2022年常微分方程练习试卷及答案 .pdf

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1、精品资料欢迎下载常微分方程练习试卷一、填空题。 1. 方程23210d xxdt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是函数组12( ),( ),( )nx txtx t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

2、 t X的基解矩阵为( ) t的，则( )A 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 .是满足方程251yyyy和初始条件的唯一解 . 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 . 2求解方程13dyxydxxy. 3. 求解方程222()0d xdxxdtdt。4用比较系数法解方程 . . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共

3、 8 页精品资料欢迎下载5求方程sinyyx的通解 . 6验证微分方程22(cossin)(1)0 xxxydxyxdy是恰当方程，并求出它的通解. 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. 8. 求方程2213dyxydx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( ),t12(0),并求expAt10. 若三、证明题1. 若( ),( )tt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是积分方程,)()(0

4、200 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AXdtdX满足初始条件)(0t的解，那么)(exp)(0ttAt. 2114A32()480dydyxyydxdx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

5、- - -第 2 页，共 8 页精品资料欢迎下载答案一. 填空题。1. 二，非线性 2.uxy，11( )1)dudxu f ux 3.无穷多 4.3,2,15. 必要 6.3y 7.1( )( )tt 8. 25 00tAtteee 9. 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, 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13dyxy

6、dxxy. 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，于是原方程化为，故精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页精品资料欢迎下载有或，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 . . 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

7、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是恰当方程，并求出它的通解. 解： 由于22( ,)cossin,( ,)(1)M x yxxxyN x yyx， 因

8、为2MNxyyx所以原方程为恰当方程 . 把原方程分项组合得22cos sin()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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页精品资料欢迎下载解： 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

9、,( ,0).12VV可得一个基解矩阵2525( ).2tttteetee，又因为1211(0)113，于是，所求的解为)0()()(1tt2525211111132tttteeee25252134tttteeee8. 求方程2213dyxydx通过点(1,0)的第二次近似解 . 解:令0( )0 x，于是221001( )21 3( ),xxyxx dxxx223452011133( )213( ),1025xxyxx dxxxxxx9.求的通解解：方程可化为3284dyydxxdyydx，令dypdx则有3284pyxyp（*） ，（*）两边对 y 求导得322322 (4)(8)4dpy

10、 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；32()480dydyxyydxdx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页精品资料欢迎下载又由3240py得123(4)py代入（*）得3427yx也是方程的解 . 试求方程组xAx的解( ),t12(0),并求expAt10. 若解： 特征方程221( )69014p，解得1,23，此时 k=1,12n

11、。12v，111123322120()( )(3 )()!ititittteAEeti由公式expAt= 10()!intiiteAEi得333101 11exp(3 )011 11tttttAteEt AEetett三、证明题1. 若( ),( )tt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 Xt( )( )( )( )( )A

12、tt X tt Xt( )( )( )( )A ttt Xt而( )( )( )tA tt，所以( )( )0t Xt, ( )0,Xt( )X tC（常数矩阵），故( )( )tt C . 2. 设),()(0 xxx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,)()(202114A精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页精品资料欢迎下载,)(00yxx

13、xnnxxdyx0,)()(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!xxxxMLxxdLMxdxx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|( )( ) |()()!kkkkkM

14、LMLxxxxkk. 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)(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. 即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

15、 7 页，共 8 页精品资料欢迎下载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AXdtdX满足初始条件)(0t的解，那么)(exp)(0ttAt. 证明： 因为Attexp)(是AXdtdX的基本解矩阵，)(t是其解，所以存在常向量C 使得：( t )exp AtC，令0tt，则：CAt0exp，所以10)(exp AtC，故1000(t )expAt (expAt )expAt exp( At )expA(tt )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页