常微分方程练习试卷及答案.doc

常微分方程练习试卷
一、 填空题。
1. 方程是 阶 （线性、非线性）微分方程.
2. 方程经变换，可以化为变量分离方程 .
3. 微分方程满足条件的解有 个.
4. 设常系数方程的一个特解，则此方程的系数 ， ， .
5. 朗斯基行列式是函数组在上线性相关的
条件.
6. 方程的只与有关的积分因子为 .
7. 已知的基解矩阵为的，则 .
8. 方程组的基解矩阵为　　　　　　　　　　　．
9.可用变换 将伯努利方程 化为线性方程.   
10 .是满足方程 和初始条件          的唯一解.  
11.方程 的待定特解可取          的形式:       
12. 三阶常系数齐线性方程 的特征根是

二、 计算题
1.求平面上过原点的曲线方程, 该曲线上任一点处的切线与切点和点(1,0)的连线相互垂直.
2．求解方程.
3. 求解方程 。
4．用比较系数法解方程. .    
5．求方程 的通解.
6．验证微分方程是恰当方程，并求出它的通解.
7．设 ， ，试求方程组的一个基解基解矩阵，求满足初始条件的解.
8. 求方程 通过点 的第二次近似解.

9.求 的通解

10.若 试求方程组的解 并求expAt

三、证明题

1. 若是的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵，使得.
2. 设是积分方程

的皮卡逐步逼近函数序列在上一致收敛所得的解，而是这积分方程在上的连续解，试用逐步逼近法证明：在上.
3. 设 都是区间 上的连续函数, 且 是二阶线性方程的一个基本解组. 试证明:
(i)  和 都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);
(ii)  和 没有共同的零点;
(iii) 和 没有共同的零点.

4.试证：如果是满足初始条件的解，那么
.

答案
一.填空题。
1. 二，非线性 2.， 3.无穷多 4.
5.必要 6. 7. 8. 9.
10. 11.
12. 1,
二、计算题
1.求平面上过原点的曲线方程, 该曲线上任一点处的切线与切点和点(1,0)的连线相互垂直.
解: 设曲线方程为 , 切点为(x,y), 切点到点(1,0)的连线的斜率为 , 则由题意
可得如下初值问题:
.                                
 分离变量, 积分并整理后可得 .           
 代入初始条件可得 , 因此得所求曲线为 .

2.求解方程.
解：由 求得 令
则有 令，解得,积分得,
故原方程的解为 .

3. 求解方程
解  令，直接计算可得，于是原方程化为  ，故有或，积分后得，即，所以   　就是原方程的通解，这里为任意常数。

4.用比较系数法解方程. .   
解：特征方程为 , 特征根为 .  
对应齐方程的通解为 .              
设原方程的特解有形如                     
代如原方程可得
利用对应系数相等可得 , 故 .                 
原方程的通解可以表示为( 是任意常数)
 .

5.求方程 的通解.
解：先解得通解为, 令为原方程的解，
代入得, 即有,
积分得 , 所以 为原方程的通解.

6．验证微分方程是恰当方程，并求出它的通解.
解：由于，因为所以原方程为恰当方程.
把原方程分项组合得,
或写成, 故原方程的通解为.

7．设 ， ，试求方程组的一个基解基解矩阵，求满足初始条件的解.
解：特征方程为
求得特征值,对应的特征向量分别为
可得一个基解矩阵 ，又因为 ，
于是，所求的解为

8. 求方程 通过点 的第二次近似解.
解: 令，于是

9.求 的通解

解：方程可化为 ， 令则有（*），

（*）两边对y求导得，

即，由得，即.
将y代入（*）得，
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 .

10.若 试求方程组的解 并求expAt

解：特征方程，解得，此时 k=1,。

，
由公式expAt= 得

三、证明题
1. 若是的基解矩阵，求证：存在一个非奇异的常数矩阵，使得.
证：是基解矩阵，故存在，令 ，
则可微且，易知.
所以 而，所以,
（常数矩阵），故 .

2. 设是积分方程

的皮卡逐步逼近函数序列在上一致收敛所得的解，而是这积分方程在上的连续解，试用逐步逼近法证明：在上.
证明：由题设，有
，.
下面只就区间上讨论，对于的讨论完全一样。
因为 其中，
所以
其中, 设对正整数有,则有
,
故由归纳法，对一切正整数，有
.
而上不等式的右边是收敛的正项级数的通项，故当时，它,
因而函数序列在上一致收敛于.根据极限的唯一性, 即得
, .

3. 设 都是区间 上的连续函数, 且 是二阶线性方程的一个基本解组. 试证明:
(i)  和 都只能有简单零点(即函数值与导函数值不能在一点同时为零);
(ii)  和 没有共同的零点;
(iii) 和 没有共同的零点.
证明: 和 的伏朗斯基行列式为
                                    因 和 是基本解组, 故.    
若存在 , 使得 , 则由行列式性质可得 , 矛盾. 即
  最多只能有简单零点. 同理对 有同样的性质, 故(i)得证.    
   若存在 , 使得 , 则由行列式性质可得 , 矛盾. 即  与 无共同零点. 故(ii)得证.  
  若存在 , 使得 , 则同样由行列式性质可得 , 矛盾.
即 与 无共同零点. 故(iii)得证.   

4.试证：如果是满足初始条件的解，那么
.证明：因为是的基本解矩阵，是其解，所以存在常向量使得：，
令，则：， 所以 ，
故