x ，)1,0(0∈y ，記)(x y y =為過),(00y x 的解， 那么這個解可以唯一地向平面的邊界無限延展，又上不能穿越1=y ，下不能穿越0=y ， 因此它的存在區(qū)間必為),(∞+-∞． 10、（10分）求平面上過原點的曲

22、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：設曲線方程為()y y x =，切點為(,)x y ，切點到點(1,0)的連線的斜率為 1 y x -， 則由題意可得如下初值問題：11(0)0 y y x y ?=-?-??=? 分離變量，積分并整理后可得22(1)y x C =--+， 代入初始條件可得1C =， 因此得所求曲線為22(1)1x y -+=. 11、（12分） 在方程 )()(d d y y f x y ?=中，已知)(y f ，)(x ?在),(∞+-∞上連續(xù)，且0)1(=?．求證：對任意0x 和10證明：由已知條件可知，該方程在整

23、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 Λ,2,1,0,==k k y π． 對平面內任一點),(00y x ，若πk y =0，則過該點的解是πk y =，顯然是 在),(∞+-∞上有定義． 若πk y ≠0,則))1(,(0ππ+∈k k y ,記過該點的解為)(x y y =， 那么一方面解)(x y y =可以向平面的無窮遠無限延展； 另一方面在條形區(qū)域k y k x y x (,),({因此解的存在區(qū)間必為),(∞+-∞． 12、（10分）設12(),()y x y x ??==是方程"()0y q x y +=的任意兩個解，求證：它 們的朗斯基行

24、列式()W x C ≡，其中C 為常數(shù). 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性及解的延展定理條件. 顯然1y =是方程的兩個常數(shù)解. 任取初值00(,)x y ，其中0(,)x ∈-∞+∞，0||1y 故該解的存在區(qū)間必為(,)-∞+∞. 13、（12分）試證：在微分方程Mdx+Ndy=0中，如果M 、N 試同齊次函數(shù)， 且xM+yN ≠0,則 ) (1 yN xM +是該方程的一個積分因子。 證明：如M 、N 都是n 次齊次函數(shù)， 則因為x x M +y y M =nM ，x x N +y y N =nN ， 故有M N y xM yN x xM yN ??-?+?+= ＝2 ()() () x x y M x yN N x y xM yN N N M +-+-+ ＝2 ()() ()M nN N nM xM yN -- +=0. 故命題成立。