常微分方程模拟试卷1

M(x,y)dxN(x,y)dy0有只含x的积分因子的充要条件是（ ）

。

y有只含的积分因子的充要条件是______________。

1、方程

２、_____________称为黎卡提方程，它有积分因子______________。

３、__________________称为伯努利方程，它有积分因子_________。

2n４、若1为n阶齐线性方程的n个解，则它们线性无关的充要条件

是__________________________。

５、形如___________________的方程称为欧拉方程。

X(t),X(t),,X(t)'(t)(t)xA(t)x的基解矩阵，则(t)和(t)具有的关系是

６、若和都是

_____________________________。

７、当方程的特征根为两个共轭虚根是，则当其实部为_________时，零解是稳定的，对应的奇点称为___________。 二、计算题（６０％）

3ydx(xy)dy0 1、

２、x

xsintcos2t

121A(t),(0)14试求方程组xAx的解2并求expAt ３、若

dy3dy()4xy8y20dx４、dx

dyxy2５、求方程dx经过（0，0）的第三次近似解

dxdyxy1,xy5dt6.求dt的奇点,并判断奇点的类型与稳定性.

三、证明题（１０％）

１、n阶齐线性方程一定存在n个线性无关解。

试卷答案

一填空题

MNMNyxyx(x)(y)NM１、 dyp(x)y2Q(x)yR(x)yyz

２、 dxdyp(x)yQ(x)ynn(n1)p(x)dxu(x,y)ye３、dx

w[x1(t),x2(t),,xn(t)]0 ４、

1 / 9

nn1dydxnna1n1dxdx５、

(t)(t)C ６、

an1dyany0dx

７、零 稳定中心

二计算题

MN1,1yx１、解：因为

，所以此方程不是恰当方程，方程有积分因子

(y)eydy2elny212y1dxxy3dy022yy，两边同乘y得

xxy31ydycydx2yy所以解为

xy2c22xy(yc)另外y=0也是解 y2即

２、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，原方程有特解xt(AcostBsint)代入原方程

1f(t)cos2t2i不是特征根，原方程有特解

A=-2B=0 21AxAcos2tBsin2t代入原方程3B=0

11xc1costc2sinttcostcos2t23所以原方程的解为

p()３、解：

21126903此时 k=1n12 4解得1,21it13ti13t1t(12)v(t)e(A3E)et()i!212 2i02n1itet(AE)ii0i!由公式expAt= 得

10113t1ttexpAteEt(A3E)ete0111t1t 3t3t2 / 9

dy28ydx32xp8ydydyxp4y4ypdx４、解：方程可化为令dx则有

32dp2y(p4y)p(8y2p3)4y2pdy（*）两边对y求导：

(p34y2)(2y即

3（*）

dpdp1p2p)02yp0y()2pcydydyc将由得即

y代入

c22px24cc22py(p)2x2c4c即方程的含参数形式的通解为：（*）p为参数

143yx3223p(4y)p4y027也是方程的解 又由得代入（*）得：

0y00x21y0xdx02xx2x2x52y0(x)dx04220xx4x10x7x2x5x11x83y0(x)dx04400202204400160 ５、解：

dxxydtxy10dyxyxy50解得奇点（3，-2）令X=x-3,Y=y+2则dt６、解：由

x1111=1+1 0故有唯一零解（0，0） 因为

11由

定焦点。

三、 证明题

由解的存在唯一性定理知：n阶齐线性方程一定存在满足如下条件的n解：

1221122201得1i故（3，-2）为稳

3 / 9

x1(t0)1,x2(t0)0,''x1(t0)0,x2(t0)1,,xn(t0)0,xn(t0)0n1,xn(t0)1

n1n1x1(t0)0,x2(t0)0,w[x1(t0),x2(t0),考虑

,xn(t0)]10001000110

x(t)(i1,2,n)是线性无关的。 从而i常微分方程期终试卷(2)

一、填空题 30%

1、 形如____________的方程，称为变量分离方程，这里.f(x).(y)分别为x.y的连

续函数。 2、 形如_____________的方程，称为伯努利方程，这里P(x).Q(x)为x的连续函

，可化为线性方程。数.n0.1是常数。引入变量变换

3、 如果存在常数

L0,使得不等式_____________对于所有

（x,y1),(x,y2)R都成立，L称为利普希兹常数。函数f(x,y)称为在R上关于

y满足利普希兹条件。

4、 形如_____________-的方程，称为欧拉方程，这里a1,a2,是常数。

5、 设(t)是xAx的基解矩阵，(t)是xA(t)xf(t)的某一解，则它的任一

解(t)可表为_____________-。 二、计算题40%

dyy6xy2的通解。x1、 求方程dx

dyyexy2、 求方程dxx的通解。

3、 求方程x''6x'5xe的隐式解。

2tdyxy2通过点（0、0）的第三次近似解。dx4、 求方程

三、证明题30%

10t2tx1222x'2t1ttx,x=2，在任何不包含原点的区间是方程组x=t1.试验证=atb上的基解矩阵。

'2.设t为方程x=Ax（A为nn常数矩阵）的标准基解矩阵（即（0）=E），证明:

t1(t0)=(t- t0)其中t0为某一值.

4 / 9

《常微分方程》期终试卷答卷

一、填空题（每空5分）

dydyf(x)(y)P(x)yQ(x)yn1n1dx 2、dx z=y

3

f(x,y1)f(x,y2)Ly1y2n

n1dnyydyn1dxaxaxany01n1nn1dxdxdx4、

5、(t)(t)(t)

二、计算题（每题10分）

dzdyy2dx 1、这是n=2时的伯努利不等式，令z=y,算得dxcx2dz6zx68 x代入原方程得到dx，这是线性方程，求得它的通解为z=xx6x81cx2c6y8y8或者带回原来的变量y，得到=x，这就是原方程的解。

1此外方程还有解y=0. 2、

dyxexyyxyexyx解：dx

xdy(xexyy)dx

xdyydxxexydx dxyxexydx dxyxdxxye

积分：

exy12xc2

12xexyc0故通解为：2

3、

2解：齐线性方程x''6x'5x0的特征方程为650，

11,25，故通解为x(t)c1etc2e5t

2不是特征根，所以方程有形如x(t)Ae

把x(t)代回原方程4Ae2t2t12Ae2t5Ae2te2t

A121

x(t)c1etc2e5t12te21

于是原方程通解为4、

5 / 9

解

0(x)0

x2三、证明题（每题15分）

x21(x)[x0(x)]dx2 0xx2x522(x)[x1(x)]dx220 0xx2x5x8x1123(x)[x2(x)]dx2201604400 00t22t2'22t2t1、证明：令的第一列为1(t)=,这时1(t)==t12t1(t)故1(t)

1012220ttt2(t)是一个解。同样如果以2(t)表示第二列，我们有2(t)== 2这样2(t)也是一个解。因此t是解矩阵。又因为dett=-t故t是基解矩阵。

2、证明：（1）t,(t- t0)是基解矩阵。

（2）由于t为方程x=Ax的解矩阵，所以t(t0)也是x=Ax的解矩阵，而当

'1't= t0时，(t0)(t0)=E, (t- t0)=（0）=E. 故由解的存在唯一性定理，得t(t0)=(t- t0)

常微分方程期终试卷(3) 一 . 解下列方程(10%*8=80%)

1221yy1. 1. 2xylnydx+{x+}dy=0

dyy2ydxx2. =6-x y22()'3. y=2xy1

21'x2y2y4. x=+y

5. 5. tgydx-ctydy=0

6. 6. {y-x(x+y)}dx-xdy=0

227．一质量为m质点作直线运动，从速度为零的时刻起，有一个和时间成正比（比例系数为k1）

的力作用在它上面，此外质点又受到介质的阻力，这阻力和速度成正比（比例系数为

k2）。试求此质点的速度与时间的关系。

8. 已知f(x)x0f(t)dt=1,x0,试求函数f(x)的一般表达式。

二．证明题(10%*2=20%)

6 / 9

19. 试证：在微分方程Mdx+Ndy=0中，如果M、N试同齐次函数，且xM+yN0,则(xMyN)是该方程的一个积分因子。

10. 证明：如果已知黎卡提方程的一个特解，则可用初等方法求得它的通解。

试题答案：

MNMN2xlny1yxM1. 解：y=2xlny+2x , y=2x,则=2xylny=y,故方 111dyy=ey=y，原方程两边同乘以y得

程有积分因子

2xylnyxydx+

程的解为x22y21y2dy=0是恰当方程. d(x221ylny)+ydy=0,两边积分得方

y1lny+31y232=C。

2. 解：1）y=0是方程的特解。2）当y0时，令z=

y1得

2cx6dzdx=xz+x. 这是线性方程，解得它的通解为z=x68

21cx6yx8；y=0. 代回原来的变量y得方程解为=

dv23. 解：令x=u+3, y=v2, 可将原方程变为du=uv，

v22z2vdzu再令z=u，得到z+u=1z2dzu，即u=

z1z21z，

12dzduz12z=u+lnC 分离变量并两端积分得zlnu即lnln

+2arctgz=

+lnC，

zu=2arctgz+lnC 代回原变量得v=Ce2arctgvu

所以，原方程的解为y+2=C

e2arctgy2x3.

4. 解：将方程改写为y=

'y1x2yy''yxx+ （*）令u=,得到x=xu+ u,则(*)变为x

7 / 9

dudx=1u, 变量分离并两边积分得 arcsinu=lnu+lnC, 故方程的解为

yarcsinx=lnCx。

5. 解：变量分离 ctgxdy=tgydx, 两边积分得 ln(siny)= ln

cosx+C或sinycosx=C (*)

另外，由tgy=0或ctgx=0得 y=k(k=0、1…) ，x=t+2(t=0、1…)也是方程的解。

tgy=0或ctgx=0的解是(*)当C=0时的特殊情况，故原方程的解为sinycosx=C。

6. 解：ydx-xdy-x(

x+y22)dx=0,两边同除以

x+y22得

ydxxdyxy22xx112xdx=0,即d(arctgy)2dx=0,故原方程的解为arctgy2x2=C。

dvtv7． 解：因为F=ma=mdt，又F=F1F2=k1k2，

dvdvtvtv即mdt=k1k2(v(0)=0)，即dt=k1k2(v(0)=0)，

kmktkmek2解得v=+k12212m(t

k2).

8．

1即yy1xf(t)dt解：令f(x)=y，f(x)=0，两边求导得

11'3dy2=y，即

y1'=y，

y=dx，两边求积得

y=2x+C，

从而y=

9. 证明：如M、N都是n次齐次函数，则因为 x

112xC，故f(x)= 2xC.

Mx+y

My=nM，x

Nx+y

Ny=nN，故有

MNyxMyNxxMyN=

My(xMyN)M(xMyNyNy)=

(xMyN)2M(xNxyN)N(xMxyNy)Nx(xMyN)N(xMxMyNx)(xMyN)2

(xMyN)2

M(nN)N(nM)2(xMyN)==0. 8 / 9

故命题成立。

10. 解：1）先找到一个特解y=y。

2）令y=

y+z，化为n=2的伯努利方程。

证明：因为y=

y为方程的解，

dy2所以dx=P(x)

y+Q(x)

y+R(x) (1)

令y=

y+z，则有

dydz2dx+dx= P(x)(yz)+Q(x)(yz)+R(x) (2)

dz(2)(1)得dx= P(x)(2yzz2)+Q(x)z

dz即dx=[2P(x)y+Q(x)]z+P(x)z2

此为n=2的伯努利方程。

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