第15章 微分方程

基础部分

1. $x\mathrm{d}y+y\mathrm{d}x=\sin x\mathrm{d}x$ 满足 $y(\pi )=0$ 的特解为

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答案：

$y=-\frac{1+\cos x}{x}$。

解析：

注意到

$x\mathrm{d}y+y\mathrm{d}x=\mathrm{d}(xy)$，

故原方程化为

$\mathrm{d}(xy)=\sin x\mathrm{d}x$。

积分得

$xy=-\cos x+C$。

由 $y(\pi )=0$，有

$0=-\cos \pi +C=1+C$，

所以 $C=-1$。因此

$y=-\frac{1+\cos x}{x}$。

2. 已知曲线上任一点的切线在 $y$ 轴上的截距与法线在 $x$ 轴上的截距之比为 $3:1$，则该曲线方程为____。

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答案：

$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\frac{1}{3}\arctan \frac{y}{x}=C$。

解析：

设曲线上一点为 $P(x,y)$，切线斜率为 $y^{\prime }$。

切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$，

令 $X=0$，得到切线在 $y$ 轴上的有向截距

$b_t=y-x{y}^{\prime }$。

法线斜率为 $-\frac{1}{y^{\prime }}$，法线方程为

$Y-y=-\frac{1}{y^{\prime }}(X-x)$。

令 $Y=0$，得到法线在 $x$ 轴上的有向截距

$a_n=x+y{y}^{\prime }$。

按通常的有向截距理解，题设给出

$\frac{y-x{y}^{\prime }}{x+y{y}^{\prime }}=3$，

即

$(x+3y)y^{\prime }=y-3x$。

这是齐次微分方程。令 $y=vx$，则 $y^{\prime }=v+x{v}^{\prime }$，从而

$(1+3v)(v+x{v}^{\prime })=v-3$，

即

$x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}=-\frac{3(1+v^2)}{1+3v}$。

分离变量得

$\left(\frac{1}{3(1+v^2)}+\frac{v}{1+v^2}\right)\mathrm{d}v=-\frac{\mathrm{d}x}{x}$。

积分：

$\frac{1}{3}\arctan v+\frac{1}{2}\ln (1+v^2)=-\ln |x|+C$。

代回 $v=\frac{y}{x}$，并合并对数，得

$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\frac{1}{3}\arctan \frac{y}{x}=C$。

若题目把“截距之比”理解为绝对值之比，还需按截距符号另行分支讨论；上式对应微分方程教材中通常采用的有向截距约定。

3. 设 $y_1,y_2$ 是一阶非齐次线性微分方程 $y^{\prime }+p(x)y=q(x)$ 的两个特解，若常数 $\lambda ,\mu$ 使 $\lambda y_1+\mu y_2$ 是该方程的解，$\lambda y_1-\mu y_2$ 是该方程对应的齐次方程的解，则（ ）

A. $\lambda =\frac{1}{2},\mu =\frac{1}{2}$

B. $\lambda =-\frac{1}{2},\mu =-\frac{1}{2}$

C. $\lambda =\frac{2}{3},\mu =\frac{1}{3}$

D. $\lambda =\frac{2}{3},\mu =\frac{2}{3}$

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答案：

A。

解析：

记线性微分算子

$L[y]=y^{\prime }+p(x)y$。

因为 $y_1,y_2$ 都是非齐次方程的特解，所以

$L[y_1]=L[y_2]=q(x)$。

由 $\lambda y_1+\mu y_2$ 仍为非齐次方程的解，得

$(\lambda +\mu )q(x)=q(x)$，

故

$\lambda +\mu =1$。

又由 $\lambda y_1-\mu y_2$ 是齐次方程的解，得

$(\lambda -\mu )q(x)=0$。

原方程为非齐次方程，故 $q(x)$ 不恒为零，于是

$\lambda =\mu$。

联立可得

$\lambda =\mu =\frac{1}{2}$。

4. 求微分方程 $(2x-3x{y}^2-y^3)y^{\prime }+y^3=0$ 的通解。

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答案：

$\frac{x}{y^3}=\frac{1}{2}+C{e}^{1/y^2}$，即

$x=\frac{1}{2}{y}^3+C{y}^3{e}^{1/y^2}$；此外还有常值解 $y\equiv 0$。

解析：

原方程直接按 $y=y(x)$ 求解不便，改把 $x$ 看作 $y$ 的函数。由

$(2x-3x{y}^2-y^3)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y^3=0$，

得

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=1+\left(\frac{3}{y}-\frac{2}{y^3}\right)x$。

整理成一阶线性方程：

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+\left(-\frac{3}{y}+\frac{2}{y^3}\right)x=1$。

积分因子为

$\mu (y)=\exp \int \left(-\frac{3}{y}+\frac{2}{y^3}\right)\mathrm{d}y=y^{-3}{e}^{-1/y^2}$。

于是

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\left(x{y}^{-3}{e}^{-1/y^2}\right)=y^{-3}{e}^{-1/y^2}$。

令 $u=\frac{1}{y^2}$，则 $\mathrm{d}u=-2y^{-3}\mathrm{d}y$，故

$\int y^{-3}{e}^{-1/y^2}\mathrm{d}y=\frac{1}{2}{e}^{-1/y^2}+C$。

所以

$x{y}^{-3}{e}^{-1/y^2}=\frac{1}{2}{e}^{-1/y^2}+C$，

即

$\frac{x}{y^3}=\frac{1}{2}+C{e}^{1/y^2}$。

在变换过程中除以了 $y^3$，因此还应补上原方程的常值解 $y\equiv 0$。

5. 过原点的曲线 $y=y(x)$ 满足 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=(x+y{)}^2$，则 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }[y(x){]}^x=$

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答案：

$1$。

解析：

令

$z=x+y$，

则

$z^{\prime }=1+y^{\prime }=1+z^2$，且由曲线过原点知 $z(0)=0$。

于是

$\frac{\mathrm{d}z}{1+z^2}=\mathrm{d}x$，

积分并利用初值得

$\arctan z=x$，即

$z=\tan x$。

因此

$y=\tan x-x$。

当 $x\to 0^{+}$ 时，

$y=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$。

于是

$\ln [y(x){]}^x=x\ln y(x)=x\left(3\ln x-\ln 3+o(1)\right)\to 0$。

故

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }[y(x){]}^x=e^0=1$。

6. 微分方程 $y^{\prime }=(x+1)\sec y-\tan y$ 的通解为

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答案：

$\sin y=x+C{e}^{-x}$。

解析：

两边乘以 $\cos y$，得

$\cos y{y}^{\prime }=x+1-\sin y$。

令

$u=\sin y$，

则 $u^{\prime }=\cos y{y}^{\prime }$，故原方程化为

$u^{\prime }+u=x+1$。

其积分因子为 $e^x$，于是

$(e^{x}u{)}^{\prime }=(x+1)e^x$。

积分得

$e^{x}u=x{e}^x+C$，

所以

$u=x+C{e}^{-x}$。

代回即得

$\sin y=x+C{e}^{-x}$。

7. 设函数 $y(x)$ 是微分方程 $y^{\prime }+\frac{1}{x^2}y=2e^{1/x}$ 满足 $y(\frac{1}{2})=0$ 的解。

（1）求 $y=y(x)$ 的表达式；

（2）求曲线 $y(x)$ 的斜渐近线。

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答案：

（1）$y=(2x-1)e^{1/x}$；

（2）斜渐近线为 $y=2x+1$。

解析：

原方程的积分因子为

$\mu (x)=\exp \int \frac{1}{x^2}\mathrm{d}x=e^{-1/x}$。

因此

${\left(y{e}^{-1/x}\right)}^{\prime }=2$。

积分得

$y{e}^{-1/x}=2x+C$，

即

$y=e^{1/x}(2x+C)$。

由 $y(\frac{1}{2})=0$ 得

$1+C=0$，

故

$y=(2x-1)e^{1/x}$。

当 $x\to \pm \infty$ 时，

$e^{1/x}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+o\left(\frac{1}{x^2}\right)$，

从而

$y=(2x-1)e^{1/x}=2x+1+o(1)$。

所以斜渐近线为

$y=2x+1$。

8. 以 $yOz$ 面上的平面曲线段 $y=f(z)(z\ge 0)$ 绕 $z$ 轴旋转一周所成旋转曲面与 $xOy$ 面围成一个无上盖容器，现以 $3{\mathrm{cm}}^3/\mathrm{s}$ 的速率把水注入容器内，水面的面积以 $\pi {\mathrm{cm}}^2/\mathrm{s}$ 的速率增大。已知容器底面积为 $16\pi {\mathrm{cm}}^2$，求曲线 $y=f(z)$ 的方程。

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答案：

$y=4e^{\pi z/6}$。

解析：

设水深为 $z$，水面面积为

$A(z)=\pi [f(z){]}^2$，

容器内水的体积为 $V$。

由薄片法，

$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}z}=A(z)$。

题设给出

$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=3,\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t}=\pi$。

由链式法则，

$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=A(z)\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$，

故

$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=\frac{3}{A}$。

又

$\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}z}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=\pi$，

所以

$\frac{\mathrm{d}A}{\mathrm{d}z}\cdot \frac{3}{A}=\pi$，

即

$\frac{A^{\prime }}{A}=\frac{\pi }{3}$。

积分得

$A=C{e}^{\pi z/3}$。

底面对应 $z=0$，且 $A(0)=16\pi$，故

$A(z)=16\pi e^{\pi z/3}$。

因此

$\pi f^2(z)=16\pi e^{\pi z/3}$。

由于半径非负，得到

$f(z)=4e^{\pi z/6}$。

9. 设 $f(x)$ 有连续导数，$x\in [0,+\infty )$，且满足方程

${\int }_0^{x-1}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=x$，

求函数 $f(x)$。

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答案：

按原题文字，条件不足且定义域存在矛盾，不能唯一确定 $f(x)$。

若把 $f$ 自然延拓到全实轴，并要求等式对所有 $x$ 成立，则通解可写为

$f(x)=-x-\frac{1}{2}+p(x)$，

其中 $p(x)$ 是任意周期为 $1$ 且满足 ${\int }_0^{1}p(t)\mathrm{d}t=0$ 的连续可导函数。

解析：

首先，题设仅给出 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上有定义，但当 $0\le x<1$ 时，上限 $x-1<0$，积分

${\int }_0^{x-1}f(t)\mathrm{d}t$

需要用到负半轴上的函数值，因此按原文该式并未定义。

若暂时把 $f$ 延拓到全实轴，则原式等价于

$-{\int }_{x-1}^{x}f(t)\mathrm{d}t=x$。

两边对 $x$ 求导，得

$f(x-1)-f(x)=1$，

即

$f(x)-f(x-1)=-1$。

令

$g(x)=f(x)+x+\frac{1}{2}$，

则

$g(x)-g(x-1)=0$，

所以 $g$ 是周期为 $1$ 的函数。于是

$f(x)=-x-\frac{1}{2}+p(x)$，

其中 $p(x+1)=p(x)$。

代回原积分式：

$-{\int }_{x-1}^x\left(-t-\frac{1}{2}+p(t)\right)\mathrm{d}t=x-{\int }_{x-1}^{x}p(t)\mathrm{d}t$。

要使其等于 $x$，还需

${\int }_{x-1}^{x}p(t)\mathrm{d}t=0$。

对周期为 $1$ 的函数，这等价于

${\int }_0^{1}p(t)\mathrm{d}t=0$。

因此即使修正定义域，解仍不唯一；常见的最简单特解是

$f(x)=-x-\frac{1}{2}$。

10. 设 $\phi (x)$ 为连续函数，$|\phi (x)|\le k$，求微分方程

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y=\phi (x)$

满足初始条件 $y(0)=0$ 的特解 $y(x)$，并证明当 $x\ge 0$ 时，有

$|y(x)|\le k(1-e^{-x})$。

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答案：

$y(x)=e^{-x}{\int }_0^x{e}^t\phi (t)\mathrm{d}t$，且

$|y(x)|\le k(1-e^{-x})$。

解析：

积分因子为 $e^x$，故

$(e^{x}y{)}^{\prime }=e^x\phi (x)$。

从 $0$ 到 $x$ 积分，并利用 $y(0)=0$，得

$e^{x}y(x)={\int }_0^x{e}^t\phi (t)\mathrm{d}t$。

因此

$y(x)=e^{-x}{\int }_0^x{e}^t\phi (t)\mathrm{d}t$。

当 $x\ge 0$ 时，利用 $|\phi (t)|\le k$，有

$|y(x)|\le e^{-x}{\int }_0^x{e}^t|\phi (t)|\mathrm{d}t\le k{e}^{-x}{\int }_0^x{e}^t\mathrm{d}t=k(1-e^{-x})$。

11. 设函数 $y=y(x)$ 是微分方程

$2x{y}^{\prime }-4y=2\ln x-1$

满足条件 $y(1)=\frac{1}{4}$ 的解，求曲线 $y=y(x)$ 在 $[1,e]$ 上与 $x$ 轴所围平面图形的面积，以及函数在区间 $[0,1]$ 上的平均值。

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答案：

面积为 $\frac{e^3-7}{12}$；平均值为 $\frac{7}{12}$。

解析：

将方程写成

$y^{\prime }-\frac{2}{x}y=\frac{2\ln x-1}{2x}$。

积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -2/x\mathrm{d}x}=x^{-2}$。

于是

${\left(\frac{y}{x^2}\right)}^{\prime }=\frac{2\ln x-1}{2x^3}$。

积分得

$\frac{y}{x^2}=-\frac{\ln x}{2x^2}+C$，

即

$y=C{x}^2-\frac{1}{2}\ln x$。

由 $y(1)=\frac{1}{4}$，得 $C=\frac{1}{4}$，故

$y=\frac{x^2}{4}-\frac{1}{2}\ln x$。

在 $[1,e]$ 上，

$y^{\prime }=\frac{x}{2}-\frac{1}{2x}=\frac{x^2-1}{2x}\ge 0$，

且 $y(1)=\frac{1}{4}>0$，因此曲线始终在 $x$ 轴上方。面积为

$S={\int }_1^e\left(\frac{x^2}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x$。

计算得

$S=\frac{e^3-1}{12}-\frac{1}{2}=\frac{e^3-7}{12}$。

在 $[0,1]$ 上的平均值按反常积分理解为

$\bar{y}={\int }_0^1\left(\frac{x^2}{4}-\frac{1}{2}\ln x\right)\mathrm{d}x$。

由于

${\int }_0^1\ln x\mathrm{d}x=-1$，

故

$\bar{y}=\frac{1}{12}+\frac{1}{2}=\frac{7}{12}$。

12. 设曲线 $y=y(x)(x>0)$ 经过点 $(1,0)$，该曲线上任一点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离等于该点处的切线在 $y$ 轴上的截距，求 $y(x)$。

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答案：

$y=-x\ln x$。

解析：

点 $P(x,y)$ 到 $y$ 轴的距离为 $x$。

切线方程为

$Y-y=y^{\prime }(X-x)$。

令 $X=0$，切线在 $y$ 轴上的有向截距为

$y-x{y}^{\prime }$。

题设给出

$y-x{y}^{\prime }=x$，

即

$y^{\prime }-\frac{1}{x}y=-1$。

积分因子为 $x^{-1}$，所以

${\left(\frac{y}{x}\right)}^{\prime }=-\frac{1}{x}$。

积分得

$\frac{y}{x}=-\ln x+C$。

由曲线经过 $(1,0)$，得 $C=0$，故

$y=-x\ln x$。

13. 设曲线 $y=y(x)$ 上点 $P(0,4)$ 处的切线垂直于直线 $x-2y+5=0$，且该曲线满足微分方程 $y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+y=0$，则此曲线方程为（ ）

A. $y=\frac{9}{2}x{e}^{-x}$

B. $y=\left(4+\frac{9}{2}x\right)e^{-x}$

C. $y=(C_{1}x+C_2)e^{-x}$

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

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答案：

D。

解析：

直线 $x-2y+5=0$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$，故与它垂直的切线斜率为

$y^{\prime }(0)=-2$。

特征方程为

$r^2+2r+1=(r+1{)}^2=0$，

所以通解为

$y=(C_1+C_{2}x)e^{-x}$。

由 $y(0)=4$，得 $C_1=4$。

又

$y^{\prime }=\left(C_2-C_1-C_{2}x\right)e^{-x}$，

故

$y^{\prime }(0)=C_2-C_1=-2$。

于是 $C_2=2$，从而

$y=(4+2x)e^{-x}=2(x+2)e^{-x}$。

14. 设曲线 $y=y(x)$ 经过原点，且在原点处的切线与直线 $2x+y+6=0$ 平行，而 $y(x)$ 满足微分方程 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+5y=0$，则此曲线的方程为（ ）

A. $y=e^x\sin 2x$

B. $y=-e^x\sin 2x$

C. $y=e^x(\cos 2x-\sin 2x)$

D. $y=e^x(\sin 2x-\cos 2x)$

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答案：

B。

解析：

直线 $2x+y+6=0$ 的斜率为 $-2$，故

$y(0)=0,y^{\prime }(0)=-2$。

特征方程为

$r^2-2r+5=0$，

其根为 $1\pm 2i$。所以

$y=e^x(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x)$。

由 $y(0)=0$ 得 $C_1=0$。

此时

$y^{\prime }(0)=2C_2=-2$，

故 $C_2=-1$。因此

$y=-e^x\sin 2x$。

15. 设 $y=y(x)$ 满足 $y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=0$，且 $y(0)=0$，$y^{\prime }(0)=1$，则

${\int }_{-\infty }^{0}y(x)\mathrm{d}x=$

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答案：

$-1$。

解析：

特征方程为

$(r-1{)}^2=0$，

所以

$y=(C_1+C_{2}x)e^x$。

由 $y(0)=0$ 得 $C_1=0$；由 $y^{\prime }(0)=1$ 得 $C_2=1$。故

$y=x{e}^x$。

于是

${\int }_{-\infty }^{0}x{e}^x\mathrm{d}x={\left[(x-1)e^x\right]}_{-\infty }^0=-1$。

16. 已知某常系数齐次线性微分方程的通解为

$y=C_1+e^x(C_2\cos 2x+C_3\sin 2x)$，

则该微分方程为

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答案：

$y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }+5y^{\prime }=0$。

解析：

由常数项 $C_1$ 可知特征根为 $r=0$。

由 $e^x\cos 2x$、$e^x\sin 2x$ 可知另外两个特征根为

$r=1\pm 2i$。

因此特征多项式为

$r[(r-1{)}^2+4]=r(r^2-2r+5)=r^3-2r^2+5r$。

相应微分方程为

$y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }+5y^{\prime }=0$。

17. 微分方程

$4y^{\prime \prime }-12y^{\prime }+9y=e^{3x/2}(3x^2+2)$

的特解形式为（ ）

A. $A{x}^2+Bx+C+D{e}^{3x/2}$

B. $(A{x}^2+Bx+C)e^{3x/2}$

C. $x(A{x}^2+Bx+C)e^{3x/2}$

D. $x^2(A{x}^2+Bx+C)e^{3x/2}$

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答案：

D。

解析：

左端特征多项式为

$4r^2-12r+9=(2r-3{)}^2$。

因此 $r=\frac{3}{2}$ 是二重特征根。

右端为

$e^{3x/2}{P}_2(x)$，

其中 $P_2$ 为二次多项式。按待定系数法，若指数 $\frac{3}{2}$ 是特征根且重数为 $2$，试探特解应再乘 $x^2$，故形式为

$y_p=x^2(A{x}^2+Bx+C)e^{3x/2}$。

18. 已知

$y_1=x{e}^x+e^{2x},y_2=x{e}^x+e^{-x},y_3=x{e}^x+e^{2x}-e^{-x}$

是某二阶常系数非齐次线性微分方程的三个解，则此微分方程为

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答案：

$y^{\prime \prime }-y^{\prime }-2y=(1-2x)e^x$。

解析：

同一非齐次线性微分方程任意两个解之差均为对应齐次方程的解。

有

$y_1-y_3=e^{-x}$，

且

$y_3-y_2=e^{2x}-e^{-x}$。

因此齐次方程的解空间由 $e^{2x}$ 与 $e^{-x}$ 张成，特征根为

$2,-1$。

故对应齐次算子为

$L=D^2-D-2$。

取公共的一个特解部分 $y_p=x{e}^x$，则

$y_p^{\prime }=e^x(x+1),y_p^{\prime \prime }=e^x(x+2)$。

所以

$L[y_p]=e^x[(x+2)-(x+1)-2x]=(1-2x)e^x$。

故所求方程为

$y^{\prime \prime }-y^{\prime }-2y=(1-2x)e^x$。

19. 求微分方程

$y^{\prime \prime }-2y^{\prime }+y=2(3x^2-2)e^x$

的通解。

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答案：

$y=e^x\left(C_1+C_{2}x+\frac{1}{2}{x}^4-2x^2\right)$。

解析：

左端算子为 $(D-1{)}^2$。令

$y=e^{x}v(x)$，

则

$(D-1{)}^{2}y=e^x{v}^{\prime \prime }$。

原方程化为

$v^{\prime \prime }=2(3x^2-2)=6x^2-4$。

两次积分得

$v^{\prime }=2x^3-4x+C_2$，

$v=\frac{1}{2}{x}^4-2x^2+C_{2}x+C_1$。

因此

$y=e^x\left(C_1+C_{2}x+\frac{1}{2}{x}^4-2x^2\right)$。

20. 求微分方程

$y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+5y=8\cos x$

当 $x\to -\infty$ 时为有界的特解。

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答案：

$y=\cos x+\sin x$。

解析：

对应齐次方程的特征根为

$r=-2\pm i$，

故齐次解为

$y_h=e^{-2x}(C_1\cos x+C_2\sin x)$。

当 $x\to -\infty$ 时，$e^{-2x}\to +\infty$，所以要使解有界，必须取

$C_1=C_2=0$。

设非齐次特解为

$y_p=A\cos x+B\sin x$。

代入原方程，比较系数得

$4A+4B=8$，

$-4A+4B=0$。

解得 $A=B=1$，故唯一满足所给有界条件的特解为

$y=\cos x+\sin x$。

21. 欧拉方程

$x^2{y}^{\prime \prime }+3x{y}^{\prime }+3y=0$

满足条件 $y(1)=0$，$y^{\prime }(1)=\sqrt{2}$ 的解为 $y=$ ______。

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答案：

$y=\frac{1}{x}\sin (\sqrt{2}\ln x)$，其中 $x>0$。

解析：

设 $y=x^m$，得到特征方程

$m(m-1)+3m+3=0$，

即

$m^2+2m+3=0$。

其根为

$m=-1\pm i\sqrt{2}$。

因此在 $x>0$ 上，通解为

$y=\frac{1}{x}\left[C_1\cos (\sqrt{2}\ln x)+C_2\sin (\sqrt{2}\ln x)\right]$。

由 $y(1)=0$ 得 $C_1=0$。

于是

$y=C_2{x}^{-1}\sin (\sqrt{2}\ln x)$。

求导并令 $x=1$，得

$y^{\prime }(1)=C_2\sqrt{2}=\sqrt{2}$，

所以 $C_2=1$。故

$y=\frac{1}{x}\sin (\sqrt{2}\ln x)$。

强化部分

1. 微分方程 $x+y{y}^{\prime }=y-x{y}^{\prime }$ 的通解为

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答案：

$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\arctan \frac{y}{x}=C$。

解析：

整理原方程：

$(x-y)+(x+y)y^{\prime }=0$，

故

$y^{\prime }=\frac{y-x}{x+y}$。

这是齐次方程。令 $y=vx$，则 $y^{\prime }=v+x{v}^{\prime }$，从而

$v+x{v}^{\prime }=\frac{v-1}{1+v}$。

于是

$x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}=-\frac{1+v^2}{1+v}$。

分离变量：

$\frac{1+v}{1+v^2}\mathrm{d}v=-\frac{\mathrm{d}x}{x}$。

积分得

$\arctan v+\frac{1}{2}\ln (1+v^2)=-\ln |x|+C$。

代回 $v=\frac{y}{x}$ 并合并对数，得到

$\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)+\arctan \frac{y}{x}=C$。

2. 每一个解 $y=y(x)$ 都满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=0$ 的微分方程是（ ）

A. $y^{\prime }+\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}=0$

B. $y^{\prime }-\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}=0$

C. $y^{\prime }+\frac{y}{\sqrt[4]{1+x^3}}=0$

D. $y^{\prime }-\frac{y}{\sqrt[4]{1+x^3}}=0$

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答案：

C。

解析：

方程

$y^{\prime }+a(x)y=0$

的通解为

$y=C\exp \left(-\int a(x)\mathrm{d}x\right)$。

要使每一个解都趋于 $0$，必须有

${\int }_0^{x}a(t)\mathrm{d}t\to +\infty$。

对 A、B，系数数量级为

$\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}\sim x^{-3/2}$，

其在无穷远处的积分收敛，因此解一般趋于非零常数倍，不能保证趋于零。

对 C、D，系数数量级为

$\frac{1}{\sqrt[4]{1+x^3}}\sim x^{-3/4}$，

其积分发散。C 中指数为负，故所有解均趋于零；D 中指数为正，非零解反而发散。

因此选 C。

3. 设 $f(u,v)$ 具有连续偏导数，且满足

$f_u^{\prime }(u,v)+f_v^{\prime }(u,v)=uv$，

则函数 $y=e^{-2x}f(x,x)$ 满足条件 $y{|}_{x=0}=1$ 的表达式为

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答案：

$y=e^{-2x}\left(1+\frac{x^3}{3}\right)$。

解析：

令

$F(x)=f(x,x)$。

由链式法则，

$F^{\prime }(x)=f_u^{\prime }(x,x)+f_v^{\prime }(x,x)=x^2$。

因此

$F(x)=\frac{x^3}{3}+C$。

又

$y(0)=F(0)=1$，

故 $C=1$。于是

$y=e^{-2x}\left(1+\frac{x^3}{3}\right)$。

4. 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续且有水平渐近线 $y=b\ne 0$，则（ ）

A. 当 $a>0$ 时，$y^{\prime }+ay=f(x)$ 的任意解都满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\frac{b}{a}$

B. 当 $a>0$ 时，$y^{\prime }+ay=f(x)$ 的任意解都满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\frac{a}{b}$

C. 当 $a<0$ 时，$y^{\prime }+ay=f(x)$ 的任意解都满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\frac{b}{a}$

D. 当 $a<0$ 时，$y^{\prime }+ay=f(x)$ 的任意解都满足 $\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\frac{a}{b}$

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答案：

A。

解析：

由水平渐近线可知

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=b$。

当 $a>0$ 时，方程的任意解可写为

$y(x)=C{e}^{-ax}+e^{-ax}{\int }_0^x{e}^{at}f(t)\mathrm{d}t$。

第一项趋于零。对第二项用洛必达法则：

$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_0^x{e}^{at}f(t)\mathrm{d}t}{e^{ax}}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^{ax}f(x)}{a{e}^{ax}}=\frac{b}{a}$。

故任意解均满足

$\underset{x\to +\infty }{\lim }y(x)=\frac{b}{a}$。

当 $a<0$ 时，齐次项 $C{e}^{-ax}$ 一般发散，因此不能对任意解作出同样结论。

5. 若二阶常系数齐次微分方程

$y^{\prime \prime }+a{y}^{\prime }+by=0$

的解在 $(-\infty ,+\infty )$ 上均有周期性，则（ ）

A. $a<0,b<0$

B. $a>0,b>0$

C. $a=0,b<0$

D. $a=0,b>0$

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答案：

D。

解析：

要使方程的所有解均为周期函数，特征根必须是一对非零纯虚根

$r=\pm i\omega (\omega >0)$。

对应特征多项式为

$r^2+{\omega }^2$。

与

$r^2+ar+b$

比较得

$a=0,b={\omega }^2>0$。

若 $b=0$，会出现线性函数解；若根有非零实部，解含指数增长或衰减因子，均不能保证周期性。

6. 如果对于微分方程

$y^{\prime \prime }-(2k-4)y^{\prime }+ky=0$

的任一解 $y(x)$，反常积分 ${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x$ 均收敛，则 $k$ 的取值范围为（ ）

A. $(-\infty ,1]$

B. $(0,1]$

C. $(-\infty ,2)$

D. $(0,2)$

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答案：

D。

解析：

要使任一解的反常积分都收敛，齐次方程的所有特征根都必须满足

$\mathrm{Re}r<0$。

特征方程为

$r^2+(4-2k)r+k=0$。

对二阶实系数多项式，所有根实部均为负的充要条件是

$4-2k>0,k>0$。

因此

$0<k<2$。

当根实部为零时，解含常数项或纯振荡项，其积分不收敛；故端点不能取。

7. 以 $y=x$ 与 $y=x{e}^{-2x}$ 为特解的最低阶常系数齐次线性微分方程为（ ）

A. $y^{\prime \prime \prime }+2y^{\prime \prime }=0$

B. $y^{\prime \prime \prime }+4y^{\prime \prime }+4y^{\prime }-4y=0$

C. $y^{(4)}+2y^{\prime \prime \prime }=0$

D. $y^{(4)}+4y^{\prime \prime \prime }+4y^{\prime \prime }=0$

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答案：

D。

解析：

常系数齐次方程若有特解 $x$，则特征根 $r=0$ 至少是二重根。

若有特解 $x{e}^{-2x}$，则特征根 $r=-2$ 至少是二重根。

最低阶特征多项式为

$r^2(r+2{)}^2=r^4+4r^3+4r^2$。

因此最低阶方程为

$y^{(4)}+4y^{\prime \prime \prime }+4y^{\prime \prime }=0$。

8. 已知函数 $y=y(x)$ 在任意点 $x$ 处的增量

$\Delta y=\frac{xy}{1+x^2}\Delta x+o(\Delta x)$，

且 $y(0)=1$，则 $y^{\prime }(1)=$（ ）

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

B. $2$

C. $\sqrt{2}$

D. $2\sqrt{2}$

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答案：

A。

解析：

由可微函数增量公式可知

$y^{\prime }=\frac{xy}{1+x^2}$。

分离变量：

$\frac{\mathrm{d}y}{y}=\frac{x}{1+x^2}\mathrm{d}x$。

积分得

$\ln |y|=\frac{1}{2}\ln (1+x^2)+C$。

由 $y(0)=1$，得

$y=\sqrt{1+x^2}$。

所以

$y^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，

从而

$y^{\prime }(1)=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

9. 微分方程

$(x+y)\mathrm{d}y+(y+1)\mathrm{d}x=0$

满足 $y{|}_{x=1}=2$ 的特解是

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答案：

$xy+x+\frac{1}{2}{y}^2=5$。

解析：

写成微分形式

$(y+1)\mathrm{d}x+(x+y)\mathrm{d}y=0$。

令

$M(x,y)=y+1,N(x,y)=x+y$。

有

$\frac{\partial M}{\partial y}=1=\frac{\partial N}{\partial x}$，

故为全微分方程。

由

$\frac{\partial F}{\partial x}=y+1$，

积分得

$F=xy+x+\varphi (y)$。

再由

$\frac{\partial F}{\partial y}=x+{\varphi }^{\prime }(y)=x+y$，

得

${\varphi }^{\prime }(y)=y$，故 $\varphi (y)=\frac{1}{2}{y}^2$。

通解为

$xy+x+\frac{1}{2}{y}^2=C$。

代入 $(x,y)=(1,2)$，得

$C=2+1+2=5$。

10. 以 $y_1=x^2$ 和 $y_2=x^2-e^{2x}$ 为特解的一阶非齐次线性微分方程为

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答案：

$y^{\prime }-2y=2x-2x^2$。

解析：

同一一阶非齐次线性方程的两个特解之差为对应齐次方程的解。

有

$y_1-y_2=e^{2x}$。

因此齐次方程有解 $e^{2x}$，故其形式为

$y^{\prime }-2y=0$。

将特解 $y_1=x^2$ 代入左端，得

$y_1^{\prime }-2y_1=2x-2x^2$。

所以所求非齐次方程为

$y^{\prime }-2y=2x-2x^2$。

11. 设当 $x\ge 0$ 时，$f(x)$ 有连续的一阶导数，并且满足

$f(x)=-1+x+2{\int }_0^x(x-t)f(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t$，

则 $f(x)=$

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答案：

$f(x)=-\frac{1}{x+1}$。

解析：

令

$I(x)={\int }_0^x(x-t)f(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t$。

由莱布尼茨公式，

$I^{\prime }(x)={\int }_0^{x}f(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t$。

对题设等式求导：

$f^{\prime }(x)=1+2{\int }_0^{x}f(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t$。

又由原式在 $x=0$ 时可得

$f(0)=-1$。

因此

$2{\int }_0^{x}f(t)f^{\prime }(t)\mathrm{d}t=f^2(x)-f^2(0)=f^2(x)-1$。

故

$f^{\prime }=f^2$。

分离变量并利用 $f(0)=-1$，得

$-\frac{1}{f}=x+1$，

所以

$f(x)=-\frac{1}{x+1}$。

12. 设 $f(x)$ 是 $(0,+\infty )$ 上的连续函数，且对任意 $x>0$ 满足

$x{\int }_0^{1}f(tx)\mathrm{d}t=-2{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)+x^4$，

$f(1)=0$，求函数 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$f(x)=4x^2(1-x)$。

解析：

作代换 $u=tx$，有

$x{\int }_0^{1}f(tx)\mathrm{d}t={\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u$。

记

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$，

则题设关系化为

$F(x)=-2F(x)+xf(x)+x^4$，

即

$3F(x)=xf(x)+x^4$。

两边求导：

$3f=f+x{f}^{\prime }+4x^3$，

所以

$x{f}^{\prime }-2f=-4x^3$。

写成

$f^{\prime }-\frac{2}{x}f=-4x^2$。

积分因子为 $x^{-2}$，故

${\left(\frac{f}{x^2}\right)}^{\prime }=-4$。

积分得

$f=C{x}^2-4x^3$。

由 $f(1)=0$ 得 $C=4$，所以

$f(x)=4x^2(1-x)$。

13. 设函数 $y=f(x)$ 满足

$f^{\prime }(x)+2f(x)+2x{\int }_0^{1}f(xt)\mathrm{d}t+e^{-x}=0$，

且 $f(x)-x$ 在 $x=0$ 处取得极值，求 $f(x)$ 的表达式。

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答案：

$f(x)=e^{-x}(1-2\cos x)$。

解析：

因为 $f(x)-x$ 在 $x=0$ 处取得极值，所以

$f^{\prime }(0)-1=0$，即 $f^{\prime }(0)=1$。

在原方程中令 $x=0$，积分项前含因子 $x$，故为零，从而

$f^{\prime }(0)+2f(0)+1=0$。

代入 $f^{\prime }(0)=1$，得

$f(0)=-1$。

对 $x\ne 0$，有

$x{\int }_0^{1}f(xt)\mathrm{d}t={\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u$。

所以原方程写成

$f^{\prime }+2f+2{\int }_0^{x}f(u)\mathrm{d}u+e^{-x}=0$。

两边求导，得

$f^{\prime \prime }+2f^{\prime }+2f-e^{-x}=0$，

即

$f^{\prime \prime }+2f^{\prime }+2f=e^{-x}$。

对应齐次方程的特征根为 $-1\pm i$，取特解 $f_p=e^{-x}$，故

$f=e^{-x}(C_1\cos x+C_2\sin x+1)$。

由 $f(0)=-1$ 得 $C_1=-2$。

再由 $f^{\prime }(0)=1$ 得 $C_2=0$。

因此

$f(x)=e^{-x}(1-2\cos x)$。

14. 已知函数 $y=y(x)$ 满足

$y^{\prime }+2\sqrt{2}x\sqrt{y}=0$，

且其曲线的拐点的横坐标为 $-2$，则 $y(x)=$

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答案：

在包含拐点的非负解支上，

$y(x)=\frac{1}{2}(12-x^2{)}^2$，且相应支满足 $|x|<2\sqrt{3}$。

解析：

令

$u=\sqrt{y}\ge 0$，

则 $y^{\prime }=2u{u}^{\prime }$。在 $u>0$ 的区间上，原方程化为

$2u{u}^{\prime }+2\sqrt{2}xu=0$，

即

$u^{\prime }=-\sqrt{2}x$。

积分得

$u=C-\frac{x^2}{\sqrt{2}}$。

因此

$y={\left(C-\frac{x^2}{\sqrt{2}}\right)}^2$。

求二阶导数：

$y^{\prime \prime }=-2\sqrt{2}C+6x^2$。

拐点横坐标为 $-2$，故

$y^{\prime \prime }(-2)=0$，即

$-2\sqrt{2}C+24=0$。

所以

$C=6\sqrt{2}$。

于是

$y={\left(6\sqrt{2}-\frac{x^2}{\sqrt{2}}\right)}^2=\frac{1}{2}(12-x^2{)}^2$。

由于推导中取 $\sqrt{y}=C-\frac{x^2}{\sqrt{2}}\ge 0$，故该解支应满足

$|x|\le 2\sqrt{3}$；在零点处还可能因方程不满足局部唯一性而拼接零解，但包含所给拐点的光滑非零支如上。

15. 若函数 $f(x)$ 满足关系式

$f^{\prime }(x)+af(x)={\int }_x^{0}f(t)\mathrm{d}t,a>0$，

求 ${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x$。

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答案：

$0$。

解析：

两边求导，得

$f^{\prime \prime }+a{f}^{\prime }=-f$，

即

$f^{\prime \prime }+a{f}^{\prime }+f=0$。

其特征方程为

$r^2+ar+1=0$。

由于 $a>0$，两个根的实部都为负，因此满足原关系的解在 $+\infty$ 处趋于零，且其导数也趋于零，反常积分收敛。

原关系在 $x=0$ 处给出

$f^{\prime }(0)+af(0)=0$。

对微分方程 $f^{\prime \prime }+a{f}^{\prime }+f=0$ 在 $[0,+\infty )$ 上积分：

$[f^{\prime }{]}_0^{+\infty }+a[f{]}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0$。

利用无穷远处的极限，得到

$-f^{\prime }(0)-af(0)+{\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0$。

再用 $f^{\prime }(0)+af(0)=0$，可得

${\int }_0^{+\infty }f(x)\mathrm{d}x=0$。

16. 已知函数 $y=y(x)$ 满足

$x(\ln x-1)y^{\prime }(x)+(3-\ln x^2)y(x)=0,x>e$，

且 $y(e^2)=\frac{e^4}{2}$，求 $y=y(x)$ 的最小值。

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答案：

$e^3$。

解析：

令

$t=\ln x$，

则 $x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}$，且 $t>1$。原方程化为

$(t-1)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+(3-2t)y=0$。

所以

$\frac{1}{y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\frac{2t-3}{t-1}=2-\frac{1}{t-1}$。

积分得

$y=C\frac{e^{2t}}{t-1}=C\frac{x^2}{\ln x-1}$。

由 $y(e^2)=\frac{e^4}{2}$ 得 $C=\frac{1}{2}$，故

$y=\frac{x^2}{2(\ln x-1)}$。

写成 $t$ 的函数：

$y(t)=\frac{e^{2t}}{2(t-1)}$。

其对数导数为

$\frac{y_t}{y}=2-\frac{1}{t-1}$。

令其为零，得

$t=\frac{3}{2}$。

当 $1<t<\frac{3}{2}$ 时函数递减，当 $t>\frac{3}{2}$ 时函数递增，故最小值为

$y\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{e^3}{2\cdot \frac{1}{2}}=e^3$。

17. 设 $y=y(x)$ 满足

$y^{\prime }+2(\ln x+1)y=0,y(1)=1$，

则 $y(x)$ 在 $(0,1]$ 上的最大值为

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答案：

$e^{2/e}$。

解析：

分离变量：

$\frac{y^{\prime }}{y}=-2(\ln x+1)$。

注意

$\int (\ln x+1)\mathrm{d}x=x\ln x$，

故

$y=C{e}^{-2x\ln x}=C{x}^{-2x}$。

由 $y(1)=1$ 得 $C=1$，因此

$y=x^{-2x}$。

令

$\varphi (x)=\ln y=-2x\ln x$。

则

${\varphi }^{\prime }(x)=-2(\ln x+1)$。

令 ${\varphi }^{\prime }(x)=0$，得 $x=e^{-1}$。此点为最大值点，故

$y_{\max }=(e^{-1}{)}^{2/e}=e^{2/e}$。

18. 若微分方程

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+(a+{\sin }^{2}x)y=0$

的所有解都以 $\pi$ 为周期，则 $a=$

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答案：

$-\frac{1}{2}$。

解析：

通解为

$y=C\exp \left[-\int (a+{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x\right]$。

解经过一个周期 $\pi$ 后的倍率为

$\exp \left[-{\int }_x^{x+\pi }(a+{\sin }^{2}t)\mathrm{d}t\right]$。

因为

${\int }_x^{x+\pi }{\sin }^{2}t\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$，

所以倍率为

$e^{-\pi (a+1/2)}$。

要使所有解都以 $\pi$ 为周期，必须且只需该倍率为 $1$，即

$a+\frac{1}{2}=0$。

故

$a=-\frac{1}{2}$。

19. 当 $x>0$ 时，函数 $f(x)$ 满足

$x^2{f}^{\prime }(x)+(-1+\ln x)f(x)=0$，

且 $f(1)=1$，则 $f(x)$ 的最大值为（ ）

A. $e^{-e}$

B. $e^e$

C. $e^{-1/e}$

D. $e^{1/e}$

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答案：

D。

解析：

原方程化为

$\frac{f^{\prime }}{f}=\frac{1-\ln x}{x^2}$。

注意

${\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }=\frac{1-\ln x}{x^2}$，

故

$\ln |f|=\frac{\ln x}{x}+C$。

由 $f(1)=1$ 得 $C=0$，所以

$f(x)=e^{\ln x/x}=x^{1/x}$。

令

$\psi (x)=\ln f(x)=\frac{\ln x}{x}$。

则

${\psi }^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$。

故在 $x=e$ 处取得最大值，且

$f_{\max }=e^{1/e}$。

20. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上连续，且满足

$f(x)-{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t=-\frac{1}{2}+\sin x$。

（1）求 $f(x)$ 的表达式；

（2）求曲线 $y=f(x)$ 与 $y=0$ 在 $[\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}]$ 上围成的图形绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转体的体积。

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答案：

（1）$f(x)=\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)$；

（2）$V=\frac{{\pi }^2}{4}$。

解析：

对原等式求导：

$f^{\prime }(x)-f(x)=\cos x$。

在原式中令 $x=0$，得

$f(0)=-\frac{1}{2}$。

设特解为 $A\cos x+B\sin x$，代入得

$(B-A)\cos x+(-A-B)\sin x=\cos x$。

因此

$B-A=1,A+B=0$，

解得

$A=-\frac{1}{2},B=\frac{1}{2}$。

通解为

$f=C{e}^x+\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)$。

由 $f(0)=-\frac{1}{2}$ 得 $C=0$，故

$f(x)=\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)=\frac{\sqrt{2}}{2}\sin \left(x-\frac{\pi }{4}\right)$。

在区间 $[\frac{\pi }{4},\frac{5\pi }{4}]$ 上，$f(x)\ge 0$。绕 $x$ 轴旋转所得体积为

$V=\pi {\int }_{\pi /4}^{5\pi /4}{f}^2(x)\mathrm{d}x$。

所以

$V=\frac{\pi }{4}{\int }_{\pi /4}^{5\pi /4}(\sin x-\cos x{)}^2\mathrm{d}x$。

利用

$(\sin x-\cos x{)}^2=1-\sin 2x$，

且该区间长度为 $\pi$，同时

${\int }_{\pi /4}^{5\pi /4}\sin 2x\mathrm{d}x=0$，

得到

$V=\frac{\pi }{4}\cdot \pi =\frac{{\pi }^2}{4}$。

21. 微分方程

$\mathrm{d}y=\cos (y-x)\mathrm{d}x$

满足 $y(0)=\frac{\pi }{2}$ 的解为

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答案：

$\cot \frac{y-x}{2}=x+1$，等价地，在满足初值的连续分支上

$y=x+2\mathrm{arccot}(x+1)$。

解析：

原方程为

$y^{\prime }=\cos (y-x)$。

令

$u=y-x$，

则

$u^{\prime }=y^{\prime }-1=\cos u-1=-2{\sin }^2\frac{u}{2}$。

分离变量：

$\frac{\mathrm{d}u}{\cos u-1}=\mathrm{d}x$。

由于

$\frac{1}{\cos u-1}=-\frac{1}{2}{\csc }^2\frac{u}{2}$，

积分得

$\cot \frac{u}{2}=x+C$。

由 $y(0)=\frac{\pi }{2}$，有 $u(0)=\frac{\pi }{2}$，故

$C=\cot \frac{\pi }{4}=1$。

因此

$\cot \frac{y-x}{2}=x+1$。

22. 设 $y\ge -2$，则微分方程

$x^{\prime }-\sqrt{x+y^2}=-2y$

满足 $x(0)=1$ 的特解为

查看答案与解析

答案：

$x=1+y-\frac{3}{4}{y}^2$。

解析：

这里 $x^{\prime }=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$。令

$u=\sqrt{x+y^2}\ge 0$，

则

$x=u^2-y^2$，

$x^{\prime }=2u{u}^{\prime }-2y$。

代入原方程：

$2u{u}^{\prime }-2y-u=-2y$，

即

$u(2u^{\prime }-1)=0$。

在包含初值点的分支上，$u(0)=\sqrt{x(0)}=1>0$，故

$u^{\prime }=\frac{1}{2}$。

所以

$u=1+\frac{y}{2}$。

条件 $y\ge -2$ 保证右端非负，与 $u=\sqrt{x+y^2}$ 相容。于是

$x+y^2={\left(1+\frac{y}{2}\right)}^2$，

从而

$x=1+y-\frac{3}{4}{y}^2$。

23. 微分方程

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\frac{1}{x}=e^{-y}$

的通解为

查看答案与解析

答案：

$e^y=x(\ln |x|+C)$。

解析：

两边乘以 $e^y$，得

$e^y{y}^{\prime }-\frac{1}{x}{e}^y=1$。

令

$u=e^y$，

则 $u^{\prime }=e^y{y}^{\prime }$，故

$u^{\prime }-\frac{1}{x}u=1$。

积分因子为

$\mu (x)=e^{\int -1/x\mathrm{d}x}=\frac{1}{|x|}$。

在不跨越 $x=0$ 的任一区间上，可写成

${\left(\frac{u}{x}\right)}^{\prime }=\frac{1}{x}$。

积分得

$\frac{u}{x}=\ln |x|+C$。

因此

$e^y=x(\ln |x|+C)$，

并需在右端为正的区间上取解。

24. 设曲线 $y=y(x)$ 过原点且在原点处与曲线 $y=\sin x$ 有公共切线，且函数 $y(x)$ 满足方程

$y^{\prime \prime }+4y^{\prime }+4y=0$，

则

${\int }_0^{+\infty }y(x)\mathrm{d}x=$

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答案：

$\frac{1}{4}$。

解析：

曲线过原点，且与 $y=\sin x$ 在原点有公共切线，因此

$y(0)=0,y^{\prime }(0)=\cos 0=1$。

特征方程为

$(r+2{)}^2=0$，

所以

$y=(C_1+C_{2}x)e^{-2x}$。

由初值条件得

$C_1=0,C_2=1$，

故

$y=x{e}^{-2x}$。

于是

${\int }_0^{+\infty }x{e}^{-2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2^2}=\frac{1}{4}$。

25. 设下列 $A,B,C$ 为任意常数，则微分方程

$y^{\prime \prime }+4y={\sin }^{2}x$

有特解形如（ ）

A. $A{\sin }^{2}x$

B. $A{\cos }^{2}x$

C. $x(A+B\cos 2x+C\sin 2x)$

D. $A+x(B\cos 2x+C\sin 2x)$

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答案：

D。

解析：

将右端写成

${\sin }^{2}x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos 2x$。

常数项对应的试探特解可取常数 $A$。

齐次方程

$y^{\prime \prime }+4y=0$

的特征根为 $\pm 2i$，因此 $\cos 2x$ 与 $\sin 2x$ 已属于齐次解。对共振项 $\cos 2x$，试探特解必须乘以 $x$。

故完整试探形式可写为

$y_p=A+x(B\cos 2x+C\sin 2x)$。

26. 微分方程

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=x{e}^x$

的通解为

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答案：

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

解析：

对应齐次方程的特征根为

$r=1,2$，

故

$y_h=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}$。

令

$y=e^{x}v(x)$。

则

$y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=e^x(v^{\prime \prime }-v^{\prime })$。

因此

$v^{\prime \prime }-v^{\prime }=x$。

令 $w=v^{\prime }$，则

$w^{\prime }-w=x$。

可取一个特解

$w_p=-x-1$，

故

$v_p=-\frac{x^2}{2}-x$。

于是

$y_p=-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

所以通解为

$y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}-\left(\frac{x^2}{2}+x\right)e^x$。

27. 设三阶常系数齐次线性微分方程有特解 $\cos x$ 与 $e^{2x}$，则该微分方程为（ ）

A. $y^{\prime \prime \prime }+2y^{\prime \prime }+y^{\prime }+2y=0$

B. $y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=0$

C. $y^{\prime \prime \prime }+2y^{\prime \prime }-y^{\prime }+2y=0$

D. $y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }-y^{\prime }+2y=0$

查看答案与解析

答案：

B。

解析：

有特解 $\cos x$，说明特征根包含

$r=\pm i$。

有特解 $e^{2x}$，说明还包含特征根

$r=2$。

故三阶特征多项式为

$(r^2+1)(r-2)=r^3-2r^2+r-2$。

因此微分方程为

$y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=0$。

28. 设函数 $y(x)$ 满足微分方程

$y^{(4)}-y^{\prime \prime }=0$，

且当 $x\to 0$ 时 $y(x)\sim x^3$，求 $y(x)$。

查看答案与解析

答案：

$y=3e^x-3e^{-x}-6x=6(\sinh x-x)$。

解析：

特征方程为

$r^4-r^2=r^2(r-1)(r+1)=0$。

故通解为

$y=C_1+C_{2}x+C_3{e}^x+C_4{e}^{-x}$。

条件 $y(x)\sim x^3$ 等价于

$y(0)=y^{\prime }(0)=y^{\prime \prime }(0)=0,y^{\prime \prime \prime }(0)=6$。

于是

$C_1+C_3+C_4=0$，

$C_2+C_3-C_4=0$，

$C_3+C_4=0$，

$C_3-C_4=6$。

解得

$C_1=0,C_2=-6,C_3=3,C_4=-3$。

因此

$y=3e^x-3e^{-x}-6x=6(\sinh x-x)$。

29. 设 $y=y_1(x)$ 是

$y^{\prime \prime }+P(x)y^{\prime }+Q(x)y=0$

的一个非零特解。

（1）证明

$y_2(x)=y_1(x)\int \frac{1}{y_1^2(x)}{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x$

是与 $y_1(x)$ 线性无关的另一个特解；

（2）求

$y^{\prime \prime }-\frac{1}{x}{y}^{\prime }+\frac{1}{x^2}y=0$

的通解，其中 $y=x$ 是方程的一个解。

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答案：

（1）所给 $y_2$ 是另一特解，且与 $y_1$ 线性无关；

（2）$y=C_{1}x+C_{2}x\ln |x|$。

解析：

（1）令

$y_2=y_{1}v$。

则

$y_2^{\prime }=y_1^{\prime }v+y_1{v}^{\prime }$，

$y_2^{\prime \prime }=y_1^{\prime \prime }v+2y_1^{\prime }{v}^{\prime }+y_1{v}^{\prime \prime }$。

代入原方程，并利用 $y_1^{\prime \prime }+P{y}_1^{\prime }+Q{y}_1=0$，得到

$y_1{v}^{\prime \prime }+(2y_1^{\prime }+P{y}_1)v^{\prime }=0$。

令 $w=v^{\prime }$，则

$w^{\prime }+\left(2\frac{y_1^{\prime }}{y_1}+P\right)w=0$。

因此

$w=C\exp \left[-\int \left(2\frac{y_1^{\prime }}{y_1}+P\right)\mathrm{d}x\right]=C\frac{e^{-\int P\mathrm{d}x}}{y_1^2}$。

取 $C=1$，积分即得

$v=\int \frac{1}{y_1^2}{e}^{-\int P\mathrm{d}x}\mathrm{d}x$，

从而得到题设的 $y_2$。

两解的朗斯基行列式为

$W(y_1,y_2)=y_1^2{v}^{\prime }=e^{-\int P\mathrm{d}x}\ne 0$，

故 $y_1,y_2$ 线性无关。

（2）本题中

$P(x)=-\frac{1}{x},y_1=x$。

由公式，

$y_2=x\int \frac{1}{x^2}{e}^{-\int (-1/x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x$。

在不跨越 $x=0$ 的区间上，

$e^{-\int (-1/x)\mathrm{d}x}=e^{\ln |x|}=|x|$。

等价地分别在 $x>0$ 或 $x<0$ 上计算，得到

$y_2=x\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x=x\ln |x|$。

所以通解为

$y=C_{1}x+C_{2}x\ln |x|$。

30. 将以 $y=y(x)$ 为未知函数的微分方程

$y^{\prime \prime }+(x+e^y+\sin y)(y^{\prime }{)}^3=0$

化为以 $x=x(y)$ 为未知函数的形式，并求其通解。

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答案：

化为

$\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{y}^2}-x=e^y+\sin y$；

通解为

$x=C_1{e}^y+C_2{e}^{-y}+\frac{1}{2}y{e}^y-\frac{1}{2}\sin y$。

解析：

把 $x$ 看作 $y$ 的函数。记

$x_y=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，

则

$y^{\prime }=\frac{1}{x_y}$，

并且

$y^{\prime \prime }=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{x_y}\right)=-\frac{x_{yy}}{x_y^3}$。

代入原方程：

$-\frac{x_{yy}}{x_y^3}+(x+e^y+\sin y)\frac{1}{x_y^3}=0$。

乘以 $x_y^3$，得到

$x_{yy}-x=e^y+\sin y$。

对应齐次方程的通解为

$x_h=C_1{e}^y+C_2{e}^{-y}$。

对 $e^y$，因与齐次解共振，可取特解

$x_{p1}=\frac{1}{2}y{e}^y$。

对 $\sin y$，可取

$x_{p2}=-\frac{1}{2}\sin y$。

所以通解为

$x=C_1{e}^y+C_2{e}^{-y}+\frac{1}{2}y{e}^y-\frac{1}{2}\sin y$。

31. 设 $y=y(x)$ 满足关系式

$e^{2x}(y^{\prime \prime }+y^{\prime })+y=e^{-x}$，

且 $x=-\ln t,t>0$，$y(\ln \frac{2}{\pi })=\frac{\pi }{2}$，则 $y(x)=$

查看答案与解析

答案：

按原题给出的一个条件，解不能唯一确定；满足条件的解族为

$y(x)=e^{-x}+C\cos (e^{-x})$。

解析：

令

$t=e^{-x}$，并把 $y$ 视为 $t$ 的函数。因为

$\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=-t$，

所以

$y^{\prime }=-t{y}_t$，

$y^{\prime \prime }=t{y}_t+t^2{y}_{tt}$。

因此

$y^{\prime \prime }+y^{\prime }=t^2{y}_{tt}$。

又 $e^{2x}=t^{-2}$，故原方程化为

$y_{tt}+y=t$。

通解为

$y=C_1\cos t+C_2\sin t+t$。

由

$x=\ln \frac{2}{\pi }$，

得到

$t=e^{-x}=\frac{\pi }{2}$。

条件 $y=\frac{\pi }{2}$ 给出

$C_1\cos \frac{\pi }{2}+C_2\sin \frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$，

故仅能推出

$C_2=0$，而 $C_1$ 任意。

因此解族为

$y=e^{-x}+C\cos (e^{-x})$。

原方程为二阶方程，通常需要两个独立条件才能唯一确定解；原题现有文字缺少一个条件。

32. 设函数 $f(x)$ 满足 $f^{\prime }(x)=f(2x)(x>0)$。

（1）证明 $x^2{f}^{\prime \prime }(x)+2f(x)=0(x>0)$；

（2）令 $x=e^t$，化（1）中方程为常系数线性微分方程，并求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

按原题写成的 $f^{\prime }(x)=f(2x)$，结论（1）一般不成立，题目存在明显识别或排版错误。

若原条件应为常见题型 $f^{\prime }(x)=f(2/x)$，则

$x^2{f}^{\prime \prime }+2f=0$，且相应欧拉方程的通解为

$f(x)=\sqrt{x}\left[C_1\cos \left(\frac{\sqrt{7}}{2}\ln x\right)+C_2\sin \left(\frac{\sqrt{7}}{2}\ln x\right)\right]$。

解析：

严格按原文，若

$f^{\prime }(x)=f(2x)$，

则求导只能得到

$f^{\prime \prime }(x)=2f^{\prime }(2x)=2f(4x)$，

无法推出

$x^2{f}^{\prime \prime }(x)+2f(x)=0$。

因此，按现有条件只能得到含有伸缩自变量 $4x$ 的泛函微分关系，不能推出题目要求的欧拉方程；原题显然存在识别或排版错误。

若把条件修正为

$f^{\prime }(x)=f\left(\frac{2}{x}\right)$，

则

$f^{\prime \prime }(x)=f^{\prime }\left(\frac{2}{x}\right)\left(-\frac{2}{x^2}\right)$。

再由原关系在自变量 $\frac{2}{x}$ 处有

$f^{\prime }\left(\frac{2}{x}\right)=f(x)$，

故

$f^{\prime \prime }(x)=-\frac{2}{x^2}f(x)$，

即

$x^2{f}^{\prime \prime }+2f=0$。

令 $x=e^t$，设 $u(t)=f(e^t)$，则

$f^{\prime }=\frac{1}{x}{u}^{\prime },f^{\prime \prime }=\frac{1}{x^2}(u^{\prime \prime }-u^{\prime })$。

于是欧拉方程化为

$u^{\prime \prime }-u^{\prime }+2u=0$。

特征根为

$r=\frac{1\pm i\sqrt{7}}{2}$，

所以

$u=e^{t/2}\left(C_1\cos \frac{\sqrt{7}}{2}t+C_2\sin \frac{\sqrt{7}}{2}t\right)$。

代回 $t=\ln x$ 得上式。

33. 设 $u(x,y)=f(x)+g(y)$ 具有二阶连续偏导数，且满足

$\left[1+{\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)}^2\right]\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}-2\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial u}{\partial y}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}+\left[1+{\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}^2\right]\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$，

又已知 $f^{\prime \prime }(x)\ne 0$，求 $u=u(x,y)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案：

$u(x,y)=\frac{1}{c}\ln \left|\frac{\cos (B-cy)}{\cos (cx+A)}\right|+C$，

其中 $c\ne 0$，$A,B,C$ 为常数。

解析：

因为

$u_x=f^{\prime }(x),u_y=g^{\prime }(y),u_{xx}=f^{\prime \prime }(x),u_{yy}=g^{\prime \prime }(y),u_{xy}=0$，

原方程化为

$[1+g^{\prime 2}(y)]f^{\prime \prime }(x)+[1+f^{\prime 2}(x)]g^{\prime \prime }(y)=0$。

两边除以

$[1+f^{\prime 2}(x)][1+g^{\prime 2}(y)]$，得

$\frac{f^{\prime \prime }(x)}{1+f^{\prime 2}(x)}+\frac{g^{\prime \prime }(y)}{1+g^{\prime 2}(y)}=0$。

第一项只依赖 $x$，第二项只依赖 $y$，故必存在常数 $c$，使

$\frac{f^{\prime \prime }}{1+f^{\prime 2}}=c,\frac{g^{\prime \prime }}{1+g^{\prime 2}}=-c$。

由于 $f^{\prime \prime }\ne 0$，故 $c\ne 0$。

于是

$(\arctan f^{\prime }{)}^{\prime }=c$，

$(\arctan g^{\prime }{)}^{\prime }=-c$。

所以

$f^{\prime }=\tan (cx+A)$，

$g^{\prime }=\tan (B-cy)$。

积分得

$f(x)=-\frac{1}{c}\ln |\cos (cx+A)|+C_1$，

$g(y)=\frac{1}{c}\ln |\cos (B-cy)|+C_2$。

故

$u(x,y)=\frac{1}{c}\ln \left|\frac{\cos (B-cy)}{\cos (cx+A)}\right|+C$。

34. 设函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内可导，对任意的 $s>0,t>0$，均有

${\int }_1^{\pi }f(x)\mathrm{d}x+\ln t^s+\ln s^t={\int }_1^t\left[sf(x)+\frac{1}{x}\right]\mathrm{d}x+{\int }_1^s\left[tf(x)+\frac{1}{x}\right]\mathrm{d}x$

成立，且 $f(1)=2$，求 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案：

按原题上限写成固定的 $\pi$ 时，条件与 $f(1)=2$ 矛盾，不存在满足条件的函数。

若左端第一项的上限原应为常见的乘积 $st$，即

${\int }_1^{st}f(x)\mathrm{d}x$，

则

$f(x)=\ln x+\frac{1}{x}+1$。

解析：

先严格按现有文字检验。记

$F(u)={\int }_1^{u}f(x)\mathrm{d}x$，

$I={\int }_1^{\pi }f(x)\mathrm{d}x$。

题设等式写成

$I+s\ln t+t\ln s=sF(t)+\ln t+tF(s)+\ln s$。

令 $s=1$，得

$I+\ln t=F(t)+\ln t$，

故 $F(t)\equiv I$。再令 $t=1$，有 $F(1)=0$，所以 $I=0$，进而 $F(t)\equiv 0$，即 $f(t)\equiv 0$，这与 $f(1)=2$ 矛盾。因此原文中的固定上限 $\pi$ 不可能正确。

若将其修正为教材中常见的

$F(st)+s\ln t+t\ln s=sF(t)+\ln t+tF(s)+\ln s$，

对 $s$ 求偏导，得

$tf(st)+\ln t+\frac{t}{s}=F(t)+tf(s)+\frac{1}{s}$。

令 $s=1$，并利用 $f(1)=2$，得到

$tf(t)+\ln t+t=F(t)+2t+1$，

即

$F(t)=tf(t)+\ln t-t-1$。

两边对 $t$ 求导：

$f(t)=f(t)+t{f}^{\prime }(t)+\frac{1}{t}-1$，

所以

$f^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}$。

积分得

$f(t)=\ln t+\frac{1}{t}+C$。

由 $f(1)=2$，得 $C=1$。故

$f(x)=\ln x+\frac{1}{x}+1$。

35. 设函数 $y(x)$ 具有二阶导数，曲线 $l:y=y(x)$ 与直线 $y=x$ 相切于原点，且曲线 $l$ 在点 $(x,y)$ 处切线的倾角 $\theta$ 关于 $x$ 的变化率与曲线 $l$ 在该点的切线斜率相等，求 $y(x)$。

查看答案与解析

答案：

$y=\arcsin \frac{e^x}{\sqrt{2}}-\frac{\pi }{4}$，

在经过原点的实值解支上有 $x<\frac{1}{2}\ln 2$。

解析：

曲线与 $y=x$ 在原点相切，故

$y(0)=0,y^{\prime }(0)=1$。

又 $\tan \theta =y^{\prime }$，且题设给出

$\frac{\mathrm{d}\theta }{\mathrm{d}x}=y^{\prime }$。

因此

$\frac{y^{\prime \prime }}{1+y^{\prime 2}}=y^{\prime }$。

令 $p=y^{\prime }$，则

$\frac{p^{\prime }}{p(1+p^2)}=1$。

积分：

$\ln |p|-\frac{1}{2}\ln (1+p^2)=x+C$。

由 $p(0)=1$，得

$\frac{p}{\sqrt{1+p^2}}=\frac{e^x}{\sqrt{2}}$。

解得经过初值的正支

$p=\frac{e^x}{\sqrt{2-e^{2x}}}$。

于是

$y=\int \frac{e^x}{\sqrt{2-e^{2x}}}\mathrm{d}x$。

令 $u=e^x$，得

$y=\arcsin \frac{u}{\sqrt{2}}+C_1=\arcsin \frac{e^x}{\sqrt{2}}+C_1$。

由 $y(0)=0$，得 $C_1=-\frac{\pi }{4}$。故

$y=\arcsin \frac{e^x}{\sqrt{2}}-\frac{\pi }{4}$。

36. 设平面曲线 $y=y(x)$ 满足 $y(0)=1$，$y^{\prime }(0)=0$，且对曲线上任意点 $P(x,y)(x>0)$，沿曲线从点 $(0,1)$ 到点 $P(x,y)$ 的弧长等于该曲线在点 $P(x,y)$ 的切线斜率。

（1）求 $y(x)(x>0)$；

（2）求 $y(x)$ 与 $x=\ln 2$ 及坐标轴所围平面区域 $D$ 的形心。

查看答案与解析

答案：

（1）$y=\cosh x$；

（2）形心为

$\left(\ln 2-\frac{1}{3},\frac{1}{3}\ln 2+\frac{5}{16}\right)$。

解析：

（1）记从 $(0,1)$ 到 $(x,y(x))$ 的弧长为

$S(x)={\int }_0^x\sqrt{1+[y^{\prime }(t){]}^2}\mathrm{d}t$。

题设给出

$S(x)=y^{\prime }(x)$。

两边求导：

$y^{\prime \prime }=\sqrt{1+y^{\prime 2}}$。

令 $p=y^{\prime }$，则

$\frac{\mathrm{d}p}{\sqrt{1+p^2}}=\mathrm{d}x$。

由 $p(0)=0$，得

$\mathrm{arsinh}p=x$，即

$p=\sinh x$。

积分并利用 $y(0)=1$，得

$y=\cosh x$。

（2）设 $a=\ln 2$。区域为

$0\le x\le a,0\le y\le \cosh x$。

面积

$A={\int }_0^a\cosh x\mathrm{d}x=\sinh a=\frac{3}{4}$。

形心横坐标为

$\bar{x}=\frac{1}{A}{\int }_0^{a}x\cosh x\mathrm{d}x$。

分部积分：

${\int }_0^{a}x\cosh x\mathrm{d}x=[x\sinh x-\cosh x{]}_0^a=a\sinh a-\cosh a+1$。

由于

$\sinh (\ln 2)=\frac{3}{4},\cosh (\ln 2)=\frac{5}{4}$，

故

$\bar{x}=\frac{3a/4-1/4}{3/4}=a-\frac{1}{3}=\ln 2-\frac{1}{3}$。

形心纵坐标为

$\bar{y}=\frac{1}{A}{\int }_0^a\frac{1}{2}{\cosh }^{2}x\mathrm{d}x$。

利用

$\int {\cosh }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{x}{2}+\frac{1}{4}\sinh 2x$，

得

$\bar{y}=\frac{1}{2A}\left(\frac{a}{2}+\frac{1}{4}\sinh 2a\right)$。

又

$\sinh (2\ln 2)=\frac{15}{8}$，

所以

$\bar{y}=\frac{1}{3}\ln 2+\frac{5}{16}$。

37. 设曲线 $L:r=r(\theta )$，$P(r,\theta )$ 为 $L$ 上任意一点，$P_0(2,0)$ 为 $L$ 上的一定点，且曲线 $L$ 与极径 $O{P}_0,OP$ 所围成的曲边扇形面积值等于曲线 $L$ 上 $P_0,P$ 两点间弧长值的一半，求曲线 $L$ 的方程。

查看答案与解析

答案：

$r=\sec \left(\frac{\pi }{3}\pm \theta \right)$，取经过 $P_0(2,0)$ 且 $r>0$ 的相应局部支。

解析：

从 $\theta =0$ 到 $\theta$ 的曲边扇形面积为

$A(\theta )=\frac{1}{2}{\int }_0^{\theta }{r}^2(\phi )\mathrm{d}\phi$。

相应弧长为

$S(\theta )={\int }_0^{\theta }\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}\mathrm{d}\phi$。

题设给出

$A(\theta )=\frac{1}{2}S(\theta )$。

两边对 $\theta$ 求导，得

$r^2=\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}$。

平方后

$(r^{\prime }{)}^2=r^4-r^2=r^2(r^2-1)$。

因此

$\frac{\mathrm{d}r}{r\sqrt{r^2-1}}=\pm \mathrm{d}\theta$。

积分得

$\mathrm{arcsec}r=\pm \theta +C$。

由 $r(0)=2$，有

$C=\mathrm{arcsec}2=\frac{\pi }{3}$。

所以

$\mathrm{arcsec}r=\frac{\pi }{3}\pm \theta$，

即

$r=\sec \left(\frac{\pi }{3}\pm \theta \right)$。

正负号对应从定点沿曲线的两个可能方向。

38. 微分方程

$2y^{\prime \prime }=3y^2$

满足初始条件 $y(-2)=1$，$y^{\prime }(-2)=1$ 的特解为

查看答案与解析

答案：

$y=\frac{4}{x^2}$。

解析：

观察幂函数形式，设

$y=A{x}^{-2}$。

则

$y^{\prime \prime }=6A{x}^{-4}$，

代入方程得

$12A{x}^{-4}=3A^2{x}^{-4}$，

所以非零解满足

$A=4$。

于是

$y=\frac{4}{x^2}$。

检验初值：

$y(-2)=1$，

$y^{\prime }=-\frac{8}{x^3}$，故

$y^{\prime }(-2)=1$。

因此该函数即为所求特解。

39. 微分方程

$y^{\prime }=\frac{1}{xy(1+x{y}^2)}$

满足 $y(1)=0$ 的解为

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答案：

隐式解可写为

$\frac{1}{x}=2-y^2-e^{-y^2/2}$，

即

$x=\frac{1}{2-y^2-e^{-y^2/2}}$。

解析：

由于初值点处右端含 $y$ 在分母中，直接把 $y$ 看作 $x$ 的函数不便。改把 $x$ 看作 $y$ 的函数：

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=xy(1+x{y}^2)=xy+x^2{y}^3$。

令

$u=\frac{1}{x}$，

则

$u^{\prime }=-\frac{x^{\prime }}{x^2}=-yu-y^3$。

所以

$u^{\prime }+yu=-y^3$。

积分因子为

$e^{y^2/2}$，故

${\left(u{e}^{y^2/2}\right)}^{\prime }=-y^3{e}^{y^2/2}$。

积分：

$u{e}^{y^2/2}=e^{y^2/2}(2-y^2)+C$。

因此

$u=2-y^2+C{e}^{-y^2/2}$。

由 $y=0$ 时 $x=1$，即 $u=1$，得

$1=2+C$，所以 $C=-1$。

故

$\frac{1}{x}=2-y^2-e^{-y^2/2}$。

40. 设 $f(x)$ 具有二阶连续导数，$f(0)=0$，$f^{\prime }(0)=1$，且微分方程

$[xy(x+y)-f(x)y]\mathrm{d}x+[f^{\prime }(x)+x^{2}y]\mathrm{d}y=0$

为全微分方程。

（1）求 $f(x)$；

（2）求该全微分方程的通解。

查看答案与解析

答案：

（1）$f(x)=x^2+2\cos x+\sin x-2$；

（2）

$[2x+\cos x-2\sin x]y+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2=C$。

解析：

令

$M(x,y)=xy(x+y)-f(x)y=x^{2}y+x{y}^2-f(x)y$，

$N(x,y)=f^{\prime }(x)+x^{2}y$。

全微分方程要求

$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$。

计算得

$M_y=x^2+2xy-f(x)$，

$N_x=f^{\prime \prime }(x)+2xy$。

因此

$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=x^2$。

其通解为

$f=C_1\cos x+C_2\sin x+x^2-2$。

由 $f(0)=0$ 得 $C_1=2$；由 $f^{\prime }(0)=1$ 得 $C_2=1$。所以

$f(x)=x^2+2\cos x+\sin x-2$。

下面求势函数 $F(x,y)$。由

$F_y=N=f^{\prime }(x)+x^{2}y$，

对 $y$ 积分：

$F=f^{\prime }(x)y+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2+\varphi (x)$。

求偏导：

$F_x=f^{\prime \prime }(x)y+x{y}^2+{\varphi }^{\prime }(x)$。

利用 $f^{\prime \prime }=x^2-f$，有

$F_x=(x^2-f)y+x{y}^2+{\varphi }^{\prime }(x)$。

与 $M=(x^2-f)y+x{y}^2$ 比较，得

${\varphi }^{\prime }(x)=0$。

故通解为

$f^{\prime }(x)y+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2=C$。

又

$f^{\prime }(x)=2x-2\sin x+\cos x$，

因此

$[2x+\cos x-2\sin x]y+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2=C$。