05-1502-1602-1602-1602-1602-1602-1602-1602-1602-16最新范文01-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-0101-01设函数f(x)在(a-b)内连续，则在(a,b)内
A:f(x)必有界B:f(x) 必存在单值反函数f-1(x)C:f(x)必存在原函数D:必存在一点a,且a属于(a,b),使f(a)=0.单选，望高人指点一下，过程一点要详细，小弟水平有限，谢谢啦~~！
09-09-21 &
函数f(x)在(a-b)内连续，即无间断点连续就是函数成一条线，连绵不绝，在某点处没有间断，就在这点处连续。而可导的话，在求导点处求出来的导数值则常常是此处切线的斜率。切线与原函数图象只有一个交点，但有一个交点并不一定是切线。A:f(x)必有界。举例：f（x）=1/x   （-2，0）有最大值但是无界B:f(x) 必存在单值反函数f-1(x)   错的C:f(x)必存在原函数    是对的。连续函数必存在原函数；存在原函数的函数不一定是连续函数。D:必存在一点a,且a属于(a,b),使f(a)=0  是错误的。缺少条件有f（c）f（d）相乘小于0.  c.d在（a，b）区间里
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当a&b,且a+b&0,则f(a)+f(b)&0,－[f(a)+f(b)]&0,f(-a)+f(-b)&0,又因为f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且对属于[-1,1]的任意实数a,b,所以得出-2f(a)&0 -f(a)&0, －[f(a)+f(b)]&0 所以，f(a)&f(b)
请登录后再发表评论!设函数f在任一有限区间上可积,且limf(x)=a (x趋于+∞)证明:lim1/x∫f(t)dt=a(积分是0到x)
设函数f在任一有限区间上可积,且limf(x)=a (x趋于+∞)证明:lim1/x∫f(t)dt=a(积分是0到x)
用洛必达法则就行了上下求导,就能得到这个结论 再问： 这道题的条件是在任一有限区间上可积，不能满足在一定在变上限积分上可导，不能用洛必达啊。。。 再答： 对∫f(t)dt求导，是它自身这个没错吧，那就能用啊再问： 一个函数有积分，但他中间可以有间断点的，有间断点就不连续，就不可导啊，那就不能用吧？ 再答： 我没说对f（x）求导，是对∫f(t)dt求导
我有更好的回答：
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与《设函数f在任一有限区间上可积,且limf(x)=a (x趋于+∞)证明:lim1/x∫f(t)dt=a(积分是0到x)》相关的作业问题
是的.设区间为 (a,b),|f'(ξ)|≤M任取x0∈ (a,b),则对于此区间内任一点x,根据拉格朗日中值定理存在ξ∈ (a,b)|f(x)-f(x0)|=|f'(ξ)·(x-x0)|
是的.由于可导,所以连续.由拉格朗日中值定理,对于任意两点f（b）-f（a）=（b-a）f'(x),x属于（a,b）.所以任意两点的差有界.所以此函数有界.
正确,只需利用牛顿-莱布尼兹公式
1) y'=-3x^20,因此在x>=1上单调增. 再问： 能再具体点么 谢谢 再答： 都是简单的函数，直接求导就能判断导数的正负了。
可导必连续,所以f(x)在(a,b)上连续辅助函数F(x)在[a,b]上连续 再问： f(x)在(a,b)上连续可导，只能推出f(x)在(a,b)上连续，端点是否连续不能确定啊 再答： 所以辅助函数F(x)把端点补上了，在[a,b]上连续再问： 我就是想问为什么能够补上端点，那样不是把条件扩大了吗 再答： 题设条件f(
由题目的条件,f(x)实际上就是[a,b]上的连续函数,也就是说,题目的条件保证了Rolle定理的条件是满足的.更准确的说法：这个命题实际上就是Rolle定理,不能称为Rolle定理的推广.它与Rolle定理就是同一回事,用了不同的说法而已. 再问： 题目的条件只能推出f(x)在(a,b)上连续，端点是否连续不能确定啊
（1）设x∈( 2k-1,2k+1),则（x－2k）∈（－1,1）＝l0∵f (x)是以2为周期的函数∴f(x)=f(x-2k)又当x∈ I0时f(x)= x²∴f (x)在Ik上的解析式为f (x)＝f(x-2k)＝（x-2k）²(2)f(x)=（x－2k）²＝ax整理得x²－
证明：反证法,假设f(x)无界,（无界的定义,任取M,存在x0使得|f(x0)|>M）取M1>0,则存在x1∈[a,b],使得|f(x1)|>M1将[a,b]平均为分两个区间,若f(x)在左边区间无界,则a1=a,b1=(a+b)/2若f(x)在左边区间有界,则必在右边区间是无界的,则取a1=(a+b)/2,b1=b,
函数f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上的以2为周期的函数,则有f(x)=f(x+2),T=2.当x在(-1,1]时,f(x)=x^2,30,a>0或a0或a
利用一阶导数求单调区间,因为f(x)的定义域为x不等于0,f(x)的导数=1-1/x平方,当f(x)导数>0时,f(x)单调递增,此时x的取值范围为（-1,0）并上（0,1）,当f(x)导数
∵f(x+2)= -f(x),∴f(7.5)=f(5.5+2)= -f(5.5)；f(5.5)=f(3.5+2)= -f(3.5)；f(3.5)=f(1.5+2)= -f(1.5)；f(1.5)=f(-0.5+2)= -f(-0.5)；∴f(7.5)= -f(5.5)=f(3.5)= -f(1.5)=f(-0.5).又
利用函数的柯西定理可以证明f(x)在x=a及x=b处分别存在右极限f(a+)和左极限f(b-), 令f(a)=f(a+), f(b)=f(b-)便有f(x)在[a,b]上连续
F(x)=(1/2)的f(x)次方设：x1>x2则：F(x1)－F(x2)=(1/2)^f(x1)－(1/2)^f(x2)因为：f(x1)>f(x2)则：(1/2)^f(x1)
f(x)=3(x-1)^2=2 （x>1,是增函数,x
你记住均匀分布期望、方差公式就很快了,均匀分布U(a,b)的期望是(a+b)/2,方差是(b-a)^2/12,（最好记住,做题快）于是 a+b = 6, (b-a)^2/12 = 1/3,于是 a+b = 6, b-a = 2a = 2, b = 4.所以密度函数就是f(x) = 1/(b-a) = 1/2, 当 2
令p（x）=（k-1）/n ,当（k-1）/n≤f（x）max｛(b-a)/ε,β｝,就有∫（q-p）dx=(b-a)/n
设函数y＝f(x)定义在R上,对于任意实数m,n,恒有f(m+n)＝f(m)·f(n),且当x＞0时,0＜f(x)f(0)=f(1)/f(1)=1∵当x＞0时,0＜f(x)
应该是f(x)>=f(a)吧?这样f(a)即为最小值,由于在R上可导,因此最小值也是极小值,有f'（a)=0 再问： 所以只要这么说明就好？ 再答： 嗯您还可以使用以下方式登录
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常微分方程证明题及答案
《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'?x9、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 5622、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 y?y?x0)?e?ax?xas0e?a(xxf(s)eds 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 ?y(x?x)0e?0?e?x?xxf(s)esds 两边取极限xlim)?limy?(x?xxxx???y(xx???0e0)?xlim???e??xf(s)esds=0+xlimef(x)???ex?? 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)?=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 597、解：原方程化为y1dy?dx 1?y2x?x3211Ln(1?y)?Lnx?积分得Ln(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)?c222210、解：分离变量得y1dy?dx
1?y2x?x31d(1?y2)1x?(?)dx 2221?yx1?xLn(1?y)?Lnx?积分得222Ln(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
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 x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??1c?xe
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)?11?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
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?
??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??61y(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)etdtx??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)dst??????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 63x1?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?C2ee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? x0e2tf(t)dtC2'(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?0x0同理可证
lime2tf(t)dt2xe由（1）式即得
limy(x)?0x???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)Cd?1(t)dX(t)那么
（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)，
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(tdXt()?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
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