常微分方程答案

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1、常微分方程第四章答案【篇一：常微分方程习题及评分原则答案】一、选择题(每题3分) 第一章: 微分方程y?x2?y?的直线积分曲线为（） (）?和?x?1 （）?0和?x?1 （)y?和y？ （d）?1和?x？1第二章： 下列是一阶线性方程的是（） （a）dyx?2?y （b)ddydx2?(dx )?x?0（c)( dy2ddy）?xd?xy？0（d）dx?cosy3下列是二阶线性方程的是（） （a）d2yddx?x dx?x2？y （)(ddx)?（dydx)2?0 （c)(x?1)dy d2yd？xy? ()dx ？coscosx4.下列方程是3阶方程的为( ） （a)y?2?y3 (b)

2、( dx ）3?xy? (c）(dy)?xy dx3?y?0（d)dx?osy3 5微分方程（ddx)?x（dydx)3?y ?的阶数为( ） （a)1（b)2(c）3（)4.方程(ddx)3?x2y dx ?2y4?0的阶数为( ) (a）1 （b)2 (c）() 7针对方程 y?x?y x?y ,下列说法错误的是(）. (a）方程为齐次方程（）通过变量变换? 可化为变量分离方程（c)方程有特解y?0 （d)可以找到方程形如？kx的特解y?(? 8.针对方程y?sin2(?y？1),下列说法错误的是( ）. (a）为一阶线性方程 ? 2 （d)方程的通解为tan(x?y?1)?x？c 9伯努

3、利方程 y?p（)y?q(x）yndx，它有积分因子为() （a)e?(n?1)(x）x(b)e?np（x)dx （c）x?(n?1)(x)dx（d)e？np（)dx10.针对方程 dydx ?2(cosx?sin)，下列说法错误的是(） (a)方程为伯努利方程 (b)通过变量变换z?2可化为线性方程(c）方程有特解y?0 （d）方程的通解为y?1 cx?sinx11方程ydx?(yx2）通过变量变换( )可化为变量分离方程。(a)u?y（b)？y(c)u?y2（d)u?x2xxy12.方程2 y dx ？（x)通过变量变换（ ）可化为变量分离方程。 （)u?xy（b)?yx（c)?x 2（d

4、）?x2y1.微分方程ynd?(x？lny)dy?0是（） （a)可分离变量方程（b)线性方程（）全微分方程 （)伯努利方程 1.针对方程y（1?y)?（?y）2下面说法错误的是(） (a）不显含的形如f(y，y)?0的隐式方程 (b）设2?？t，原方程消去y后可求解 (c）方程的通解为y? 1 ?cx? （d)方程有特解?？ 15.方程（x,y)d?x 为n(x，y）？d其0中m(x,y),n(x,y),y的持续函数，如有 ?m? ？?y？ ?1，则方程的积分因子为（） m (a)？(,y)?ey ()？（x,y)?e？y （c）?(x,y）?ex(d）?(x,y)?x16. 若函数f(x）

5、满足关系式 (x）?？ 2x tf（)dt?ln, 则等于f(x）?（ ） 2 x2xxx (a）en2（）el2 （c）?ln （d)e?l2 第三章：17方程 dy ？1？lnx满足条件y()?0的解的存在区间为（）。 dx（a)(0,1已知方程 ) (b)0,+ ） (c）（1,+ )（d)1,+） y ?(x,y)（其中(，)为区域上的持续函数）,则利普希兹条件是保dx证方程初值解唯一的（ ）条件 （)必要(b）必要非充足(c）充足 （)充足必要19.利普希兹条件是保证一阶微分方程初值问题解惟一的(）条件(a）必要（b）必要非充足(c)充足 ()充足必要2方程 dy ?x？定义在矩形域

6、r:?2?x?2,?1？?1上，则通过点(0,0)的解存在唯dx 一区间为( )111 （a)?1,1（)?,（c）?,2 ()？， 5dy?2?2解存在区间为（ ） 1.方程dx 11 （a）?，1(b）(?,?)(）?2,2 （)?， 55 第四章： 22. 微分方程y?ex?1的一种特解应具有形式(式中a,b为常数)为（) （a)aex? (b） axex? (c) ex?bx (d） ae？x 第五章: 33.初值问题x?x？7?t?0，x（1)？?,x(1)？2与下列（）一阶方程组等价。 （a）x?？?01?7t?x？?？0?et?，x（)?？2？? （b）?10？?0?7? ？?t

7、?2?x？?？e?,()?？?2？ ?(c)？?01?？?x?0?7? ?et?，(1)?？2? (d)x?0？?7?2?？x？?0?et?？,(）?7?2? 第六章:?x ?x24线性驻定方程组？?？t ?的奇点(0,0)是(） ?d?dt ?x?y（a）不稳定焦点 （b）稳定结点 (c）稳定焦点 （d）鞍点?dx ?2x?2.线性驻定方程组?dt7y的奇点(,)是() ?y?d ？x？2y(）不稳定焦点 (）稳定结点 ()稳定焦点 （d)鞍点?d?？26.驻定方程组?x?x？dt的线性近似方程为(） ?y?？?y?？dt?dx?？y?dx？y?（a)？dt(b)?dt ? ？y?？x？?d

8、y?dt?？dt?x?1?dx?y?dx ?？y？（c)? （d)?x?1?t?dt ?dy？ ?dt?1?d ?x?2.已知y?2x,则方程的4阶差分为（) 4 （a)？yx?24?2 （b）?y?x (c）?4yx?34?2x（d）?4yx?4?2x 28已知yx?x？x2？x,则方程的6阶差分为（) (a）?yx?x?1 (b)?y?9x？1 (c)?x?0 (d)?6yx?3x 补充差分 29已知yx?x，则方程的4阶差分为（) (a）?yx?24?2x ()?4yx? （）?4yx?4?x （d）?4yx？4?30.已知x？x5?x2？x，则方程的6阶差分为（) (a）?6yx？x2

9、?1(b)？yx?9x?(c)？6x?0(d)?yx？ 二、填空题(每题3分) 第二章：dy ?p(x)y的通解为(其中（x)为x的持续函数)。dxdy ?f()g()的方程称为y?y0使得g（y0)?0成立，则形如dx 1.方程 有为方程的解。 3.伯努利方程4方程5方程d ?ysinx？y2anx,立即可以判断方程有特解为_。 dx dy ?2xy？4的通解为。 dx ?的通解为？ x6.m(x,y),n(x,y)为x,y的持续函数且有持续的一阶偏导数方程m(x,y)?dx （n,x?)为恰当方程的充要条件是y_. (x，)?d其0中m(x,y),（x,y)x,y的持续函数，如有为7.方程

10、m（x,y)d? ？?n?y?x ?1，则方程有积分因子为?(,）?_. m 8. 方程（,y)dx?n(x,y)dy?0有只含x的积分因子的充要条件是。 . 方程（，y)dx？n(x,y)d?0有只含y的积分因子的充要条件是。 5【篇二：【精选习题】 第四章 高阶微分方程】4- 证明线性非齐次方程的叠加原理:设x1(),x2（）分别是线性非齐次方程 dxdt n?1() n?1 x ddn？ ?a？1(） dxdtdt ?an（t)x?f1（） ddt n?1?a1（t) x tn? ?？?an?1(t）?（t)x?f2（t)的解,则x1(t)?x2(）是方程 dxtnn?1(t） d n?

11、1 x d? ?an？1() ？a(t)x？f1（t)?f2(t）（) 的解。证 由题意,有 dxid nn?a（)d n?1 xi d ?1 ?a?(t) id ?n(t)x?fi(t) (i?,2)， 把x1（）？x2（t)代入方程（1）的左端得左端=d(1?) dx1t n n n?1（) n?1 n？ (x1?2)t n？1 ?？an?1(） d(1?x） d ?an(t)(x1?x2) ?a1（t） d 1 n?1?？?an?1（t) d1ddx2dt ？n(t)x? d2 n?1 ?a(t)2 dt n?1 ？?an?(t）?a()x2?f()?f2（t）?右端。 评注：线性非齐次

12、方程的叠加原理用于求线性非齐次方程的特解，特别对于右端函数可以分解为几种简朴函数之和时更加有用。 4-2实验证方程 xdtt 22? tdx 1?tt 1?t ? 11?t x?0 有基本解组,e,并求方程 t dxt 2？ dx 1?td ?？t? 的通解。证 ? 将t,et分别代入方程得 0?t ?t?0; 1？t1？tt1tt e?e?0。 ? 又 t?常数，因此t,e是方程的基本解组。 t2 用常数变易法，令方程的特解具有如下形式 x()?c1（)t?c2(t)e, t ? 则 t ?（t)?0?tc1?（t)?e2 ， ?t ？(t)？t？?c1?(t)?c 由此得?1?(t）？?

13、？ t , ? ？(t)?t?c2e? 因此 1(t）？?c1,c2（)?？ ？t （t?1)?2, 因而方程的通解为 x(t)?1t?2?(t?)。 t 评注:常数变易法是线性非齐次方程求特解的最基本的措施。但有时可根据方程的具体形式采用灵活的措施。将本例方程变形为（1?)ddt ?t dxdt ？x？?(t?1)，容易发现它可 2能具有形如二次多项式的特解,因此可设其有特解形如（t)?a ?bt?，代入方程， 2比较系数得a？c?？，可任意取值,因此易求得一种特解为x(t)?？(t?1）。 dt2 4-2 已知方程?？0有基本解组e,e t？t ，试求此方程适合初始条件x（)？，x?(0）

14、？0及x(0)?0，x?()？的基本解组(称为原则基本解组,即有w(0)?1）,?的解。 并由此求出方程的适合初始条件x（0)？x0，x?()?x0 解由于原方程有基本解组:t，e?t， 因此通解为 x（)?c1e?c2,且x?(t)？c1?c2t ? t ? , 将x（0)？1,x?(0)?0代入上式,求得c1?c2?x1? 2e?t 2 ,由此得特解 1 e ?cht; 12,2? 12将x(0)?，x?(0)?1代入上式，求得c1？ x? 12? t ，由此得特解 12 ?t ?st。 又 w(t)?chsht stcht?ch?sh?1?0， 2 2 因此cht和sht线性无关，因而c

15、ht，ht是原则基本解组，并由此得出方程的通解为x?c1cht？2sht。 ?代入得c1?x，c2?x0?,因且x?csht?c2t，将初始条件x(0）?x0,x?()?0 ?ht。而满足这个初始条件的解为：x(t)?x0t? 评注:原则基本解组是满足初始条件x(0)？1，x？(）？，及x（0)？0,x？(0)?1的基本解组。 4-3设xi（t)(i?,2,?,n）是线性齐次方程 dxd ?a1(t) d n? x n? ?？?？1(t） ddt ?an()?0的任意n个解,它们所构成的朗斯基行列式记为(t）。试证明w()满足一阶线性方程 w?(t)?a(t)w（t）？0（1)因而有w(t）?

16、w(t0)e ?ta1（s）s t,t,t0?（,b)。证 将行列式的微分法则应用于w（t)，则所得的前n?1项的行列式均有两行相等，即都等于零,于是有 x1？1 w？(）？?1 (n？2)()x?x2？x2（n?2)(n) ?？? ?？?？xn?x?x （n?2)(n） ， x1xxn 因此 w？()?1（)w(t) 1?x1? ？x1 (n?2)(）x?x?x (?2）(n）?？? ? xn?xn?xn (？2)(） x1?x1 ?a(t) ?x1x(n?2）(n？1) x2?x2?xx （n?2)(n？1) ?？?？? ? xn?n?nxn (n?)(？) x1x2n x1？x ? (n

17、） x2?x？x2(n?1) (?2) (？）(n） ?？?？? xn (n) n?n?x (？） （n？1) ?x x1 （n？2) ？ax2?x2?1 x1x1? (n?） x?x?x2 (n？1）(n?2) (？1)(n？1)?？? (?1x (n?1） xn?xn?(n?2)(n?1) ？1 (?a1x1 （n?2)?？ax1)?a1x1(?a1x2？?？an2)?a1x2?nx）？a1xn x1?x1? ?x1 ?a2x1？ (n？2) (n?2)x2?x?2 ？a2x2 （n?2) （n？2)?？?？? ?axn xn?x?xn (n?) (n?)?anx1?nx？?anxn 因此

18、w?(t)?a1(t)(t)?0。 这阐明w（t)满足一阶线性齐次方程(1),因而有w(t)？ce ?？a1（s)s t ,当?t0时,c?w（t0），因此w（t)？（t0）e ?？ta1（s)d t 。评注：公式w(t）?w(t0)e ?ta1(s）ds 是出名的刘维尔(iouil）公式，反映了线性齐次 方程n个解与系数之间的关系。由此可得到重要结论：若线性齐次方程的n个解的朗斯基行列式在一点为零，则其朗斯基行列式恒为零,即朗斯基行列式或者恒为零，或者恒不为零。 ?1()x?a2(t)x？0的解，这里a1（t）和4-假设x1(t)?0是二阶线性齐次方程?a(t)于区间a,上持续,试证 )x(

19、）为方程的解的充足必要条件是w？x1,x2?1w1,x2?； 2）方程的通解可表为（t)?xc? x 2 ep(?a(s)s)d?c t0 t 其中1,2为任意常数，t,t?a，。证 1)充足性。由于?，x2? dx1?1d x2?x?？1x?x ?2x?xx1?1x ?x1？?1 2?？2x ?x1?？12?xx2?2x , w?x1,x2？1（t)，2? 2?2x ?a1()x1？x? x1 ？?1？a1（)x？1x 2 ?2?a1（t）x?2x ? 而x1(t)?0是已知方程的解,因此 x1?a(t）x1 x2 ?2？a(t）x?2x ?x1 1?a（t）x2 ?？?a(t)x？2x ?

20、0?2？a1（t）?2？a2(t）x2?0,即x(t)是方程的解。故有?x 必要性。由于wx1，x为方程的解(t),x2(t)的朗斯基行列式, w?x1,2？x1?1xx1？1？1(t) x2?？2x ?x ?？a2(t）x1x x2?2?a1()x 2 ?2?a2(t）xx 1?1 2？2x ？?a1(t)wx1,x ? ?？a1(t)即wx1，x2满足?x1，2?1wx,x2？0。 2)设0？a,b,x(t)是原方程不同于x1(t）的另一特解,不妨设它满足【篇三：习题411解答(1)】程 dy ?x？2通过点(0,0）的第三次近似解. d 解:所给方程满足解的存在唯一性定理.2 ?0（x）

21、？0,?1（x)?y?x？(?0()）?d?x, ?22?2?2（x）?0?？?x?（?（x)x?x?(x)?x?1？?？2 x?1 2? 15x. 0 x 2?3(x)?y0?？?x?（？()dx?x?2? 1 151811 x？x？x. 440 .求方程y?x?y2通过点(1,)的第二次近似解.dx x 20 x 解:所给方程满足解的存在唯一定理 ?0(x）?y0?,？1（x）?y0?x?？()dx?xx?？, ?？?220 1 1 ？?121?2? ？?2（x)？y0?x?？（x)dx？x?x?x?x?x？. ?？?2?462030x01?？2x x 3.求初值问题 dy ?x2?y2,

22、(?1)?0；:?？1,y? 的解的存在区间,并求第二次近似解。给出在解的存在区间的误差估计. 解：(1) 由存在定理知，解的存在区间是?h,其中h?min？a,而目前,a?1,b?1,m？maxx？y?,故h?r2 2?？? m? 1. 4 x (2) 23 ?0(x）？（?1）？0,?1(x)?y0?？?x?()x？dx？x？， ?？?33 x0 ?10 ?131？2? ?2(x)?y0?x?（）?？x?？3?3？?dx ？?？1? x 22 ? x?x?x?. 33842 lnn?1 ()第次近似解?（x)与真解?（x)的误差估计公式为?n(x）?？()? (n?1)!其中l为lipsc

23、hiz常数,因 ? ?2y?,故可取l?2则? ml34?2131 ?2（）?(x）?(）?！!424.采用逐渐逼近法求解初值问题 dy?x？y?1,y（0)?1 x 解:显然方程右端函数满足定理4.1.1条件.按逐渐逼近法公式，初值问题的各次近似解为x?(x)?1，?1(x）？1？?(x?1?1)dx?1?2? 12 ?2（x)?1？?x?(1?x?x2)?1?1?2x？ 313x？x ！? ?(x)？1?2?323 x?n？x?1 2!n!（n?1）! 323 x？?n？xn?1?？ 2！n!(n?1)! 原初值问题的解为?（x)？li?n(x)？1?2x? ?？?ex?x?2. .验证:

24、方程希兹条件.解:因f(x,y)？y,故42f(,1)?f（x,y2)?y14?y1?2?y2?y2?？2?ly?y2 dy ?y的右端函数在条形区域:x?，y?b(b为正常数)上满足李普x 4 其中l?4b，即f（x,y）?y在所讨论的条形区域上满足李普希兹条件.这里不存在全平面合用的l. 6.验证：方程件。 解：由f(x，y）4 dy？dxx?，?？y?？(？?)上满足李普希兹条 得 ？f?？可取李普希兹常数l?,则 ?f（,y1)?(x，y)? ?（x,?) ?y1?y2?ly1?2?故(,y）?7.求初值问题 .dy？x?，y()？0解的存在区间. dx 解: 设r?（,y)x?a，?

25、b,(，y）？x?y,则？ （1) f(x,y)在r内持续；2 (2) fy（x,y）?y?3b,有界 故原初值问题的解在？h?mi?a, ? f(x,y）?a?b上存在唯一. ?,m？axr ？m？ 即原初值问题的解在x?h?min?a, b？b?？ 上存在唯一.下求. maxmin，?3? ?a?？a?b? 令g（)?,则g(b)在b?处取最大,再运用?解得a？3 a?b 从而h? 解的最大存在区间为x？ 2dy11 ?？x?y,y(0)?0的解在区间?？上存在. d28.证明初值问题 证明: 取矩形区域?(x,y):x?2,y?b (1) 显然(x,）?？?y2在r上持续. 22（) ?

26、(x,y),(x,y2)?r,f（x,y1)?f(,y）？y1？y2?by?y,即f（x,y)有关y满 2 ?？ 足李普希兹条件,？2b. 1b1 m?max?f(,)?1?b2,h?mi(,bm)?min(，)？. r21?22111 因此h?,即解的最大存在区间为?？x？. 222 9.如果函数f(x,y)在带形区域?x?上持续且有关满足李普希兹条件,试证明方程(4.1）满足条件y(x0)？y0的解在整个区间(?,?)上存在唯一.提示:用逐渐逼近法,取？axf(x，y0),与教材定理4.1.1类似.?,?1假设函数f(x,y)于(，y0)的邻域内是y的不增函数,试证方程y?f（x,y)满足

27、条件 （x0）?y的解于?的一侧最多只有一种。 证明:设?1(x),？2(x）都是方程满足？1(x0）？?2(x0)?y的解，现要证当x?x0时，?(x）?（x）?2（x)?.用反证法. 设存在x1?0使?(1)？0,不妨设？（x)?0.由?(x)的持续、可微及?(0)?0知，必有 0?x0,x1）使?(0）?,且当x?（0，x1使?(x)?0. 又?(）？?1(x)?（x)？ ？?f(x,？(x)?f(x,?(x)?,x?（,1 1 当x?（,x时,上式的左端?(x）？0;由于(,y）对y是不增函数,因此上式右端为非正,这是矛盾的.即不存在x1？x0使?(x)?0.因此对x？x0有?(x)?

28、. 1.设f()定义于?？,满足条件 f(x1)?(x2)?1?x2 其中n?1，证明方程x?f(x）存在唯一的一种解 证明：条件f(1)?f（x)? 1x? , xn?1阐明f(x)在?？,?上持续,任取,作逼近序列？xn？:n?1?f()，n?,1，?. 0?？?,?考虑级数x? ?（x ?1？ k ?xk?1)，其部分和s?x0？?(?x?1)？x因此只要证明此级数收k?1 n 敛，则序列？x?亦收敛. 有估计 x?f（x0)？x0 x?x?f()?f（0)?n1?x0？f(x）?x0用归纳法可知 xk?1?nk?1f(x0)?x0 由于?1,因此级数续性知: ？n k？1 ？ k?1

29、f(）？x0收敛,从而有?xn?收敛.设limx?,由(x）的连？? ?lmx?limf(x)?f（limxn）？f(） ？? n?即是x?f（x）的解 另一部分，设，2是方程?f(x)的两个解，则?f（1),2?f(2）.又 ?f(）?()？1?2 而n?1，故只有当？时，上面式子才成立. 2.在条形区域a?b,?？?内,假设方程 dy ?(，)的所有解都唯一,对其中任意两 个解y1(),y2(x),如果有y1（x)?y(x0),则必有1(x)?y2(x）,x0?x?b. 证明：设？（x)?1（x)?2(x),因1（x0）？y2(x),故？(x0)?y1(x)?(x0)？ 用反证法.若y(x

30、)?y2(x),0?x?不成立，则在y1(x）,y2（)存在的同一区间上,由?()的持续性,必存在点，使?()?，从而y1（）？y2（）,这与解的唯一存在相矛盾故必有 y1(x)?2(x）,?x?b. 13.设方程y?p（x)y?q(x)y？0中的p（x),q(x）在?a,b?上持续,且q(x）?0,证明：对方程的任一非零解y?y(x),函数f（x)?y(x)？(x)e证明:只需证明？a,时f？()?. 一方面注意y(x）是微分方程的解，故y?(x)?(x)?(x)?(x）(x)？0成立.从而 2f?()?（y?()）?（x）?（x)?y(x)y?()p(x)?？e 2 ?0p(t）d 严格单调递增,其中x0?,b?. ？xp(t）dt ？?(y?(x)）?y(）（？（)y？（)?q（x)y(x)？y（x)y？(x)p(x)？?e?(y?(x)）？q(x)y（x)?e 2 ?x0p（）d?x0p（t）dt x ?0. 又由于p(),(x)在?a，b?上持续,方程的解存在唯一, 任意x?a,b,(x)?0与?(）？0不能同步成立.故在？,?上 (y?(x)）?q（）y2(x)?0?(x)?0 于是,f(x)在?a,?上严格单调增长. 1.设f(x,y）在区域r:？x?a？b上持续, f(,)有关y是非减的且满足