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1、填空题。3 d2x1.方程xydt2(线性、非线性)微分方程2.x dy方程一y dxf(xy) 经变换，可以化为变量分离方程3.3d y微分方程 dx3x0满足条件 y(0)i,y (°)4.设常系数方程yXe的一个特解y (x)5.朗斯基行列式 W(t)6.7.8.常微分方程练习试卷2的解有2xexxe，则此方程的系数0是函数组 x!(t),X2(t),L ,Xn(t)在a xb上线性相关的条件2 2方程 xydx (2x 3y20)dy0 的只与y有关的积分因子为已知XA(t)X 的基解矩阵为(t)的，则 A(t)方程组x0x的基解矩阵为59.可用变换空h将伯努利方程 A化为线
2、性方程.10 .是满足方程y2y 5y y 1 和初始条件的唯一解.y11.方程h的待定特解可取的形式:12.三阶常系数齐线性方程2y y 0 的特征根是计算题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dy2.求解方程dx3.求解方程d2x xdtFdx、24,用比较系数法解方程5求方程yy sin x的通解.6.验证微分方程(cos xsin x2 2xy )dx y(1 x )dy0是恰当方程，并求出它的通解317设A24dX，试求方程组_dtAX 的一个基解基解矩阵(t)dX，求dtAX 满足初始条件 x(0)的解&求方程dy2x1
3、3y2通过点(1,0)的第二次近似解.dx(dy)34xy字的通解8y20dxdx2 110.若A1 4试求方程组xAx的解(t),(0)1, 并求expAt2三、证明题的皮卡逐步逼近函数序列 n(x) 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 (x)(x)3.都是区间(一讯他)上的连续函数,gg是二阶线性方程二°的一个基本解组试证明：(i)和宀都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);(ii)-没有共同的零点(iii)J 1 没有共同的零点1.若(t),(t)是 XA(t) X的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵C
4、，使得(t)(t)C2.设(X)(X0,x)是积分方程y(x) y。x 22y()x0d ,x0,x,/+、dX4.试证：如果(t)是dt-AX满足初始条件(t°)的解，那么(t)exp A(tt。)答案一.填空题。1. 二,非线性2. U1J-J.Idx3.无穷多4.3,2,1xy，duu(f(u)1)x3At2t e05.必要6. y71.(t)(t)8. e05t e9.10.7W = iy(o)= o"(o)= o11.代入初始条件可得-=-,因此得所求曲线为分离变量，积分并整理后可得'+C1 + 7512. 1, 二二、计算题1. 求平面上过原点的曲线方程
5、，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1，则由题意可得如下初值问题：y 1y= -1”r-1灿二0dy2. 求解方程dxx解：由x0,求得X01,y 21,2,则有.令z ，解得(1 z)dz1 z2积分得arcta n z1ln(1 z2)In | C,故原方程的解为arcta n -_-Inx 1)2 (y2)2 C.d2x3.求解方程x亍dt2(訝J- = y揪解令，直接计算可得L<-屮xdy，于是原方程化为ax，故有 1dy小c=0-或 丄.或，积分后得7*-齢£
6、;十6(c, = 2c)，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”/ L,特征根为'-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8a + 4(2af + B) = 8/ 8(是任意常数)原方程的通解可以表示为蓟X兀+S+C泸甜+囲評5.求方程y y sin x的通解.x解：先解y y得通解为y ce令yc(x)ex为原方程的解,代入得 c(x)ex c(x)ex c(x)ex sin x即有c (x)xe sin x积分得 c(x)1e x(sin x cosx) c2所以yx ce丄(sin x2cos x)为原方程的通解6.验证微分方程
7、(cos xsin xxy2)dx2y(1 x )dy2解：由于 M (x, y) cosxsinx xy , N (x, y)2、MNy(1 x )，因为2xy所以原方程为恰当方程yx0是恰当方程，并求出它的通解把原方程分项组合得cosxsin xdx (xy2dx yx2dy) ydy 0或写成d (sin2 x)21 2 2 1 2 d(2xy)d(iy )0 ,故原方程的通解为sin2 x3 11dX7.设 A,，试求方程组241dt31解:特征方程为det(AE)24(求得特征值12,25,对应12, 22t e5t e1dXA X的一个基解基解矩阵(t)，求dtAX满足初始条件x(
8、0)2)(5) 0,115的特征向量分别为Vd ,V2c ,(,0)12的解.可得一个基解矩阵(t)2t e2e5t.，又因为(0)112t e5t e2 1112t e2e5t(t)1(0)2t亠 5t2t 5t3e2e1 113e4e于是，所求的解为(t)2dy8.求方程 -dx2x3y通过点(1,0) 的第二次近似解.解:令0(x)，于是i(x)yo2 23 0(x)dx xx,21 (x)dx 亦 x9. 求 (dy)3 4xydy 8y2dxdx孚3 8y2x -dx4y半解：方程可化为dxx32(x) yo12x 10的通解史P x令dx则有32P 8y4yp( *)y(p34y2
9、)乎dyp(8y2P3) 4y2p即(p34y2)(2ydpp)0,由2ydp门p 0dy得p2 c x将y代入(*)得42pc2，c2 2px 4 c2即方程的含参数形式的通解为:y (R)2cp为参数；(*)两边对y求导得1cy2，即又由p34y2(4 y2)3y代入(*)得27 x310.若21试求方程组xA14212p()14解：特征方程Ax的解(t),(0)1, 并求expAt269 03十山2，此时k=1,解得1,2也是方程的解由公式expAt：(t)1tii!(AexpAte3tt(A三、证明题1.若(t),(t)是 X证： (t) 是基解矩阵，故1 tie33E)ie3tt(t
10、(2)2)E)i3E)e3te3tA(t)X 的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵1(t)存在，令X(t)1(t) (t)，C，使得(t)(t)C.则 X(t) 可微且 detX(t)o，易知(t)(t)X(t).所以 (t)(t)X(t)(t)X (t) A(t) (t)X(t)(t)X (t)A(t) (t)(t)X (t)(t) A(t) (t)，所以(t)X (t)0,X (t)0, X(t) C (常数矩阵)，故 (t)(t)C .2.设(x)(Xo,X)是积分方程y(x) yox 2x 2y( ) d ,Xo,X的皮卡逐步逼近函数序列 n(x) 在,上一致收敛所得的解，而(x
11、) 是这积分方程在上的连续解，试用逐步逼近法证明：在,上 (x)(x).证明：由题设，有 (x) y0xoo(x)yo,n(x)yon1()d , Xo,x 1,2,).下面只就区间x0上讨论，对于x0的讨论完全一样。因为|(x)o(x)|X(2|)| |)dM (x Xo),其中Mmaxjx2 |(x)|x|，Xo所以 |(x)1(x)|(2| ()o()|)dL M(x0)dXoXoXo)2,(ii)和没有共同的零点；(iii)和没有共同的零点.其中LmaxX , l2、1(X)ni(x)|MLn1nX ,设对正:e整数n有|-(Xx0)，则有n!| (X)n(x)|X(2| ()n 1(
12、)l)dXMLn1L(xo)ndML° (x Xo)n1X0x n!xo(n 1) !故由归纳法，对一切正整数k，有|(X)k 1(X)|k 1MLkk 1ML(、kk!(X X。)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 n(X)在X0X上一致收敛于(X)根据极限的唯一性，即得(x)(x)，XoX3. 设都是区间id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i '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)；证明：'和心 '的伏朗斯基行列式为机兀)0(工)若存在&
13、#39;L 十1,使得丁匕;二"I二丿,则由行列式性质可得一，矛盾.即卩门最多只能有简单零点.同理对卩有同样的性质,故(i)得证.若存在i +,使得J，l：-',则由行列式性质可得',矛盾.即：-:訂无共同零点.故(ii)得证.若存；.+，使得+=5,则同样由行列式性质可得引心二,矛盾.即无共同零点.故(吵得证.dX4.试证：如果 (t) 是dtAX 满足初始条件(to)的解，那么 (t) eXp A(t t0)证明：因为(t)exp At 是dXdtAX 的基本解矩阵，(t) 是其解，所以存在常向量 C使得:(t)令 t t0，则： exp At0C , 所以 C故(exp Ato)1(t ) expAt (exp At 0)exp At exp( At0)expA(texp At Cto)