福建师范大学2022年3月《常微分方程》期末考核试题库及答案参考1.docx

福建师范大学2022年3月《常微分方程》期末考核试题库及答案参考1. 设H是Hilbert空间，若Y与M都是闭线性子空间，PY，PM分别为从H到Y，M的正交投影算子，证明：设H是Hilbert空间，若Y与M都是闭线性子空间，PY，PM分别为从H到Y，M的正交投影算子，证明：[证明]必要性  设Y⊥M．则x，y∈H有PMx∈M，PY(PMx)∈Y．注意到正交投影算子是自共轭幂等的，故有    ‖PYPMx‖2=〈PYPMx，PYPMx〉=〈PMx，PMx〉    =〈PMx，PYPMx〉=0，因此PYPM=θ．    充分性  设PYPM=θ．由于PM是H到M的正交投影，x∈M，有x=PMx，于是θ=PYPMx=PYx．由于PY是H到Y的正交投影，此式表明x⊥Y．因此M⊥Y．$必要性  设PY+PM是正交投影算子．由    PY+PM=(PY+PM)2=+PYPM+PMPY+    =PY+PYPM+PMPY+PM得到PYPM+PMPY=θ．将此式分别左乘PY与右乘PY，有    PYPM=-PYPMPY，PMPY=-PYPMPY．    因此PYPM=PMPY=θ．    充分性  设PYPM=θ，则PYPMPY=θ．于是x∈H有    ‖PMPYx‖2=〈PMPYx，PMPYx〉=〈PYx，PYx〉    =〈x，PYPMPYx〉=0．    这表明PMPY=θ．由此得(PY+PM)2=+PYPM+PMPY+=PY+PM，即PY+PM是幂等的，且x，y∈H有    〈(PY+PM)x，y〉=〈PYx，y〉+〈PMx，y〉=〈x，PYy〉+〈x，PMy〉    =〈x，(PY+PM)y〉，    即PY+PM是自共轭的．因此PY+PM是正交投影算子．$必要性  设PY-PM是正交投影算子，x∈M，则PMx=z，且    ‖x‖2≥‖PYx‖2=〈PYx，x〉=〈(PY-PM)x，x〉+〈PMx，x〉    =‖(PY-PM)x‖2+‖PMx‖2    =‖PYx-x‖2+‖x‖2    因此PYx-x=θ，即PYx=x，x∈Y．因此．    充分性  设．对任意x∈H有PMx∈．故PYPMx=PMx，即PYPM=PM．另一方面，设x=PYx+y，y⊥Y；且x=PMx+m，m⊥M．则由y⊥M可知(y-m)⊥M，即(PY-PM)x=m-y与M正交．注意到PYx=PMx+(PY-PM)x为PYx关于M的正交分解，从而有PMPYx=PMx，即PMPY=PM．于是    (PY-PM)2=-PYPM-PMPY+    =PY-PM-PM+PM=PY-PM，    即PY-PM是幂等的．又对任意x，y∈H有    〈(PY-PM)x，y〉=〈PYx，y〉-〈PMx，y〉=〈x，PYy〉-〈x，PMy〉    =〈x，(PY-PM)y〉，    即PY-PM是自共轭的．因此PY-PM是正交投影算子．$必要性  设PYPM是正交投影算子，则PYPM是自共轭的，于是有    PYPM=(PYPM)*==PMPY．    充分性  设PYPM=PMPY，则(PYPM)*==PMPY=PYPM，PYPM是自共轭的．又有(PYPM)2=PYPMPYPM==PYPM，即PYPM是幂等的．因此PYPM是正交投影算子．$记Qn=Pi，则由(2)利用数学归纳法可知Qn是正交投影算子．由于对任意x∈H有(Pix，Pjx)=〈PjPix，x〉=0(i≠j)，故        =    令n→∞可知．又因(m，n→∞)，故Pix是Cauchy列．由H的完备性，可令Px=．则由此式定义的算子P是线性的．由于{Qn}是逐点有界的．利用共鸣定理可知{Qn}一致有界．于是P是有界的．由于x，y∈H有        故P是自共轭的；又有    ‖(P2-P)x‖=‖(P2-QnP+QnP-+Qn-P)x‖    ≤‖(P-Qn)(Px)‖+‖Qn‖‖(P-Qn)x‖．    +‖(Qn-P)x‖→0(n→∞)，故P2=P，即P是幂等的．因此P是正交投影算子． 2. 已知z=3sin(sin(xy))，则x=0，y=0时的全微分dz( )A.dxB.dyC.dx+dyD.0参考答案：D3. 下列函数f(x)在x=0处是否连续？为什么？ (1) (2) (3) (4)下列函数f(x)在x=0处是否连续？为什么？  (1)  (2)  (3)  (4)依题意，只用检查是否成立．    (1)因x→0时，x2为无穷小量，为有界量，故其积为无穷小量，从而．故f(x)在x=0处连续.    (2)因x→0时，，从而        故f(x)在x=0连续．    (3)f(x)在x=0的左、右极限不相等：    ，    故f(x)在x=0处不连续.    (4)因为  ，      即，又f(0)=e0=1，故f(x)在x=0连续． 4. y=cos(1/x)在定义域内是( )。

A.周期函数B.单调函数C.有界函数D.无界函数参考答案：C5. 函数定义的5个要素中，最重要的是掌握变量间的依存关系和定义域 )A.正确B.错误参考答案：A6. 对于总体分布的假设检验，一般都使用χ2拟合优度检验法，这种检验法要求总体分布的类型为( )． A．离散型分布对于总体分布的假设检验，一般都使用χ2拟合优度检验法，这种检验法要求总体分布的类型为(  )．  A．离散型分布    B．连续型分布  C．只能为正态分布  D．任何类型分布D7. 设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0是实系数多项式，n≥2，且某个ak=0(1≤k≤n-1)，及当i≠k时，ai≠0证明：若f(x)有n个设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0是实系数多项式，n≥2，且某个ak=0(1≤k≤n-1)，及当i≠k时，ai≠0证明：若f(x)有n个相异的实根，则ak-1·ak+1＜0证法1  由罗尔定理可知，在可导函数的两个零点之间，其导数在某点为零,因此，如果f(k-1)(x)有n-k+1个相异的零点，则f(k)(x)有n-k个零点，且f(k)(x)的零点位于f(k-1)(x)的每两个相邻零点之间    由于f(x)=anxn+…+a1x+a0，则    f(k-1)(x)=C0+C1x+C2x2+…+Cn-k+1xn-k+1其中C0=(k11)!ak-1,C1=k！ak=0,    假设ak-1,ak+1同号，不妨设ak-1＞0，ak+1＞0，则f(k-1)(x)在点x=0的左方某邻域内单调减少；在点x=0的右方某邻域内单调增加,而f(k)(0)=0，可知f(k-1)(0)=C0＞0为f(k-1)(x)的极小值    若f(k)(x)无其他零点，则对任意x≠0，应有f(k-1)(x)＞f(k-1)(0)=C0＞0，因此f(k-1)(x)也没有零点，矛盾    若x0是f(k)(x)与x=0相邻的零点，则在x=0与x0之间有f(k-1)(x)≥C0＞0，这与f(k-1)(x)在0与x0为端点的区间内存在零点矛盾    从而可知ak-1·ak+1＜0    证法2  由于    f(k-1)(x)=C0+C1x+C2x2+…+Cn-k+1xn-k+1其中C0=(k-1)!ak-1≠0,C1=k！ak=0，    f(k-1)(x)有n-k+1个互异的零点，设为x1＜x2＜…＜xn-k+1，    由于C0≠0，可见    x1·x2·…·xn-k+1≠0则多项式    ψ(x)=Cn-k+1+Cn-kx+…+C2xn-k-1+C1xn-k+C0xn-k+1有互异的零点由罗尔定理可知    有不相等的二实根但C1=0，因此        即    ak-1·ak+1＜0由前面几题可以发现，讨论方程根的存在性，常常利用函数的单调性、函数的极值、闭区间上连续函数的介值定理、罗尔定理以及综合运用上述性质 8. 设f(x+y,x-y)=x2-y2，则，分别为______． (A)y，x (B)2x，2y (C)2x，-2y (D)x，-y设f(x+y,x-y)=x2-y2，则，分别为______．  (A)y，x  (B)2x，2y  (C)2x，-2y  (D)x，-yA因为f(x+y，x-y)=x2-y2=(x+y)(x-y)，    所以，f(u，v)=uv，即f(x，y)=xy，从而    ，    故应选(A)． 9. 已知基金F以利息力函数(t≥0)累积，基金G以利息力函数(t≥0)累积．若分别用aF(t)和aG(t)表示两个基金在t(t≥0)时已知基金F以利息力函数(t≥0)累积，基金G以利息力函数(t≥0)累积．若分别用aF(t)和aG(t)表示两个基金在t(t≥0)时刻的累积函数，并令h(t)=aF(t)-aG(t)，试计算使h(t)达到最大的时刻T．由题设条件有            根据h(t)定义得    h(t)=t-2t2，    由此求出． 10. 若函数f(x)在(a，b)内存在原函数，则原函数有( )。

A.一个B.两个C.无穷多个D.其他选项都选参考答案：C11. 若∫f(x)dx=F(x)+C，则∫f(ax+b)dx=______．若∫f(x)dx=F(x)+C，则∫f(ax+b)dx=______．F(ax+b)+C12. 计算y=3x^2在[0，1]上与x轴所围成平面图形的面积=( )A.0B.1C.2D.3参考答案：B13. 证明：若齐次线性微分方程组的每个解当t→+∞时有界，则零解是稳定的证明：若齐次线性微分方程组的每个解当t→+∞时有界，则零解是稳定的设是方程组①的基解矩阵，    即 ，    于是方程组①的所有解可表示成形式(C为任一常数矩阵)由方程组①的每个解有界知，不等式成立(M是一常数)因此，    对，取，从不等式‖x(t0)‖=‖C‖＜δ有    ‖x(t)‖≤M‖C‖≤M·δ=ε，    故零解是稳定的 14. 在古典概型的概率计算中，把握等可能性是难点之一．现见一例：掷两枚骰子，求事件A={点数之和等于5}的概率．下面在古典概型的概率计算中，把握等可能性是难点之一．现见一例：掷两枚骰子，求事件A={点数之和等于5}的概率．下面的解法是否正确?如不正确，错在哪里?解法：因试验可能结果只有两个，一是点数之和为5，另一个是点数之和不等于5，而事件A只含有其中的一种，因而此解法是错误的，这种解法是对样本空间进行了不正确的划分，分割出的两部分不是等可能的，因而不能据此进行计算．    正确的解法如下：掷两枚骰子的样本空间可形象地表为Ω={(i，j):i，j=1，2，…，6}，数对(i，j)表示两枚骰子分别出现的点数，因而一个数对即对应着一个样本点，一共含有62=36个这样的数对，每个数对出现的可能性都等于，而事件A只含有(1，4)，(2，3)，(4，1)，(3，2)这样四个数对，因而在几何概型的概率计算中，关键在于正确地刻画出事件A所对应的子区域SA在下例中找出SA是什么．  。