常微分方程答案

《常微分方程》测试题1答案一、填空题（每空5分）12、z=34、5、二、计算题（每题10分）1、这是n=2时的伯努利不等式，令z=,算得代入原方程得到，这是线性方程，求得它的通解为z=带回原来的变量y，得到=或者，这就是原方程的解。此外方程还有解y=0.2、解：积分：故通解为：3、解：齐线性方程的特征方程为，，故通解为不是特征根，所以方程有形如把代回原方程于是原方程通解为4、解三、证明题（每题15分）1、证明：令的第一列为(t)=,这时(t)==(t)故(t)是一个解。同样如果以(t)表示第二列，我们有(t)==(t)这样(t)也是一个解。因此是解矩阵。又因为det=-t故是基解矩阵。2、证明：（1）,(t-t)是基解矩阵。（2）由于为方程x=Ax的解矩阵，所以(t)也是x=Ax的解矩阵，而当t=t时，(t)(t)=E,(t-t)=（0）=E.故由解的存在唯一性定理，得(t)=(t-t)《常微分方程》测试题2答案一、填空题：（每小题3分，10×3=30分）1.2.33.4.充分条件5.平面6.无7.18.9.10.解组线性无关二.求下列微分方程的通解：（每小题8分，8×5=40分）1、解：将方程变形为………（2分）令，于是得……（2分）时，，积分得从而…（2分）另外，即也是原方程的解………（2分）2、解：由于……………………（3分）方程为恰当方程，分项组合可得…………（2分）故原方程的通解为……（3分）3、解：齐线性方程的特征方程为特征根…（2分）对于方程，因为不是特征根，故有特解…（3分）代入非齐次方程，可得.所以原方程的解为…（3分）4、解：线性方程的特征方程,故特征根…………………（2分）对于，因为是一重特征根，故有特解,代入，可得……（2分）对于，因为不是特征根，故有特解，代入原方程，可得…（2分）所以原方程的解为…（2分）5、解:当时，方程两边乘以，则方程变为…（2分），即于是有，即……（3分）故原方程的通解为另外也是原方程的解.…（3分）三、解：,，解的存在区间为…（3分）即令……（4分）又误差估计为：（3分）四、解：方程组的特征方程为特征根为，（2分）对应的特征向量应满足可解得类似对应的特征向量分量为…（3分）原方程组的的基解矩阵为…………………（2分）………（3分）五、证明题：(10分)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…………………（3分）由已知条件，得…………………（2分）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．（3分）故（2分）《常微分方程》测试题3答案1．辨别题（1）一阶，非线性（2）一阶，非线性（3）四阶，线性（4）三阶，非线性（5）二阶，非线性（6）一阶，非线性2．填空题（1）．（2）．（3）．（4）．3．单选题（1）．B（2）．C（3）．A（4）．B（5）.A（6）.B7.A4.计算题（1）．解当时，分离变量得等式两端积分得即通解为（2）．解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+（3）．解由于，所以原方程是全微分方程．取，原方程的通积分为即（4）.令，则，代入原方程，得，当时，分离变量，再积分，得，即：5.计算题令，则原方程的参数形式为由基本关系式，有积分得得原方程参数形式通解为5．计算题解方程的特征根为，齐次方程的通解为因为不是特征根。所以，设非齐次方程的特解为代入原方程，比较系数得确定出，原方程的通解为6.证明题证明由已知条件，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，因此，它的任一解都可延展到平面的无穷远。（2分）又由已知条件，知是方程的一个解。（4分）假如方程的非常数解对有限值有，那么由已知条件，该解在点处可向的右侧（或左侧）延展．这样，过点就有两个不同解和．这与解的唯一性矛盾，因此不能是有限值《常微分方程》测试题4答案一、填空题（每题5分，共25分）1．2．，提示：对应的齐次方程有特征根为1和2。3．4．5．（0，5）二、求下列方程的通解（每题10分，共50分）1．解原方程改写为，令，代入上式得，将其写为对称形式的方程，，两端同乘以积分因子，积分得，回代原变量，整理得通解为。注：解方程时，也可按齐次方程求解。⒉解解法1将方程改写为，这是黎卡提方程，容易得到它的一个特解为。作变换，方程化为分离变量方程，分离变量，再积分得。故原方程的通解为，还有特解。解法2将方程改写为，观察知为一个整体，尝试作变量代换，，将其代入方程得，，，这是可分离变量的方程，解之得，，回代变量得原方程得通解为，还有特解。3．解令，代入方程得，解之得积分得，因此，方程的通解为。4．解求对应齐次方程的通解。齐次方程的通解为。求非齐次方程的特解。由叠加原理，分别求下列两个方程的特解（1）（2）用待定系数法，设方程（1）、（2）的特解分别为分别代入方程（1）、（2）得，求得原方程的一特解为，故原方程的通解为。5．解解法1求解对应的齐次方程。它的系数矩阵为，特征方程为，特征根是。分别解下列线性代数方程组，得属于的特征向量分别为，，则得到对应齐次方程组的两个线性无关的特解为，通解为。求非齐次方程组的特解。根据常数变易法，求线性非齐次方程的形如（1）的特解，其中为待定函数，它们满足代数方程组，解之得。将代入（1），即得方程组的一个特解所以，原方程的通解为。解法2方程组两式相加得解之得，方程组两式相减得解之得，从而得原方程的通解为。三、证明题（共15分）证明由一阶线性方程通解公式，方程的任一解可表示为，即。由于，则存在，当时，。因而，由，从而有，显然。应用洛比达法则得。四、应用题（10分）解以海湾的海岸线为坐标轴建立坐标系，如图所示。考试真题（1）第四题图设船行驶的路线为由题意：，即，，即由（1）得，积分得其中为任意常数。由（2）得，积分得其中为任意常数。整理得船行驶的路线为或《常微分方程》测试题5答案一、填空题1．2．平面3．充分4．5．线性无关6．平面7．，8．；或9．充分必要10．二、计算题1．解：令，则当时等号两边积分2．解：令，则代入方程得即再令，则得所以3．解由于，所以原方程是全微分方程．取，原方程的通积分为即4．解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所以，原方程组的通解为5．解：特征方程为特征根为满足解得取，则．于是三、证明题1．证：由于在全平面上连续，所以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．2．证明设为方程任一解满足，由常数变易法有于是=0+3．证明由已知条件，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，因此，它的任一解都可延展到平面的无穷远．又由已知条件，知是方程的一个解．且在上半平面，有；在下半平面，有．现不妨取点属于上半平面，并记过该点的解为．由上面分析可知，一方面在上半平面单调递减向平面无穷远延展；另一方面又不能穿过轴，否则与唯一性矛盾．故解存在区间必为《常微分方程》测试题7答案一.解下列方程1．解：将方程改写为=+（*）令u=,得到x=x+u,则(*)变为x=,变量分离并两边积分得arcsinu=ln+lnC,故方程的解为arcsin=lnCx。2．解：变量分离ctgxdy=tgydx,两边积分得ln(siny)=ln+C或sinycosx=C(*)另外，由tgy=0或ctgx=0得y=k(k=0、1…)，x=t+(t=0、1…)也是方程的解。tgy=0或ctgx=0的解是(*)当C=0时的特殊情况，故原方程的解为sinycosx=C。3．解：ydx-xdy-x(+)dx=0,两边同除以+得xdx=0,即d(arctg)d=0,故原方程的解为arctg=C。4．解：=2xlny+2x,=2x,则==,故方程有积分因子==，原方程两边同乘以得dx+dy=0是恰当方程.d(lny)+ydy=0,两边积分得方程的解为lny+=C。5．解：1）y=0是方程的特解。2）当y0时，令z=得=z+x.这是线性方程，解得它的通解为z=代回原来的变量y得方程解为=；y=0.6．解：令x=u+3,y=v2,可将原方程变为=，再令z=，得到z+=，即=，分离变量并两端积分得=+lnC即ln+2arctgz=+lnC，ln=2arctgz+lnC代回原变量得v=C所以，原方程的解为y+2=C.7．解：令f(x)=y，=，两边求导得=y，即=y，即=dx，两边求积得=2x+C，从而y=，故f(x)=.8．解：因为F=ma=m，又F==，即m=(v(0)=0)，即=(v(0)=0)，解得v=+(t).二、证明题1.解：1）先找到一个特解y=。2）令y=+z，化为n=2的伯努利方程。证明：因为y=为方程的解，所以=P(x)+Q(x)+R(x)(1)令y=+z，则有+=P(x)+Q(x)+R(x)(2)(2)(1)得=P(x)+Q(x)z即=[2P(x)+Q(x)]z+P(x)此为n=2的伯努利方程。2.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。《常微分方程》测试题8答案1、解方程化为令，则，代入上式，得分量变量，积分，通解为原方程通解为2.解因为，所以原方程是全微分方程．取，原方程的通积分为即3．解当时，分离变量得等式两端积分得方程的通积分为4．解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+5．解积分因子为原方程的通积分为即6．解由于，所以原方程是全微分方程．取，原方程的通积分为即7．解原方程是克来洛方程，通解为8．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．9.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；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．10.证明仅证方向，（反之亦然）．假设存在，使得（=不可能出现，否则与解惟一矛盾令=-，那么=-0，=-0由连续函数介值定理，存在，使得=-=0即=《常微分方程》测试题9答案一填空题１、２、３、４、５、６、７、零稳定中心二计算题１、解：因为，所以此方程不是恰当方程，方程有积分因子，两边同乘得所以解为即另外y=0也是解２、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３、解：解得此时k=1由公式expAt=得４、解：方程可化为令则有（*）（*）两边对y求导：即由得即将y代入（*）即方程的含参数形式的通解为：p为参数又由得代入（*）得：也是方程的解５、解：６、解：由解得奇点（3，-2）令X=x-3,Y=y+2则因为=1+10故有唯一零解（0，0）由得故（3，-2）为稳定焦点。三、证明题由解的存在唯一性定理知：n阶齐线性方程一定存在满足如下条件的n解：考虑从而(t)(i=1,2,…n)是线性无关的《常微分方程》测试题10答案一填空题1123形如的方程4在上连续且关于满足利普希兹条件5678910形如的方程二求下列方程的解1解：，则所以另外也是方程的解2解：3解：两边积分所以方程的通解为故过的解为通过点的解向左可以延拓到，但向右只能延拓到２，所以解的存在区间为4解:利用判别曲线得消去得即所以方程的通解为,所以是方程的奇解5解:=,=,=,所以方程是恰当方程.得所以故原方程的解为6解:故方程为黎卡提方程.它的一个特解为,令,则方程可化为,即,故7解:两边同除以得所以,另外也