2023年电大《常微分方程》形成想考核作业参考超详细解析答案.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。）3x yd

2、ydx 2）233331dyxydxxy 解：依题意联立方程组：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)|uuC X.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

3、方程的通解：()0dyxydx.进一步变形得：1dydxy.两边同时积分得：xyce.故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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 44zzx 解得:4144xCzxe 即44144xCyxe

4、.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 yyC 4、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。故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 欢迎下载 定理 1 如果在上连续且关于满足

5、 Lipschitz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)()(xxdxdxyxyxxx 522200210220121)21()()(xxdxxxdxxxyxxx 6、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2

6、2()(,),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；解

7、：由21yx，易得 4212122xxyc xc.故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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10c 422122xxyc.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

8、特解为：421712234xxyx.9、求解下列微分方程 1）、22320d ydyydxdx 2）、224sind yyxdx 3）、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.故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得

9、解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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)2txxtxexx 2

10、）(4),(0)1,(0)2,(0)2,(0)0txxexxxx 解：1）令 x1x,x2=x,得 textxxxxxx21 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 x2710 te x(1)27 其中 x21xx.解：2)令1xx 2xx 3x x 4x x 则得：故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 欢迎下载 ttt

11、extexxxxxxxxxxx144 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 txt 1）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)(2

12、1tet 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)(2222222teteeteetttttt.故)(2t也是方程的解，从而)(t是方程的解矩阵 故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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)

13、0(的解 tdssfttt01 1)()()0()()(.而ttttteteeteet2422211010)(.ttettetdssseseeeteeeetttttssstttttsin51cos5253sin251cos251)2715(251cossin00)1()(22022222222 12、设12111 1201A，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)0.11（二重），23.1对应的特征向量为 u12，u2324.0012324.解得21412121412141214121vv.故有由相切的条件可知即解得故为

14、所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 欢迎下载 213)()(vEAtEeEvettt tttttteeeeee212141412121333.常微分方程课程作业 4 解答 1.解答：证：首先，方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 xxdttpEXPxWxW 0)(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

15、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 )(2121dxxpbEXPzzzz a,b 分别为这两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)(

16、xxxp代入得 )1(ln1(ln1(ln221dxdxxxEXPxCCxy =)1ln(lnln1(ln221dxxEXPxCCx 故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 欢迎下载 =)1(lnln1(ln221dxxxCCx =xxxCCln)ln(21 =xCxC21ln 4.解答：)()()(00 xxdttpEXPxWxW 0)(0 xW 或 )()(dxxpCEXPxW 显然 当)(dxxpEXP为常数时，（比如)(xp=0 就

17、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 1,132,1 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 2

18、2,1 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 故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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5,2,0yyx代入下两式 xeCCy2

19、1 xeCy2 得 5,721 CC 所以 方程满足初始条件的解为 xey57 7.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

20、入)25(1362ttexxxt 比较同次项系数得 1000211,10029,201cba 所以方程 )25(1362ttexxxt 故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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 xdcxxb

21、axy2sin)(2cos)(代入xxyyy2cos102 比较同次项系数得 1691,131,33829,263dcba 所以方程xxyyy2cos102的通解为 xxxxexCxCyx2sin)131131(2cos)33829263()3sin3cos(221 8.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 inCCC则有)21si

22、n(tAx 所求周期为 22T 9.解答：由amF 得 22dtxdmdtdxkmg 即 gdtdxmkdtxd22 022dtdxmkdtxd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。故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的精品资料 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 ，kmgemkCxtmk2 2221,kmgCkmgC所以质点的运动规律为：tkmgekmgxtmk)1(2 )1(tmkekmgv 故有由相切的条件可知即解得故为所求求出满足条件的解解将代入可得解由原式变形得两边同时积分得即上式为原方程的解解先求其对应的齐得解得即解由原式化简整理得两边同时积分得叙述一阶微分方程的解的