内容发布更新时间 : 2024/12/24 3:42:00星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
《常微分方程》模拟练习题及参考答案
一、填空题（每个空格4分，共80分）
1、n阶线性齐次微分方程基本解组中解的个数恰好是 n 个。 2、一阶微分方程
2dy?2x的通解为 y?x2?C（C为任意常数） ，方程与通过点（2，3）的特解为 dx2y?x?1 ，与直线y=2x+3相切的解是 y?x?4 ，满足条件?ydx?3的解为 y?x2?2 。
033、李普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的 必要 条件。 4、对方程
dy?(x?y)2作变换 u?x?y ，可将其化为变量可分离方程，其通解为 dxy?tan(x?C)?x 。
dy?2?1?y(,1)共有 无数 个解。 5、方程过点dx26、方程
y?x''2x4x2?1的通解为 y?12?2?C1x?C2 ，满足初始条件y|x?1?2,y|x?3?5的特解为
x4x219y???x? 。
122647、方程
dy?dxy?x?x 无 奇解。
?dy?z2??dxdydy8、微分方程2? 。 ?6y?0可化为一阶线性微分方程组 ?dzdxdx??z?6y??dx9、方程
dy?dxy的奇解是 y=0 。
d3ydy10、3?2x5?3是 3 阶常微分方程。
dxdx11、方程
dy?x2?y2满足解得存在唯一性定理条件的区域是 xoy平面 。 dxd2ydy5x?x12、微分方程2?4?5y?0通解为 y?C1e?C2e ，该方程可化为一阶线性微分方程组 dxdx?dy?z??dx 。 ?dz??4z?5y??dx1
13、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 线性无关 。
?e?2t?13?dX?AX有基解矩阵 ?(t)???2t14、设A??，则线性微分方程组?dt?42???e
二、解方程（每个小题8分，共120分） 1、(x?2y)dx?xdy?0
3e5t? 。 5t?4e?答案：方程化为
dyy?1?2 dxxdydudu?u?x?1?u ，代入上式，得xdxdxdx2令y?xu，则
分离变量，积分，通解为u?Cx?1 ∴ 原方程通解为y?Cx?x
?dx?x?y??dt2、?
dy??4x?y??dt答案：特征方程为 A??E?1??411???0即?2?2??3?0。
特征根为 ?1?3，?2??1
?a1??1??1?31??a1??0?对应特征向量应满足 ???b???0?可确定出 ?b???2?
41?3???1????1????a2??1????1同样可算出2对应的特征向量为?????
?b2???2??e3t??e?t??x?∴ 原方程组的通解为???C1?3t??C2??t? 。 y2e?2e??????
dy?3y?e2x 3、dx答案：齐次方程的通解为y?Ce?3x
?3x令非齐次方程的特解为y?C(x)e1C(x)?e5x?C
5?3x代入原方程，确定出原方程的通解为y?Ce+e152x
2
dy?2x?y； dxdy?2x?y是一个变量分离方程 答案：dx4、
变量分离得2dy?2dx
两边同时积分得2y?2x?c（其中c为任意常数） 5、
yxdyy??exy dxxdyxexy?yxy答案： ?e?xy?dxxxdy?(xexy?y)dx xdy?ydx?xexydx
dxydxy?xedx xy?xdx
e11?xy?x2?c 故通解为：x2?e?xy?c?0 积分：?e22xy 6、
?y?x(x2?y2)dx?xdy?0
?答案：
ydx?xdy?x(x2?y2)dx?0
22ydx?xdyx12?xdx?0d(arctg)?dx?0， ，即22x?yy2x12故原方程的解为arctg?x?C
y2两边同除以x?y得
?dx?2x?4y??dt7、? .
dy???5x?3y??dt答案：方程组的特征方程为A??E?2???5?43???0
即(2??)(3??)?(?4)?(?5)?0，即?2?5??14?0 特征根为?1?7，?2??2
?a1??4??2?7?4??a1??0? 对应特征向量应满足???b???0?，可得?b????5?
?53?7???1????1???3
?a2??1????2 同样可算出2时，对应特征向量为?????
?b2??1?
?4e7t??e?2t??x??C2??2t? ∴ 原方程组的通解为???C1?7t?y????5e??e? 8、x???x?sint?cos2t
答案：线性方程x???x?0的特征方程?2?1?0故特征根???i
f1(t)?sint ??i是特征单根，
1原方程有特解x?t(Acost?Bsint)代入原方程A=-B=0
2f2(t)??cos2t ??2i不是特征根，
1原方程有特解x?Acos2t?Bsin2t代入原方程A?B=0
311所以原方程的解为x?c1cost?c2sint?tcost?cos2t
23
9、(2x?2y?1)dx?(x?y?2)dy?0
dy2(x?y)?1dzdy???1? 答案：，令z=x+y，则dx(x?y)?2dxdxdz2z?1z?1?z?2?1??,dz?dx dxz?2?z?2z?13所以 –z+3ln|z+1|=x+C1， ln|z?1|=x+z+C1
即(x?y?1)?Ce
32x?y
d2xdx10、2??x?0
dtdt答案：所给方程是二阶常系数齐线性方程。 其特征方程为?2???1?0 特征根为?1??1313?i，?2???i 222213(??i)t22 ∴ 方程的通解为x?c1e 11、
?c2e13(??i)t22t33?1?(c1cost?c2sint)e2
22dyx?y?1? dxx?y2?34
答案： (x-y+1)dx-(x+y+3)dy=0
xdx-(ydx+xdy)+dx-ydy-3dy=0即所以
221213dx-d(xy)+dx-dy-3dy=0 23121x?xy?x?y3?3y?C 23
三、证明题（共160分）
1、（12分）证明如果?（t）是x?Ax满足初始条件?(t0)??的解，那么 ?(t)?e/?A(t?t0)??。
证明：设?(t)的形式为?(t)=eAtC（1）（C为待定的常向量）
则由初始条件得???(t0)=eAt0C 又(eAt0)?1=e?At0 所以C=(eAt0)?1?=e?At0?
At?At0代入（1）得?(t)=ee
??eA(t?t)? 即命题得证。
02、（12分）设?(x)在区间(??,??)上连续．试证明方程
dy??(x)siny的所有解的存在区间必为dx(??,??)。
证明 ：由已知条件，该方程在整个xoy平面上满足解的存在唯一及解的延展定理条件。
显然y??1是方程的两个常数解。
任取初值(x0,y0)，其中x0?(??,??),y0?1。记过该点的解为y?y(x)， 由上面分析可知，一方面y?y(x)可以向平面无穷远处无限延展；
另一方面又上方不能穿过y?1，下方不能穿过y??1，否则与惟一性矛盾； 故该解的存在区间必为(??,??)。
y2(x)是方程y???p(x)y??q(x)y?0的解，y1(x)?0，3、（12分）设y1(x)，且满足y1(x0)=y2(x0)=0，
这里p(x),q(x)在(??,??)上连续，x0?(??,??)．试证明：存在常数C使得y2(x)=Cy1(x)． 证明：设y1(x)，y2(x)是方程的两个解，则它们在(??,??)上有定义，
y1(x)其朗斯基行列式为W(x)??(x)y1y2(x) ?(x)y25