上海交通大学：《常微分方程》课程教学资源（试卷习题）2010秋-ODE期末考试-A卷（参考答案）

上海交通大学试卷(A卷) （2010至2011学年第1学期) 时间：2011年1月14日（周五）13：10-15：10 班级 学号 姓名 课程名称 常微分方程参考答案 成绩 一(15分)、判定、选择和填空题： (四n阶非齐次线性方程组空=Ay+f回(4，回≠0在a,)上连续)在 (a,)上有且只有n+1不线性无关的解（√）（判定题） (2)设Φ（红）和（红）是同一个常系数齐次线性方程的两个基解矩阵，则它们之间的关系 是( 存在非奇异常数矩阵C使得(c)=(x)C )(填空题) (3)设(x)是二阶方程”+p(x)+q(x)y=0(p(x),q(x)∈C(a,b),R)的一个非零 解，则(x)在[a,C(a,)上零点的个数（一定有限）（一定有限，一定 无穷，可能有限也可能无穷)。（选择题〉 (④在某区域上解析的微分方程在该区域的任意一点的某邻域中有唯一一个解析解 (√)。（判定题） (⑤)在某区域上连续可微的n阶常微分方程组在该区域上函数独立的首次积分的个数 最多为(n个)。（填空题） 二(40分)、求下列方程的通解或初值问题的解： -(（(w-() ②票+鼎+尝+物=m 同2优+2所-当-1时=oy 国器+院+e-院=0当=1时a=-1 解：(1)先求出齐次方程组的一个基解矩阵，再用常数变易公式可得方程组初值问题的解 是 e'(1-t-t2) x()= e'(2+t-t2)

˛ ° œ å Æ £ Ú ( A Ú) ( 2010 ñ 2011 Æc 1 1 Æœ) ûmµ2011c114F(± ) 13:10–15:10 Å? Æ“ 6¶ ë߶° ~á©êß ÎâY §1 ò £15©§!½!¿J⁄WòKµ (1) n ö‡gÇ5êß| dy dx = A(x)y + f(x) (A(x),f(x) 6≡ 0 3 (a, b) ˛ÎY§3 (a, b) ˛kÖêk n + 1 áÇ5Ã')£ √ )"£½K§ (2)  Φ(x) ⁄ Ψ(x) ¥”òá~X͇gÇ5ê߸áƒ)› ßKßÇÉm'X ¥£ 3ö¤…~Í› C ¶ Φ(x) = Ψ(x)C ).£WòK§ (3)  φ(x) ¥êß y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0 (p(x), q(x) ∈ C((a, b), R)) òáö" )ßK φ(x) 3 [α, β] ⊂ (a, b) ˛":áÍ £ ò½kÅ §£ò½kÅßò½ ðßåUkÅèåUð§"£¿JK§ (4) 3,´ç˛)¤á©êß3T´ç?øò:,ç•kçòòá)¤) £ √ )"£½K§ (5) 3,´ç˛ÎYåá n ~á©êß|3T´ç˛ºÍ’·ƒg»©áÍ Åıè£ n á §"£WòK§  £40©§!¶eêßœ)½–äØK)µ (1) dx dt =   2 −1 1 0   x +   0 2e t   , x(0) =   1 2  . (2) d 3 y dx3 + d 2 y dx2 + 4 dy dx + 4y = sin x. (3) 2√ x ∂z ∂x + 2√y ∂z ∂y = z, x = 1û, z = cos y. (4) x ∂u ∂x + y ∂u ∂y + (z − xy) ∂u ∂z = 0, x = 1û, u = yz − 1. )µ(1) k¶—‡gêß|òáƒ)› ß2^~ÍC¥˙™åêß|–äØK) ¥ x(t) =   e t (1 − t − t 2 ) e t (2 + t − t 2 )   1

解：（②）特征方程为 X3+X2+4λ+4=0 其特征根为入=-1,23=士2V工.所以原方程对应的齐次方程的通解为 y(r)=cie+c2 cos(2r)+c3 sin(2x). 令非齐次方程有特解 y'(r)=acosz+bsinz 代入原方程，并化简得到 (3a +3b)cos+(-3a+3b)sin x sin 所以 a=-合6=8 故原方程的通解为 y)=e+aoas2y)+ssim2y-c0sx+sim 其中G,2,9是任意常数 解：(3)考虑对称形式的常微分方程 典些 它有两个函数独立的首次积分 u=VE-V@,v=V万-lnlz以 故原方程的通解为 Φ(VE-Vg,g-lnl0=0, 其中Φ是任意光滑函数。由隐函数存在定理从上述方程解出 v-lnll=w(E-列) 从而 z=evw(E-V列 由初始条件得 cosy=ev6(1-V可 令 ξ=1-v@ 2

)µ(2) Aêßè λ 3 + λ 2 + 4λ + 4 = 0 ŸAäè λ1 = −1, λ2,3 = ±2 √ −1. §±êßÈA‡gêßœ)è y(x) = c1e −x + c2 cos(2x) + c3 sin(2x). -ö‡gêßkA) y ∗ (x) = a cos x + b sin x ì\êßßøz{ (3a + 3b) cos x + (−3a + 3b) sin x = sin x §± a = − 1 6 , b = 1 6 êßœ)è y(x) = c1e −x + c2 cos(2x) + c3 sin(2x) − 1 6 cos x + 1 6 sin x, Ÿ• c1, c2, c3 ¥?ø~Í )µ(3) ƒÈ°/™~á©êß dx 2 √ x = dy 2 √y = dz z . ßk¸áºÍ’·ƒg»© u = √ x − √ y, v = √ y − ln |z| êßœ)è Φ(√ x − √ y, √ y − ln |z|) = 0, Ÿ• Φ ¥?ø1wºÍ"d¤ºÍ3½nl˛„êß)— √ y − ln |z| = ω( √ x − √ y). l z = e √yψ( √ x − √ y) d–©^á cos y = e √yψ(1 − √ y). - ξ = 1 − √ y 2

则有 (5)=e5-)cos(1-)2 因此原初值问题的解为 2=ev-1 cos(1-V-v)2. 解：(4)考虑对称形式的常微分方程 dz x 它有两个函数独立的首次积分 昌 画=+型 故原方程的通解为 =(售+”） 其中也是任意光滑函数。由初始条件得 y2-1=(y,2+y) 令 ξ=，n=2+y 则有 (5,7)=(n-)-1 因此原初值问题的解为 u=(匠+g-)-1 三(15分)、讨论二维微分方程 t=2-1,9=, 两个平衡点是否稳定与渐近稳定，并给出你结论的证明（只有结论没有证明不得分）。 证：方程有两个平衡点 (0,1),(0,-1) 在两个平衡点的的Jacobi矩阵的特征值分别是 入=士V2:X=士V2I 因此(0,1)是一个鞍点，从而不稳定。 3

Kk ψ(ξ) = e ξ−1) cos(1 − ξ) 2 œd–äØK)è z = e √ x−1 cos(1 − √ x − √ y) 2 . )µ(4) ƒÈ°/™~á©êß dx x = dy y = dz z − xy . ßk¸áºÍ’·ƒg»© Φ1 = y x , Φ2 = z + xy x êßœ)è u = ψ  y x , z + xy x  , Ÿ• ψ ¥?ø1wºÍ"d–©^á yz − 1 = ψ(y, z + y). - ξ = y, η = z + y Kk ψ(ξ, η) = ξ(η − ξ) − 1 œd–äØK)è u = y x z x + y − y x  − 1. n £15©§!?ÿëá©êß x˙ = y 2 − 1, y˙ = x, ¸á²Ô:¥ƒ­½ÜÏC­½ßøâ—\(ÿy²£êk(ÿvky²ÿ©§" yµêßk¸á²Ô: (0, 1), (0, −1) 3¸á²Ô:Jacobi› Aä©O¥ λ = ± √ 2; λ = ± √ 2I œd (0, 1) ¥òáQ:ßl ÿ­½" 3

而(0，-1)是一个焦点或中心。又由于原系统有一个解析的首次积分 F,0=2+y-3 因此(0，一1)是一个中心，否则从该点邻域中出发的轨道都跑到该点，这样得到F(红， 在(0，-1)的某邻域是一个常数，矛盾。 由于(0，一1)是一个中心，因而稳定而非渐近稳定。 四(15分)、阐述在某区域？cR+1上连续可微的n阶常微分方程组 空=g () 的通解与函数独立的首次积分之间的关系，并给出你结论的证明。 证：通解与函数独立的首次积分之间的关系如下： 1.假设 y=(z,c),x∈J 是原方程的通解。由隐函数存在定理从函数方程 o(z,c)=y 解出唯一的连续可微的解 c=V(r,y). 则V(z,y)中的n个函数是函数独立的首次积分.因为 (x,V(a,y)≡y,(x,)∈G0, (2) 所以对该函数方程两边关于y求导数可得 -(ar）)4a 这就证明了V中的n个函数是函数独立的.对函数方程（②）两边关于x求导数得 所以 ]

(0, −1) ¥òá￾:½•%"qduX⁄kòá)¤ƒg»© F(x, y) = 1 2 x 2 + y − 1 3 y 3 œd (0, −1) ¥òá•%߃KlT:ç•—u;—T:ߢ F(x, y) 3 (0, −1) ,ç¥òá~ÍßgÒ" du (0, −1) ¥òá•%ßœ ­½ öÏC­½" o £15©§!„3,´ç Ω ⊂ R n+1 ˛ÎYåá n ~á©êß| dy dx = f(x, y), (1) œ)ܺ͒·ƒg»©Ém'Xßøâ—\(ÿy²" yµœ)ܺ͒·ƒg»©Ém'XXeµ 1. b y = φ(x, c), x ∈ J. ¥êßœ)"d¤ºÍ3½nlºÍêß φ(x, c) = y )—çòÎYåá) c = V(x, y). K V(x, y) • n áºÍ¥ºÍ’·ƒg»©. œè φ(x, V(x, y)) ≡ y, (x, y) ∈ G0, (2) §±ÈTºÍê߸>'u y ¶Íå det ∂V ∂y =  det ∂φ ∂c −1 6= 0. ˘“y² V • n áºÍ¥ºÍ’·. ȺÍêß (2) ¸>'u x ¶Í ∂φ ∂c   ∂V1 ∂x . . . ∂Vn ∂x   =   − ∂φ1 ∂x . . . − ∂φn ∂x   =   −f1 . . . −fn   , §±   ∂V1 ∂x . . . ∂Vn ∂x   =  ∂φ ∂c −1   −f1 . . . −fn   = ∂V ∂y   −f1 . . . −fn   . 4

这就证明了V(红，y),i=1,,n,是原方程的n个函数独立首次积分 2.设(x,y),i=1,,n,是原方程组在2中连续可微的函数独立的首次积分 则由隐函数存在定理从（红，y)=c,i=1,,n,解出的函数 y=(x,c,x∈e,其中c是任意常数 (3) 是原方程在2中的通解，且包含了(1)在Ω内的所有解。 ，事实上，因为飞(=1，连续可微，所以=（⊙1，）关于其变量连续可 微对函数方程 V(x,(x,c)≡c,i=1,,n, 两边关于x求导数 +2++验=0-1n 又是连续可微首次积分，所以有 +++人==1 从上述两个函数方程组得到 警-万 av =0. 密-n 由于，，V。是函数独立的，上述齐次线性方程有唯一的解 2-i=0i=1, 这就证明了(3)是()的解.而(3)是(1)的通解可由 脚器-(a)n 得到。 最后证(3)包含了(1)所有的解 设y=(,)是()的一个解.令yo=z(xo),则y=(x)是()满足初始条件 y(ro)-yo的解 令co=-V(o,yo).则由隐函数存在定理从函数方程 V(a,y)=co, 得到的解y=(,co)是微分方程组()的解，且满足(xo,c0)=yo.故由解的唯一 性得（红，Co)=(x). 证毕 5

˘“y² Vi(x, y), i = 1, . . . , n, ¥êß n áºÍ’·ƒg»©. 2.  Vi(x, y), i = 1, . . . , n, ¥êß|3 Ω •ÎYåáºÍ’·ƒg»©. Kd¤ºÍ3½nl Vi(x, y) = ci , i = 1, . . . , n, )—ºÍ y = φ(x, c), x ∈ Jc, Ÿ• c ¥?ø~Í, (3) ¥êß3 Ω •œ), Öù¹ (1) 3 Ω S§k). Ø¢˛ßœè Vi (i = 1, . . .) ÎYåá, §± φ = (φ1, . . . , φn) 'uŸC˛ÎYå á. ȺÍêß Vi(x, φ(x, c) ≡ ci , i = 1, . . . , n, ¸>'u x ¶Í ∂Vi ∂x + ∂Vi ∂y1 ∂φ1 ∂x + . . . + ∂Vi ∂yn ∂φn ∂x ≡ 0, i = 1, . . . , n. q Vi ¥ÎYåáƒg»©, §±k ∂Vi ∂x + ∂Vi ∂y1 f1 + . . . + ∂Vi ∂yn fn ≡ 0, i = 1, . . . , n. l˛„¸áºÍêß| ∂V ∂y   ∂φ1 ∂x − f1 . . . ∂φn ∂x − fn   = 0. du V1, . . . , Vn ¥ºÍ’·, ˛„‡gÇ5êßkçò) dφi dx − fi = 0, i = 1, . . . , n, ˘“y² (3) ¥ (1) ). (3) ¥ (1) œ)åd det ∂φ ∂c =  det ∂V ∂y −1 6= 0, . Å￾y (3) ù¹ (1) §k).  y = ψ(x) ¥ (1) òá). - y0 = z(x0), K y = ψ(x) ¥ (1) ˜v–©^á y(x0) = y0 ). - c0 = V(x0, y0). Kd¤ºÍ3½nlºÍêß V(x, y) = c0, ) y = φ(x, c0) ¥á©êß| (1) ), Ö˜v φ(x0, c0) = y0. d)çò 5 φ(x, c0) = ψ(x). y.. 5

五(9分)、求方程2-是-2勿=0的落缓数解（需要给出通项的表达式和收敛半 径)。 解：设原方程的幂级数解为 y)=>ejri. 0 则有 )=∑9-1，)-∑i6-1g-2 1=0 =0 代入原方程并整理得 I0+100+2)c+2-jc-2cr. =0 从而有 0+1)0+2)9+2-0+2)9=0,j=0,1, 故有 @=2-1Π0,2+1=2加4. 因此原方程幂级数形式的通解为 四=1+.1 、+>211工)+c1>2)可41 其中0，白是任意常数。 又由幂级数收敛的判别法知，该级数解的收敛半径是(-o,+∞). 六(6分)、设X国是民上连续可微的n阶方阵，X0=E,且X@存在。试证明 X(t+s)=X()X(s), for all,ts∈R 当且仅当存在n阶常数方阵A,使得 dX()=AX() dt 证：必要性。由原式得 Xt+)-X回_XXa-X因-X-Ex同=X@,X@x) 两边令t→0得 X(s)DX(Ox(a) ds dt 6

£9©§!¶êß d 2 y dx2 − x dy dx − 2y = 0 ò?Í)£Iáâ—œëLà™⁄¬Òå ª§" )µêßò?Í)è y(x) = X∞ j=0 cjx j . Kk y 0 (x) = X∞ j=0 jcjx j−1 , y00(x) = X∞ j=0 j(j − 1)cjx j−2 . ì\êßøn X∞ j=0 [(j + 1)(j + 2)cj+2 − jcj − 2cj ]x j . l k (j + 1)(j + 2)cj+2 − (j + 2)cj = 0, j = 0, 1, . . . . k c2j = 1 (2j − 1)!!c0, c2j+1 = 1 (2j)!!c1. œdêßò?Í/™œ)è y(x) = c0 1 +X∞ j=1 1 (2j − 1)!!x 2j ! + c1 X∞ j=1 1 (2j)!!x 2j+1 Ÿ• c0, c1 ¥?ø~Í" qdò?ͬÒO{ßT?Í)¬Ò媥 (−∞, +∞). 8 £6©§! X(t) ¥ R ˛ÎYåá n ê ßX(0) = EßÖ dX(0) dt 3"£y² X(t + s) = X(t)X(s), for all t, s ∈ R Ö=3 n ~Íê A߶ dX(t) dt = AX(t). yµ7á5"d™ X(t + s) − X(s) t = X(t)X(s) − X(s) t = X(t) − E t X(s) = X(t) − X(0) t X(s) ¸>- t → 0  dX(s) ds = DX(0) dt X(s) 6

取A=DX@即得结论的证明。 充分性。由假设得 X(t)=eAt 从而有 X(t+5)=e4(+4)=eMte4.=X(t)X(s). 证毕

 A = DX(0) dt =(ÿy²" ø©5"db X(t) = e At l k X(t + s) = e A(t+s) = e Ate As = X(t)X(s). y. 7