常微分方程教程_丁同仁(第二版)_習(xí)題解答.pdf

常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 1 習(xí)題習(xí)題 2 1 判斷下列方程是否為恰當(dāng)方程 并且對(duì)恰當(dāng)方程求解 0 12 13 2 dyxdxx 解 13 2 xyxP 12 xyxQ 則0 y P 2 x Q 所以 x Q y P 即 原方程不是恰當(dāng)方程 0 2 2 dyyxdxyx 解 2 yxyxP 2 yxyxQ 則 2 y P 2 x Q 所以 x Q y P 即 原方程為恰當(dāng)方程 則 0 22 ydyxdyydxxdx 兩邊積分得 2 2 2 22 C y xy x 3 0 dycybxdxbyax a b 和 c 為常數(shù) 解 byaxyxP cybxyxQ 則 b y P b x Q 所以 x Q y P 即 原方程為恰當(dāng)方程 則0 axdxbydxbxdycydy 兩邊積分得 22 22 C cy bxy ax 4 0 0 bdycybxdxbyax 解 byaxyxP cybxyxQ 則 b y P b x Q 因?yàn)?0 b 所以 x Q y P 即 原方程不為恰當(dāng)方程 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 2 0sin2cos 1 2 udttudut 解 cos 1 2 ututP ututQsin2 則 cos2ut t P cos2ut x Q 所以 x Q y P 即 原方程為恰當(dāng)方程 則 0cos sin2cos 2 uduudttudut 兩邊積分得 sin 1 2 Cut 0 2 2 2 dyxyedxyeye xxx 解 xyeyxQyeyeyxP xxx 2 2 2 則 2ye y P x 2ye x Q x 所以 x Q y P 即 原方程為恰當(dāng)方程 則 0 2 2 2 dyxyedxyyedxe xxx 兩邊積分得 2 2 Cxyey x 0 2 ln 2 dyyxdxx x y 解 2ln 2 yxyxQx x y yxP 則 1 xy P 1 xx Q 所以 x Q y P 即 原方程為恰當(dāng)方程 則02 ln 2 ydydxxxdydx x y 兩邊積分得 2 3 ln 3 yxy x C 0 22 為常數(shù)和cbacxydydxbyax 解 22 cxyyxQbyaxyxP 則 2by y P cy x Q 所以 當(dāng) x Q y P 即 cb 2時(shí) 原方程為恰當(dāng)方程 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 3 則0 22 cxydydxbydxax 兩邊積分得 2 3 3 bxy ax C 而當(dāng)cb 2時(shí)原方程不是恰當(dāng)方程 0 12 2 2 dt t ss ds t s 解 12 2 2 t ss stQ t s stP 則 21 2 t s t P 21 2 t s s Q 所以 x Q y P 即原方程為恰當(dāng)方程 兩邊積分得 C t ss 2 10 0 2222 dyyxyfdxyxxf 其中 f是連續(xù)的可微函數(shù) 解 2222 yxyfyxQyxxfyxP 則 2fxy y P 2fxy x Q 所以 x Q y P 即原方程為恰當(dāng)方程 兩邊積分得 22 f xy dxC 即原方程的解為CyxF 22 其中 F 為 f 的原積分 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 4 習(xí)題習(xí)題 2 2 1 求解下列微分方程 并指出這些方程在平面上的有意義的區(qū)域 y x dx dy 2 解 原方程即為 dxxydy 2 兩邊積分得 0 23 32 yCxy 1 3 2 xy x dx dy 解 原方程即為 dx x x ydy 3 2 1 兩邊積分得 1 0 1ln23 32 xyCxy 0sin 2 xy dx dy 解 當(dāng)0 y時(shí) 原方程為 0sin 2 xdx y dy 兩邊積分得 0 cos 1 yxc 又 y 0 也是方程的解 包含在通解中 則方程的通解為 0 cos 1 yxc 22 1xyyx dx dy 解 原方程即為 2 1 1 dy x dx y 兩邊積分得 c x xarctgy 2 2 即 2 2 c x xtgy 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 5 2 2cos cosyx dx dy 解 當(dāng)02cos y時(shí) 原方程即為 dxx y dy 2 2 cos 2 cos 兩邊積分得 2222sin2tg yxxc y2cos 0 即 42 k y也是方程的解 Nk 2 1y dx dy x 解 當(dāng)1 y時(shí) 原方程即為 x dx y dy 2 1 兩邊積分得 cxy lnarcsin 1 y也是方程的解 y x ey ex dx dy 解 原方程即為 dxexdyey xy 兩邊積分得 ce x e y xy 22 22 原方程的解為 ceexy xy 2 22 2 解下列微分方程的初值問(wèn)題 03cos2sin ydyxdx 3 2 y 解 兩邊積分得 c yx 3 3sin 2 2cos 即 cxy 2cos33sin2 因?yàn)?3 2 y 所以 3 c 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 6 所以原方程滿足初值問(wèn)題的解為 32cos33sin2 xy 0 dyyexdx x 1 0 y 解 原方程即為 0 ydydxxe x 兩邊積分得 cdy y dxex x 2 1 2 因?yàn)? 0 y 所以 2 1 c 所以原方程滿足初值問(wèn)題的解為 01 1 2 2 dyydxex x r d dr 2 0 r 解 原方程即為 d r dr 兩邊積分得 cr ln 因?yàn)? 0 r 所以2ln c 所以原方程滿足初值問(wèn)題的解為 2lnln r 即 er2 1 ln 2 y x dx dy 0 1 y 解 原方程即為 dxxdyyln 1 2 兩邊積分得 3 ln 3 y yxxxc 因?yàn)? 1 y 所以1 c 所以原方程滿足初值為 3 ln1 3 y yxxx 32 1xy dx dy x 1 0 y 解 原方程即為 dx x x y dy 2 3 1 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 7 兩邊積分得 cxy 22 1 2 1 因?yàn)? 0 y 所以 2 3 c 所以原方程滿足初值問(wèn)題的解為 3 1 12 2 2 y x 3 解下列微分方程 并作出相應(yīng)積分曲線的簡(jiǎn)圖 x dx dy cos 解 兩邊積分得 cxy sin 積分曲線的簡(jiǎn)圖如下 ay dx dy 常數(shù)0 a 解 當(dāng)0 y時(shí) 原方程即為 dx ay dy 積分得 cxy a ln 1 即 0 ccey ax 0 y也是方程的解 積分曲線的簡(jiǎn)圖如下 y 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 8 2 1y dx dy 解 當(dāng)1 y時(shí) 原方程即為 dx y dy 1 2 積分得 cx y y 2 1 1 ln 即 1 1 2 2 x x ce ce y 1 y也是方程的解 積分曲線的簡(jiǎn)圖如下 n y dx dy 2 1 3 1 n 解 當(dāng)0 y時(shí) 2 3 1 n時(shí) 原方程即為 dx y dy n 積分得 cy n x n 1 1 1 1 n時(shí) 原方程即為 dx y dy 積分得 cxy ln 即 0 ccey x 0 y也是方程的解 積分曲線的簡(jiǎn)圖如下 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 9 4 跟蹤 設(shè)某 A 從 xoy 平面上的原點(diǎn)出發(fā) 沿 x 軸正方向前進(jìn) 同時(shí)某 B 從點(diǎn)開(kāi)始跟蹤 A 即 B 與 A 永遠(yuǎn)保持等距 b 試求 B 的光滑運(yùn)動(dòng)軌跡 解 設(shè) B 的運(yùn)動(dòng)軌跡為 xyy 由題意及導(dǎo)數(shù)的幾何意義 則有 22 yb y dx dy 所以求 B 的運(yùn)動(dòng)軌跡即是求此微分方程滿足by 0 的解 解之得 22 22 22 ln 2 1 yb ybb ybb bx 5 設(shè)微分方程 yf dx dy 2 27 其中 f y 在ay 的某鄰域 例如 區(qū)間 ay 內(nèi)連續(xù) 而且ayyf 0 則在直線ay 上的每一點(diǎn) 方程 2 27 的解局部唯一 當(dāng)且僅當(dāng)瑕積分 a a yf dy 發(fā)散 證明 首 先 經(jīng) 過(guò) 域 1 R x aya 和 域 2 R x 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 10 aya內(nèi)任一點(diǎn) 00 y x 恰有方程 2 13 的一條積分曲線 它由下式確定 0 0 xx yf dyy y 這些積分曲線彼此不相交 其次 域 1 R 2 R 內(nèi)的所有 積分曲線cx yf dy 都可由其中一條 比如 0 cx yf dy 沿著 x 軸的方向平移而得到 因此只需詳細(xì)考慮經(jīng)過(guò) 1 R內(nèi)某一點(diǎn) 0 ax的積分曲線 它由 式確定 若 a a yf dy 收斂 即存在 1 xx 使得 01 xx yf dya a 即所討論的積分曲線當(dāng) 1 xx 時(shí)達(dá)到直線ay 上點(diǎn) ax 1 由 式易看出 所論積分曲線在 ax 1 處與ay 相切 在這種情形下 經(jīng)過(guò)此直線上的 一點(diǎn)就不只有一條積分曲線 與局部唯一矛盾 所以 a a yf dy 發(fā)散 若積分 a a yf dy 發(fā)散 此時(shí)由 式易看出 所論的經(jīng)過(guò) 0 ax的積分 曲線 不可能達(dá)到直線 ay 上 而以直線ay 為漸近線 又注意到ay 也 是 13 的積分曲線 所以 2 13 過(guò) 0 ax的解是唯一的 注 對(duì)于 2 R內(nèi)某點(diǎn) ax 0 完全可類似地證明 6 作出下列微分方程積分曲線族的大致圖形 y dx dy 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 11 00 0ln y yyy dx dy 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 12 習(xí)題習(xí)題 2 3 1 求解微分方程 x xey dx dy 2 解 2 xp x xexq 由公式得 xxxxxx execedxexecey 222 原方程的解為 xxx execey 2 xytgx dx dy 2sin 解 tgxxp xxq2sin cxdx x xd dx x x tgxdxdxxp cosln cos cos cos sin 則有 xxcxcxdx x x cx dxexcey xx 2 coslncosln cos2cos cos2 cos cos 2sin cos 2sin 原方程的解為 xxcy 2 cos2cos sin2xy dx dy x 1 y 解 原方程即為 x x y xdx dysin2 則 x x xq x xp sin 2 cxdx x dxxp 2 ln 2 則有 sincos 1 sin 1 sin 2 2 lnln 22 xxxc x xdxxc x e x x cey xx 因?yàn)?1 y 所以0 c 原方程滿足初值問(wèn)題的解為 x x x x ysin 1 cos 1 2 xy xdx dy 1 1 1 2 1 0 y 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 13 解 xxq x xp 1 1 1 2 2 1 1 1 ln x x dxxp 則 2 1 1 1 ln x x ey 1 xc 2 1 1 1 ln dxe x x 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 xdxxc x x xdxxc x x 要求滿足初值問(wèn)題1 0 y的解 只需求 為周期的連續(xù)函數(shù) 試 證 若0 xq 則 方 程 的 任 一 非 零 解 以 為 周 期 xp的 平 均 值 0 0 1 dxxpp 若0 xq 則方程的有唯一的 周期解 0 p 試求出此解 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 15 證明 設(shè) xy 是方程的任一非零解 則 0 x x dxxp cey且 0 wx x dxwxp cey也是解 x x dxxp e 0 0 wx x dxwxp e wx x dxxp x x dxxp ee 0 1 0 dxxp e 0 0 dxxp 2 方程的通解為 x dxxp cey 0 x dttp x s esq 0 選擇常數(shù)c使 xy成為 周期函數(shù) 即 xywxy 我們先來(lái)證明 要使 對(duì)所有x成立 其實(shí)只需對(duì)某一特定 x 例如0 x 成立 即只需 0 yy 事實(shí)上 由于 xy是方程的解 且 xpwxp xqwxq 所以 wxy 也是解 因此 函數(shù) xywxyxu 是相應(yīng)齊次方程0 yxpy滿足 初始條件0 0 y的解 又因?yàn)榇她R次方程的解或者恒等于 或者恒不 等于 所以0 xu 從而 0 ywy 由x的任意性 則有 xywxy 即 w dxxp ce 0 cdsesq w dttp wx 0 0 所以 w dxxp dxxp dxexq e c w w 0 0 0 1 1 6 連續(xù)函數(shù) xf在區(qū)間 x上有界 證明 方程 xfyy 在區(qū)間 有 xfxf nm max 20 xfxf nmx 所以 20 x xfxf nm 固定 2 0 x 則 xfn 是基本的 從而 limxfn n 存在 記為 0 xf 在 中令 m 得到 a沿 x 軸的正方向運(yùn)動(dòng) 同 時(shí)又有某物 Q以常速 b從點(diǎn) 1 0 出發(fā)追趕 設(shè)ab 且Q的運(yùn)動(dòng)方向永遠(yuǎn)指向 P 試 求 Q的運(yùn)動(dòng)軌跡 以及追上 P 的時(shí)間 解 設(shè)Q的運(yùn)動(dòng)軌跡為 xyy 由題意知 xyy 即是下列初值問(wèn)題的解 2 b a y dy dx 2 b a y 0 1 x 此方程為一變量分離方程 解之得 1 2 1 1 b a y x b a 1 2 1 1 b a y b a 當(dāng)QP 在 T 時(shí)刻相遇時(shí) 即有0 aTx 代入其軌跡方程求得 2 22 ab b T 5 逃逸速度 假設(shè)地球的半徑為6437 R公里 地面上的重力加速度為 2 8 9秒米 又 設(shè)質(zhì)量為的火箭在地面以初速 0 v垂直上升 假設(shè)不計(jì)空氣阻力和其它任何星球的引力 試 求火箭的逃逸速度 即 使火箭一去不復(fù)返的最小初速度 0 v 解 由物理學(xué)知識(shí)知 此逃逸速度滿足下列式子 R mv R gmM 2 0 2 其中M為地球的質(zhì)量 將數(shù)據(jù)代入上式求得 94 7 0 v 公里 秒 6 設(shè)某社會(huì)的總?cè)藬?shù)為N 當(dāng)時(shí)流行一種傳染病 得病人數(shù)為x 設(shè)傳染病人數(shù)的擴(kuò)大率 與得病人數(shù)和未得病人數(shù)的乘積成正比 試討論傳染病人數(shù)的發(fā)展趨勢(shì) 并以此解釋對(duì)傳染 病人進(jìn)行隔離的必要性 解 設(shè)傳染病人數(shù)是時(shí)間 t 的函數(shù) 并設(shè)題中的正比例系數(shù)為 p 則由題意得 x tp xtNx t 此方程為一變量分離方程 分離變量并積分得 pNt pNt ce cNe tx 1 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 32 又因?yàn)樽畛醯貌∪藬?shù)為 x 所以xx 0 代入求得 xN x c 所以傳染病人數(shù)的發(fā)展趨勢(shì)可表示為 pNt pNt e xN x Ne xN x tx 1 其中 x 為最初得病人數(shù) 由上式我們可以看出 當(dāng) t時(shí) Ntx 所以及時(shí)對(duì)傳染病人 進(jìn)行隔離是必要的 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 1 習(xí)題習(xí)題 3 1 1 1 解 yyxf 有 0 yxfyxf 令 rrF 有 1 1 1 0 0 1 0 1 1 r r r r r dr rF dr 當(dāng) 01 時(shí) 1 0 1 1 limr r 所以 0 0 y 的解唯一 當(dāng) 01 時(shí) 1 1 0 0 ln r r r rF dr 而 lnlim 0 r r 所以 0 0 y 的解唯一 當(dāng) 10 時(shí) 可解方程知其解不唯一 所以當(dāng)10 r 為常數(shù) 所以方程的解唯一 2 解 構(gòu)造畢卡序列 令 1 yxyxf dxxyxfxy x nn 0 1 因?yàn)?0 0 y 所以 xxdxxfxy x 2 0 1 2 1 0 xxxdxxxxfxy x 23 0 2 2 6 1 2 1 xxxxdxyxfxy x 234 0 23 3 1 4 1 x x x n x n dxyxfxy nn x nn 2 2 2 1 1 2 1 0 1 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 2 22 2 2 2 1 1 lim lim 2 1 xe x x x n x n xy x nn n n n 所以 22 xey x 為方程的解 3 證明 反證法 設(shè)初始問(wèn)題 E 有兩個(gè)解 xy和 1 xy 且 0010 yxyxy 01 xx 使 111 xyxy 令 sup 110 xyxyxxx 令 1 xyxyxr 令 1 xyxyxr 有 0 r 有 1 xyxfxyxf dx dr 因?yàn)?yxf 對(duì) y 是遞減的 所以0 dx dr 對(duì) 1 xx 所以 0 rxr 對(duì) 1 xx 又由 y 的連續(xù)性 可得 111 xyxy 矛盾 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 3 習(xí)題習(xí)題 3 3 1 證明 令 xbyxayxf 顯然 yxf 在 yIxS 內(nèi)連續(xù) 且滿足不等式 xbyxayxf 其中令 0 xaxA 0 xbxB 由已知有 xA xB 在 Ix 上是連續(xù)的 則由定理 5 知 xyy 的最大存在區(qū)間為 I 2 1 解 令 22 1 yx yxf 則 yxf在區(qū)域 0 1 yxG上連續(xù) 或 00 2 令 11 xy 則 111 Gyx 因?yàn)閰^(qū)域 1 G是開(kāi)集 所以存在矩形區(qū)域 11111 byyaxxR 使得 11 GR 由皮亞諾定理知 原方程至少有一個(gè)解 111 hxxxy 滿足初值條件 111 yx 其中 1 h是某個(gè)常數(shù) 令 1111 10 hxxxx xxxx xy 則 xyy 是連續(xù)可微的 且它在區(qū)間 110 hxx 上滿足原方程 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 4 與積分曲線 的最大右側(cè)存在區(qū)間為 10 xxJ 矛盾 所以 J不可能是有限閉區(qū)間 同理可證 J不可能是有限開(kāi)區(qū)間 則 在 0 P點(diǎn)的右側(cè)將延伸到區(qū)域 1 G的邊界 同樣可證 在 0 P點(diǎn)的左側(cè) 將延伸到區(qū)域 1 G的邊界 即解的存在區(qū)間為 同樣在 2 G上 解的存在區(qū)間為 0 0 2 解 由于 1 yy在整個(gè) yx平面上連續(xù) 且對(duì) y 有連續(xù)的偏導(dǎo)數(shù) 所以利用推論 可知原方程經(jīng)過(guò)平面上任何一點(diǎn) 000 yxP 的積分曲線 是唯一存在 并將延伸到無(wú)限遠(yuǎn) 顯然0 y與1 y為方程的兩個(gè)解曲線 由解的唯一性 當(dāng)0 y時(shí) 其解不可能超出0 y 則其解只可能向左右延伸 即 x 的存在 區(qū)間為 同理可知在10 y時(shí) x的存在區(qū)間為 如右圖 所以其解的 在區(qū)間為 3 解 令 sin xyyyxf 此方程滿足 yxf在 yxS 內(nèi)連續(xù) 且滿足不等式 yyxf 取1 xA和0 xB 則此 方程滿足定理 5 的條件 所以此方程的每一個(gè)都以 為存在區(qū)間 4 解 解方程得其解為 cxarctgy c為一常數(shù) 22 yarctgy 22 cx cxc 22 其存在區(qū)間為cxc 22 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 5 3 解 不矛盾 因?yàn)榇朔匠袒癁槲⒎址匠虨?y x dx dy 令 y x yxf 有 yxf在G上不一定連續(xù) 即不滿足延伸定理的條件 所以不能說(shuō)與延伸定理矛盾 4 解 首先 由推論可知 對(duì)于平面上任意一個(gè)包含 00 yxP的 區(qū)域G 初值問(wèn)題 E 的解都存在且唯一 并可延伸到 G的邊界 其次 容易看出 直線3 1 yL和直線 3 y 1 2 yL是微分方程所對(duì)立的線素場(chǎng)的水平等斜線 且積分曲線在 1 L的上方是單調(diào)上升 在 1 L與 2 L之間 是單調(diào)下降 而在 2 L的下方是單調(diào)上升 1 y 若 00 yxP位于 1 L的上方 顯然 y 3 為方程的解 而在 1 L的上方 由于方程是單調(diào)上升 所以當(dāng) 0 yy 時(shí) 積分曲線是無(wú)限接近3 y 由唯一性而又不能與3 y 相關(guān) 所以其積分曲線必向左延伸到 0 xx 同理若 00 yxP位于 1 L與 2 L之間 可知其積分曲線向 左延伸到 x 若 00 yxP位于 2 L的下方 可知其積分曲線向右延伸到 xx0 5 證明 首先 由推論可知 對(duì)于平面上任意一個(gè)包含 00 yxP的區(qū)域G 初值問(wèn)題 E 的解都存在且唯一 并且延伸到G的邊界 其次 容易看出 直線xy 與直線xy 是微分方程所對(duì)立的線素場(chǎng)的水平等斜線 且其單調(diào)性見(jiàn)圖 不妨 假設(shè) 00 yxP在 x 軸的上方 在直線xy 與直線xy 之間 積分曲線是單調(diào)下降的 所以它將右 向穿出直線xy 并且它在右向延伸時(shí)不 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 6 能從xy 下方穿越到上方 因此 它必 向穿出直線xy 并且它在右向延伸時(shí)不 能從xy 下方穿越到上方 因此 它必可 向右延伸 xx0 同理可證向左延伸到 0 xx 得證 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 1 習(xí)題習(xí)題 4 1 1 求解下列微分方程 1 22 242xpxpy dx dy p 解 利用微分法得 0 1 2 dx dp px 當(dāng) 10 dp dx 時(shí) 得pxc 從而可得原方程的以 P 為參數(shù)的參數(shù)形式通解 22 242yppxx pxc 或消參數(shù) P 得通解 2 2 1 22 xcxcy 當(dāng) 20 xp 時(shí) 則消去 P 得特解 2 xy 2 2 ypxlnxxp dx dy p 解 利用微分法得 2 0 dp lnxxpxp dx 當(dāng)0 p dx dp x時(shí) 得 cpx 從而可得原方程以 p 為參數(shù)的參數(shù)形式通解 2 ypxlnxp pxc 或消 p 得通解 2 yClnxC 當(dāng)20lnxxp 時(shí) 消去 p 得特解 2 1 4 ylnx 3 2 1ppxy cx dy p 解 利用微分法 得 x dx p pp 2 2 1 1 兩邊積分得 cxPPP 22 11 由此得原方程以 P 為參數(shù)形式的通解 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 2 2 1 ppxy 11 222 cxppp 或消去 P 得通解 222 CCXy 2 用參數(shù)法求解下列微分方程 1 452 2 2 dx dy y 解 將方程化為 2 2 1 5 42 dx dy y 令2sinyt 2 cos 5 dy t dx 由此可推出 1515 2sin 2 2 cos2 cos 5 dxdydtdt t t 從而得 ctx 2 5 因此方程的通解為 5 2 xtc 2sinyt 消去參數(shù) t 得通解 2 2sin 5 yxC 對(duì)于方程除了上述通解 還有2 y 0 dx dy 顯然 2 y和2 y是方程的兩個(gè)解 2 22 3 1 dy x dx 解 令uxcsc u dx dy cot 3 1 又令tan 2 u t 則 t t u x 2 1 sin 1 2 du u u udy 3 2 2 sin cos 3 1 cot 3 1 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 3 dt t t t t t 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 1 3 1 dt tt t 12 34 1 3 積分得 2 2 111 2ln 224 3 yttc t 2 2 11 4ln 8 3 ttC t 由此得微分方程的通解為 t t x 2 1 2 2 2 11 4ln 8 3 yttc t 3 dx dy dx dy x4 33 解 令xt dx dy 則txtxx 2333 4 解得 3 1 4 t t x 又 33 32 23 3 3 2 1 21 16 1 21 4 1 4 t tt t t t t dt dx dx dy dt dy du u u tudt t t 3 33 33 3 1 21 3 16 1 621 3 16 233 1 3 32 1 16 u du u du 22 8321 1 3 1 yC uu 3 23 8321 1 3 1 C tt 由此得微分方程的通解為 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 4 3 1 4 t t x 3 23 8321 1 3 1 yC tt 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 5 習(xí)題習(xí)題 4 2 1 得用 P 判別式求下列方程的奇解 1 2 dx dy xy dx dy 解 方程的 P 判別式為 2 20yxppxp 消去 p 得 4 2 x y 經(jīng)驗(yàn)證可知 4 2 x y 是方程的解 令 2 pxpypyxF 則有 2 1 42 y xx F x 2 2 42 pp xx Fx 和 2 0 42 p xx Fx 因此 由定理 4 2 可知 2 4 1 xy 是方程的奇解 2 2 2 dx dy dx dy xy 解 方程的 P 判別式為 2 2pxpy 0 px 消去 P 得 2 xy 而 2 xy 不是方程的解 故 2 xy 不是方程的奇解 3 y qdx dy y 4 1 22 解 方程的 P 判別式為 9 4 1 22 py 0 1 2 2 py 消去 P 得0 y 顯然0 y是方程的解 令ypypyxF 9 4 1 22 則有 4 0 0 9 y F x 0 0 2 pp Fx 和 0 0 0 p Fx 因此 由定理 4 2 知 0 y是方程的奇解 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 6 2 舉例說(shuō)明 在定理 4 2 的條件 0 y F x x x x x 0 pp Fx x x x x 中的兩個(gè)不等 式是缺一不可的 解 考慮方程0 22 y dx dy 方程 1 的 P 判別式為 0 22 yp 02 p消去 P 得0 xxy 令 22 yppyxF 于是有 2 p Fx y py 2 p Fx y pp 2 pp Fx y p 因此雖然有 20 pp Fx y p 和 0 0 0 p Fx 但是 0 0 0 y F x 又0 y雖然是方程的解 且容易求出方程 1 的通解為 x yxe 因此容易驗(yàn)證0 y卻不是奇解 因此由此例可看出 定理 4 2 中的條件 0 y F x x x x 是不可缺少的 又考慮方程 y dx dy y sin 方程 2 的 P 判別式為 yyp sin 0ycos yp 消去 P 得0 y 令yyppyxF sin 于是有 1 y F x y ppcos yp p Fx y pycos yp 2 sin pp Fx y pyyp 因此 雖然有 0 0 10 y F x 和 0 0 0 p Fx 但 0 0 0 pp Fx 而經(jīng)檢驗(yàn)知0 y是 方 程 2 的解 但不是奇解 因此由此例可看出定理 4 2 中的條件 0 pp Fx x x x x 是不可 缺少的 3 研 究 下 面 的 例 子 說(shuō) 明 定 理 4 2 的 條 件 0 p Fx x x x x 是 不 可 缺 少 的 3 1 2 3 yxyy 解 方程的 P 判別式為 3 3 1 2ppxy 01 2 p 消去 P 得 3 2 2 xy 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 7 檢驗(yàn)知 3 2 2 xy不是解 故不是奇解 而 3 2 2 xy雖然是解 但不是奇解 令 3 3 1 2 ppxypyxF 1 y F x y p 2 1 p Fx y pp 2 pp Fx y pp 所以雖有 2 2 2 10 3 y F xx 2 2 2 40 3 pp Fxx 但是 2 2 2 30 3 p Fxx 因此此例說(shuō)明定理 4 2 的條件 0 p Fx x x x x 是不可缺少的 常微分方程教程 第二版 丁同仁等編 高等教育出版社 參考答案 8 習(xí)題習(xí)題 4 3 1 試求克萊羅方程的通解及其包絡(luò) 解 克萊羅方程 pfxpy dx dy p 1 其中 0fp 對(duì)方程 1 求導(dǎo)值0 dx dp pfx 由0 dx dp 即cp 時(shí) 代入 1 得 1 的通解 cfcxy 2 它的 C 判別式為 0 cfx cfcxy 由此得 xfcc ycfcf cc