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1、解方程234465dyxydxxy1.解:令23uxy,4232325dudyudxdxu,则72225duudxu,25722ududxu,9171=221427dxu,两边积分得2239ln2314(3)72xyyxc即为方程的通解。3解方程23dyyydxxx解:令uxy则:21uxudxduxudxdy即21uxdxdux得到22xdxudu故cxu11即211xxcy另外0y也是方程的解.4解方程2222()xyyxyyx。解:两边同除以x,方程可化为:222()dyyxyyxdxx令yux,则22222()duxuuuxuxxdx即332()duxuudx332duxdxuu3111()22(1)2(1)duxdxuuu两边积分得4211xceu5、解方程342350xydxxdyyydxxdy解:两边同乘以yx2得:05324352423ydyxdxyxydyxdxyx05324yxdyxd故方程的通解为:cyxyx53247解方程422yyxy,并求其奇解。解:令pdxdy,则422pxxpy,两边对x求导,得dxdppxxpdxdpxpp324422202213pdxdpxxp从0213xp得0p时,2343,21pypx;从02pdxdpx得222,cpcypcx,0p为参数,0c为任意常数.经检验得222cpcypcx,(0p)是方程奇解.8解Ricccati方程22'21xxxyeyyee解:原方程可转化为:(*),2322xxxxeeyeyey观察得到它的一个特解为:xey,设它的任意一个解为zeyx,代入(*)式得到:(**))(2)()(322xxxxxxxeezeezeedxzed由(**)-(*)得:2zedxdzx变量分离得:dxezdzx2两边同时积分:cezx1即:cezx1故原方程的解为xxecey111、求具有性质()()()1()()xtxsxtsxtxs的函数()xt,已知(0)x存在解:令t=s=0x(0)=)0(1)0()0(xxx=)0()0(1)0(2xxx若x(0)0得x2=-1矛盾。所以x(0)=0.x’(t)=)(1)(0(')()(1[))(1)((lim)()(lim22txxtxtxttxtxttxttx)))(1)(0(')(2txxdttdxdtxtxtdx)0(')(1)(2两边积分得arctgx(t)=x’(0)t+c所以x(t)=tg[x’(0)t+c]当t=0时x(0)=0故c=0所以x(t)=tg[x’(0)t].12、试求(,)(,)0MxydxNxydy分别具有形式为()()xyxy,的积分因子各自的充要条件。解:若方程具有)(yx为积分因子,xNyM)()(()(yx是连续可导)xNxNyMyM)(xNyMxNyM)1(令yxzdzdxzdzdx,dzdy.)(yMxNdzdNdzdM,)()(yMxNdzdNM,NMyMxNd,dzyxdz)(方程有积分因子)(yx的充要条件是:NMyMxN是yx的函数,此时,积分因子为dzzeyx)()(.)2(令yxzdzdyxzdzdx,dzdxyzdzdy)(yMxNdzdNydzdMx)()(yMxNdzdNyMxNyMxyMxNd此时的积分因子为dzNyMxyMxNexy)(14、试证明方程:22dxtxdt的任意解的存在区间都是有限的。证明显然000(,)ptxRR,方程过0p的解均存在唯一,而且均可延伸至无穷,但这并不意味解关于t可以无限延拓。下证它的存在区间有限。设()xxt是方程适合初始条件00()xtx的解。令其右方的最大存在区间为0[,)tb。若0b,则存在区间显然有限。若0b,取1t适合10tb,则在1[,)tb上有221()()dxttxtdt或221()()dxtdttxt,10ttb,两端从1t到t积分得11111()1()arctanarctanxtxtttttt。由此可得110ttt,1ttb。因此,解的最大存在区间有限。同理可证左方最大存在区间也是有限的。15、如果函数,fxy于带域x上连续且关于y满足利普希茨条件,则cauchy问题00(,)()dyfxydxyxy的解于整个区间,上存在且唯一,试证明之。证明:证明方法类似于教材中定理1.由教材中命题1我们知,方程(,),dyfxydx满足条件00yxy的解等价于求积分方程00,xxyyfxydx,,x的连续解,因此我们只要证明上述积分方程的解的存在唯一性即可。现取00yxy,0100,xxyxyfyd001,xnnxyxyfyd①易见nyx在x上存在且连续。下面证明函数列nyx在x上一致收敛。考察级数011kkkyxyxyx,,x。②取0,max,xMfxy,由①式有01000,xxyxyxfydMxx,③及02110,,xxyxyxfyfyd.利用利普希茨条件及③,得到000211010020,,L()2!xxxxxxyxyxfyfydyxyxdLMxdMLxx。于是根据数学归纳法可知:1110()()!!kkkkkkMLMLyxyxxxkk。上式右端是正项收敛级数11()!kkkMLk的一般项。由Weierstrass判别法,知级数②在x上一致收敛,因而函数列()nyx在区间,上一致收敛。现设lim()()nnyxyx,易知()yx在区间,上连续,且(,())nfxyx在区间,上一致收敛于(,())fxyx。因而对①式两端取极限,即得00,xxyxyfyd,解的存在唯一性得证。
本文标题:常微分的试题与答案
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