常微分证明题及解答.docx

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1、常微分证明题及解答 常微分方程证明题及答案 1 证 明 题 1、设函数f (t)在0,+)上连续且有界，试证明方程有界. 2、设函数f (x),p(x)在0,+）上连续，且求证：方程x+dx+x=f(t)的所有解均在0,+)上dtlimp(x)=a0且|f(x)|0， dyb+ay=f(x)的一切解y(x)，均有limy(x)= x+dxa4、设函数y (x)在0,+)上连续且可微，且limy(x)+y(x)=0试证limy(x)=0 求证：方程x+x+5、若y1(x),y2(x)为微分方程y+p1(x)y(x)+p2(x)y=0的两个解，则它们的朗斯基 行列式为w(y1,y2)=ke-p1(

2、x)dx其中k为由y1(x),y2(x)确定的常数 6、已知f(x)是连续函数。 求初值问题y+ay=f(x)的解y(x)，其中a是正常数。 y|x=0=0k(1-e-ax)。 ax1f(t)dt=0f(x)+f(x)-7、已知当x-1时f(x)具有一阶连续导数，且满足 x+10f(0)=1若|f(x)|k，证明当x0时有|y(x)|求f(x)；证明：当x0时有e-xf(x)1。 8、设y1(x),y2(x)是方程y+p(x)y=q(x)的两个不同的解，求证它的任何一个解y(x)满y(x)-y1(x)=K y2(x)-y1(x)9、当-x时，f(x)连续且|f(x)|M。证明：方程 y+y=f

3、(x) 在区间-x上存在一个有界解，求出这个解。并证明：若函数f(x)是以w为周期的周期函数，则这个解也是以w为周期的周期函数。 10、设函数f(u),g(u)连续可微，且f(u)g(u)，试证方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0 -1有积分因子 m=xy(f(xy)-g(xy) 11、证明方程M(x,y)dx+N(x,y)dy=0具有形如m=mj(x,y)的积分因子的充要条件足恒等式： 为 MNjj-N-M=fj(x,y)，并求出这个积分因子。 yxxy-1 1 常微分方程证明题及答案 2 12、证明贝尔曼不等式。设k为非负常数，f(t)和g(t)是区间atb上的非负连续函数，且满足不

4、等式 f(t)k+则有 f(t)kexpaf(s)g(s)ds,tatb (tag(s)ds， atb。 )13、设在方程y+p(x)y+q(x)y=0中，p(x)在某区间I上连续且恒不为零，试证：它的任意两个线性无关的解的朗斯基行列式是区间I上的严格单调函数。 14、假设x1(t)0是二阶齐次线性方程 x+a1(t)x+a2(t)x=0 的解，这里a1(t)和a2(t)是区间a,b上的连续函数。试证：x2(t)为方程的解的充要条件是&Wx,x+aWx,x=0。其中Wx,x表示x(t),x(t)的朗斯基行列式。 12112121215、在方程y+3y+2y=f(x)中，f(x)在a,+)上连续

5、，且limf(x)=0。试证明：x+已知方程的任一解y(x)均有limy(x)=0。 x+16、设f(x)为连续函数，且满足f(x)=sinx-x0(x-t)f(t)dt。求证： 1xf(x)=sinx+cosx. 22dx(t)17、设X(t)是常系数线性方程组=Ax(t)的基解矩阵，适合条件X(0)=E，试证对dt任何t,s成立等式 X(t+s)=X(t)X(s). 18、设X(t)是连续的n阶方阵，X(0)存在，且适合关系X(t+s)=X(t)X(s)，|X(0)|0. dX(t)试证：存在n阶常值方阵A，使得=AX(t)。 dt1、证明：设x=x(t)为方程的任一解，它满足某初始条件x

6、(t0)=x0,t00+) 由一阶线性方程的求解公式有x(t)=证 明 题 答 案 x0e-(t-t0)tt0+f(s)e(s-t)ds 现只证x(t)在t0,+)有界，设|f(t)|M,t0+) 于是对t0t+有 |x|x0|e-M(t-t0)(t0-t)+tt0|f(s)|eM(s-t)ds |x0|+Me-tesds t0t |x0|+M1-e |x0|+M 即证 2、证明：设y=y(x)为方程的任一解，它满足某初始条件 y(x0)=y0,x00,+)由一阶线性方程的求解公式有 y(x)=y0ex-(x-x0)+f(s)e(s-x)ds x0x现只证y(x)在x0,+)有界，不妨设x0充

7、分大 于是对x0x0,则存在M10,使当x x0时,有p(x)M1 2 常微分方程证明题及答案 3 |y|y0|e |y0|+-M(x-x0)+xx0|f(s)|eM(s-t)ds b(1-e-M(x-x0) |y0|+b 即证 。 M1M1x3、证明：设y=y(x)为方程的任一解，它满足某初始条件 y(x0)=y0,x00,+)由一阶线形方程的求解公式有 y=y0e-a(x-x0)+f(s)exa(s-x)ds y=y0e-a(x-x0)+e-axf(s)eds asx0x0 两边取极限 -a(x-xx0)-axxlim+y(x)=xlim+y0e+xlim+exf(s)easds 0xas

8、ax=limxf(s)eds0=f(x)bx+eaxxlime+aeax=a 4、证明：设y=y(x)为方程的任一解，它满足某初始条件y(x0)=y0,x00,+) 由一阶线性方程的求解公式有 y(x)=y-(x-xx0e0)+xf(s)e(s-x)ds 0=y(x-x0e-0)+e-xxxf(s)esds 0两边取极限 limx)=xsexf(x)x+y(xlim+y-(x-x0e0)+xlim+e-xxf(s)eds=0+lim0x+ex=0 5、证明：由朗斯基行列式定义有 w(yy21,y2)=y1yy=y1y2-y1y2 12dwdx=(y1y2-y1y2)=y1y2-y1y2=-p1

9、(yy2-y1y)=-p1(x)w -p1(x)dx法求解有w(y1y2)=k显然k为由y1(x),y2(x)确定的常数 6、证： 原方程的通解为 y(x)=e-adxaxdxC+f(x)edx=Ce-ax+e-axf(x)eaxdx 记F(x)为f(x)eax的任一原函数y(x)=Ce-ax+e-axF(x)。 由 y|x=0=0 得到 C=-F(0)。 所以 y(x)=e-axF(x)-F(0)=e-axx0f(t)eatdt 用分离变量3 常微分方程证明题及答案 4 1axk(e-1)=(1-e-ax) 00aaaxaxaxax在方程两边乘以e ye+aye=f(x)e |y(x)|e-

10、axx|f(t)|edtkeat-axxeatdt=ke-axaxax从而 (ye)=f(x)e 由 y(0)=0 得到：yeax=f(t)eatdt x0即 y=eaxx0f(t)eatdt 证法同上 7、解：由题设知f(0)=f(0)=0。则 f(0)=-f(0)=-1 且 (x+1)f(x)+f(x)=f(t)dt 0x令 y=f(x)两边求导得到 (x+1)(y+y)+y=0设 y=p(x) y=p(x) 得 (x-1) dpx+2=dx px+1两边积分得 lnp=-x=ln(x+1)+lnc1 y=p=代入初始条件 p(0)=f(0)=-1,c=-1 c-xe x+1e-x故 f(

11、x)=-x+1(x-1) 利用拉格朗日中值定理知：当x0时 e-xf(x)-f(0)=f(x)x=-x0 x在0和x之间 x+1于是 f(x)f(0)=1 1-x-x-x-x另外 (f(x)-e)=f(x)+e=-e+e0(x0) 1+x-x-x所以 f(x)-e 在(0,+)单调增加，而(f(x)-e)|x=0=f(0)-1=0。故当x0时 e-xC+q(x)ep(x)dxdx 表示，其中C为y(x)对应的某常数。y1(x),y2(x)也应具有上述形式，设它们分别对应y(x)-y1(x)C-C1=K 常数C1,C2且C1C2，则由式得 y2(x)-y1(x)C2-C1y(x)=e-p(x)d

12、x9、证：方程的通解为 y=e1）取C=-xC+xetf(t)dt 00-，得解 etf(t)dt 4 常微分方程证明题及答案 x-5 y(x)=e-xf(t)etdt 则由x(-,+)，|f(x)|M易证 |y(x)|Mx(-,+) 此即为的一个有界解。 2）若f(x)=f(x+w)，对中确定的解，当x(-,+)有 y(x+w)=e令t=z+w，则上式右端为 x-(x+w)x+w-f(t)etdt x-e-(x+w)ez+wf(z+w)dz=e-xe-w-f(z)ez+wdz =e所以y(x)也是以w为周期的周期函数。 10、证：用m乘方程两端，得 -xx-f(z)ezdz=y(x) f(x

13、y)g(xy)dx+dy=0 (1) xf(xy)-g(xy)yf(xy)-g(xy)f(xy)g(xy),N(x,y)=因为 M(x,y)= xf(xy)-g(xy)yf(xy)-g(xy)MN1f(xy)xf(xy)-g(xy)-f(xy)xf(xy)-g(xy)= =2yxxf(xy)-g(xy)-f(xy)g(xy)+f(xy)g(xy) =2f(xy)-g(xy)所以是全微分方程。 11、证：方程有积分因子m(x,y)的充要条件是 NmmMN-M=-m， xyyxmjmjMN-M=-令m=mj(x,y)，则有 Nmj(x,y) jxjyyx即m=mj(x,y)满足下列微分方程 -1d

14、mMNjj=-N-M mj(x,y) djyxxy上式右端应为j(x,y)的函数，这就证明了m=mj(x,y)为方程的积分因子的率要条件MNjj-N-M为 =fj(x,y) xxyyf(j(x,y)dg求解式得 mj(x,y)=e。 12、证：1）k0时，令 -1w(t)=k+f(s)g(s)ds,at则w(t)=f(t)g(t)g(t)w(t)，由w(t)0可得 w(t)g(t) w(t)5 常微分方程证明题及答案 t6 两边从a到t积分得 lnw(t)-lnw(a)即有 ag(s)ds w(a)=k0所以 即有 (g(s)ds)w(t)kexp(g(s)ds)f(t)w(t)kexp(g(

15、s)ds)w(t)expw(a)tatata， atb。 ，所以2）k=0时，对任意e0，由于f(t)taf(s)g(s)dst，有f(t)eexpf(t)e+f(s)g(s)ds。由1）a(tag(s)ds。当e0+时，有)f(t)0。因为f(t)0，即得f(t)0。从而 f(t)kexp(g(s)ds)ta， atb 由1），2）知，不等式成立。证毕。 13、证：设y1(x),y2(x)是已知方程的定义在区间I上的任意两个线性无关的解。根据刘维尔公式有 W(x)=W(x0)e-x0p(t)dtxx-p(t)dtdW(x)W(x)0=-W(x0)p(x)ex0其中。考察 0dx由于W(x0)

16、0，p(x)在I上恒不等于零，并且e-x0p(t)dtx0，故在I上dW(x)恒dx为正或恒为负，从而W(x)在I上是严格单调函数。 x1&14、证：充分性。因为 Wx1,x2=x1x2x+1x2x1x1x1x2 x2x2x+a1(t)1x2x1x2 x2Wx1,x2+a1(t)Wx1,x2=x1=+a1(t)x1x1而x1(t)0是已知方程的解，所以 x2=0 +a1(t)x1x2x1x21x2=x1=0 +a1(t)x2+a1(t)x2-a2(t)x1x2-a2(t)x2+a1(t)x2+a2(t)x2=0， 即x2(t)是已知方程的解。 故有 x2必要性。因为Wx1,x2为方程的解x1(

17、t),x2(t)的朗斯基行列式 Wx1,x2=x1x2x1=x2x1+a2(t)x1x1x2+a2(t)x2x26 常微分方程证明题及答案 7 =x1x2xx=-a1(t)12=-a1(t)Wx1,x2 -a1(t)x2x2-a1(t)x1x1即Wx1,x2满足 Wx1,x2+a1Wx1,x2=0。 -2x-x15、证：已知方程对应的齐次方程的通解为 y=C1e+C2e -2x-x现在利用常数变易法求已知方程形如 y1=C1(x)e+C2(x)e (x)e-x=0C1(x)e-2x+C2(x),C2(x)所满足的方程组 的一个特解。得到C1 -2x-x(x)e=f(x)-2C1(x)e-C2解

18、得 C(x)=-e2xf(x),Cx11(x)=-0e2tf(t)dt C2(x)=exf(x),Cx1(x)=0etf(t)dt 故已知方程的通解为 y=C-2x2x1e+C-x2e-e-x2t-x0ef(t)dt+ext0ef(t)dtxetf(t)dti) 若x00etf(t)dt有界，则显然有xlim+ex=0； ii) 若x0etf(t)dt无界， x由洛必达法则 lim0etf(t)dt=exf(x+exxlimx)+ex=xlim+f(x)=0 同理可证 x2txlim0ef(t)dt+e2x=0 由式即得 xlim+y(x)=0 即证明了已知方程的任一解y(x)，当x+时，均有

19、y(x)趋向于零。 16、证：这是一个含求知数的积分方程，将它转化为微分方程求解。 f(x)=cosx-(x0xf(t)dt)+(xtf(t)dt)0=cosx-xf(x)+(xf(x)-xf(t)dt)=cosx-x00f(t)dt f(x)=-sinx-f(x) 即 f(x)+f(x)=-sinx 并且，由已知方程知 f(0)=0,f(0)=1 解得 f(x)=Cx1sinx+C2cosx+2cosx 再将初始条件代入上式，得 C=112,C2=0 1） 2） 7 故 f(x)=j2(t)=X(t+s)C dj1(t)dX(t)那么 =X(s)C dtdtdj2(t)dX(t+s)d(t+

20、s)=C dtd(t+s)dtdX(t)因为X(t)是、两式还成立 =AX(t)的基解矩阵，所以dtdj1(t)dj2(t)=AX(t)X(s)C=Aj1(t),=AX(t+s)C=Aj2(t) dtdtj2(0)=X(s)C 又因为X(0)=E，所以有 j1(0)=X(s)C,所以根据解的唯一性定理可知 X(t+s)C=X(t)X(s)C 因而有 X(t+s)=X(t)X(s) 证毕。 18、证：因为 X(t+s)=X(t)X(s) 若令s=0，则有 X(t)=X(t)X(0) 由于|X(0)|0，所以X(0)存在。那么由式可得 -1X(t)=X(t)X-1(0) 由、两式可得 X(0)=X(0)， 即 X(0)=E 若在式中令t=-s，则有X(0)=X(-s)X(s)=E，因而 X(-s)=X(s) -1-1dX(t+s)dX(t)dX(t+s)-1dX(t) =X(s)两边乘X-1(s)，得 X(s)=dtdtdtdtdX(t)dX(t)-1X(t)=此时若令t=-s，并注意到X(-t)=X(t)，则有 dtt=0dtdX(t)dX(t)取A=|t=0，则有 =AX(t) dtdt在证毕。 8