上海交通大学试卷(A卷) (2011至2012学年第1学期期末考试) 时间：2011年12月27日（周二）13：10-15：10上院102或104 班级 学号 姓名 课程名称 常微分方程一参考答案 成绩 一(20分)、判定（正确的划，不正确的划×小、选择和填空题： (1)周期系数（周期为T)齐次线性微分方程组的周期为T的周期解的存在性与Floquet乘 数之间的关系是： 存在周期为T的周期解的充要条件是1是特征乘数·（填空题） (②)n阶齐次线性微分方程组必=Ay(4)在(a,)上连续)的任意给定的n 个解构成的Wronsky行列式在(a,)上既可以有零点也可以有非零点×_.（判 定题) (3)假设q(x)在区间J=0,∞)上连续，且q(x)≥4.则二阶齐次线性微分方程 ”+q(x)y=0的非零解(x)在J上零点的个数一定无穷·（一定无穷、 定有限、可能有限也可能无穷).（选择题） (④)二阶常系数线性微分方程立=3江+，9=x-y的奇点(0,0)是鞍点（结 点、焦点、鞍点).（选择顿） 二(20分)、求下列方程组初值问题的解和高阶微分方程的通解： 230 -e- 1 =100x+ x(0=-1 002 回票+票+密+y=云 三(12分)、设f(x)在0，∞)上连续，且imf)=0.试证明二阶线性微分方程 ”+3/+2y=f(x, 的任意解当x→∞时都趋于零 四（12分)、证明n阶常系数线性微分方程组女=Ax的所有解当t→0时都趋于 ×=0的充要条件是A的所有特征值的实部都是负的.（需给出详细的推导证明过程
˛ ° œ å Æ £ Ú ( A Ú) ( 2011 ñ 2012 Æc 1 1 Æœœ"£) ûmµ2011c1227F(±) 13:10-15:10 ˛ 102 ½ 104 Å? Æ“ 6¶ ë߶° ~á©êß—-ÎâY §1 ò £20©§!½((y √ , ÿ(y×)!¿J⁄WòKµ (1) ±œXÍ(±œè T)‡gÇ5á©êß|±œè T ±œ)35ÜFloquet¶ ÍÉm'X¥µ 3±œè T ±œ)øá^ᥠ1 ¥A¶Í .£WòK§ (2) n ‡gÇ5á©êß| dy dx = A(x)y (A(x) 3 (a, b) ˛ÎY§ ?øâ½ n á)§ Wronsky 1™3 (a, b) ˛Qå±k":èå±kö": × .£ ½K§ (3) b q(x) 3´m J = [0, ∞) ˛ÎY, Ö q(x) ≥ 4. K ‡gÇ5á©êß y 00 + q(x)y = 0 ö") φ(x) 3 J ˛":áÍ ò½Ã° .£ò½Ã°!ò ½kÅ!åUkÅèåUð).£¿JK§ (4) ~XÍÇ5á©êß x˙ = 3x + y, ˙y = x − y ¤: (0, 0) ¥ Q: £( :!:!Q:).£¿JK§ £20©§!¶eêß|–äØK)⁄p á©êßœ)µ (1) dx dt = 2 3 0 1 0 0 0 0 2 x + −e −t e −t e 3t , x(0) = 1 −1 1 . (2) d 3 y dx3 + d 2 y dx2 + dy dx + y = cos x. n £12©§! f(x) 3 [0,∞) ˛ÎY, Ö limx→∞ f(x) = 0. £y² Ç5á©êß y 00 + 3y 0 + 2y = f(x), ?ø) x → ∞ û—™u". o £12©§!y² n ~XÍÇ5á©êß| dx dt = Ax §k) t → ∞ û—™u x = 0 øá^ᥠA §kA䢋—¥K. (Iâ—ç[Ìy²Lß) 1
我承诺，我将严格遵 题号 二三四五六七八 守考试纪律。 得分 批阅人 承诺人： (流水阅 五(12分)、假设0是R上周期为T的连续周期函数，证明纯量微分方程岳=a)z 可以通过一个线性变换化为常系数线性微分方程粤=侧.（需给出具体的变换和b的 表达式) 六12分)、求方程碧-2密-2y=0的幂级数解.（需给出通项的表达式和收敛半 径) 七(12分)、假设(x),q(x)在区间J上连续，且(a)和(c)是二阶齐次线性微分方程 ”+px)+g(xy=0在J上的两个线性无关的解.如果E1,2∈J是(x)的两个 相邻的零点，试证明()在(1,2)上有唯一一个零点.（需给出详细的推导证明过 程)
·´Ïß·ÚÓÇÑ Å£VÆ" ´Ï<: K“ ò n o 8 ‘ l © 1 < £6Y § £12©§!b a(t) ¥ R ˛±œè T ÎY±œºÍ. y²X˛á©êß dx dt = a(t)x 屜LòáÇ5CÜzè~XÍÇ5á©êß dy dt = by. (Iâ—‰NCÜ⁄ b Là™) 8 £12©§!¶êß d 2 y dx2 − 2x dy dx − 2y = 0 ò?Í). (Iâ—œëLà™⁄¬Òå ª) ‘ £12©§!b p(x), q(x) 3´m J ˛ÎY, Ö φ(x) ⁄ ψ(x) ¥ ‡gÇ5á©êß y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0 3 J ˛¸áÇ5Ã'). XJ x1, x2 ∈ J ¥ φ(x) ¸á É":, £y² ψ(x) 3 (x1, x2) ˛kçòòá":. (Iâ—ç[Ìy²L ß) 2
二(20分) (1)(10分)相应的特征方程为 (2-2λ-3)2-)=0. 特征根为 1=3,2=-1,g=2 对应的特征向量为 0(0 所以相应的齐次方程有基解矩阵 (x)= 进一步地有 Φ1（= 00e-2x 因此原方程组初值问题的解为 x)=Φ() 】 G0 )
(20©§ (1)£10©§ÉAAêßè (λ 2 − 2λ − 3)(2 − λ) = 0. Aäè λ1 = 3, λ2 = −1, λ3 = 2. ÈAAï˛è r1 = 3 1 0 , r2 = −1 1 0 , r3 = 0 0 1 . §±ÉA‡gêßkƒ)› Φ(x) = 3e 3t −e −t 0 e 3t e −t 0 0 0 e 2t . ?ò⁄/k Φ −1 (t) = 1 4 e −3t 1 4 e −3t 0 − 1 4 e t 3 4 e t 0 0 0 e −2t . œdêß|–äØK)è x(t) = Φ(t) Φ −1 (0) 1 −1 1 + Z t 0 Φ −1 (s) −e −s e −s e 3s ds = Φ(t) 0 −1 1 + Z t 0 0 1 e s ds = Φ(t) 0 −1 1 + 0 t e t − 1 = −(t − 1)e −t (t − 1)e −t e 3t 3
(2)(10分)相应的特征方程为 X3+2+入+1=0 特征根为 A=-1,2.3=士i 所以相应的齐次方程的通解为 y(r)=cle+cz cosr+casin, 其中A,2,g是任意常数. 由于a+B=i是特征方程的根，所以原方程有形如 y()=r(acosx +bsinr), 的解.简单地计算得 y"=a cosx+bsinx+x(-asinx+bcosz) y""=-2asinz+26cosr-x(a cosx+bsinc) y=-3a cosr-3bsin r+r(asinr -bcosr) 将(x)及其导数代入原方程，并化简得到 (-2a +2b)cosx+(-2a-26)sinx cos x. 从而有 -2a+2b=1,-2a-2b=0 故有 a=-6= 所以原方程的通解为 e)=ae++amr-asz+7血工 其中(，2，g是任意常数 三(12分)相应的特征方程为 X2+3入+2=0. 特征根为 =-2,2=-1
(2) (10©) ÉAAêßè λ 3 + λ 2 + λ + 1 = 0 Aäè λ1 = −1, λ2,3 = ±i §±ÉA‡gêßœ)è y(x) = c1e −x + c2 cos x + c3 sin x, Ÿ• c1, c2, c3 ¥?ø~Í. du α + iβ = i ¥Aêßä, §±êßk/X y ∗ (x) = x(a cos x + b sin x), ). {¸/Oé y ∗0 = a cos x + b sin x + x(−a sin x + b cos x) y ∗00 = −2a sin x + 2b cos x − x(a cos x + b sin x) y ∗000 = −3a cos x − 3b sin x + x(a sin x − b cos x) Ú y ∗ (x) 9ŸÍì\êß, øz{ (−2a + 2b) cos x + (−2a − 2b) sin x = cos x. l k −2a + 2b = 1, −2a − 2b = 0 k a = − 1 4 , b = 1 4 . §±êßœ)è y(x) = c1e −x + c2 cos x + c3 sin x − 1 4 x cos x + 1 4 x sin x, Ÿ• c1, c2, c3 ¥?ø~Í. n (12©) ÉAAêßè λ 2 + 3λ + 2 = 0. Aäè λ1 = −2, λ2 = −1. 4
从而齐次方程有基本解组 1(c)=e-2x,2()=e 它们的Wronsky行列式为 W(x)=e-3 所以原方程有通解 yl国)=cea+e+e-a广=ef包ds+e=∫e-2fls e-38 e-38 =ae-2a+ae-e2广e2产f)s+e- Jo )ds, 其中1，C2是任意常数. 显然有 ge-24=0,ime-0. 又由洛必达可证 典产o地-典1o地典2-票a=0 e2红 畏cs=果5eo地典-黑阳=0 er 故有 ）=0. 四(12分) 充分性.原方程有基解矩阵.从而原方程的任一个解都可以表示成 x()=eav,v∈R". 由假设知，A的所有的特征根都具有负实部，故存在a,P>0使得 Ilx()=Iev≤ae~Ilvl 其中v‖=√保+…+隔.所以有 Ix)=0. 必要性.设0=α+B是A的一个特征根.则原方程有形如 xo(t)=eMP(t)
l ‡gêßkƒ )| φ1(x) = e −2x , φ2(x) = e −x . ßÇ Wronsky 1™è W(x) = e −3x . §±êßkœ) y(x) = c1e −2x + c2e −x + e −2x Z x 0 −e −s f(s) e −3s ds + e −x Z x 0 e −2s f(s) e −3s ds = c1e −2x + c2e −x − e −2x Z x 0 e 2s f(s)ds + e −x Z x 0 e s f(s)ds, Ÿ• c1, c2 ¥?ø~Í. w,k limx→∞ e −2x = 0, limx→∞ e −x = 0. qd‚7àåy limx→∞ e −2x Z x 0 e 2s f(s)ds = limx→∞ R x 0 e 2s f(s)ds e 2x limx→∞ e 2x f(x) 2e 2x = limx→∞ 1 2 f(x) = 0, limx→∞ e −x Z x 0 e s f(s)ds = limx→∞ R x 0 e s f(s)ds e x limx→∞ e x f(x) e x = limx→∞ f(x) = 0. k limx→∞ y(x) = 0. o£12©§ ø©5. êßkƒ)› e tA. l êß?òá)—å±L´§ x(t) = e tAv, v ∈ R n . db, A §kAä—‰kK¢‹, 3 a, ρ > 0 ¶ kx(t)k = ke tAvk ≤ ae−ρtkvk Ÿ• kvk = p v 2 1 + . . . + v 2 n . §±k lim t→∞ kx(t)k = 0. 7á5. λ0 = α + iβ ¥ A òáAä. Kêßk/X x0(t) = e λtP(t), 5
的解，其中P(x)是次数不超过n一1的n维向量值多项式，且不恒等于零.从而有 llxo(t)ll eIP(t)ll 如果a≥0，则有 gx=meIP(≥mIPe=o. 矛盾.从而必有a[(n+2)(n+1)c+2-2(n+1)cn]x”=0 0 6
), Ÿ• P(x) ¥gÍÿáL n − 1 n ëï˛äıë™, Öÿð u". l k kx0(t)k = e αtkP(t)k XJ α ≥ 0, Kk lim t→∞ kx0(t)k = lim t→∞ e αtkP(t)k ≥ lim t→∞ kP(t)k = ∞. gÒ. l 7k α < 0. y.. £12©§¥uOé φ(t) = e R t 0 a(s)ds ¥êßòáö")" q φ(t + T) = e R t+T 0 a(s)ds = e R t 0 a(s)ds+ R t+T t a(s)ds = e R t 0 a(s)dse R T 0 a(s)ds = φ(t)e R T 0 a(s)ds . - b = 1 T Z T 0 a(s)ds 9 Q(t) = φ(t)e −tb . K3CÜ x = Q(t)y eßêß dx dt = a(t)x åzè dy dt = by. 8£12©§ d)¤ ‡gÇ5á©êß)nÿßêßk/X y(x) = X∞ n=0 cnx n , )ߟ• cn ¥ñ½~Í" Ú y(x) Là™ì\êß X∞ n=2 cnn(n − 1)x n−2 − 2x X∞ n=0 cnnxn−1 − 2 X∞ n=0 cnx n = 0 n X∞ n=0 [(n + 2)(n + 1)cn+2 − 2(n + 1)cn]x n = 0 6
从而有 (m+2)(n+1)c+2-2(m+1)c, n=0,1,2. 即 2 6m+2=n+2 故有 om cam =2m)0, m+1=2m+m9,m=12… 其中c0,G是任意常数，(2m)1=2m(2m-2)(2m-4)…4-2,(2m+1)川=(2m+1)(2m- 1)(2m-3)…5.3。 所以原方程的幂级数形式的通解为 = am2m+ y2m+1x2m+1 2mn+ =∑ 2m 2 名2m+师 其中0，G是任意常数。 由比较判别法得通解中的两个幂级数的收敛半径都∞. 七(12分)令W(x)是(x)和(x)的Wronsky行列式.因(x),(e)在J上线性无关 所以W(c)≠0，x∈J. 因0 x∈(1,x2) 从而有 '(x1)>0,(x2)0. 所以有 ()p(x2)<0 因心(x)在J上连续，所以由连续函数的性质得，存在0∈(1，x2)使得 (co）=0 这就证明了(x)在(1,2)上零点的存在性。 7
l k (n + 2)(n + 1)cn+2 − 2(n + 1)cn, n = 0, 1, 2, . . . = cn+2 = 2 n + 2 cn. k c2m = 2 m (2m)!!c0, c2m+1 = 2 m (2m + 1)!!c1, m = 1, 2, . . . Ÿ• c0, c1 ¥?ø~Í, (2m)!! = 2m(2m − 2)(2m − 4)· · · 4 · 2, (2m + 1)!! = (2m + 1)(2m − 1)(2m − 3)· · · 5 · 3" §±êßò?Í/™œ)è y(x) = X∞ n=0 cnx n = X∞ m=0 c2mx 2m + X∞ m=0 c2m+1x 2m+1 = c0 X∞ m=0 2 m (2m)!!x 2m + c1 X∞ m=0 2 m (2m + 1)!!x 2m+1 , Ÿ• c0, c1 ¥?ø~Í" d'O{œ)•¸áò?ͬÒ媗 ∞. ‘£12©§- W(x) ¥ φ(x) ⁄ ψ(x) Wronsky 1™. œ φ(x), ψ(x) 3 J ˛Ç5Ã', §± W(x) 6= 0, x ∈ J. œ x1 0, x ∈ (x1, x2). l k φ 0 (x1) > 0, φ0 (x2) 0. §±k ψ(x1)ψ(x2) < 0 œ ψ(x) 3 J ˛ÎY, §±dÎYºÍ5üß3 x0 ∈ (x1, x2) ¶ ψ(x0) = 0 ˘“y² ψ(x) 3 (x1, x2) ˛":35" 7
下证(x)在(1,2)上有唯一的零点.反证，若有两个零点，记为xi,x巧，且有 1<i<<2 则类似于上述证明可得，(x)在(x,x)上有零点.这与1,2是o()的相邻的零点矛 盾
ey ψ(x) 3 (x1, x2) ˛kçò":. áyßek¸á":ßPè x ∗ 1 , x∗ 2ßÖk x1 < x∗ 1 < x∗ 2 < x2. Kaqu˛„y²å, φ(x) 3 (x ∗ 1 , x∗ 2 ) ˛k":. ˘Ü x1, x2 ¥ φ(x) É":g Ò. 8