常微分期末试卷(12)

常微分方程期末试卷(12)

一、填空题（30分）

1．若y=y1(x)，y=y2(x)是一阶线性非齐次方程的两个不同解，则用这两个解可把其通解表示为 ． 2．方程

dy

x2 y2满足解的存在唯一性定理条件的区域是． dx

dy

f(x,y)初值唯一的条件． dx

3．fy(x,y)连续是保证方程一条积分曲线.

4. 线性齐次微分方程组

dY

A(x)Y的一个基本解组的个数不能多于 dx

n

个，其中x R，Y R．

5．二阶线性齐次微分方程的两个解y 1(x),y 2(x)成为其基本解组的充要条件是 ． 6．方程

dy

sinx cosy满足解的存在唯一性定理条件的区域是 dx

dy

x2tany的所有常数解是 dx

7．方程

8．方程xsinydx ycosxdy 0所有常数解是

9．线性齐次微分方程组的解组Y1(x),Y2(x), ,Yn(x)为基本解组的条件是它们的朗斯基行列式W(x) 0．

10．n阶线性齐次微分方程线性无关解的个数最多为个．

二、计算题（40分） 求下列方程的通解或通积分： 1.

dyyy tan dxxx

dy

cosy cosxsin2y siny dx

2

3．(2xy cosx)dx (x 1)dy 0

dx

y dt

4．

dy 2x y dt

2．

dx

x y dt

5．

dy 2x 3y dt

三、证明题（30分）

1．试证明：对任意x0及满足条件0 y0 1的y0，方程

dyy(y 1)

22

dx1 x y

的满足条件y(x0) y0的解y y(x)在( , )上存在．

2．设f(x)在[0, )上连续，且limf(x) 0，求证：方程

x

dy

y f(x)的任意解dx

y y(x)均有limy(x) 0．

x

dy

x2f(y)中，f(y)在( , )上连续可微，且yf(y) 0，(y 0)．求dx

证：该方程的任一满足初值条件y(x0) y0的解y(x)必在区间[x0, )上存在．

3．设方程

参考答案

一、填空题

1．C1[y1(x) y2(x)] y1(x) 2．xoy平面 3．充分 4．n

5．线性无关 6．xoy平面

7．y k ，k 0, 1, 2, 8．y k ,k 0, 1, 2, ； 或x 9．充分必要 10．n

二、计算题

k ,k 0, 1, 2, 2

y

，则y u xu xdu

tanu xdx

当tanu 0时

1．解：令u

等号两边积分

dudx

tanu x C1

lnsinu lnx lnC C 0

siny

x Cx 2．解：令z siny，则dzdx cosydydx 代入方程得 dz

dx z2cosx z 即 dz

dx z z2cosx 再令u z 1

，则得 dudx u cosx u e 1dx( cosxe 1dx

dx C1)

e

x

( cosxexdx C1)

1

(cosx sinx) C x2

1e 所以

2

sinx cosx sinx Ce x 3．解 由于 M N

y 2x

x

，所以原方程是全微分方程． 取(x0,y0) (0,0)，原方程的通积分为

x0

(2xy cosx)dx y

dy C 即 x2y sinx y C 4．解 特征方程为 A E

1

21

0

即 2

2 0

特征根为 1 2， 2 1

1 2对应特征向量应满足

2

1 21 2 a1 0 b 1 0

可确定出

a1 1 b

2

1 同样可算出 2 1对应的特征向量为

a2 b 1

2 1

所以，原方程组的通解为

e2t e t x

C1 2t C2 t

y 2e e

2

5．解：特征方程为 4 5 0 特征根为 1,2 2 i

e(2 i)t

x y a b

a,b满足

1 i1 a

b 0

21 i

解得 2a (1 i)b

取 b 1 i，则 a 1．

cost sint x 2t 2t 于是 C1e C2e cost sint

ycost sint

三、证明题

1．证： 由于 f(x,y)

y(y 1)

22

1 x y

(2y 1)(1 x2 y2) y(y 1)2y

fy(x,y)

(1 x2 y2)2

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y 0,y 1是方程的两个特解．现任取x0 ( , )，y0 (0,1)，记y y(x)为过

(x0,y0)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y 1，下不能穿越y 0，因此它的存在区间必为( , )．

2．证明 设y y(x)为方程任一解满足y(x0) y0，由常数变易法有

y(x) y0e (x x0) e (x x0) f(s)es xds

x0

x

于是

limy(x) lim

x

x

y0e

x x0

lim

x

x

x0

f(s)es x0dse

x x0

0，若 f(s)es x0ds收敛

x0

= 0 + x x0

f(s)es x0

lim 0,若f(s)eds发散x x x0 x e0

3．证明 由已知条件，方程在整个xoy 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y 0是方程的一个解．

2

且在上半平面(y 0)，有y xf(y) 0；

2

在下半平面(y 0)，有y xf(y) 0．

现不妨取点(x0,y0)属于上半平面，并记过该点的解为y y(x)．由上面分析可知，

y y(x)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x轴，否则与唯一性矛盾．故解y y(x)存在区间必为[x0, )