常微分方程期末试卷及答案

命题教师 命题教师 俱鹏岳 俱鹏岳 题号 题号 得分 得分 总分教师 总分教师

。 得分 得分 评卷教师 评卷教师 一、填空题（每空2 分，共16分）

dy221、方程=x+y满足解的存在唯一性定理条件的区域

dx是 xoy平面 平面 ．

2. 方程组

一

二

三

四

五

六

七

总分 总分

教研组长 教研组长

系 主 任

审批签字 审批签字

考试班级 考试班级 04本科班 本科班

考试 需答题考试

考试日期 考试日期

人数 纸页数 人数 纸页数

1 

复核教师 复核教师

dYn的任何一个解的图象是 n+1  维=F(x,Y),xÎR,YÎR的任何一个解的图象是

dx空间中的一条积分曲线. 

3．f¢(x,y)连续是保证方程dy初值唯一的 充分 充分 条件． 条件． =f(x,y)初值唯一的 ydxìdx=-yïïdt的奇点(0,0)的类型是 的类型是 中心 中心 4．方程组ídyï=xïîdt1 5．方程y=xy¢+2(y¢)的通解是y=Cx+212C2

6．变量可分离方程M(x)N(y)dx+p(x)q(y)dy=0的积分因子是

1

N(y)P(x)7．二阶线性齐次微分方程的两个解y=j1(x),y=j2(x)成为其基本解组的充要条件是 件是 线性无关 线性无关

8．方程y¢¢+4y¢+4y=0的基本解组是e2x-,xe2x-

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。 得分 得分 评卷教师 评卷教师 二、选择题（每小题 3 分，共 15分）dy9．一阶线性微分方程dx+p(x)y=q(x)的积分因子是 （ A ）． （A）m=eòp(x)dx （B）m=eòq(x)dx （C）m=eò-p(x)dx （D）m=eò-q(x)dx 10．微分方程ylnydx+(x-lny)dy=0是（ 是（ B ） （A）可分离变量方程 ）可分离变量方程 （B）线性方程 ）线性方程 （C）全微分方程 ）全微分方程 （D）贝努利方程 ）贝努利方程 ． 的所有常数解是（ C  ）11．方程x(y2－1)dx+y(x2－1)dy=0的所有常数解是（ (A) x=±1 (B)y=±1 (C)y=±1, x=±1 (D)y=1, x=1 12．n阶线性非齐次微分方程的所有解（ ． 阶线性非齐次微分方程的所有解（ D ） （A）构成一个线性空间 ）构成一个线性空间 （B）构成一个n-1维线性空间 维线性空间 （C）构成一个n+1维线性空间 维线性空间 （D）不能构成一个线性空间 ）不能构成一个线性空间 13．方程y¢=y2-x2+2（ D  ）奇解． ）奇解． （A）有一个 ）有一个 （B）有无数个 ）有无数个 （C）只有两个 ）只有两个 （D）无 ）无 。 得分 得分 评卷教师 评卷教师 三、计算题（每小题8分，共48分） y-d2xyy214．求方程的通解 的通解 =dxx2ydydyduC1+Cxx2u-u2xu,1-u=Cx 解：令x=u，则 ，则 dx=u+xdx，于是，dx= 所以原方程的通解为 所以原方程的通解为 y=3,y=x y的通解 15．求方程dx+(y+lnx)dy=0的通解 xy3解：取M(x,y)=,N(x,y)=y+lnx x1MxyNxy则y(,)=x(,)=，于是原方程为全微分方程 ，于是原方程为全微分方程 xxyy3所以原方程的通解为 所以原方程的通解为 òdx+òydy=C 1x1第 2 页 共 6 页 即 ylnx+14y4=C

1216．求方程y=(y¢)-xy¢+2x2的通解 的通解

2解:令 y¢=p，得到y=p-xp+x22 （*） ，两端同时关于求导， ，两端同时关于求导，

ædpö整理得 整理得 (2p-x)è，则 ÷=0，则 çdx-1ø取 2p-x=0,得 p=x2,代入（*） 得解 得解 y=x24

dp取 -1=0,得p=x+C,代入（*）得原方程得通解为 ）得原方程得通解为

dxx2 y=22+Cx+Cx

17．求方程y¢¢-3y¢=e的通解 的通解

25x解 对应的齐次方程的特征方程为 对应的齐次方程的特征方程为 l-3l=0， 特征根为 特征根为 l=0，

1l2=

3x3 故齐次方程的通解为 故齐次方程的通解为 y=C1+C2e 因为a=5不是特征根。所以，设非齐次方程的特解为

5x y1(x)=Ae

代入原方程，得 代入原方程，得 25Ae5x-15Ae5x=e

5x1即 A=10，

3x1+ 故原方程的通解为 故原方程的通解为 y=C+Ce1210x18．求方程y¢¢+y¢-2y=e(cosx-7sinx)的通解 的通解

e5

x解：先求解对应的其次方程：y¢¢+y¢-2y=0，则有， ，则有，

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l+l-2=0,l1=1,l2=-2;y=C1e+C2e2x-x2

因为数a±ib=1±i不是特征根，故原方程具有形如 不是特征根，故原方程具有形如 y1=ex的特解。 (Acosx+Bsinx) 的特解。

x将上式代入原方程，由于 将上式代入原方程，由于 y1=ex+Bsinx) (Acos y1¢=ex[(A+B)cosx+(B-A)sinx]

¢¢=e[2Bcosx-2Asinx] y1xxx故 y¢¢+y¢-2y=e[2Bcosx-2Asinx]+e[(A+B)cosx+(B-A)sinx]

xx -2eAcosx+Bsinx=ecosx-7sinx

()()x-(B+3A)sinx=cosx-7sinx 或 (3B-A)cos比较上述等式两端的cosx,sinx的系数，可得 的系数，可得 -A+3B=1,-3A-B=-7 因此，A=2,B=1.故y1=e(2cosx+1sinx)

x所求通解为

y=ex2cosx1sinxCexCex()+1+2 +19．求方程组

dYæ35öç÷Y的实基本解组 -的实基本解组 =dxè53øl-3解：方程组的特征多项式为 解：方程组的特征多项式为

5，那么 l-3，其特征根是l1,2=3±5i，那么

5æiö 属于l1的特征向量a1=çç-1÷÷，

èøæ1ö 属于l2的特征向量a2=çç÷÷。

è-iøixæie(3+5)则方程的基本解组为F1(x)=çç-e(3+5i)xèe(3-5i)xö÷， 3-5i)x÷(-ieø第 4 页 共 6 页

其实基本解组为F1(x)F1-1(0)。 1-i11æ-i-1öæö-1而F1(0)=ç÷ç-1-i÷÷=2çç1÷ ièøèø因此所求实基本解组为 因此所求实基本解组为 F(x)=F1(x)F1-1(0) 3t3te(3-5i)xöexeicos5sin5xö1æö--æ÷ç÷ ç÷=3t3t(3-5i)x÷ç1÷çiieexexcos5÷-øè-sin5øèø(3+5i)xie1æ=ç(3=5i)xe2ç-è。 得分 得分 评卷教师 评卷教师 四、应用题（每小题 11 分，共11分） at20．（1）求函数f(t)=e的拉普拉斯变换 的拉普拉斯变换 3txxxe322¢¢¢ì-+=í（2）求初值问题x(0)0,x¢(0)0的解 的解 ==î解：（1）e[]=òat+¥0eedt=-statòe-(s-a)tï1,sa1-(s-a)t+¥ì>dt=-e =ís-aïs-a0î¥,s£a（2）设x(t)=X(s)，x(t)是已知初值问题的解。对已知方程两端同时使用拉普 []拉斯变换，可分别得到 拉斯变换，可分别得到 [x¢¢-3x¢+2x]=[x¢¢]-3[x¢]+2[x]=X(s)s2-3s+2=X(s)(s2-3s+2) =X(s)(s-1)(s-2); 2e[][]=2[e]=33tt2 s-32故有 故有 X(s)= sss123(-)(-)(-)121 -+s-1s-2s-3ttt11123;e=;e=由（1）可知，e= s-1s-2s-323ttt故所求的初值解为 故所求的初值解为 x(t)=e-2e+e 。 使用部分分式法，可得 使用部分分式法，可得 X(s)=[][][]第 5 页 共 6 页 。 得分 得分 评卷教师 评卷教师 五、证明题（每小题10分，共10分） 21  ．证明：对任意x0及满足条件0y01的y0，方程y(y-1)dy的满足条件y(x0)=y0的解y=y(x)在=22dx1+x+y(-¥,+¥)上存在。 上存在。 -yy(1) 证： 证： 由于 由于 f(x,y)=1+x2+y2(2y-1)(1+x2+y2)-y(y-1)2y¢fxy y(,)= 222(1+x+y)在全平面上连续，所以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． 条件． 又显然y=0,y=1是方程的两个特解．现任取xÎ(-¥,+¥)，y00Î(0,1)，记y=y(x)为过(x,y)00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(-¥,+¥)． 第 6 页 共 6 页