《常微分方程》期末模拟试题教学提纲

《常微分方程》期末

模拟试题

《常微分方程》模拟练习题及参考答案

一、填空题（每个空格4分，共80分）

1、n 阶线性齐次微分方程基本解组中解的个数恰好是 n 个。

2、一阶微分方程

2=dy

x dx

的通解为 2=+y x C （C 为任意常数） ，方程与通过点（2，3）的特解为 2

1=-y x ，与直线y=2x+3相切的解是 2

4=+y x ，满足条件3

3ydx =?的

解为 22=-y x 。

3、李普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的 必要 条件。

4、对方程

2()dy

x y dx

=+作变换 =+u x y ，可将其化为变量可分离方程，其通解为 tan()=+-y x C x 。

5、方程

过点共有 无数 个解。 6、方程

''2

1=-y x

的通解为 42

12122=-++x x y C x C ，满足初始条件13|2,|5====x x y y 的

特解为 4219

12264

=-++x x y x 。

7、方程

无 奇解。

8、微分方程2260--=d y dy

y dx dx 可化为一阶线性微分方程组 6?=????=+??dy

z dx dz z y dx

。

9、方程

的奇解是 y=0 。

10、35

323+=d y dy

x dx dx

是 3 阶常微分方程。 11、方程

22dy

x y dx

=+满足解得存在唯一性定理条件的区域是 xoy 平面 。 21d d y x y -=)1,2

(π

x x y x

y +-=d d y x

y

=d d

12、微分方程22450d y dy y dx dx

--=通解为 512-=+x x

y C e C e ，该方程可化为一阶线性微分方

程组 45?=????=+??dy z dx

dz z y dx

。

13、二阶线性齐次微分方程的两个解12(),()y x y x ??==成为其基本解组的充要条件是 线性无关 。

14、设1342A ??=????，则线性微分方程组dX

AX dt =有基解矩阵 25253()4φ--??

=??-??

t t t

t e e t e e 。

二、解方程（每个小题8分，共120分） 1、 答案：方程化为

令，则，代入上式，得

分离变量，积分，通解为

∴ 原方程通解为

2、

答案：特征方程为 即。

特征根为 ，

对应特征向量应满足 可确定出 同样可算出对应的特征向量为

∴ 原方程组的通解为 。 0d d )2(=-+y x x y x x

y x y 21d d +=xu y =x u x u x y d d d d +=u x

u

x +=1d d 1-=Cx u x Cx y -=2

???????+=+=y x t

y y x t

x

4d d d d 014

11=--=

-λ

λλE A 0322=--λλ31=λ12-=λ?

??

???=????????????--0031413111b a ??????=??????2111b a 12-=λ???

???-=??????2122b a ??

????-+??????=???

???--t t t t C C y x 2e e 2e e 2331

3、

答案：齐次方程的通解为

令非齐次方程的特解为

代入原方程，确定出原方程的通解为+

4、

2-=x y dy

dx ； 答案：2-=x y dy

dx

是一个变量分离方程 变量分离得22y x dy dx =

两边同时积分得22y x c =+（其中c 为任意常数） 5、

答案：

积分： 故通解为：

6、{

}

0)(2

2=-+-xdy dx y x x y

答案：0)(2

2

=+--dx y x x xdy ydx

两边同除以22y x +得022=-+-xdx y x xdy ydx ，即

021)(2

=-dx y x arctg d ， 故原方程的解为

C x y x arctg =-2

2

1

7、2453dx

x y dt

dy x y dt

?=-????=-+?? .

x y x

y 2e 3d d =+x

C y 3e

-=x

x C y 3e

)(-=C x C x +=5e 5

1

)(x

C y 3e -=x

2e 5

1xy e x

y

dx dy =+x

y xe xy e dx dy xy xy

-=-=dx y xe xdy xy )(-=dx xe ydx xdy xy =+dx

xe dxy xy =xdx e dxy

xy =c x e xy

+=--22102

12=++-c e x xy

答案：方程组的特征方程为203A E λλλ

---=

=--45

即(2)(3)(4)(5)0λλ----?-=，即25140λλ--= 特征根为17λ=，22λ=-

对应特征向量应满足1127405370a b --??????

=??????

--??????，可得1145a b ????=????-???? 同样可算出22λ=-时，对应特征向量为2211a b ????

=??????

??

∴ 原方程组的通解为72127245--??????

=+??

????-??????

t t t t x e e C C y e e

8、

答案：线性方程的特征方程故特征根

是特征单根，

原方程有特解代入原方程A=-

B=0 不是特征根，

原方程有特解代入原方程B=0 所以原方程的解为

9、0)2()122(=-++-+dy y x dx y x 答案：

，令z=x+y ，则 所以 –z+3ln|z+1|=x+， ln =x+z+

即

10、220++=d x dx

x dt dt

答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。

sin cos2x x t t ''+=-0x x ''+=210λ+=i λ=±1()sin f t t =i λ=(cos sin )x t A t B t =+1

2

2()cos 2f t t =-2i λ=cos2sin 2x A t B t =+1

3

A =1211

cos sin cos cos223

x c t c t t t t =+-+2)(1)(2-+-+-=y x y x dx dy dx dy

dx dz +=1,212121+-+=---=z z z z dx dz dx dz z z =++-1

21C 3

|1|+z 1C y

x Ce y x +=++23)1(

其特征方程为210λλ++=

特征根为1122λ=-+

，2122

i λ=--

∴

方程的通解为111

()()2221212(cos sin )22

t t t x c e c e

c c e ---=+=+

11、

3

1

2+++-=y x y x dx dy 答案： (x-y+1)dx-(x++3)dy=0

xdx-(ydx+xdy)+dx-dy-3dy=0即d -d(xy)+dx--3dy=0

所以

三、证明题（共160分）

1、（12分）证明如果满足初始条件的解，那么

。

证明：设的形式为=（1）（C 为待定的常向量）

则由初始条件得= 又= 所以C==

代入（1）得= 即命题得证。

2、（12分）设在区间上连续．试证明方程的所有解的存在区间必为。

证明 ：由已知条件，该方程在整个平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条件。

显然是方程的两个常数解。

任取初值，其中,。记过该点的解为， 由上面分析可知，一方面可以向平面无穷远处无限延展；

2

y 2y 212

x 33

1dy C y y x xy x =--+-33

1213

2Ax x t =/

）是（?η?=)(0t =)(t ?[]

η)(0t t A e -)(t ?)(t ?C e At )(0t ?η=C e At 01)(0

-At e

0At e -1)(0-At e η0At e -η)(t ?ηη)(00t t A At

At e e e --=)(x ?),(∞+-∞y x x

y

sin )(d d ?=),(∞+-∞xoy 1±=y ),(00y x ),(0∞+-∞∈x 10

另一方面又上方不能穿过，下方不能穿过，否则与惟一性矛盾； 故该解的存在区间必为。

3、（12分）设，是方程的解，且满足

==0，，这里在上连续，．试证明：存在常数C 使得=C ．

证明：设，是方程的两个解，则它们在上有定义，

其朗斯基行列式为 由已知条件，得 故这两个解是线性相关的；由线性相关定义，存在不全为零的常数， 使得， 由于，可知．

否则，若，则有，而，则， 这与，线性相关矛盾．故

4、（12分）叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理的内容，并给出唯一性的证明。 定理：设00:||,||R x x a y y b -≤-≤.

（1）(,)f x y 在R 上连续，

（2）(,)f x y 在R 上关于y 满足利普希茨条件：

120,(,),(,)L x y x y R ?>?∈，总有1212|(,)(,)|||f x y f x y L y y -≤-.

则初值问题00

(,)

()dy

f x y dx y x y ?=???=?存在唯一的解()y x ?=，定义于区间0||x x h -≤上，

连续且满足初值条件00()x y ?=，这里(,)min(,

),max |(,)|x y R b

h a M f x y M

∈==.

1=y 1-=y ),(∞+-∞)(1x y )(2x y 0)()(=+'+''y x q y x p y )(01x y )(02x y 0)(1≠x y )(),(x q x p ),(∞+-∞),(0∞+-∞∈x )(2x y )(1x y )(1x y )(2x y ),(∞+-∞)()()

()()(2

121x y x y x y x y x W ''=

0)()(0

)()()()

()(02

0102

01

02010=''=''=

x y x y x y x y x y x y x W 21αα，0)()(2211=+x y x y αα),(∞+-∞∈x 0)(1≠x y 02≠α02=α0)(11=x y α0)(1≠x y 01=α)(1x y )(2x y )()()(112

1

2x Cy x y x y =-

=αα

唯一性：设()x φ是积分方程在区间00[,]x h x h -+上的解，则()()x x φ?=. 证明：0

0()(,())x

x x y f d φξφξξ=+?，0

01()(,())x

n n x x y f d ?ξ?ξξ-=+?，1,2,......n =

首先估计0x x ≥.

000|()()||(,())|()x

x x x f d M x x ?φξφξξ-≤≤-?，

10|()()||(,())(,())|x

x

x x f f d ?φξ?ξξφξξ-≤-?

2000|()()|()()2!

x x

x x ML

L d LM x d x x ?ξφξξξξ≤-≤-=

-?? 设10|()()|()(1)!

n

n n ML x x x x n ?φ+-≤

-+成立，则 00

1

210|()()||(,())(,())||()()|()(2)!

n x

x

n n n n x x ML x x f f d d x x n ?φξ?ξξφξξ?ξφξξ+++-≤-≤-=-+??

这就证明了对任意的n ，总成立估计式：1

10|()()|()(1)!(1)!

n n n n n ML ML x x x x h n n ?φ++-≤

-≤++. 因此，{()}n x ?一致收敛于()x φ，由极限的唯一性，必有00()(),[,]x x x x h x h φ?=∈-+.

5、（10分）求解方程组的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。

解：令，得，即奇点为（2，-3）

令，代入原方程组得，

因为

，又由

，

解得，为两个相异的实根， 所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。

?????--=++=51

y x dt

dy y x dt dx

???=--=++0501y x y x ?

??-==32

y x ???+=-=32

y Y x X ?????-=+=Y

X dt dY Y X dt dX

021

11

1≠-=-021

1

1

1

2=-=+---κλλ21=λ22-=λ

6、（12分）求方程组313dx

x y dt

dy y

dt

?=++????=??满足初始条件1(0)1?-??=????的解. 解：方程组的特征方程为

23

1

(3)00

3

λλλ--=-=-，

所以特征根为3λ=（二重），

对应齐次方程组的基解矩阵331

exp ((3))01t t t At e I A E t e ??=+-=??

??， 满足初始条件的特解

()exp exp exp()()t

t At At As f s ds φη=+-?33301111101101010t t t s t t s e e e ds ---??????????=+????????????????????

? 3331111331010t t t t t e e e -??--??????=+????????????3332133t t t te e e ??

--??=????

7、（10分）假设不是矩阵的特征值，试证非齐线性方程组有一解形如

其中，是常数向量。

证明：设方程有形如的解，则是可以确定出来的。

事实上，将代入方程得，

因为，所以，

（1）

又不是矩阵的特征值，

所以存在，于是由（1）得存在。 故方程有一解

8、（12分）试求方程组'

x Ax =的一个基解矩阵，并计算exp At ，其中2112A -??

= ?-??

.

解：12()det()0,p E A λλλλ=-===

m A mt ce Ax x +='mt pe t =)(?c p mt

pe t =)(?p mt

pe mt mt mt

ce Ape mpe

+=0=mt e c Ape mp +=c P A mE =-)(m A 0)det(≠-A mE 1

)(--A mE c A mE p 1)(--=mt

mt pe ce A mE t =-=-1)()(?

设1λ对应的特征向量为1v ，则由11

()0E A v λ-=

，得1(2v αα??

= ?+??

，0α≠.

取112v ??= ?，同理可得1λ

对应的特征向量为212v ??

= -?，

则1122(),()t t ??==，均为方程组的解， 令12()((),())t t t φ??=

，又1

(0)det (0)022w φ==

=≠+，

∴ ()t φ

即为所求基解矩阵(2(2e e ?? ? ?-?

?

.

9、（12分）试证明：对任意及满足条件的，方程

的满足条件的解在上存在．

证明：∵ ，在全平面上连续

∴ 原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理及解的延展定理条件． 又显然是方程的两个特解．

现任取，，记为过的解，

那么这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越，下不能穿越

，

因此它的存在区间必为．

10、（10分）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()y y x =，切点为(,)x y ，切点到点(1,0)的连线的斜率为

1

y

x -， 则由题意可得如下初值问题：'11(0)0

y

y

x y ?=-?-??=?

分离变量，积分并整理后可得22(1)y x C =--+，

0x 100<

21)

1(d d y x y y x y ++-=00)(y x y =)(x y y =),(∞+-∞221)1(),(y x y y y x f ++-=2

2222)1(2)1()1)(12(),(y x y y y y x y y x f y ++--++-='

1,0==y y ),(0∞+-∞∈x )1,0(0∈y )(x y y =),(00y x 1=y 0=y ),(∞+-∞

代入初始条件可得1C =， 因此得所求曲线为22(1)1x y -+=.

11、（12分） 在方程

中，已知，在上连续，且．求证：对任意和，满足初值条件的解的存在区间必为．

证明：由已知条件可知，该方程在整个平面上满足解的存在惟一及延展定理条件，又存

在常数解 ．

对平面内任一点，若，则过该点的解是，显然是在上有定义． 若,则,记过该点的解为，

那么一方面解可以向平面的无穷远无限延展；

另一方面在条形区域内不能上、下穿过解

和，否则与解的惟一性矛盾．

因此解的存在区间必为．

12、（10分）设12(),()y x y x ??==是方程"()0y q x y +=的任意两个解，求证：它们的朗斯

基行列式()W x C ≡，其中C 为常数.

证明：由已知条件，该方程在整个xoy 平面上满足解的存在唯一性及解的延展定理条件.

显然1y =±是方程的两个常数解.

任取初值00(,)x y ，其中0(,)x ∈-∞+∞，0||1y <，记过该点的解为()y y x =， 由上面分析可知，一方面()y y x =可以向平面无穷处无限延展；

另一方面又上方不能穿过1y =，下方不能穿过1y =-，否则与唯一性矛盾， 故该解的存在区间必为(,)-∞+∞.

)()(d d y y f x

y

?=)(y f )(x ?'),(∞+-∞0)1(=±?0x 10

13、（12分）试证：在微分方程Mdx+Ndy=0中，如果M 、N 试同齐次函数，且xM+yN 0,则

是该方程的一个积分因子。

证明：如M 、N 都是n 次齐次函数，

则因为x +y =nM ，x +y =nN ，

故有=

＝

＝=0.

故命题成立。

≠)

(1

yN xM +x M y M x N y N M N

y xM yN x xM yN

??-?+?+2

()()

()

y

y y xM yN M x N y xM yN N M

M +-+++2

()()

()

x x

x xM yN N x M y xM yN N N M +-++-+2

()()

()

x x y M x yN N x y xM yN N N M +-+-

+2

()()

()M nN N nM xM yN --

+