第六章 常微分方程

选择题

单选题李正元练习题·高等数学选择题

方程

$$\displaystyle y'\sin x=y\ln y$$

满足条件 $\displaystyle y\left(\dfrac\pi2\right)=e$ 的特解是

A. $\displaystyle \dfrac e{\sin x}$；

B. $\displaystyle e^{\sin x}$；

C. $\displaystyle \dfrac e{\tan\dfrac x2}$；

D. $\displaystyle e^{\tan\frac x2}$。

原方程可分离变量：

$$\displaystyle \dfrac{dy}{y\ln y}=\dfrac{dx}{\sin x}.$$

两边积分，得

$$\displaystyle \ln|\ln y|=\ln\left|\tan\dfrac{x}{2}\right|+C,$$

从而在初值点附近可写成

$$\displaystyle \ln y=C_1\tan\dfrac{x}{2}.$$

因此

$$\displaystyle y=e^{C_1\tan\frac{x}{2}}.$$

代入初值 $\displaystyle y\left(\dfrac\pi2\right)=e$，注意

$$\displaystyle \tan\dfrac{\pi/2}{2}=\tan\dfrac\pi4=1,$$

故

$$\displaystyle e=e^{C_1}, \qquad C_1=1.$$

所以特解为

$$\displaystyle y=e^{\tan\frac{x}{2}}.$$

（A）、（B）、（C）代入原方程或初值条件均不能同时成立。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle C,C_1,C_2,C_3$ 是任意常数，则以下函数可以看作某个二阶微分方程的通解的是

A. $\displaystyle y=C_1x^2+C_2x+C_3$；

B. $\displaystyle x^2+y^2=C$；

C. $\displaystyle y=\ln(C_1x)+\ln(C_2\sin x)$；

D. $\displaystyle y=C_1\sin^2x+C_2\cos^2x$。

一般来说，$\displaystyle n$ 阶微分方程的通解应含有 $\displaystyle n$ 个相互独立的任意常数。二阶微分方程的通解应含两个相互独立的任意常数。

对于（D），

$$\displaystyle y=C_1\sin^2x+C_2\cos^2x$$

含有两个独立任意常数。并且 $\displaystyle \sin^2x$ 与 $\displaystyle \cos^2x$ 线性无关，因此可作为某个二阶微分方程的通解。

其余选项：

• （A）含有三个独立任意常数，通常对应三阶微分方程；
• （B）只含一个任意常数；
• （C）虽然写有 $\displaystyle C_1,C_2$，但

$$\displaystyle y=\ln(C_1C_2x\sin x),$$

其中常数只通过乘积 $\displaystyle C_1C_2$ 出现，实际上只有一个独立任意常数。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

方程

$$\displaystyle y''-2y'+3y=e^x\sin(\sqrt2x)$$

的特解的形式为

A. $\displaystyle e^x[A\cos(\sqrt2x)+B\sin(\sqrt2x)]$；

B. $\displaystyle xe^x[A\cos(\sqrt2x)+B\sin(\sqrt2x)]$；

C. $\displaystyle Ae^x\sin(\sqrt2x)$；

D. $\displaystyle Ae^x\cos(\sqrt2x)$。

对应齐次方程

$$\displaystyle y''-2y'+3y=0$$

的特征方程为

$$\displaystyle r^2-2r+3=0.$$

解得

$$\displaystyle r=1\pm i\sqrt2.$$

故齐次方程的通解为

$$\displaystyle y_h=e^x\left(C_1\cos\sqrt2x+C_2\sin\sqrt2x\right).$$

非齐次项

$$\displaystyle e^x\sin(\sqrt2x)$$

与齐次方程对应的基本解同型，发生共振。由于特征根 $\displaystyle 1\pm i\sqrt2$ 均为单根，待定特解应在通常形式前乘以 $\displaystyle x$，即

$$\displaystyle y_p=xe^x\left[A\cos(\sqrt2x)+B\sin(\sqrt2x)\right].$$

所以选（B）。

（A）未乘 $\displaystyle x$，与齐次解重复；（C）、（D）不仅未处理共振，而且形式中缺少另一项，通常不能满足方程。

单选题李正元练习题·高等数学选择题

设 $\displaystyle y_1(x),y_2(x)$ 为二阶变系数齐次线性方程

$$\displaystyle y''+p(x)y'+q(x)y=0$$

的两个特解，则 $\displaystyle C_1y_1(x)+C_2y_2(x)$（$\displaystyle C_1,C_2$ 为任意常数）是该方程通解的充分条件为

A. $\displaystyle y_1(x)y_2'(x)-y_2(x)y_1'(x)=0$；

B. $\displaystyle y_1(x)y_2'(x)-y_2(x)y_1'(x)\ne0$；

C. $\displaystyle y_1(x)y_2'(x)+y_2(x)y_1'(x)=0$；

D. $\displaystyle y_1(x)y_2'(x)+y_2(x)y_1'(x)\ne0$。

二阶齐次线性微分方程的解空间是二维线性空间。两个特解 $\displaystyle y_1,y_2$ 能构成一组基本解的充分条件是它们线性无关。

判断两函数线性无关可使用朗斯基行列式

$$\displaystyle W(y_1,y_2)= \begin{vmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{vmatrix} =y_1y_2'-y_2y_1'.$$

若

$$\displaystyle W(y_1,y_2)\ne0,$$

则 $\displaystyle y_1,y_2$ 线性无关，因而

$$\displaystyle y=C_1y_1+C_2y_2$$

是该方程的通解。

（A）对应朗斯基行列式为零，不能保证线性无关；（C）、（D）中的加号表达式不是判断两个解线性无关的朗斯基行列式。

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

下列微分方程中（填序号）$\displaystyle \underline{\qquad}$ 是线性微分方程。

①

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}+y^2\sin x=e^x;$$

②

$$\displaystyle x^2\dfrac{dy}{dx}+y\cos x=\tan x;$$

③

$$\displaystyle x^4\dfrac{d^2y}{dx^2}+e^x\dfrac{dy}{dx}+(\ln x)y=0;$$

④

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}+e^x\dfrac{dy}{dx}+(x^2+3y)y=x.$$

线性微分方程要求未知函数 $\displaystyle y$ 及其各阶导数都只以一次幂出现，且它们之间不能相乘，其系数只能是自变量 $\displaystyle x$ 的函数。

• ① 含有 $\displaystyle y^2$，是非线性方程；
• ② 可化为

$$\displaystyle y'+\dfrac{\cos x}{x^2}y=\dfrac{\tan x}{x^2},$$

是一阶线性微分方程；

• ③ 中 $\displaystyle y'',y',y$ 均为一次，系数只依赖于 $\displaystyle x$，是二阶线性微分方程；
• ④ 中

$$\displaystyle (x^2+3y)y=x^2y+3y^2,$$

含有 $\displaystyle y^2$，是非线性方程。

填空题李正元练习题·高等数学填空题

已知

$$\displaystyle (x-1)y''-xy'+y=0$$

的一个解是 $\displaystyle y_1=x$，又知

$$\displaystyle \bar y=e^x-(x^2+x+1),\qquad y^*=-x^2-1$$

均是

$$\displaystyle (x-1)y''-xy'+y=(x-1)^2$$

的解，则此方程的通解是 $\displaystyle y=\underline{\qquad}$。

两个非齐次方程特解之差必为对应齐次方程的解。于是

$$\displaystyle \bar y-y^* =e^x-(x^2+x+1)-(-x^2-1) =e^x-x$$

是齐次方程的一个解。

题目又给出齐次方程的一个解 $\displaystyle y_1=x$。由于

$$\displaystyle x$$

与

$$\displaystyle e^x-x$$

线性无关，所以齐次方程通解可写为

$$\displaystyle y_h=C_1x+C_2(e^x-x).$$

将常数重新记号后，也可写为

$$\displaystyle y_h=C_1x+C_2e^x.$$

取非齐次方程的一个特解

$$\displaystyle y_p=y^*=-x^2-1,$$

故原方程通解为

$$\displaystyle y=y_h+y_p=C_1x+C_2e^x-x^2-1.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

已知方程

$$\displaystyle y''+\dfrac{x}{1-x}y'-\frac1{1-x}y=0$$

的两个特解 $\displaystyle y_1=e^x,y_2=x$，则该方程满足初值 $\displaystyle y(0)=1$，$\displaystyle y'(0)=2$ 的解为 $\displaystyle y=\underline{\qquad}$。

由已知两个线性无关特解，方程通解为

$$\displaystyle y=C_1e^x+C_2x.$$

于是

$$\displaystyle y'=C_1e^x+C_2.$$

代入初值 $\displaystyle y(0)=1$，得

$$\displaystyle C_1=1.$$

再由 $\displaystyle y'(0)=2$，得

$$\displaystyle C_1+C_2=2,$$

所以

$$\displaystyle C_2=1.$$

因此所求解为

$$\displaystyle y=e^x+x.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

微分方程

$$\displaystyle y''+6y'+9y=0$$

的通解为 $\displaystyle y=\underline{\qquad}$。

特征方程为

$$\displaystyle r^2+6r+9=0,$$

即

$$\displaystyle (r+3)^2=0.$$

因此有二重特征根

$$\displaystyle r=-3.$$

二阶常系数齐次线性微分方程对应二重实根时，其通解为

$$\displaystyle y=(C_1+C_2x)e^{rx}.$$

代入 $\displaystyle r=-3$，得到

$$\displaystyle y=(C_1+C_2x)e^{-3x}.$$

计算题与证明题

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求下列微分方程的通解：

（Ⅰ）

$$\displaystyle (x-2)\,dy=[y+2(x-2)^3]dx;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle y^2dx=(x+y^2e^{y^{-1}})dy;$$

（Ⅲ）

$$\displaystyle (3y-7x)dx+(7y-3x)dy=0;$$

（Ⅳ）

$$\displaystyle \dfrac{dy}{dx}-3xy=xy^2.$$

（Ⅰ）一阶线性微分方程

将原方程改写为

$$\displaystyle (x-2)y'=y+2(x-2)^3.$$

当先在不含点 $\displaystyle x=2$ 的区间上求解时，两边除以 $\displaystyle x-2$，得

$$\displaystyle y'-\frac1{x-2}y=2(x-2)^2.$$

这是关于 $\displaystyle y$ 的一阶线性微分方程，其积分因子为

$$\displaystyle \mu(x)=e^{\int-\frac1{x-2}\,dx} =\frac1{x-2}.$$

两边同乘积分因子，得到

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{y}{x-2}\right)=2(x-2).$$

积分得

$$\displaystyle \dfrac{y}{x-2}=(x-2)^2+C.$$

因此

$$\displaystyle y=(x-2)^3+C(x-2).$$

该表达式在 $\displaystyle x=2$ 处也有定义，并且代入原方程仍成立，所以可作为原方程的通解。

（Ⅱ）把 $\displaystyle x$ 看作 $\displaystyle y$ 的函数

原方程可写为

$$\displaystyle y^2\dfrac{dx}{dy}=x+y^2e^{1/y}.$$

由于式中含有 $\displaystyle e^{1/y}$，故 $\displaystyle y\ne0$。两边除以 $\displaystyle y^2$，得

$$\displaystyle \dfrac{dx}{dy}-\frac1{y^2}x=e^{1/y}.$$

这是关于 $\displaystyle x=x(y)$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$$\displaystyle \mu(y)=e^{\int-\frac1{y^2}\,dy}=e^{1/y}.$$

两边同乘 $\displaystyle e^{1/y}$，得

$$\displaystyle \dfrac{d}{dy}\left(xe^{1/y}\right)=e^{2/y}.$$

积分后得到

$$\displaystyle xe^{1/y}=\int e^{2/y}\,dy+C,$$

即

$$\displaystyle xe^{1/y}-\int e^{2/y}\,dy=C.$$

这里 $\displaystyle \int e^{2/y}\,dy$ 不能用初等函数表示。若用指数积分函数

$$\displaystyle \operatorname{Ei}(u)=\int\dfrac{e^u}{u}\,du$$

表示，则

$$\displaystyle \int e^{2/y}\,dy =ye^{2/y}-2\operatorname{Ei}\!\left(\frac2y\right),$$

从而通解也可写成

$$\displaystyle xe^{1/y}-ye^{2/y}+2\operatorname{Ei}\!\left(\frac2y\right)=C.$$

（Ⅲ）齐次微分方程

原方程写成导数形式为

$$\displaystyle (3y-7x)+(7y-3x)y'=0.$$

各项关于 $\displaystyle x,y$ 均为一次齐次式，因此令

$$\displaystyle y=vx, \qquad y'=v+x\dfrac{dv}{dx}.$$

代入原方程：

$$\displaystyle 3vx-7x+(7vx-3x)\left(v+x\dfrac{dv}{dx}\right)=0.$$

约去公因子并整理，得

$$\displaystyle 7(v^2-1)\,dx+x(7v-3)\,dv=0.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{dx}{x} =-\dfrac{7v-3}{7(v^2-1)}\,dv.$$

作部分分式分解：

$$\displaystyle \dfrac{7v-3}{7(v^2-1)} =\dfrac{2}{7(v-1)}+\dfrac{5}{7(v+1)}.$$

因此

$$\displaystyle \ln|x| =-\frac27\ln|v-1|-\frac57\ln|v+1|+C.$$

两边乘以 $\displaystyle 7$ 并指数化，得

$$\displaystyle x^7(v-1)^2(v+1)^5=C.$$

代入 $\displaystyle v=y/x$，有

$$\displaystyle x^7\left(\dfrac{y-x}{x}\right)^2 \left(\dfrac{y+x}{x}\right)^5=C,$$

从而

$$\displaystyle (y-x)^2(y+x)^5=C.$$

其中 $\displaystyle y=x$ 与 $\displaystyle y=-x$ 也包含在常数 $\displaystyle C=0$ 所对应的解中。

（Ⅳ）伯努利方程

方程

$$\displaystyle y'-3xy=xy^2$$

是伯努利方程。首先，显然

$$\displaystyle y=0$$

是一个解。

以下设 $\displaystyle y\ne0$，令

$$\displaystyle z=\frac1y.$$

则

$$\displaystyle z'=-\dfrac{y'}{y^2}.$$

由原方程

$$\displaystyle y'=3xy+xy^2,$$

所以

$$\displaystyle z'=-\dfrac{3xy+xy^2}{y^2} =-3xz-x.$$

即

$$\displaystyle z'+3xz=-x.$$

这是关于 $\displaystyle z$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$$\displaystyle \mu(x)=e^{\int3x\,dx}=e^{\frac32x^2}.$$

两边同乘积分因子，得

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(ze^{\frac32x^2}\right) =-xe^{\frac32x^2}.$$

积分得

$$\displaystyle ze^{\frac32x^2} =-\frac13e^{\frac32x^2}+C.$$

于是

$$\displaystyle z=-\frac13+Ce^{-\frac32x^2}.$$

再代回 $\displaystyle z=1/y$，得

$$\displaystyle \frac1y=Ce^{-\frac32x^2}-\frac13.$$

将任意常数重新记号，得到非零解族

$$\displaystyle y=\dfrac{3}{Ce^{-\frac32x^2}-1}.$$

因此原方程的解为

$$\displaystyle y=0$$

或

$$\displaystyle y=\dfrac{3}{Ce^{-\frac32x^2}-1}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求下列微分方程的通解或特解：

（Ⅰ）

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}-4y=4x^2, \qquad y(0)=-\frac12, \qquad y'(0)=2;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle \dfrac{d^2y}{dx^2}+3\dfrac{dy}{dx}+2y=e^{-x}\cos x.$$

（Ⅰ）二阶常系数非齐次线性方程的初值问题

对应齐次方程

$$\displaystyle y''-4y=0$$

的特征方程为

$$\displaystyle r^2-4=0,$$

故特征根为

$$\displaystyle r_1=2,\qquad r_2=-2.$$

因此齐次方程的通解为

$$\displaystyle y_h=C_1e^{2x}+C_2e^{-2x}.$$

右端为二次多项式，设一个特解为

$$\displaystyle y_p=Ax^2+Bx+C.$$

则

$$\displaystyle y_p''=2A.$$

代入原方程，得到

$$\displaystyle 2A-4(Ax^2+Bx+C)=4x^2.$$

比较各次幂系数：

$$\displaystyle -4A=4,\qquad -4B=0,\qquad 2A-4C=0.$$

解得

$$\displaystyle A=-1,\qquad B=0,\qquad C=-\frac12.$$

所以

$$\displaystyle y_p=-x^2-\frac12,$$

从而原方程的通解为

$$\displaystyle y=C_1e^{2x}+C_2e^{-2x}-x^2-\frac12.$$

由初值条件

$$\displaystyle y(0)=-\frac12$$

可得

$$\displaystyle C_1+C_2=0.$$

又

$$\displaystyle y'=2C_1e^{2x}-2C_2e^{-2x}-2x,$$

由

$$\displaystyle y'(0)=2$$

得

$$\displaystyle 2C_1-2C_2=2,$$

即

$$\displaystyle C_1-C_2=1.$$

联立解得

$$\displaystyle C_1=\frac12,\qquad C_2=-\frac12.$$

因此所求特解为

$$\displaystyle y=\frac12e^{2x}-\frac12e^{-2x}-x^2-\frac12 =\sinh 2x-x^2-\frac12.$$

（Ⅱ）待定系数法

对应齐次方程

$$\displaystyle y''+3y'+2y=0$$

的特征方程为

$$\displaystyle r^2+3r+2=0,$$

即

$$\displaystyle (r+1)(r+2)=0.$$

故齐次方程的通解为

$$\displaystyle y_h=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}.$$

由于非齐次项为

$$\displaystyle e^{-x}\cos x,$$

可令

$$\displaystyle y_p=e^{-x}(A\cos x+B\sin x).$$

为简化计算，令

$$\displaystyle y=e^{-x}u.$$

则

$$\displaystyle y'=e^{-x}(u'-u),$$$$\displaystyle y''=e^{-x}(u''-2u'+u).$$

代入原方程得

$$\displaystyle e^{-x}(u''+u')=e^{-x}\cos x,$$

即

$$\displaystyle u''+u'=\cos x.$$

设

$$\displaystyle u_p=A\cos x+B\sin x,$$

则

$$\displaystyle u_p'=-A\sin x+B\cos x,$$$$\displaystyle u_p''=-A\cos x-B\sin x.$$

于是

$$\displaystyle u_p''+u_p' =(-A+B)\cos x+(-A-B)\sin x.$$

与 $\displaystyle \cos x$ 比较系数，得

$$\displaystyle -A+B=1, \qquad -A-B=0.$$

解得

$$\displaystyle A=-\frac12, \qquad B=\frac12.$$

故

$$\displaystyle y_p=\frac12e^{-x}(\sin x-\cos x).$$

所以原方程的通解为

$$\displaystyle y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x} +\frac12e^{-x}(\sin x-\cos x).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求方程

$$\displaystyle y''+2my'+n^2y=0$$

的通解；又设 $\displaystyle y=y(x)$ 是满足 $\displaystyle y(0)=a$，$\displaystyle y'(0)=b$ 的特解，求

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}y(x)\,dx,$$

其中 $\displaystyle m>n>0$，$\displaystyle a,b$ 为常数。

特征方程为

$$\displaystyle r^2+2mr+n^2=0.$$

由于

$$\displaystyle m>n>0,$$

所以

$$\displaystyle m^2-n^2>0.$$

令

$$\displaystyle k=\sqrt{m^2-n^2}>0,$$

则两个不同实根为

$$\displaystyle r_1=-m+k, \qquad r_2=-m-k.$$

故通解为

$$\displaystyle y=C_1e^{(-m+k)x}+C_2e^{(-m-k)x}.$$

由

$$\displaystyle y(0)=a$$

得

$$\displaystyle C_1+C_2=a.$$

又

$$\displaystyle y'=(-m+k)C_1e^{(-m+k)x} +(-m-k)C_2e^{(-m-k)x},$$

由

$$\displaystyle y'(0)=b$$

得

$$\displaystyle (-m+k)C_1+(-m-k)C_2=b.$$

联立解得

$$\displaystyle C_1=\dfrac{b+(m+k)a}{2k},$$$$\displaystyle C_2=-\dfrac{b+(m-k)a}{2k}.$$

因此满足初值条件的特解为

$$\displaystyle y=\dfrac{b+(m+k)a}{2k}e^{(-m+k)x} -\dfrac{b+(m-k)a}{2k}e^{(-m-k)x}.$$

因为

$$\displaystyle k=\sqrt{m^2-n^2}<m,$$

所以

$$\displaystyle -m+k<0, \qquad -m-k<0.$$

从而当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时，

$$\displaystyle y(x)\to0, \qquad y'(x)\to0,$$

且所求反常积分收敛。

对原方程在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上积分：

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}y''(x)\,dx +2m\int_0^{+\infty}y'(x)\,dx +n^2\int_0^{+\infty}y(x)\,dx=0.$$

由初值及无穷远处的极限，

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}y''(x)\,dx =y'(+\infty)-y'(0)=-b,$$$$\displaystyle \int_0^{+\infty}y'(x)\,dx =y(+\infty)-y(0)=-a.$$

因此

$$\displaystyle -b-2ma+n^2\int_0^{+\infty}y(x)\,dx=0.$$

故

$$\displaystyle \int_0^{+\infty}y(x)\,dx =\dfrac{2ma+b}{n^2}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle y=y(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 内可导，且在 $\displaystyle \forall x>0$ 处的增量

$$\displaystyle \Delta y=y(x+\Delta x)-y(x)$$

满足

$$\displaystyle \Delta y(1+\Delta y)=\dfrac{y\Delta x}{4+x}+\alpha,$$

其中当 $\displaystyle \Delta x\to0$ 时 $\displaystyle \alpha$ 是 $\displaystyle \Delta x$ 的等价无穷小，又 $\displaystyle y(0)=2$，求 $\displaystyle y(x)$。

由于 $\displaystyle y(x)$ 可导，当 $\displaystyle \Delta x\to0$ 时有

$$\displaystyle \Delta y\to0.$$

又因为 $\displaystyle \alpha$ 与 $\displaystyle \Delta x$ 等价，所以

$$\displaystyle \lim_{\Delta x\to0}\dfrac{\alpha}{\Delta x}=1.$$

将已知增量关系两边除以 $\displaystyle \Delta x$，得

$$\displaystyle \dfrac{\Delta y}{\Delta x}(1+\Delta y) =\dfrac{y}{x+4}+\dfrac{\alpha}{\Delta x}.$$

令 $\displaystyle \Delta x\to0$，得到

$$\displaystyle y'=\dfrac{y}{x+4}+1.$$

即

$$\displaystyle y'-\frac1{x+4}y=1.$$

这是一阶线性微分方程。其积分因子为

$$\displaystyle \mu(x)=e^{\int-\frac1{x+4}\,dx} =\frac1{x+4}.$$

两边同乘积分因子，得到

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left(\dfrac{y}{x+4}\right) =\frac1{x+4}.$$

积分得

$$\displaystyle \dfrac{y}{x+4}=\ln(x+4)+C.$$

于是

$$\displaystyle y=(x+4)[\ln(x+4)+C].$$

由初值条件 $\displaystyle y(0)=2$，得

$$\displaystyle 2=4(\ln4+C),$$

所以

$$\displaystyle C=\frac12-\ln4.$$

因此

$$\displaystyle y=(x+4)\left[\ln(x+4)-\ln4+\frac12\right] =(x+4)\left[\ln\dfrac{x+4}{4}+\frac12\right].$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设函数 $\displaystyle f(x)$ 连续，且

$$\displaystyle \int_0^x f(t)\,dt=\sin^2x+\int_0^x f(x-t)\,dt.$$

求 $\displaystyle f(x)$。

对右端第二个积分作变量代换

$$\displaystyle u=x-t.$$

当 $\displaystyle t=0$ 时，$\displaystyle u=x$；当 $\displaystyle t=x$ 时，$\displaystyle u=0$，且

$$\displaystyle du=-dt.$$

于是

$$\displaystyle \int_0^x f(x-t)\,dt =\int_x^0f(u)(-du) =\int_0^xf(u)\,du.$$

因此原等式化为

$$\displaystyle \int_0^xf(t)\,dt =\sin^2x+\int_0^xf(t)\,dt.$$

两边消去相同的积分项，得到

$$\displaystyle \sin^2x=0.$$

但该等式不可能对所有 $\displaystyle x$ 成立，例如当

$$\displaystyle x=\dfrac\pi2$$

时，

$$\displaystyle \sin^2\dfrac\pi2=1.$$

故题设积分方程本身存在矛盾，不存在满足条件的连续函数 $\displaystyle f(x)$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设有微分方程

$$\displaystyle y'-2y=\varphi(x), \qquad \varphi(x)= \begin{cases} 2,&x<1,\\ 0,&x>1, \end{cases}$$

试求在 $\displaystyle ( -\infty,+\infty)$ 内的连续函数 $\displaystyle y=y(x)$，使之在 $\displaystyle ( -\infty,1)$ 和 $\displaystyle (1,+\infty)$ 内都满足所给方程，且满足条件 $\displaystyle y(0)=0$。

当 $\displaystyle x<1$ 时，方程为

$$\displaystyle y'-2y=2.$$

对应齐次方程的通解为

$$\displaystyle y_h=C_1e^{2x}.$$

取常数特解 $\displaystyle y_p=-1$，故

$$\displaystyle y=C_1e^{2x}-1.$$

由条件 $\displaystyle y(0)=0$，得

$$\displaystyle C_1-1=0,$$

所以

$$\displaystyle y=e^{2x}-1, \qquad x<1.$$

于是

$$\displaystyle \lim_{x\to1^-}y(x)=e^2-1.$$

当 $\displaystyle x>1$ 时，方程为

$$\displaystyle y'-2y=0,$$

故

$$\displaystyle y=C_2e^{2x}.$$

题目要求 $\displaystyle y(x)$ 在整个实轴上连续，因此在 $\displaystyle x=1$ 处应满足

$$\displaystyle \lim_{x\to1^+}y(x)=\lim_{x\to1^-}y(x)=e^2-1.$$

即

$$\displaystyle C_2e^2=e^2-1,$$

从而

$$\displaystyle C_2=1-e^{-2}.$$

故

$$\displaystyle y=(1-e^{-2})e^{2x}, \qquad x>1.$$

再令

$$\displaystyle y(1)=e^2-1,$$

即可得到所求连续函数。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设函数 $\displaystyle f(t)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续，且满足方程

$$\displaystyle f(t)=e^{4\pi t^2}+\iint_{x^2+y^2\le4t^2}f\left(\frac12\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy,$$

试求 $\displaystyle f(t)$。

将二重积分化为极坐标形式。令

$$\displaystyle x=r\cos\theta, \qquad y=r\sin\theta, \qquad dxdy=r\,drd\theta.$$

积分区域为

$$\displaystyle 0\le r\le2t, \qquad0\le\theta\le2\pi.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} &\iint_{x^2+y^2\le4t^2}f\left(\frac12\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^{2t}f\left(\dfrac r2\right)r\,drd\theta\\ &=2\pi\int_0^{2t}f\left(\dfrac r2\right)r\,dr. \end{aligned}$$

令

$$\displaystyle u=\dfrac r2, \qquad r=2u, \qquad dr=2du,$$

则

$$\displaystyle 2\pi\int_0^{2t}f\left(\dfrac r2\right)r\,dr =8\pi\int_0^tuf(u)\,du.$$

故原积分方程化为

$$\displaystyle f(t)=e^{4\pi t^2}+8\pi\int_0^tuf(u)\,du.$$

由于 $\displaystyle f$ 连续，可对两边关于 $\displaystyle t$ 求导，得

$$\displaystyle f'(t)=8\pi t e^{4\pi t^2}+8\pi t f(t).$$

即

$$\displaystyle f'(t)-8\pi t f(t)=8\pi t e^{4\pi t^2}.$$

这是一个一阶线性微分方程，其积分因子为

$$\displaystyle \mu(t)=e^{\int-8\pi t\,dt}=e^{-4\pi t^2}.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{d}{dt}\left[f(t)e^{-4\pi t^2}\right]=8\pi t.$$

积分得

$$\displaystyle f(t)e^{-4\pi t^2}=4\pi t^2+C.$$

由原方程在 $\displaystyle t=0$ 时可得

$$\displaystyle f(0)=1,$$

故 $\displaystyle C=1$。因此

$$\displaystyle f(t)=(1+4\pi t^2)e^{4\pi t^2}.$$

将其代回原积分方程可验证等式成立。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

已知

$$\displaystyle y_1^*=xe^x+e^{2x},\qquad y_2^*=xe^x+e^{-x},\qquad y_3^*=xe^x+e^{2x}-e^{-x}$$

是某二阶线性常系数非齐次方程的三个特解，试求其通解及该微分方程。

同一个线性非齐次微分方程的任意两个特解之差，都是对应齐次方程的解。由

$$\displaystyle y_1^*-y_3^*=e^{-x},$$

可知 $\displaystyle e^{-x}$ 是齐次方程的一个解。

又

$$\displaystyle y_3^*-y_2^*=e^{2x}-2e^{-x}.$$

由于齐次方程的解集是线性空间，而 $\displaystyle e^{-x}$ 已是其解，所以

$$\displaystyle (e^{2x}-2e^{-x})+2e^{-x}=e^{2x}$$

也是齐次方程的解。

因此对应齐次方程有两个线性无关的解

$$\displaystyle e^{-x}, \qquad e^{2x}.$$

其特征方程为

$$\displaystyle (r+1)(r-2)=0,$$

即

$$\displaystyle r^2-r-2=0.$$

故齐次方程为

$$\displaystyle y''-y'-2y=0.$$

设原非齐次方程为

$$\displaystyle y''-y'-2y=f(x).$$

代入特解

$$\displaystyle y_1^*=xe^x+e^{2x}.$$

由于 $\displaystyle e^{2x}$ 是齐次方程的解，只需计算 $\displaystyle xe^x$ 对应的非齐次项。令

$$\displaystyle y=xe^x,$$

则

$$\displaystyle y'=(x+1)e^x, \qquad y''=(x+2)e^x.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} y''-y'-2y &=(x+2)e^x-(x+1)e^x-2xe^x\\ &=(1-2x)e^x. \end{aligned}$$

因此，依据题面给出的三个特解，原方程应为

$$\displaystyle y''-y'-2y=(1-2x)e^x.$$

此时可取一个特解为

$$\displaystyle y_p=xe^x,$$

故通解为

$$\displaystyle y=C_1e^{-x}+C_2e^{2x}+xe^x.$$

说明：若题目右端被抄写为 $\displaystyle 1-2x$，则与所给三个特解不相符；由直接代入可知正确右端应为

$$\displaystyle (1-2x)e^x.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求解初值问题

$$\displaystyle \begin{cases} y^3\dfrac{d^2y}{dx^2}+1=0,\\[2mm] y(1)=1,\quad y'(1)=0. \end{cases}$$

原方程可写成

$$\displaystyle y''=-\frac1{y^3}.$$

方程中不显含自变量 $\displaystyle x$，令

$$\displaystyle p(y)=y',$$

则

$$\displaystyle y''=\dfrac{dp}{dx}=\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx} =p\dfrac{dp}{dy}.$$

代入原方程，得

$$\displaystyle y^3p\dfrac{dp}{dy}+1=0,$$

即

$$\displaystyle p\,dp=-y^{-3}\,dy.$$

积分得

$$\displaystyle \frac12p^2=\frac1{2y^2}+C,$$

所以

$$\displaystyle p^2=\frac1{y^2}+C_1.$$

由初值

$$\displaystyle y(1)=1, \qquad p(1)=y'(1)=0,$$

得

$$\displaystyle 0=1+C_1,$$

故

$$\displaystyle (y')^2=\frac1{y^2}-1 =\dfrac{1-y^2}{y^2}.$$

于是

$$\displaystyle y^2(y')^2=1-y^2.$$

在初值点附近 $\displaystyle y>0$，故可写为

$$\displaystyle \left(y\dfrac{dy}{dx}\right)^2=1-y^2.$$

分离变量后积分，可得

$$\displaystyle (x-C_2)^2+y^2=1.$$

由初值点 $\displaystyle (1,1)$ 在曲线上，得

$$\displaystyle C_2=1.$$

因此

$$\displaystyle (x-1)^2+y^2=1.$$

又由 $\displaystyle y(1)=1>0$，应取圆的上半支，故

$$\displaystyle y=\sqrt{1-(x-1)^2}.$$

其最大定义区间为

$$\displaystyle 0<x<2.$$

直接计算可得

$$\displaystyle y''=-\frac1{y^3},$$

故满足原微分方程及初值条件。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle p(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 连续，$\displaystyle \int p(x)dx$ 表示 $\displaystyle p(x)$ 的某个原函数，$\displaystyle C$ 为任意常数，证明：

$$\displaystyle y=Ce^{-\int p(x)dx}$$

是方程

$$\displaystyle y'+p(x)y=0$$

的所有解。

记

$$\displaystyle P(x)=\int p(x)dx,$$

则

$$\displaystyle P'(x)=p(x).$$

先证明所给函数均为方程的解。设

$$\displaystyle y=Ce^{-P(x)},$$

则

$$\displaystyle y'=-CP'(x)e^{-P(x)} =-p(x)Ce^{-P(x)} =-p(x)y.$$

因此

$$\displaystyle y'+p(x)y=0.$$

故对任意常数 $\displaystyle C$，所给函数都是微分方程的解，其中 $\displaystyle C=0$ 时得到零解。

下面证明方程不存在其他形式的解。设 $\displaystyle y(x)$ 是方程

$$\displaystyle y'+p(x)y=0$$

在 $\displaystyle (a,b)$ 内的任意解。将方程两边乘以积分因子

$$\displaystyle e^{P(x)},$$

得到

$$\displaystyle e^{P(x)}y'+p(x)e^{P(x)}y=0.$$

注意到

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left[e^{P(x)}y(x)\right] =e^{P(x)}y'+P'(x)e^{P(x)}y =e^{P(x)}y'+p(x)e^{P(x)}y,$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left[e^{P(x)}y(x)\right]=0.$$

于是

$$\displaystyle e^{P(x)}y(x)=C,$$

其中 $\displaystyle C$ 为常数。故

$$\displaystyle y=Ce^{-P(x)} =Ce^{-\int p(x)dx}.$$

所以所给表达式包含了该微分方程的所有解。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求微分方程

$$\displaystyle y'=\dfrac{2x-y+1}{2x-y-1}$$

的通解。

方程右端只含组合式 $\displaystyle 2x-y$，令

$$\displaystyle u=2x-y.$$

则

$$\displaystyle \dfrac{du}{dx}=2-y'.$$

由原方程得

$$\displaystyle \dfrac{du}{dx} =2-\dfrac{u+1}{u-1} =\dfrac{u-3}{u-1}.$$

当 $\displaystyle u\ne3$ 时，将 $\displaystyle x$ 看作 $\displaystyle u$ 的函数，有

$$\displaystyle \dfrac{dx}{du}=\dfrac{u-1}{u-3} =1+\dfrac{2}{u-3}.$$

积分得

$$\displaystyle x=u+2\ln|u-3|+C.$$

代回 $\displaystyle u=2x-y$，得

$$\displaystyle x=2x-y+2\ln|2x-y-3|+C,$$

即

$$\displaystyle y-x-2\ln|2x-y-3|=C.$$

在变形过程中除去了 $\displaystyle u-3$。若

$$\displaystyle u\equiv3,$$

则

$$\displaystyle 2x-y=3,$$

即

$$\displaystyle y=2x-3.$$

此时 $\displaystyle y'=2$，且

$$\displaystyle \dfrac{2x-y+1}{2x-y-1} =\dfrac{4}{2}=2,$$

故它确为原方程的一个特解。

应用题

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设连接两点 $\displaystyle A(0,1)$，$\displaystyle B(1,0)$ 的一条凸弧，$\displaystyle P(x,y)$ 为凸弧 $\displaystyle AB$ 上的任意点。已知凸弧与弦 $\displaystyle AP$ 之间的面积为 $\displaystyle x^3$，求此凸弧的方程。

设凸弧方程为

$$\displaystyle y=y(x), \qquad y(0)=1, \qquad y(1)=0.$$

取弧上任一点 $\displaystyle P(x,y(x))$。弦 $\displaystyle AP$ 的方程为

$$\displaystyle Y=1+\dfrac{y(x)-1}{x}t, \qquad 0\le t\le x.$$

由于凸弧位于弦 $\displaystyle AP$ 的上方，弧与弦之间的面积为

$$\displaystyle \int_0^x y(t)\,dt -\int_0^x\left[1+\dfrac{y(x)-1}{x}t\right]dt =x^3.$$

第二个积分等于梯形面积

$$\displaystyle \dfrac{x}{2}[1+y(x)],$$

故

$$\displaystyle \int_0^x y(t)\,dt-\dfrac{x}{2}[1+y(x)]=x^3.$$

两边对 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle y-\frac12(1+y)-\dfrac{x}{2}y'=3x^2.$$

整理为

$$\displaystyle xy'-y+1=-6x^2.$$

注意到

$$\displaystyle \left(\dfrac{y}{x}\right)' =\dfrac{xy'-y}{x^2},$$

于是

$$\displaystyle \left(\dfrac{y}{x}\right)' =-6-\frac1{x^2}.$$

积分得

$$\displaystyle \dfrac{y}{x}=-6x+\frac1x+C,$$

即

$$\displaystyle y=1-6x^2+Cx.$$

利用端点条件 $\displaystyle y(1)=0$，有

$$\displaystyle 0=1-6+C,$$

故

$$\displaystyle C=5.$$

因此凸弧方程为

$$\displaystyle y=1+5x-6x^2.$$

又

$$\displaystyle y''=-12<0,$$

与凸弧条件相符。

主观题李正元练习题·高等数学应用题

在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上给定曲线 $\displaystyle y=y(x)>0$，$\displaystyle y(0)=2$，$\displaystyle y(x)$ 有连续导数。已知对任意 $\displaystyle x>0$，$\displaystyle [0,x]$ 上一段绕 $\displaystyle x$ 轴旋转所得侧面积等于该段旋转体的体积，求曲线 $\displaystyle y=y(x)$ 的方程。

曲线从 $\displaystyle 0$ 到 $\displaystyle x$ 的弧绕 $\displaystyle x$ 轴旋转所得侧面积为

$$\displaystyle S(x)=2\pi\int_0^x y(t)\sqrt{1+[y'(t)]^2}\,dt.$$

相应旋转体体积为

$$\displaystyle V(x)=\pi\int_0^x y^2(t)\,dt.$$

由题意，任意 $\displaystyle x>0$ 均有

$$\displaystyle S(x)=V(x).$$

两边对 $\displaystyle x$ 求导，得

$$\displaystyle 2\pi y\sqrt{1+(y')^2}=\pi y^2.$$

因 $\displaystyle y>0$，可约去 $\displaystyle \pi y$，得到

$$\displaystyle 2\sqrt{1+(y')^2}=y.$$

故

$$\displaystyle (y')^2=\dfrac{y^2-4}{4}.$$

由此还可看出 $\displaystyle y\ge2$。取从初点向上延伸的非恒定支，

$$\displaystyle y'=\frac12\sqrt{y^2-4}.$$

分离变量：

$$\displaystyle \dfrac{dy}{\sqrt{y^2-4}}=\frac12\,dx.$$

积分得

$$\displaystyle \operatorname{arcosh}\dfrac{y}{2}=\dfrac{x}{2}+C.$$

利用 $\displaystyle y(0)=2$，得 $\displaystyle C=0$，于是

$$\displaystyle \dfrac{y}{2}=\cosh\dfrac{x}{2},$$

即

$$\displaystyle y=2\cosh\dfrac{x}{2} =e^{x/2}+e^{-x/2}.$$

说明：严格按题面所给条件，恒定函数

$$\displaystyle y\equiv2$$

也满足侧面积等于体积；通常本题默认求从初点立即上升的非恒定曲线支，故取上述双曲余弦解。

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设 $\displaystyle f(x)$ 为连续正值函数，$\displaystyle x\in[0,+\infty)$，若平面区域

$$\displaystyle R_t=\{(x,y)\mid0\le x\le t,\ 0\le y\le f(x)\}\qquad(t>0)$$

的形心纵坐标等于曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 在 $\displaystyle [0,t]$ 上对应的曲边梯形面积与 $\displaystyle \dfrac12$ 之和，求 $\displaystyle f(x)$。

记曲边梯形面积为

$$\displaystyle A(t)=\int_0^t f(x)\,dx.$$

区域 $\displaystyle R_t$ 关于 $\displaystyle x$ 轴的静矩为

$$\displaystyle M_x =\int_0^t\left(\int_0^{f(x)}y\,dy\right)dx =\frac12\int_0^t f^2(x)\,dx.$$

因此形心纵坐标为

$$\displaystyle \bar y =\dfrac{M_x}{A(t)} =\dfrac{\displaystyle\frac12\int_0^t f^2(x)\,dx} {\displaystyle\int_0^t f(x)\,dx}.$$

由题意

$$\displaystyle \bar y=A(t)+\frac12.$$

于是

$$\displaystyle \frac1{2A(t)}\int_0^t f^2(x)\,dx =A(t)+\frac12,$$

即

$$\displaystyle \int_0^t f^2(x)\,dx=2A^2(t)+A(t).$$

两边对 $\displaystyle t$ 求导，注意 $\displaystyle A'(t)=f(t)$，得

$$\displaystyle f^2(t)=4A(t)f(t)+f(t).$$

由于 $\displaystyle f(t)>0$，可约去 $\displaystyle f(t)$，得到

$$\displaystyle f(t)=4A(t)+1.$$

又 $\displaystyle A'(t)=f(t)$，故

$$\displaystyle A'(t)=4A(t)+1, \qquad A(0)=0.$$

解此一阶线性方程，得

$$\displaystyle A(t)=\dfrac{e^{4t}-1}{4}.$$

因此

$$\displaystyle f(t)=A'(t)=e^{4t}.$$

即

$$\displaystyle f(x)=e^{4x}.$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设曲线 $\displaystyle y=y(x)$ 上任意点 $\displaystyle (x,y)$ 处的切线垂直于此点与原点的连线，求曲线 $\displaystyle y=y(x)$ 的方程。

曲线在点 $\displaystyle (x,y)$ 处的切向量可取为

$$\displaystyle (1,y'),$$

而原点指向该点的向量为

$$\displaystyle (x,y).$$

由切线与该连线垂直，二者内积为零：

$$\displaystyle (1,y')\cdot(x,y)=0.$$

因此

$$\displaystyle x+yy'=0.$$

即

$$\displaystyle y\dfrac{dy}{dx}=-x.$$

分离并积分：

$$\displaystyle y\,dy=-x\,dx,$$

从而

$$\displaystyle \frac12y^2=-\frac12x^2+C_1.$$

整理得

$$\displaystyle x^2+y^2=C,$$

其中 $\displaystyle C=2C_1>0$。

该方程表示以原点为圆心、半径为 $\displaystyle \sqrt C$ 的圆。其任一点的切线均垂直于过该点的半径，故满足题意。

主观题李正元练习题·高等数学应用题

求证：曲率半径为常数 $\displaystyle a$ 的曲线是圆。

设曲线以弧长 $\displaystyle s$ 为参数，位置向量为

$$\displaystyle \boldsymbol r=\boldsymbol r(s),$$

单位切向量、单位法向量分别为

$$\displaystyle \boldsymbol T=\boldsymbol r'(s), \qquad \boldsymbol N.$$

曲率半径恒为 $\displaystyle a>0$，故曲率

$$\displaystyle \kappa=\frac1a.$$

适当选取曲线方向及法向量方向后，Frenet 公式为

$$\displaystyle \boldsymbol T'=\frac1a\boldsymbol N, \qquad \boldsymbol N'=-\frac1a\boldsymbol T.$$

于是

$$\displaystyle \dfrac{d}{ds}\bigl(\boldsymbol r+a\boldsymbol N\bigr) =\boldsymbol r'+a\boldsymbol N' =\boldsymbol T-\boldsymbol T =\boldsymbol 0.$$

因此存在一个固定向量 $\displaystyle \boldsymbol c$，使得

$$\displaystyle \boldsymbol r+a\boldsymbol N=\boldsymbol c.$$

从而

$$\displaystyle \boldsymbol r-\boldsymbol c=-a\boldsymbol N.$$

由于 $\displaystyle \boldsymbol N$ 是单位向量，故

$$\displaystyle \lvert\boldsymbol r-\boldsymbol c\rvert=a.$$

这说明曲线上每一点到固定点 $\displaystyle \boldsymbol c$ 的距离恒为 $\displaystyle a$，所以曲线是以 $\displaystyle \boldsymbol c$ 为圆心、以 $\displaystyle a$ 为半径的圆或圆弧。

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设有一弹性轻绳（即绳本身的重量忽略不计），上端固定，下端悬挂一质量为 $\displaystyle 3$ 克的物体，已知此绳受 $\displaystyle 1$ 克重量的外力作用时伸长 $\displaystyle \dfrac1{24}$ 厘米，如果物体在绳子拉直但并未伸长时放下，问此物体向下运动到什么地方又开始上升？

设物体向下运动 $\displaystyle x$ 厘米，此时绳的伸长量也是 $\displaystyle x$ 厘米。

由胡克定律，弹力大小与伸长量成正比。已知 $\displaystyle 1$ 克重量使绳伸长 $\displaystyle \dfrac1{24}$ 厘米，因此弹性系数为

$$\displaystyle k=\dfrac{1}{1/24}=24$$

克重每厘米。

物体从绳恰好拉直但未伸长的位置由静止释放。设它运动到最低点时伸长量为 $\displaystyle x$。初、末速度都为零，由机械能守恒，重力所做的功等于弹性势能的增加：

$$\displaystyle 3x=\frac12kx^2.$$

代入 $\displaystyle k=24$，得

$$\displaystyle 3x=12x^2.$$

除去初始位置对应的解 $\displaystyle x=0$，得到

$$\displaystyle x=\frac14.$$

因此物体下降到绳伸长 $\displaystyle \dfrac14$ 厘米处时速度再次为零，随后开始上升。

主观题李正元练习题·高等数学应用题

$\displaystyle 5\,\mathrm{kg}$ 肥皂溶于 $\displaystyle 300\,\mathrm{L}$ 水中后，以每分钟 $\displaystyle 10\,\mathrm{L}$ 的速度向内注入清水，同时向外抽出混合均匀之肥皂水，问何时余下的肥皂水中只有 $\displaystyle 1\,\mathrm{kg}$ 肥皂？

设 $\displaystyle t$ 分钟后容器中肥皂的质量为 $\displaystyle Q(t)$ 千克。由于流入与流出的速度均为每分钟 $\displaystyle 10$ 升，容器内液体体积始终为 $\displaystyle 300$ 升。

流入的是清水，不带入肥皂；流出液体中的肥皂浓度为

$$\displaystyle \dfrac{Q(t)}{300}\quad(\mathrm{kg/L}).$$

故肥皂流出速率为

$$\displaystyle 10\cdot\dfrac{Q(t)}{300}=\dfrac{Q(t)}{30} \quad(\mathrm{kg/min}).$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{dQ}{dt}=-\dfrac{Q}{30}, \qquad Q(0)=5.$$

分离变量并积分：

$$\displaystyle \dfrac{dQ}{Q}=-\frac1{30}\,dt,$$

从而

$$\displaystyle Q(t)=5e^{-t/30}.$$

当余下 $\displaystyle 1$ 千克肥皂时，

$$\displaystyle 5e^{-t/30}=1.$$

因此

$$\displaystyle e^{-t/30}=\frac15, \qquad t=30\ln5.$$

主观题李正元练习题·高等数学应用题

设物体 $\displaystyle A$ 从点 $\displaystyle (0,1)$ 出发，以速度大小为常数 $\displaystyle v$ 沿 $\displaystyle y$ 轴正方向运动，物体 $\displaystyle B$ 从点 $\displaystyle (-1,0)$ 与 $\displaystyle A$ 同时出发，其速度大小为 $\displaystyle 2v$，方向始终指向 $\displaystyle A$。任意时刻 $\displaystyle B$ 点的坐标为 $\displaystyle (x,y)$，试建立物体 $\displaystyle B$ 的运动轨迹（$\displaystyle y$ 作为 $\displaystyle x$ 的函数）所满足的微分方程，并写出初始条件。

设时间为 $\displaystyle t$。物体 $\displaystyle A$ 的坐标为

$$\displaystyle A(0,1+vt),$$

物体 $\displaystyle B$ 的坐标为

$$\displaystyle B(x,y).$$

由于 $\displaystyle B$ 的速度方向始终指向 $\displaystyle A$，轨迹切线的斜率等于直线 $\displaystyle BA$ 的斜率，所以

$$\displaystyle y'=\dfrac{1+vt-y}{-x}.$$

整理得

$$\displaystyle xy'=y-1-vt. \tag{1}$$

对式 $\displaystyle (1)$ 关于 $\displaystyle x$ 求导：

$$\displaystyle y'+xy''=y'-v\dfrac{dt}{dx},$$

故

$$\displaystyle xy''=-v\dfrac{dt}{dx}. \tag{2}$$

又因为物体 $\displaystyle B$ 的速度大小恒为 $\displaystyle 2v$，沿轨迹有

$$\displaystyle \dfrac{ds}{dt}=2v.$$

而

$$\displaystyle \dfrac{ds}{dx}=\sqrt{1+(y')^2},$$

所以

$$\displaystyle \dfrac{dt}{dx} =\frac1{2v}\sqrt{1+(y')^2}. \tag{3}$$

将式 $\displaystyle (3)$ 代入式 $\displaystyle (2)$，得

$$\displaystyle xy''=-\frac12\sqrt{1+(y')^2},$$

即

$$\displaystyle 2xy''+\sqrt{1+(y')^2}=0.$$

初始时 $\displaystyle B=(-1,0)$，故

$$\displaystyle y(-1)=0.$$

初始时 $\displaystyle B$ 指向 $\displaystyle A(0,1)$ 的方向向量为 $\displaystyle (1,1)$，故初始切线斜率为

$$\displaystyle y'(-1)=1.$$