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常微分方程练习题及
答案(复习题)

精品资料
常微分方程练习试卷
一、 填空题。
d
2
x
10
是 阶 （线性、非线性）微分方程. 1. 方程
x
dt
2
3
2. 方程
xdy
f(xy)
经变换
_______
，可以化为变量分离方程 .
ydx
d
3
y
y
2
x0
满足条 件
y(0)1,y

(0)2
的解有 个. 3. 微分方程
3
dx
4. 设常系数方程
*2xxx
y


y



y

e
x< br>的一个特解
y(x)eexe
，则此方程的系数


，


，


.
5. 朗斯基行列式
W(t)0
是函数组
x
1
(t),x
2
(t),,x
n
(t)
在
axb
上线性相关 的
条件.
6. 方 程
xydx(2x
2
3y
2
20)dy0
的只与< br>y
有关的积分因子为 .
X

A(t)X
的基解矩阵为
(t)
的，则
A(t)
. 7. 已知
8. 方程组

20

x'

x
的基解矩阵为 ．


05

9.可用变换 将伯努利方程 化为线性方程.
10 .是满足方程
y

2y

5y

y1
和初始条件 的唯一解.
的待定特解可取 的形式: 11.方程

12. 三阶常系数齐线性方程

y

2y

y0
的特征根是

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和点(1,0)的连线相互垂直.
dyxy1

2．求解方程.
dxxy3
3. 求解方 程
d
2
xdx
x
2
()
2
0
dtdt
y

ysinx
的通解.
。
4．用比较系数法解方程. .
5．求方程
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2

精品资料 6．验证微分方程
(cosxsinxxy
2
)dxy(1x
2< br>)dy0
是恰当方程，并求出它的通解.
的一个基解基解矩阵7．设

1


31

dX
，


，试求方程组
AX
A



dt

24


1

(t)
，求
dX
AX
dt
满足初始条件
x(0)

的解.
8. 求方程
dy
2x13y
2
dx
通过点
(1,0)
的第二次近似解.
的通解


9.求


dydy
()
3
4xy8y
2
 0
dxdx
10.若 
21

A

14

试求方程组
1

x

Ax

(t),
(0)




,
的解


2

并求
expAt


三、证明题

1. 若
(t),(t)
是
X

A(t)X
的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵
C
，使得(t)(t)C
.
2. 设

(x)(

x
0
,x

)
是积分方程
y(x)y
0


[

2
y(

)

]d

,
x
0
x
x
0
,x[
,

]

的皮卡逐步逼近函数序列
{

n(x)}
在
[

,

]
上一致收敛所得的解， 而

(x)
是这积分方程在
[

,

]< br>上的连续解，试用逐步逼近法证明：在
[

,

]
上

(x)

(x)
.
3. 设

都是区间

上的连续函数, 且

是二阶线性方程的一个基本解组. 试证明:
(i) 和

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) 和

没有共同的零点;
(iii)

和

没有共同的零点.
4.试证：如果

(t)
是
dX
AX
满足初始条 件

(t
0
)

的解，那么

(t) expA(tt
0
)


dt
.

答案
一.填空题。
1. 二，非线性 2.
uxy
，
11
dudx
3.无穷多 4.

3,

2,

1

u(f(u)1)x
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3

精品资料
5.必要 6.
y
3

e
2t
0

7. 9.


(t)
1
(t)
8.
e

5t


0e

At



10. 11.
12. 1,
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和点(1,0)的连线相互垂直.
解: 设曲线方程为

可得如下初值问题:
, 切点为(
x
,
y
), 切点到点(1,0)的连线的斜率为

, 则由题意
. 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 .
dyxy1

2.求解方程.
dxxy3
解：由

xy10,
求得
x1,


xy30
，解得
y2
令

x

1,



y

2,
,积分得则有
d




.
令
z
d



(1z)dzd


1z
2

1
arctanzln(1z
2
)ln|

|C
,
2
故原方程的解为
arctan
y2
ln(x1)2
(y2)
2
C
.
x1

3. 求解方程
d
2
xdx
2
x
2
()0
d tdt

解 令
，直接计算可得，于是原方程化为 ，故有或，积分后得
，即

，所以 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. .
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4

精品资料
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(

是任意常数)


.
5.求方程
y

ysinx
的通解.
解：先解
y

y
得通解为
yce
x
, 令
yc(x)e
x
为原方程的解，
代入得c

(x)e
x
c(x)e
x
c(x)e
x
sinx
, 即有
c

(x)e
x
sinx
,
积分得
11
c(x)e
x
(sinxcosx)c
, 所以
yce
x
(sinxcosx)
为原方程的通解.
22

6．验证微分方程
(cosxsinxxy
2
)d xy(1x
2
)dy0
是恰当方程，并求出它的通解.
MN
2xy
yx
所以原方程为恰当方程. 解：由于
M(x,y)cosxsinxxy
2
,N(x,y)y(1x
2
)
，因为
cosxsinxdx(xy
2
dxyx
2
d y)ydy0
, 把原方程分项组合得
或写成
111
d(sin
2
x)d(x
2
y
2
)d(y
2
)0
, 故原方程的通解为
sin
2
xx
2
y
2
y
2
C
.
222
dX
AX
dt

7．设

1


31

dX
，


，试求方程组
AX
A



dt

24


1

det(A 

E)
3

2
1
4

的一个基解基解矩阵
(t)
，求满足初始条件
x(0)

的解 .
解：特征方程为
(

2)(

5)0,

求得特征值
1

1


1
2,

2
5
,对应

1
2,

2
 5
的特征向量分别为
V
1



,V
2



,(

,

0).


1

2


e
2t
可得 一个基解矩阵
(t)

2t

e
e
5t< br>
1

21

1
.
，又因为
( 0)


11
3

2e
5t
< br>

，

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5

精品资料 1

e
2t
(0)



2t< br>于是，所求的解为

(t)(t)
3

e
1

e
5t


21

1
< br>1

e
2t
2e
5t





2t

5t

5t

2e


11

1

3

e4e

8. 求方程
dy
2x13y
2
dx
通过点
(1,0)
的第二次近似解.
解: 令

0
(x)0
，于是

1
(x)y
0


[2x13

0
2
(x)]dxx
2
x,

1
x

2
(x)y
0


[2x13

1
2
(x)]dx
1

9.求

x
133
xx
2
x
3
x
4
x
5
,

1025
(
dy
3dy
)4xy8y
2
0
dxdx
3
的通解


dy

2

8y
dx
x
dy
4y
dx
解：方程可化为


，

p
3
8y
2
dyp
x
4yp
令
dx
则有（*），
2y(p
3
4y
2
)
（*）两边对y求导得
< br>dp
p(8y
2
p
3
)4y
2
pdy
，

1
dp
dp
p
2
(p4y )(2yp)0
2yp0
y()
2
pcy
dy
dy
c
.即，由得，即
32

c
2
2p
x
2
4
c
， 将y代入（* ）得

c
2
2p
x
2


4
c


y(
p
)
2

c
即方程的 含参数形式的通解为：

，p为参数；

32
p4y0
得
p
又由

1
(4y
2
)
3
y
代入（*）得
4
3
x
27
也是方程的解 .
并求 10.若 试求方程组

解：特征方程



1


xAx
21


(t),

(0)



,
expAt
A



2


14


21
p(
< br>)

2
6

90

1,2
3
1

4
n
1
2
的解
，解得，此 时 k=1,。

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6

精品资料
1
i
t


1

3t

i



1

3t

1
t(

1


2
)


(t)e(A3E)e



v





t(



)


i!


212

2


i0


2

，
由公式

t
e

(A

E)
i
i0
i!
expAt=

t
n1
i

得


10

11


3 t

1tt

expAte
3t

Et(A 3E)

e
3t


te

 11



t1t

01

< br>



三、证明题

1. 若
(t ),(t)
是
X

A(t)X
的基解矩阵，求证：存在一个非奇 异的常数矩阵
C
，使得
(t)(t)C
.
证：
( t)
是基解矩阵，故

1
(t)
存在，令
X(t)< br>1
(t)(t)
，
X(t)
可微且
detX(t) 0
，易知
(t)(t)X(t)
. 则
所以


(t)

(t)X(t)(t)X

(t)
 A(t)(t)X(t)(t)X

(t)A(t)(t)(t)X

(t)
而


(t)A (t)(t)
，所以
(t)X

(t)0
,
X

(t)0,X(t)C
（常数矩阵），故
(t)(t )C
.

2. 设

(x)(

x
0
,x

)
是积分方程
y(x)y
0

[

2
y(

)

]d

,
x
0
x
x
0
,x[

,< br>
]

的皮卡逐步逼近函数序列
{

n
(x )}
在
[

,

]
上一致收敛所得的解，而

(x)
是这积分方程在
[

,

]
上 的连续解，试用逐步逼近法证明：在
[

,

]
上

(x)

(x)
.
x
证明：由题设，有
< br>(x)y
0


[

2

(
)

]d

,

x
0
x

0
(x)y
0
,

n
(x)y0


[

2

n1
(

)

]d

,x
0
,x[

,

]
，
(n1,2,)
.
x
0
下面只就区间
x
0
x

上讨论，对于

x x
0
的讨论完全一样。
x
因为
|

(x) 

0
(x)|

(

2
|

(

)||

|)d

M(xx
0
),
其中
Mmax{x
2
|

(x)||x|}
，
x
0
x[

,

]
xx
2
所 以
|

(x)

1
(x)|

(
|

(

)

0
(
< br>)|)d

L

M(

x
0
) d


x
0
x
0
ML
(xx
0
)
2
,

2!
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7

精品资料
ML
n1
n
其中
Lmax{x}
, 设对正整数
n
有
|

(x)

,则有
(x)|(xx)
n10
x[

,

]
n !
2
x

|

(x)

n
(x)|

(

|

(

)

n1
(

x
0
2
ML
n1
ML
n
n
(

x
0
)d

( xx
0
)
n1
,
)|)d


L

n!(n1)!
x
0
x

,
故由归纳法，对一切正整数
k
，有
ML
k1
ML
k1
k
|

(x)

k1
(x )|(xx
0
)(



)
k
.
k!k!
而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当
k
时，它0
,
因而函数序列
{

n
(x)}
在x
0
x

上一致收敛于

(x)
.根据极 限的唯一性, 即得

(x)

(x)
,
x
0
x

.

3. 设

都是区间

上的连续函数, 且

是二阶线性方程的一个基本解组. 试证明:
(i) 和

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) 和

没有共同的零点;
(iii) 和

没有共同的零点.
证明: 和

的伏朗斯基行列式为
因

和

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)
是
dX
AX
满足初始条件

( t
0
)

的解，那么

(t)expA(tt
0
)


dt
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8

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.证明：因为
dX
AX
的基本解矩阵，

(t)
是其解，所以存在常向量
C
使得：

(t)expAtC
，
dt
pAt
0
C
， 所以
C(expAt
0
)
1

， 令
tt
，则：

ex
0
(t)expAt
是
故

(t)expAt(expAt
0
)
1

expAtexp(At
0
)

expA(t t
0
)


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9