2022年电大《常微分方程》形成想考核作业参考答案 .pdf

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1、精品资料欢迎下载常微分方程第一、二、三次作业参考答案1、给定一阶微分方程2dyxdx：（1）求出它的通解；解：由原式变形得：2dyxdx. 两边同时积分得2yxC. （2）求通过点（ 2，3）的特解；解：将点（ 2,3）代入题（ 1）所求的得通解可得：1C即通过点（ 2,3）的特解为：21yx. （3）求出与直线23yx相切的解；解：依题意联立方程组：223yxCyx故有：2230 xxC。由相切的条件可知：0，即2( 2)4 ( 3)0C解得4C故24yx为所求。（4）求出满足条件303ydx的解。解：将2yxC代入330dy，可得2C故22yx为所求。2、求下列方程的解。）3xydydx2

2、）233331dyxydxxy解：依题意联立方程组：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页精品资料欢迎下载23303310 xyxy解得：2x，73y。则令2Xx，73Yy。故原式可变成：2333dYxydXxy. 令YuX，则dyXduudx，即有233263udxduuux. 两边同时积分，可得122(263)|uuCX. 将732yux，2Xx代入上式可得：12227()614323|2|2(2)yyC xxx. 即上式为所求。3、求解下列方程: 1)24dyxyxdx. 解：由原式变形得：22dyxdxy. 两

3、边同时积分得：12ln |2|yxC. 即上式为原方程的解。2)()xdyxyedx. 解：先求其对应的齐次方程的通解：()0dyxydx. 进一步变形得：1dydxy. 两边同时积分得：xyce. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页精品资料欢迎下载利用常数变异法，令( )xyc x e是原方程的通解。有( ( )xxd c x exyedx. 整理得：1( )dc xdxx. 两边同时积分得( )ln |c xxc. 故原方程的通解为：(ln |)xyxc e. 53)dyyxydx；解：令4zy，代入方程整理得

4、 44zzx解得 : 4144xCzxe即44144xCyxe. 2234)42(1)0 x y dxx ydy解：由原式化简整理得：331332224()203y dxx dyydy两边同时积分得：313224403x yyC4、叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理。一阶微分方程（ 1）其中是在矩形域上的连续函数。定义 1 如果存在常数，使得不等式对于所有都成立，则函数称为在上关于满足 Lipschitz条件 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页精品资料欢迎下载定理 1 如果在上连续且关于满足 Lipschitz

5、条件，则方程 (1) 存在唯一的解，定义于区间上， 连续且满足初始条件，这里，。5、求方程2dyxydx通过点(1,0)的第二次近似解。解：令0)(0 x则200200121)()(xxdxdxyxyxxx522200210220121)21( )()(xxdxxxdxxxyxxx6、讨论方程2dyydx通过点(1,1)的解和通过点(3,1)的解的存在区间。解：此时区域 D 是整个平面 .方程右端函数满足延展定理的条件.容易算出， 方程的通解是：1yCx故通过 (1,1)的积分曲线为：12yx，它向左可无限延展，而当2x时， y +, 所以，其存在区间为(-,2)。7、考虑方程22()( ,

6、),dyyaf x ydx假设( ,)f x y及( , )yfx y在 xOy 平面上连续，试证明：对于任意0 x及0|ya，方程满足00()y xy的解都在(,)上存在。证明：根据题设， 可以证明方程右端函数在整个xOy 平面上满足延展定理及存在与唯一性定理的条件.易于看到，ya为方程在(- ,+ )上的解 .由延展定理可知足00()y xy，0 x任意，0|ya的解( )yy x上的点应当无限远离原点，但是，由解的唯一性，( )yy x又不能穿过直线ya，故只能向两侧延展，而无限远离原点，从而这解应在(-,+)上存在。8、设21yx（1）验证函数4212122xxyC xC是方程的通解；

7、解：由21yx，易得4212122xxyc xc. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 13 页精品资料欢迎下载故得以验证（2）求满足初始条件00|1,|2xxyy的特解；解：由21yx，可得313yxxc. 由0|0 xy可得10c422122xxyc. 由0|2xy可知22c. 所以所求特解为422122xxy. （3）求满足初始条件13|2,|5xxyy的特解。解：由1|2xy，3|5xy代入4212122xxyc xc. 解得113c，274c. 故所求特解为：421712234xxyx. 9、求解下列微分方程1）

8、、22320d ydyydxdx2） 、224sind yyxdx3） 、22265td xdxxedtdt解： 1） 、这里特征根方程为：2320，有两个特征根122,1，因此它的通解为：212ttyc ec e. 解： 2） 、这里特征根方程为：210，它的特征根为1,2i，因此它对应的齐次方程的通解为：01ixyc e. 考虑4ixwwe，它的一个特解为：42s i n2c o s( )ixpxewxxixxP i. 取它的虚部作为原方程的一个特解，则2c o spyxx. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页

9、精品资料欢迎下载根据解的结构基本定理，原方程的通解为：012 cositpyyycexx. 解： 3） 、这里特征根方程为：2650，有两个特征根125,1，因此它对应的齐次方程的通解为：5012ttyc ec e. 考虑原方程265txxxe，它的一个特解为：22(2)21ttpeewP. 根据解的结构基本定理，原方程的通解为：2501221tttpeyyyc ec e. 10、将下面的初值问题化为与之等价的一阶方程组的初值问题: 1）27,(1)7,(1)2txxtxexx2）(4),(0)1, (0)2,(0)2,(0)0txxexxxx解： 1）令x1 x, x2= x, 得textx

10、xxxxx21 22127即texxtxx027102121又 x1x(1)=7 x2(1)= x(1)=-2 于是把原初值问题化成了与之等价的一阶方程的初值问题：x,0 x2710tex(1)27其中x21xx. 解： 2) 令1xx 2xx3x x4x x则得：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页精品资料欢迎下载tttextexxxxxxxxxxx144 33 221且1x(0)=x(0)=1, 2x=x(0)=-1, 3x(0)= x(0)=2, 4x(0)= x(0)=0 于是把原初值问题化成了与之等价的一阶

11、方程的初值问题：x=tte000 x0001100001000010 x(0)=0211, 其中x=4321xxxx. 11、考虑方程组( )XAXf t，其中1221sin, , ( )02cosxtAXf txt1）验证222( )0tttetete是2102XX的基解矩阵 . 2）试求( )XAXf t的满足初始条件1(0)1的解( ) t. 证明： a)首先验证它是基解矩阵以)(1t表示)(t的第一列0)(21tet则)(20120201202)(1221teettt. 故)(1t是方程的解如果以)(2t表示)(t的第二列ttetet222)(. 我们有)(2012201222)(22

12、22222teteeteetttttt. 故)(2t也是方程的解，从而)(t是方程的解矩阵精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页精品资料欢迎下载又00)(det4222tttteeteet. 故)(t是Axx的基解矩阵；b)由常数变易公式可知，方程满足初始条件11)0(的解tdssfttt011)()()0()()(. 而ttttteteeteet2422211010)(. ttettetdssseseeeteeeetttttssstttttsin51cos5253sin251cos251)2715(251cossin

13、00)1()(2202222222212、设121111201A，求解方程组dXAXdt满足初始条件1(0)00的解( ) t。解： det（EA）=102111121(+1)2( 3)0. 1 1（二重），23. 1对应的特征向量为u12，u2324. 0012324. 解得21412121412141214121vv. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 13 页精品资料欢迎下载213)()(vEAtEeEvettttttttteeeeee212141412121333. 常微分方程课程作业4 解答1.解答：证：首先，方

14、程的任意两个线性无关解的郎斯基行列式在区间I 上恒不为零。可表如下)()()(00 xxdttpEXPxWxW0)(0 xW，0 x为区间 I 上任一点。)()()()(00 xpdttpEXPxWxWxx由于0)(0 xxdttpEXP，)(xp在区间 I 上连续、恒不为零。故)()(0 xWxp在区间 I 上恒不为零，即同号。此即)(xW（与)()(0 xpxW同号）在区间I 上不变号。亦即)(xW在区间 I 上严格单调。2.解答：证：设二阶线性齐次方程的任意两个线性无关解组的郎斯基行列式分别为：)(2121dxxpaEXPyyyy)(2121dxxpbEXPzzzza , b 分别为这两

15、个行列式在某一点的值。由于线性无关解组的行列式恒不为零。故 a , b 都不为零。两个行列式之比ba或ab为非零常数。3.解答：方程可变为0)ln1(1)ln1(12yxxyxxy通解为：)(1(21211dxdxxpEXPyCCyy以,ln1xy)ln1(1)(xxxp代入得)1(ln1(ln1(ln221dxdxxxEXPxCCxy=)1ln(lnln1(ln221dxxEXPxCCx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页精品资料欢迎下载=)1(lnln1(ln221dxxxCCx=xxxCCln)ln(21=xC

16、xC21ln4.解答：)()()(00 xxdttpEXPxWxW0)(0 xW或)()(dxxpCEXPxW显然当)(dxxpEXP为常数时，（比如)(xp=0 就能如此）其基本解组的郎斯基行列式为常数。5.解答：（1）方程的特征方程为02092特征根为4,521所以方程的通解为xxeCeCy4251，其中21,CC为任意常数。（2）方程的特征方程为014特征根为)1(22),1(224,32,1ii所以方程的通解为xxexCxCexCxCy22432221)22sin22cos()22sin22cos(，其中21,CC，43,CC为任意常数。（3）方程的特征方程为0123特征根为1, 13

17、2,1所以方程的通解为xxeCxCeCy)(321，其中21,CC，3C为任意常数。6.解答：（1）方程的特征方程为0442特征根为22,1所以方程的通解为xeCxCy221)(，其中21,CC为任意常数。以0,4,2yyx代入下两式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页精品资料欢迎下载xeCxCy221)(，xeCCxCy2121)2(得424112,8eCeC所以方程满足初始条件的解为xexy24)128(（2）方程的特征方程为02特征根为0, 121所以方程的通解为xeCCy21，其中21,CC为任意常数。以5

18、,2,0yyx代入下两式xeCCy21xeCy2得5,721CC所以方程满足初始条件的解为xey577.解答：（1）齐次方程078yyy的特征方程为0782特征根为7, 121通解为xxeCeCy721*，其中21,CC为任意常数。令cbxaxy2代入873782xxyyy比较同次项系数得3431126,4997,73cba所以方程873782xxyyy的通解为34311264997732721xxeCeCyxx（2）齐次方程0136xxx的特征方程为01362特征根为ii23,2321通解为tetCtCx321*)2sin2cos(，其中21,CC为任意常数。令tecbtatx)(2代入)2

19、5(1362ttexxxt比较同次项系数得1000211,10029,201cba所以方程)25(1362ttexxxt精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页精品资料欢迎下载的通解为)100021110029201()2sin2cos(2321tteetCtCxtt（3）齐次方程0102yyy的特征方程为01022特征根为i 312,1通解为xexCxCy3sin3cos21*，其中21,CC为任意常数。令xdcxxbaxy2sin)(2cos)(代入xxyyy2cos102比较同次项系数得1691,131,3382

20、9,263dcba所以方程xxyyy2cos102的通解为xxxxexCxCyx2sin)131131(2cos)33829263()3sin3cos(2218.解答：由f= k x以 f=9.8 , x=1 得 k=9.8 又amF得228 .928 .9dtxdx即0222xdtxd特征方程为0122特征根为i222, 1通解为tCtCx21sin21cos21，其中21,CC为任意常数。令2221CCA，222122cosCCC，222121s i nCCC则有)21sin(tAx所求周期为22T9.解答：由amF得22dtxdmdtdxkmg即gdtdxmkdtxd22022dtdxm

21、kdtxd的特征方程为02mk特征根为mk21,0通解为tmkeCCx21*，其中21,CC为任意常数。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页精品资料欢迎下载令ctx代入gdtdxmkdtxd22得kmgc故gdtdxmkdtxd22的通解为tkmgeCCxtmk21以 t=0 , x=0 , x/=0 代入下两式tkmgeCCxtmk21，kmgemkCxtmk22221,kmgCkmgC所以质点的运动规律为：tkmgekmgxtmk)1(2)1 (tmkekmgv精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页