2025年大學(xué)《數(shù)理基礎(chǔ)科學(xué)》專業(yè)題庫(kù)——微分方程的理論研究考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、填空題（每空3分，共15分）1.微分方程$y''+4y'+5y=0$的特征方程為________。2.微分方程$y'=xy+x^2$是________階的________方程。3.設(shè)函數(shù)$y_1(x)$和$y_2(x)$是微分方程$y''+p(x)y'+q(x)y=0$的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)的解，則該方程的通解可表示為________。4.微分方程$x'(t)=A(t)x(t)$，其中$A(t)$是連續(xù)矩陣函數(shù)，若存在非零向量$x(t)$滿足該方程，則稱$x(t)$是方程的一個(gè)________。5.對(duì)于平面自治系統(tǒng)$\dot{x}=f(x,y)$,$\dot{y}=g(x,y)$，若點(diǎn)$(x_0,y_0)$是$\frac{\partialf}{\partialx}+\frac{\partialg}{\partialy}=0$的解，則該點(diǎn)是該系統(tǒng)的________。二、選擇題（每題3分，共15分）1.下列哪個(gè)函數(shù)是微分方程$y''-3y'+2y=e^x$的解？()A.$e^x$B.$e^{2x}$C.$xe^x$D.$xe^{2x}$2.微分方程$y''+y=0$的通解是________。()A.$y=c_1e^x+c_2e^{-x}$B.$y=c_1\cosx+c_2\sinx$C.$y=c_1\cos^2x+c_2\sin^2x$D.$y=c_1+c_2x$3.設(shè)$y_1(x)=e^x$和$y_2(x)=xe^x$是微分方程$(1-x)y''+xy'-y=0$的兩個(gè)解，則該方程的通解為________。()A.$y=c_1e^x+c_2xe^x$B.$y=(c_1+c_2x)e^x$C.$y=c_1e^x+c_2e^{-x}$D.$y=c_1e^x+c_2x$4.對(duì)于平面自治系統(tǒng)$\dot{x}=y$,$\dot{y}=-x$，其相軌跡是________。()A.拋物線B.橢圓C.直線D.折線5.設(shè)線性微分方程組$\dot{z}=Az$，其中$A$為$2\times2$矩陣，且其特征值為$1$和$-2$，則該方程組的解的general形式包含________。()A.$c_1e^t+c_2e^{-2t}$B.$c_1e^t\sin(t)+c_2e^{-2t}\cos(t)$C.$c_1e^t+c_2te^{-2t}$D.$c_1e^t\cos(2t)+c_2e^{-2t}\sin(2t)$三、計(jì)算題（每題8分，共32分）1.求微分方程$y''-4y'+3y=0$的通解。2.求解初值問題$y'+y=x,y(0)=1$。3.求解線性微分方程組$\dot{x}=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}x$。4.考慮平面自治系統(tǒng)$\dot{x}=y$,$\dot{y}=-x+y-y^3$。求其平衡點(diǎn)，并判斷$(0,0)$點(diǎn)的穩(wěn)定性。四、證明題（每題10分，共20分）1.證明：若$y_1(x)$和$y_2(x)$是二階線性齊次微分方程$y''+p(x)y'+q(x)y=0$的兩個(gè)線性無(wú)關(guān)的解，則$W(y_1,y_2)(x)=y_1(x)y_2'(x)-y_1'(x)y_2(x)$在$y_1,y_2$的定義區(qū)間內(nèi)處處不為零。2.設(shè)$y=\varphi(t)$是一階線性微分方程$y'+p(t)y=q(t)$的解，其中$p(t),q(t)$在區(qū)間$I$上連續(xù)。證明：該方程的通解為$y=\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}$，其中$c$為任意常數(shù)。---五、綜合應(yīng)用題（12分）考慮如下二維線性系統(tǒng)：$\dot{x}=ax+by$,$\dot{y}=cx+dy$，其中$a,b,c,d$為常數(shù)，且其特征多項(xiàng)式為$\lambda^2-(\alpha+\beta)\lambda+\alpha\beta=0$，其中$\alpha,\beta$為特征值。1.當(dāng)$\alpha\neq\beta$時(shí)，求該系統(tǒng)的通解。2.當(dāng)$\alpha=\beta$時(shí)（即有重特征根），討論可能需要補(bǔ)充的條件以及系統(tǒng)的通解形式。3.簡(jiǎn)述根據(jù)特征值$\alpha,\beta$的性質(zhì)（實(shí)數(shù)、復(fù)數(shù)）和是否相等，對(duì)系統(tǒng)長(zhǎng)期行為的影響。試卷答案一、填空題1.$\lambda^2+4\lambda+5=0$2.一階；非線性3.$y=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)$4.解5.鞍點(diǎn)（或中心點(diǎn)，取決于$f_y-g_x$的符號(hào)）二、選擇題1.B2.B3.A4.B5.A三、計(jì)算題1.解：特征方程$\lambda^2-4\lambda+3=0$，解得$\lambda_1=1,\lambda_2=3$。通解為$y=c_1e^x+c_2e^{3x}$。2.解：此為一階線性微分方程，先求齊次方程$y'+y=0$的解，得$y_h=c_1e^{-x}$。令非齊次方程的特解為$y_p=Ax+B$，代入方程得$A=1,B=0$，即$y_p=x$。通解為$y=y_h+y_p=c_1e^{-x}+x$。由初值$y(0)=1$，得$1=c_1e^0+0$，即$c_1=1$。所以特解為$y=e^{-x}+x$。3.解：系數(shù)矩陣為$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&2\end{pmatrix}$。特征方程$\det(\lambdaI-A)=(\lambda-1)(\lambda-2)=0$，解得$\lambda_1=1,\lambda_2=2$。對(duì)應(yīng)$\lambda_1=1$，解$(I-A)x=0$，即$\begin{pmatrix}0&1\\0&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=0$，得$x_2=0$，取$x_1=1$，得特征向量$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$。對(duì)應(yīng)$\lambda_2=2$，解$(2I-A)x=0$，即$\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}=0$，得$x_1=-x_2$，取$x_2=1$，得特征向量$v_2=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$。通解為$x(t)=c_1e^tv_1+c_2e^{2t}v_2=c_1e^t\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}+c_2e^{2t}\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}c_1e^t-c_2e^{2t}\\c_2e^{2t}\end{pmatrix}$。4.解：平衡點(diǎn)滿足$\dot{x}=0,\dot{y}=0$，即$y=0,-x+y-y^3=0$。代入$y=0$，得$-x=0$，即$x=0$。所以平衡點(diǎn)為$(0,0)$。在$(0,0)$點(diǎn)，計(jì)算雅可比矩陣$J=\begin{pmatrix}\frac{\partialf}{\partialx}&\frac{\partialf}{\partialy}\\\frac{\partialg}{\partialx}&\frac{\partialg}{\partialy}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&-1\end{pmatrix}$。計(jì)算特征值$\det(\lambdaI-J)=\det\begin{pmatrix}\lambda&-1\\1&\lambda+1\end{pmatrix}=\lambda(\lambda+1)+1=\lambda^2+\lambda+1=0$。特征方程$\lambda^2+\lambda+1=0$的判別式$\Delta=1^2-4\cdot1\cdot1=-3<0$，且特征值實(shí)部$\frac{-1}{2}<0$。因此，平衡點(diǎn)$(0,0)$是漸近穩(wěn)定的。四、證明題1.證明思路：采用反證法。假設(shè)存在$x_0$使得$W(x_0)=0$。即$y_1(x_0)y_2'(x_0)-y_1'(x_0)y_2(x_0)=0$?？紤]函數(shù)$F(x)=y_1(x)y_2(x)$。計(jì)算導(dǎo)數(shù)$F'(x)=y_1'y_2+y_1y_2'$。再計(jì)算$F''(x)=y_1''y_2+2y_1'y_2'+y_1y_2''$。將$y_1,y_2$代入原微分方程，得$y_1''+py_1'+qy_1=0$和$y_2''+py_2'+qy_2=0$。兩式相乘并相減，結(jié)合$F(x),F'(x),F''(x)$的表達(dá)式，可得$F''+pF'+qF=0$。這說(shuō)明$F(x)=y_1(x)y_2(x)$也是原微分方程的解。但根據(jù)齊次線性微分方程解的結(jié)構(gòu)理論，通解是$y=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)$的線性組合，若$y_1,y_2$線性相關(guān)，則$c_2$必須為0，導(dǎo)致解不包含兩個(gè)獨(dú)立的任意常數(shù)，與通解定義矛盾。因此，$y_1(x)y_2'(x)-y_1'(x)y_2(x)\neq0$，即$W(x)\neq0$。2.證明思路：方法一：將$y=\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}$代入原方程。左邊$y'+p(t)y=(\varphi'(t)+c(-e^{-\intp(t)dt})+p(t)(\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt})$$=\varphi'(t)-ce^{-\intp(t)dt}+p(t)\varphi(t)+cpe^{-\intp(t)dt}$$=\varphi'(t)+p(t)\varphi(t)+c(pe^{-\intp(t)dt}-e^{-\intp(t)dt})$$=\varphi'(t)+p(t)\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}(p-1)$。右邊$q(t)$。要使方程成立，需滿足$\varphi'(t)+p(t)\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}(p-1)=q(t)$。由已知，$\varphi(t)$是解，即$\varphi'(t)+p(t)\varphi(t)=q(t)$。所以$ce^{-\intp(t)dt}(p-1)=0$。因?yàn)?p(t)$連續(xù)，$\intp(t)dt$存在，所以$e^{-\intp(t)dt}\neq0$。因此，$c(p-1)=0$。由于$p$是常數(shù)，$c$為任意常數(shù)，所以$c(p-1)=0$總成立（$c$可以為0，此時(shí)對(duì)應(yīng)齊次解；$c$不為0時(shí)，$p=1$，但題目未限制$p$）。所以$y=\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}$滿足原方程。方法二：考慮積分因子$\mu(t)=e^{\intp(t)dt}$。原方程乘以$\mu(t)$得：$e^{\intp(t)dt}y'+e^{\intp(t)dt}p(t)y=e^{\intp(t)dt}q(t)$。左邊可寫成$(e^{\intp(t)dt}y)'=e^{\intp(t)dt}q(t)$。積分得$e^{\intp(t)dt}y=\inte^{\intp(t)dt}q(t)dt+C$。解得$y=e^{-\intp(t)dt}\left(\inte^{\intp(t)dt}q(t)dt+C\right)$。令$C=ce^{-\intp(t)dt}$，則$y=e^{-\intp(t)dt}\inte^{\intp(t)dt}q(t)dt+ce^{-\intp(t)dt}$。即$y=\varphi(t)+ce^{-\intp(t)dt}$，其中$\varphi(t)=e^{-\intp(t)dt}\inte^{\intp(t)dt}q(t)dt$是特解。五、綜合應(yīng)用題1.解：當(dāng)$\alpha\neq\beta$時(shí)，特征值為$\alpha,\beta$。對(duì)應(yīng)$\lambda_1=\alpha$，解$(\alphaI-A)x=0$，得特征向量$v_1=\begin{pmatrix}1\\\frac{d-\alpha}\end{pmatrix}$。對(duì)應(yīng)$\lambda_2=\beta$，解$(\betaI-A)x=0$，得特征向量$v_2=\begin{pmatrix}1\\\frac{d-\beta}\end{pmatrix}$。通解為$x(t)=c_1e^{\alphat}v_1+c_2e^{\betat}v_2=c_1e^{\alphat}\begin{pmatrix}1\\\frac{d-\alpha}\end{pmatrix}+c_2e^{\betat}\begin{pmatrix}1\\\frac{d-\beta}\end{pmatrix}$。$x(t)=\begin{pmatrix}c_1e^{\alphat}+c_2e^{\betat}\\c_1e^{\alphat}\frac{d-\alpha}+c_2e^{\betat}\frac{d-\beta}\end{pmatrix}$。2.解：當(dāng)$\alpha=\beta$時(shí)，特征值為重根$\alpha$。需計(jì)算$(\alphaI-A)x=0$的基礎(chǔ)解系。設(shè)$\alphaI-A=\begin{pmatrix}\alpha-a&-b\\-c&\alpha-d\end{pmatrix}$。若$\alpha\neqa$且$\alpha\neqd$，則$\det(\alphaI-A)=(\alpha-a)(\alpha-d)-bc\neq0$（由特征方程$\alpha^2-(\alpha+\beta)\alpha+\alpha\beta=0$推出$\alpha\neqa,d$），此時(shí)只有一個(gè)線性無(wú)關(guān)解，設(shè)為$v_1=\begin{pmatrix}1\\\frac{d-a}\end{pmatrix}$。通解形式為$x(t)=e^{\alphat}(c_1v_1+c_2v_1t)=e^{\alphat}c_1\begin{pmatrix}1\\\frac{d-a}\end{pmatrix}+e^{\alphat}c_2t\begin{pmatrix}1\\\frac{d-a}\end{pmatrix}$。若$\alpha=a$，則$\alphaI-A=\begin{pmatrix}0&-b\\-c&\alpha-d\end{pmatrix}$。若$\alpha-d\neq0$，則基礎(chǔ)解系為$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$。若$\alpha=d$，則$\alphaI-A=\begin{pmatrix}\alpha-a&-b\\-c&0\end{pmatrix}$。若$\alpha-a\neq0$，則基礎(chǔ)解系為$v_1=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$。在這兩種情況下，通解仍為$x(t)=e^{\alphat}(c_1v_1+c_2tv_1)$的形式。若$\alpha=a$且$\alpha=d$，即$\alpha=a=d$，則$\alphaI-A=\begin{pmatrix}0&-b\\-c&0\end{pmatrix}$。此時(shí)只有一個(gè)獨(dú)立方程$-bx_2=0$，得$x_2=0$，$x_1$任意。基礎(chǔ)解系為$v_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$。通解為$x(t)=e^{\alphat}(c_1v_1+c_2tv_1)=e^{\alphat}c_1\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$。3.解：*若$\alpha,\beta$為不同實(shí)根：若$\alpha>0,\beta>0$，長(zhǎng)期行為由$e^{\alphat},e^{\betat