第六章 常微分方程

选择题

1. 方程

$$y^{\prime }\sin x=y\ln y$$

满足条件 $y\left(\frac{\pi }{2}\right)=e$ 的特解是

A. $\frac{e}{\sin x}$；    B. $e^{\sin x}$；    C. $\frac{e}{\tan \frac{x}{2}}$；    D. $e^{\tan \frac{x}{2}}$。

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答案： D

解析： 原方程可分离变量：

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

两边积分，得

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

从而在初值点附近可写成

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

因此

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

代入初值 $y\left(\frac{\pi }{2}\right)=e$，注意

$$\tan \frac{\pi /2}{2}=\tan \frac{\pi }{4}=1,$$

故

$$e=e^{C_1},C_1=1.$$

所以特解为

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

（A）、（B）、（C）代入原方程或初值条件均不能同时成立。

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2. 设 $C,C_1,C_2,C_3$ 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. $y=C_1{x}^2+C_{2}x+C_3$；    B. $x^2+y^2=C$；

C. $y=\ln (C_{1}x)+\ln (C_2\sin x)$；    D. $y=C_1{\sin }^{2}x+C_2{\cos }^{2}x$。

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答案： D

解析： 一般来说，$n$ 阶微分方程的通解应含有 $n$ 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），

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

含有两个独立任意常数。并且 ${\sin }^{2}x$ 与 ${\cos }^{2}x$ 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 $C_1,C_2$，但

$$y=\ln (C_1{C}_{2}x\sin x),$$

其中常数只通过乘积 $C_1{C}_2$ 出现，实际上只有一个独立任意常数。

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3. 方程

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

的特解的形式为

A. $e^x[A\cos (\sqrt{2}x)+B\sin (\sqrt{2}x)]$；    B. $x{e}^x[A\cos (\sqrt{2}x)+B\sin (\sqrt{2}x)]$；

C. $A{e}^x\sin (\sqrt{2}x)$；    D. $A{e}^x\cos (\sqrt{2}x)$。

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答案： B

解析： 对应齐次方程

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

的特征方程为

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

解得

$$r=1\pm i\sqrt{2}.$$

故齐次方程的通解为

$$y_h=e^x\left(C_1\cos \sqrt{2}x+C_2\sin \sqrt{2}x\right).$$

非齐次项

$$e^x\sin (\sqrt{2}x)$$

与齐次方程对应的基本解同型，发生共振。由于特征根 $1\pm i\sqrt{2}$ 均为单根，待定特解应在通常形式前乘以 $x$，即

$$y_p=x{e}^x\left[A\cos (\sqrt{2}x)+B\sin (\sqrt{2}x)\right].$$

所以选（B）。

（A）未乘 $x$，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。

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4. 设 $y_1(x),y_2(x)$ 为二阶变系数齐次线性方程

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

的两个特解，则 $C_1{y}_1(x)+C_2{y}_2(x)$（$C_1,C_2$ 为任意常数）是该方程通解的充分条件为

A. $y_1(x)y_2^{\prime }(x)-y_2(x)y_1^{\prime }(x)=0$；    B. $y_1(x)y_2^{\prime }(x)-y_2(x)y_1^{\prime }(x)\ne 0$；

C. $y_1(x)y_2^{\prime }(x)+y_2(x)y_1^{\prime }(x)=0$；    D. $y_1(x)y_2^{\prime }(x)+y_2(x)y_1^{\prime }(x)\ne 0$。

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答案： B

解析： 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 $y_1,y_2$ 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

$$W(y_1,y_2)=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=y_1{y}_2^{\prime }-y_2{y}_1^{\prime }.$$

若

$$W(y_1,y_2)\ne 0,$$

则 $y_1,y_2$ 线性无关，因而

$$y=C_1{y}_1+C_2{y}_2$$

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

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

①

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

②

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

③

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

④

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

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答案： ②③

解析： 线性微分方程要求未知函数 $y$ 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 $x$ 的函数。

• ① 含有 $y^2$，是非线性方程；
• ② 可化为

$$y^{\prime }+\frac{\cos x}{x^2}y=\frac{\tan x}{x^2},$$

是一阶线性微分方程；

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

$$(x^2+3y)y=x^{2}y+3y^2,$$

含有 $y^2$，是非线性方程。

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2. 已知

$$(x-1)y^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+y=0$$

的一个解是 $y_1=x$，又知

$$\bar{y}=e^x-(x^2+x+1),y^{\ast }=-x^2-1$$

均是

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

的解，则此方程的通解是 $y=\underline{}$。

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答案：

$$y=C_{1}x+C_2{e}^x-x^2-1.$$

解析： 两个非齐次方程特解之差必为对应齐次方程的解。于是

$$\bar{y}-y^{\ast }=e^x-(x^2+x+1)-(-x^2-1)=e^x-x$$

是齐次方程的一个解。

题目又给出齐次方程的一个解 $y_1=x$。由于

$$x$$

与

$$e^x-x$$

线性无关，所以齐次方程通解可写为

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

将常数重新记号后，也可写为

$$y_h=C_{1}x+C_2{e}^x.$$

取非齐次方程的一个特解

$$y_p=y^{\ast }=-x^2-1,$$

故原方程通解为

$$y=y_h+y_p=C_{1}x+C_2{e}^x-x^2-1.$$

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3. 已知方程

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

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

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答案：

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

解析： 由已知两个线性无关特解，方程通解为

$$y=C_1{e}^x+C_{2}x.$$

于是

$$y^{\prime }=C_1{e}^x+C_2.$$

代入初值 $y(0)=1$，得

$$C_1=1.$$

再由 $y^{\prime }(0)=2$，得

$$C_1+C_2=2,$$

所以

$$C_2=1.$$

因此所求解为

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

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4. 微分方程

$$y^{\prime \prime }+6y^{\prime }+9y=0$$

的通解为 $y=\underline{}$。

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答案：

$$y=(C_1+C_{2}x)e^{-3x}.$$

解析： 特征方程为

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

即

$$(r+3{)}^2=0.$$

因此有二重特征根

$$r=-3.$$

二阶常系数齐次线性微分方程对应二重实根时，其通解为

$$y=(C_1+C_{2}x)e^{rx}.$$

代入 $r=-3$，得到

$$y=(C_1+C_{2}x)e^{-3x}.$$

计算题与证明题

1. 求下列微分方程的通解：

（Ⅰ）

$$(x-2)dy=[y+2(x-2{)}^3]dx;$$

（Ⅱ）

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

（Ⅲ）

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

（Ⅳ）

$$\frac{dy}{dx}-3xy=x{y}^2.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$y=(x-2{)}^3+C(x-2).$$

（Ⅱ）

$$x{e}^{1/y}-\int e^{2/y}dy=C,y\ne 0.$$

也可写成

$$x{e}^{1/y}-y{e}^{2/y}+2\mathrm{Ei}\left(\frac{2}{y}\right)=C.$$

（Ⅲ）

$$(y-x{)}^2(y+x{)}^5=C.$$

（Ⅳ）

$$y=0,$$

或

$$y=\frac{3}{C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}-1}.$$

解析：

（Ⅰ）一阶线性微分方程

将原方程改写为

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

当先在不含点 $x=2$ 的区间上求解时，两边除以 $x-2$，得

$$y^{\prime }-\frac{1}{x-2}y=2(x-2{)}^2.$$

这是关于 $y$ 的一阶线性微分方程，其积分因子为

$$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x-2}dx}=\frac{1}{x-2}.$$

两边同乘积分因子，得到

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

积分得

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

因此

$$y=(x-2{)}^3+C(x-2).$$

该表达式在 $x=2$ 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 $x$ 看作 $y$ 的函数

原方程可写为

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

由于式中含有 $e^{1/y}$，故 $y\ne 0$。两边除以 $y^2$，得

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

这是关于 $x=x(y)$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

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

两边同乘 $e^{1/y}$，得

$$\frac{d}{dy}\left(x{e}^{1/y}\right)=e^{2/y}.$$

积分后得到

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

即

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

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

$$\mathrm{Ei}(u)=\int \frac{e^u}{u}du$$

表示，则

$$\int e^{2/y}dy=y{e}^{2/y}-2\mathrm{Ei}\left(\frac{2}{y}\right),$$

从而通解也可写成

$$x{e}^{1/y}-y{e}^{2/y}+2\mathrm{Ei}\left(\frac{2}{y}\right)=C.$$

（Ⅲ）齐次微分方程

原方程写成导数形式为

$$(3y-7x)+(7y-3x)y^{\prime }=0.$$

各项关于 $x,y$ 均为一次齐次式，因此令

$$y=vx,y^{\prime }=v+x\frac{dv}{dx}.$$

代入原方程：

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

约去公因子并整理，得

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

于是

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

作部分分式分解：

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

因此

$$\ln |x|=-\frac{2}{7}\ln |v-1|-\frac{5}{7}\ln |v+1|+C.$$

两边乘以 $7$ 并指数化，得

$$x^7(v-1{)}^2(v+1{)}^5=C.$$

代入 $v=y/x$，有

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

从而

$$(y-x{)}^2(y+x{)}^5=C.$$

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

（Ⅳ）伯努利方程

方程

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

是伯努利方程。首先，显然

$$y=0$$

是一个解。

以下设 $y\ne 0$，令

$$z=\frac{1}{y}.$$

则

$$z^{\prime }=-\frac{y^{\prime }}{y^2}.$$

由原方程

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

所以

$$z^{\prime }=-\frac{3xy+x{y}^2}{y^2}=-3xz-x.$$

即

$$z^{\prime }+3xz=-x.$$

这是关于 $z$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$$\mu (x)=e^{\int 3xdx}=e^{\frac{3}{2}{x}^2}.$$

两边同乘积分因子，得

$$\frac{d}{dx}\left(z{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}\right)=-x{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}.$$

积分得

$$z{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}=-\frac{1}{3}{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}+C.$$

于是

$$z=-\frac{1}{3}+C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}.$$

再代回 $z=1/y$，得

$$\frac{1}{y}=C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}-\frac{1}{3}.$$

将任意常数重新记号，得到非零解族

$$y=\frac{3}{C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}-1}.$$

因此原方程的解为

$$y=0$$

或

$$y=\frac{3}{C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}-1}.$$

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2. 求下列微分方程的通解或特解：

（Ⅰ）

$$\frac{d^{2}y}{d{x}^2}-4y=4x^2,y(0)=-\frac{1}{2},y^{\prime }(0)=2;$$

（Ⅱ）

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

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$y=\sinh 2x-x^2-\frac{1}{2}.$$

（Ⅱ）

$$y=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{-2x}+\frac{1}{2}{e}^{-x}(\sin x-\cos x).$$

解析：

（Ⅰ）二阶常系数非齐次线性方程的初值问题

对应齐次方程

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

的特征方程为

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

故特征根为

$$r_1=2,r_2=-2.$$

因此齐次方程的通解为

$$y_h=C_1{e}^{2x}+C_2{e}^{-2x}.$$

右端为二次多项式，设一个特解为

$$y_p=A{x}^2+Bx+C.$$

则

$$y_p^{\prime \prime }=2A.$$

代入原方程，得到

$$2A-4(A{x}^2+Bx+C)=4x^2.$$

比较各次幂系数：

$$-4A=4,-4B=0,2A-4C=0.$$

解得

$$A=-1,B=0,C=-\frac{1}{2}.$$

所以

$$y_p=-x^2-\frac{1}{2},$$

从而原方程的通解为

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

由初值条件

$$y(0)=-\frac{1}{2}$$

可得

$$C_1+C_2=0.$$

又

$$y^{\prime }=2C_1{e}^{2x}-2C_2{e}^{-2x}-2x,$$

由

$$y^{\prime }(0)=2$$

得

$$2C_1-2C_2=2,$$

即

$$C_1-C_2=1.$$

联立解得

$$C_1=\frac{1}{2},C_2=-\frac{1}{2}.$$

因此所求特解为

$$y=\frac{1}{2}{e}^{2x}-\frac{1}{2}{e}^{-2x}-x^2-\frac{1}{2}=\sinh 2x-x^2-\frac{1}{2}.$$

（Ⅱ）待定系数法

对应齐次方程

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

的特征方程为

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

即

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

故齐次方程的通解为

$$y_h=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{-2x}.$$

由于非齐次项为

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

可令

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

为简化计算，令

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

则

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

代入原方程得

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

即

$$u^{\prime \prime }+u^{\prime }=\cos x.$$

设

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

则

$$u_p^{\prime }=-A\sin x+B\cos x,$$$$u_p^{\prime \prime }=-A\cos x-B\sin x.$$

于是

$$u_p^{\prime \prime }+u_p^{\prime }=(-A+B)\cos x+(-A-B)\sin x.$$

与 $\cos x$ 比较系数，得

$$-A+B=1,-A-B=0.$$

解得

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

故

$$y_p=\frac{1}{2}{e}^{-x}(\sin x-\cos x).$$

所以原方程的通解为

$$y=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{-2x}+\frac{1}{2}{e}^{-x}(\sin x-\cos x).$$

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3. 求方程

$$y^{\prime \prime }+2m{y}^{\prime }+n^{2}y=0$$

的通解；又设 $y=y(x)$ 是满足 $y(0)=a$，$y^{\prime }(0)=b$ 的特解，求

$${\int }_0^{+\infty }y(x)dx,$$

其中 $m>n>0$，$a,b$ 为常数。

查看答案与解析

答案： 令

$$k=\sqrt{m^2-n^2}.$$

方程的通解为

$$y=C_1{e}^{(-m+k)x}+C_2{e}^{(-m-k)x}.$$

满足初值条件的特解为

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

并且

$${\int }_0^{+\infty }y(x)dx=\frac{2ma+b}{n^2}.$$

解析： 特征方程为

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

由于

$$m>n>0,$$

所以

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

令

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

则两个不同实根为

$$r_1=-m+k,r_2=-m-k.$$

故通解为

$$y=C_1{e}^{(-m+k)x}+C_2{e}^{(-m-k)x}.$$

由

$$y(0)=a$$

得

$$C_1+C_2=a.$$

又

$$y^{\prime }=(-m+k)C_1{e}^{(-m+k)x}+(-m-k)C_2{e}^{(-m-k)x},$$

由

$$y^{\prime }(0)=b$$

得

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

联立解得

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

因此满足初值条件的特解为

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

因为

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

所以

$$-m+k<0,-m-k<0.$$

从而当 $x\to +\infty$ 时，

$$y(x)\to 0,y^{\prime }(x)\to 0,$$

且所求反常积分收敛。

对原方程在 $[0,+\infty )$ 上积分：

$${\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime \prime }(x)dx+2m{\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime }(x)dx+n^2{\int }_0^{+\infty }y(x)dx=0.$$

由初值及无穷远处的极限，

$${\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime \prime }(x)dx=y^{\prime }(+\infty )-y^{\prime }(0)=-b,$$$${\int }_0^{+\infty }{y}^{\prime }(x)dx=y(+\infty )-y(0)=-a.$$

因此

$$-b-2ma+n^2{\int }_0^{+\infty }y(x)dx=0.$$

故

$${\int }_0^{+\infty }y(x)dx=\frac{2ma+b}{n^2}.$$

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

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

满足

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

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

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答案：

$$y=(x+4)\left[\ln \frac{x+4}{4}+\frac{1}{2}\right],x\ge 0.$$

解析： 由于 $y(x)$ 可导，当 $\Delta x\to 0$ 时有

$$\Delta y\to 0.$$

又因为 $\alpha$ 与 $\Delta x$ 等价，所以

$$\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\alpha }{\Delta x}=1.$$

将已知增量关系两边除以 $\Delta x$，得

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

令 $\Delta x\to 0$，得到

$$y^{\prime }=\frac{y}{x+4}+1.$$

即

$$y^{\prime }-\frac{1}{x+4}y=1.$$

这是一阶线性微分方程。其积分因子为

$$\mu (x)=e^{\int -\frac{1}{x+4}dx}=\frac{1}{x+4}.$$

两边同乘积分因子，得到

$$\frac{d}{dx}\left(\frac{y}{x+4}\right)=\frac{1}{x+4}.$$

积分得

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

于是

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

由初值条件 $y(0)=2$，得

$$2=4(\ln 4+C),$$

所以

$$C=\frac{1}{2}-\ln 4.$$

因此

$$y=(x+4)\left[\ln (x+4)-\ln 4+\frac{1}{2}\right]=(x+4)\left[\ln \frac{x+4}{4}+\frac{1}{2}\right].$$

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5. 设函数 $f(x)$ 连续，且

$${\int }_0^{x}f(t)dt={\sin }^{2}x+{\int }_0^{x}f(x-t)dt.$$

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： 不存在满足题设条件的连续函数 $f(x)$。

解析： 对右端第二个积分作变量代换

$$u=x-t.$$

当 $t=0$ 时，$u=x$；当 $t=x$ 时，$u=0$，且

$$du=-dt.$$

于是

$${\int }_0^{x}f(x-t)dt={\int }_x^{0}f(u)(-du)={\int }_0^{x}f(u)du.$$

因此原等式化为

$${\int }_0^{x}f(t)dt={\sin }^{2}x+{\int }_0^{x}f(t)dt.$$

两边消去相同的积分项，得到

$${\sin }^{2}x=0.$$

但该等式不可能对所有 $x$ 成立，例如当

$$x=\frac{\pi }{2}$$

时，

$${\sin }^2\frac{\pi }{2}=1.$$

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 $f(x)$。

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6. 设有微分方程

$$y^{\prime }-2y=\phi (x),\phi (x)=\{\begin{array}{ll}2,& x<1,\\ 0,& x>1,\end{array}$$

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

查看答案与解析

答案：

$$y(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{2x}-1,& x<1,\\ e^2-1,& x=1,\\ (1-e^{-2})e^{2x},& x>1.\end{array}$$

解析： 当 $x<1$ 时，方程为

$$y^{\prime }-2y=2.$$

对应齐次方程的通解为

$$y_h=C_1{e}^{2x}.$$

取常数特解 $y_p=-1$，故

$$y=C_1{e}^{2x}-1.$$

由条件 $y(0)=0$，得

$$C_1-1=0,$$

所以

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

于是

$$\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y(x)=e^2-1.$$

当 $x>1$ 时，方程为

$$y^{\prime }-2y=0,$$

故

$$y=C_2{e}^{2x}.$$

题目要求 $y(x)$ 在整个实轴上连续，因此在 $x=1$ 处应满足

$$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y(x)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }y(x)=e^2-1.$$

即

$$C_2{e}^2=e^2-1,$$

从而

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

故

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

再令

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

即可得到所求连续函数。

---

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

$$f(t)=e^{4\pi t^2}+{\iint }_{x^2+y^2\le 4t^2}f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy,$$

试求 $f(t)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(t)=(1+4\pi t^2)e^{4\pi t^2},t\ge 0.$$

解析： 将二重积分化为极坐标形式。令

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,dxdy=rdrd\theta .$$

积分区域为

$$0\le r\le 2t,0\le \theta \le 2\pi .$$

因此

$$\begin{array}{rl}& {\iint }_{x^2+y^2\le 4t^2}f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdrd\theta \\ & =2\pi {\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdr.\end{array}$$

令

$$u=\frac{r}{2},r=2u,dr=2du,$$

则

$$2\pi {\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdr=8\pi {\int }_0^{t}uf(u)du.$$

故原积分方程化为

$$f(t)=e^{4\pi t^2}+8\pi {\int }_0^{t}uf(u)du.$$

由于 $f$ 连续，可对两边关于 $t$ 求导，得

$$f^{\prime }(t)=8\pi t{e}^{4\pi t^2}+8\pi tf(t).$$

即

$$f^{\prime }(t)-8\pi tf(t)=8\pi t{e}^{4\pi t^2}.$$

这是一个一阶线性微分方程，其积分因子为

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

于是

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

积分得

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

由原方程在 $t=0$ 时可得

$$f(0)=1,$$

故 $C=1$。因此

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

将其代回原积分方程可验证等式成立。

---

8. 已知

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

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。

查看答案与解析

答案： 所求微分方程为

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

其通解为

$$y=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{2x}+x{e}^x.$$

解析： 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

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

可知 $e^{-x}$ 是齐次方程的一个解。

又

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

由于齐次方程的解集是线性空间，而 $e^{-x}$ 已是其解，所以

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

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

$$e^{-x},e^{2x}.$$

其特征方程为

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

即

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

故齐次方程为

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

设原非齐次方程为

$$y^{\prime \prime }-y^{\prime }-2y=f(x).$$

代入特解

$$y_1^{\ast }=x{e}^x+e^{2x}.$$

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

$$y=x{e}^x,$$

则

$$y^{\prime }=(x+1)e^x,y^{\prime \prime }=(x+2)e^x.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime \prime }-y^{\prime }-2y& =(x+2)e^x-(x+1)e^x-2x{e}^x\\ & =(1-2x)e^x.\end{array}$$

因此，依据题面给出的三个特解，原方程应为

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

此时可取一个特解为

$$y_p=x{e}^x,$$

故通解为

$$y=C_1{e}^{-x}+C_2{e}^{2x}+x{e}^x.$$

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

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

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9. 求解初值问题

$$\{\begin{array}{l}{y}^3\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+1=0,\\ y(1)=1,y^{\prime }(1)=0.\end{array}$$

查看答案与解析

答案：

$$y=\sqrt{1-(x-1{)}^2},0<x<2.$$

解析： 原方程可写成

$$y^{\prime \prime }=-\frac{1}{y^3}.$$

方程中不显含自变量 $x$，令

$$p(y)=y^{\prime },$$

则

$$y^{\prime \prime }=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx}=p\frac{dp}{dy}.$$

代入原方程，得

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

即

$$pdp=-y^{-3}dy.$$

积分得

$$\frac{1}{2}{p}^2=\frac{1}{2y^2}+C,$$

所以

$$p^2=\frac{1}{y^2}+C_1.$$

由初值

$$y(1)=1,p(1)=y^{\prime }(1)=0,$$

得

$$0=1+C_1,$$

故

$$(y^{\prime }{)}^2=\frac{1}{y^2}-1=\frac{1-y^2}{y^2}.$$

于是

$$y^2(y^{\prime }{)}^2=1-y^2.$$

在初值点附近 $y>0$，故可写为

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

分离变量后积分，可得

$$(x-C_2{)}^2+y^2=1.$$

由初值点 $(1,1)$ 在曲线上，得

$$C_2=1.$$

因此

$$(x-1{)}^2+y^2=1.$$

又由 $y(1)=1>0$，应取圆的上半支，故

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

其最大定义区间为

$$0<x<2.$$

直接计算可得

$$y^{\prime \prime }=-\frac{1}{y^3},$$

故满足原微分方程及初值条件。

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

$$y=C{e}^{-\int p(x)dx}$$

是方程

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

的所有解。

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答案：

$$y=C{e}^{-\int p(x)dx},C\in \mathbb{R},$$

确为方程 $y^{\prime }+p(x)y=0$ 的全部解。

解析： 记

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

则

$$P^{\prime }(x)=p(x).$$

先证明所给函数均为方程的解。设

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

则

$$y^{\prime }=-C{P}^{\prime }(x)e^{-P(x)}=-p(x)C{e}^{-P(x)}=-p(x)y.$$

因此

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

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

下面证明方程不存在其他形式的解。设 $y(x)$ 是方程

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

在 $(a,b)$ 内的任意解。将方程两边乘以积分因子

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

得到

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

注意到

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

因此

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

于是

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

其中 $C$ 为常数。故

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

所以所给表达式包含了该微分方程的所有解。

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11. 求微分方程

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

的通解。

查看答案与解析

答案： 一般积分为

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

此外还有特解

$$y=2x-3.$$

解析： 方程右端只含组合式 $2x-y$，令

$$u=2x-y.$$

则

$$\frac{du}{dx}=2-y^{\prime }.$$

由原方程得

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

当 $u\ne 3$ 时，将 $x$ 看作 $u$ 的函数，有

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

积分得

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

代回 $u=2x-y$，得

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

即

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

在变形过程中除去了 $u-3$。若

$$u\equiv 3,$$

则

$$2x-y=3,$$

即

$$y=2x-3.$$

此时 $y^{\prime }=2$，且

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

故它确为原方程的一个特解。

应用题

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

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答案：

$$y=1+5x-6x^2,0\le x\le 1.$$

解析： 设凸弧方程为

$$y=y(x),y(0)=1,y(1)=0.$$

取弧上任一点 $P(x,y(x))$。弦 $AP$ 的方程为

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

由于凸弧位于弦 $AP$ 的上方，弧与弦之间的面积为

$${\int }_0^{x}y(t)dt-{\int }_0^x\left[1+\frac{y(x)-1}{x}t\right]dt=x^3.$$

第二个积分等于梯形面积

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

故

$${\int }_0^{x}y(t)dt-\frac{x}{2}[1+y(x)]=x^3.$$

两边对 $x$ 求导，得

$$y-\frac{1}{2}(1+y)-\frac{x}{2}{y}^{\prime }=3x^2.$$

整理为

$$x{y}^{\prime }-y+1=-6x^2.$$

注意到

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

于是

$${\left(\frac{y}{x}\right)}^{\prime }=-6-\frac{1}{x^2}.$$

积分得

$$\frac{y}{x}=-6x+\frac{1}{x}+C,$$

即

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

利用端点条件 $y(1)=0$，有

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

故

$$C=5.$$

因此凸弧方程为

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

又

$$y^{\prime \prime }=-12<0,$$

与凸弧条件相符。

---

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

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答案： 按通常所取的非恒定上升支，

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

解析： 曲线从 $0$ 到 $x$ 的弧绕 $x$ 轴旋转所得侧面积为

$$S(x)=2\pi {\int }_0^{x}y(t)\sqrt{1+[y^{\prime }(t){]}^2}dt.$$

相应旋转体体积为

$$V(x)=\pi {\int }_0^x{y}^2(t)dt.$$

由题意，任意 $x>0$ 均有

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

两边对 $x$ 求导，得

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

因 $y>0$，可约去 $\pi y$，得到

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

故

$$(y^{\prime }{)}^2=\frac{y^2-4}{4}.$$

由此还可看出 $y\ge 2$。取从初点向上延伸的非恒定支，

$$y^{\prime }=\frac{1}{2}\sqrt{y^2-4}.$$

分离变量：

$$\frac{dy}{\sqrt{y^2-4}}=\frac{1}{2}dx.$$

积分得

$$\mathrm{arcosh}\frac{y}{2}=\frac{x}{2}+C.$$

利用 $y(0)=2$，得 $C=0$，于是

$$\frac{y}{2}=\cosh \frac{x}{2},$$

即

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

说明：严格按题面所给条件，恒定函数

$$y\equiv 2$$

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。

---

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

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

的形心纵坐标等于曲线 $y=f(x)$ 在 $[0,t]$ 上对应的曲边梯形面积与 $\frac{1}{2}$ 之和，求 $f(x)$。

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答案：

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

解析： 记曲边梯形面积为

$$A(t)={\int }_0^{t}f(x)dx.$$

区域 $R_t$ 关于 $x$ 轴的静矩为

$$M_x={\int }_0^t\left({\int }_0^{f(x)}ydy\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^t{f}^2(x)dx.$$

因此形心纵坐标为

$$\bar{y}=\frac{M_x}{A(t)}=\frac{\frac{1}{2}{\int }_0^t{f}^2(x)dx}{{\int }_0^{t}f(x)dx}.$$

由题意

$$\bar{y}=A(t)+\frac{1}{2}.$$

于是

$$\frac{1}{2A(t)}{\int }_0^t{f}^2(x)dx=A(t)+\frac{1}{2},$$

即

$${\int }_0^t{f}^2(x)dx=2A^2(t)+A(t).$$

两边对 $t$ 求导，注意 $A^{\prime }(t)=f(t)$，得

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

由于 $f(t)>0$，可约去 $f(t)$，得到

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

又 $A^{\prime }(t)=f(t)$，故

$$A^{\prime }(t)=4A(t)+1,A(0)=0.$$

解此一阶线性方程，得

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

因此

$$f(t)=A^{\prime }(t)=e^{4t}.$$

即

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

---

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

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答案：

$$x^2+y^2=C,C>0,$$

即曲线为以原点为圆心的圆弧；写成显函数形式为

$$y=\pm \sqrt{C-x^2}.$$

解析： 曲线在点 $(x,y)$ 处的切向量可取为

$$(1,y^{\prime }),$$

而原点指向该点的向量为

$$(x,y).$$

由切线与该连线垂直，二者内积为零：

$$(1,y^{\prime })\cdot (x,y)=0.$$

因此

$$x+y{y}^{\prime }=0.$$

即

$$y\frac{dy}{dx}=-x.$$

分离并积分：

$$ydy=-xdx,$$

从而

$$\frac{1}{2}{y}^2=-\frac{1}{2}{x}^2+C_1.$$

整理得

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

其中 $C=2C_1>0$。

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

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5. 求证：曲率半径为常数 $a$ 的曲线是圆。

查看答案与解析

答案： 曲率半径恒为 $a$ 的正则平面曲线是半径为 $a$ 的圆或圆弧。

解析： 设曲线以弧长 $s$ 为参数，位置向量为

$$\mathbf{r}=\mathbf{r}(s),$$

单位切向量、单位法向量分别为

$$\mathbf{T}={\mathbf{r}}^{\prime }(s),\mathbf{N}.$$

曲率半径恒为 $a>0$，故曲率

$$\kappa =\frac{1}{a}.$$

适当选取曲线方向及法向量方向后，Frenet 公式为

$${\mathbf{T}}^{\prime }=\frac{1}{a}\mathbf{N},{\mathbf{N}}^{\prime }=-\frac{1}{a}\mathbf{T}.$$

于是

$$\frac{d}{ds}(\mathbf{r}+a\mathbf{N})={\mathbf{r}}^{\prime }+a{\mathbf{N}}^{\prime }=\mathbf{T}-\mathbf{T}=0.$$

因此存在一个固定向量 $\mathbf{c}$，使得

$$\mathbf{r}+a\mathbf{N}=\mathbf{c}.$$

从而

$$\mathbf{r}-\mathbf{c}=-a\mathbf{N}.$$

由于 $\mathbf{N}$ 是单位向量，故

$$|\mathbf{r}-\mathbf{c}|=a.$$

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

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6. 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 $3$ 克的物体，已知此绳受 $1$ 克重量的外力作用时伸长 $\frac{1}{24}$ 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？

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答案： 物体下降到绳长比自然长度伸长

$$\frac{1}{4}\text{厘米}$$

处时停止下降并开始上升。

解析： 设物体向下运动 $x$ 厘米，此时绳的伸长量也是 $x$ 厘米。

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

$$k=\frac{1}{1/24}=24$$

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 $x$。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：

$$3x=\frac{1}{2}k{x}^2.$$

代入 $k=24$，得

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

除去初始位置对应的解 $x=0$，得到

$$x=\frac{1}{4}.$$

因此物体下降到绳伸长 $\frac{1}{4}$ 厘米处时速度再次为零，随后开始上升。

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7. $5\mathrm{kg}$ 肥皂溶于 $300\mathrm{L}$ 水中后，以每分钟 $10\mathrm{L}$ 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 $1\mathrm{kg}$ 肥皂？

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答案：

$$t=30\ln 5\text{分钟}.$$

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

流入的是清水，不带入肥皂；流出液体中的肥皂浓度为

$$\frac{Q(t)}{300}(kg/L).$$

故肥皂流出速率为

$$10\cdot \frac{Q(t)}{300}=\frac{Q(t)}{30}(kg/min).$$

因此

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

分离变量并积分：

$$\frac{dQ}{Q}=-\frac{1}{30}dt,$$

从而

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

当余下 $1$ 千克肥皂时，

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

因此

$$e^{-t/30}=\frac{1}{5},t=30\ln 5.$$

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

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答案： 物体 $B$ 的轨迹满足

$$2x\frac{d^{2}y}{d{x}^2}+\sqrt{1+{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2}=0,$$

初始条件为

$$y(-1)=0,y^{\prime }(-1)=1.$$

解析： 设时间为 $t$。物体 $A$ 的坐标为

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

物体 $B$ 的坐标为

$$B(x,y).$$

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

$$y^{\prime }=\frac{1+vt-y}{-x}.$$

整理得

$$x{y}^{\prime }=y-1-vt.\text{\hspace{1em}(1)}$$

对式 $(1)$ 关于 $x$ 求导：

$$y^{\prime }+x{y}^{\prime \prime }=y^{\prime }-v\frac{dt}{dx},$$

故

$$x{y}^{\prime \prime }=-v\frac{dt}{dx}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

又因为物体 $B$ 的速度大小恒为 $2v$，沿轨迹有

$$\frac{ds}{dt}=2v.$$

而

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

所以

$$\frac{dt}{dx}=\frac{1}{2v}\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}.\text{\hspace{1em}(3)}$$

将式 $(3)$ 代入式 $(2)$，得

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

即

$$2x{y}^{\prime \prime }+\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}=0.$$

初始时 $B=(-1,0)$，故

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

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

$$y^{\prime }(-1)=1.$$