《常微分方程》证明题及答案 54
证 明 题（每题10分）
1、设函数f (t)在[0,??)上连续且有界，试证明方程
dx?x?f(t)的所有解均在[?,??)上dtx有界.
证明：设x=x(t)为方程的任一解，它满足某初始条件x(t0)=x0,t0?[0+?)
由一阶线性方程的求解公式有
y(x)?y0e?(x?x0)??f(s)e(s?x)ds
x0现只证x(t)在[t0,+?)有界，设|f(t)|?M ,t?[0+?) 于是对t0?t<+?有
x?M(x?x0)M(s?t)|f(s)|eds 0x|y|?|y|e??0 ?|x0|+Me
-t
?eds
t0(t?t)ts ?|x0|+M[1?e0]
?|x0|+M 即证
2、设函数f (x),p(x)在[0,??）上连续，且limp(x)?a?0且x???|f(x)|?b(a,b,为
3、设函数f (x)在[0,??）上连续，且limf(x)?b又a>0
x???4、设函数y (x)在[0,??)上连续且可微，且lim[y'(x)?y(x)]?0试证limy(x)?0
x???x???5、若y1(x),y2(x)为微分方程y???p1(x)y?(x)?p2(x)?0的两个解，则它们的朗斯基
行列式为w(y1,y2)???ke???p1(x)dx?其中k为由y1(x),y2(x)确定的常数
6、求微分方程(x??)(y?)??xyy'?x的通解 7、解方程xdx??(x?y)dx?(x?y)dy?0 22x?y??8、解方程(x??)(y?)??xyy'?x 9、解方程xdx?(x?y)dx?(x?y)dy?0
x2?y22310、解方程yy???(y?)?(y?)?0
11、已知f(x)是连续函数。
?y'?ay?f(x)（1）求初值问题?的解y(x)，其中a是正常数。
y|?0?x?0k?ax（2）若|f(x)|?k（k为常数），证明当x?0时有|y(x)|?(1?e)。
ax1?f(x)?f(x)?f?t?dt?0??012、已知当x??1时f(x)具有一阶连续导数，且满足? x?1??f(0)?1 《常微分方程》证明题及答案 55
（1）求f'(x)；
（2）证明：当x?0时有e?f(x)?1。
13、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满足恒
等式：
?xy(x)?y1(x)?K （K为常数）
y2(x)?y1(x)
14、当???x??时，f(x)连续且|f(x)|?M。证明：方程
y'?y?f(x) （1）
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?为周
期的周期函数，则这个解也是以?为周期的周期函数。
15、设函数f(u),g(u)连续可微，且f(u)?g(u)，试证方程孙yf(xy)dx?xg(xy)dy?0
?)g(xy))有积分因子 ??[xy(f(xy ]
16、证明方程M(x,y)dx?N(x,y)dy?0具有形如???[?(x,y)]的积分因子的充要条件为
??M?N????????N?M?????f[?(x,y)]，并求出这个积分因子。 ?x???x?y???y
17、证明贝尔曼（Bellman）不等式。设k为非负常数，f(t)和g(t)是区间??t??上的
非负连续函数，且满足不等式 f(t)?k?则有 f(t)?kexp?1?1??ttf(s)g(s)d,s??t??
???g(s)ds， ??t??。
?
18、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。
??a1(t)x??a2(t)x?0 的解，这里a1(t)和x19、假设x1(t)?0是二阶齐次线性方程 ?a2(t)是区间[a,b]上的连续函数。试证：x2(t)为方程的解的以要条件是
?[x,x]?aW[x,x]?0。其中W[x,x]表示x(t),x(t)的朗斯基行列式。 W121121212
20、在方程y\?3y'?2y?f(x)中，f(x)在[a,??)上连续，且limf(x)?0。试证明：
x???已知方程的任一解y(x)均有limy(x)?0。
x???21、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.
22 《常微分方程》证明题及答案 56
22、设X(t)是常系数线性方程组
dx(t)?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).
23、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.
试证：存在n阶常值方阵A，使得
dX(t)?AX(t)。 dt证明题附加题
1，设方程y\?p(x)y'?q(x)y?0中的p(x)和q(x)在[a,b]上连续，且q(x)?0，试证：
对方程任一非零解y?y(x)，函数f(x)?e?x0p(s)dsxy(x)y'(x)为单调递增的。
x0?[a,b]。
2，设函数f(x),p(x)在[0,??)上连续，且limp(x)?a?0，且|f(x)|?b（a,b为常数），
x???dy?p(x)y?f(x)的解在[0,??)上有界。 dx3，若y1(x),y2(x)为微分方程y\?p1(x)y'(x)?p2(x)?0的两个解，则它们的朗斯基行列
试证：方程
?p1(x)dx式为W(y1,y2)?ke?，其中k由y1(x),y2(x)确定的常数。
4，已知方程 (p(x)u')'?q(x)u?0 （1）
其中p'(x),q(x)是[a,b]上的连续函数，p(x)?0，若u(x),v(x)为（1）的两个解，则
p(x)[u(x)v'(x)?u'(x)v(x)]恒等于常数。
5。设f(x)是二次可微函数，且f\x)?f'(x)?f(x)?0，证明：若f(x)在某不同两点
处的函数值为0，则f(x)在该两点之间恒为零。
x6，设y?e是微分方程xy'?p(x)y?x的一个解，证明此方程满足条件 yx?ln2?0 的特
解为y?e?e。
7，设f(x)具有连续二阶导数，f(0)?f'(0)?0，且曲成积分
xx?e?1?12?
L(ex?sinx)ydx?(f'(x)?f(x))dy
12xx与路径无关，证明：f(x)??e?xe?11cosx?sinx。 22 《常微分方程》证明题及答案 57
1、证明：设x=x(t)为方程的任一解，它满足某初始条件x(t0)=x0,t0?[0+?)
由一阶线性方程的求解公式有
证 明 题 答 案
?(x?x0)xx0y(x)?y0e??f(s)e(s?x)ds
现只证x(t)在[t0,+?)有界，设|f(t)|?M ,t?[0+?) 于是对t0?t<+?有
x?M(x?x0)M(s?t)|f(s)|eds 0x|y|?|y|e??0 ?|x0|+Me
-t
?eds
t0(t?t)ts ?|x0|+M[1?e0]
?|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,x0?[0,??)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，,t?[0+?), 不妨设x0充分大 于是对x0?x<+?有 limp(x)?a?0,则存在M1>0,使当x? x0时,有|p(x)|?M1
|y|?|y0|e ?|y0|+(e ?|y0|+
?M(x?x0)?Mx??|f(s)|eM(s?t)ds
x0x-e?Mx0)
b?M?xe M?b(1?e?M(x?x0)) M1 《常微分方程》证明题及答案 58
?|y0|+
bM 即证 13、证明：设y=y(x)为方程的任一解，它满足某初始条件
y(x0)=y0,x0?[0,??)由一阶线形方程的求解公式有
y?y?a(x?xxx)0e0)??f(sa(s?x)eds
0
y?y?x0)?e?ax?xas0e?a(xxf(s)eds
0 两边取极限
limy(x)?lim?a(x?x0)??axxasx???x???y0exlim???e?xf(s)eds
0xasax=======lim?xf(s)eds0x???=======
x)ee?axxlimf(???ae?ax?ba
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,x0?[0,??)
由一阶线性方程的求解公式有
y(x)?y?(x?xx(s?x)0e0)??xf(s)eds
0
?y(x?x)0e?0?e?x?xxf(s)esds
0两边取极限
xlim)?limy?(x?xxxx???y(xx???0e0)?xlim???e??xf(s)esds=0+xlimef(x)???ex?? 0
5、证明：由朗斯基行列式定义有
w(y21,y2)?y1yy'1y'?y1y'2?y'1y2
2?
dwdx?(y1y'2?y'1y2)1=y1y''2?y''1y2??p1(yy'2?y'1y)??p1(x)w?量法求解有w(y1y2)?k?p1(x)dx
显然k为由y1(x),y2(x)确定的常数
?M?6、解：因
?y?N?x?y??yN??xy??x
有关的积分因子 M(x)=e?x所以方程仅有与X2dx?x2
则：d(?x2exdx)?d(x3y2)?0故：(x2?2x?2)ex?x3y2?c
用分离变
《常微分方程》证明题及答案 59
7、解：原方程化为
y1dy?dx
1?y2x?x32121Ln(1?y)?Lnx?积分得2Ln(1?x2)?Lnc
故(1?y)(1?x)?c1x
8、解：方程化为ln222xydy?dx?0 yxlnududx ?u(1?lnu)x这是齐次方程，令y=ux，则有??-[lnu-ln(1+lnu)]=lnx+lnc 从而通积分cy?1?lny x
9、解：首先，易知均x=±1,y=±1为方程的解
其次，由方程得到
xdxydy??0 22x?1y?Ln(x?1)?Ln(y?1)?Lnc 即(x?1)(y?1)?c
222210、解：分离变量得
y1dy?dx
1?y2x?x31d(1?y2)1x?(?)dx 2221?yx1?x1Ln(1?y)?Lnx?积分得2212Ln(1?x2)?Lnc
故(1?y)(1?x)?c1x
11、证：（证法一）
（1）原方程的通解为
?adxaxdxy(x)?e??C??f(x)e?dx??Ce?ax?e?ax?f(x)eaxdx
?????ax?axax记F(x)为f(x)e的任一原函数y(x)?Ce?eF(x)。 由 y|x?0?0 得到 C??F(0)。
222?ax所以 y(x)?e?)?F(xF(?0?)at?axe?x0 dtf(ta)tekat?ax1axedt?ke(e?1)?(1?e?ax) ?0?0aaaxaxaxax（证法二）（1）在方程两边乘以e（积分因子） y'e?aye?(f)x e（2）|y(x)|?e?axxf(t)edt?ke?axx 《常微分方程》证明题及答案
x060
从而 (ye)?'f(x)e 由 f(0)? 0 得到：yeax?即 y?eaxaxax?f(t)eatdt
?x0f(t)eatdt
（2）证法同上
12、解：（1）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(?1)?1lc两边积分得 lnp??x?lnx n y'?p?代入初始条件 p(0)?f'(0)??1,c??1
c?xe x?1e?x故 f'(x)??x?1 )(x??1（2）利用拉格朗日中值定理知：当x?0时
e??f(x)?f(0)?f'(?)x??x?0 ?在0和x之间
??1于是 f(x)?f(0)?1
1?xx?xx另外 (f(x) 0)?e)?'f'x(?)?e??e??e?0(x?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x?0有f(x)?e)?0。
从而 当x?0时 e?f(x)?1。
13、证：由通解公式知：任一解y?y(x)可由公式
?x?x?C?q(x)e?p(x)dxdx? （1）
?????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C1?C2，则由（1）式得
y2(x)?y1(x)C2?C1y(x)?e??p(x)dx
x?14、证：方程（1）的通解为 y?eC??f(t)dt? （2） ??0???x1）取C??0??，得解 etf(t)dt（由假设知，此广义积分收敛）
《常微分方程》证明题及答案
x??61
y(x)?e?x?f(t)etdt （3）
则由x?(??,??)，|f(x)|?M易证 |y(x)?|M )x??(?,??此即为（1）的一个有界解。
2）若f(x)?f(x??)，对（1）中确定的解（3），当x?(??,??)有
y(x??)?e令t?z??，则上式右端为
x?(x??)?x????f(t)etdt
x??e?(x??)?ez??f(z??)dz?e?xe?????f(z)ez??dz
?e所以y(x)也是以?为周期的周期函数。 15、证：用?乘方程两端，得
?x?x??f(z)ezdz?y(x)
f(xy)g(xy)dx?dy?0 (1)
x[f(xy)?g(xy)]y[f(xy)?g(xy)]f(xy)g(xy)?,N(x,?y)因为 M(x,y) x[f(xy)?g(xy)]y[f(?xy)g(x)y]?M?N1f'(xy)x?f(xy)?g(xy)??f(xy)x?f'(xy)?g'(xy)?? ?2x?y?x?f(xy)?g(xy)???f'(xy)g(xy)?f(xy)g'(xy)?f(xy)?g(xy)?2
所以（1）是全微分方程。
16、证：方程有积分因子?(x,y)的充要条件是 N令???[?(x,y)]，则有 N??????M?N??M?????， ?x?y??y?x???????????M?N???M??????[?(x,y)] ???x???y??y?x??1即???[?(x,y)]满足下列微分方程
d???M?N??????????N?M ????[?(x,y)] d???y?x???x?y?上式右端应为?(x,y)的函数，这就证明了???[?(x,y)]为方程的积分因子的率要条件
??M?N????????N?M为 ?????f[?(x,y)] ?y?x?x?y????f(?(x,y))d?求解（1）式得 ?[?(x,y)]?e?。
17、证：1）k?0时，令
?1?(t)?k??f(s)g(s)ds,?t
《常微分方程》证明题及答案 62
则?'(t)?f(t)g(t)?g(t)?(t)，由?(t)?0可得
两边从?到t积分得 ln?t(?)
即有
?'(t)?g(t) ?(t)l?n?(??)gs(d s)?t?'(t)?exp?(t)??t?g(s)ds
t??????k?0所以 ?(t)?kexp???g(s)ds
?即有 f(t)??(t)?kexp2）k?0时，对任意??0，由于f(t)?t??g(s)ds?t?， ??t??。
，所以
。当??0时，有
???f(s)g(s)dstt，有f(t)??expf(t)????f(s)g(s)ds。由1）
???g(s)ds??f(t)?0。因为f(t)?0，即得f(t)?0。从而
f(t)?k?exp??g(s)ds?t?， ??t??
由1），2）知，不等式成立。证毕。
18、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(?)d?x
x??p(?)d?dW(x)其中W(x0)?0。考察 ??W(x0)p(x)ex0dx由于W(x0)?0，p(x)在I上恒不等于零，并且e??x0p(?)d?x?0，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。
?[x,x]?19、证：充分性。因为 W12
?1x?1x?2xx?1?2??1xxx2 ??x2x2x?a1(t)1??2?1xxx2 ?x2?[x,x]?a(t)W[x,x]?x1W12112??1x?而x1(t)?0是已知方程的解，所以
x1??1?a1(t)x?1xx2??2?a1(t)x?1x?0
《常微分方程》证明题及答案 63
x1?a2(t)x1x2??2?a1(t)x?2x?x11?a2(t)x2??2?a1(t)x?2x?0
?2?a1(t)x?2?a2(t)x2?0， 即x2(t)是已知方程的解。 x故有 ?必要性。因为W[x1,x2]为方程的解x1(t),x2(t)的朗斯基行列式
?[x,x]?x1W12??1x?x2x1???2??1?a2(t)x1xxx1x2x2??2?a2(t)x2xx1?1x
?1?a1(t)x?2?a1(t)x?[x,x]即W[x1,x2]满足 W a[1x,x?]。012?1W2??a1(t)x2??a1(t)W[x1,x2] ?x2
?2x?x20、证：已知方程对应的齐次方程的通解为 y?C1e?C2e
e现在利用常数变易法求已知方程形如 y1?C1(x)?2x?C2x(e)?x
?C1'(x)e?2x?C2'(x)e?x?0的一个特解。得到C1'(x),C2'(x)所满足的方程组 ? ?2x?x??2C1'(x)e?C2'(x)e?f(x)解得 C1'(x)??ef(x),C1(x)??2x?0x0e2tf(t)dt
C2'(x)?exf(x),故已知方程的通解为
y?C1e?2xC1(x)??etf(t)dt
?e?2xx?C2e?x?x0ef(t)dt?e2t?x?x0etf(t)dt （1）
由洛必达法则
x????lim?x0etf(t)dtexexf(x)?lim?limf(x)?0 xx???x???e?0
x0同理可证 lime2tf(t)dt2xe由（1）式即得 limy(x)?0
x???x???
即证明了已知方程的任一解y(x)，当x???时，均有y(x)趋向于零。
21、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???x0?xf(t)dt????x0?tf(t)dt
?cosx?xf(x)?xf(x)??f\x)??sinx?f(x)
?x0?f(t)dt??cosx??x0f(t)dt
即 f\x)?f(x)??sinx （1）
《常微分方程》证明题及答案 64
并且，由已知方程知 f(0)?0,f'(0)?1 （2）
x解（1）得 f(x)?C1sinx?C2cosx?cosx
21再将初始条件（2）代入上式，得 C1?,C2?0
21x故 f(x)?sinx?cosx.
22
CC是常向量） 22、证：令 ?1(t)?X(t)X(s)（
?2(t)?X(t?s)C
d?1(t)dX(t)那么 ?X(s)C （1）
dtdtd?2(t)dX(t?s)d(t?s)dt因为X(t)是
?d(t?s)?dtC （2）
dX(t)、（2）两式还成立 ?AX(t)的基解矩阵，所以（1）
dtd?1(t)d?2(t)?AX(t)X(s)C?A?1(t),?AX(t?s)C?A?2(t) dtdt?2(0)?X(s)C 又因为X(0)?E，所以有 ?1(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。
23、证：因为 X(t?s)?X(t)X(s) （1）
若令s?0，则有 X(t)?X(t)X(0) （2） 由于|X(0)|?0，所以X(0)存在。那么由（2）式可得
?1X(t)?X(t)X?1(0) （3）
由（2）、（3）两式可得 X(0)?X(0)， 即 X(0)?E
若在（1）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)dXt()?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?，则有 ?AX(t)
dtdt在证毕。
《常微分方程》证明题及答案 65