500字周记-感恩节由来

高等数学

一、证明题（共 52 小题，）
1、验证
x C
1
C
2
tt
是方程
tx

x

t
的通解。
2
1
3
3
2
3 t

x


1t
3
2、证明：由参数方程
所确定的函数
yy(x,C)
是方程
314t
3

yC
32

2
(1t)

x
3
y

3
3xy

0
的通解。
3、 证明：
(xC
2
)yC
1
（
C
1
, C
2
为任意常数）是方程
1yy

y

0
的通解。
222

d
2
ydy
1
y 0

x
2
23

dx
3e
2
sinx
是初值问题

dx
4、证明：
y
的解。
dy
32

y
x0
0,
x0
1

dx

5、证明：方程
y

kykq(x)
的通解是
ye
kx
x


Ck

q (u)e
ku
du


，其中
C
为任意常数。

0
3223
4224
6、验 证：
x2xyyC
（
C
为任意常数）是方程
(xxy)dx (xyy)dy0
的通解。

e
x

dxC
是微分方程
xy

yxe
x
的通解。 7、验证 ：
yx



x


d
2x

2
4x10sin3t

dt
x
t 0
0
的解。


dx

t0
2
dt

8、验证
x2(sin2tsin3t)
是初值问题 < br>9、验证
xy2C
1
x2C
2
yC
3
0
（
C
1
,C
2
,C
3
为任意常数） 是微分方程
22
y

[1(y

)
2]3y

(y

)
2
0
的解，并指出是 否是通解。

dy
3
1t
2
1
2tyt< br>
10、验证
ye
的解。

是初值问题

dt
22


y
t1
2

11 、验证
xyC
（
C
为任意常数）是方程
y

 
x
222
x
的通解。
y
2
12、验证
ye

x
0
e
t
dtCe
x
（
C
为任意常数）是方程
y

ye
xx
的通解。 < br>2
2x

dx
10
5


13、 验证
x
是初始值问题

dt100t
的解。
2(100t)


x
t0
10
14、验证方程
y

y0
的通解是一族曲线
yC
1
cos xC
2
sinx(C
1
,C
1
为任意常数）。
15、验证

y
1
e
1
t
2
2
dtxC0(C
为任意常数）所确定的函数是方程
y

e
1
2
y
2
0
的通解。
d
2
y
2
my0
的解。 16、验证
yAc osmxBsinmx(A,B
为常数）是方程
2
dx
1
x2
2
17、验证
ye

dy

dx
xy
是初值问题

1

y
x2

e

(x0)
的解。
18、验证
x
lnyC
是方程
ydx(yx)dy0
的通解，并确定积分常数
C
，使积分曲线经过点
y
(0,e
2
)
。 < br>19、验证
x3xyyC
是方程
(3x6xy)dx(6xy4y )dy0
的通解。
32242223


x
2
x
2
x
n1



20、设
ylim

(1x)

1x


试证 明
y
是初始值问题
n
2!3!(n1)!



dy
xy

的解。

dx


y
x0
0
2
< br>dyy
C
2
1

y

1

在
(0,)
上的解；而当
C0
时，21、验证：当
C 0
时，曲线族
yx
为方程

x

dxx22C
该曲线族是上述方程在
(,0)
上的解。
22、证明：若< br>u
1
(x,y)0
和
u
2
(x,y)0
是全微分方程
M(x,y)dxN(x,y)dy0
的两个解，则它们只差一
个常 数。
23、设
y
1
(x),y
2
(x)
是方程< br>y

p(x)yq(x)
的两个互异的解，求证：对于该方程中的任何一个 解
y(x)
，恒等

式
y(x)y
1
(x)
C
永远成立，其中
C
为常数。
y
2
(x )y
1
(x)
24、证明：
yz(x)e

x
0
a(t)dt
x
为方程
y

a(x)yb(x)的解的充分必要条件是，
z(x)
可微且满足方程
z

b(x )e
x


x
a(t)dt
0
。

q(x)
dx
y
1
(x)
25、设
y
1
(x),y
2
(x)
是方程
y

p(x)y q(x)
的两个解，且
y
2
y
1
z
，试证明：
z1Ce
26、验证：
UCe
kt
。
200(k
为常数）是方程
dU
k(U20)
的解。 dt
27、试导出方程
M(x,y)dxN(x,y)dy0
有形如
u(x,y)
的积分因子的充要条件。
28、试导出方程
M(x,y)N(x,y )
dy
0
有
f(x
2
y
2
)
形式的积分因子的条件，并求解：
dx
ax
2
y
2
Cx (bx
2
y
2
Cy)y

0

1 2x
3
29、验证
y5y3xC0
（1）是微分方程
y

（2）的解。
2
3y5
34
dy

dy

30、证明：
y2CxC
是微分方程
y

2xy0
（1）的解。


dx

dx
22
2
sinx2
是微分方程
y

y

y0
（1）的解。
xx
sinx
32、验证
y< br>是微分方程
xy

ycosx
（1）的解。
x
31、证明：
y
1

33、试验证
y1cos4x
是 微分方程
y

16y16
的一条过点
(0,2)
且在 该点切线平行
x
轴的积分曲线。
34、试验证
ye
xsinx
是微分方程
y

2y

2y0
的一条在原点处与直线
yx
相切的积分曲线。
35、试验证
y sh2x
11
是微分方程
y

2y1
的一条过点
(0,)
，且在该点处的切线与直线
22
y
1
(12x )
垂直的积分曲线。
2
36、如果上半平面的一条向上凸曲线上任一点处的曲率半径等于该点处法线在曲线与
x
轴间的长度，试证此曲
线是半圆周。
37、证明函数组：
1,s int,cost,e
在任何区间
[a,b]
上线性相关。
38、验证：
1,sint,cost
在任何区间上线性相关。
22
22t

39、设
x(t)
和
y(t)
是区间
[a,b]
上的连续函数，证明如果在区间
[a,b]
上有
x(t)

常数，则
x(t)
和
y(t)
y(t)
在
[a,b]
上线性无关。
40、 证明：函数
1,t,t,,t
2n1
在任何区间
[a,b]
上线性无关。
41、已知
x
1
(t),x
2
(t)
是微分方程
x

a
1
(t)x

a
2
(t)x0
的两个解，试证明：
xC
1
x
1
(t)C
2
x
2
(t)(C
1
,C
2
为任意常数）也是方程的解。
42、设
x
1
(t),x
2
(t)
分别为非齐次方程
x

p(t)x

q(t) xf(t)(1)
的两个特解，证明：
x(t)x
1
(t)x
2
(t)
是方程(1)对应的齐次方程：
x

p(t)x

q(t)x0
tt
43、验证：
e,e
是微分方程
x


22
(2)
的解。
1
x
< br>4t
2
x0
的两个线性无关特解，并求此方程的通解。
t
44、设
x
1
(t)
是非齐次线性方程
x

(t)a
1
(t)x

(t)a
2
(t)x(t)f
1
(t)(1)

的解。
x
2
(t)
是方程

x
(t)a
1
(t)x

(t)a
2
(t)x(t) f
2
(t)(2)

的解。试证明

xx
1
(t)x
2
(t)

是方程

x

(t)a
1
(t)x

(t)a
2
(t)x(t)f
1
(t)f
2
(t)(3)

的解。
45、验证函数组：
1,e,e,e
在任何区间上线性无关。 46、设
x
1
(t),x
2
(t)
在
[a,b ]
上线性无关，证明：
y
1
x
1
(t)x
2< br>(t),y
2
x
1
(t)x
2
(t)
在
[a,b]
也是线性无关。
47、证明：
e,te,te
在任何区间上线性无关。
tt2t
t 2t3t

(t1)
2
48、设
x
1
(t)< br>

0
0t1
1t2
，

0x
2
(t)

2
(t1)

0t1< br>
1t2

试证明：
x
1
(t),x
2
(t)
在
[0,2]
上线性无关。
49、证明：如果函数组< br>x
1
(t),x
2
(t),,x
n
(t)在
[a,b]
上有1到
n1
阶连续导数，且线性相关，则在
[ a,b]
上
W(x
1
,x
2
,,x
n)
x
1
(t)

(t)x
1
x
2< br>(t)

(t)x
2


x
n(t)

(t)x
n

x
1< br>(n1)
(t)x
2
(n1)
(t)x
n
(n1)
(t)
0

50、若已知微分方程
x
p
1
(t)x

p
2
(t)x0
的一个 非零特解为
xx
1
(t)
，证明此方程的通解为

1
xC
1
x
1
(t)C
2
x
1< br>(t)


2
e


p
1
(t)dt

dt


x
1
(t)
51、验证
y
1
ecoskx,y
2
esinkx
都是微分方程
y

2y

(1k)y0
的解，并 求此方程的通解，其中
k
为非零实常数。
52、证明：若有方程
f

(x)f(1x)
，则必有
f

(x)f(x)0，并求解此方程。
xx2
高等数学

一、证明题（共 52 小题，）
1、

x

2C
2
tt
2
,x

2C
2
2t
（4分）
代入方程的左端得

t(2C
2
2t)(2C
2tt
2
)t
2
（8分）
又因
xC
1
C
2
t
2、
1
3
（10分）
t
含有两个任意常数，故
x
为方 程的通解。
3
dy3t
2

对参数方程求导得
3
dx
1t
（8分）
把它代入方程得恒等式，且yy(x,C)
含有一任意常数
C
，故参数方程所确定的函数
（10分）
yy(x,C)
为通解。
方法二
dx3(12t2
)dy9t
2
(12t
2
)dy3t
2
 ,,

32333
dtdtdx
(1t)(1t)1t
（6分）

代入原方程：
27t
3
27t
6
3t3t
2
30
左式=
(1t
3
)3
(1t
3
)
3
(1t
3
)(1t3
)
33
（8分）
且所给函数中含有任意常数
C
，故 它是微分方程
xy

3xy

0
的通解。

3、
对已知隐函数两边关于
x
求导二次得


（10分）

xC
2
yy

0








（4分）
（8分）
（10分）
1(y

)
2
yy

0

且隐函数含有两个任意常数，故它为方程的通解。
4、

x
3

2
x
33
y

esinxe
2< br>cosx

322
11
（1分）

x
3

2
x
33
y

esinxe
2
cosx

322
11
（3分）

代入方程得
y

y

y0

此外


（8分）
y(0)0
y

(0)1


x
23
3e
2
sinx
是初始值问题的解。 故
y
32
1
（10分）
5、
y

 ke
kx
x


Ck

q(u)e
ku
du


ke
kx
q(x)e
kx


0
（5分）
kykq(x)

所以
y

kykq(x)













（4分）
（8分）


Ck
故
ye< br>kx



x
0

是方程的通解。
q(u)e
ku
du


（10分）
6、
对已知隐函数两边微分得

4x
3
dx4xy
2
dx4x
2
ydy4y
3
dy0

3223
（5分）
（8分）
（10分）
即
(xxy)dx(xyy)dy0

故已知隐函数为方程的通解。
7、





e
x
y

e

dxC

x
x
（3分）

x

e
x

e
x
x
xy

x

e

dxC

xex


dxC

xe
x
y
（7分）
x

x

即
xy

yxe

所以
y
是方程的通解。
8、
因
x

t0
x
（10分）
2(sin2tsin3t)
t0
t0
0

（4分）
dx
dt
2(2cos2t3cos3t)
t0
 2

d
2
x
4x2(4sin2t9sin3t)4 2(sin2tsin3t)10sin3t

dt
2




（8分）
（10分） 故
x2(sin2tsin3t)
是初值问题的解。
9、
对已知隐函数方程两边关于
x
求导得：

xyy
C
1
C
2
y

0
（2分）
上式再对
x
求导得

1(y

)
2< br>yy

C
2
y

0
（1） （4分）
（1）式关于x求导得

3y

y

yy

C
2
y

0
（2） （6分）
由（1），（2）消去
C
2
得

y

[1(y

)
2
]3y

(y

)
2
0

（10分） 故知已知函数是微分方程的解，且是通解。
10、
3
1t
2
1

y
t1
e2

t1
22
2
dy3
1t
2

e(2t)3te
1t

dt2
dy
将
y,
代入原方程，得
dt

22
1

3
3te
1t
2t

e
1t


t


22



（2分）
（6分）
故
y
为初始问题的解。 （10分）
11、
对已知隐函数方程两边关于
x
求导得

2x2yy

0

即
y


x

y
2
（8分）
此外，
xyC
含有任意常数
C
，故它是方程的通解。（10分）
12、
22
y

e
x

x
0
e
t
dte
x
e
x
Ce
x

2
22












（4分）
（6分）
（8分）
ye
xx

即
y

ye
此外，
ye

13、

x

xx
2







x
0
e
t
dtCe
x
含有 一任意常数
C
，所以它是方程的通解。
（10分）
2

dx1210
5
1
5
10(2)
（4分）
dt
(100t)
3
(100t)
2
100t

x
2x

100t
（6分）
t0
10
5

4
10

10
（8分）

所以
x
10
5
(100t)
2
是初始值问题的解。
14、
由于
yC
1
cosxC
2
sinx


y

C
1
cosxC
2
sinx
（8分）
故在
(,)
上有
y

y0
（10分）
15、
对隐函数两边关于
x
求导得
2

e

1
2
y
dy
dx
10
（7分）
即
dy
1
y
2
dx
e
2
0
（10分）
16、

dy
dx
AmsinmxBmcosmx


d2
y
dx
2
m
2
[AcosmxBsinmx] m
2
y

故
d
2
y
dx
2
m
2
y0

17、
dy
1
当
x0,
dx
xe

2
x
2
xy
（7分）

y

1
x
2
2
x2
e
x2

1
e
（9分）
故
ye

1
x
2
2
为初始值问题的解。 （10分）
18、
隐函数两边求微分得

ydxxdy
y
2

1
y
dy0

整理得：
ydx(yx)dy0

（10分）
（8分）
（10分）

故知
x
lnyC
是方程通解。
y
（5分）
此外
x
lny
y
x0ye
2
2

x
lny2
。
y
所以过点
(0,e)
的积分曲线为
19、
对隐函数两边微分得

2
（10分）
3x
2
d x6xy
2
dx6x
2
ydy4y
3
dy0
（4分）
整理得

(3x
2
6xy
2
)dx(6x
2
y4y
3
)dy0


（8分）
（10分） 且隐函数含有任意常数，故为方程的通解。
20、
y(x)(x1)e
x

y

1e
x
xy



（4分）
（8分）
y(0)0

故
y
为初始值问题的解。
21、
将
y
（10分）
C
2
1dy
代入方程左端得：
xCx

22Cdx
2
代入方程的右端得
yC
2
x
21C
2
x
2
1

y

1



xx2Cx2Cx
（6分）
当
Cx0
时，两端恒等；当
Cx0
时，两端不恒等；所以当
C 0
时，函数为方程在
(0,)
上
的解；而当
C0
时， 则为
(,0)
上的解。（10分）
22、
证：由题设
du
1
M(x,y)dxN(x,y)dy


du
2
M(x,y)dxN(x,y)dy


（4分）
（8分） 则
d(
u
1
u
2
)0


u
1
u
2
C

u
1
u
2
C
（10分）
23、
证：因
y(x),y
1
(x),y
2
(x )
都是微分方程的解
即


y

(x)p( x)y(x)q(x)


(x)p(x)y
1
(x)q(x )

y
1

y

(x)p(x)y(x)q( x)
2

2
(1)
(2)

(3)
(1) (2):y

(x)y
1

(x)p(x)[y(x)y< br>1
(x)]0

(3)(2):y
2

(x) y
1

(x)p(x)[y
2
(x)y
1
(x )]0
则

y(x)y
1
(x)C
1
e


p(x)dx
y
2
(x)y
1
(x )C
2
e


p(x)dx

故

y(x)y
1
(x)
C

y
2
(x)y
1
(x)
（10分）
另 证：
y
2
(x)y
1
(x)
适合
(y
2
y
1
)

(y
2
y
1
)p (x)0
，即它是齐次方程
y

p(x)0
的解

故原方程的通解为

（4分）
y(x)y
1
C(y
2
y
1
)

y(x)y
1
(x)
C

y
2
(x)y
1
(x)

（8分）
即
24、
（10分）
证明：（1）如果
yz(x)e

x0


x
a(t)dt
是方程的解，则有
y

a(x)b(x)

z

(x)e

x0
a(t)dt
x
z(x)e

x0
a( t)dt
x
a(x)a(x)z(x)e

x0
a(t)dtx
b(x)

整理得：

z

b(x) e
x


x0
a(t)dt

，则
（5分）
（2）如果
z

b(x)e
x

< br>x0
a(t)dt

z(x)

b(x)e


x0
a(t)dt
dx
yz(x)e
x0
a(t)dt
x
x


b(x)e
x

x0
a(t)dt
dxe

x0
a(t )dt
x

求导得：
y

a(x)yb(x)

说明
yz(x)e

x0
25、
证明：因为
y
2
y
1
z
是方程的解，故有

x
a(t)dt
是方程的解。 （10分）
(y1

py
1
)zz

y
1
q( x)

又因为
y
1
是方程的解，所以
y
1

p(x)y
1
q(x)
，上式化为

q(x)zz

y
1
q(x)
（6分）
这是一个变量可分离微分方程：
y
1
所以：
dz
q(x)(1z)

dx
q(x)
dxC
1

y
1
（10分）
dzq(x)
dx
1zy< br>1
ln(1z)

所以
26、

zC e


q(x)
dx
y
1
1

dU
kCe
kt
0

dt
kt
（1） （2分）
由
UCe200
解得

Ce
kt
(U20)
（7分）
将代入式（1）得

dU
k(U20)

dt
（10分）
27、
一般，
u(x,y)
是积分因子的充要条件是

N
MN

uu
Mu




xyyx

若
u(x,y)u(xy)
，记
zx y
，则
u(xy)u(z)

uduzduudu


xdzxdzydz
（4分）

因而有
( NM)

MN

du
u


< br>
dzx

y
du

MN




u

yx

即
u(z)Cexp


NM

dz
（8分）

1

MN



< br>dz



x


NM
< br>y
故得
u(xy)
为积分因子的充要条件为

MN



x

y
28、
（1）

NM

(xy)
（10分）

f(x
2
y
2
)M(x,y)f(x
2< br>y
2
)N(x,y)

yx

即 f


NM





2(yM(x,y)xN(x,y))

fy

x
22
（2分）
记
zxy
，上式变为
df(z)

NM





2(yM(x,y)xN(x,y))

f(z)

xy

故若

因子
（4分）

NM

22
22


2 (yM(x,y)xN(x,y))(xy)
时，方程有形式
f(xy)
的 积分
y

x

2
（6分）
2
（2）可以求得方程的积分因子为：
f(xy)
1
xy
22< br>
以
1
xy
22
乘方程两边得全微分方程

CxCy

a

dx

b
dy0


22

22

x y

xy

axbyCx
2
y
2C

求得通解为：
（10分）
29、

对函数
y5y3xC0
两边关于
x
求导得

34
3y
2
y

5y

1 2x
3
0
（6分）

12x
3
y



3y5
34
故由
y5y3xC0
确定的函数
yy(x)
是方程的解。（10分 ）
30、
证法一：由
y2CxC
得：
yy

C
代回原式
22
y
2
2yy

xy2
y

2

即
yy

2xy

y0

故
y2C xC
是微分方程
yy

2xy

y0
的解 。
证法二：将
y2CxC
两边关于
x
求导得
22
222
2
dy

2C

dx
dy
从而解得
Cy

dx

2y
（2分）


dy

dy

y
2
2

y

x

y



dx

dx

2
2
（6分）
当
y0
时，则有

dy

dy

y

2xy0


dx

dx
（9分）
此外，
y0
显然满足方程（1），故

y
2
2CxC
2

（10分） 是方程（1）的解。
31、
证法一：
y


cosxs inx

2
，即
xy

ycosx

x
x






（3分）
（6分）
（8分）
再对
x
求导：
xy
2y

sinx

即
y


2
y

y0

x

sinx2
是
y

y

y0
的解
xx
xcosxsinx
证法二：
y
1



x
2
故
y

（10分）
(2x
2
)sinx2xcosx
y
1


x
3
（3分）
将
y
1
,y< br>1

,y
1

代入方程的左端得

(2 x
2
)sinx2xcosxxcosxsinxsinx
0

32
x
xx
故
y
1

32、
sinx
是方程的解。
x
（10分）
xcosxsinx1sinx
（5分）
cosx
x
x
2
x
2
sinx

xy

cosxcosxy

x
sinx
故
y
适合
xy

ycosx
（10分）
x

y


33、
因为
y

16cos4x
代入微分方程有

y

16y16cos4x16(1cos4x)16

（4分） 即
y1cos4x
是所给微分方程的解
又因为 < br>y(0)1cos02,y

4sin4x,y

(0) 0

故曲线
y1cos4x
过点
(0,2)
，且在该点 有水平切线，所以结论成立。

34、

x
（10分）
因为
yesinx
，于是
y

e
x
(cosxsinx),y

2e
x
cosx
，代入微分方程得
y

2y

2y2e
x
cosx2e
x
(cosxsinx)2e
x
sinx 0

故
ye
x
sinx
是所给微分方程的解。
x0
（4分）
0x
又因为
y(0)esin00,y< br>
(0)e(cosxsinx)1

直线
yx
的斜率为1，故曲线
ye

x
sinx
过原点且与直线
yx
相切，结论成立。
（10分）

35、
1
，于是
y

2sh2x
，代入微分方程左端得
2
1
y

2y2sh2x2(sh2x)1

2
1
故
ysh2x
是所给微分方程的解。 （4分）
2
11
又因为：
y(0)sh0,y

(0)2c h2x
x0
2

22
因为
ysh2x
直线
y
111
21
，且过点
(0,)
，故曲线
ys h2x
过点
(12x)
的斜率为

222
2
2

11
(0,)
且在该点处与直线
y(12x)
垂直，结论成立。
22

36、
（10分）
设曲线方程为
yy (x)
，由已知
y0,y

0
，曲线上任一点
M(x ,y)
处的法线方程为

Yy
1
(Xx)

y

法线与
x
轴的交点为
(yy

x,0)< br>，由已知得方程

(1y

2
)
32
 (yy

)
2
y
2

y

2
即
yy

(1y

)
（4分）
令
Py

，代入上式求解得

y

 
1
C
1
2
y
2

y
（7分）
分离变量后积分得

C
1
2
y
2
xC
2

2 22
即
(xC
2
)yC
1
,
所以曲线为上半 圆周。
37、

y0

（10分）
因11(1)sin
2
t(1)cos
2
t0e
t
0
，故函数组：
1,sint,cost,e
在任何区间
22 t

[a,b]
上线性相关。
38、
（10分） 取
C
1
1,C
2
1,C
3
1
，则得

（5分）
(1)11sin
2
t1cos
2
t0

22
故函数组
1,sint,cost
在任何区间上线性相关。 （10分）
39、
反证：设
x(t)
和
y(t)
在
[a,b ]
上线性相关，则存在不全为零的
C
1
和
C
2
，使
C
1
(x)C
2
y(t)0(t[a,b])
。
不妨设
C
1
0
，于是有

（4分）
x(t)
C
2
C
常数
y(t)C
1
（8分）
矛盾，故
x(t)
和
y(t)
在
[a,b]
上线性无关。 （10分）
40、
证明： 假设函数
1,t,t,,t
2n1
在某区间
[a,b]
上线 性相关，根据定义存在一组不全为0的数
k
1
,k
2
,,k< br>n
，使得对
[a,b]
上任何
t
，均有
k
1
k
2
tk
3
t
2
k
n< br>t
n1
0

但这是不可能的，因为
（5分）
k
1
k
2
tk
3
t
2
 k
n
t
n1
0

为
n1
次方程，只有
n1
个根，所以它不能恒为零。
故函数组
1,t,t,,t
41、
2n1
在任何区间
[a,b]
上线性无关。 （10分）
x C
1
x
1
(t)C
2
x
2
(t)

x

C
1
x
1

(t)C
2
x
2

(t)
x

C
1
x
1

(t)C
2
x
2

(t)< br>
代入原方程得
（3分）

x
< br>(t)a
1
(t)x

(t)a
2
(t)x(t )

[x
1

(t)a
1
(t)x
1

(t)a
2
(t)x
1
(t)][x
2< br>
(t)a
1
(t)x
2

(t)a
2
(t)x
2
(t)]
0




（8分）
（10分） 所以
xC
1
x1
(t)C
2
x
2
(t)
是原方程的解。
42、
由题设
x
1

p(t)x
1

q(t)x
1
f(t)

(3)

(4)
（4分）
x

2
p(t)x

2
q(t)x
2
f(t)
(3)－(4)得：
< br>(x
1
x
2
)

p(t)(x
1x
2
)

q(t)(x
1
x
2
)0


（8分）
即
xx
1
x
2
是齐次方程（2）的解。
43、
因为
（10分）

e

t
2

2
1
t
2

e4t
2
e
t

t

2222
1
2e
t
4t
2e
t
2te
t
4t
2
e
t
0

t
（2分）

1
t
22
t< br>

e




e

t


2
2t



4te

（4分）
2222
1
2et
4t
2
e
t
(2te
t
)4 t
2
e
t
0

t
tt
故
e,e
是方程的解，且
22
e
t
e
2
t
2
e
2t

常数
22
2
（7分）
tt
于是
e,e
是方程线性无关的解（构成基本解组），故方程的通解为

xC
1
eC
2
e
t
2
t
2

（10分） 其中
C
1
,C
2
为任意常数。
44、
因为< br>x
1
(t),x
2
(t)
分别为方程（1）和方程（2）的解
所以

x
1

(t)a
1
(t )x
1

(t)a
2
(t)x
1
(t)f1
(t)
x
2

(t)a
1
(t)x2

(t)a
2
(t)x
2
(t)f
2< br>(t)
(1)

(2)

得
(1)


(2)

（5分）

x< br>1
(t)x
2
(t)


a
1
(t)

x
1
(t)x
2
(t)

< br>a
2
(t)

x
1
(t)x
2
(t)



f
1
(t)f
2
(t)
即
xx
1
(t)x
2
(t)
是方程（3）的解 。
45、
令
k
1
k
2
ek
3< br>e
t2t

（10分）
k
4
e
3t
0

t
（1） （2分）
（1）两边关于
t
求导，并除以
e
得

k
2
2k
3
e
t
3k
4
e
2t
0

t
（2） （5分）
（2）两边关于
t
求导，并除以
e
得

2k
3
6k
4
e
t
0
（3）
对（3）重复上面做法得

6k
4
0
，即
k
4
0

以
k
4
0
依次代入(3)(2)(1)，依次得到

k
1
k
2
k
3
0
（8分）
t2t3t
这说明仅当
k
1
k
2
k
3
k
4
0
时，（1）式成立，故函数组
1,e,e,e
在任何区间上线性无
关。
46、
（10分）
假设在
[a,b]
恒有

k
1
y
1k
2
y
2
0
（2分）
即 (k
1
k
2
)x
1
(t)(k
1
k
2
)x
2
(t)0

因为
x
1(t),x
2
(t)
在
[a,b]
上线性无关，上式仅当


k
1
k
2
0



k
1
k
2
0
（7分）
时才成立，而上方程组仅有零解：
k
1
k
2
0

因此证得：
y
1
,y
2
在
[a,b]
上线 性无关。
47、
令
C
1
eC
2
teC
3
te0

即
C
1
C
2
tC
3
t0
2
tt2t


（9分）
（10分）


（2分）
（4分）
(1)

而一元二次方程（1）最多只有两 个实根，因此除非
C
1
C
2
C
3
0
，否则在任何区间上（1）
不成立。故证得函数组在任何区间上线性无关。
（10分）
48、
令
k
1
x
1
(t)k< br>2
x
2
(t)0
即


t[0,2]
（2分）
k
1
(t1)
2< br>0,
k
2
(t1)
2
0,
0t1

1t2









（5分）
（8分）
因此得
k
1
k
2
0
，故知
x
1
(t),x
2
(t)
在 [0，2]上线性无关。（10分）
49、
由题设，存在一组不全为0的常数
C< br>1
,C
2
,,C
n
，使得在
[a,b]
上恒有
C
1
x
1
(t)C
2
x
2< br>(t)C
n
x
n
(t)0(1)
（2分）
（1）式两边关于求一阶，二阶，…，
(n1)
阶导数得
C
1< br>x
1

(t)C
2
x
2

(t) C
n
x
n

(t)0
…………………
(n1)(n1)(n1)
C
1
x
1
(t)C
2
x
2
(t)C
n
x
n
(t)0
(2)

(n)
（7分）
由(1),(2),…,(n)组成以
C
1
,C
2
,,C
n
为未知数的
n
阶线性齐次方程组，依题意有非零解，故知道它
的系数行列式为0，即
W(x
1,x
2
,,x
n
)0
。（10分）
50、
证：设

xu(x)x
1
(t)x
< br>u

(x)x
1
(t)u(x)x
1

(t)

x

u

(x)x
1
(t )2u

(x)x
1

(t)u(x)x
1
 
(t)
代入原方程

x
1
(t)u

(x)[2x
1

(t)x
1
(t)p
1
( x)]u

0

2x

x
u


1

1
p
1
(x)

u

x
1
x
1
C
2
2
x
1
（3分）

解得：
u

e

p
1< br>(x)dx
（7分）

1

xC
1
x
1
(t)C
2
x
1
(t)


2
e


p
1
(t)dt

dt


x
1
(t)

51、
（10分）

e(coskxksinkx)
因为
y
1

x
y
1

e
x< br>(coskx2ksinkxk
2
coskx)
（3分）
代入方程得

2y
1

(1k
2
)y
1
y
1

e
x
[coskx2ksin kxk
2
coskx2coskx2ksinkx

(1k2
)coskx]0
x
所以
y
1
e
cos kx
是方程的解，同理可证
y
2
esinkx
也是方程的解。
x
（7分）
又因为
y
1
c tankx
常数，故
y
1
与
y
2
线性无关，所以 方程的通解为
y
2
（10分）
y(C
1
coskxC
2
sinkx)e
x

52、
由于
f

(x)f(1x)
，两边关于
x
求导得

故得

f

(x)f
(1x)f[1(1x)]f(x)

f

(x)f(x)0
（1） （2分）
解方程（1）得通解为

f(x)C
1
cosxC
2
sinx
（2）

f

(x)C
1
sinxC
2
c osx
（3）
f

(0)f(1),f

(1)f (0)
，将此代入(2),(3)得



C
1
cos1C
2
sin1C
2

C

1
sin1C
2
cos1C
1
解得：
C
1sin1< br>2

cos1
C
1

所以原方程的解为：

f(x)C

1sin1
< br>1


cosx
cos1
sinx

< br>
（4分）
（8分）
（10分）