2018–2019 学年期末真题

卷面署名“北京航空航天大学数学科学学院”。源文件没有官方答案；以下解析按题面推导。

一、填空题（20 分）

1. $y'=xe^{-x^2-y}$

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$$\frac d{dx}e^y=xe^{-x^2},$$

故

$$e^y=C-\frac12e^{-x^2}.$$

2. $f(t)=t^2e^t$ 的 Laplace 变换

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$$\mathcal L[t^2e^t]=\frac{2}{(s-1)^3}.$$

3. 二元齐次系统

求 $\boldsymbol X'=\begin{pmatrix}2&-1\\1&2\end{pmatrix}\boldsymbol X$ 的通解。

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$$\boldsymbol X=e^{2t} \begin{pmatrix} \cos t&-\sin t\\ \sin t&\cos t \end{pmatrix}\boldsymbol C.$$

4. 三个非齐次特解

已知

$$e^{x^2},\quad e^{x^2}(e^x+1),\quad e^{x^2}(e^x+e^{-x})$$

是某二阶非齐次线性方程的三个特解，写出通解。

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特解之差是齐次解。取

$$h_1=e^{x^2+x},\qquad h_2=e^{x^2+x}+e^{x^2-x}-e^{x^2},$$

两者线性无关，因此

$$y=e^{x^2}+C_1h_1+C_2h_2.$$

5. 恰当方程

求 $y'=(y+3x^2)/(-x+4y^3)$ 的通解。

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改写为

$$-(y+3x^2)dx+(-x+4y^3)dy=0,$$

它是恰当方程，故

$$y^4-xy-x^3=C.$$

二、解微分方程（40 分）

1. $(x-1)y''-xy'+y=1$

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$y=1$ 是特解；齐次方程有两个线性无关解 $x,e^x$。所以

$$y=1+C_1x+C_2e^x.$$

2. $y=(y'-1)e^{y'}$

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令 $p=y'$。当 $p\ne0$ 时，求导后有 $dx/dp=e^p$，所以

$$x=e^p+C,\qquad y=(p-1)e^p.$$

等价地，$p=\ln(x-C)$。另有常值解 $y=-1$。

3. $y'=xy+(x/y)e^{x^2}$

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令 $z=y^2$，则

$$z'-2xz=2xe^{x^2}.$$

乘 $e^{-x^2}$ 后积分，得到

$$y^2=e^{x^2}(x^2+C).$$

4. $(y-x)y''+(y')^2-2y'=\cos x$

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左边是 $[(y-x)y'-y]'$。积分一次，再令 $u=y-x$，可得

$$(y-x)^2=x^2-2\cos x+C_1x+C_2,$$

其中常数已重新命名。

5. $(e^x+y^2)dx+xydy=0$

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积分因子为 $\mu=x$。通解为

$$(x-1)e^x+\frac{x^2y^2}{2}=C.$$

三、Euler 初值问题（15 分）

求

$$x^2y''-2xy'+2y=x^3,\qquad y(1)=y'(1)=0.$$

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齐次指标根为 $1,2$，特解为 $x^3/2$。代入初值后

$$y=\frac x2-x^2+\frac{x^3}{2} =\frac{x(x-1)^2}{2}.$$

四、三元线性方程组（15 分）

求

$$\begin{cases} x'=3y+z,\\ y'=4x+y-z,\\ z'=2x+7y-5z \end{cases}$$

的通解。

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特征值为 $4,-4\pm2i$。对应 $4$ 可取特征向量 $(1,1,1)^\mathsf T$；对复根可取复特征向量

$$(1,-1,-1+2i)^\mathsf T=a+ib,$$

其中 $a=(1,-1,-1)^\mathsf T$、$b=(0,0,2)^\mathsf T$。因此实通解为

$$\begin{aligned} \boldsymbol X={}&C_1e^{4t}(1,1,1)^\mathsf T\\ &+C_2e^{-4t}(a\cos2t-b\sin2t)\\ &+C_3e^{-4t}(a\sin2t+b\cos2t). \end{aligned}$$

五、唯一性与全局延拓（10 分）

证明对任意 $(x_0,y_0)\in\mathbb R\times(-1,1)$，

$$y'=(1-y^2)e^{xy^2},\qquad y(x_0)=y_0$$

的解唯一且定义域为 $\mathbb R$。

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右端光滑，局部解唯一。$y=\pm1$ 是平衡解；由唯一性，从 $(-1,1)$ 出发的解不能穿过这两条边界，因此始终有 $|y|<1$。

在任意有限 $x$ 区间上，右端及其对 $y$ 的偏导在闭条带 $|y|\le1$ 内有界。解既保持有界，延拓定理就排除了有限端点，所以定义域是整个实轴。