常微分方程试卷及答案

理学 院 年级 信息与计算科学 专业 填空题（每题4分，共20分）

1. 形如y'P(x)yQ(x) （P(x),Q(x)连续）的方程是 一阶线性微分 方程，它的通解为yeP(x)dxP(x)dxdxcQ(x)e .

2. 形如yy0的方程是 3 阶__齐次__(“齐次”还是”非齐次”)___常__系数的微分方程,它的特征方程为310.

n1dnyyn1d1dyaxLLaxany0的方程为 欧拉 方程, 可通过变换3. 形如x1n1dxndxn1dxnxet把它转化成常系数方程.

4. y2dx(x1)dy0, 满足初始条件：x=0, y=1的特解y11ln1x

5．5.微分方程

dyf(x,y),满足y(x0)y0,R:xx0a,yy0b的解存在且唯一的条件是: dx f(x,y)在R上连续且满足利普希茨条件 一、下列微分方程的解（每题5分，共30分） 1．

1dy= dx(xy)2解：令x+y=u,则

dydu=-1 ……………………….3 dxdxdu1-1=2 u-arctgu=x+c dxu y-arctg(x+y)=c. ……………………….5

32．x4ydx2xdyy3ydx5xdy0

解：两边同乘以x2y得：

4x3y2dx2x4ydy3x2y5dx5x3ydy0 ……………………….3

4故方程的通解为：xy2x3y5c ……………………….5

dy3．xydx2

解：令

dyp，则yxp2， dx两边对x求导，得p12pdp dx

dpp1， dx2p2 ……………………….3

解之得 x2plnp1c，

所以y2pp2lnp1c， ……………………….4

2且y=x+1也是方程的解，但不是奇解. ……………………….5

4. x(5)4x0

解：特征方程5430

有三重根0，42，52 ……………………….3 故通解为xc1e2tc2e2tc3t2c4tc5 ……………………….5

5. x4x5x2t3

解：特征方程34250有根10,21,35

齐线性方程的通解为x=c1etc2e5tc3t ……………………….3

%AtBt2代入原方程解得A=又因为0是特征根，故可以取特解行如x14，252B= ……………………….4

52故通解为x=c1etc2e5tc3tt2 ……………………….5

56. xyylny0,初值条件:y(1)=e

解: 原方程可化为

2dyylny ………………………1 dxx分离变量可得

dydx …………………………………………………..3 两边积分ylnyx可得lnycx …………………………………………………..4 将初值代入上式

求得方程的解: lny2x ……………………….5

二、求下列方程（组）的通解（每题10分，共30分）

1．求一曲线，使其任一点的切线在OY轴上的截距等于该切线的斜率. 解： 设p(x,y)为所求曲线上的任一点，则在p点的切线l在Y轴上的截距为： yx由题意得 yxdy ……………………….3 dxdyx dxdy1即 y1

dxx也即 ydxxdydx

ydxxdydx ………………….5 2xxy即 d()dlnx ……………………….7

x两边同除以x2，得

即 ycxxlnx ……………………….10 为方程的解。

2.

x(0)3x'x2y 满足初值条件 y(0)3y'4x3y解:

方程组的特征值15, 21, ……………………….2

u1对应特征值15的特征向量u应满足

u2对任意常数10, u, 取1, 得u ……………………….4

22v1对应特征值21的特征向量v应满足

v21对任意常数0, v, 取1, 得v ……………………….6

1e5tet所以基解矩阵为: (t)5t ……………………….8 te2e15t2t15t1tee3e3e32e5tet33 ………….10 =5tt1e5t2et1e5t1et34ee33333.求方程

dy2x13y2 通过点(1,0) 的第二次近似解. dx解: 令0(x)0，于是

1(x)y0[2x1302(x)]dxx2x, …………………….5

1x2(x)y0[2x1312(x)]dx1x1433xx2x3x4x5, …………….10 1525五、应用题（10分）

33. 摩托艇以5米/秒的速度在静水运动，全速时停止了发动机，过了20秒钟后，艇的速度减至v13米/秒。确定发动机停止2分钟后艇的速度。假定水的阻力与艇的运动速度成正比例。 解：Fmamdv，又Fk1v，由此 dtdvkv ………………….5 dt即

k1，解之得 m又t0时，v5；t2时，v3。

其中k故得 k13ln，cln5 205t320从而方程可化为 v5() ………………….7

53120当t260120时，有 v(20)5()200.23328米/秒 ……………….8

5即为所求的确定发动机停止2分钟后艇的速度。 ………………….10 六、证明题 （10分）

1、试证: 非齐次线性微分方程组的叠加原理:

即: 设x1(t),x2(t)分别是方程组 的解，则x1(t)x2(t)是方程组

的解.

证明：x'A(t)xf1(t) （1）

x'A(t)xf2(t) （2） 分别将x1(t),x2(t)代入（1）和（2） 则 x1A(t)x1f1(t)

' x2'A(t)xf2(t) ………………….5

则x1x2A(t)[x1(t)x2(t)]f1(t)f2(t) 令xx1(t)x2(t)

即证 x'A(t)xf1(t)f2(t) ………………….10

''2010-2011 学年第 二 学期常微分方程考试 B卷答案

理学 院 年级 信息与计算科学 专业 一、填空题（每题4分，共20分）

1. M(x,y)dxN(x,y)dy0是恰当方程的充要条件是

MN； yx其通解可用曲线积分表示为

M(x,y)dxNM(x,y)dxdyc. y3. 形如y4yx2的方程是 2 阶 非齐次 (“齐次”还是”非齐次”)_常系数的微分方程,它的特征方程的特征根为 2, 2 . 4. 若 (t),(t)是同一线性方程 (t)C(t), C 为可逆矩阵 . 5．5.微分方程

dXA(t)X的基解方阵，则它们间有关系 dtdyf(x,y),满足y(x0)y0,R:xx0a,yy0b的解存在且唯一的条件是: dx f(x,y)在R上连续且满足利普希茨条件 二、下列微分方程的解（每题5分，共30分）

dyyy23 1.

dxxx 解： 令

yu …………….1 xdydu1uxuu2 dxdxxdu12 即xu

dxxdudx 得到22

ux11 故c

ux则：

即

1c12 …………………….4 yxx 另外y0也是方程的解。 . …………………….5 2.

dy=ysinx dxdxdx解： y= e(sinxedxc) …………………….3

1xe(sinxcosx)+c] 21=c ex- (sinxcosx)是原方程的解。 …………………….5

2=ex[-

3．y3y2 设yt,1。 y1y3t2 …………………….3

t6tt1t2dt6t3dt …………………….4

dxdyy1C， 2t21X6t22tC …………………….5 解为 1y3t2t x6t4. y2y10y0

解：特征方程22100有复数根113i,213i ……….3 故通解为xc1etcos3tc2etsin3t …………………….5 5.xdyydx0

解: 原方程可化为 dxy0

故xyC …………………….5 6. x6x8xe2t

解：特征方程2680有根1-2,2-4 …………………….1 故齐线性方程的通解为x=c1e2tc2e4t …………………….3

14%Ate2t代入原方程解得A= ……………….4 -2是特征方程的根，故x1故通解为x=c1etc2e5te2t ……………….5

4三、求下列方程（组）的通解（每题10分，共30分）

2xy2ayaye1.

解：特征方程22aa20有2重根-a………………..2 当a=-1时，齐线性方程的通解为s=c1et1

c2tet,

1xAt2et代入原方程解得A= 是特征方程的2重根，故~2通解为s=c1etc2tet12t,……………………………………..6 2c2teat,

当a-1时，齐线性方程的通解为s=c1eat1

xAet代入原方程解得A=不是特征方程的根，故~c2teat+

1(a1)2

故通解为s=c1eat1te…………………………..10 2(a1)dx2xydt2.  求其基解矩阵. dyx2ydt解: det（E－A）=0得1＝3，2＝－3 ……………….3

对应于1的特征向量为u＝1， （ 0 ） 231对应于2的特征向量为v＝23， （ 0 ） ……………….5

∴u＝1，v＝23是对应于1，2的两个线性无关的特征向量 23e3t(23)e是一个基解矩阵 ……………….10 3t13teФ(t)=(23)e3t3. 求方程

dyxy2 通过点(1,0) 的第二次近似解. dx解: 令0(x)0，于是

112x1111112(x)y0[x12(x)]dxxx2x3x5, …………….10

13042620五、应用题（10分）

1(x)y0[x02(x)]dxx2, ……………….5

x121．求一曲线，过点(1,1), 其任一点的切线在OY轴上的截距等于a2.

解： 设p(x,y)为所求曲线上的任一点，则在p点的切线l在Y轴上的截距为： yx由题意得 yx两边同除以x2，得

dy ……………………….3 dxdya2 dxdydx ………………………….5 2yax即 dlnya2dlnx ……………………….7 即 ycxa2 ………………….……….8 将x1,y1代入上式得ca21。………………………………………….10 六、证明题 （10分）

1、 试证：如果(t)是x=Ax满足初始条件(t0)＝的解，那么

'(t)＝[expA(t-t0)]

证明：由于(t)＝Ф(t)Ф(t0) ＋Ф(t)

-1

tt0-1(s)f(s)ds ……………………….5

又因为Ф(t)= expAt , Ф(t0)=( expAt0)-1= exp(-At0), f(s)=0,

又因为矩阵 （At）·（- At0）=（- At0）·（At） ……………………….7 所以

-1(t)＝[expA(t-t0)] ……………………….10