常微分方程期末试题(A)答案

数学与应用数学专业常微分方程课程期末试卷（A）答案

一、选择题（每题3分，共15分）。

1、B 2、D 3、C 4、B 5、A。

二、解下列一阶微分方程（每小题5分，共15分） 1、求解方程

dyyy()2； dxxxdu，代入原方程，得 dx解 令yxu，则yux uxduduuu2，xu2 dxdx显然，u0为方程的一个解，从而y0为原方程的一个解。 当u0时，分离变量，再积分，得

dudxC 2xu11lnxC，u ulnxC即通积分为： yx

lnxC2、求解方程ydyx(1y2)； dx解 当y1时，分离变量得

ydyxdx 1y2等式两端积分得

y1y2dyxdxC1 11ln1y2x2C1 222

1y2Cex, 方程的通积分为

Ce2C1

y21Cex 3、求解方程

2dy3ye2x dx- 1 -

解 齐次方程的通解为

yCe3x 令非齐次方程的特解为 yC(x)e3x 代入原方程，确定出 C(x)15xeC 5 原方程的通解为

yCe3x+

12xe 54、解方程x2(ex3y2)dx2x3ydy0

解 M(x,y)x2(ex3y2)，N(x,y)2x3y

MN6x2y yx因此，原方程是全微分方程． 取(x0,y0)(0,0)，原方程的通积分为 或

0(xx2xe3x2y2)dxC

30x2y2dxC

xx2xxedx0即 (x22x2)exx3y2C 5、求解方程y(y)2xy12x 2解 令xxyp，则，原方程的参数形式为

xx yp

1yp2xpx22 由dyydx，有

(px)dx(2px)dppdx

整理得 (2px)(由2px0，解得pdp1)0 dxx，代入参数形式的第三式，得原方程的一个特解为 2- 2 -

x2y

4dp10，解得pxC，代入参数形式的第三式，得原方程通解为 dx1 yx2CxC2

2由

三、解下列方程组（每小题8分，共16分）。

dxxydt1、求方程组的通解；

dy4xydt解 特征方程为 AE110

41即 230 特征根为

213，21

13对应特征向量应满足

可确定出 131a10 413b10a11 b12同样可算出21对应的特征向量为

a21 

b22 所以，原方程组的通解为

e3tetx C13tC2 ty2e2e

- 3 -

dy1dt3y1y2y3dy2、（8分）求方程组2y12y2y3的通解，

dtdy3dty1y2y3311解 系数矩阵是A121 111特征方程为 (2)30 有三重特征根 1,2,32

于是可设其解为 Y(x)(R0R1xR2x2)e2x

11100111202解得 R0可分别取0,1,0，相应的R1为1,0,1，R2为0,0,0 11001111022于是可得原方程组三个线性无关解

11120x2e2xY1(x)01x1120012xY2(x)

10xe0101120x2e2xY1(x)01x1112由此可得方程的通解为Y(x)C1Y1(x)C2Y2(x)C3Y3(x) 四、解下列高阶方程（每小题8分，共24分）。 1、求方程y3y9y13y0的通解， 解 特征方程为：39130，即

32(1)(2413)0，

由此得特征根为

11，223i，323i

- 4 -

因此，基本解组为 e，ecos3x，esix3x 所以通解为 yC1exC2e2xcos3xC3e2xsix3x。 2、求方程y(4)4y5y4y4y0的通解， 解 特征方程为：45440，即

432x2x2x(2)2(21)0，

由此得特征根为

122，3i，4i。

2x2x因此，基本解组为 e，xe，cosx，sinx 所以通解为 ye2x(C1C2x)C3cosxC4sinx。 3、求方程y5y5x22x的通解， 解 对应齐次方程的特征方程为

250，即(5)。

特征根为10，25，因此齐次方程的通解为

yC1C2e5x

由于0是单特征根，故已知非齐次方程有形如

y1x(Ax2BxC)

的特解。将它代入已知方程，并比较x的同次幂系数，得

A113，B0，C0，故y1x。于是，可得通解为 331yx3C1C2e5x

3五、应用题（共10分）。

用拉普拉斯变换求解初值问题：

3t x3x2x2e；x(0)0，x(0)0。

解 设L[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L[x3x2x]L[x]3L[x]2L[x] X(s)[s3s2] X(s)(s1)(s2)

- 5 -

2L[2e3t]2L[e3t]故有 X(s)t2 s31212

(s1)(s2)(s3)s1s2s3而 L[e]111,L[e2t],L[e3t] s1s2s3故所求的初值解为 x(t)et2e2te3t 六、证明题（共10分）。

dxxdt考察系统的零解的稳定性与渐

dyydtx(t)x0et解 在t0上，初值为(0,x0,y0)的解为 ty(t)y0e22其中 x0y00

222对任一0，取，则当(x0y0)时，有

22t22t2[x2(t)y2(t)]2(x0ey0e) 222(x0y0)1111(t0)

22tt22t2y0e)0

1故该系统的零解是稳定。又因为lim[(x(t)y(t))]2lim(x0et221可见该系统的零解是渐近稳定的。

- 6 -