2022年常微分方程练习试卷及答案.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载常微分方程练习试卷一、填空题；2 1. 方程 x 3 d x2 1 0 是 阶（线性、非线性）微分方程 . dt2. 方程 x dyf xy 经变换 _ ,可以化为变量分别方程 . y dx33. 微分方程 d y3 y 2x 0 满意条件 y 0 1, y 0 2 的解有 个. dx4. 设 常 系 数 方 程 y y y xe的 一 个 特 解 y * e 2 xe xxe , 就 此 方 程 的 系 数 x, . 5. 朗斯基行列式 W t 0 是函数组 x t , x 2 , , x t 在 a x b 上线性相关的条件. 6. 方程xydx2x23y220dy0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,就A t . 8. 方程组x'20x 的基解矩阵为059. 可用变换将伯努利方程化为线性方程 . 10 .是满意方程y2y5yyy1和初始条件的形式 : 的唯独解 . 11. 方程的待定特解可取0的特点根是12. 三阶常系数齐线性方程y2y二、运算题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 . 第 1 页,共 8 页2求解方程dyxy1. dxxy30；3. 求解方程xd xdx2dt2dt4用比较系数法解方程 . . 名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料欢迎下载AX5求方程yysinx 的通解 . 6验证微分方程cosxsinxxy2dxy1x2dy0是恰当方程,并求出它的通解. 7设A31,1,试求方程组dXAX的一个基解基解矩阵t ,求dX241dtdt满意初始条件x0的解. 8. 求方程dy2x13y2通过点 1,0 的其次次近似解 . dx9. 求dy 34xydy8y20的通解dxdx10. 如A21试求方程组 xAx 的解 ,01,并求 expAt142三、证明题1. 如 , t 是XA t X 的基解矩阵,求证：存在一个非奇特的常数矩阵C ,使得 , t C . 2. 设xx0x是积分方程上的y x y 0x2yd,x 0,x,x0的皮卡逐步靠近函数序列nx在,上一样收敛所得的解, 而x 是这积分方程在连续解,试用逐步靠近法证明：在,上xx. 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 和都只能有简洁零点 即函数值与导函数值不能在一点同时为零t; 0t第 2 页,共 8 页ii 和没有共同的零点 ; iii 和没有共同的零点 . 4. 试证：假如t 是dXAX满意初始条件 0t的解,那么texpA dt. 名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载答案一. 填空题；1. 二,非线性 2.uxy ,1due1dx 3.t无穷多 4.3,2,1u f u 1x5. 必要 6.y 7. 3 1 t 8. At2 et 0 9. 05 e 10. 11.12. 1, 二、运算题 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 , 切点为 x, y, 切点到点 1,0 的连线的斜率为 , 就由题意可得如下初值问题 : . 分别变量 , 积分并整理后可得. z2ln |C , 第 3 页,共 8 页代入初始条件可得, 因此得所求曲线为. 2. 求解方程dyxy1. dxxy3解：由xy10,求得x1,y2令x1,xy30y2,就有d.令 z,解得1z dzd, 积分得arctanz1ln1d1z22故原方程的解为arctany2lnx2 1y22C. x1,故3.求解方程x2 d xdx20dt2dt解令,直接运算可得,于是原方程化为名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 有或,积分后得精品资料欢迎下载就,即,所以是原方程的通解,这里为任意常数；. 4. 用比较系数法解方程 . 解： 特点方程为, 特点根为. . 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 sin x 的通解 . 解： 先解 y y 得通解为 y ce , x 令 y c x e 为原方程的解,x代入得 c x e xc x e xc x e x sin x , 即有 c x e xsin x , 积分得 c x 1 e xsin x cos c , 所以 y ce x 1 sin x cos 为原方程的通解 . 2 22 26验证微分方程 cos x sin x xy dx y 1 x dy 0 是恰当方程,并求出它的通解 . 解：由于 M x y cos x sin x xy 2, N x y y 1 x 2,由于 M2 xy N 所以原方程为恰当方程 . y x把原方程分项组合得 cos sin xdx xy dx 2yx dy 2 ydy 0 , 或写成 d 1 sin 2x d 1 x y 2 2 d 1 y 2 0 , 故原方程的通解为 sin x 2x y 2 2y 2C . 2 2 27设 A 3 1,1,试求方程组 dX A X 的一个基解基解矩阵 t ,求 dX A X2 4 1 dt dt满意初始条件 x 0 的解. 名师归纳总结 第 4 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料欢迎下载,2t2 e5t第 5 页,共 8 页解： 特点方程为detAE31250,24求得特点值12,25, 对应12,25的特点向量分别为V 11, V 21, ,0.12可得一个基解矩阵 e2te5t5t.,又由于10121e2t2 e311于是,所求的解为tt101e2 te5t5t2111e2 t1113e2 e3e2t4 e5t8. 求方程dy2x13y2通过点 1,0 的其次次近似解 . dx解:令0 0,于是1 y 0x2x1 32 x dxx2x,102 y 0x2x132 x dx1xx2x33x43x5,118y2（*）,10259.求dy34xydy8y20的通解dxdx解： 方程可化为xdy38y2,令dyp就有xp3dxydy44ypdxdx（*）两边对 y 求导得2 y p34y 2dpp8y2p34y p 2,2.dy即p34y22ydpp0,由2ydpp0得p1ypcy ,即dydyc将 y 代入（ *）得xc22p,4c2xc22p4c2即方程的含参数形式的通解为：yp2,p 为参数；c名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料欢迎下载2；1y4x 3也是方程的解 . 又由p 34y20得p4y23代入（ *）得2710. 如A21试求方程组 xAx的解 ,01,并求 expAt142解： 特点方程p 1212690,解得1,23 ,此时 k=1,n 141v, e 3 ti1tiA3 i1e 3t1t120i.22t122由公式 expAt = etn1tiAEi得i0i.1 1e 3t1tt1ttexpAte 3tEt A3 e 3t10t011 1三、证明题1. 如 , t 是XA t X 的基解矩阵,求证：存在一个非奇特的常数矩阵C ,使得 , t C . 上的证： t 是基解矩阵,故1 t 存在,令X t 1 ,就X t 可微且 detX t 0,易知 t X t . 所以 t X t t X A t t X t t X A t t X 而 A t t ,所以 t X 0, X 0,X t C （常数矩阵）,故 t C . 2. 设xx0x是积分方程y x y 0x2yd,x 0,x,x0的皮卡逐步靠近函数序列nx在,上一样收敛所得的解, 而x 是这积分方程在连续解,试用逐步靠近法证明：在,上xx. 第 6 页,共 8 页证明 ：由题设,有xy 0x2d,x0名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 0xy 0,nx y0x2n1d精品资料0,x欢迎下载n1 ,2 ,. ,x,x 0下面只就区间x0x上争论,对于xx0的争论完全一样；x |x|,x由于|x 0x|x 02|dMxx0,其中Mmaxx , x2|所以| 1 |x2| 0 |dLxMx 0dMLxx 02 ,x 0x02.xx0n1,其中Lmaxx , x2, 设对正整数 n 有|x n1x|MLn1xx 0n, 就有.n| x n x |x2|n1|dLxMLn1x0ndMLnx 0x 0n.n1 故由归纳法,对一切正整数k ,有| k1 |k ML1xx 0kk ML1k. 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nx 在x0x上一样收敛于x . 依据极限的唯独性 , 即得xx , x0x . 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 和都只能有简洁零点 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. 名师归纳总结 如存在, 使得, 就由行列式性质可得, 冲突. 即第 7 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载最多只能有简洁零点 . 同理对有同样的性质 , 故i 得证. 如存在, 使得, 就由行列式性质可得, 冲突 . , 冲突 . C 使得：第 8 页,共 8 页即与无共同零点 . 故ii得证. 如存在, 使得, 就同样由行列式性质可得即与无共同零点 . 故iii得证 . 4. 试证：假如t 是dXAX满意初始条件 0t的解,那么texpA t0tdt. 证明： 由于texpAt是dXAX的基本解矩阵,t 是其解,所以存在常向量dt t exp AtC,令t0t,就：expAt 0C,所以Cexp At01,故t expAt expAt 1expAt exp At expAtt 名师归纳总结 - - - - - - -