《常微分方程》期末模拟试题

则由初始条件得???(t0)=eAt0C 又(eAt0)?1=e?At0 所以C=(eAt0)?1?=e?At0?

?At0At代入（1）得?(t)=ee??eA(t?t)? 即命题得证。

0

2、（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(??,??)。

3、（12分）设y1(x)，y2(x)是方程y???p(x)y??q(x)y?0的解，且满足y1(x0)=y2(x0)=0，y1(x)?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，

其朗斯基行列式为W(x)?y1(x)?(x)y1y2(x) ?(x)y2y2(x0)0??(x0)y1?(x0)y20?0 ?(x0)y2y1(x0)由已知条件，得W(x0)??(x0)y1?2， 故这两个解是线性相关的；由线性相关定义，存在不全为零的常数?1，使得?1y1(x)??2y2(x)?0，x?(??,??) 由于y1(x)?0，可知?2?0．

否则，若?2?0，则有?1y1(x)?0，而y1(x)?0，则?1?0， 这与y1(x)，y2(x)线性相关矛盾．故y2(x)??

?1y1(x)?Cy1(x) ?24、（12分）叙述一阶微分方程的解的存在唯一性定理的内容，并给出唯一性的证明。 定理：设R:|x?x0|?a,|y?y0|?b.

（1）f(x,y)在R上连续，

（2）f(x,y)在R上关于y满足利普希茨条件：

?L?0,?(x,y1),(x,y2)?R，总有|f(x,y1)?f(x,y2)|?L|y1?y2|.

?dy??f(x,y)则初值问题?dx存在唯一的解y??(x)，定义于区间|x?x0|?h上，

??y(x0)?y0连续且满足初值条件?(x0)?y0，这里h?min(a,b),M?max|f(x,y)|.

(x,y)?RM唯一性：设?(x)是积分方程在区间[x0?h,x0?h]上的解，则?(x)??(x). 证明：?(x)?y0??xx0f(?,?(?))d?，?n(x)?y0??f(?,?n?1(?))d?，n?1,2,......

x0x首先估计x?x0.

|?0(x)??(x)|??|f(?,?(?))|d??M(x?x0)，

x0xx|?1(x)??(x)|??|f(?,?0(?))?f(?,?(?))|d?

x0 ?L?xx0|?0(?)??(?)|d??LM?(??x0)d??x0xML(x?x0)2 2!MLn(x?x0)n?1成立，则 设|?n(x)??(x)|?(n?1)!MLn?1|?n?1(x)??(x)|??|f(?,?n(?))?f(?,?(?))|d???|?n(?)??(?)|d??(x?x0)n?2

x0x0(n?2)!xxMLnMLnn?1n?1(x?x0)?h. 这就证明了对任意的n，总成立估计式：|?n(x)??(x)|?(n?1)!(n?1)!因此，{?n(x)}一致收敛于?(x)，由极限的唯一性，必有?(x)??(x),x?[x0?h,x0?h].

?dx?dt?x?y?15、（10分）求解方程组?的奇点，并判断奇点的类型及稳定性。

dy??x?y?5?dt解：令??x?y?1?0?x?2，得?，即奇点为（2，-3）

?x?y?5?0?y??3?dX?dt?X?Y?X?x?2令?，代入原方程组得?，

dYY?y?3???X?Ydt?因为

111?1??2?0，又由

??1?1?1??1??2?2?0，

解得?1?

2，?2??2为两个相异的实根，

所以奇点为不稳定鞍点，零解不稳定。

?dx?3x?y?1???1??dt6、（12分）求方程组?满足初始条件?(0)???的解.

dy?1???3y??dt解：方程组的特征方程为

??30?1??3?(??3)2?0，

所以特征根为??3（二重），

?1t?对应齐次方程组的基解矩阵expAt?e(I?(A?3E)t)?e??，

01??3t3t满足初始条件的特解

?1t???1?3t?1t?t?3s?1?s??1??(t)?expAt??expAt?exp(?As)f(s)ds?e???1??e?01??0e?01??0?ds 001??????????t3t?11?3t??3t23t1?t?11t????3t?3?3e???te?3e?3? ?e3t??e??01?????3t?1???0e????

7、（10分）假设m不是矩阵A的特征值，试证非齐线性方程组x'?Ax?cemt有一解形如 其中c，p是常数向量。 证明：设方程有形如?(t)?pemtmt?(t)?pemt

的解，则p是可以确定出来的。

mt事实上，将pe代入方程得mpe?Apemt?cemt，

因为emt?0，所以mp?Ape?c，

(mE?A)P?c （1）

又m不是矩阵A的特征值，det(mE?A)?0

?1?1所以(mE?A)存在，于是由（1）得p?(mE?A)c存在。

故方程有一解?(t)?(mE?A)ce

?1mt?pemt

8、（12分）试求方程组x'?Ax的一个基解矩阵，并计算expAt，其中A??解：p(?)?det(?E?A)?0,?1?3,?2??3，均为单根，

??21??.

??12?????v(?E?A)v?0v?设1对应的特征向量为1，则由1，得1??，??0. 1?(2?3)???1??1?取v1???，同理可得?1对应的特征向量为v2???，

?2?3??2?3?则?1(t)?e3tv1,?2(t)?e3tv2，均为方程组的解， 令?(t)?(?1(t),?2(t))，又w(0)?det?(0)?112?32?3??3?0，

?e3t∴ ?(t)即为所求基解矩阵??(2?3)e?

3t??. ?3t?(2?3)e?e?3t9、（12分）试证明：对任意x0及满足条件0?y0?1的y0，方程

的解y?y(x)在(??,??)上存在．

dyy(y?1)?的满足条件y(x0)?y0dx1?x2?y2y(y?1)(2y?1)(1?x2?y2)?y(y?1)2y?证明：∵ f(x,y)?，fy(x,y)?在全平面上连续

1?x2?y2(1?x2?y2)2∴ 原方程在全平面上满足解的存在唯一性定理及解的延展定理条件． 又显然y?0,y?1是方程的两个特解．

现任取x0?(??,??)，y0?(0,1)，记y?y(x)为过(x0,y0)的解，

那么这个解可以唯一地向平面的边界无限延展，又上不能穿越y?1，下不能穿越y?0， 因此它的存在区间必为(??,??)．

10、（10分）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y?y(x)，切点为(x,y)，切点到点(1,0)的连线的斜率为

y， x?1