上海交通大学：《常微分方程》课程教学资源（试卷习题）2012秋-ODE期中试卷（参考答案）

上海交通大学试卷 (2012至2013学年第1学期期中考试卷) 时间：2012年11月9日（周五） 班级 学号 姓名 课程名称 常微分方程 成绩参考答案和评分标准 一(30分)、求下列方程的解或通解（每题10分）（解答是按过程给分的）： 1-(）°-22+ 解：令p=,则有 9=r-2n+2 对上述方程两边关于x求导数，并整理得 (p-x)(2p.-3)=0. -----------4分 由p=x得到原方程的解 y-式 ----2分 由.=多得到原方程的解 y=2+ar+2 --3分 所以原方程有特解 y=式 和通解 y=8++2, 其中c是任意常数 -一---------结论1分 22+(3=1 解：令z=”,则有 x2+22=1

˛ ° œ å Æ £ Ú ( 2012 ñ 2013 Æc 1 1 Æœœ•£Ú) ûmµ2012c 11  9 F£± § Å? Æ“ 6¶ ë߶° ~á©êß §1 ÎâY⁄µ©IO ò £30©§!¶eêß)½œ)(zK10©)£)â¥ULß⩧µ 1. y =  dy dx2 − 2x dy dx + 3 2 x 2 . ): - p = y 0 , Kk y = p 2 − 2xp + 3 2 x 2 . È˛„ê߸>'u x ¶Í, øn (p − x)(2px − 3) = 0. − − − − − − − − − − − 4© d p = x êß) y = 1 2 x 2 − − − − − − − − − − − 2© d px = 3 2 êß) y = 3 4 x 2 + cx + c 2 . − − − − − − − − − − − 3© §±êßkA) y = 1 2 x 2 ⁄œ) y = 3 4 x 2 + cx + c 2 , − − − − − − − − − − −(ÿ1 © Ÿ• c ¥?ø~Í − − − − − − − − − − −(ÿ1 © 2. x 2 +  d 2 y dx2 2 = 1. ): - z = y 00 , Kk x 2 + z 2 = 1 1

z=sint, z=cost ---------2分 则有 st=()=()密→()=2 出=血++a --4分 贵-密密-（仰"+安+6）mt-血+血刘+ot+白s c-csin cos si ---------3分 所以原方程的有通解 1 工=smt，y=-0os5t-方as3+imt+互0st+asi血t+g, 其中，c2是任意常数。 ------一----结论1分 皇-封+品0 解：这是Riccati方程，通过观查它有一个特解 y=-x1 -----------2分 u=y+z-1 原方程转化为Bernoulli方程 d=2-2r- -----------2分 2=u- Bernoulli方程转化为线性方程 =2- ---3分 2

- x = sin t, z = cost − − − − − − − − − − − 2© Kk cost = d dx  dy dx = d dt  dy dx dt dx =⇒ d dt  dy dx = cos2 t ⇓ dy dx = sin 4t 4 + 1 2 t + c1 − − − − − − − − − − − 4© d dy dt = dy dx dx dt =  sin 4t 4 + 1 2 t + c1  cost = 1 8 (sin 5t + sin 3t) + 1 2 t cost + c1 cost ⇓ y = − 1 40 cos 5t− 1 24 cos 3t+ 1 2 tsin t+ 1 2 cost+c1 sin t+c2. −−−−−−−−−−−3© §±êßkœ) x = sin t, y = − 1 40 cos 5t − 1 24 cos 3t + 1 2 tsin t + 1 2 cost + c1 sin t + c2, Ÿ• c1, c2 ¥?ø~Í. − − − − − − − − − − −(ÿ1 © 3. dy dx = 1 3 y 2 + 2 3x 2 , y(1) = 1. ): ˘¥ Riccati êß, œL*ßkòáA) y = −x −1 − − − − − − − − − − − 2© - u = y + x −1 êß=zè Bernoulli êß u 0 = 1 3 u 2 − 2ux−1 − − − − − − − − − − − 2© - z = u −1 Bernoulli êß=zèÇ5êß z 0 = 2x −1 z − 1 3 − − − − − − − − − − − 3© 2

它有通解 1 =写+c2 所以原方程有通解 -(+ 其中c是任意常数.由初始条件(1)=1得 -(+)- _1 -一----结论1分 本题也可以通过变换u=xy转化为变量分离方程来做。 二(10分)、设f(x)是R上的连续可微函数，且f"(x川≤1/2.证明函数方程x=f() 在R上有唯一的解， 证：对任意的x,y∈R有 a)-f=f(e-训≤r- 所以f是R上的压缩映射 -------5分 又R在由绝对值定义的距离下完备，故由压缩映射原理得，∫在R上有唯一的解 ---------5分 三(15分)、对于给定的二阶微分方程初值问题 是+m鼎-y=2-80=120=-1 1.问该初值问题是否有解析解，给出你结论的证明(10分) 2.如果有解析解指出它在原点的展开式的收敛半径(5分) 证：有解析解 -----------4分 结论的证明：令 则原二阶微分方程初值问题转化微分方程组初值问题 (0)=1 击=-(6im2-cy+2-320)=-1 3

ßkœ) z = 1 3 x + cx2 − − − − − − − − − − − 2© §±êßkœ) y =  1 3 x + cx2 −1 − x −1 Ÿ• c ¥?ø~Í. d–©^á y(1) = 1  y =  1 3 x + 1 6 x 2 −1 − x −1 − − − − − − − − − − − (ÿ1 © Kè屜LCÜ u = xy =zèC˛©lêß5â"  £10©§! f(x) ¥ R ˛ÎYåáºÍ, Ö |f 0 (x)| ≤ 1/2. y²ºÍêß x = f(x) 3 R ˛kçò). y: È?ø x, y ∈ R k |f(x) − f(y)| = |f 0 (ξ)(x − y)| ≤ 1 2 |x − y| §± f ¥ R ˛ÿ†N. − − − − − − − − − − −5 © q R 3d˝È佬Âle, dÿ†Nn, f 3 R ˛kçò). − − − − − − − − − − −5 © n £15©§!Èuâ½á©êß–äØK d 2 y dx2 + (sin x) dy dx − e x y = x 2 − 3, y(0) = 1, dy dx(0) = −1, 1. ØT–äØK¥ƒk)¤), â—\(ÿy²£10©§. 2. XJk)¤)ç—ß3:–m™¬Ò媣5©§. y: k)¤). − − − − − − − − − − −4 © (ÿy²µ- dy dx = z Ká©êß–äØK=zá©êß|–äØK dy dx = z, y(0) = 1 dz dx = −(sin x)z − e x y + x 2 − 3, z(0) = −1 3

该微分方程组的系数矩阵和非线性项都是可以在R上展开成收敛的幂级数，因而由解 析线性微分组解析解的理论知，该微分方程组初值问题有有收敛半径是无穷的解析解 -----10分 由高阶微分方程与方程组的解的关系得到原高阶微分方程初值问题有收敛半径为 无穷的解析解。 -----------1分 四(15分)、对于含参数的微分方程初值问题 是=从=物 其中(xo,%)∈2，入∈A,且2CR2和ACRm都是开区域 1.叙述初值问题(1)的解的存在唯一性、以及解关于参数和初值的连续性定理(5分) 注：用一个定理叙述 2.给出你结论的证明的主要步骤(10分) 证：1.（结论的叙述）假设，∫，∈C(Q×)(或者将，∈CQ×)的条件换成局部 Lipschitz条件)，则初值问题有唯一的不可延拓的解，记为(x;to,h,),且解p关于 其变量连续. 2.(结论的证明 A.初始条件可以通过平移变换转化为新方程的参数，不妨假设0=0，如=0.原 方程初值问题等价于 ,月=厂fs,,, B.在(0,0)邻域构造局部的矩形RC2,以及A中任意点Xo的闭邻域△o.则 f在R×Ao上有Lipschitz常数.令 M=rz,M,i=mim(2a,,1=o-成o+司 构造函数空间 C:={y∈C(I×Ao),l≤b 及其上的距离p C.令 (T红，月=。s小d 4

Tá©êß|XÍ› ⁄öÇ5ë—¥å±3 R ˛–m§¬Òò?Í, œ d) ¤Ç5á©|)¤)nÿ, Tá©êß|–äØKkk¬Ò媥ð)¤). − − − − − − − − − − −10 © dpá©êßÜêß|)'Xpá©êß–äØKk¬Òåªè ð)¤). − − − − − − − − − − −1 © o £15©§!Èu¹ÎÍá©êß–äØK dy dx = f(x, y, λ), y(x0) = y0, (1) Ÿ• (x0, y0) ∈ Ω, λ ∈ Λ, Ö Ω ⊂ R 2 ⁄ Λ ⊂ R m —¥m´ç. 1. Q„–äØK (1) )3çò5!±9)'uÎÍ⁄–äÎY5½n£5©§ 5µ^òá½nQ„ 2. â—\(ÿy²Ãá⁄½£10©§ y: 1. ((ÿQ„) b f, fy ∈ C(Ω × Λ) (½ˆÚ fy ∈ C(Ω × Λ) ^áܧ¤‹ Lipschitz ^á), K–äØKkçòÿåÚˇ), Pè φ(x; x0, y0, λ), Ö) φ 'u ŸC˛ÎY. 2. ((ÿy²) A. –©^á屜L²£CÜ=zè#êßÎÍ, ÿîb x0 = 0, y0 = 0.  êß–äØKdu y(x, λ) = Z x 0 f(s, y(s, λ), λ)ds − − − − − − − − − − − 3 © B. 3 (0, 0) çE¤‹›/ R ⊂ Ω , ±9 Λ •?ø: λ0 4ç Λ0. K f 3 R × Λ0 ˛k Lipschitz ~Í. - M = max R×Λ0 |f(x, y, λ)|, δ = min{ 1 L , a, b M }, I = [x0 − δ, x0 + δ] EºÍòm C := {y ∈ C(I × Λ0), |y| ≤ b} 9Ÿ˛Âl ρ − − − − − − − − − − −5 © C. - (T y)(x, λ) = Z x 0 f(s, y(s, λ), λ)ds. 4

证T是C上的压缩映射.由压缩映射原理得到T有唯一的不动点，从而原初值问题 有唯一的解(x,),且关于x,入在I×△o上连续。 D.再用延拓的办法得到最大存在区间上的连续解。 -----------2分 五(15分)、假设f(a)在(0，∞)上连续，a>0是给定的常数，且1imf(a)=么，其中b 是有限数 1.证明：方程 +w=f 只有一个解当x→0+时有有限的极限(10分). 2.给出这个解的表达式和相应的极限(5分). 证：原方程的通解为 y=(+厂a） 由假设，积分∫f(s)s“ds值有限，从而通解可以写成 y=(6+厂o)----5分 因 lim =0. 所以要使得y的极限存在，必须有0=0.此时 y=x“f(s)-s----5分 而 a-=0-----5分 lim=lim=lim f()- 六(15分)、在制造探照灯的反射镜面时，总是要求它把由一个点光源射出的光线平行地 反射出去 1.试求反射镜满足的平面微分方程(10分). 5

y T ¥ C ˛ÿ†N. dÿ†Nn T kçòÿƒ:, l –äØK kçò) φ(x, λ), Ö'u x, λ 3 I × Λ0 ˛ÎY" − − − − − − − − − − −5 © D. 2^Úˇç{Åå3´m˛ÎY)" − − − − − − − − − − −2 © £15©§!b f(x) 3 (0,∞) ˛ÎY, a > 0 ¥â½~Í, Ö lim x→0+ f(x) = b, Ÿ• b ¥kÅÍ. 1. y²µêß x dy dx + ay = f(x), êkòá) x → 0 + ûkkÅ4Å£10©§. 2. â—˘á)Là™⁄ÉA4Å£5©§. y: êßœ)è y = x −a  c + Z x 1 f(s)s a−1 ds db, »© R 0 1 f(s)s ads äkÅ, l œ)屧 y = x −a  c0 + Z x 0 f(s)s a−1 ds − − − − − − − − − 5 © œ lim x→0+ x a = 0, §±á¶ y 4Å3, 7Lk c0 = 0. dû y = x −a Z x 0 f(s)s a−1 ds − − − − − − − −5 © lim x→0+ y = lim x→0+ R x 0 f(s)s a−1ds x a = lim x→0+ f(x)x a−1 axa−1 = 0 − − − − − −5 © 8 £15©§!3õE&ÏẰû, o¥á¶ßrdòá:1 —1Dz1/ á—. 1. £¶áº˜v²°á©êߣ10©§. 5

2.求出该方程的解(5分) 解：以点光源作为坐标原点，反射光线平行的方向作为x轴建立坐标系（亿，）.得到反射镜 面满足的微分方程 利用齐次方程的解法可得到它的通解 y=±cv2+2z 其中c是任意常数. 6

2. ¶—Têß)£5©§. ): ±:1 äèãI:, á1Dz1êïäè x ¶Ô·ãIX (x, y). Ạ°˜vá©êß dy dx = y x + p x 2 + y 2 |^‡gêß){åßœ) y = ±c √ c 2 + 2x Ÿ• c ¥?ø~Í. 6