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

上海交通大学试卷(A卷) (2012至2013学年第1学期期末考试) 时间：2011年12月29日（周日）8：00-10：00东中院2-304 班级 学号 姓名 课程名称 常微分方程 成绩参考答案 一(20分)、假设DCRm+1是连通开集，(z,y),,V(x,y)是微分方程组 空-),yeD. (1) 定义在D上的连续可微的函数独立的首次积分.则由隐函数存在定理从 (z,y)=1,.,Vn(x,y)=c, 解出的函数 y=zx,c,x∈1e,其中c=(C1,,Cn)是任意常数 是方程组(1)在D内的通解，且包含了方程组()在D内的所有解 证：令 V(z,y)=((x,y,,Vn(,y) 则由假设得 V(x,z(x,c)≡c. (2 对该式两边关于x求导数得 又因V(x,)是n个函数独立的首次积分，所以有 y)..y (r,y)ED. 令(z,y)=(z,z(,c),并将上述两式相减得 caee(货e)-ieel）=a 由于首次积分V(红，y)是函数独立的，所以有 ,9=ze=e2 1

˛ ° œ å Æ £ Ú ( A Ú) ( 2012 ñ 2013 Æc 1 1 Æœœ"£) ûmµ2011c1229F(±F) 8:00-10:00 ¿• 2-304 Å? Æ“ 6¶ ë߶° ~á©êß §1 ÎâY ò £20©§!b D ⊂ R n+1 ¥Îœm8, V1(x, y), . . . , Vn(x, y) ¥á©êß| dy dx = f(x, y), (x, y) ∈ D, (1) ½¬3 D ˛ÎYåáºÍ’·ƒg»©. Kd¤ºÍ3½nl V1(x, y) = c1, . . . , Vn(x, y) = cn, )—ºÍ y = z(x, c), x ∈ Ic, Ÿ• c = (c1, . . . , cn) ¥?ø~Í, ¥êß| (1) 3 D Sœ), Öù¹ êß| (1) 3 D S§k). y: - V(x, y) = (V1(x, y), . . . , Vn(x, y)). Kdb V(x, z(x, c)) ≡ c. (2) ÈT™¸>'u x ¶Í ∂V ∂x (x, z(x, c)) + ∂V ∂y (x, z(x, c)) ∂z ∂x(x, c) ≡ 0, x ∈ Ic qœ V(x, y) ¥ n áºÍ’·ƒg»©, §±k ∂V ∂x (x, y) + ∂V ∂y (x, y)f(x, y) ≡ 0, (x, y) ∈ D. - (x, y) = (x, z(x, c)), øÚ˛„¸™É~ ∂V ∂y (x, z(x, c))  ∂z ∂x(x, c) − f(x, z(x, c)) ≡ 0, x ∈ Ic duƒg»© V(x, y) ¥ºÍ’·, §±k ∂z ∂x(x, c) = f(x, z(x, c)) ≡ 0, x ∈ Ic 1

这就证明了z(x,c)是方程组(1)的解.---一--10分 对（②）两边关于c求导数得 (.e)e(.)=B.E 这意味着z关于c是函数独立的.一一一一-一4分 最后证明y=z(x,c)包含了方程组()的所有解.设y=w(x),x∈I是方程组 (1)的任一解.对于Hx0∈I,令 yo =w(xo),co=V(xo,yo) 则从V(红，y)=co得到的解y=z(红，)是方程组()的解，且满足条件z(0,co)=yo 故由初值问题解得唯一性得 z(,co)=w(zo). -----6分 二(20分)、求解下列偏微分方程 2-院+e+宽-e2+票-0 器+院=--只= 解：(a)特征方程为 dy dz e2-2+河=-2+ ------2分 有首次积分 片=2+2+品，6=华-----6分 故原方程的通解为 u=Φ(2+2+品，)，-----2分 其中重是任意连续可微的二元函数. (⑥)特征方程为 dz 王=-2-----2分 有首次积分 -=2+--4分

˘“y² z(x, c) ¥êß| (1) ). − − − − − − 10 © È (2) ¸>'u c ¶Í ∂V ∂y (x, z(x, c))∂z ∂c (x, c) ≡ E, x ∈ Ic ˘øõX z 'u c ¥ºÍ’·. − − − − − − 4 © Å￾y² y = z(x, c) ù¹ êß| (1) §k).  y = w(x), x ∈ I ¥êß| (1) ?ò). Èu ∀ x0 ∈ I, - y0 = w(x0), c0 = V(x0, y0) Kl V(x, y) = c0 ) y = z(x, c0) ¥êß| (1) ), Ö˜v^á z(x0, c0) = y0. d–äØK)çò5 z(x, c0) = w(x0). − − − − − − 6 ©  £20©§!¶)e†á©êß (a) x(z 2 − y 2 ) ∂u ∂x + y(x 2 + z 2 ) ∂u ∂y − z(x 2 + y 2 ) ∂u ∂z = 0. (b) x ∂z ∂x + y ∂z ∂y = z − x 2 − y 2 , z|y=−1 = x 2 . ): (a) Aêßè dx x(z 2 − y 2 ) = dy y(x 2 + z 2 ) = dz −z(x 2 + y 2 ) − − − − − −2 © kƒg»© V1 = x 2 + y 2 + z 2 , V2 = yz x − − − − − −6 © êßœ)è u = Φ  x 2 + y 2 + z 2 , yz x  , − − − − − − 2 © Ÿ• Φ ¥?øÎYåáºÍ. (b) Aêßè dx x = dy y = dz z − x 2 − y 2 ) − − − − − −2 © kƒg»© V1 = x y , V2 = x 2 + y 2 + z y − − − − − −4 © 2

故原方程的通解为 它可以写成 ----2分 由初始条件得 2x2+1=-g(-x)→g(5)=-22-1 所以原方程的解为 2++=-9-号 ------2分 三(20分)、求下列方程组的通解和高阶微分方程初值问题的通解： 2-2-4 是+4=sma+m0=2=0 dx 解：(@)A的特征值为 入1=-3（单重），2=-2（仁重） ------2分 对应于=-3的特征向量为 60-(2,1,2)T. ------2分 对应于2=-2，代数方程组 (4+2E)2r2=0 有线性无关解 8=(1,2,0),r是=(0，-2,1)T ------2分 r=(A+2E)r8=0,r2=(A+2E)r2=0 ------2分 所以原方程有通解 De-3x e-2r -2e-2 -2分 e-3s 0 e-2r

êßœ)è Φ  x y , x 2 + y 2 + z y  = 0, ß屧 x 2 + y 2 + z y = g  x y ,  , − − − − − − 2 © d–©^á 2x 2 + 1 = −g(−x) =⇒ g(ξ) = −2ξ 2 − 1 §±êß)è x 2 + y 2 + z = −y − 2 x 2 y . − − − − − −2 © n £20©§!¶eêß|œ)⁄pá©êß–äØKœ)µ (a) dy dx = Ay, A =   2 −2 −4 2 −3 −2 4 −2 −6   . (b) d 2 y dx2 + 4y = sin(2x) + sin(4x), y(0) = dy(0) dx = 0. ): (a) A Aäè λ1 = −3(¸­), λ2 = −2(­) − − − − − −2 © ÈAu λ1 = −3 Aï˛è r (1) 0 = (2, 1, 2)T . − − − − − −2 © ÈAu λ2 = −2, ìÍêß| (A + 2E) 2 r (2) 0 = 0 kÇ5Ã') r (2) 10 = (1, 2, 0)T , r (2) 20 = (0, −2, 1)T − − − − − −2 © q r (2) 11 = (A + 2E)r (2) 10 = 0, r (2) 21 = (A + 2E)r (2) 20 = 0 − − − − − −2 © §±êßkœ) y =   2e −3x e −2x 0 e −3x 2e −2x −2e −2x 2e −3x 0 e −2x   c − − − − − −2 © 3

其中c是任意常数。 (⑥特征方程 λ2+4=0 有一对共轭复根 A12=±2i 所以齐次方程的通解为 y=cI cos(2r)+c2sin(2z),------2 其中C1,2是任意常数. 方程 3”+4g=sin(2x) 3) 有形如 =x(a1cos(2x)+a2sin(2x)）》 将好代入方程(3)，并化简得 -4a1 sin(2r)+4a2 cos(2r)=sin(2z) 从而有 =-子 a2-0 故方程（③）有解 听=-(2 ------3分 方程 ”+4g=sin(4x) 有形如 =bcos(4r)+b sin(4x) 将代入方程(4)，并化简得 -1261 cos(4r)-1262 sin(4x)=sin(4x) 从而有 6=0,=-立 故方程(4有解 g=一立in4. ------3分

Ÿ• c ¥?ø~Í. (b) Aêß λ 2 + 4 = 0 kòÈ
›Eä λ12 = ±2i §±‡gêßœ)è y = c1 cos(2x) + c2 sin(2x), − − − − − − 2 © Ÿ• c1, c2 ¥?ø~Í. êß y 00 + 4y = sin(2x) (3) k/X y ∗ 1 = x(a1 cos(2x) + a2 sin(2x)) Ú y ∗ 1 ì\êß (3), øz{ −4a1 sin(2x) + 4a2 cos(2x) = sin(2x) l k a1 = − 1 4 , a2 = 0 êß (3) k) y ∗ 1 = − 1 4 x cos(2x). − − − − − −3 © êß y 00 + 4y = sin(4x) (4) k/X y ∗ 2 = b1 cos(4x) + b2 sin(4x) Ú y ∗ 2 ì\êß (4), øz{ −12b1 cos(4x) − 12b2 sin(4x) = sin(4x) l k b1 = 0, b2 = − 1 12 êß (4) k) y ∗ 2 = − 1 12 sin(4x). − − − − − −3 © 4

所以原方程有通解 y=c cos(2r)+casin(2r)-rcos(2r)-sin(4r) 代入初始条件得到原方程初值问题的解 y=2方im2）-os2-2im(4 ------2分 四(10分)、判定平面微分系统 =-2w dt 奇点(0,0)的类型（需说明理由），并画出局部结构图和轨线当t增加时的运动方向. 解：线性部分有特征值 入=-2±i 它是一对共轭复根.故奇点(0,0)是稳定的焦点（因特征值的实部都小于零）. ------6分 结构图从略 ------4分 五(20分)、对于n阶常系数线性微分方程组 空=A (5) (a)设y(r),,yn(r,x∈J是方程组（⑤）的解组，W(r)=det(y(r,,yn(x) 证明如果存在o∈J使得W(xo)=0,则解组y1(x),,yn(a)在J上线性相关 (⑥)如果A的特征值的实部都小于零，则方程组（⑤）的所有解当x→∞时都区域0. 证：(a)由于W(ao)=0,所以 yi(zo),....yn(zo) 线性相关.故存在不全为零的常数Q,,4使得 ciyi(zo)+...+cnyn(ro)=0 ------3分 令 w()=ciy1(z)+...+cnyn(r),zER 则w(x)是方程组（⑤）的解。 ------3分

§±êßkœ) y = c1 cos(2x) + c2 sin(2x) − 1 4 x cos(2x) − 1 12 sin(4x) ì\–©^áêß–äØK) y = 7 24 sin(2x) − 1 4 x cos(2x) − 1 12 sin(4x) − − − − − −2 © o £10©§!½²°á©X⁄ dx dt = −2x − y, dy dt = x − 2y, ¤: (0, 0) a. (I`²nd), øx—¤‹(„⁄;Ç t O\û$ƒêï. ): Ç5‹©kAä λ = −2 ± i ߥòÈ
›Eä. ¤: (0, 0) ¥­½￾:(œA䢋—u"). − − − − − − 6 © („l—. − − − − − − 4 © £20©§!Èu n ~XÍÇ5á©êß| dy dx = Ay, (5) (a)  y1(x), . . . , yn(x), x ∈ J ¥êß| (5) )|, W(x) = det(y1(x), . . . , yn(x)). y²XJ3 x0 ∈ J ¶ W(x0) = 0, K)| y1(x), . . . , yn(x) 3 J ˛Ç5É'. (b) XJ A A䢋—u", Kêß| (5) §k) x → ∞ û—´ç 0. y: (a) du W(x0) = 0, §± y1(x0), . . . , yn(x0) Ç5É'. 3ÿè"~Í c1, . . . , cn ¶ c1y1(x0) + . . . + cnyn(x0) = 0 − − − − − −3 © - w(x) = c1y1(x) + . . . + cnyn(x), x ∈ R K w(x) ¥êß| (5) ). − − − − − − 3 © 5

又w(xo)=0,且y'三0是方程组（⑤）的解.所以由解的唯一性得 w(x)=0. 这就证明了y(…,y.)的线性相关性. ------4分 (⑥由书中的定理得，对任意向量yo都存在a,P>0使得 le2ayol≤ae-llyoll 由此可得任意解当x→时都区域零。 ------10分 六(10分)、设{红n}是二阶微分方程 "(x)+q(x)y=0,q(x)>0, 的某一非零解(x)的零点构成的序列，且xn0 所以相邻零点的距离 n+1-n≤√m ------4分 由此可得结论成立. 6

q w(x0) = 0, Ö y ∗ ≡ 0 ¥êß| (5) ). §±d)çò5 w(x) ≡ 0. ˘“y² y1(x), . . . , yn(x) Ç5É'5. − − − − − − 4 © (b) d÷•½n, È?øï˛ y0 —3 a, ρ > 0 ¶ ke xAy0k ≤ ae−ρxky0k ddå?ø) x → ∞ û—´ç". − − − − − − 10 © 8 £10©§! {xn} ¥á©êß y 00(x) + q(x)y = 0, q(x) > 0, ,òö") φ(x) ":§S, Ö xn 0 §±É":Âl xn+1 − xn ≤ π √ m − − − − − −4 © ddå(ÿ§·. 6