高等数学第七章 微分方程单元练习

微分方程单元练习

1、设 y= f ( x )是方程 y′′+ y′ e sin x= 0的解，

且 f′( x0 )= 0,则 f ( x )在[ C]. ( 1994 )(A) x0的某个邻域内单调增加； (B) x0的某个邻域内单调减少； (C) x0处取极小值； (D) x0处取极大值.解因为 f ( x )是方程的解，又 f′( x0 )= 0,′′( x0 )= e sin x0> 0,所以有 f

故 x0是函数 f ( x )的极小值.应选 C .

2、设连续函数 f ( x )满足关系式 2x t f ( x )=∫ f ( )dt+ ln 2,则 f ( x )等于[ B]. ( 1991 ) 0 2 (A) e x ln 2; (B) e 2 x ln 2; (C) e x+ ln 2;(D) e 2 x+ ln 2 .解 df ( x )= 2dx, Q f′( x )= 2 f ( x ),∴ f ( x)解得 f ( x )= Ce 2 x,

又 f (0)= ln 2,故 C= ln 2,∴ f ( x )= e 2 x ln 2,应选 B.

3、方程 y′′ y= e x 1具有形如[ B]的特解，其中 a,b为常数. ( 1989 ) (A) ae x+ b; (B) axe x+ b; (C) ae x+ bx; (D) axe x+ bx .解特征方程为 r 2 1= 0,特征根为 r1, 2=±1,又λ1= 1是单特征根，又λ 2= 0不是特征根，所以原方程有形如 y*= axe+ b的特解，x

应选 B.

4、解方程 y′= cos( x y ) cos( x+ y ), y x= 0dy= 2 sin x sin y,解原方程可化为 dx变量分离得 csc y dy= 2 sin x dx,

π= . 2

两边积分得 ln(csc y cot y )+ ln C= 2 cos x, y y或 C tan= e 2 cos x,即 ln C tan= 2 cos x, 2 2

π 2又 y x=0=,∴ C= e, 2 y故所求特解为 tan= e 2(1 cos x ). 2

5、解方程 ( y 3 x ) y′= y.

dy y= 3,解原方程即为 dx y x dx x dx x 2+= y 2,=y ,即变形得 dy y dy y 1 Q这是一阶非齐次线性方程，其中 P ( y )=, ( y )= y 2, y所以原方程的通解为 x= e

∫

dy y

(∫ y e2

∫

dy y

dy+ C )

=e

ln y

(∫ y e

2 ln y

1 dy+ C )= (∫ y 3dy+ C ) y

1 3 C= y+ . 4 y

6、解方程 x y′=

x 2 y 2+ y. dy 1 y 2 2= x y+,解原方程即为 dx x x y dy y2 y有= 1 2+,令 u=,当 x> 0时， dx x x x du du dx 2方程可化为 u+ x= 1 u+ u,即=, 2 dx x 1 u两边积分得 arcsin u= ln Cx u= sin(lnCx )

故此时方程的通解为 y= x sin(lnCx ); y dy y2 y有= 1 2+,令 u=,当 x< 0时， dx x x x du dx C= , arcsin u= ln,方程可化为 2 x x 1 u C故此时方程的通解为 y= x sin(ln ). x

7、解方程 y′′+ 16 y= sin( 4 x+ ).

解原方程可化为 y′′+ 16 y= cos sin 4 x+ sin cos 4 x,特征方程为 r 2+ 16= 0,特征根为 r1, 2=±4i,

所以 Y= C1 cos 4 x+ C 2 sin 4 x,又λ+ iω= 4i为单特征根，∴ y*= x ( A cos 4 x+ B sin 4 x ), 1 1代入原方程解得 A= cos , B= sin , 8 8 x x∴ y*= (cos cos 4 x sin sin 4 x )= cos(4 x+ ), 8 8所以原方程的通解为 x y= C1 cos 4 x+ C 2 sin 4 x co

s(4 x+ ). 8

8、已知

解

∫0 ( tx )dt= n ( x ),( x≠ 0),求 ( x ). 1 x令 u= t x,则原式可化为∫0 ( u)du= n ( x ), x∫0 ( u)du= n x ( x ),等式两边求导得x

1

即

( x )= n ( x )+ n x ′( x ) ′( x )=

′( x ) (1 n)=,变量分离得 nx ( x) 1 n ln x+ ln C,两边积分得 ln ( x )= n所以 ( x )= C x1 n n

(1 n) ( x ), nx

.

9、求方程 y′′+ 2 y′+ y= xe x过点 M 0 (1, e 1 )且在点 M 0处有平行于 x轴的切线的积分曲线.解特征方程为 r 2+ 2r+ 1= 0,特征根为 r1, 2= 1,所以 Y= (C1+ C 2 x )e x,又λ= 1是二重特征根， 1 2 x B∴ y*= x ( Ax+ B )e,代入原方程解得 A=,= 0, 6 3 x x所以原方程的通解为 y= (C1+ C 2 x+ )e, 6 1又 y x=1= e, y′ x=1= 0, 1 1解得 C1=,C 2=, 3 2 3 1 x x x故所求特解为 y= (++ )e . 3 2 6

2 1 10、设位于第一象限的曲线 y= f ( x )过点 (, ), 2 2其上任一点 P ( x, y )处的法线与 y轴的交点为 Q, (且线段 PQ被 x轴平分. 1)求曲线 y= f ( x )的方程； ( 2)已知曲线 y= sin x在[0,π]上的弧长为 l,试用 l表示曲线 y= f ( x )的弧长 s. ( 2003 ) 1解曲线在点P(x, y)处的法线方程为 Y y= ( X x ), y′ x令 X= 0得，= y+, Y y′ x x故点 Q的坐标为 (0, y+ ),由题设知 y+ y+= 0, y′ y′即 2 ydy+ xdx= 0,积分得 x 2+ 2 y 2= C, 1故所求曲线方程为由 y x= 2=,解得 C= 1, 2 2 2 2 x+ 2 y= 1,( x≥ 0,y≥ 0 ).

( 2)已知曲线 y= sin x在[0,π]上的弧长为 l,试用 l表示曲线 y= f ( x )的弧长 s. x 2+ 2 y 2= 1,( x≥ 0,y≥ 0 ).曲线 y= sin x在[0,π]上的弧长为 l=∫π0

1+ cos 2 xdx= 2∫

π 2 0

1+ cos 2 xdx,

又曲线 x 2+ 2 y 2= 1,( x≥ 0,y≥ 0 )的参数方程为π 2 x= cos t,y= sin t,( 0≤ t≤ ), 2 2ππ 1 1 2 2 sin 2 t+ cos 2 t dt=∴ s=∫ 1+ sin 2 t dt 0 2 2∫0π l 1 2 2=∫0 1+ cos tdt= 2 2 . 2

11、设连续函数 f ( x )满足关系式 f ( x )+ 2∫ f ( t )dt= x 2,求 f ( x ). ( 1992 )0 x

解等式两边关于 x求导得 f′( x )+ 2 f ( x )= 2 x,∫ ( 2 xe 2∫ dx dx+ C )∴ f ( x)= e∫ 2 dx

=e

2 x

( 2∫ xe 2 x dx+ C )0 2x

x

1 1 2x 2 x= e ( xe e+ C )= Ce+ x , 2 2 1∴又 f (0)= 0, C=, 2 1 2 x 1故所求函数为 f ( x )= e+ x . 2 2 2 x

sin x 2 12、已知 y1=是方程 y′′+ y′+ y= 0的一个特解， x x求其通解.

解设 y2= u( x ) y1是方程的另一特解，其中 u≠ c,′′′′′又 y2= u′y1+ uy1, y2′= u′′y1+ 2u′y1+ uy1′, 2′代入方程并化简有 u′′y1+ 2u′y1+ u′y1= 0, x x cos x sin x sin x′又 Q y1=,y1=, 2 x

x代入上式有 u′′+ 2 cot x u′= 0, 2∫ cot xdx C1故有 u′= C1e== C1 csc 2 x, sin 2 x cos x 2∴, u=C1∫ csc x dx= C1 cot x+C 2取 u= cot x, y2= x C1 sin x+ C 2 cos x .所以方程的通解为 y= x

13、 (1)求以 x 2+ y 2 2Cx= 0为通解的微分方程.解由题意可知所求微分方程应为一阶方程，在所给方程两端求导有 x+ yy′ C= 0, x2+ y2又C=, 2x x+y故所求微分方程为 x+ yy′ = 0, 2x2 2

即 2 xyy′+ x 2 y 2= 0 .

c1 x+ c2是某一微分方程的通解， ( 2)已知 y= x+ c3 c c其中 c1, 2, 3为任意常数，求此微分方程.解由题意可知所求微分方程 …… 此处隐藏：2073字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……