常微分方程練習題及答案復習題

1、填空題。1.3d2x方程x-2dt(線性、非線性)微分方程.2.方不型ydxf(xy)經變換,可以化為變量分離方程3.d3y微分方程L,3dx0滿足條件y(0)i,y(0)4.設常系數方程yxe的一個特解*y(x)5.朗斯基行列式W(t)0是函數組條彳牛.6.22萬不sxydx(2x3y7.已知XA(t)X的基解矩陣為8.方程組x常微分方程練習試卷2的解有2xexi(t),X2(t),L,xn(t)在ax20)dy0的只與y有關的積分因子為(t)的，則A(t)20x的基解矩陣為059.可用變換將伯努利方程xxexe,則此方程的系數b上線性相關的化為線性方程10.是滿足方程y2y5yy1和初始條

2、件11 .方程的待定特解可取的形式：12 .三階常系數齊線性方程y2yy0的特征根是二、計算題1 .求平面上過原點的曲線方程，該曲線上任一點處的切線與切點和點（1,0）的連線相互垂直.dy2 .求解方程dxd3 .求解方程X9dt24 .用比較系數法解方程5 .求方程yysinx的通解.0是恰當方程，并求出它的通解22、,6 驗證微分方程(cosxsinxxy)dxy(1x)dy317"設A24AX的一個基解基解矩陣1dtdX出AX滿足初始條件x(0)的解.dy8.求萬程dx22x13y通過點(1,0)的第二次近似解9.dy24xy8ydx的通解010.若試求方程組xAx的解(t),

3、(0)并求expAt三、證明題1.若(t),(t)是XA(t)X的基解矩陣，求證：存在一個非奇異的常數矩陣C,使得(t)(t)C2.設(x)(x0,x)是積分方程x2y(x)v。Ay()d,xo,x,x0的皮卡逐步逼近函數序列n(x)在,上一致收斂所得的解，而(x)是這積分方程在,上的連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在,上(x)(x).3.設都是區(qū)間上的連續(xù)函數，是二階線性方程的一個基本解組.試證明：(i)都只能有簡單零點(即函數值與導函數值不能在一點同時為零);(ii)沒有共同的零點；(iii)和沒有共同的零點dX4.試證：如果(t)是AX滿足初始條件(t0)的解，那么(t)e)pA(tto)d

4、t.答案一.填空題。1.1.1 .二非線性2.uXVdudx3.無窮多4.3,2,1u(f(u)1)X5.必要6.3y7.At(t)1(t)8.e2te9.10.12.1,二、計算題5te11.1.求平面上過原點的曲線方程，該曲線上任一點處的切線與切點和點(1,0)的連線相互垂直解：設曲線方程為切點為(x,y),切點到點(1,0)的連線的斜率為則由題意可得如下初值問題分離變量，積分并整理后可得因此得所求曲線為代入初始條件可得dyxy12 .求解方程dxxy3xy10,x1,解：由求得x1,y2令xy30y2,d則有一d.az一,解得(1z)dz1z2,1,2、,積分得arctanzln(1z)

5、In|C,2故原方程的解為arctan-2In,(x1)2(y2)2C.x13.求解方程xd2xdt2，直接計算可得就是原方程的通解，這里為任意常數。4.用比較系數法解方程解：特征方程為特征根為對應齊方程的通解為設原方程的特解有形如代如原方程可得利用對應系數相等可得，故是任意常數)原方程的通解可以表示為(5.求方程yysinx的通解.x解：先解yy得通解為yce，x令yc(x)e為原萬程的解,代入得c(x)exc(x)exc(x)exsinx，即有c(x)x.sinx，1x,.積分得c(x)-e(sinxcosx)c，一x所以yce1，.、-(sinxcosx)為原方程的通解.6.驗證微分方程

6、(cosxsinx2、xy)dxy(12、x)dy0是恰當方程，并求出它的通解.22、M解由于M(x，y)cosxsinxxy,N(x,y)y(1x)因為y2xyN所以原方程為恰當方程.x2.2,把原萬程分項組合得cosxsinxdx(xydxyxdy)ydy0，1.2122122或寫成d(Qsinx)d(-xy)d(-y)0，故原萬程的通解為sinx2y2C.解：特征方程為det(AE)求得特征值2,可得一個基解矩陣(t)2t5te,試求方程組2,于是，所求的解為dXAX的一個基解基解矩陣dt,求呸AX滿足初始條件x(0)的解.2t2e5t(t)1(0)2t1e3e2t2)(5)0.5的特征

7、向量分別為1_1(0)5te2e5tV10).2t2te2e5t5t4edy8.求方程dx2x13y通過點(1,0)的第二次近似解.令0(x)9.解:1(X)y。X112x_2230(x)dxxX,2(x)y0X2x1211(x)dxx10/dy、3.dy求()4xy-dxdx方程可化為dy3dx8y24ydydx2y(p34y2)(*)兩邊對y求導得(p34y2)(2嚕將y代入(*)得即方程的含參數形式的通解為:又由p34y28y2dpdyp)02Pc2c20的通解dy令dXp(8y22y2P2c(E)2c8y2則有p3)dpdy1p(4y2)3代入得274yp24yppcy22yc也是方程

8、的解.10.若試求方程組Ax的解(t),(0)并求expAt解：特征方程由公式expAtP(1,2,此時k=1,n1expAt三、證明題1.若(t),證:(t)*Ae3tE(t)是X(t)是基解矩陣，故t(A1e3tE)i3E)3E)ie3tt(t(2)2)e3tA(t)X的基解矩陣，求證：存在一個非奇異的常數矩陣1(t)存在，令X(t)1(t)則X(t)可微且detX(t)0,易知(t)(t)X(t).所以(t)(t)X(t)(t)X(t)A(t)(t)X(t)(t)A(t)(t)，所以(t)X(t)0,X(t)0,X(t)C(常數矩陣)，故(t)2.設(x)(Xo,x)是積分方程e3tC，

9、使得(t)C.(t)XA(t)(t)X(t)y(x)v。x22y()d,X)Xo,X的皮卡逐步逼近函數序列n(x)在,上一致收斂所得的解，而(x)是這積分方程在,上的連續(xù)解，試用逐步逼近法證明：在,上(x)(x).證明：由題設，有(x)y0d,X0o(x)y。，n(x)y。1()d,xo,x,(n1,2,).下面只就區(qū)間X。上討論，對于x0的討論完全一樣。因為|(x)o(X)|(2|)1Il)dM(xxo),其中M2.maXx|X,l1(x)l|x|,Xo(X)i(x)IX(2|o()|)dM(Xo)dXoXoML(x2!Xo)2,其中L2、maxx,設對正整數X,(X)i(X)|MLnn!(

10、Xx0)n，則有(X)n(x)|n1()|)dxMLn1故由歸納法，對一切正整數XoXon!Xo)nd(xXo)n1(n1)!|(X)k1(x)|MLk1k!(XXo)kMLk1k!)k而上不等式的右邊是收斂的正項級數的通項，故當時，它o,因而函數序列n(x)在XoX上一致收斂于(x),根據極限的唯一性，即得(x)(x),XoX3.設都是區(qū)間上的連續(xù)函數，是二階線性方程的一個基本解組.試證明：(i)都只能有簡單零點(即函數值與導函數值不能在一點同時為零);(ii)沒有共同的零點；(iii)沒有共同的零點.的伏朗斯基行列式為是基本解組，故性質可得最多只能有簡單零點.同理對有同樣的性質，故(i)得證.式性質可得無共同零點.故(ii)得證.列式性質可得無共同零點故(iii)得4.試證：如果d