第七章 微分方程

1. 试说出下列各微分方程的阶数：

(1) $ x(y')^2 - 2yy' + x = 0 $; (2) $ x^2y'' - xy' + y = 0 $;

(3) $ xy''' + 2y'' + x^2y = 0 $; (4) $ (7x - 6y)dx + (x + y)dy = 0 $;

(5) $ L \frac{\mathrm{d}^{2}Q}{\mathrm{d}t^{2}} + R \frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t} + \frac{Q}{C} = 0 $; (6) $ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}\theta} + \rho = \sin^{2}\theta $.

解（1）一阶；（2）二阶；（3）三阶；（4）一阶；（5）二阶；（6）一阶。

1. 指出下列各题中的函数是否为所给微分方程的解：

(1) $ xy' = 2y $, y = 5x $ ^{2} $;

(2) $ y'' + y = 0 $, $ y = 3\sin x - 4\cos x $;

(3) $ y'' - 2y' + y = 0 $, $ y = x^2 e^x $;

(4) $ y'' - (\lambda_1 + \lambda_2)y' + \lambda_1 \lambda_2 y = 0 $, $ y = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} $.

解 （1）由 $ y=5x^{2} $，得 $ y^{\prime}=10x $， $ xy^{\prime}=10x^{2}=2y $，故 $ y=5x^{2} $ 是所给微分方程的解.

（2）由 $ y=3\sin x-4\cos x $ , 得 $ y^{\prime}=3\cos x+4\sin x $ ，进而得

$$ y^{\prime \prime}=-3\sin x+4\cos x, $$

于是

$$ y^{\prime \prime}+y=\left(-3\sin x+4\cos x\right)+\left(3\sin x-4\cos x\right)=0, $$

故 $ y=3\sin x-4\cos x $ 是所给微分方程的解.

（3）由 $ y=x^{2}e^{x} $，得 $ y^{\prime}=2xe^{x}+x^{2}e^{x}=(2x+x^{2})e^{x} $，进而得

$$ y^{\prime \prime}=\left(2+2x\right)\mathrm{e}^{x}+\left(2x+x^{2}\right)\mathrm{e}^{x}=\left(2+4x+x^{2}\right)\mathrm{e}^{x}, $$

于是

$$ y^{\prime \prime}-2y^{\prime}+y=\left[\left(2+4x+x^{2}\right)-2\left(2x+x^{2}\right)+x^{2}\right]\mathrm{e}^{x}=2\mathrm{e}^{x}\neq0, $$

故 $ y=x^{2}e^{x} $ 不是所给微分方程的解.

（4）由 $ y = C_{1} e^{\lambda_{1} x} + C_{2} e^{\lambda_{2} x} $，得 $ y' = \lambda_{1} C_{1} e^{\lambda_{1} x} + \lambda_{2} C_{2} e^{\lambda_{2} x} $，进而得

$$ y^{\prime \prime}=\lambda_{1}^{2}C_{1}\mathrm{e}^{\lambda_{1}x}+\lambda_{2}^{2}C_{2}\mathrm{e}^{\lambda_{2}x}, $$

于是

$$ \begin{align*}&y^{\prime \prime}-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)y^{\prime}+\lambda_{1}\lambda_{2}y\\=&\lambda_{1}^{2}C_{1}\mathrm{e}^{\lambda_{1}x}+\lambda_{2}^{2}C_{2}\mathrm{e}^{\lambda_{2}x}-\lambda_{1}\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)C_{1}\mathrm{e}^{\lambda_{1}x}-\lambda_{2}\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)C_{2}\mathrm{e}^{\lambda_{2}x}+\\&\lambda_{1}\lambda_{2}C_{1}\mathrm{e}^{\lambda_{1}x}+\lambda_{1}\lambda_{2}C_{2}\mathrm{e}^{\lambda_{2}x}=0,\end{align*} $$

故 $ y = C_{1} e^{\lambda_{1} x} + C_{2} e^{\lambda_{2} x} $ 是所给微分方程的解.

1. 在下列各题中，验证所给二元方程所确定的函数为所给微分方程的解：

(1) $ (x - 2y)y' = 2x - y $, $ x^2 - xy + y^2 = C $;

(2) $ (xy - x)y'' + xy'^{2} + yy' - 2y' = 0, y = \ln(xy). $

解（1）在方程 $ x^{2}-xy+y^{2}=C $ 两端对 x 求导，得

$$ 2x-\left(y+x y^{\prime}\right)+2y y^{\prime}=0, $$

即 $ (x-2y)y'=2x-y $。故所给二元方程所确定的函数是微分方程的解。

（2）在方程 $ y = \ln(xy) $ 两端对 x 求导，得

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

即 $ (xy-x)y'-y=0 $，再在上式两端对x求导，得

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

即 $ (xy - x)y'' + xy'^2 + yy' - 2y' = 0 $。故所给二元方程所确定的函数是所给微分方程的解。

1. 在下列各题中，确定函数关系式中所含的参数，使函数满足所给的初值条件：

(1) $ x^{2}-y^{2}=C, y\big|_{x=0}=5 $;

(2) $ y = (C_1 + C_2 x) e^{2x} $, $ y \big|_{x=0} = 0 $, $ y' \big|_{x=0} = 1 $;

(3) $ y = C_1 \sin(x - C_2) $, $ y \big|_{x=\pi} = 1 $, $ y' \big|_{x=\pi} = 0 $.

解（1）由 $ y\big|_{x=0}=5 $，将 x=0, y=5 代入函数关系中，得 C=-25，即

$$ x^{2}-y^{2}=-25. $$

（2）由 $ y = (C_{1} + C_{2} x) e^{2 x} $，得

$$ y^{\prime}=\left(C_{2}+2C_{1}+2C_{2}x\right)\mathrm{e}^{2x}. $$

将x=0,y=0及 $ y'=1 $代入以上两式，得

$$ \{\begin{aligned}0&=C_{1},\\ 1&=C_{2}+2C_{1},\end{aligned}. $$

故 $ C_{1}=0, C_{2}=1, y=x e^{2x} $

（3）由 $ y = C_{1}\sin(x - C_{2}) $ ，得

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

将 $ x=\pi,y=1 $及 $ y'=0 $代入以上两式，得

$$ \{\begin{aligned}1&=C_{1}\sin(\pi-C_{2})=C_{1}\sin C_{2},\\ 0&=C_{1}\cos(\pi-C_{2})=-C_{1}\cos C_{2}.\end{aligned}. $$

由 $ ^{①②} $得 $ C_{1}^{2}=1 $，不妨取 $ C_{1}=1 $，由①式得 $ C_{2}=2k\pi+\frac{\pi}{2} $，故

$$ y~=~\sin\left(x~-2k\pi~-\frac{\pi}{2}\right)=-~\cos~x. $$

注 取 $ C_{1} = -1 $，可得相同的结果.

1. 写出由下列条件确定的曲线所满足的微分方程：

1）曲线在点 $ (x,y) $处的切线的斜率等于该点横坐标的平方；

（2）曲线上点 $ P(x,y) $处的法线与x轴的交点为Q，且线段PQ被y轴平分.

解（1）设曲线方程为 $ y = y(x) $，它在点 $ (x, y) $ 处的切线斜率为 $ y' $，依条件，有

$$ y^{\prime}=x^{2}, $$

此为曲线方程所满足的微分方程.

（2）设曲线方程为 $ y = y(x) $，因它在点 $ P(x, y) $ 处的切线斜率为 $ y' $，故该点处法线斜率为 $ -\frac{1}{y'} $.

由条件知 PQ 之中点位于 y 轴上，故点 Q 的坐标是 $ (-x,0) $，于是有

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

即微分方程为 $ yy' + 2x = 0 $.

1. 用微分方程表示一物理命题: 某种气体的气压 P 对于温度 T 的变化率与气压成正比, 与温度的平方成反比.

解 因 $ \frac{dP}{dT} $与P成正比，与 $ T^{2} $成反比，若比例系数为k，则有

$$ \frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}T}=k\frac{P}{T^{2}}. $$

1. 一个半球体形状的雪堆，其体积融化率与半球面面积 A 成正比，比例系数 k > 0. 假设在融化过程中雪堆始终保持半球体形状，已知半径为 $ r_{0} $ 的雪堆在开始融化的 3 小时内，融化了其体积的 $ \frac{7}{8} $，问雪堆全部融化需要多少时间？

解 设雪堆在时刻 t 的体积为 $ V = \frac{2}{3}\pi r^{3} $，侧面积 $ S = 2\pi r^{2} $。由题设知

$$ \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=2\pi r^{2}\ \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-kS=-2\pi kr^{2}\ , $$

于是

$$ \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-k, $$

积分得

$$ r=-k t+C. $$

由 $ r\big|_{t=0}=r_{0} $，得 $ C=r_{0} $， $ r=r_{0}-kt $。又 $ V\big|_{t=3}=\frac{1}{8}V\big|_{t=0} $，即 $ \frac{2}{3}\pi(r_{0}-3k)^{3}= $

$ \frac{1}{8}\cdot\frac{2}{3}\pi r_{0}^{3} $，得 $ k=\frac{1}{6}r_{0} $，从而

$$ r=r_{0}-\frac{1}{6}r_{0}t $$

因雪堆全部融化时，r=0，故得 t=6，即雪堆全部融化需6小时。

习题7-2

可分离变量的微分方程

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

$$ xy^{\prime}-y\ln y=0 $$

(2)

$$ 3x^{2}+5x-5y^{\prime}=0 $$

(3)

$$ \sqrt{1-x^{2}}y^{\prime}=\sqrt{1-y^{2}}; $$

(4)

$$ y^{\prime}-x y^{\prime}=a\left(y^{2}+y^{\prime}\right) $$

(5)

$$ \sec^{2}x\tan\ y\mathrm{d}x+\sec^{2}y\tan\ x\mathrm{d}y=0 $$

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=10^{x+y} $$

(7) $ (\mathrm{e}^{x+y} - \mathrm{e}^{x})\mathrm{d}x + (\mathrm{e}^{x+y} + \mathrm{e}^{y})\mathrm{d}y = 0 $; (8) $ \cos x\sin y\mathrm{d}x + \sin x\cos y\mathrm{d}y = 0 $;

(9) $ (y+1)^{2}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+x^{3}=0 $;

(10)

$$ y\mathrm{d}x+\left(x^{2}-4x\right)\mathrm{d}y=0. $$

解 （1）原方程为 $ x \frac{dy}{dx} - y \ln y = 0 $，分离变量得

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

两端积分得

$$ \ln|\ln y|=\ln|x|+\ln C_{1}=\ln|C_{1}x|(C_{1}>0), $$

即 $ \ln y = \pm C_{1}x $，故通解为 $ \ln y = Cx $，即 $ y = e^{Cx} $ ①.

（2）原方程可写成 $ 5y' = 3x^{2} + 5x $，积分得 $ 5y = x^{3} + \frac{5}{2}x^{2} + C_{1} $，即通解为

$$ y=\frac{1}{5}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+C\Bigg(C=\frac{C_{1}}{5}\Bigg). $$

（3）原方程为 $ \sqrt{1-x^{2}}\frac{dy}{dx}=\sqrt{1-y^{2}} $，分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^{2}}}=\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}, $$

两端积分得 $ \arcsin y = \arcsin x + C $，即为原方程的通解。

（4）原方程可写成 $ (1-x-a)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=ay^{2} $，分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y^{2}}=\frac{a}{1-x-a}\mathrm{d}x, $$

两端积分得

$$ -\frac{1}{y}=-a\ln\mid1-x-a\mid-C, $$

即 $ y = \frac{1}{a \ln |1 - x - a| + C} $ 是原方程的通解.

（5）原方程分离变量，得

$$ \frac{\sec^{2}y}{\tan y}\mathrm{d}y=-\frac{\sec^{2}x}{\tan x}\mathrm{d}x, $$

两端积分得

$$ \ln|\tan y|=-\ln|\tan x|+\ln C_{1}, $$

可写成 $ \ln|\tan y\cdot\tan x|=\ln C_{1} $，即 $ \tan y\cdot\tan x=\pm C_{1} $，故原方程的通解为 $ \tan y\cdot\tan x=C $。

（6）原方程分离变量，得 $ 10^{-y}dy=10^{x}dx $，两端积分得

$$ -\frac{10^{-y}}{\ln10}=\frac{10^{x}}{\ln10}+C_{1}, $$

可写成 $ 10^{x} + 10^{-y} = C $ ( $ C = -C_{1} \ln 10 $).

（7）原方程为 $ \mathrm{e}^{x}\left(\mathrm{e}^{y}-1\right)\mathrm{d}x+\mathrm{e}^{y}\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)\mathrm{d}y=0 $ ，分离变量得

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

两端积分得

$$ \ln|\mathrm{e}^{y}-1|=-\ln(\mathrm{e}^{x}+1)+\ln C_{1}, $$

或写成 $ \ln\left|\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)\left(\mathrm{e}^{y}-1\right)\right|=\ln C_{1} $，即 $ \left(\mathrm{e}^{x}+1\right)\left(\mathrm{e}^{y}-1\right)=\pm C_{1} $，故原方程的通解为 $ \left(\mathrm{e}^{x}+1\right)\left(\mathrm{e}^{y}-1\right)=C $.

（8）原方程分离变量，得 $ \frac{\cos y}{\sin y}dy=-\frac{\cos x}{\sin x}dx $，两端积分得

$$ \ln|\sin y|=-\ln|\sin x|+\ln C_{1}, $$

即 $ \ln|\sin y\sin x|=\ln C_{1} $，或写成 $ \sin y\sin x=\pm C_{1} $，故原方程的通解为 $ \sin y\sin x=C $。

（9）原方程分离变量，得 $ (y+1)^{2}\mathrm{d}y=-x^{3}\mathrm{d}x $，两端积分得

$$ \frac{1}{3}(y+1)^{3}=-\frac{1}{4}x^{4}+C_{1}, $$

故原方程的通解为 $ 3x^{4}+4(y+1)^{3}=C(C=12C_{1}) $

（10）原方程分离变量，得 $ \frac{dy}{y}=\frac{dx}{4x-x^{2}} $，两端积分得

$$ \ln\mid y\mid=\int\frac{\mathrm{d}x}{\left(4-x\right)x}=\frac{1}{4}\int\left(\frac{1}{4-x}+\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x $$

$$ \begin{aligned}=\frac{1}{4}(\ln|x|-\ln|4-x|)+\ln C_{1}&=\frac{1}{4}\ln\left|\frac{x}{4-x}\right|+\ln C_{1}.\end{aligned} $$

即 $ \ln\left|y^{4}(4-x)\right|=\ln\left|4C_{1}x\right| $，或写成 $ y^{4}(4-x)=\pm4C_{1}x $，故原方程的通解为 $ y^{4}(4-x)=Cx $.

1. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：

(1) $ y' = e^{2x - y} $, $ y \big|_{x=0} = 0 $;

(2) $ \cos x \sin y \, dy = \cos y \sin x \, dx, y \big|_{x=0} = \frac{\pi}{4} $;

(3) $ y'\sin x = y\ln y, y\big|_{x=\frac{\pi}{2}} = \mathrm{e} $;

(4) $ \cos y \, \mathrm{d}x + (1 + e^{-x}) \sin y \, \mathrm{d}y = 0, y \big|_{x=0} = \frac{\pi}{4} $;

(5) $ x\mathrm{d}y + 2y\mathrm{d}x = 0 $, $ y\big|_{x=2} = 1 $.

解（1）分离变量，得 $ e^{y}dy = e^{2x}dx $，两端积分得

$$ \mathrm{e}^{y}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}+C, $$

由 $ y\big|_{x=0}=0 $ , 得 $ 1=e^{0}=\frac{1}{2}e^{0}+C $ , 故 $ C=\frac{1}{2} $ , 即得 $ e^{y}=\frac{1}{2}(e^{2x}+1) $ ，于是所求特解为 $ y=\ln\frac{e^{2x}+1}{2} $

（2）分离变量，得 $ \tan y \, dy = \tan x \, dx $，两端积分得

$$ -\ln|\cos y|=-\ln|\cos x|-\ln C_{1}, $$

即 $ \cos y = C \cos x $. 代入初值条件: x = 0, $ y = \frac{\pi}{4} $, 得 $ \frac{\sqrt{2}}{2} = C $, 于是

$$ \sqrt{2}\cos y=\cos x $$

为所求特解.

（3）分离变量，得 $ \frac{dy}{y\ln y}=\frac{dx}{\sin x} $，两端积分得

$$ \ln|\ln y|=\ln|\tan\frac{x}{2}|+\ln C_{1}, $$

即 $ \ln y = C \tan \frac{x}{2} $. 代入初值条件: $ x = \frac{\pi}{2} $, y = e, 得 1 = C, 于是

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

为所求特解.

（4）分离变量，得 $ \frac{e^{x}}{e^{x}+1}dx=-\tan ydy $，两端积分得

$$ \ln\left(\mathrm{e}^{x}+1\right)=\ln|\cos y|+\ln C_{1}, $$

即 $ e^{x} + 1 = C \cos y $. 代入初值条件: $ x = 0 $, $ y = \frac{\pi}{4} $, 有 $ 2 = C \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} $, 得 $ C = 2\sqrt{2} $, 于是

$$ \mathrm{e}^{x}+1=2\sqrt{2}\cos y, $$

即 $ \left(e^{x}+1\right)\sec y=2\sqrt{2} $为所求特解.

（5）分离变量，得 $ \frac{dy}{y}=-2\frac{dx}{x} $，两端积分得

$$ \ln\mid y\mid=-2\ln\mid x\mid+\ln C_{1}=\ln x^{-2}+\ln C_{1}, $$

即 $ x^{2}y=C $. 代入初值条件: x=2, y=1, 得 C=4, 故所求特解为 $ x^{2}y=4 $.

1. 有一盛满了水的圆锥形漏斗，高为 $ 10 \, cm $，顶角为 $ 60^{\circ} $，漏斗下面有面积为 $ 0.5 \, cm^{2} $ 的孔，求水面高度变化的规律及流完所需的时间。

解 水从孔口流出的流量 Q 是单位时间内流出孔口的水的体积，即 $ Q = \frac{dV}{dt} $。又从力学知道， $ Q = 0.62S\sqrt{2gh} $，其中 0.62 为流量系数，S 为孔口截面积，g 为重力加速度，h 为水面到孔口的高度。于是有

$$ \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=0.62S\sqrt{2gh}, $$

即

$$ \mathrm{d}V=0.62S\sqrt{2gh}\mathrm{d}t. $$

设在时刻 t, 水面高度为 $ h = h(t) $. 从图 7-1 中可见, $ x = h \tan 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{3} h $, 于是在时间间隔 $ [t, t + \mathrm{d}t] $ 内漏斗流出的水的体积, 即水体积的改变量

$$ \mathrm{d}V=-\pi x^{2}\mathrm{d}h=-\frac{\pi}{3}h^{2}\mathrm{d}h. $$

由(1)，(2)式得微分方程

$$ 0.62S\ \sqrt{2gh}\mathrm{d}t\ =\!-\!\frac{\pi}{3}h^{2}\mathrm{d}h. $$

并有初值条件 $ h\big|_{t=0}=10 $.

由微分方程分离变量，得

$$ \mathrm{d}t=-\frac{\pi}{3\times0.62S\sqrt{2g}}h^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}h, $$

两端积分，得

$$ t=-\frac{2\pi}{15\times0.62S\sqrt{2g}}h^{\frac{5}{2}}+C. $$

代入初值条件: t=0, h=10, 得 $ C=\frac{2\pi}{15\times0.62S\sqrt{2g}}10^{\frac{5}{2}} $ 。于是

$$ t=\frac{2\pi}{15\times0.62S\sqrt{2g}}(10^{\frac{5}{2}}-h^{\frac{5}{2}}). $$

代入 S=0.5( $ cm^{2} $), g=980( $ cm/s^{2} $), 即得

$$ t~=~-0.030~5h^{\frac{5}{2}}~+9.64, $$

代入 h=0 得，流完所需时间 $ t \approx 10 $ (s).

1. 质量为1 g 的质点受外力作用作直线运动，这外力和时间成正比，和质点运动的速度成反比。在 t = 10 s 时，速度等于 50 cm/s，外力为 4 g · cm/s²，问从运动开始经过了一分钟后的速度是多少？

解 设在时刻 t，质点运动速度为 $ v = v(t) $. 据题设条件，有

$$ f=m v^{\prime}=k\frac{t}{v}, $$

且由 m=1, t=10, v=50, f=4, 得 $ k=\frac{f \cdot v}{t}=20 $. 故有微分方程

$$ v^{\prime}=20\frac{t}{v}. $$

分离变量得 $ v\,dv=20t\,dt $，积分得 $ v^{2}=20t^{2}+C $ 。代入条件：t=10，v=50，得 C=500，于是有特解

$$ v~=~\sqrt{20t^{2}~+500}. $$

当 $ t=60\,(\mathrm{s}) $ 时， $ v=\sqrt{20\times60^{2}+500}=269.3\,(\mathrm{cm/s}) $

1. 镭的衰变有如下的规律：镭的衰变速度与它的现存量 R 成正比．由经验材料得知，镭经过 1600 年后，只余原始量 $ R_{0} $ 的一半．试求镭的存量 R 与时间 t 的函数关系.

解 设在时刻 t，镭的存量为 $ R = R(t) $ 。由题设条件知， $ \frac{dR}{dt} = -\lambda R $，即 $ \frac{dR}{R} = -\lambda dt $ 。积分得 $ \ln R = -\lambda t + \ln C $，即 $ R = Ce^{-\lambda t} $ 。

因 t=0 时， $ R=R_{0} $，故 $ C=R_{0} $， $ R=R_{0}\mathrm{e}^{-\lambda t} $。将 t=1600， $ R=\frac{1}{2}R_{0} $ 代入上式，得 $ \frac{1}{2}=\mathrm{e}^{-1600\lambda} $，即 $ \lambda=\frac{\ln2}{1600} $。所以 $ R=R_{0}\mathrm{e}^{-\frac{\ln2}{1600}t}=R_{0}\mathrm{e}^{-0.000433t} $。

1. 一曲线通过点 $ (2,3) $，它在两坐标轴间的任一切线线段均被切点所平分，求这曲线方程.

解 设曲线方程为 $ y = y(x) $，切点为 $ (x, y) $。依条件，切线在 x 轴与 y 轴上的截距分别为 2x 与 2y，于是切线的斜率

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

分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y}=-\frac{\mathrm{d}x}{x}. $$

积分得 $ \ln|y| = -\ln|x| + \ln C_{1} $，即 xy = C。代入初值条件 x = 2, y = 3，得 C = 6，故曲线方程为 xy = 6。

1. 小船从河边点 O 处出发驶向对岸（两岸为平行直线）. 设船速为 a，船行方向始终与河岸垂直，又设河宽为 h，河中任一点处的水流速度与该点到两岸距离的乘积成正比（比例系数为 k）. 求小船的航行路线.

解 设小船的航行路线为

$$ C:\{\begin{aligned}x&=x(t),\\ y&=y(t),\end{aligned}. $$

则在时刻 t, 小船的实际航行速度为 $ \boldsymbol{v}(t) = (x'(t), y'(t)) $, 其中 $ x'(t) = ky(h - y) $ 为水的流速, $ y'(t) = a $ 为小船的主动速度.

由于小船航行路线的切线方向就是小船的实际速度方向（图7-2），故有

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\;=\;\frac{y^{\prime}(t)}{x^{\prime}(t)}\;=\;\frac{a}{k y(h-y)}. $$

分离变量，得 $ \mathrm{d}x=\frac{k}{a}y(h-y)\mathrm{d}y $，积分得

$$ \begin{align*}x&=\frac{k}{a}\int(hy-y^{2})\mathrm{d}y\\&=\frac{k}{a}\bigg(\frac{h}{2}y^{2}-\frac{1}{3}y^{3}\bigg)+C.\end{align*} $$

由于小船始发于点 $ (0,0) $，代入x=0,y=0，得C=0，故小船航行的路线的方程为

$$ x~=~\frac{k}{a}\bigg(\frac{h}{2}y^{2}~-\frac{1}{3}y^{3}\bigg). $$

习题7-3

1. 求下列齐次方程的通解：

$$ xy^{\prime}-y-\sqrt{y^{2}-x^{2}}=0 $$

$$ x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=y\ln\frac{y}{x}; $$

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

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

(5) $ \left(2x\sin\frac{y}{x}+3y\cos\frac{y}{x}\right)\mathrm{d}x-3x\cos\frac{y}{x}\mathrm{d}y=0 $;

(6) $ (1 + 2e^{\frac{x}{y}}) \, dx + 2e^{\frac{x}{y}} \left(1 - \frac{x}{y}\right) \, dy = 0. $

解 （1）当 x > 0 时，可将原方程写成 $ y' = \frac{y}{x} + \sqrt{\left(\frac{y}{x}\right)^2} - 1 $，令 $ u = \frac{y}{x} $，即 y = xu，有 $ y' = u + xu' $，则原方程成为 $ u + xu' = u + \sqrt{u^2 - 1} $，分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^{2}-1}}=\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得

$$ \begin{array}{r l}{\ln\mid u+\sqrt{u^{2}-1}\mid=\ln\mid x\mid+\ln C_{1},}\end{array} $$

即

$$ u+\sqrt{u^{2}-1}=C x\left(C=\pm C_{1}\right). $$

将 $ u=\frac{y}{x} $ 代入上式并整理，得方程在 $ (0,+\infty) $ 内的通解

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

当 x<0 时，原方程可写作 $ y'=\frac{y}{x}-\sqrt{\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}-1 $ ，令 $ u=\frac{y}{x} $，可变形为

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^{2}-1}}=-\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得

$$ \ln\mid u+\sqrt{u^{2}-1}\mid=\ln C_{1}-\ln\mid x\mid, $$

即 $ u + \sqrt{u^{2} - 1} = \frac{C}{x} $ ( $ C = \pm C_{1} $)

将 $ u = \frac{y}{x} $ 代入上式并整理，得方程在 $ (-∞, 0) $ 内的通解 $ y - \sqrt{y^{2} - x^{2}} = C $.

（2）原方程可表示成 $ \frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}\ln\frac{y}{x} $，令 $ u=\frac{y}{x} $，即y=xu，有 $ \frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx} $，则原方程成为 $ u+x\frac{du}{dx}=u\ln u $，分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}u}{u(\ln u-1)}=\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得

$$ \ln|\ln u-1|=\ln|x|+\ln C_{1}, $$

即

$$ \ln u-1=\pm C_{1}x. $$

将 $ u = \frac{y}{x} $ 代入上式，得

$$ \ln\frac{y}{x}=\pm C_{1}x+1. $$

故通解为

$$ \ln\frac{y}{x}=Cx+1. $$

（3）原方程可表示为 $ \left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)\mathrm{d}x-\mathrm{d}y=0 $．令 $ u=\frac{y}{x} $，即y=xu，有 $ \mathrm{d}y=u\mathrm{d}x+x\mathrm{d}u $，则原方程成为

$$ \Big(\frac{1}{u}+u\Big)\mathrm{d}x-\big(u\mathrm{d}x+x\mathrm{d}u\big)=0, $$

即 $ u \mathrm{d} u = \frac{\mathrm{d} x}{x} $，积分得

$$ \frac{u^{2}}{2}=\ln\left|x\right|+C_{1}. $$

将 $ u=\frac{y}{x} $ 代入上式并整理，得通解

$$ y^{2}=x^{2}\left(2\ln\mid x\mid+C\right). $$

（4）原方程可写成 $ \frac{1}{3}\left(\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{y}{x}\right)\mathrm{d}x-\mathrm{d}y=0 $．令 $ u=\frac{y}{x} $，即y=xu，有 $ \mathrm{d}y=u\mathrm{d}x+x\mathrm{d}u $，则原方程成为 $ \frac{1}{3}\left(\frac{1}{u^{2}}+u\right)\mathrm{d}x-\left(u\mathrm{d}x+x\mathrm{d}u\right)=0 $．分离变量，得

$$ \frac{3u^{2}}{1-2u^{3}}\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x, $$

积分得

$$ -\frac{1}{2}\ln\left|1-2u^{3}\right|=\ln\left|x\right|+\ln C_{1}, $$

即

$$ 1-2u^{3}=\pm\frac{1}{C_{1}^{2}x^{2}}. $$

将 $ u = \frac{y}{x} $ 代入上式并整理，得通解

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

（5）原方程可写成 $ \frac{2}{3}\tan\frac{y}{x}+\frac{y}{x}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0 $。令 $ u=\frac{y}{x} $，即 $ y=xu $，有 $ \frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx} $，则原方程成为 $ \frac{2}{3}\tan u+u-\left(u+x\frac{du}{dx}\right)=0 $。分离变量，得

$$ \frac{3}{2}\frac{\mathrm{d}u}{\tan u}=\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得

$$ \frac{3}{2}\ln|\sin u|=\ln|x|+\ln C_{1}, $$

即

$$ \sin^{3}u=\pm C_{1}x^{2}. $$

将 $ u = \frac{y}{x} $ 代入上式，得通解 $ \sin^{3}\frac{y}{x} = Cx^{2} $

（6）原方程可写成 $ \frac{dx}{dy}(1+2e^{\frac{x}{y}})+2e^{\frac{x}{y}}(1-\frac{x}{y})=0 $。令 $ u=\frac{x}{y} $，即x=yu，有 $ \frac{dx}{dy}=u+y\frac{du}{dy} $，则原方程成为

$$ \left(u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}\right)\left(1+2\mathrm{e}^{u}\right)+2\mathrm{e}^{u}\left(1-u\right)=0, $$

整理并分离变量，得

$$ \frac{1\ +2\mathrm{e}^{u}}{u\ +2\mathrm{e}^{u}}\mathrm{d}u\ +\frac{\mathrm{d}y\ }{y}\ =\ 0, $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}\left(u+2\mathrm{e}^{u}\right)}{u+2\mathrm{e}^{u}}+\frac{\mathrm{d}y}{y}=0. $$

积分得

$$ \ln\mid u+2\mathrm{e}^{u}\mid+\ln\mid y\mid=\ln C_{1}, $$

即

$$ y(u+2\mathrm{e}^{u})=\pm C_{1}. $$

将 $ u = \frac{x}{y} $ 代入上式，得通解

$$ x+2y\mathrm{e}^{\frac{1}{y}}=C. $$

1. 求下列齐次方程满足所给初值条件的特解：

(1) $ (y^{2}-3x^{2})\mathrm{d}y+2xy\mathrm{d}x=0,y\big|_{x=0}=1; $

(2) $ y' = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} $, $ y \big|_{x=1} = 2 $;

(3) $ (x^{2} + 2xy - y^{2}) \mathrm{d}x + (y^{2} + 2xy - x^{2}) \mathrm{d}y = 0, y|_{x=1} = 1 $

解 （1）原方程可写成 $ 1-3\frac{x^{2}}{y^{2}}+2\frac{x}{y}\frac{dx}{dy}=0 $ 。令 $ u=\frac{x}{y} $，即 x=yu，有 $ \frac{dx}{dy}=u+y\frac{du}{dy} $，则原方程成为

$$ 1-3u^{2}+2u\Big(u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}\Big)=0, $$

分离变量，得

$$ \frac{2u}{u^{2}-1}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}y}{y}. $$

积分得

$$ \ln\mid u^{2}-1\mid=\ln\mid y\mid+\ln C_{1}, $$

即

$$ u^{2}-1=C y. $$

代入 $ u=\frac{x}{y} $ 并整理，得通解 $ x^{2}-y^{2}=Cy^{3} $. 由初值条件 x=0, y=1，得 C=-1. 于是所求特解为

$$ y^{3}=y^{2}-x^{2}. $$

（2）令 $ u = \frac{y}{x} $，有 $ y' = u + xu' $，则原方程成为 $ u + xu' = \frac{1}{u} + u $。分离变量，得 $ u \, du = \frac{dx}{x} $。积分得

$$ \frac{1}{2}u^{2}=\ln|x|+C, $$

将 $ u = \frac{y}{x} $ 代入上式并整理，得通解

$$ y^{2}=2x^{2}\left(\ln\left|x\right|+C\right). $$

代入初值条件 x=1, y=2，解得 C=2。于是所求特解为

$$ y^{2}=2x^{2}\left(\ln x+2\right). $$

（3）将原方程写成

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{1+2\frac{y}{x}-\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}{\left(\frac{y}{x}\right)^{2}+2\frac{y}{x}-1}=0, $$

令 $ u = \frac{y}{x} $，有 $ \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} $，则原方程成为

$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}+\frac{1+2u-u^{2}}{u^{2}+2u-1}=0, $$

整理并分离变量，得

$$ \frac{1-2u-u^{2}}{u^{3}+u^{2}+u+1}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x}. $$

积分得

$$ \begin{aligned}\int\frac{1-2u-u^{2}}{u^{3}+u^{2}+u+1}\mathrm{d}u&=\int\frac{1-2u-u^{2}}{\left(u+1\right)\left(u^{2}+1\right)}\mathrm{d}u=\int\left(\frac{1}{u+1}-\frac{2u}{u^{2}+1}\right)\mathrm{d}u\\&=\ln\frac{\left|u+1\right|}{u^{2}+1}=\ln\mid x\mid+\ln C,\end{aligned} $$

故

$$ \frac{u+1}{u^{2}+1}=C x. $$

代入 $ u=\frac{y}{x} $ 并整理，得通解 $ \frac{y+x}{y^{2}+x^{2}}=C $ 。以初值条件 x=1, y=1 定出 C=1 。故所求特解为

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

1. 设有连结点 $ O(0,0) $ 和 $ A(1,1) $ 的一段向上凸的曲线弧 $ \widehat{OA} $，对于 $ \widehat{OA} $ 上任一点 $ P(x,y) $，曲线弧 $ \widehat{OP} $ 与直线段 $ \widehat{OP} $ 所围图形的面积为 $ x^{2} $，求曲线弧 $ \widehat{OA} $ 的方程.

解 设曲线弧的方程为 $ y = y(x) $. 依题意，有

$$ \int_{0}^{x}y(x)\mathrm{d}x-\frac{1}{2}xy(x)=x^{2}. $$

上式两端对 x 求导，

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

即得微分方程

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

令 $ u = \frac{y}{x} $，有 $ \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} $，则微分方程成为

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\frac{4}{x}. $$

积分得

$$ u=-4\ln x+C, $$

因 $ u=\frac{y}{x} $，故有

$$ y=x\left(-4\ln x+C\right). $$

又因曲线过点 $ A(1,1) $，故 1 = C。于是得曲线弧的方程

$$ y=x(1-4\ln x). $$

$ ^{4} $化下列方程为齐次方程，并求出通解：

(1) $ (2x-5y+3)\mathrm{d}x-(2x+4y-6)\mathrm{d}y=0 $;

(2) $ (x-y-1)\mathrm{d}x+(4y+x-1)\mathrm{d}y=0; $

(3) $ (3y-7x+7)\mathrm{d}x+(7y-3x+3)\mathrm{d}y=0 $;

(4) $ (x+y)\mathrm{d}x+(3x+3y-4)\mathrm{d}y=0. $

解（1）令 $ x = X + h, y = Y + k $，则 $ dx = dX, dy = dY $，且原方程成为

$$ \left(2X-5Y+2h-5k+3\right)\mathrm{d}X-\left(2X+4Y+2h+4k-6\right)\mathrm{d}Y=0. $$

令

$$ \{\begin{aligned}&2h-5k+3=0,\\ &2h+4k-6=0,\end{aligned}. $$

解此方程组得 h=1, k=1。故在变换 $ x=X+1 $, y=Y+1 下原方程化为 $ (2X-5Y)\mathrm{d}X $ $ -\left(2X+4Y\right)\mathrm{d}Y=0 $，即

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=\frac{2X-5Y}{2X+4Y}=\frac{2-5\frac{Y}{X}}{2+4\frac{Y}{X}}. $$

又令 $ u=\frac{Y}{X} $，有 $ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=u+X\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X} $，则原方程成为

$$ u\;+\;X\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X}\;=\;\frac{2\;-\;5u}{2\;+\;4u}, $$

即

$$ \frac{4u+2}{4u^{2}+7u-2}\mathrm{d}u=-\frac{1}{X}\mathrm{d}X. $$

积分

$$ \begin{align*}\int\frac{4u+2}{4u^{2}+7u-2}\mathrm{d}u&=\int\biggl(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{u+2}+\frac{4}{3}\cdot\frac{1}{4u-1}\biggr)\mathrm{d}u\\&=\frac{2}{3}\ln\left|u+2\right|+\frac{1}{3}\ln\left|4u-1\right|\\&=\frac{1}{3}\ln\left|\left(u+2\right)^{2}(4u-1)\right|\\&=-\ln\left|x\right|+\ln C_{1}.\end{align*} $$

得

$$ \ln\left|\left(u+2\right)^{2}\left(4u-1\right)\right|=-\ln\left|x^{3}\right|+\ln C_{2}\left(C_{2}=C_{1}^{3}\right), $$

即

$$ \left(u+2\right)^{2}\left(4u-1\right)X^{3}=\pm C_{2}, $$

因 $ u=\frac{Y}{X} $，故上式成为

$$ \left(2X+Y\right)^{2}(4Y-X)=\pm C_{2}. $$

代入 X = x - 1, Y = y - 1，得原方程的通解

$$ (2x+y-3)^{2}(4y-x-3)=C. $$

（2）将原方程写成

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{-x+y+1}{4y+x-1}=\frac{y-(x-1)}{4y+(x-1)}, $$

令 X = x - 1, Y = y，则 $ \mathrm{d}y = \mathrm{d}Y $, $ \mathrm{d}x = \mathrm{d}X $，且原方程化为

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}\;=\;\frac{Y-X}{4Y+X}\;=\;\frac{Y/X-1}{4Y/X+1}. $$

又令 $ u = \frac{Y}{X} $，有 $ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X} = u + X \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X} $，则原方程成为

$$ \frac{4u\;+\;1}{4u^{2}\;+\;1}\mathrm{d}u\;+\;\frac{1}{X}\mathrm{d}X\;=\;0. $$

积分

$$ \begin{aligned}&\int\left(\frac{4u}{4u^{2}+1}+\frac{1}{4u^{2}+1}\right)\mathrm{d}u+\int\frac{\mathrm{d}X}{X}\\ &=\frac{1}{2}\ln(4u^{2}+1)+\frac{1}{2}\arctan(2u)+\ln\left|X\right|=C_{1},\\ \end{aligned} $$

即 $ \ln[X^{2}(4u^{2}+1)] + \arctan(2u) = C $ （ $ C = 2C_{1} $）。将 $ u = \frac{Y}{X} = \frac{y}{x-1} $ 代入上式，得原方程的通解

$$ \ln[4y^{2}+(x-1)^{2}]+\arctan\frac{2y}{x-1}=C. $$

（3）令 $ x=X+h,y=Y+k $，则 $ dx=dX,dy=dY $，且原方程成为

$$ \left(3Y-7X+3k-7h+7\right)\mathrm{d}X+\left(7Y-3X+7k-3h+3\right)\mathrm{d}Y=0. $$

令

$$ \{\begin{aligned}3k-7h+7&=0,\\ 7k-3h+3&=0,\end{aligned}. $$

解此方程组，得 h=1, k=0。故在变换 x=X+1, y=Y 下，原方程化为 $ (3Y-7X)\mathrm{d}X + (7Y-3X)\mathrm{d}Y = 0 $，即

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=\frac{7X-3Y}{7Y-3X}=\frac{7-3Y/X}{7Y/X-3} $$

又令 $ u = \frac{Y}{X} $，有 $ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X} = u + X \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X} $，则原方程成为

$$ u\;+\;X\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X}\;=\;\frac{7\;-\;3u}{7u\;-\;3}, $$

即

$$ \frac{7u-3}{u^{2}-1}\mathrm{d}u=-7\frac{\mathrm{d}X}{X}, $$

积分

$$ \int\bigg(\frac{2}{u-1}+\frac{5}{u+1}\bigg)\mathrm{d}u~)=-7\int\frac{\mathrm{d}X}{X} $$

得

$$ 2\ln\left|u-1\right|+5\ln\left|u+1\right|=-\left.7\ln\right|X|+\ln C_{1}. $$

即 $ X^{7}(u-1)^{2}(u+1)^{5}=\pm C_{1} $. 将 $ u=\frac{Y}{X}=\frac{y}{x-1} $ 代入上式，得原方程的通解

$$ \left(y-x+1\right)^{2}(y+x-1)^{5}=C. $$

（4）将原方程写成 $ \frac{dy}{dx}=\frac{x+y}{4-3(x+y)} $（该方程属于 $ \frac{dy}{dx}=f(ax+by+c) $类型，解此类方程，一般可令 $ u=ax+by+c $）.令 $ u=x+y $，则 $ \frac{dy}{dx}=\frac{du}{dx}-1 $，且原方程成为

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-1=\frac{u}{4-3u}, $$

即

$$ \frac{3u-4}{u-2}\mathrm{d}u=2\mathrm{d}x. $$

积分得 $ 3u + 2\ln|u - 2| = 2x + C $。将 u = x + y 代入上式，得原方程的通解

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

习题7-4

一 阶线性微分方程

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

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

(2) $ xy' + y = x^{2} + 3x + 2 $;

(3) $ y' + y\cos x = e^{-\sin x} $;

(4) $ y' + y \tan x = \sin 2x $;

(5) $ (x^{2}-1)y'+2xy-\cos x=0; $

(6) $ \frac{\mathrm{d}\rho}{\mathrm{d}\theta}+3\rho=2; $

(7) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2xy=4x $;

(8) $ y \ln y \, \mathrm{d}x + (x - \ln y) \, \mathrm{d}y = 0 $;

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

(10) $ (y^{2}-6x)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+2y=0. $

解（1）

$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}x}\Big[\int\mathrm{e}^{-x}\cdot\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big]=\mathrm{e}^{-x}\Big(\int\mathrm{e}^{-x}\cdot\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{-x}\left(x+C\right).\end{aligned} $$

（2）将方程改写成 $ y' + \frac{1}{x}y = x + 3 + \frac{2}{x} $，则

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\bigg[\int\bigg(x+3~+\frac{2}{x}\bigg)\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\bigg]~=~\frac{1}{x}\bigg[\int\bigg(x+3~+\frac{2}{x}\bigg)x\mathrm{d}x+C\bigg]\\&=~\frac{1}{x}\bigg[\int(x^{2}+3x+2)\mathrm{d}x+C\bigg]~=~\frac{1}{x}\bigg(\frac{x^{3}}{3}+\frac{3}{2}x^{2}+2x+C\bigg)\\&=~\frac{x^{2}}{3}+\frac{3x}{2}+2~+~\frac{C}{x}.\end{align*} $$

(3)

$$ \begin{align*}y&=\mathrm{e}^{-\int\cos x\mathrm{d}x}\Big(\int\mathrm{e}^{-\sin x}\cdot\mathrm{e}^{\int\cos x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)=\mathrm{e}^{-\sin x}\Big(\int\mathrm{e}^{-\sin x}\cdot\mathrm{e}^{\sin x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{-\sin x}(x+C).\end{align*} $$

(4)

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int\tan x\mathrm{d}x}\Big(\int\sin2x\mathrm{e}^{\int\tan x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\cos x\Big(\int\frac{\sin2x}{\cos x}\mathrm{d}x~+~C\Big)~=~\cos x\Big(\int2\sin x\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=C\cos x-2\cos^{2}x.\end{align*} $$

（5）将原方程写成 $ y' + \frac{2x}{x^{2}-1}y = \frac{\cos x}{x^{2}-1} $，则

$$ \begin{align*}\gamma~&=~\mathrm{e}^{-\int_{x^{2}-1}^{\frac{2x}{x}}\mathrm{d}x}\bigg(\int\frac{\cos x}{x^{2}-1}\mathrm{e}^{\int_{x^{2}-1}^{\frac{2x}{x}}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\bigg)\\&=~\frac{1}{x^{2}-1}\bigg[\int\frac{\cos x}{x^{2}-1}(x^{2}-1)\mathrm{d}x~+C\bigg]=\frac{1}{x^{2}-1}\Big(\int\cos x\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\frac{\sin x+C}{x^{2}-1}.\end{align*} $$

(6)

$$ \begin{align*}\rho~&=~\mathrm{e}^{-\int3\mathrm{d}\theta}\Big(\int2\mathrm{e}^{\int3\mathrm{d}\theta}\mathrm{d}\theta~+~C\Big)~=~\mathrm{e}^{-3\theta}\Big(\int2\mathrm{e}^{3\theta}\mathrm{d}\theta~+~C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-3\theta}\Big(\frac{2}{3}\mathrm{e}^{3\theta}~+~C\Big)~=~\frac{2}{3}~+~C\mathrm{e}^{-3\theta}.\end{align*} $$

(7)

$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int2x\mathrm{d}x}\Big(\int4x\mathrm{e}^{\int2x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)=\mathrm{e}^{-x^{2}}\Big(\int4x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{-x^{2}}\left(2\mathrm{e}^{x^{2}}+C\right)=2+C\mathrm{e}^{-x^{2}}.\end{aligned} $$

（8）将原方程写成 $ \frac{dx}{dy}+\frac{1}{y\ln y}x=\frac{1}{y} $，则

$$ \begin{align*}x~&=~\mathrm{e}^{-\int\frac{\mathrm{d}y}{\gamma\ln y}}\Big(\int\frac{1}{\gamma}\mathrm{e}^{\int\frac{\mathrm{d}y}{\gamma\ln y}}\mathrm{d}y~+~C_{1}\Big)~=~\mathrm{e}^{-\ln|\ln y|}\Big[\int\frac{1}{\gamma}\mathrm{e}^{\ln|\ln y|}\mathrm{d}y~+~C_{1}\Big]\\&=~\frac{1}{\ln y}\Big(\int\frac{\ln y}{y}\mathrm{d}y~+~C_{1}\Big)~=~\frac{1}{\ln y}\Big(\frac{1}{2}\ln^{2}y~+~C_{1}\Big),\end{align*} $$

即 $ 2x\ln y = \ln^{2}y + C $ （ $ C = 2C_{1} $）.

（9）将原方程写成 $ \frac{dy}{dx}-\frac{1}{x-2}y=2(x-2)^{2} $，则

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x-2}\mathrm{d}x}\Big[\int2(x-2)^{2}\cdot\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x-2}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big]\\&=~\left(x-2\right)\Big[\int2(x-2)^{2}\cdot\frac{1}{x-2}\mathrm{d}x+C\Big]\\&=~\left(x-2\right)\Big[\int2(x-2)\mathrm{d}x+C\Big]\\&=~\left(x-2\right)\left[\left(x-2\right)^{2}+C\right]=\left(x-2\right)^{3}+C(x-2).\end{align*} $$

（10）将原方程改写成 $ \frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x=-\frac{y}{2} $，则

$$ \begin{align*}x~&=~\mathrm{e}^{\int\frac{3}{y}\mathrm{d}y}\Big(\int~-\frac{y}{2}\mathrm{e}^{-\int\frac{3}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y~+~C\Big)\\&=~\mathrm{y}^{3}\Big(\int~-\frac{y}{2}~\cdot\frac{1}{y^{3}}\mathrm{d}y~+~C\Big)~=~\mathrm{y}^{3}\Big(\int~-\frac{1}{2y^{2}}\mathrm{d}y~+~C\Big)\\&=~\mathrm{y}^{3}\Big(\frac{1}{2y}~+~C\Big)~=~\frac{y^{2}}{2}~+~C\mathrm{y}^{3}.\end{align*} $$

1. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：

$$ (1)\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-y\tan x=\sec x,y\right|_{x=0}=0；\quad(2)\left.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{y}{x}=\frac{\sin x}{x},y\right|_{x=\pi}=1； $$

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+y\cot x=5\mathrm{e}^{\cos x},y\mid_{x=\frac{\pi}{2}}=-4\text{；(4)}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+3y=8,y\mid_{x=0}=2\text{；} $$

(5) $ \frac{dy}{dx}+\frac{2-3x^{2}}{x^{3}}y=1 $, $ y\big|_{x=1}=0 $.

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{\int\tan x\mathrm{d}x}\Big(\int\sec x\mathrm{e}^{-\int\tan x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-\ln|\cos x|}\Big(\int\sec x\mathrm{e}^{\ln|\cos x|}\mathrm{d}x~+~C\Big)=\frac{1}{\cos x}\Big(\int\sec x\cdot\cos x\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\frac{x+C}{\cos x},\end{align*} $$

代入初值条件 x=0, y=0，得 C=0。故所求特解为

$$ y=\frac{x}{\cos x}. $$

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int_{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x}\Big(\int\frac{\sin x}{x}\mathrm{e}^{\int_{\frac{1}{x}}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)~=~\frac{1}{x}\Big(\int\frac{\sin x}{x}\cdot x\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\frac{1}{x}\big(-\cos x~+~C\big)~,~\\ \end{align*} $$

代入初值条件 $ x=\pi, y=1 $ ，得 $ C=\pi-1 $ ，故所求特解为

$$ y\;=\;\frac{1}{x}(\;\pi\;-\;1\;-\;\cos x)\;. $$

(3)

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int\cot x\mathrm{d}x}\Big(\int5\mathrm{e}^{\cos x}\mathrm{e}^{\int\cot x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\frac{1}{\sin x}\Big(\int5\mathrm{e}^{\cos x}\cdot\sin x\mathrm{d}x~+~C\Big)~=~\frac{1}{\sin x}\big(-5\mathrm{e}^{\cos x}~+~C\big)~,~\\ \end{align*} $$

代入初值条件 $ x=\frac{\pi}{2} $, y = -4, 得 C = 1, 故所求特解为 $ y=\frac{1-5e^{\cos x}}{\sin x} $, 即

$$ \begin{array}{l}y\sin x+5\mathrm{e}^{\cos x}=1.\end{array} $$

(4)

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int3\mathrm{d}x}\Big(\int8\mathrm{e}^{\int3\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)~=~\mathrm{e}^{-3x}\Big(\int8\mathrm{e}^{3x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-3x}\Big(\frac{8}{3}\mathrm{e}^{3x}~+~C\Big)~=~\frac{8}{3}~+~C\mathrm{e}^{-3x}~,~\end{align*} $$

代入初值条件 x=0, y=2，得 $ C=-\frac{2}{3} $，故所求特解为

$$ y~=~\frac{2}{3}(4~-~\mathrm{e}^{-3x}). $$

(5)

$$ \begin{array}{r l}{y}&{=\mathrm{~e}^{-\int\left(\frac{2}{x^{2}}-\frac{3}{x}\right)\mathrm{d}x}\left[\int\mathrm{e}^{\int\left(\frac{2}{x^{2}}-\frac{3}{x}\right)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]}\\ {}&{}\\ {}&{=\mathrm{~e}^{\frac{1}{x^{2}}+3\ln x}\Big(\int\mathrm{e}^{-\big(\frac{1}{x^{2}}+3\ln x\big)}\mathrm{d}x+C\Big)}\\ {}&{}\\ {}&{=x^{3}\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}\bigg(\int\frac{\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^{2}}}}{x^{3}}\mathrm{d}x+C\bigg)=x^{3}\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}\bigg[\frac{1}{2}\int\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^{2}}}\mathrm{d}\bigg(-\frac{1}{x^{2}}\bigg)+C\bigg]}\\ {}&{}\\ {}&{=x^{3}\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}}\bigg(\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x^{2}}}+C\bigg)=\frac{x^{3}}{2}+C x^{3}\mathrm{e}^{\frac{1}{x^{2}}},}\\ \end{array} $$

代入初值条件 x=1, y=0 ，得 $ C = -\frac{1}{2e} $，故所求特解为

$$ y\;=\;\frac{x^{3}}{2}(1\;-\;{\mathrm e}^{\frac{1}{x^{2}}-1}). $$

1. 求一曲线的方程，这曲线通过原点，并且它在点 $ (x,y) $处的切线斜率等于 $ 2x+y $.

解 设曲线方程为 $ y = y(x) $，依题意有 $ y' = 2x + y $，即

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

$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}x}\Big(\int2x\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)=\mathrm{e}^{x}\Big(\int2x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{x}\left(-2x\mathrm{e}^{-x}-2\mathrm{e}^{-x}+C\right)=-2x-2+C\mathrm{e}^{x}.\end{aligned} $$

由x=0,y=0，得C=2。故所求曲线的方程为

$$ y=2\left(\mathrm{e}^{x}-x-1\right). $$

1. 设有一质量为 m 的质点作直线运动，从速度等于零的时刻起，有一个与运动方向一致、大小与时间成正比（比例系数为 $ k_{1} $）的力作用于它，此外还受一与速度成正比

（比例系数为 $ k_{2} $）的阻力作用．求质点运动的速度与时间的函数关系．

解 依题意，有 $ ma = k_{1}t - k_{2}v $， $ a = \frac{dv}{dt} $，即

$$ m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\;=\;k_{1}t\;-\;k_{2}v,v\big|_{t=0}\;=\;0. $$

将方程改写成 $ \frac{dv}{dt}+\frac{k_2}{m}v=\frac{k_1}{m}t $，则

$$ \begin{align*}v~&=~\mathrm{e}^{-\int_{\frac{k_{2}}{m}}\mathrm{d}t}\Big(\int\frac{k_{1}}{m}t\cdot\mathrm{e}^{\int_{\frac{k_{2}}{m}}\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-\frac{k_{2}}{m}t}\Big(\frac{k_{1}}{m}\int t\mathrm{e}^{\frac{k_{2}}{m}t}\mathrm{d}t+C\Big)=\mathrm{e}^{-\frac{k_{2}}{m}t}\Big(\frac{k_{1}}{k_{2}}t\mathrm{e}^{\frac{k_{2}}{m}t}-\frac{k_{1}}{k_{2}}\int\mathrm{e}^{\frac{k_{2}}{m}t}\mathrm{d}t+C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-\frac{k_{2}}{m}t}\Big(\frac{k_{1}}{k_{2}}t\mathrm{e}^{\frac{k_{2}}{m}t}-\frac{k_{1}m}{k_{2}^{2}}\mathrm{e}^{\frac{k_{2}}{m}t}+C\Big)\\&=~\frac{k_{1}}{k_{2}}t-\frac{k_{1}m}{k_{2}^{2}}+C\mathrm{e}^{-\frac{k_{2}}{m}t}.\end{align*} $$

由 t=0, v=0 ，得 $ C=\frac{k_{1}m}{k_{2}^{2}} $ ，故速度与时间的关系为

$$ v~=~\frac{k_{1}}{k_{2}}t~-~\frac{k_{1}m}{k_{2}^{2}}(~1~-~\mathrm{e}^{-\frac{k_{2}}{m}t}). $$

1. 设有一个由电阻 $ R = 10 \, \Omega $、电感 $ L = 2 \, \text{H} $（亨）和电源电压 $ E = 20 \, \text{sin} \, 5 \, \text{tV} $（伏）串联组成的电路．开关 K 合上后，电路中有电流通过．求电流 i 与时间 t 的函数关系．

解 依题意，有 $ 20\sin5t=10i+2\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t} $，即

$$ \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+5i=10\mathrm{s i n}5t,i\big|_{t=0}=0.. $$

$$ i=\mathrm{e}^{-\int5\mathrm{d}t}\Big(\int10\sin5t\mathrm{e}^{\int5\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C_{1}\Big)=\mathrm{e}^{-5t}\Big(\int10\sin5t\mathrm{e}^{5t}\mathrm{d}t+C_{1}\Big), $$

其中，记 $ I=\int10\sin5te^{5t}dt $，则

$$ \begin{aligned}I&=2\int\sin5t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{5t})=2\sin5t\mathrm{e}^{5t}-2\int\mathrm{e}^{5t}\cos5t\cdot5\mathrm{d}t\\ &\quad=2\sin5t\mathrm{e}^{5t}-2\int\cos5t\mathrm{d}(\mathrm{e}^{5t})\\ &\quad=2\sin5t\mathrm{e}^{5t}-2\cos5t\mathrm{e}^{5t}-10\int\sin5t\mathrm{e}^{5t}\mathrm{d}t\\ &\quad=2\mathrm{e}^{5t}(\sin5t-\cos5t)-I,\end{aligned} $$

故 $ I = e^{5t} (\sin 5t - \cos 5t) + C_{2} $，于是

$$ i~=~\mathrm{e}^{-5t}\cdot[\mathrm{e}^{5t}(\sin5t-\cos5t)~+C1\quad(\mathrm{C}~=~C_{1}~+C_{2}) $$

$$ =\sin5t-\cos5t+C\mathrm{e}^{-5t}. $$

代入初值条件 t=0, i=0，得 C=1，故电流 i 与时间 t 的函数关系为

$$ i~=~\mathrm{e}^{-5t}~+~\sin5t~-~\cos5t, $$

按电学的习惯，可写成

$$ i~=~\mathrm{e}^{-5t}~+~\sqrt{2}\mathrm{s i n}\biggl(5t~-~\frac{\pi}{4}\biggr). $$

1. 验证形如 $ yf(xy)dx + xg(xy)dy = 0 $ 的微分方程，可经变量代换 v = xy 化为可分离变量的方程，并求其通解.

解 由 v = xy，即 $ y = \frac{v}{x} $，得 $ \mathrm{d}y = \frac{x\mathrm{d}v - v\mathrm{d}x}{x^{2}} $。又原方程改写成 $ xyf(xy)dx + x^{2}g(xy) $ $ \mathrm{d}y = 0 $，并将 $ v = xy $， $ \mathrm{d}y = \frac{x\mathrm{d}v - v\mathrm{d}x}{x^{2}} $ 代入上式，得

$$ v f(v)\mathrm{d}x+g(v)(x\mathrm{d}v-v\mathrm{d}x)=0, $$

可分离变量，得

$$ \frac{g\left(v\right)\mathrm{d}v}{v\left[f\left(v\right)-g\left(v\right)\right]}+\frac{\mathrm{d}x}{x}=0. $$

积分得

$$ \int\frac{g\left(v\right)\mathrm{d}v}{v\left[f\left(v\right)-g\left(v\right)\right]}+\ln\left|x\right|=C, $$

代入 v = xy 后，便是原方程的通解.

1. 用适当的变量代换将下列方程化为可分离变量的方程，然后求出通解：

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

(3) $ xy' + y = y(\ln x + \ln y) $;

(4) $ y' = y^2 + 2(\sin x - 1)y + \sin^2 x - 2\sin x - \cos x + 1 $;

(5) $ y(xy + 1)\mathrm{d}x + x(1 + xy + x^2y^2)\mathrm{d}y = 0. $

解 （1）令 $ u = x + y $，则 $ \frac{du}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx} $，且原方程变为 $ \frac{du}{dx} = u^{2} + 1 $，分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}u}{1+u^{2}}=\mathrm{d}x. $$

积分得 $ \arctan u = x + C $，即 $ u = \tan(x + C) $，代入 u = x + y，得原方程的通解

$$ y=-x+\tan\left(x+C\right). $$

(2) 令 u = x - y，则 $ \frac{du}{dx} = 1 - \frac{dy}{dx} $，且原方程变为 $ \frac{du}{dx} = -\frac{1}{u} $，即

$$ u\mathrm{d}u\;+\;\mathrm{d}x\;=\;0 $$

积分得

$$ \frac{u^{2}}{2}+x=C_{1}, $$

代入 u = x - y，得原方程的通解 $ (x - y)^{2} + 2x = C $ ( $ C = 2C_{1} $)。

（3）令 u = xy，则 $ u' = y + xy' $，且原方程变为 $ u' = \frac{u}{x} \ln u $，即

$$ \frac{\mathrm{d}u}{u\ln u}=\frac{\mathrm{d}x}{x}. $$

积分得 $ \ln|\ln u|=\ln|x|+\ln C_{1} $，即 $ u=e^{Cx} $。代入 u=xy，得原方程的通解 $ xy=e^{Cx} $，即 $ y=\frac{e^{Cx}}{x} $。

（4）将原方程写成 $ y'=(y+\sin x-1)^{2}-\cos x $，令 u=y+\sin x-1，则 $ u'=y'+\cos x $，且原方程变为 $ u'=u^{2} $，即 $ \frac{du}{u^{2}}=dx $.

积分得 $ -\frac{1}{u}=x+C $ ，即 $ u=-\frac{1}{x+C} $ 。代入 $ u=y+\sin x-1 $ ，得原方程的通解

$$ y=1-\sin x-\frac{1}{x+C}. $$

（5）原方程改写成 $ xy(xy+1)+x^{2}(1+xy+x^{2}y^{2})\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0 $ 。令 u=xy ，即 $ y=\frac{u}{x} $ ，则 $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u}{x^{2}} $ ，且原方程变为

$$ u\left(u+1\right)+\left(1+u+u^{2}\right)\left(x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u\right)=0, $$

整理并分离变量，得 $ \frac{1+u+u^{2}}{u^{3}}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x} $. 积分得 $ -\frac{1}{2u^{2}}-\frac{1}{u}+\ln|u|=\ln|x|+C_{1} $，代入u=xy，并整理，得原方程的通解为

$$ 2x^{2}y^{2}\ln\mid y\mid-2xy-1=Cx^{2}y^{2}(C=2C_{1}). $$

1. 求下列伯努利方程的通解：

(1) $ \frac{dy}{dx} + y = y^{2} (\cos x - \sin x) $; (2) $ \frac{dy}{dx} - 3xy = xy^{2} $;

(3) $ \frac{dy}{dx} + \frac{1}{3}y = \frac{1}{3}(1 - 2x)y^{4} $; (4) $ \frac{dy}{dx} - y = xy^{5} $;

(5) $ x\mathrm{d}y - \left[y + xy^{3}\left(1 + \ln x\right)\right]\mathrm{d}x = 0. $

解 （1）将原方程改写成 $ \frac{1}{y^{2}}y'+\frac{1}{y}=\cos x-\sin x $，并令 $ z=\frac{1}{y} $，则 $ z'=-\frac{1}{y^{2}}y' $，且原方程化为

$$ z^{\prime}-z=\sin x-\cos x. $$

$$ z=e^{\int\mathrm{d}x}\Big[\int(\sin x-\cos x)e^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big] $$

$$ \begin{align*}&=\mathrm{e}^{x}\Big[\int(\sin x-\cos x)\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\Big]\\&=\mathrm{e}^{x}\Big(\int\sin x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x-\int\cos x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\Big),\end{align*} $$

其中 $ \int\sin x e^{-x}dx = -\int\sin x d(e^{-x}) = -\sin x e^{-x} + \int e^{-x}\cos x dx $，故 $ z = e^{x}(-\sin x e^{-x} + C) = Ce^{x} - \sin x $，

即 $ \frac{1}{y}=Ce^{x}-\sin x $为所求通解.

（2）将原方程改写成 $ y^{-2}y^{\prime}-3xy^{-1}=x $，并令 $ z=y^{-1} $，则 $ z^{\prime}=-y^{-2}y^{\prime} $，且原方程化为

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

$$ \begin{align*}z~&=~\mathrm{e}^{-\int3x\mathrm{d}x}\Big(\int~-x\mathrm{e}^{\int3x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)~=~\mathrm{e}^{-\frac{3}{2}x^{2}}\Big(\int~-x\mathrm{e}^{\frac{3}{2}x^{2}}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\mathrm{e}^{-\frac{3}{2}x^{2}}\Big(-\frac{1}{3}\mathrm{e}^{\frac{3}{2}x^{2}}~+~C\Big)=~-\frac{1}{3}~+~C\mathrm{e}^{-\frac{3}{2}x^{2}}~,\end{align*} $$

故原方程的通解为

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

或写成

$$ \frac{3}{2}x^{2}+\ln\left(1+\frac{3}{y}\right)=C_{1}\quad\left(C_{1}=\ln3C\right). $$

（3）将原方程改写成 $ y^{-4}y'+\frac{1}{3}y^{-3}=\frac{1}{3}(1-2x) $，并令 $ z=y^{-3} $，则 $ z'= -3y^{-4}y' $，于是原方程化为

$$ z^{\prime}-z=1-2x. $$

$$ \begin{aligned}z&=\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}x}\Big[\int\left(1-2x\right)\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big]=\mathrm{e}^{x}\Big[\int\left(1-2x\right)\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\Big]\\&=\mathrm{e}^{x}\left[\left(-2x-1\right)\mathrm{e}^{-x}+C\right]=-2x-1+C\mathrm{e}^{x},\end{aligned} $$

即 $ y^{-3} = -2x - 1 + Ce^{x} $ 为所求通解.

（4）将原方程改写成 $ y^{-5}y' - y^{-4} = x $，并令 $ z = y^{-4} $，则 $ z' = -4y^{-5}y' $，且原方程化为

$$ z^{\prime}+4z=-4x, $$

$$ \begin{align*}z&=\mathrm{e}^{-\int4\mathrm{d}x}\Big(\int-4x\mathrm{e}^{\int4x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)=\mathrm{e}^{-4x}\Big(\int-4x\mathrm{e}^{4x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=\mathrm{e}^{-4x}\Big(-x\mathrm{e}^{4x}+\frac{1}{4}\mathrm{e}^{4x}+C\Big)=-x+\frac{1}{4}+C\mathrm{e}^{-4x}.\end{align*} $$

故原方程的通解为

$$ y^{-4}=-x+\frac{1}{4}+C\mathrm{e}^{-4x}. $$

（5）原方程可写成 $ y' - \frac{1}{x}y = (1 + \ln x)y^{3} $，即 $ y^{-3}y' - \frac{1}{x}y^{-2} = 1 + \ln x $，令 $ z = y^{-2} $，则 $ z' = -2y^{-3}y' $，且原方程化为

$$ \begin{aligned}&z^{\prime}+\frac{2}{x}z=-2\left(1+\ln x\right).\\ &z=e^{-\int^{\frac{2}{x}}d x}\Big[\int-2\left(1+\ln x\right)e^{\int^{\frac{2}{x}}d x}d x+C\Big]\\ &=\ x^{-2}\Big[\int-2\left(1+\ln x\right)x^{2}d x+C\Big]\\ &=x^{-2}\Big[-\frac{2}{3}x^{3}\left(1+\ln x\right)+\frac{2}{3}\int x^{3}\cdot\frac{1}{x}d x+C\Big]\\ &=x^{-2}\Big[-\frac{2}{3}x^{3}\left(1+\ln x\right)+\frac{2}{9}x^{3}+C\Big]\\ &=-\frac{2}{3}x\left(1+\ln x\right)+\frac{2}{9}x+C x^{-2}.\\ \end{aligned} $$

故原方程通解为

$$ y^{-2}=-\frac{2}{3}x(1+\ln x)+\frac{2}{9}x+C x^{-2}, $$

或写成

$$ \frac{x^{2}}{y^{2}}=-\frac{4}{9}x^{3}-\frac{2}{3}x^{3}\ln x+C. $$

习题7-5

可降阶的高阶微分方程

1. 求下列各微分方程的通解：

(1)

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

(2)

$$ y^{m}=x\mathrm{e}^{x} $$

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

(4)

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

(5)

$$ y^{\prime \prime}=y^{\prime}+x； $$

(6)

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

(7)

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

(8) $ y^{3}y''-1=0 $;

（9）

$$ y^{\prime \prime}=\frac{1}{\sqrt{y}}; $$

$$ y^{\prime \prime}=\left(y^{\prime}\right)^{3}+y^{\prime}. $$

解 (1) $ y' = \int (x + \sin x) \, dx = \frac{x^2}{2} - \cos x + C_1 $,

$$ y=\int\left(\frac{x^{2}}{2}-\cos x+C_{1}\right)\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{6}-\sin x+C_{1}x+C_{2}. $$

(2)

$$ y^{\prime \prime}=\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C^{\prime}_{1}=\left(x-1\right)\mathrm{e}^{x}+C^{\prime}_{1}, $$

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\int\left[\left(x-1\right)\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}\right]\mathrm{d}x=\left(x-1\right)\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+C_{1}^{\prime}x+C_{2}\\&=\left(x-2\right)\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}x+C_{2},\\y&=\int\left[\left(x-2\right)\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}x+C_{2}\right]\mathrm{d}x=\left(x-2\right)\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+\frac{C_{1}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{2}x+C_{3}\\&=\left(x-3\right)\mathrm{e}^{x}+C_{1}x^{2}+C_{2}x+C_{3}.\\ \end{aligned} $$

(3)

$$ y^{^{\prime}}\ =\ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}\ =\ \arctan x\ +\ C_{1}\ , $$

$$ \begin{aligned}y&=\int(\arctan x+C_{1})\mathrm{d}x=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x+C_{1}x\\&=\left.x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})\right.+C_{1}x+C_{2}.\end{aligned} $$

（4）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p' $，且原方程化为 $ p' = 1 + p^{2} $。分离变量，得

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

积分得 $ \arctan p = x + C_{1} $，即 $ p = y' = \tan(x + C_{1}) $，再积分得通解

$$ y=\int\tan\left(x+C_{1}\right)\mathrm{d}x=-\left.\ln\right|\cos\left(x+C_{1}\right)\left|+\right.C_{2}. $$

（5）令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $，且原方程可化为

$$ p^{^{\prime}}-p=x. $$

利用一阶线性方程的求解公式，得

$$ \begin{align*}p&=\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}x}\Big(\int x\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C_{1}\Big)=\mathrm{e}^{x}\Big(\int x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C_{1}\Big)\\&=\mathrm{e}^{x}\big(-x\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-x}+C_{1}\big)=-x-1+C_{1}\mathrm{e}^{x}.\end{align*} $$

积分得通解

$$ y=\int(C_{1}\mathrm{e}^{x}-x-1)\mathrm{d}x=C_{1}\mathrm{e}^{x}-\frac{x^{2}}{2}-x+C_{2}. $$

（6）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p' $，且原方程化为 $ xp' + p = 0 $，分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}p}{p}=-\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得 $ \ln|p|=\ln\left|\frac{1}{x}\right|+\ln C_{1} $，即 $ p=\frac{C_{1}}{x} $。再积分，得通解

$$ y=\int\frac{C_{1}}{x}\mathrm{d}x=C_{1}\ln\left|x\right|+C_{2}. $$

（7）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p' = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{dp}{dy} p $，且原方程化为 $ yp \frac{dp}{dy} + 2p^{2} = 0 $。分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}p}{p}=-2\frac{\mathrm{d}y}{y}, $$

积分得 $ \ln|p|=\ln\frac{1}{y^{2}}+\ln C_{0} $，即 $ y'=p=\frac{C_{0}}{y^{2}} $，分离变量，得 $ y^{2}dy=C_{0}dx $，积分得 $ y^{3}=3C_{0}x+C_{2} $，即通解为 $ y^{3}=C_{1}x+C_{2} $.

（8）令 $ y'=p $，则 $ y''=p\frac{dp}{dy} $，且原方程化为 $ y^{3}p\frac{dp}{dy}-1=0 $。分离变量，得

$$ p\mathrm{d}p\;=\;\frac{1}{y^{3}}\mathrm{d}y\,, $$

积分得 $ p^{2}=-\frac{1}{y^{2}}+C_{1} $，故

$$ y^{\prime}=p=\pm\sqrt{C_{1}-\frac{1}{y^{2}}}=\pm\frac{1}{\left|y\right|}\sqrt{C_{1}y^{2}-1}. $$

分离变量，得

$$ \frac{\left|y\right|d y}{\sqrt{C_{1}y^{2}-1}}=\pm d x. $$

由于 $ \left|y\right|=ysgn(y) $，故上式两端积分，

$$ \mathrm{sgn}(y)\int\frac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{C_{1}y^{2}-1}}=\pm\int\mathrm{d}x, $$

$$ \mathrm{sgn}(y)\ \sqrt{C_{1}y^{2}\ -1}\ =\pm\ C_{1}x\ +C_{2}. $$

两边平方，得 $ C_{1}y^{2}-1=(C_{1}x+C_{2})^{2} $

（9）方程 $ y''=\frac{1}{\sqrt{y}} $ 属于 $ y''=f(y) $ 型方程，除了设 $ y'=p, y''=p\frac{dp}{dy} $ 来降阶求解外，还可以用如下方法求解：

在 $ y'' = f(y) $ 的两端乘以 2y'，得

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

即 $ (y^{\prime2})^{\prime}=2f(y)y^{\prime} $. 若 $ F(y) $是 $ f(y) $的原函数,则有

$$ (y^{\prime2})^{\prime}=2\left[F(y)\right]^{\prime}, $$

积分得到降阶的方程 $ y^{\prime2}=2F(y)+C_{1} $

本小题按上述方法求解:用 $ 2y' $乘方程 $ y''=\frac{1}{\sqrt{y}} $的两端,得

$$ 2y^{\prime}y^{\prime \prime}=\frac{2y^{\prime}}{\sqrt{y}} $$

即 $ (y^{\prime2})^{\prime}=(4\sqrt{y})^{\prime} $，故 $ y^{\prime2}=4\sqrt{y}+C_{1}^{\prime} $，有 $ y^{\prime}=\pm2\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}\left(C_{1}=\frac{C_{1}^{\prime}}{4}\right) $

分离变量，得

$$ \mathrm{d}x=\pm\frac{\mathrm{d}y}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}}. $$

积分，得

$$ \begin{aligned}x&=\pm\int\frac{\mathrm{d}(\sqrt{y})^{2}}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}}=\pm\int\frac{\sqrt{y}\mathrm{d}\sqrt{y}}{\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}}=\pm\int\frac{(\sqrt{y}+C_{1})-C_{1}}{\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}}\mathrm{d}(\sqrt{y})\\&=\pm\left[\int\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_{1})-C_{1}\int\frac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_{1}}}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_{1})\right]\\&=\pm\left[\frac{2}{3}(\sqrt{y}+C_{1})^{\frac{3}{2}}-2C_{1}(\sqrt{y}+C_{1})^{\frac{1}{2}}\right]+C_{2}.\end{aligned} $$

（10）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，原方程化为 $ p \frac{dp}{dy} = p^{3} + p $，即

$$ p\left[\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-\left(1+p^{2}\right)\right]=0. $$

若 $ p \equiv 0 $，则 $ y \equiv C $. $ y \equiv C $ 是原方程的解，但不是通解.

若 $ p \neq 0 $ ，由于 p 的连续性，必在 x 的某区间有 $ p \neq 0 $ 。于是

$$ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-\left(1+p^{2}\right)=0. $$

分离变量，得 $ \frac{dp}{1+p^{2}}=\mathrm{d}y $，积分得 $ \arctan p=y-C_{1} $，即 $ p=\tan(y-C_{1}) $，亦即 $ \cot(y-C_{1}) $dy=dx。积分得 $ \ln\sin(y-C_{1})=x+\ln C_{2} $。即 $ \sin(y-C_{1})=C_{2}\mathrm{e}^{x} $，也可写成 $ y=\arcsin(C_{2}\mathrm{e}^{x})+C_{1} $。

由于当 $ C_{2}=0 $ 时，y=C_{1} $，故前面所得的解 $ y=C $ 也包含在这个通解之内。$

1. 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：

(1) $ y^{3}y'' + 1 = 0 $, $ y\big|_{x=1} = 1 $, $ y'\big|_{x=1} = 0 $;

(2) $ y'' - ay'^2 = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 0 $, $ y'\big|_{x=0} = -1 $;

(3) $ y''' = e^{ax}, y \big|_{x=1} = y' \big|_{x=1} = y'' \big|_{x=1} = 0 $;

(4) $ y'' = e^{2y} $, $ y\big|_{x=0} = y'\big|_{x=0} = 0 $;

(5) $ y'' = 3\sqrt{y}, y|_{x=0} = 1, y'|_{x=0} = 2; $

(6) $ y'' + (y')^2 = 1 $, $ y\big|_{x=0} = 0 $, $ y'\big|_{x=0} = 0 $.

解 （1）将原方程写成 $ y'' + \frac{1}{y^3} = 0 $，两端乘以 $ 2y' $，得

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

即 $ \left(y^{'2}-\frac{1}{y^{2}}\right)^{\prime}=0 $，由此得

$$ y^{^{\prime}2}\;-\frac{1}{y^{2}}\;=\;C_{1}. $$

代入初值条件:y=1, $ y'=0 $, 得 $ C_{1}=-1 $, 故有

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

$$ y^{\prime}=\pm\frac{\sqrt{1-y^{2}}}{y}, $$

分离变量，得

$$ \frac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^{2}}}=\pm\mathrm{d}x, $$

积分得 $ -\sqrt{1-y^{2}} = \pm x + C_{2} $. 代入初值条件: x = 1, y = 1, 得 $ C = \mp 1 $. 于是有

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

两边平方，得 $ x^{2}+y^{2}=2x $。由于在点x=1处，y=1，故在x=1的某邻域内y>0，因而特解可表示为

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

（2）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p' $，原方程化为 $ p' - ap^{2} = 0 $，分离变量即

$$ \frac{\mathrm{d}p}{p^{2}}\;=\;a\mathrm{d}x, $$

积分得 $ -\frac{1}{p}=ax+C_{1} $. 代入初值条件x=0, $ p=y'= -1 $,得 $ C_{1}=1 $. 从而有 $ -\frac{1}{y'}=ax+1 $,即

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

又积分得

$$ y~=~-\frac{1}{a}\ln\left(\ a x\ +1\right)~+~C_{2}. $$

代入初值条件 $ y|_{x=0}=0 $ ，得 $ C_{2}=0 $ ，故所求特解为

$$ y\;=\;-\;\frac{1}{a}\ln\left(\;ax\;+\;1\;\right). $$

（3）因 $ y'' = e^{ax} $，并由初值条件 x = 1, $ y'' = 0 $，故积分得

$$ y^{\prime \prime}=\int_{1}^{x}y^{\prime \prime \prime}\mathrm{d}x=\int_{1}^{x}\mathrm{e}^{ax}\mathrm{d}x=\frac{1}{a}(\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^{a}). $$

又因 x=1 时， $ y'=0 $，故积分得

$$ \begin{aligned}y^{\prime}&=\int_{1}^{x}y^{\prime \prime}\mathrm{d}x=\int_{1}^{x}\frac{1}{a}(\mathrm{~e}^{ax}-\mathrm{e}^{a})\mathrm{d}x=\frac{1}{a}\Big[\frac{1}{a}(\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^{a})-\mathrm{e}^{a}(x-1)\Big]\\&=\frac{1}{a^{2}}\mathrm{e}^{ax}-\frac{\mathrm{e}^{a}}{a}x+\frac{\mathrm{e}^{a}}{a}\Big(1-\frac{1}{a}\Big).\end{aligned} $$

又因 x=1 时，y=0，故再积分得

$$ \begin{aligned}y&=\int_{1}^{x}y^{\prime}\mathrm{d}x=\int_{1}^{x}\left[\frac{1}{a^{2}}\mathrm{e}^{ax}-\frac{\mathrm{e}^{a}}{a}x+\frac{\mathrm{e}^{a}}{a}\bigg(1-\frac{1}{a}\bigg)\right]\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{a^{3}}(\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^{a})-\frac{\mathrm{e}^{a}}{2a}(x^{2}-1)+\frac{\mathrm{e}^{a}}{a}\bigg(1-\frac{1}{a}\bigg)(x-1)\\&=\frac{1}{a^{3}}\mathrm{e}^{ax}-\frac{\mathrm{e}^{a}}{2a}x^{2}+\frac{\mathrm{e}^{a}}{a^{2}}(a-1)x+\frac{\mathrm{e}^{a}}{2a^{3}}(2a-a^{2}-2).\end{aligned} $$

（4）在原方程两端同乘以 $ 2y' $，得 $ 2y^{\prime}y''=2y^{\prime}\mathrm{e}^{2y} $，即 $ (y^{\prime2})^{\prime}=(e^{2y})^{\prime} $，积分得

$$ y^{\prime2}=\mathrm{e}^{2y}+C_{1}. $$

代入初值条件:x=0, $ y=y'=0 $, 得 $ C_{1}=-1 $, 从而有

$$ y^{\prime}=\pm\sqrt{\mathrm{e}^{2y}-1}. $$

分离变量后积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\mathrm{e}^{2y}-1}}=\pm\int\mathrm{d}x, $$

即

$$ \int\frac{\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{-y}\right)}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-2y}}}=\mp\int\mathrm{d}x, $$

得 $ \arcsin\left(e^{-y}\right)=\mp x+C_{2} $. 代入初值条件: x=0, y=0, 得 $ C_{2}=\frac{\pi}{2} $. 于是得特解

$$ \mathrm{e}^{-y}=\sin\left(\frac{\pi}{2}\pm x\right)=\cos x, $$

即 $ y = -\ln\cos x = \ln\sec x $.

（5）在原方程两端同乘以 $ 2y' $，得 $ 2y'y''=6y'\sqrt{y} $，即 $ (y'^2)=(4y^{\frac{1}{2}})' $，积分得 $ y'^2=4y^{\frac{3}{2}}+C_1 $。代入初值条件x=0，y=1， $ y'=2 $，得 $ C_1=0 $，从而有 $ y'=\pm2y^{\frac{3}{4}} $。并由于 $ y'\big|_{x=0}=2 $，故取 $ y'=2y^{\frac{3}{4}} $。分离变量后积分 $ \int\frac{dy}{y^{\frac{3}{4}}}=2\int dx $得 $ 4y^{\frac{1}{4}}=2x+C_2 $。代入初值条件x=0，y=1，得 $ C_2=4 $，于是得特解

$$ y=\left(\frac{x}{2}+1\right)^{4}. $$

（6）令 $ y' = p $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，原方程变为 $ p \frac{dp}{dy} + p^{2} = 1 $。分离变量，得

$$ \frac{p\mathrm{d}p}{1-p^{2}}=\mathrm{d}y. $$

由初值条件: y = 0, p = 0, 积分

$$ \int_{0}^{p}\frac{p\mathrm{d}p}{1-p^{2}}=\int_{0}^{y}\mathrm{d}y $$

得

$$ -\frac{1}{2}\ln(1-p^{2})=y, $$

即 $ p = \pm\sqrt{1 - e^{-2y}} $ 。又分离变量，得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-2y}}}=\pm\mathrm{d}x. $$

由初值条件: x=0, y=0, 积分

$$ \int_{0}^{y}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-2y}}}=\pm\int_{0}^{x}\mathrm{d}x, $$

$$ \int_{0}^{y}\frac{\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{y}\right)}{\sqrt{\mathrm{e}^{2y}-1}}=\pm\int_{0}^{x}\mathrm{d}x, $$

得

$$ \ln\left(\mathrm{e}^{y}+\sqrt{\mathrm{e}^{2y}-1}\right)=\pm x, $$

即

$$ \mathrm{e}^{y}=\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2}, $$

或写成

$$ y=\ln\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}{2}. $$

1. 试求 $ y'' = x $ 的经过点 $ M(0,1) $ 且在此点与直线 $ y = \frac{x}{2} + 1 $ 相切的积分曲线.

解 由于直线 $ y = \frac{x}{2} + 1 $ 在 $ (0,1) $ 处的切线斜率为 $ \frac{1}{2} $，依题设知，所求积分曲线是初值问题

$$ y^{\prime \prime}=x,\quad y\mid_{x=0}=1,\quad y^{\prime}\mid_{x=0}=\frac{1}{2} $$

的解．由 $ y''=x $ ，积分得

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

代入 x=0, $ y'=\frac{1}{2} $，得 $ C_{1}=\frac{1}{2} $，即有

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

再积分，得 $ y=\frac{x^{3}}{6}+\frac{x}{2}+C_{2} $，代入 x=0, y=1，得 $ C_{2}=1 $，于是所求积分曲线的方程为

$$ y=\frac{x^{3}}{6}+\frac{x}{2}+1. $$

1. 设有一质量为 m 的物体，在空中由静止开始下落，如果空气阻力为 R = cv（其中 c 为

常数，v 为物体运动的速度），试求物体下落的距离 s 与时间 t 的函数关系.

解 根据牛顿第二定律，有关系式

$$ m\frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}=m g-c\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}, $$

并依据题设条件，得初值问题

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}\;=\;g\;-\;\frac{c}{m}\;\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\;,\quad s\mid_{t=0}\;=\;0\;,\quad\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\mid_{t=0}\;=\;0. $$

令 $ \frac{ds}{dt}=v $，方程成为 $ \frac{dv}{dt}=g-\frac{c}{m}v $，分离变量后积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}v}{g-\frac{c}{m}v}=\int\mathrm{d}t $$

得

$$ \ln\left(g-\frac{c}{m}v\right)=-\frac{c}{m}t+C_{1}, $$

代入初值条件 $ v\big|_{t=0}=0 $ , 得 $ C_{1}=\ln g $ 。于是有

$$ v=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\frac{mg}{c}(1-\mathrm{e}^{-\frac{c}{m}t}); $$

积分得

$$ s=\frac{m g}{c}\left(t+\frac{m}{c}\mathrm{~e}^{-\frac{c}{m}t}\right)+C_{2} $$

代入初值条件 $ s\big|_{t=0}=0 $ , 得 $ C_{2}=-\frac{m^{-}g}{c^{2}} $ 。故所求特解（即下落的距离与时间的关系）为

$$ \begin{array}{r l}{s}&{=\frac{m g}{c}\bigg(t+\frac{m}{c}\mathrm{e}^{-\frac{c}{m}t}-\frac{m}{c}\bigg)}\\ &{}\\ &{=\frac{m g}{c}t+\frac{m^{2}g}{c^{2}}(\mathrm{~e}^{-\frac{c}{m}t}-1).}\end{array} $$

习题7-6

高阶线性微分方程

1. 下列函数组在其定义区间内哪些是线性无关的？

(1) $ x, x^{2} $; (2) x, 2x;

(3) $ e^{2x},3e^{2x} $; (4) $ e^{-x},e^{x} $;

(5) $ \cos 2x, \sin 2x $; (6) $ e^{x^{2}}, xe^{x^{2}} $;

(7) $ \sin 2x, \cos x \sin x $; (8) $ e^{x} \cos 2x, e^{x} \sin 2x $;

(9) $ \ln x, x \ln x $; (10) $ e^{ax}, e^{bx} (a \neq b) $.

解 对于两个函数构成的函数组，如果两函数的比为常数，则它们是线性相关

的，否则就线性无关，因此本题中除了

(2) $ \frac{x}{2x}=\frac{1}{2}; $ (3) $ \frac{e^{2x}}{3e^{2x}}=\frac{1}{3}; $ (7) $ \frac{\sin2x}{\cos x\sin x}=2, $

即(2)(3)(7)中的函数组线性相关外，其余的7个函数组中两函数之比不是常数，从而线性无关.

1. 验证 $ y_{1} = \cos \omega x $ 及 $ y_{2} = \sin \omega x $ 都是方程 $ y'' + \omega^{2} y = 0 $ 的解，并写出该方程的通解.

解 由 $ y_{1}=\cos\omega x $，得 $ y_{1}^{\prime}=-\omega\sin\omega x $， $ y_{1}^{\prime\prime}=-\omega^{2}\cos\omega x $；由 $ y_{2}=\sin\omega x $，得 $ y_{2}^{\prime}=\omega\cos\omega x $， $ y_{2}^{\prime\prime}=-\omega^{2}\sin\omega x $；可见

$$ y_{i}^{^{\prime \prime}}+\omega^{2}y_{i}=0\ \mathrm{~(~}i=1,2\mathrm{~),~} $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 都是方程 $ y'' + \omega^{2}y = 0 $ 的解.

又因 $ \frac{y_{1}}{y_{2}}=\cot\omega x\neq $常数，故 $ y_{1} $与 $ y_{2} $线性无关．于是方程的通解为

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}=C_{1}\cos\omega x+C_{2}\sin\omega x. $$

1. 验证 $ y_{1} = e^{x^{2}} $ 及 $ y_{2} = xe^{x^{2}} $ 都是方程 $ y'' - 4xy' + (4x^{2} - 2)y = 0 $ 的解，并写出该方程的通解.

解 由 $ y_{1}=e^{x^{2}} $ ，得 $ y_{1}^{\prime}=2xe^{x^{2}} $ ， $ y_{1}^{\prime\prime}=(2+4x^{2})e^{x^{2}} $ ；由 $ y_{2}=xe^{x^{2}} $ ，得 $ y_{2}^{\prime}=(1+2x^{2})e^{x^{2}} $ ， $ y_{2}^{\prime\prime}=(6x+4x^{3})e^{x^{2}} $ 。因

$$ y_{1}^{\prime \prime}-4xy_{1}^{\prime}+\left(4x^{2}-2\right)y_{1}=\left(2+4x^{2}\right)\mathrm{e}^{x^{2}}-4x\cdot2x\mathrm{e}^{x^{2}}+\left(4x^{2}-2\right)\mathrm{e}^{x^{2}}=0, $$

$$ y_{2}^{\prime \prime}-4xy_{2}^{\prime}+\left(4x^{2}-2\right)y_{2}=\left(6x+4x^{3}\right)\mathrm{e}^{x^{2}}-4x\left(1+2x^{2}\right)\mathrm{e}^{x^{2}}+\left(4x^{2}-2\right)x\mathrm{e}^{x^{2}}=0, $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 都是方程的解.

又因 $ \frac{y_{2}}{y_{1}}=x\neq $ 常数，故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 线性无关，于是方程的通解为

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}=\left(C_{1}+C_{2}x\right)\mathrm{e}^{x^{2}}. $$

1. 验证：

（1） $ y = C_{1}e^{x} + C_{2}e^{2x} + \frac{1}{12}e^{5x} $（ $ C_{1}, C_{2} $ 是任意常数）是方程 $ y'' - 3y' + 2y = e^{5x} $ 的

通解：

(2) $ y = C_1 \cos 3x + C_2 \sin 3x + \frac{1}{32} (4x \cos x + \sin x) $ ( $ C_1, C_2 $ 是任意常数) 是方程 $ y'' + 9y = x \cos x $ 的通解；

(3) $ y = C_{1}x^{2} + C_{2}x^{2}\ln x $ ( $ C_{1}, C_{2} $ 是任意常数) 是方程 $ x^{2}y'' - 3xy' + 4y = 0 $ 的通解；

(4) $ y = C_{1}x^{5} + \frac{C_{2}}{x} - \frac{x^{2}}{9}\ln x $ ( $ C_{1}, C_{2} $ 是任意常数) 是方程 $ x^{2}y'' - 3xy' - 5y = x^{2}\ln x $ 的

通解：

(5) $ y = \frac{1}{x}(C_1 e^x + C_2 e^{-x}) + \frac{e^x}{2}(C_1, C_2 $ 是任意常数) 是方程 $ xy'' + 2y' - xy = e^x $ 解：

的通解：

（6） $ y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{-x}+C_{3}\cos x+C_{4}\sin x-x^{2} $（ $ C_{1},C_{2},C_{3},C_{4} $是任意常数）是方程 $ y^{(4)}-y=x^{2} $的通解.

解（1）记 $ y_{1}=e^{x}, y_{2}=e^{2x}, y^{*}=\frac{1}{12}e^{5x} $，则

$$ y_{1}^{\prime\prime}-3y^{\prime}_{1}+2y_{1}=\mathrm{e}^{x}-3\mathrm{e}^{x}+2\mathrm{e}^{x}=0, $$

$$ y_{2}^{\prime\prime}-3y^{\prime}_{2}+2y_{2}\;=\;4\mathrm{e}^{2x}\;-\;6\mathrm{e}^{2x}\;+\;2\mathrm{e}^{2x}\;=\;0. $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是原方程对应的齐次方程的解，易见 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是线性无关的.

又因

$$ y^{*-}3y^{*-}+2y^{*}=\frac{25}{12}\mathrm{e}^{5x}-\frac{15}{12}\mathrm{e}^{5x}+\frac{2}{12}\mathrm{e}^{5x}=\mathrm{e}^{5x}, $$

故 $ y^{*} $ 是原方程的一个特解，所以

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y^{*}=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}+\frac{1}{12}\mathrm{e}^{5x} $$

是原方程的通解.

（2）记 $ y_{1}=\cos3x, y_{2}=\sin3x, y^{*}=\frac{1}{32}(4x\cos x+\sin x) $. 因

$$ y_{1}^{\prime \prime}+9y_{1}=-9\cos3x+9\cos3x=0, $$

$$ y_{2}^{\prime \prime}+9y_{2}=-9\sin3x+9\sin3x=0, $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是原方程对应的齐次方程的解，易见它们是线性无关的.

又因

$$ {y^{*}}^{\prime}=\frac{1}{32}(4\cos x-4x\sin x+\cos x)=\frac{1}{32}(5\cos x-4x\sin x), $$

$$ y^{^{*}“}=\frac{1}{32}( 複 -5\sin x-4\sin x-4x\cos x)=\frac{1}{32}( 複 -4x\cos x-9\sin x), $$

有

$$ y^{^{~^{\prime \prime} }}+9y^{^{~}}={\frac{1}{32}}{\mathrm{(~-4x\cos\ x-9\sin\ x)~}}+{\frac{9}{32}}{\bigl(}4x\cos\ x+\sin\ x{\bigr)}=x\cos\ x. $$

故 $ y^{*} $ 是原方程的一个特解．所以

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y^{*}=C_{1}\cos3x+C_{2}\sin3x+\frac{1}{32}(4x\cos x+\sin x) $$

是原方程的通解.

（3）记 $ y_{1}=x^{2} $， $ y_{2}=x^{2}\ln x $，则

$$ y^{\prime}_{1}=2x,\quad y^{\prime \prime}_{1}=2；\quad y^{\prime}_{2}=2x\ln x+x,\quad y^{\prime \prime}_{2}=2\ln x+3. $$

且

$$ x^{2}y_{1}^{\prime \prime}-3x y_{1}^{\prime}+4y_{1}=x^{2}\cdot2-3x\cdot2x+4x^{2}=0, $$

$$ x^{2}y_{2}^{\prime\prime}-3x y_{2}^{\prime}+4y_{2}=x^{2}\left(2\ln x+3\right)-3x\left(2x\ln x+x\right)+4x^{2}\ln x=0, $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是方程的解，易见 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 线性无关，所以

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{2}\ln x $$

是方程的通解.

（4）记 $ y_{1}=x^{5} $， $ y_{2}=\frac{1}{x} $， $ y^{*}=-\frac{1}{9}x^{2}\ln x $，则

$$ x^{2}y_{1}^{\prime \prime}-3xy^{\prime}_{1}-5y_{1}\;=\;x^{2}\cdot20x^{3}\;-\;3x\cdot5x^{4}\;-5x^{5}\;=\;0, $$

$$ x^{2}y_{2}^{\prime\prime}-3x y^{\prime}_{2}-5y_{2}=x^{2}\left(\frac{2}{x^{3}}\right)-3x\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)-\frac{5}{x}=0, $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是原方程对应的齐次方程的解，易见它们是线性无关的．又因

$$ \begin{aligned}x^{2}y^{*}--3xy^{*^{\prime}}-5y^{*}&=x^{2}\cdot\frac{2\ln x+3}{9}-3x\frac{2x\ln x+x}{9}-5\cdot\frac{x^{2}\ln x}{9}\\&=x^{2}\ln x,\end{aligned} $$

故 $ y^{*} $ 是原方程的一个特解．所以

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y^{*}=C_{1}x^{5}+C_{2}\frac{1}{x}-\frac{1}{9}x^{2}\ln x $$

是原方程的通解.

（5）记 $ y_{1}=\frac{e^{x}}{x}, y_{2}=\frac{e^{-x}}{x}, y^{*}=\frac{e^{x}}{2} $，则

$$ y^{\prime}{}_{1}=\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{e}^{x},y_{1}^{\prime\prime}=\left(\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}\right)\mathrm{e}^{x}, $$

$$ y^{\prime}_{2}=\left(-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{e}^{-x},y^{\prime \prime}_{2}=\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}\right)\mathrm{e}^{-x}, $$

且

$$ x y_{1}^{\prime\prime}+2y_{1}^{\prime}-x y_{1}=x\bigg(\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}\bigg)\mathrm{e}^{x}+2\bigg(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\bigg)\mathrm{e}^{x}-x\cdot\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}=0, $$

$$ x y_{2}^{\prime \prime}+2y_{2}^{\prime}-x y_{2}=x\bigg(\frac{1}{x}+\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x^{3}}\bigg)\mathrm{e}^{-x}+2\bigg(-\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}\bigg)\mathrm{e}^{-x}-x\cdot\frac{\mathrm{e}^{-x}}{x}=0, $$

故 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是原方程对应的齐次方程的解，易见它们是线性无关的.

又因 $ y^{*} = y^{*}'' = \frac{e^{x}}{2} $，且

$$ x y^{{~*{}~}}{}^{\prime\prime}+2y^{{~*{}~}1}-x y^{{~*{}~}}=\frac{x}{2}\mathrm{e}^{x}\;+\;\mathrm{e}^{x}\;-\;\frac{x}{2}\mathrm{e}^{x}\;=\;\mathrm{e}^{x}\;, $$

故 $ y^{*} $ 是原方程的一个特解．所以

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y^{*}=\frac{C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}}{x}+\frac{\mathrm{e}^{x}}{2} $$

是原方程的通解.

（6）令 $ y_{1}=e^{x} $， $ y_{2}=e^{-x} $， $ y_{3}=\cos x $， $ y_{4}=\sin x $，易见

$$ y_{i}^{(4)}=y_{i},i=1,2,3,4. $$

故 $ y_{i}(i=1,2,3,4) $ 是原方程对应的齐次方程 $ y^{(4)}-y=0 $ 的解.

下面说明 $ y_{i}(i=1,2,3,4) $ 在它们的定义域 R 中是线性无关的。令

$$ k_{1}\textrm{e}^{x}+k_{2}\textrm{e}^{-x}+k_{3}\cos x+k_{4}\sin x\equiv0, $$

分别取 $ x=0,\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2},\pi $，则有

$$ \{\begin{aligned}&k_{1}+k_{2}+k_{3}+0=0,\\ &\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}k_{1}+\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}k_{2}+0+k_{4}=0,\\ &\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}k_{1}+\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}k_{2}+0-k_{4}=0,\\ &\mathrm{e}^{\pi}k_{1}+\mathrm{e}^{-\pi}k_{2}-k_{3}+0=0.\end{aligned}. $$

根据线性代数的知识，经计算，上述齐次线性方程组的系数行列式

$$ \begin{array}{c c c c|c}{1}&{1}&{1}&{0}&{}\\ {\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}}&{\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}}&{0}&{1}&{}\\ {\mathrm{e}^{-\frac{\pi}{2}}}&{\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}}&{0}&{-1}&{}\\ {\mathrm{e}^{\pi}}&{\mathrm{e}^{-\pi}}&{-1}&{0}&{}\end{array}\neq0, $$

故齐次线性方程组仅有零解 k_{1}=0, k_{2}=0, k_{3}=0, k_{4}=0 。这说明 $ y_{1}, y_{2}, y_{3}, y_{4} $ 是线性无关的。

又令 $ y^{*}=-x^{2} $，则 $ y^{*}(4)=0 $，且 $ y^{*}(4)-y^{*}=0-(-x^{2})=x^{2} $，故 $ y^{*} $ 是原方程的一个特解。所以

$$ \begin{align*}y~&=~C_{1}y_{1}~+~C_{2}y_{2}~+~C_{3}y_{3}~+~C_{4}y_{4}~+~y^{*}~\\&=~C_{1}\mathrm{e}^{x}~+~C_{2}\mathrm{e}^{-x}~+~C_{3}\cos~x~+~C_{4}\sin~x~+~x^{2}\end{align*} $$

是原方程的通解.

$ ^{*}5 $. 已知 $ y_{1}(x)=\mathrm{e}^{x} $ 是齐次线性方程

$$ \left(2x-1\right)y^{\prime \prime}-\left(2x+1\right)y^{\prime}+2y=0 $$

的一个解，求此方程的通解.

解 设 $ y_{2}(x)=y_{1}u=e^{x}u $ 是方程的解，则 $ y_{2}^{\prime}=e^{x}(u+u^{\prime}) $， $ y_{2}^{\prime\prime}=e^{x}(u+2u^{\prime}+u^{\prime\prime}) $，代入方程并整理，得

$$ \mathrm{e}^{x}\left[\left(2x-1\right)u^{\prime \prime}+\left(2x-3\right)u^{\prime}\right]=0, $$

即

$$ \left(2x-1\right)u^{\prime\prime}+\left(2x-3\right)u^{\prime}=0, $$

令 $ u' = p $，则 $ u'' = p' $，且上式成为

$$ \left(2x-1\right)p^{^{\prime}}+\left(2x-3\right)p=0. $$

分离变量后积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{p}}{\boldsymbol{p}}=-\int\frac{2\boldsymbol{x}-3}{2\boldsymbol{x}-1}\mathrm{d}\boldsymbol{x} $$

得

$$ \ln\mid p\mid=-x+\ln\mid2x-1\mid+\ln C, $$

取 C=1，即 $ p=(2x-1)e^{-x} $ 。再积分得

$$ u=\int(2x-1)\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x=-\left[(2x-1)\mathrm{e}^{-x}+2\mathrm{e}^{-x}+C_{0}\right], $$

取 $ C_{0}=0 $ ，即 $ u=-(2x+1)e^{-x} $ ，故

$$ y_{2}=\mathrm{e}^{x}u=-\left(2x+1\right). $$

$ y_{2} $ 与 $ y_{1} $ 线性无关，故原方程的通解为

$$ y=C_{1}(2x+1)+C_{2}\mathrm{e}^{x}. $$

$ ^{*} $6. 已知 $ y_{1}(x)=x $ 是齐次线性方程 $ x^{2}y''-2xy'+2y=0 $ 的一个解，求非齐次线性方程 $ x^{2}y''-2xy'+2y=2x^{3} $ 的通解.

解 设 $ y_{2}=y_{1}u=xu $ 是非齐次线性方程的解，则 $ y_{2}^{\prime}=u+xu^{\prime} $， $ y_{2}^{\prime\prime}=2u^{\prime}+xu^{\prime\prime} $，代入方程并整理，得

$$ u^{\prime \prime}=0. $$

不妨取 u=x，则 $ y_{2}=y_{1}u=x^{2} $，且 $ y_{2} $ 与 $ y_{1} $ 线性无关。

将非齐次方程化为标准形

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

则它的通解为

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}-y_{1}\int\frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_{2}\int\frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x, $$

其中 $ f=2x,W=\begin{vmatrix}y_{1}&y_{2}\\y_{1}^{\prime}&y_{2}^{\prime}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x&x^{2}\\1&2x\end{vmatrix}=x^{2} $

故

$$ \begin{align*}y~&=~C_{1}x~+~C_{2}x^{2}~-~x\int\frac{2x^{3}}{x^{2}}\mathrm{d}x~+~x^{2}\int\frac{2x^{2}}{x^{2}}\mathrm{d}x\\&=~C_{1}x~+~C_{2}x^{2}~+~x^{3}.\end{align*} $$

$ ^{*} $7. 已知齐次线性方程 $ y'' + y = 0 $ 的通解为 $ Y(x) = C_{1} \cos x + C_{2} \sin x $，求非齐次线性方程 $ y'' + y = \sec x $ 的通解.

解 由题设知， $ y_{1}=\cos x $ 与 $ y_{2}=\sin x $ 都是齐次方程 $ y''+y=0 $ 的解，且 $ y_{1} $

线性无关，则非齐次方程 $ y'' + y = \sec x $ 的通解为

$$ y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x-y_{1}\int\frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_{2}\int\frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x, $$

其中

$$ f=\sec x,\quad W=\left|\begin{array}{cc}y_{1}&y_{2}\\ y_{1}^{^{\prime}}&y_{2}^{^{\prime}}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\cos x&\sin x\\ -\sin x&\cos x\end{array}\right|=1. $$

故

$$ \begin{aligned}y~&=~C_{1}\cos x~+~C_{2}\sin x~-~\cos x\int\frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x~+~\sin x\int\frac{\cos x}{\cos x}\mathrm{d}x\\&=~C_{1}\cos x~+~C_{2}\sin x~+~\cos x\ln|\cos x|+x\sin x.\end{aligned} $$

1. 已知齐次线性方程 $ x^{2}y'' - xy' + y = 0 $ 的通解为 $ Y(x) = C_{1}x + C_{2}x\ln|x| $，求非齐次线性方程 $ x^{2}y'' - xy' + y = x $ 的通解.

解 由题设知 $ y_{1}=x $ 与 $ y_{2}=x\ln|x| $ 都是齐次方程的解， $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 显然是线性无关的。将非齐次方程化为标准形 $ y''-\frac{1}{x}y'+\frac{1}{x^{2}}y=\frac{1}{x} $，则方程的通解为

$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}-y_{1}\int\frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_{2}\int\frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x, $$

其中

$$ f=\frac{1}{x},W=\left|\begin{array}{l l}y_{1}&y_{2}\\ y_{1}^{\prime}&y_{2}^{\prime}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c c}x&x\ln|x|\\ 1&\ln|x|+1\end{array}\right|=x. $$

因

$$ \int\frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x=\int\frac{\ln\left|x\right|}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln^{2}\left|x\right|, $$

$$ \int\frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\left.\ln\right|_{x}\mid, $$

故非齐次方程的通解为

$$ \begin{align*}y~&=~C_{1}x~+~C_{2}x\ln\left|x\right|-x~\frac{1}{2}\ln^{2}\left|x\right|+x\ln\left|x\right|\cdot\ln\left|x\right|\\&=~C_{1}x~+~C_{2}x\ln\left|x\right|+\frac{x}{2}\ln^{2}\left|x\right|.\end{align*} $$

习题7-7

常系数齐次线性微分方程

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

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

(2)

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

(3)

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

(4)

$$ y^{\prime \prime}+6y^{\prime}+13y=0 $$

(5) $ 4 \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}} - 20 \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} + 25x = 0 $;

(6) $ y'' - 4y' + 5y = 0 $;

(7) $ y^{(4)} - y = 0 $; (8) $ y^{(4)} + 2y'' + y = 0 $; (9) $ y^{(4)} - 2y''' + y'' = 0 $; (10) $ y^{(4)} + 5y'' - 36y = 0 $.

解 （1）特征方程为 $ r^{2}+r-2=0 $，解得 $ r_{1}=1, r_{2}=-2 $，故方程的通解为

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

（2）特征方程为 $ r^{2}-4r=0 $，解得 $ r_{1}=0,r_{2}=4 $，故方程的通解为

$$ y=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{4x}. $$

（3）特征方程为 $ r^{2}+1=0 $，解得 $ r_{1}=i,r_{2}=-i $，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x. $$

（4）特征方程为 $ r^{2}+6r+13=0 $，解得 $ r_{1,2}=-3\pm2i $，故方程的通解为

$$ y=e^{-3x}(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x). $$

（5）特征方程为 $ 4r^{2}-20r+25=0 $，解得 $ r_{1}=r_{2}=\frac{5}{2} $，故方程的通解为

$$ x=\left(C_{1}+C_{2}t\right)\mathrm{e}^{\frac{s}{2}t}. $$

（6）特征方程为 $ r^{2}-4r+5=0 $，解得 $ r_{1,2}=2\pm i $，故方程的通解为

$$ y=e^{2x}(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x). $$

（7）特征方程为 $ r^{4}-1=0 $ ，即 $ (r^{2}-1)(r^{2}+1)=0 $ ，解得 $ r_{1,2}=\pm1, r_{3,4}=\pm i $ ，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathbf{e}^{x}+C_{2}\mathbf{e}^{-x}+C_{3}\cos x+C_{4}\sin x. $$

（8）特征方程为 $ r^{4}+2r^{2}+1=0 $，即 $ (r^{2}+1)^{2}=0 $，解得 $ r_{1,2}=i, r_{3,4}=-i $，故方程的通解为

$$ y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)\cos x+\left(C_{3}+C_{4}x\right)\sin x. $$

（9）特征方程为 $ r^{4}-2r^{3}+r^{2}=0 $，即 $ r^{2}(r-1)^{2}=0 $，解得 $ r_{1,2}=0, r_{3,4}=1 $，故方程的通解为

$$ y=C_{1}+C_{2}x+\left(C_{3}+C_{4}x\right)\mathrm{e}^{x}. $$

（10）特征方程为 $ r^{4}+5r^{2}-36=0 $ ，即 $ (r^{2}+9)(r^{2}-4)=0 $ ，解得 $ r_{1,2}=\pm2, r_{3,4}=\pm3i $ ，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathbf{e}^{2x}+C_{2}\mathbf{e}^{-2x}+C_{3}\cos3x+C_{4}\sin3x. $$

1. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：

(1) $ y'' - 4y' + 3y = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 6 $, $ y'\big|_{x=0} = 10 $;

$$ (2)\left.4y^{\prime \prime}+4y^{\prime}+y=0,y\right|_{x=0}=2,y^{\prime}\mid_{x=0}=0; $$

(3) $ y'' - 3y' - 4y = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 0 $, $ y'\big|_{x=0} = -5 $;

(4) $ y''+4y'+29y=0 $, $ y\big|_{x=0}=0 $, $ y'\big|_{x=0}=15 $;

(5) $ y'' + 25y = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 2 $, $ y'\big|_{x=0} = 5 $;

(6) $ y'' - 4y' + 13y = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 0 $, $ y'\big|_{x=0} = 3 $.

解 （1）解特征方程 $ r^{2}-4r+3=0 $ , 得 $ r_{1}=1, r_{2}=3 $ ，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{3x}, $$

且有

$$ y^{\prime}=C_{1}\mathrm{e}^{x}+3C_{2}\mathrm{e}^{3x}. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}+C_{2}&=6,\\ C_{1}+3C_{2}&=10,\end{aligned}. $ 解得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=4,\\ C_{2}&=2.\end{aligned}. $ 故所求特解为

$$ y=4\mathrm{e}^{x}+2\mathrm{e}^{2x}. $$

（2）解特征方程 $ 4r^{2}+4r+1=0 $ ，即 $ (2r+1)^{2}=0 $ ，得 $ r_{1,2}=-\frac{1}{2} $ ，故方程的通解为

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

且有

$$ y^{\prime}=\left(\begin{array}{c}{-\displaystyle\frac{C_{1}}{2}+C_{2}-\frac{C_{2}}{2}x}\\ \end{array}\right)\mathrm{e}^{-\frac{x}{2}}. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=2,\\ -\frac{C_{1}}{2}+C_{2}&=0,\end{aligned}. $ 解得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=2,\\ C_{2}&=1.\end{aligned}. $ 故所求特解为

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

（3）解特征方程 $ r^{2}-3r-4=0 $ ，即 $ (r+1)(r-4)=0 $ ，得 $ r_{1}=-1, r_{2}=4 $ ，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{4x}, $$

且有

$$ \boldsymbol{y}^{\prime}=-C_{1}\mathbf{e}^{-x}+4C_{2}\mathbf{e}^{4x}. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}+C_{2}&=0,\\ -C_{1}+4C_{2}&=-5,\end{aligned}. $ 解得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=1,\\ C_{2}&=-1.\end{aligned}. $ 故所求特解为

$$ y=e^{-x}-e^{4x}. $$

（4）解特征方程 $ r^{2}+4r+29=0 $ ，得 $ r_{1,2}=-2\pm5i $ ，故方程的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{-2x}(C_{1}\cos5x+C_{2}\sin5x) $$

且有

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{-2x}\left[\left(5C_{2}-2C_{1}\right)\cos5x+\left(-5C_{1}-2C_{2}\right)\sin5x\right]. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ 5C_{2}&-2C_{1}=15,\end{aligned}. $ 即 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ C_{2}&=3.\end{aligned}. $ 故所求特解为

$$ y=3\mathrm{e}^{-2x}\sin5x. $$

（5）解特征方程 $ r^{2}+25=0 $ ，得 $ r_{1,2}=\pm5i $ ，故方程的通解为

$$ y=C_{1}\cos5x+C_{2}\sin5x, $$

且有

$$ y^{\prime}=-5C_{1}\sin5x+5C_{2}\cos5x. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=2,\\ 5C_{2}&=5,\end{aligned}. $ 即 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=2,\\ C_{2}&=1.\end{aligned}. $ 故所求特解为

$$ y=2\cos5x+\sin5x. $$

（6）解特征方程 $ r^{2}-4r+13=0 $ ，得 $ r_{1,2}=2\pm3i $ ，故方程的通解为

$$ y=e^{2x}(C_{1}\cos3x+C_{2}\sin3x), $$

且有

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{2x}\left[\left(2C_{1}+3C_{2}\right)\cos3x+\left(2C_{2}-3C_{1}\right)\sin3x\right]. $$

代入初值条件，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ 2C_{1}&+3C_{2}=3,\end{aligned}. $ 即 $ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ C_{2}&=1.\end{aligned}. $ 故所求特解为

$$ y=e^{2x}\sin3x. $$

1. 一个单位质量的质点在数轴上运动，开始时质点在原点 O 处且速度为 $ v_{0} $，在运动过程中，它受到一个力的作用，这个力的大小与质点到原点的距离成正比（比例系数 $ k_{1}>0 $）而方向与初速一致。又介质的阻力与速度成正比（比例系数 $ k_{2}>0 $）。求反映这质点的运动规律的函数。

解 设质点的位置函数为 $ x = x(t) $. 由题意得

$$ x^{\prime \prime}=k_{1}x-k_{2}x^{\prime}, $$

即 $ x'' + k_2x' - k_1x = 0 $，且 $ x\big|_{t=0} = 0 $， $ x'\big|_{t=0} = v_0 $.

解特征方程 $ r^{2}+k_{2}r-k_{1}=0 $ , 得 $ r_{1,2}=\frac{-k_{2}\pm\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}{2} $ ，故有通解

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{r_{1}t}+C_{2}\mathrm{e}^{r_{2}t}, $$

且有

$$ x^{\prime}=r_{1}C_{1}\mathrm{e}^{r_{1}t}+r_{2}C_{2}\mathrm{e}^{r_{2}t}, $$

代入初值条件 t=0, x=0, $ x'=v_{0} $，得 $ \{\begin{aligned}C_{1}+C_{2}&=0,\\ r_{1}C_{1}+r_{2}C_{2}&=v_{0},\end{aligned}. $ 解得

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&=\frac{-v_{0}}{r_{2}-r_{1}}=\frac{v_{0}}{\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}},\\ C_{2}&=\frac{v_{0}}{r_{2}-r_{1}}=-\frac{v_{0}}{\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}.\end{aligned}. $$

故

$$ \begin{array}{r l}x&=\frac{v_{0}}{\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}\left(\mathrm{e}^{\frac{-k_{2}+\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}{2}t}-\mathrm{e}^{\frac{-k_{2}-\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}{2}t}\right)\end{array} $$

$$ =\frac{v_{0}}{\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}\mathrm{e}^{\frac{-k_{2}+\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}}{2}t}(1-\mathrm{e}^{-t}\sqrt{k_{2}^{2}+4k_{1}}). $$

1. 在图 7-3 所示的电路中先将开关 K 拨向 A，达到稳定状态后再将开关 K 拨向 B，求电压 $ u_C(t) $ 及电流 $ i(t) $。已知 $ E = 20\,\text{V} $, $ C = 0.5 \times 10^{-6}\,\text{F} $（法）， $ L = 0.1\,\text{H} $（亨）， $ R = 2000\,\Omega $。

解 由回路定律，得

$$ L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{q}{C}+Ri=0. $$

因 $ \frac{q}{C}=u_{C} $，即 $ q=Cu_{C} $， $ i=\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}=C\frac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t} $，则 $ \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}=C\frac{\mathrm{d}^{2}u_{C}}{\mathrm{d}t^{2}} $。于是有

$$ LC\frac{\mathrm{d}^{2}u_{C}}{\mathrm{d}t^{2}}+u_{C}+RC\frac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}=0, $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}u_{C}}{\mathrm{d}t^{2}}+\frac{R}{L}\frac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}+\frac{1}{L C}u_{C}=0, $$

且

$$ u_{C}\mid_{t=0}=E,\frac{\mathrm{d}u_{C}}{\mathrm{d}t}\bigg|_{t=0}=0. $$

已知

$$ \frac{R}{L}=\frac{2\ 000}{0.1}=2\times10^{4},\frac{1}{LC}=\frac{1}{0.1\times0.5\times10^{-6}}=2\times10^{7}, $$

故微分方程为

$$ u_{C}^{^{\prime \prime}}+2\times10^{4}u^{^{\prime}}_{~C}+2\times10^{7}u_{C}\;=\;0. $$

其特征方程为

$$ r^{2}+2\times10^{4}r+2\times10^{7}=0, $$

解得 $ r_{1} \approx -1.9 \times 10^{4} $， $ r_{2} \approx -10^{3} $，故 $ u_{C} = C_{1} e^{-1.9 \times 10^{4} t} + C_{2} e^{-10^{3} t} $，且有

$$ u_{~C}^{\prime}=-1.9\times10^{4}C_{1}\mathrm{e}^{-1.9\times10^{4}t}-10^{3}C_{2}\mathrm{e}^{-10^{3}t}. $$

代入初值条件 t=0, $ u_{C}=20 $, $ u_{C}^{\prime}=0 $,得

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}=20,\\ &-1.9\times10^{4}C_{1}-10^{3}C_{2}=0,\end{aligned}. $$

解得

$$ C_{1}=-\frac{10}{9},C_{2}=\frac{190}{9}. $$

故

$$ \begin{aligned}&u_{C}=\frac{10}{9}(19\mathrm{e}^{-10^{3}t}-\mathrm{e}^{-1.9\times10^{4}t}),\\ &\\i=Cu_{C}^{\prime}=0.5\times10^{-6}\times\frac{10}{9}(-19\times10^{3}\mathrm{e}^{-10^{3}t}+1.9\times10^{4}\mathrm{e}^{-1.9\times10^{4}t})\\ &\\=\frac{19}{18}\times10^{-2}(\mathrm{e}^{-1.9\times10^{4}t}-\mathrm{e}^{-10^{3}t}).\\ \end{aligned} $$

1. 设底面直径为 $ 0.5 \, m $ 的圆柱形浮筒铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水中上下振动的周期为 $ 2 \, s $，求浮筒的质量。

解 设 x 轴的正向铅直向下，原点在水面处．平衡状态下浮筒上一点 A 在水平面处，又设在时刻 t，点 A 的位置为 $ x = x(t) $，此时它受到的恢复力的大小为 $ 1000g\pi R^{2}|x| $ (R 是浮筒的半径)，恢复力的方向与位移方向相反，故有

$$ m x^{\prime \prime}=-1000g\pi R^{2}x, $$

其中 m 是浮筒的质量.

记 $ \omega^{2}=\frac{1\ 000g\pi R^{2}}{m} $，则得微分方程

$$ x^{\prime \prime}+\omega^{2}x=0. $$

解特征方程 $ r^{2} + \omega^{2} = 0 $，得 $ r_{1,2} = \pm\omega\mathrm{i} $，故

$$ x=C_{1}\cos\omega t+C_{2}\sin\omega t=A\sin(\omega t+\varphi),A=\sqrt{C_{1}^{2}+C_{2}^{2}},\sin\varphi=\frac{C_{1}}{A}. $$

由于振动周期 $ T=\frac{2\pi}{\omega}=2 $ ，故 $ \omega=\pi $ ，即

$$ \frac{1\,000g\pi R^{2}}{m}\;=\;\pi^{2}\;, $$

从中解出

$$ m~=~\frac{1\ 000g R^{2}}{\pi}\approx195(\mathrm{~k g}). $$

习题7-8

常系数非齐次线性微分方程

1. 求下列各微分方程的通解：

(1)

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

(2)

$$ y^{\prime \prime}+a^{2}y=\mathrm{e}^{x} $$

(3) $ 2y'' + 5y' = 5x^2 - 2x - 1 $; (4) $ y'' + 3y' + 2y = 3x\mathrm{e}^{-x} $;

(5) $ y'' - 2y' + 5y = e^x \sin 2x $; (6) $ y'' - 6y' + 9y = (x + 1)e^{3x} $;

(7) $ y'' + 5y' + 4y = 3 - 2x $; (8) $ y'' + 4y = x\cos x $;

(9) $ y'' + y = e^x + \cos x $; (10) $ y'' - y = \sin^2 x $.

解 （1）由 $ 2r^{2}+r-1=0 $ , 解得 $ r_{1}=\frac{1}{2}, r^{2}=-1 $ 。故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}. $$

因 $ f(x)=2\mathrm{e}^{x},\lambda=1 $ 不是特征方程的根，故可设 $ y^{*}=ae^{x} $ 是原方程的一个特解，代入原方程得

$$ 2a\mathrm{e}^{x}+a\mathrm{e}^{x}-a\mathrm{e}^{x}\;=\;2\mathrm{e}^{x}. $$

消去 $ e^{x} $，有a=1，即

$$ y^{*}=e^{x}. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{x}. $$

（2）由 $ r^{2}+a^{2}=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm ai $。故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\cos a x+C_{2}\sin a x. $$

因 $ f(x)=\mathrm{e}^{x}, \lambda=1 $ 不是特征方程的根，故设 $ y^{*}=b\mathrm{e}^{x} $ 是原方程的一个特解，代入方程得

$$ b\mathrm{e}^{x}+a^{2}b\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{x}, $$

消去 $ e^{x} $，有 $ b=\frac{1}{1+a^{2}} $，即 $ y^{*}=\frac{e^{x}}{1+a^{2}} $。故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\cos ax+C_{2}\sin ax+\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+a^{2}}. $$

（3）由 $ 2r^{2}+5r=0 $ ，解得 $ r_{1}=0, r_{2}=-\frac{5}{2} $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-\frac{5}{2}x}. $$

因 $ f(x)=5x^{2}-2x-1,\lambda=0 $ 是特征方程的单根，故设 $ y^{*}=x(b_{0}x^{2}+b_{1}x+b_{2}) $ 是原方程的一个特解，代入方程并整理，得

$$ 15b_{0}x^{2}\;+\;\left(12b_{0}+10b_{1}\right)x+4b_{1}+5b_{2}\;=\;5x^{2}-2x-1. $$

比较系数得 $ b_{0}=\frac{1}{3}, b_{1}=-\frac{3}{5}, b_{2}=\frac{7}{25} $，即

$$ y^{*}=\frac{1}{3}x^{3}-\frac{3}{5}x^{2}+\frac{7}{25}x. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-\frac{5}{2}x}+\frac{1}{3}x^{3}-\frac{3}{5}x^{2}+\frac{7}{25}x. $$

（4）由 $ r^{2}+3r+2=0 $ 解得 $ r_{1}=-1, r_{2}=-2 $ ，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{-2x}. $$

因 $ f(x)=3xe^{-x},\lambda=-1 $ 是特征方程的单根，故可设

$$ y^{*}=x\mathrm{e}^{-x}(ax+b)=\mathrm{e}^{-x}(ax^{2}+bx) $$

是原方程的一个特解，代入方程并消去 $ e^{-x} $，得

$$ 2ax\;+\;(2a\;+\;b)\;=\;3x. $$

比较系数，得 $ a=\frac{3}{2} $，b=-3，即

$$ y^{*}=\mathrm{e}^{-x}\biggl(\frac{3}{2}x^{2}-3x\biggr). $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{-2x}+\mathrm{e}^{-x}\Big(\frac{3}{2}x^{2}-3x\Big). $$

（5）由 $ r^{2}-2r+5=0 $，解得 $ r_{1,2}=1\pm2i $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{x}\left(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x\right). $$

因 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} \sin 2x = \mathrm{e}^{x} (0 \cdot \cos 2x + 1 \cdot \sin 2x) $, $ \lambda + i\omega = 1 + 2i $ 是特征方程的单根，故可设

$$ y^{*}=x\mathrm{e}^{x}\left(a\cos2x+b\sin2x\right) $$

是原方程的一个特解，代入方程并消去 $ e^{x} $，得

$$ 4b\cos2x-4a\sin2x=\sin2x. $$

比较系数，得 $ a = -\frac{1}{4} $, b = 0，即

$$ y^{~*}=x\mathrm{e}^{x}\Big(-\frac{1}{4}\mathrm{c o s}2x\Big)=-\frac{1}{4}x\mathrm{e}^{x}\mathrm{c o s}2x. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=e^{x}(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x)-\frac{1}{4}x e^{x}\cos2x. $$

（6）由 $ r^{2}-6r+9=0 $得 $ r_{1,2}=3 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{3x}(C_{1}+C_{2}x). $$

因 $ f(x)=\mathrm{e}^{3x}(x+1) $， $ \lambda=3 $ 是特征方程的（二重）根，故可设

$$ y^{*}=\mathrm{e}^{3x}(ax+b)x^{2} $$

是原方程的一个特解，代入方程并消去 $ e^{3x} $，得

$$ 6ax+2b=x+1. $$

比较系数，得 $ a=\frac{1}{6} $， $ b=\frac{1}{2} $，即

$$ y^{*}=e^{3x}\bigg(\frac{1}{6}x+\frac{1}{2}\bigg)x^{2}. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=\mathrm{e}^{3x}(C_{1}+C_{2}x)+\mathrm{e}^{3x}\Big(\frac{1}{6}x+\frac{1}{2}\Big)x^{2}. $$

（7）由 $ r^{2}+5r+4=0 $解得 $ r_{1}=-1,r_{2}=-4 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{-4x}. $$

因 $ f(x)=3-2x,\lambda=0 $ 不是特征方程的根，故可设

$$ y^{*}=a x+b $$

是原方程的一个特解，代入方程，得

$$ 4ax+5a+4b\;=\;-2x+3. $$

比较系数得 $ a = -\frac{1}{2}, b = \frac{11}{8} $，即

$$ y^{*}=-\frac{1}{2}x+\frac{11}{8}. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{-4x}-\frac{1}{2}x+\frac{11}{8}. $$

（8）由 $ r^{2}+4=0 $解得 $ r_{1,2}=\pm2i $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x. $$

因 $ f(x) = x \cos x, \lambda + \mathrm{i} \omega = \mathrm{i} $ 不是特征方程的根，故可设

$$ y^{*}=\left(a x+b\right)\cos x+\left(c x+d\right)\sin x $$

是原方程的一个特解，代入方程，得

$$ \left(3a x+3b+2c\right)\cos x+\left(3c x+3d-2a\right)\sin x=x\cos x. $$

比较系数有

$$ \{\begin{aligned}&3a=1,\\ &3b+2c=0,\\ &3c=0,\\ &3d-2a=0,\end{aligned}. $$

解得

$$ \{\begin{aligned}a&=\frac{1}{3},\\ b&=0,\\ c&=0,\\ d&=\frac{2}{9},\end{aligned}. $$

即 $ y^* = \frac{1}{3} x \cos x + \frac{2}{9} \sin x $。故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x+\frac{1}{3}x\cos x+\frac{2}{9}\sin x. $$

（9）由 $ r^{2}+1=0 $解得 $ r_{1,2}=\pm i $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x. $$

因 $ f(x) = \mathrm{e}^{x} + \cos x $，对应于方程 $ y'' + y = \mathrm{e}^{x} $，可设特解 $ y_{1}^{*} = A\mathrm{e}^{x} $；对应于方程 $ y'' + y = \cos x (\lambda + i\omega = i $ 是特征方程的根）可设特解 $ y_{2}^{*} = x (B\cos x + C\sin x) $，故由叠加原理，设

$$ y^{*}=A\mathrm{e}^{x}+x\left(B\cos x+C\sin x\right) $$

是原方程的一个特解，代入方程，得

$$ 2A\mathrm{e}^{x}\;+2C\cos x\;-\;2B\sin x\;=\;\mathrm{e}^{x}\;+\;\cos x. $$

比较系数，得 $ A=\frac{1}{2}, B=0, C=\frac{1}{2} $，即

$$ y^{*}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}+\frac{1}{2}x\sin x. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}+\frac{1}{2}x\sin x. $$

（10）由 $ r^{2}-1=0 $解得 $ r_{1,2}=\pm1 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}. $$

因 $ f(x)=\sin^{2}x=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos2x $，对应于方程 $ y''-y=\frac{1}{2} $，可设特解 $ y_{1}^{*}=A $；对应于方程 $ y''-y=-\frac{1}{2}\cos2x $，可设特解 $ y_{2}^{*}=B\cos2x+C\sin2x $，故由叠加原理，设

$$ y^{*}=A+B\cos2x+C\sin2x $$

是原方程的一个特解，代入方程，得

$$ \begin{aligned}-A&-5B\cos2x-5C\sin2x&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos2x.\end{aligned} $$

比较系数得 $ A = -\frac{1}{2}, B = \frac{1}{10}, C = 0 $，即

$$ y^{*}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{10}\cos2x. $$

故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}-\frac{1}{2}+\frac{1}{10}\cos2x. $$

1. 求下列各微分方程满足已给初值条件的特解：

(1) $ y'' + y + \sin 2x = 0 $, $ y\big|_{x=\pi} = 1 $, $ y'\big|_{x=\pi} = 1 $;

(2) $ y''-3y'+2y=5 $, $ y\big|_{x=0}=1 $, $ y'\big|_{x=0}=2 $;

$$ y^{\prime \prime}-10y^{\prime}+9y=\mathrm{e}^{2x},y\mid_{x=0}=\frac{6}{7},y^{\prime}\mid_{x=0}=\frac{33}{7}; $$

(4) $ y'' - y = 4xe^x $, $ y\big|_{x=0} = 0 $, $ y'\big|_{x=0} = 1 $;

(5) $ y'' - 4y' = 5 $, $ y\big|_{x=0} = 1 $, $ y'\big|_{x=0} = 0 $.

解 （1）由 $ r^{2}+1=0 $ 解得 $ r_{1,2}=\pm i $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x. $$

因 $ f(x) = -\sin 2x = \mathrm{e}^{0x} (0 \cdot \cos 2x - \sin 2x) $， $ \lambda + i\omega = 2i $ 不是特征方程的根，故可设

$$ y^{*}=A\cos2x+B\sin2x $$

是原方程的一个特解，代入方程得

$$ -3A\cos2x-3B\sin2x=-\sin2x. $$

比较系数得 A=0, $ B=\frac{1}{3} $，即

$$ y^{*}=\frac{1}{3}\sin2x. $$

故原方程的通解为

$$ y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+\frac{1}{3}\sin2x. $$

且有

$$ y^{\prime}=-C_{1}\sin x+C_{2}\cos x+\frac{2}{3}\cos2x. $$

代入初值条件 $ x=\pi, y=1, y'=1 $ ，有

$$ \{\begin{aligned}-C_{1}&=1,\\ -C_{2}&+\frac{2}{3}=1,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1} = -1, C_{2} = -\frac{1}{3} $，故所求特解为

$$ y\;=\;-\cos x\;-\;\frac{1}{3}\sin x\;+\;\frac{1}{3}\sin2x. $$

（2）由 $ r^{2}-3r+2=0 $解得 $ r_{1}=1,r_{2}=2 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}. $$

因 $ f(x)=5,\lambda=0 $ 不是特征方程的根，故可设 $ y^{*}=A $ 是原方程的一个特解，代入方程得 $ A=\frac{5}{2} $，即 $ y^{*}=\frac{5}{2} $。于是原方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}+\frac{5}{2}, $$

且有 $ y' = C_{1} e^{x} + 2C_{2} e^{2x} $. 代入初值条件 x = 0, y = 1, $ y' = 2 $, 有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}+\frac{5}{2}=1,\\ C_{1}&+2C_{2}=2,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1} = -5, C_{2} = \frac{7}{2} $，故所求特解为

$$ y~=~-5\mathrm{e}^{x}~+~\frac{7}{2}\mathrm{e}^{2x}~+~\frac{5}{2}. $$

（3）由 $ r^{2}-10r+9=0 $解得 $ r_{1}=1,r_{2}=9 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{9x}. $$

因 $ f(x)=\mathrm{e}^{2x} $， $ \lambda=2 $ 不是特征方程的根，故可设 $ y^{*}=Ae^{2x} $ 是原方程的一个特解，代入方程并消去 $ e^{2x} $，得 $ A=-\frac{1}{7} $，即 $ y^{*}=-\frac{1}{7}e^{2x} $。于是原方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{9x}-\frac{1}{7}\mathrm{e}^{2x}, $$

且有

$$ \boldsymbol{y}^{\prime}=C_{1}\mathbf{e}^{x}+9C_{2}\mathbf{e}^{9x}-\frac{2}{7}\mathbf{e}^{2x}. $$

代入初值条件 x=0, $ y=\frac{6}{7} $, $ y'=\frac{33}{7} $, 有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}-\frac{1}{7}=\frac{6}{7},\\ C_{1}&+9C_{2}-\frac{2}{7}=\frac{33}{7},\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=\frac{1}{2}, C_{2}=\frac{1}{2} $，故所求特解为

$$ y=\frac{1}{2}\mathbf{e}^{x}+\frac{1}{2}\mathbf{e}^{9x}-\frac{1}{7}\mathbf{e}^{2x}. $$

（4）由 $ r^{2}-1=0 $得特征根 $ r_{1,2}=\pm1 $，故对应的齐次方程的通解为

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

因 $ f(x)=4xe^{x} $， $ \lambda=1 $ 是特征方程的单根，故可设 $ y^{*}=xe^{x}(Ax+B)=e^{x}(Ax^{2}+Bx) $ 是原方程的一个特解，代入方程并消去 $ e^{x} $，得

$$ 4A x+2A+2B=4x. $$

比较系数得 A=1, B=-1 ，即

$$ y^{*}=e^{x}\left(x^{2}-x\right). $$

于是原方程的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{x}\left(x^{2}-x\right), $$

即

$$ y=\mathrm{e}^{x}\left(x^{2}-x+C_{1}\right)+C_{2}\mathrm{e}^{-x}, $$

且有

$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{x}\left(x^{2}+x-1+C_{1}\right)-C_{2}\mathrm{e}^{-x}. $$

代入初值条件 x=0, y=0, $ y'=1 $，有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}=0,\\ C_{1}&-C_{2}-1=1,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=1, C_{2}=-1 $ ，故所求特解为

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

（5）由 $ r^{2}-4r=0 $，解得 $ r_{1}=0,r_{2}=4 $，故对应的齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{4x}. $$

因 $ f(x)=5=5\cdot e^{0x},\lambda=0 $ 是特征方程的单根，故可设 $ y^{*}=Ax $ 是原方程的一个特解，代入方程得 $ A=-\frac{5}{4} $，即

$$ y^{*}=-\frac{5}{4}x. $$

于是原方程的通解为

$$ y=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{4x}-\frac{5}{4}x, $$

且有

$$ y^{\prime}=4C_{2}\mathrm{e}^{4x}-\frac{5}{4}. $$

代入初值条件 x=0, y=1, $ y'=0 $, 有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}=1,\\ 4C_{2}&-\frac{5}{4}=0,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=\frac{11}{16} $， $ C_{2}=\frac{5}{16} $，故所求特解为

$$ y=\frac{11}{16}+\frac{5}{16}\mathrm{e}^{4x}-\frac{5}{4}x. $$

1. 大炮以仰角 $ \alpha $ 、初速 $ v_{0} $ 发射炮弹，若不计空气阻力，求弹道曲线.

解 取炮口在原点，炮弹前进的水平方向为 x 轴，铅直向上为 y 轴，设在时刻 t，炮弹位于 $ (x(t), y(t)) $ 。按题意，有

$$ \int\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}=-g, $$

$$ \left\lfloor\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=0\right., $$

且

$$ \{\begin{aligned}y\mid_{t=0}&=0,\quad y^{\prime}\mid_{t=0}=v_{0}\sin\alpha,\\ x\mid_{t=0}&=0,\quad x^{\prime}\mid_{t=0}=v_{0}\cos\alpha.\end{aligned}. $$

解方程(1)，得

$$ y=-\frac{g}{2}t^{2}+C_{1}t+C_{2}, $$

代入初值条件 t=0, y=0, $ y' = v_{0} \sin \alpha $, 得 $ C_{2}=0 $, $ C_{1}=v_{0} \sin \alpha $, 即

$$ y=v_{0}\sin\alpha\cdot t-\frac{g}{2}t^{2}; $$

解方程(2)，得

$$ x=C_{3}t+C_{4}, $$

代入初值条件 t=0, x=0, $ x' = v_{0}\cos\alpha $, 得 $ C_{4}=0 $, $ C_{3}=v_{0}\cos\alpha $, 即

$$ x=v_{0}\cos\alpha\cdot t. $$

故弹道曲线为

$$ \{\begin{aligned}x&=v_{0}\cos\alpha\cdot t,\\ y&=v_{0}\sin\alpha\cdot t-\frac{g}{2}t^{2}.\end{aligned}. $$

1. 在 R、L、C 含源串联电路中，电动势为 E 的电源对电容器 C 充电。已知 $ E = 20 \, V $， $ C = 0.2 \, \mu F $（微法）， $ L = 0.1 \, H $（亨）， $ R = 1000 \, \Omega $，试求合上开关 K 后的电流 $ i $（t）及电压 $ u_C $（t）。

解 由回路定律知

$$ LCu_{C}^{\prime \prime}+RCu_{C}^{\prime}+u_{C}=E. $$

即

$$ u_{~C}^{^{\prime \prime}}+\frac{R}{L}u_{~C}^{^{\prime}}+\frac{1}{L C}u_{C}=\frac{E}{L C}. $$

且依题意，有初值条件， $ u_{C}\mid_{t=0}=0,u_{C}^{\prime}\mid_{t=0}=0 $

已知 $ R = 1\ 000 (\Omega) $, L = 0.1 (H), C = 0.2 (mF) = $ 0.2 \times 10^{-6} $ (F), E = 20 (V), 故微分方程为

$$ u_{C}^{^{\prime \prime}}+10^{4}u_{C}^{^{\prime}}+5\times10^{7}u_{C}\;=\;10^{9}, $$

其对应的齐次方程的特征方程为

$$ r^{2}+10^{4}r+5\times10^{7}=0, $$

解得

$$ r_{1,2}=-\frac{10^{4}}{2}\pm\frac{10^{4}}{2}i=-5\times10^{3}\pm5\times10^{3}i. $$

因 $ f(t)=10^{9} $. 可令 $ u_{C}^{*}=A $ 是原方程的特解，代入方程，得 A=20，即 $ u_{C}^{*}=20 $. 故方程的通解为

$$ u_{C}=\mathrm{e}^{-5\times10^{3}t}\left[C_{1}\cos(5\times10^{3}t)+C_{2}\sin(5\times10^{3}t)\right]+20, $$

代入初值条件，t=0, $ u_{C}=0 $，有 $ C_{1}+20=0 $，即 $ C_{1}=-20 $。又

$$ u_{C}^{\prime}=-5\times10^{3}\mathrm{e}^{-5\times10^{3}t}\left[-20\mathrm{c o s}(5\times10^{3}t)+C_{2}\mathrm{s i n}(5\times10^{3}t)\right]+ $$

$$ \mathrm{e}^{-5\times10^{3}t}\left[20\times5\times10^{3}\sin(5\times10^{3}t)+5\times10^{3}C_{2}\cos(5\times10^{3}t)\right], $$

代入初值条件 t=0, $ u_{C}^{\prime}=0 $，有 $ -5\times10^{3}(-20)+5\times10^{3}C_{2}=0 $，即 $ C_{2}=-20 $。故

$$ \begin{align*}u_{C}=20-20\mathrm{e}^{-5\times10^{3}t}\left[\cos\left(5\times10^{3}t\right)+\sin\left(5\times10^{3}t\right)\right](\mathrm{V})\\i&=C u_{C}^{\prime}=0.2\times10^{-6}u_{C}^{\prime}\\&=4\times10^{-2}\mathrm{e}^{-5\times10^{3}t}\sin\left(5\times10^{3}t\right)(\mathrm{A}).\end{align*} $$

1. 一链条悬挂在一钉子上，起动时一端离开钉子8 m，另一端离开钉子12 m，分别在以下两种情况下求链条滑下来所需要的时间：

（1）若不计钉子对链条所产生的摩擦力；

（2）若摩擦力为 $ 1~m $长的链条的重量.

解 设链条的线密度为 $ \rho\left(\mathrm{kg/m}\right) $，则链条的质量为 $ 20\rho\left(\mathrm{kg}\right) $。又设在时刻 t，链条的一端离钉子 x = x(t)，则另一端离钉子 20 - x（图 7-4），当 t = 0 时，x = 12。

（1）若不计摩擦力，则运动过程中的链条所受力的大小为 $ [x-(20-x)]\rho g $，按牛顿定律，有

$$ \begin{array}{l}20\rho x^{\prime \prime}~=~\left[\begin{array}{l l l}{x}&{-}&{(20~-x)}\end{array}\right]\rho g,\end{array} $$

即

$$ x^{\prime \prime}-\frac{g}{10}x=-g. $$

且有初值条件

$$ x\mid_{t=0}=12,x^{\prime}\mid_{t=0}=0. $$

由特征方程 $ r^{2}-\frac{g}{10}=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm\sqrt{\frac{g}{10}} $，又将 $ x^{*}=A $ 代入方程，得 A=10，即 $ x^{*}=10 $。求得方程通解

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{\sqrt{\frac{\pi}{10}}t}+C_{2}\mathrm{e}^{-\sqrt{\frac{\pi}{10}}t}+10, $$

代入初值条件 t=0, x=12, $ x'=0 $, 得 $ C_{1}=C_{2}=1 $, 故

$$ x=e^{\sqrt{\frac{g}{10}t}}+e^{-\sqrt{\frac{g}{10}t}}+10\quad\left( 或 x=2ch\bigg(\sqrt{\frac{g}{10}}t\bigg)+10\right). $$

取 x=20，得 $ \mathrm{e}^{\sqrt{\frac{g}{10}}t}+\mathrm{e}^{-\sqrt{\frac{g}{10}}t}=10( $ 或 $ \mathrm{ch}(\sqrt{\frac{g}{10}}t)=5) $，即

$$ t=\sqrt{\frac{10}{g}}\ln(5+2\sqrt{6})(s)\quad\left( 或 t=\sqrt{\frac{10}{g}}\operatorname{arch}5(s)\right). $$

（2）摩擦力为1m长链条的重量即为 $ \rho g $，则运动过程中的链条所受力的大小为 $ [x-(20-x)]\rho g-\rho g $，按牛顿定律，有

$$ \begin{array}{c} 20\rho x^{^{\prime \prime}}~=~\left[\begin{array}{l}x~-~\left(20~-~x\right)\end{array}\right]\rho g~-~\rho g,\end{array} $$

即

$$ x^{\prime \prime}-\frac{g}{10}x=-\frac{21}{10}g, $$

且有初值条件

$$ x\mid_{t=0}=12,x^{\prime}\mid_{t=0}=0. $$

满足该条件的特解为

$$ x=\frac{3}{4}(e^{\sqrt{\frac{\varepsilon}{10}}t}+e^{-\sqrt{\frac{\varepsilon}{10}}t})+\frac{21}{2}\Bigg( 或 x=\frac{3}{2}ch\Bigg(\sqrt{\frac{g}{10}}t\Bigg)+\frac{21}{2}\Bigg). $$

取 x=20，得 $ \mathrm{e}^{\sqrt{\frac{k}{10}}t}+\mathrm{e}^{-\sqrt{\frac{k}{10}}t}=\frac{38}{3}( $ 或 $ \mathrm{ch}(\sqrt{\frac{g}{10}}t)=\frac{19}{3}) $，即

$$ t=\sqrt{\frac{10}{g}}\ln\left(\frac{19}{3}+\frac{4}{3}\right.\left.\sqrt{22}\right)(s)\left( 或 t=\sqrt{\frac{10}{g}}\operatorname{arch}\frac{19}{3}(s)\right). $$

1. 设函数 $ \varphi(x) $ 连续，且满足

$$ \varphi\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}+\int_{0}^{x}t\varphi\left(t\right)\mathrm{d}t-x\int_{0}^{x}\varphi\left(t\right)\mathrm{d}t, $$

求 $ \varphi(x) $.

解 由所给方程可得 $ \varphi(0)=1 $，在该方程两端对 x 求导，得

$$ \varphi^{\prime}\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}+x\varphi\left(x\right)-\int_{0}^{x}\varphi\left(t\right)\mathrm{d}t-x\varphi\left(x\right), $$

即

$$ \varphi^{\prime}\left(x\right)=\mathrm{e}^{x}-\int_{0}^{x}\varphi\left(t\right)\mathrm{d}t. $$

可见 $ \varphi^{\prime}(0)=1 $.

又在方程 $ \varphi'(x) = e^{x} - \int_{0}^{x} \varphi(t) \, dt $ 的两端对 x 求导，得

$$ \varphi^{\prime \prime}(x)~=~\mathrm{e}^{x}~-~\varphi(x). $$

若记 $ \varphi(x)=y $，则有初值问题

$$ \{\begin{array}{l}y^{\prime \prime}+y=\mathrm{e}^{x},\\ y\mid_{x=0}=1,\quad y^{\prime}\mid_{x=0}=1.\end{array}. $$

上述非齐次方程对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}+1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm i $，而 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $， $ \lambda=1 $ 不是特征方程的根，故令 $ y^{*}=Ae^{x} $ 是方程(1)的特解，代入方程(1)并消去 $ e^{x} $，得 $ A=\frac{1}{2} $，于是方程(1)有通解

$$ y=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}, $$

且有

$$ y^{\prime}=-C_{1}\sin x+C_{2}\cos x+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}. $$

代入初值条件 x=0, y=1, $ y'=1 $, 有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+\frac{1}{2}=1,\\ C_{2}&+\frac{1}{2}=1,\end{aligned}. $$

即 $ C_{1}=C_{2}=\frac{1}{2} $. 于是得

$$ y~=~\varphi\left(x\right)~=~\frac{1}{2}\left(\cos x~+\sin x~+~\mathrm{e}^{x}\right). $$

习题7-9

欧拉方程

求下列欧拉方程的通解：

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

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

1. $ x^{3}y''' + 3x^{2}y'' - 2xy' + 2y = 0 $; 4. $ x^{2}y'' - 2xy' + 2y = \ln^{2}x - 2\ln x $;

1. $ x^{2}y'' + xy' - 4y = x^{3} $; 6. $ x^{2}y'' - xy' + 4y = x\sin(\ln x) $;

1. $ x^{2}y'' - 3xy' + 4y = x + x^{2}\ln x $; 8. $ x^{3}y''' + 2xy' - 2y = x^{2}\ln x + 3x $.

说明 令 $ x = e^{t} $ 或 $ t = \ln x $，则 $ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x} \frac{dy}{dt} $，即 $ x \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dt} $。记 $ \frac{d}{dt} = D $， $ \frac{d^{2}}{dt^{2}} = D^{2} $， $ \frac{d^{3}}{dt^{3}} = D^{3} $，则

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

$$ x^{2}\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}=\mathrm{D}(\mathrm{~D~}-1)y, $$

$$ x^{3}\frac{\mathrm{d}^{3}y}{\mathrm{d}x^{3}}=\mathrm{D}(\mathrm{~D~}-1)(\mathrm{~D~}-2)y. $$

本节习题中8个欧拉方程均用此法转化为常系数线性微分方程求解.

解 1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ D = \frac{d}{dt} $，则原方程化为

$$ [\mathrm{~D(~D~-~1~)~+D~-~1~}]y=0, $$

特征方程为 $ r(r-1)+r-1=0 $，即 $ r^{2}-1=0 $，有特征根 $ r_{1,2}=\pm1 $，故方程(1)有通解

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}, $$

即原方程的通解为 $ y = C_{1}x + \frac{C_{2}}{x} $.

1. 原方程可改写成 $ x^{2}y'' - xy' + y = 2x $. 令 $ x = e^{t} $，记 $ \mathrm{D} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} $，则方程化为

$$ [\mathrm{~D}(\mathrm{~D~}-1)-\mathrm{~D~}+1]\mathrm{~y~}=2\mathrm{e}^{t}. $$

方程(2)对应的齐次方程的特征方程为 $ r(r-1)-r+1=0 $，即 $ r^{2}-2r+1=0 $，有特征根 $ r_{1,2}=1 $。故方程(2)对应的齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{t}\left(C_{1}+C_{2}t\right). $$

因 $ f(t)=2\mathrm{e}^{t},\lambda=1 $ 是特征（二重）根．设 $ y^{*}=At^{2}\mathrm{e}^{t} $，则

$$ \mathrm{D}y=A(t^{2}+2t)\mathrm{e}^{t},\mathrm{D}^{2}y=A(t^{2}+4t+2)\mathrm{e}^{t}, $$

代入方程(2)中可得 A=1，即 $ y^{*}=t^{2}e^{t} $，故方程(2)的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{t}(C_{1}+C_{2}t)+t^{2}\mathrm{e}^{t}, $$

即原方程的通解为

$$ y=x(C_{1}+C_{2}\ln x)+x\ln^{2}x. $$

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ D = \frac{d}{dt} $，则方程可化为

$$ \left[\mathrm{~D}\left(\mathrm{~D~}-1\right)\left(\mathrm{~D~}-2\right)+3\mathrm{D}\left(\mathrm{~D~}-1\right)-2\mathrm{D}+2\right]y=0. $$

其特征方程为 $ r(r-1)(r-2)+3r(r-1)-2r+2=0 $，即 $ (r-1)^{2}(r+2)=0 $，有根 $ r_{1,2}=1, r_{3}=-2 $。故方程(3)的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{t}(C_{1}+C_{2}t)+C_{3}\mathrm{e}^{-2t}, $$

即原方程的通解为

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

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ \mathrm{D} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} $，则方程可化为 $ \left[\mathrm{D}(\mathrm{D}-1)-2\mathrm{D}+2\right]y = t^{2}-2t $，即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}-3\mathrm{D}+2\right)y=t^{2}-2t, $$

方程(4)对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-3r+2=0 $，有根 $ r_{1}=1,r_{2}=2 $，故齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{2t}. $$

因 $ f(t)=t^{2}-2t,\lambda=0 $ 不是特征方程的根，故可令 $ y^{*}=At^{2}+Bt+C $ 是（4）的特解，代

入方程(4)，比较系数得 $ A = B = \frac{1}{2} $, $ C = \frac{1}{4} $，即

$$ y^{*}=\frac{1}{2}t^{2}+\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}. $$

于是方程(4)的通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{2t}+\frac{1}{2}t^{2}+\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}, $$

即原方程的通解为

$$ y=C_{1}x+C_{2}x^{2}+\frac{1}{2}\ln^{2}x+\frac{1}{2}\ln x+\frac{1}{4}. $$

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ \mathrm{D} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} $，则方程可化为 $ \left[\mathrm{D}(D-1) + D - 4\right]y = e^{3t} $，即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}-4\right)y=\mathrm{~e}^{3t}. $$

方程(5)对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-4=0 $，有根 $ r_{1,2}=\pm2 $，故齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{2t}+C_{2}\mathrm{e}^{-2t}=C_{1}x^{2}+\frac{C_{2}}{x^{2}}. $$

因 $ f(t)=\mathrm{e}^{3t},\lambda=3 $不是特征方程的根，故可令 $ y^{*}=Ae^{3t} $是方程(5)的特解，即 $ y^{*}=Ax^{3} $是原方程的特解，代入原方程 $ x^{2}y''+xy'-4y=x^{3} $中，得 $ A=\frac{1}{5} $，即 $ y^{*}=\frac{1}{5}x^{3} $。故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}x^{2}+\frac{C_{2}}{x^{2}}+\frac{1}{5}x^{3}. $$

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ \mathrm{D} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\gamma} $，则原方程化为 $ \left[\mathrm{D}(\mathrm{D}-1)-\mathrm{D}+4\right]y = e^{t}\sin t $，即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}-2\mathrm{D}+4\right)y=\mathrm{~e}^{t}\sin t. $$

方程(6)对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-2r+4=0 $，有根 $ r_{1,2}=1\pm\sqrt{3}i $，故齐次方程的通解为

$$ Y~=~\mathrm{e}^{t}\left[~C_{1}\cos(\sqrt{3}t)~+~C_{2}\sin(\sqrt{3}t)\;\right]. $$

因 $ f(x)=\mathrm{e}^{t}\sin t,\lambda+\mathrm{i}\omega=1+\mathrm{i} $ 不是特征方程的根，故可令 $ y^{*}=\mathrm{e}^{t}\left(A\cos t+B\sin t\right) $ 是方程（6）的特解，代入方程（6）并比较系数，可得 A=0,B= $ \frac{1}{2} $，即

$$ y^{*}=\frac{\mathrm{e}^{t}}{2}\sin t, $$

于是方程(6)的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{t}\left[C_{1}\cos(\sqrt{3}t)+C_{2}\sin(\sqrt{3}t)\right]+\frac{\mathrm{e}^{t}}{2}\sin t, $$

即原方程的通解为

$$ y=x\left[C_{1}\cos(\sqrt{3}\ln x)+C_{2}\sin(\sqrt{3}\ln x)\right]+\frac{x}{2}\sin(\ln x). $$

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ D = \frac{d}{dy} $，则原方程可化为 $ \left[D(D-1)-3D+4\right]y = e^{t} + te^{2t} $，即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}-4\mathrm{D}+4\right)y=\mathrm{~e}^{t}+t\mathrm{e}^{2t}. $$

方程(7)对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-4r+4=0 $，有根 $ r_{1,2}=2 $，故齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{2t}(C_{1}+C_{2}t). $$

因 $ \lambda=1 $ 不是特征方程的根，故方程 $ \left(\mathrm{D}^{2}-4\mathrm{D}+4\right)y=\mathrm{e}^{t} $ 的特解 $ y_{1}^{*} = A\mathrm{e}^{t} $; 而 $ \lambda=2 $ 是特征方程的（二重）根，故方程 $ \left(\mathrm{D}^{2}-4\mathrm{D}+4\right)y=te^{2t} $ 的特解可令作 $ y_{2}^{*} = t^{2}\mathrm{e}^{2t}(Bt+C) $. 由叠加原理知，可令 $ y^{*}=y_{1}^{*}+y_{2}^{*}=Ae^{t}+(Bt^{3}+Ct^{2})\mathrm{e}^{2t} $ 是方程（7）的特解，代入方程（7），得

$$ A\mathbf{e}^{t}\;+\;\left(6B t+2C\right)\mathbf{e}^{2t}\;=\;\mathbf{e}^{t}\;+\;t\mathbf{e}^{2t}. $$

比较系数，得 A = 1, B = $ \frac{1}{6} $, C = 0，即

$$ y^{*}={\mathrm{e}}^{t}+\frac{t^{3}}{6}{\mathrm{e}}^{2t}. $$

于是方程（7）的通解为

$$ y~=~\mathrm{e}^{2t}\left(C_{1}~+~C_{2}t\right)~+~\mathrm{e}^{t}~+~\frac{t^{3}}{6}\mathrm{e}^{2t}, $$

即原方程的通解为

$$ y=x^{2}(C_{1}+C_{2}\ln x)+x+\frac{1}{6}x^{2}\ln^{3}x. $$

1. 令 $ x = e^{t} $，记 $ \mathrm{D} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} $，则原方程可化为 $ \left[\mathrm{D}\left(\mathrm{D}-1\right)\left(\mathrm{D}-2\right)+2\mathrm{D}-2\right]y = t\mathrm{e}^{2t} + 3\mathrm{e}^{t} $，即

$$ [\mathrm{~(~D~~-~1~)~}(\mathrm{D}^{2}\mathrm{~-~2D~+~2~})]_{Y}\:=\:t\mathrm{e}^{2t}+3\mathrm{e}^{t}. $$

方程(8)对应的齐次方程的特征方程为 $ (r-1)(r^{2}-2r+2)=0 $，有根 $ r_{1}=1,r_{2,3}=1\pm i $。故齐次方程的通解为

$$ Y=\mathrm{e}^{t}(C_{1}+C_{2}\cos t+C_{3}\sin t). $$

对方程 $ \left[\left(D-1\right)\left(D^{2}-2D+2\right)\right]=t\mathrm{e}^{2t} $，因 $ \lambda=2 $不是特征方程的根，可令 $ y_{1}^{*}=\left(At+B\right)\mathrm{e}^{2t} $；对方程 $ \left[\left(D-1\right)\left(D^{2}-2D+2\right)\right]=3\mathrm{e}^{t} $，因 $ \lambda=1 $是特征方程的单根，可令 $ y_{2}^{*}=Cte^{t} $。由叠加原理，可令 $ y^{*}=y_{1}^{*}+y_{2}^{*}=\left(At+B\right)\mathrm{e}^{2t}+Cte^{t} $是方程(8)的特解，即令

$$ y^{*}=x^{2}\left(A\ln x+B\right)+C x\ln x $$

是原方程的特解，并有

$$ y^{*^{\prime}}=2A x\ln x+\left(A+2B\right)x+C\ln x+C, $$

$$ y^{**}=2A\ln x+\left(3A+2B\right)+\frac{C}{x}, $$

$$ y^{^{*}m}=\frac{2A}{x}-\frac{C}{x^{2}}. $$

代入原方程 $ x^{3}y'' + 2xy' - 2y = x^{2}\ln x + 3x $ 中，得

$$ 2A x^{2}\ln x+\left(4A+2B\right)x^{2}+C x=x^{2}\ln x+3x. $$

比较系数得 $ A=\frac{1}{2}, B=-1, C=3 $ ，即

$$ y^{*}=x^{2}\left(\frac{1}{2}\ln x-1\right)+3x\ln x. $$

故原方程的通解为

$$ y=x\left[C_{1}+C_{2}\cos(\ln x)+C_{3}\sin(\ln x)\right]+x^{2}\Big(\frac{1}{2}\ln x-1\Big)+3x\ln x. $$

习题7-10

常系数线性微分方程组解法举例

1. 求下列微分方程组的通解：

(1) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=z,\\ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=y;\end{array}. $

(2) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=y,\\ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}=x;\end{array}. $

(3) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=-x+y+3,\\ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=x+y-3;\end{array}. $

(4) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+5x+y=\mathrm{e}^{t},\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-x-3y=\mathrm{e}^{2t};\end{array}. $

(5) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=t,\\5x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+3y=t^{2};\end{array}. $

(6) $ \{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-3x+2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+4y=2\sin t,\\2\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-y=\cos t.\end{array}. $

说明 求解线性微分方程组一般采用“消去法”：

1°从方程组中消去一些未知函数及其各阶导数，得到只含一个未知函数的线性微分方程，然后求出该线性微分方程的通解，本题的(1)(2)(3)题采用这种方法来解；对于学过“线性代数”的读者，可以记 $ D=\frac{d}{dt} $，将微分方程组写成代数线性方程组的形式，然后用类似于克拉默法则的方法，消去一些未知函数而获得一个未知函数的微分方程，本题的(4)(5)(6)题采用这种方法来解.

2°当用“消去法”求得一个未知函数的通解后，求另一未知函数的通解时，一般不必再积分，否则会出现新的任意常数.

解（1）将

$$ \{\begin{aligned}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}&=z,\\ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}&=y,\end{aligned}. $$

中①式的两端关于 x 求导，得 $ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = \frac{dz}{dx} $，代入②式得 $ \frac{d^{2}y}{dx^{2}} = y $，即

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}-y=0. $$

由它的特征方程 $ r^{2}-1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm1 $。于是得

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

从而由 $ ^{①} $，得

$$ z=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=C_{1}\mathrm{e}^{x}-C_{2}\mathrm{e}^{-x}. $$

故方程组的通解为

$$ \{\begin{aligned}y&=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x},\\ z&=C_{1}\mathrm{e}^{x}-C_{2}\mathrm{e}^{-x}.\end{aligned}. $$

（2）将

$$ \{\begin{aligned}\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}&=y,\\ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}&=x,\end{aligned}. $$

中①式两端关于 t 求二阶导数，得 $ \frac{\mathrm{d}^{4}x}{\mathrm{d}t^{4}}=\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}} $，代入②式得 $ \frac{\mathrm{d}^{4}x}{\mathrm{d}t^{4}}=x $，即

$$ \frac{\mathrm{d}^{4}x}{\mathrm{d}t^{4}}-x=0. $$

由它的特征方程 $ r^{4}-1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm1, r_{3,4}=\pm i $。于是得

$$ x=C_{1}\mathbf{e}^{t}+C_{2}\mathbf{e}^{-t}+C_{3}\cos t+C_{4}\sin t. $$

再由 $ ^{①} $，得

$$ y=\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}-C_{3}\cos t-C_{4}\sin t. $$

故方程组的通解为

$$ \{\begin{aligned}x&=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}+C_{3}\cos t+C_{4}\sin t,\\ y&=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}-C_{3}\cos t-C_{4}\sin t.\end{aligned}. $$

（3）将

$$ \{\begin{array}{l}x^{\prime}+y^{\prime}=-x+y+3\end{array}., $$

$$ \{\begin{array}{l}x^{\prime}-y^{\prime}=x+y-3\end{array}. $$

的 $ ^{①} $+ $ ^{②} $得

$$ x^{^{\prime}}=y, $$

代入①式，得 $ x^{\prime}+x^{\prime\prime}=-x+x^{\prime}+3 $，即

$$ x^{\prime \prime}+x=3. $$

由它对应的齐次方程的特征方程 $ r^{2}+1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm i $，且易见 $ x^{*}=3 $ 是④的特解，于是

$$ x=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t+3. $$

由 $ ^{③} $得

$$ y=x^{\prime}=-C_{1}\sin t+C_{2}\cos t, $$

故方程组的通解为

$$ \{\begin{aligned}x&=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t+3,\\ y&=-C_{1}\sin t+C_{2}\cos t.\end{aligned}. $$

（4）记 $ D=\frac{d}{dt} $，则方程组可表示为

$$ \{\begin{aligned}&(D+5)x+y=e^{t},\\ &-x+(D-3)y=e^{2t},\end{aligned}. $$

记 $ \Delta = \left| \begin{array}{ccc} D + 5 & 1 & \\ -1 & D - 3 & \end{array} \right|, \Delta_{x} = \left| \begin{array}{cc} e^{t} & 1 \\ e^{2t} & D - 3 \end{array} \right| $，则有 $ \Delta x = \Delta_{x} $，即

$$ \left(\mathrm{D}^{2}+2\mathrm{D}-14\right)x=-2\mathrm{e}^{t}-\mathrm{e}^{2t}. $$

由其对应的齐次方程的特征方程 $ r^{2}+2r-14=0 $，解得 $ r_{1,2}=-1\pm\sqrt{15} $，并令 $ x^{*}=Ae^{t}+Be^{2t} $ 是方程③的特解，代入③并比较系数，得

$$ x^{*}=\frac{2}{11}\mathrm{e}^{t}+\frac{1}{6}\mathrm{e}^{2t}, $$

于是得

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{(-1+\sqrt{15})t}+C_{2}\mathrm{e}^{(-1-\sqrt{15})t}+\frac{2}{11}\mathrm{e}^{t}+\frac{1}{6}\mathrm{e}^{2t}, $$

并由 $ ^{①} $得

$$ y=e^{t}-(D+5)x, $$

即

$$ y=(\begin{array}{c c}{}&{-4-}\\ \end{array}.\sqrt{15}){{\cal C}_{1}}{\mathrm{e}}^{(\begin{array}{c c}{}&{-1+\sqrt{15}}\\ \end{array})t}-(\begin{array}{c c}{}&{4-}\\ \end{array}.\sqrt{15}){{\cal C}_{2}}{\mathrm{e}}^{(\begin{array}{c c}{}&{-1-\sqrt{15}}\\ \end{array})t}-\frac{1}{11}{\mathrm{e}}^{t}-\frac{7}{6}{\mathrm{e}}^{2t}. $$

（5）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组可表示为

$$ \{\begin{aligned}&(D+2)x+(D+1)y=t,\\ &5x+(D+3)y=t^{2},\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}+2&\mathrm{D}+1\\ 5&\mathrm{D}+3\end{array}\right|y=\left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}+2&t\\ 5&t^{2}\end{array}\right|, $$

即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}+1\right)y=2t^{2}-3t. $$

③所对应的齐次方程的特征方程的根为 $ r_{1,2}=\pm i $，令 $ y^{*}=At^{2}+Bt+C $，代入③并比较系数，可得 A=2, B=-3, C=-4。于是

$$ y=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t+2t^{2}-3t-4. $$

再由②得 $ x=\frac{1}{5}\left[t^{2}-(D+3)y\right] $，即

$$ x~=-\frac{3C_{1}~+~C_{2}}{5}\cos t+\frac{C_{1}~-~3C_{2}}{5}\sin t-t^{2}~+t+3. $$

（6）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组可表示为

$$ \{\begin{aligned}(D-3)x+(2D+4)y&=2\sin t,\\ (2D+2)x+(D-1)y&=\cos t,\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}-3&2\mathrm{D}+4\\ 2\mathrm{D}+2&\mathrm{D}-1\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{c c}2\sin t&2\mathrm{D}+4\\ \cos t&\mathrm{D}-1\end{array}\right|, $$

即

$$ (3\mathrm{D}^{2}+16\mathrm{D}+5)x=2\cos t. $$

③所对应的齐次方程的特征方程为 $ 3r^{2}+16r+5=0 $，有根 $ r_{1}=-5, r_{2}=-\frac{1}{3} $。令③的特解 $ x^{*}=A\cos t+B\sin t $，代入③并比较系数，可得 $ A=\frac{1}{65}, B=\frac{8}{65} $。于是

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{-5t}+C_{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{3}t}+\frac{1}{65}\cos t+\frac{8}{65}\sin t. $$

再由 $ ^{①}-2\times② $，得

$$ -\ (3D+7)x+6y=2\sin t-2\cos t, $$

即

$$ \begin{align*} y&=\frac{1}{6}\left[2\sin t-2\cos t+\left(3D+7\right)x\right]\\&=-\frac{4}{3}C_{1}\mathrm{e}^{-5t}+C_{2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{3}t}+\frac{61\sin t-33\cos t}{130}.\end{align*} $$

1. 求下列微分方程组满足所给初值条件的特解：

(1)

$$ \begin{aligned}&\{\begin{aligned}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}&=y,.x|_{t=0}=0,\\\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=-.x,y|_{t=0}=1;\end{aligned}.\end{aligned} $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}+2.\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-x=0.,x.|_{t=0}=1.,\\ &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+y=0.,y|_{t=0}=0\right;\\ \end{aligned}. $$

(3)

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+3x-y=0,.x|_{t=0}=1,\\ &\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-8x+y=0,.y|_{t=0}=4;\end{aligned}. $$

(4)

$$ \{\begin{aligned}&2\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-4x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-y=\mathrm{e}^{t},x\mid_{t=0}=\frac{3}{2},\\ &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+3x+y=0,y\mid_{t=0}=0;\end{aligned}. $$

(5)

$$ \{\begin{aligned}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x-\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}&=10\cos t,x\mid_{t=0}=2,\\ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+2y&=4\mathrm{e}^{-2t},y\mid_{t=0}=0;\end{aligned}. $$

(6)

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+3y=\mathrm{e}^{-t}-1,x\big|_{t=0}=\frac{48}{49},\\ &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=\mathrm{e}^{2t}+t,y\big|_{t=0}=\frac{95}{98}.\end{aligned}. $$

解（1）记 $ D=\frac{d}{dt} $，原方程组即为

$$ \{\begin{aligned}Dx-y&=0,\\ x+Dy&=0.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{l l}D&-1\\ 1&D\end{array}\right|x=0, $$

即

$$ \left(D^{2}+1\right)x=0. $$

由③的特征方程 $ r^{2}+1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm i $，于是

$$ x=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t. $$

代入初值条件 t=0, x=0，得 $ C_{1}=0 $。故 $ x=C_{2}\sin t $。又由①得

$$ y=D x=C_{2}\cos t, $$

代入初值条件 t=0, y=1，得 $ C_{2}=1 $ 。故方程组的特解为

$$ \{\begin{aligned}x&=\sin t,\\ y&=\cos t.\end{aligned}. $$

（2）记 $ D=\frac{d}{dt} $，原方程组即为

$$ \{\begin{aligned}(D^{2}-1)x+2D y&=0,\\ D x+y&=0.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}^{2}-1&2\mathrm{D}\\ \mathrm{D}&1\end{array}\right|_{x}=0, $$

即

$$ \left(D^{2}+1\right)x=0. $$

由③的特征方程 $ r^{2}+1=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm i $，于是

$$ x=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t. $$

代入初值条件 t=0, x=1，得 $ C_{1}=1 $，即 $ x=\cos t+C_{2}\sin t $。又由②得

$$ y=-\mathrm{D}x=\sin t-C_{2}\cos t, $$

代入初值条件 t=0, y=0，得 $ C_{2}=0 $ 。故方程组的特解为

$$ \{\begin{array}{l}x=\cos t,\\ y=\sin t.\end{array}. $$

（3）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组即为

$$ \{\begin{aligned}&(D+3)x-y=0,\\ &-8x+(D+1)y=0.\end{aligned}. $$

则有

$$ \begin{array}{r|c|c}{\mathrm{D+3}}&{-1}&{}\\ \hline {-8}&{\mathrm{D+1}}&{x=0,}\\ \end{array} $$

即

$$ \left(D^{2}+4D-5\right)x=0. $$

由③的特征方程 $ r^{2}+4r-5=0 $ 解得 $ r_{1}=1, r_{2}=-5 $。于是

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{t}+C_{2}\mathrm{e}^{-5t}. $$

又由 $ ^{①} $得

$$ y=\left(\mathrm{~D~}+3\right)x=4C_{1}\mathrm{e}^{t}-2C_{2}\mathrm{e}^{-5t}. $$

代入初值条件 t=0, x=1, y=4，就有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&+C_{2}=1,\\ 4C_{1}&-2C_{2}=4,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=1, C_{2}=0 $ 。故方程组的特解为

$$ \{\begin{aligned}x&=\mathrm{e}^{t},\\ y&=4\mathrm{e}^{t}.\end{aligned}. $$

（4）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组即为

$$ \{\begin{aligned}&(2\mathrm{D}-4)x+(\mathrm{D}-1)y=\mathrm{e}^{t},\\ &(\mathrm{D}+3)x+y=0.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}2\mathrm{D}-4&\mathrm{D}-1\\ \mathrm{D}+3&1\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{c c}\mathrm{e}^{t}&\mathrm{D}-1\\ 0&1\end{array}\right| $$

即

$$ \left(\mathrm{~D}^{2}+1\right)x=-\mathrm{e}^{t}. $$

由方程③对应的齐次方程的特征方程 $ r^{2}+1=0 $解得

$$ r_{1,2}=\pm i. $$

令 $ x^* = A e^t $，代入方程③并比较系数得 $ A = -\frac{1}{2} $，即 $ x^* = -\frac{1}{2} e^t $。于是

$$ x=C_{1}\cos t+C_{2}\sin t-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t}. $$

又由 $ ^{②} $得

$$ y=-\left(\mathrm{~D~}+3\right)x=\left(C_{1}-3C_{2}\right)\sin t-\left(3C_{1}+C_{2}\right)\cos t+2\mathrm{e}^{t}. $$

代入初值条件 t=0, $ x=\frac{3}{2} $, y=0, 就有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&-\frac{1}{2}=\frac{3}{2},\\ -3C_{1}&-C_{2}+2=0,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=2, C_{2}=-4 $ 。故方程组的特解为

$$ \{\begin{aligned}x&=2\cos t-4\sin t-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t},\\ y&=14\sin t-2\cos t+2\mathrm{e}^{t}.\end{aligned}. $$

（5）记 $ D = \frac{d}{dt} $，方程组即为

$$ \{\begin{aligned}(D+2)x-D y&=10\cos t,\\ D x+(D+2)y&=4\mathrm{e}^{-2t}.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}+2&-\mathrm{D}\\ \mathrm{D}&\mathrm{D}+2\end{array}\right|y=\left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}+2&10\cos t\\ \mathrm{D}&4\mathrm{e}^{-2t}\end{array}\right|, $$

即

$$ \left(D^{2}+2D+2\right)y=5\sin t. $$

由方程③对应的齐次方程的特征方程 $ r^{2}+2r+2=0 $，解得 $ r_{1,2}=-1\pm i $。令 $ y^{*}=A\cos t+B\sin t $，代入方程③并比较系数，得 A=-2, B=1。于是

$$ y=\mathrm{e}^{-t}\left(C_{1}\cos t+C_{2}\sin t\right)-2\cos t+\sin t. $$

又由 $ ① $ - $ ② $得

$$ \begin{align*}x~&=~5\cos t-2\mathrm{e}^{-2t}+(\mathrm{~D~}+1)y\\&=\mathrm{e}^{-t}(~C_{2}\cos t-C_{1}\sin t)~+4\cos t+3\sin t-2\mathrm{e}^{-2t}.\end{align*} $$

代入初值条件 t=0, x=2, y=0，有

$$ \{\begin{aligned}C_{2}&+4-2=2,\\ C_{1}&-2=0,\end{aligned}. $$

解得 $ C_{1}=2, C_{2}=0 $ ，故方程组的特解为

$$ \{\begin{aligned}x&=4\cos t+3\sin t-2\mathrm{e}^{-2t}-2\mathrm{e}^{-t}\sin t,\\ y&=-2\cos t+\sin t+2\mathrm{e}^{-t}\cos t.\end{aligned}. $$

（6）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组即为

$$ \{\begin{aligned}(\mathrm{D}-1)x+(\mathrm{D}+3)y&=\mathrm{e}^{-t}-1,\\ (\mathrm{D}+2)x+(\mathrm{D}+1)y&=\mathrm{e}^{2t}+t.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{l l}D-1&D+3\\ D+2&D+1\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{l l}\mathrm{e}^{-t}-1&D+3\\ \mathrm{e}^{2t}+t&D+1\end{array}\right|, $$

即

$$ (5\mathrm{D}+7)x=5\mathrm{e}^{2t}+3t+2, $$

亦即

$$ Dx+\frac{7}{5}x=\mathrm{e}^{2t}+\frac{3}{5}t+\frac{2}{5}. $$

由一阶线性方程的通解公式，得

$$ \begin{align*} x~&=~\mathrm{e}^{-\int\frac{7}{5}\mathrm{d}t}\bigg[\int\bigg(\mathrm{e}^{2t}~+~\frac{3}{5}t~+~\frac{2}{5}\bigg)\mathrm{e}^{\int\frac{7}{5}\mathrm{d}t}\mathrm{d}t~+~C\bigg]\\&=~C\mathrm{e}^{-\frac{7}{5}t}~+~\frac{5}{17}\mathrm{e}^{2t}~+~\frac{3}{7}t~-\frac{1}{49}.\end{align*} $$

代入初值条件 t=0, $ x=\frac{48}{49} $，得 $ C=\frac{12}{17} $。于是

$$ x~=~\frac{12}{17}\mathrm{e}^{-\frac{7}{5}t}+\frac{5}{17}\mathrm{e}^{2t}+\frac{3}{7}t-\frac{1}{49}. $$

由 $ ^{①} $-②得

$$ \begin{array}{c}y=\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-t}-\mathrm{e}^{2t}-t-1)\\=\frac{18}{17}\mathrm{e}^{-\frac{7}{5}t}-\frac{1}{17}\mathrm{e}^{2t}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-t}+\frac{1}{7}t-\frac{26}{49}.\end{array} $$

总习题七

1. 填空

（1） $ xy''' + 2x^2y'^2 + x^3y = x^4 + 1 $ 是___阶微分方程；

(2) 一阶线性微分方程 $ y' + P(x)y = Q(x) $ 的通解为 ___；

（3）与积分方程 $ y = \int_{x_0}^{x} f(x, y) \, dx $ 等价的微分方程初值问题是 ___；

（4）已知 y=1, y=x, y=x^{2} 是某二阶非齐次线性微分方程的三个解，则该方程的通解为 ___.

解（1）3.

(2) $ y = e^{-\int P(x) \, dx} \left( \int Q(x) \, e^{\int P(x) \, dx} \, dx + C \right) $.

(3) $ y' = f(x, y) $, $ y \big|_{x = x_0} = 0 $.

注 $ 1^{\circ} $ 方程 $ y=\int_{x_{0}}^{x}f(x,y)dx $ 的积分上限 x 是积分方程的变量，它是与 y 相对应的；而积分表达式中 $ f(x,y)dx $ 中的 x 是积分变量，不能将它与积分上限相混淆，故积分方程应理解为 $ y=\int_{x_{0}}^{x}f(t,y)dt $.

2° 由于积分方程 $ y = \int_{x_{0}}^{x} f(t, y) \, dt $ 确定了隐函数 $ y = y(x) $，因此积分方程中的 y 取 $ y = y(x) $ 后，有恒等式

$$ y(x)\equiv\int_{x_{0}}^{x}f[t,y(t)]\mathrm{d}t. $$

于是上式两端对 x 求导，就得 $ y'(x) = f[x, y(x)] $，即 $ y' = f(x, y) $。显然，当 $ x = x_0 $ 时， $ y = \int_{x_0}^{x_0} f(x, y) \, dx = 0 $，即 $ y|_{x=x_0} = 0 $。

$$ 4)y=C_{1}\left(x-1\right)+C_{2}\left(x^{2}-1\right)+1. $$

因为由叠加原理知 x-1 与 $ x^{2}-1 $ 是非齐次方程对应的齐次方程的解，且它们是线性无关的，于是根据线性方程通解结构得出以上结论.

1. 以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

（1）设非齐次线性微分方程 $ y' + P(x)y = Q(x) $ 有两个不同的解： $ y_{1}(x) $ 与 $ y_{2}(x) $，C 为任意常数，则该方程的通解是（）.

(A) $ C[y_{1}(x)-y_{2}(x)] $

(B) $ y_{1}(x)+C[y_{1}(x)-y_{2}(x)] $

(C) $ C[y_{1}(x)+y_{2}(x)] $

(D) $ y_{1}(x)+C[y_{1}(x)+y_{2}(x)] $

解 $ y_{1}(x)-y_{2}(x) $ 是对应的齐次方程 $ y^{\prime}+P(x)y=0 $ 的非零解，从而由线性微分方程解的性质定理知 $ C\left[y_{1}(x)-y_{2}(x)\right] $ 是齐次方程的通解，再由非齐次线性方程解的结构定理知 $ y_{1}(x)+C\left[y_{1}(x)-y_{2}(x)\right] $ 是原方程的通解．故选(B).

（2）具有特解 $ y_{1}=e^{-x} $， $ y_{2}=2xe^{-x} $， $ y_{3}=3e^{x} $ 的三阶常系数齐次线性微分方程是（）.

(A) $ y''-y''-y'+y=0 $

(B) $ y'''+y''-y'-y=0 $

(C) $ y'''-6y''+11y'-6y=0 $

(D) $ y'''-2y''-y'+2y=0 $

解 由题设知 r = -1, -1, 1 为所求齐次线性微分方程对应的特征方程的 3 个根，而 $ (r + 1)^{2}(r - 1) = r^{3} + r^{2} - r - 1 $，故应选 (B).

1. 求以下列各式所表示的函数为通解的微分方程：

（1） $ (x+C)^{2}+y^{2}=1 $（其中 C 为任意常数）；

（2） $ y=C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x} $（其中 $ C_{1},C_{2} $ 为任意常数）.

解 (1) 将 $ (x + C)^{2} + y^{2} = 1 $ 两端关于 x 求导，得

$$ x+C+y y^{\prime}=0, $$

即有

$$ C=-x-y y^{\prime}, $$

将其代入 $ (x+C)^{2}+y^{2}=1 $中，得

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

（2）将 $ y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2x} $ 关于 x 求二次导数，得

$$ \{\begin{aligned}\boldsymbol{y}^{\prime}&=\boldsymbol{C}_{1}\mathrm{e}^{x}+2\boldsymbol{C}_{2}\mathrm{e}^{2x},\\ \boldsymbol{y}^{\prime\prime}&=\boldsymbol{C}_{1}\mathrm{e}^{x}+4\boldsymbol{C}_{2}\mathrm{e}^{2x}.\end{aligned}. $$

把以上两式看成是以 $ C_{1} $ 与 $ C_{2} $ 为未知量的线性方程组，解得

$$ C_{1}=(2y^{\prime}-y^{\prime \prime})\mathrm{e}^{-x},\quad C_{2}=\frac{1}{2}(y^{\prime \prime}-y^{\prime})\mathrm{e}^{-2x}, $$

代入 $ y = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2x} $ 中，得

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

即 $ y'' - 3y' + 2y = 0 $.

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

$$ xy^{\prime}+y=2\sqrt{xy}; $$

$$ xy^{\prime}\ln x+y=ax\left(\ln x+1\right); $$

(3) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{2\left(\ln y-x\right)}; $

$ ^{*} $ (4) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + xy - x^{3}y^{3} = 0 $;

(5)

$$ y^{\prime \prime}+y^{^{\prime}2}+1=0； $$

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

$$ y^{\prime \prime}+2y^{\prime}+5y=\sin2x $$

$$ y^{\prime \prime \prime}+y^{\prime \prime}-2y^{\prime}=x\left(\mathrm{e}^{x}+4\right) $$

$$ (y^{4}-3x^{2})\mathrm{d}y+x y\mathrm{d}x=0 $$

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

解 （1）将方程化为 $ y' + \frac{y}{x} = 2\sqrt{\frac{y}{x}} $，并令 $ \frac{y}{x} = u $，则方程成为

$$ x u^{\prime}=2\sqrt{u}-2u. $$

分离变量后有

$$ \frac{\mathrm{d}u}{2\sqrt{u}(1-\sqrt{u})}=\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

积分得

$$ \ln\left|1-\sqrt{u}\right|=-\ln\left|x\right|+\ln C_{1}, $$

即 $ x(1-\sqrt{u})=C $，代入 $ u=\frac{y}{x} $，得原方程的通解 $ x-\sqrt{xy}=C $.

（2）原方程可化为 $ y' + \frac{1}{x \ln x} y = a \left(1 + \frac{1}{\ln x}\right) $，由一阶线性方程的通解公式，得

$$ \begin{align*}y~&=~\mathrm{e}^{-\int_{\frac{1}{x\ln x}}\mathrm{d}x}\bigg[\int a\bigg(1~+~\frac{1}{\ln x}\bigg)\mathrm{e}^{\int_{\frac{1}{x\ln x}}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\bigg]\\&=~\frac{1}{\ln x}\bigg[\int a\big(\ln x~+~1\big)\mathrm{d}x~+~C\bigg]=\frac{1}{\ln x}\big(ax\ln x~+~C\big)\\&=~ax~+\frac{C}{\ln x}.\end{align*} $$

故方程的通解为 $ y = ax + \frac{C}{\ln x} $.

（3）原方程可表示为 $ \frac{dx}{dy}+\frac{2}{y}x=\frac{2\ln y}{y} $，由一阶线性方程的通解公式，得

$$ \begin{align*}x~&=~\mathrm{e}^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\Big(\int\frac{2\ln y}{y}\mathrm{e}^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y~+~C\Big)\\&=~\frac{1}{y^{2}}\Big(\int2y\ln y\mathrm{d}y~+~C\Big)~=~\frac{1}{y^{2}}\Big(y^{2}\ln y~-\frac{1}{2}y^{2}~+~C\Big)\\&=~\ln y~-\frac{1}{2}~+\frac{C}{y^{2}}.\end{align*} $$

故方程的通解为 $ x=\frac{C}{y^{2}}+\ln y-\frac{1}{2} $.

（4）原方程为伯努利方程 $ y' + xy = x^{3}y^{3} $. 该方程两端同除以 $ y^{3} $ 后成为

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

令 $ \frac{1}{y^{2}}=z $，则 $ -2\frac{y^{\prime}}{y^{3}}=z^{\prime} $，且原方程化为

$$ z^{\prime}-2x z=-2x^{3}. $$

得

$$ \begin{align*}z&=\mathrm{e}^{\int2x\mathrm{d}x}\left(\int-2x^{3}\mathrm{e}^{-\int2x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{x^{2}}\left(\int-2x^{3}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x+C\right)\\&=\mathrm{e}^{x^{2}}\left(x^{2}\mathrm{e}^{-x^{2}}-\int2x\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{x^{2}}\left(x^{2}\mathrm{e}^{-x^{2}}+\mathrm{e}^{-x^{2}}+C\right)\\&=x^{2}+1+C\mathrm{e}^{x^{2}}.\end{align*} $$

代入 $ z=\frac{1}{y^{2}} $，即得原方程的通解

$$ \frac{1}{y^{2}}\;=\;C\mathrm{e}^{x^{2}}\;+\;x^{2}\;+\;1. $$

（5）令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $且方程成为

$$ p^{\prime}+p^{2}+1=0. $$

分离变量并积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}p}{1+p^{2}}=-\int\mathrm{d}x, $$

得 $ \arctan p = -x + C_{1} $，即

$$ y^{\prime}=p=\tan(-\ x+C_{1}), $$

于是得通解

$$ \begin{aligned}y&=\int-\tan(x-C_{1})\mathrm{d}x\\&=\ln|\cos(x-C_{1})|+C_{2},\end{aligned} $$

或写成 $ y = \ln \left| \cos(x + C_{1}) \right| + C_{2} $.

（6）此方程不显含 x，令 $ y' = p $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，且原方程化为

$$ y p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-p^{2}-1=0. $$

分离变量

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

积分得

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

即 $ p^{2}+1=(C_{1}y)^{2} $，故 $ p=\pm\sqrt{(C_{1}y)^{2}-1} $。取 $ y^{\prime}=\sqrt{(C_{1}y)^{2}-1} $，分离变量并积分

$$ \begin{align*}x&=\int\mathrm{d}x=\int\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(C_{1}y\right)^{2}-1}}=\frac{1}{C_{1}}\int\frac{\mathrm{d}\left(C_{1}y\right)}{\sqrt{\left(C_{1}y\right)^{2}-1}}\\&=\frac{1}{C_{1}}\{\ln\left[C_{1}y+\sqrt{\left(C_{1}y\right)^{2}-1}\right]-C_{2}\},\end{align*} $$

即 $ C_{1}y=\frac{e^{C_{1}x}+C_{2}+e^{-(C_{1}x)+C_{2}}}{2} $.

对于 $ y' = -\sqrt{(C_{1}y)^{2} - 1} $，可得相同的结果，故原方程的通解为

$$ y=\frac{1}{2C_{1}}(\mathrm{e}^{C_{1}x+C_{2}}+\mathrm{e}^{-C_{1}x-C_{2}}). $$

（7）原方程对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{2}+2r+5=0 $，有根 $ r_{1,2}=-1\pm2i $，故对应齐次方程的通解为 $ Y=e^{-x}(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x) $.

因 $ f(x) = \sin 2x, \lambda + \mathrm{i}\omega = 2\mathrm{i} $ 不是特征方程的根，故令 $ y^{*} = A\cos 2x + B\sin 2x $ 是原方程的特解。将 $ y^{*} $ 代入原方程，可得

$$ \left(\boldsymbol{A}+4\boldsymbol{B}\right)\cos2x+\left(\boldsymbol{B}-4\boldsymbol{A}\right)\sin2x=\sin2x. $$

比较系数，得 $ \{\begin{aligned}A+4B&=0,\\ B-4A&=1,\end{aligned}. $即 $ A=-\frac{4}{17},B=\frac{1}{17} $.于是

$$ y^{*}=-\frac{4}{17}\cos2x+\frac{1}{17}\sin2x. $$

故原方程的通解为

$$ y=e^{-x}(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x)-\frac{4}{17}\cos2x+\frac{1}{17}\sin2x. $$

（8）原方程对应的齐次方程的特征方程为 $ r^{3}+r^{2}-2r=0 $，有根 $ r_{1}=0,r_{2}=1,r_{3}=-2 $，故对应齐次方程的通解为 $ Y=C_{1}+C_{2}e^{x}+C_{3}e^{-2x} $

对于方程

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

因 $ f_{1}(x)=xe^{x} $，其中 $ \lambda=1 $ 是特征方程的（单）根，故令 $ y_{1}^{*}=x(A_{1}x+B_{1})e^{x} $，代入①中并消去 $ e^{x} $，得 $ 6A_{1}x+8A_{1}+3B_{1}=x $，比较系数得

$$ \{\begin{aligned}6A_{1}&=1,\\ 8A_{1}&+3B_{1}=0,\end{aligned}. $$

即 $ A_{1}=\frac{1}{6}, B_{1}=-\frac{4}{9} $. 于是 $ y_{1}^{*} = \left(\frac{1}{6}x^{2} - \frac{4}{9}x\right)e^{x} $.

对于方程

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

因 $ f_{2}(x)=4x $，其中 $ \lambda=0 $ 是特征方程的（单）根，故令 $ y_{2}^{*}=x(A_{2}x+B_{2}) $，代入②中，得 $ -4A_{2}x+2A_{2}-2B_{2}=4x $。比较系数得 $ A_{2}=-1,B_{2}=-1 $。于是 $ y_{2}^{*}=-x^{2}-x $。

根据线性方程解的叠加原理知 $ y^{*}=y_{1}^{*}+y_{2}^{*} $ 是原方程的特解，故原方程的通解为

$$ y=Y+y^{*}=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{x}+C_{3}\mathrm{e}^{-2x}+\left(\frac{1}{6}x^{2}-\frac{4}{9}x\right)\mathrm{e}^{x}-x^{2}-x. $$

（9）原方程可改写成 $ \frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x=-y^{3}x^{-1} $，这是伯努利方程．在此方程两端同乘以x，得 $ x\frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x^{2}=-y^{3} $

令 $ x^{2}=z $ ，则 $ \frac{dz}{dy}=2x\frac{dx}{dy} $，且原方程化为

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}-\frac{6}{y}z=-2y^{3}, $$

解得

$$ \begin{array}{l l l}{z}&{=}&{\displaystyle\mathrm{e}^{\int\frac{6}{\gamma}\mathrm{d}y}\Big(\int-2y^{3}\mathrm{e}^{-\int\frac{6}{\gamma}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y\;+\;C\Big)=y^{6}\Big(\int-\frac{2}{y^{3}}\mathrm{d}y\;+\;C\Big)}\\ {}&{}&{}\\ {}&{}&{=\displaystyle y^{6}\Big(\frac{1}{\gamma^{2}}+C\Big)=y^{4}\;+\;C y^{6}.}\\ \end{array} $$

代入 $ z = x^{2} $，得原方程的通解 $ x^{2} = y^{4} + Cy^{6} $

（10）令 $ u = \sqrt{x^{2} + y} $，即 $ y = u^{2} - x^{2} $，则 $ \frac{dy}{dx} = 2u \frac{du}{dx} - 2x $。且原方程化为 $ 2u \frac{du}{dx} - x = u $，即 $ \frac{du}{dx} - \frac{1}{2}\left(\frac{x}{u}\right) = \frac{1}{2} $。

又令 $ \frac{u}{x}=v $，即 u=xv，则 $ \frac{du}{dx}=v+x\frac{dv}{dx} $。且原方程化为

$$ v\;+\;x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\;-\;\frac{1}{2v}\;=\;\frac{1}{2}. $$

分离变量得 $ \frac{v\mathrm{d}v}{2v^{2}-v-1}=-\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{x} $. 积分

$$ \begin{align*}-\frac{1}{2}\ln\big|x\big|&=\int\frac{v\mathrm{d}v}{2v^{2}-v-1}=\frac{1}{3}\bigg(\int\frac{1}{v-1}\mathrm{d}v+\int\frac{1}{2v+1}\mathrm{d}v\bigg)\\&=\frac{1}{3}\bigg[\ln\big|v-1\big|+\frac{1}{2}\ln\big|2v-1\big|\bigg]+C_{1},\end{align*} $$

即 $ (v-1)^{2}(2v-1)x^{3}=C_{2}(C_{2}=\mathrm{e}^{-6C_{1}}) $。代入 $ v=\frac{u}{x} $，得

$$ 2u^{3}\;-\;3x u^{2}\;+\;x^{3}\;=\;C_{2}. $$

再代入 $ u=\sqrt{x^{2}+y} $，得原方程的通解

$$ 2\left(x^{2}+y\right)^{\frac{3}{2}}-3x\left(x^{2}+y\right)+x^{3}=C_{2}, $$

即 $ (x^{2}+y)^{\frac{3}{2}}=x^{3}+\frac{3}{2}xy+C\left(C=\frac{C_{2}}{2}\right) $

1. 求下列微分方程满足所给初值条件的特解：

$ ^{*} $（1） $ y^{3}\mathrm{d}x+2\left(x^{2}-xy^{2}\right)\mathrm{d}y=0,x=1 $时y=1；

(2) $ y''-ay'^{2}=0,x=0 $时y=0, $ y'= -1 $;

（3） $ 2y'' - \sin 2y = 0 $，x = 0 时 $ y = \frac{\pi}{2} $， $ y' = 1 $；

(4) $ y''+2y'+y=\cos x $, x=0 时 y=0, $ y'=\frac{3}{2} $

解 $ ^{*} $（1）原方程可以表示成伯努利方程

$$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{2}{y}x=-\frac{2}{y^{3}}x^{2}, $$

即

$$ x^{-2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{2}{y}x^{-1}=-\frac{2}{y^{3}}. $$

令 $ z = x^{-1} $，则 $ \frac{dz}{dy} = -x^{-2} \frac{dx}{dy} $，且原方程化为一阶线性方程

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}+\frac{2}{y}z=\frac{2}{y^{3}}. $$

解得

$$ \begin{align*}z~&=~\mathrm{e}^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\bigg(\int\frac{2}{y^{3}}\mathrm{e}^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y~+~C\bigg)~=~\frac{1}{y^{2}}\bigg(\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y~+~C\bigg)\\&=~\frac{1}{y^{2}}\big(2\ln\big|y\big|+~C\big).\end{align*} $$

将 $ z = x^{-1} $ 代入上式，得 $ x^{-1} = \frac{1}{y^{2}} (2 \ln |y| + C) $，即原方程的通解

$$ y^{2}=x(2\ln\left|y\right|+C). $$

由初值条件 x=1, y=1，得 C=1，故所求特解为

$$ y^{2}=x(2\ln\left|y\right|+1). $$

（2）令 $ y' = p $，则原方程化为 $ p' - ap^{2} = 0 $。分离变量并积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{p}}{\boldsymbol{p}^{2}}\;=\;\int a\mathrm{d}x $$

得

$$ -\frac{1}{p}=a x+C_{1}, $$

即 $ p = -\frac{1}{ax + C_{1}} $. 代入初值条件 x = 0, p = -1, 得 $ C_{1} = 1 $, 从而有

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

于是

$$ y~=-\int\frac{1}{ax+1}\mathrm{d}x~=-\frac{1}{a}\ln(ax+1)+C_{2}. $$

代入初值条件 x=0, y=0，得 $ C_{2}=0 $ 。故所求特解为

$$ y~=~-\frac{1}{a}\ln\left(~ax~+~1~\right). $$

（3）在方程 $ 2y'' - \sin 2y = 0 $ 两端同乘以 $ y' $，则有

$$ 2y^{\prime}y^{\prime \prime}-\sin2yy^{\prime}=0, $$

即

$$ \left(y^{^{\prime}2}+\frac{1}{2}\cos2y\right)^{\prime}=0, $$

于是

$$ y^{^{\prime}2}+\frac{1}{2}\cos2y=C_{1}. $$

代入初值条件 $ y=\frac{\pi}{2} $, $ y'=1 $ , 得 $ C_{1}=\frac{1}{2} $. 故有 $ y'^{2}+\frac{1}{2}\cos2y=\frac{1}{2} $, 即

$$ y^{^{\prime}2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos2y=\sin^{2}y, $$

并因 $ y=\frac{\pi}{2} $ 时， $ y'=1 $，故上式开方后取

$$ y^{\prime}=\sin y. $$

分离变量并积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}y}{\sin y}=\int\mathrm{d}x, $$

得

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

代入初值条件 $ x=0, y=\frac{\pi}{2} $，得 $ C_{2}=0 $，故所求特解为 $ \ln\tan\frac{y}{2}=x $，即

$$ y=2\arctan\mathrm{e}^{x}. $$

（4）由原方程对应齐次方程的特征方程 $ r^{2}+2r+1=0 $，解得 $ r_{1,2}=-1 $，故对应齐次方程的通解为 $ Y=(C_{1}+C_{2}x)e^{-x} $.

因 $ f(x) = \cos x, \lambda + \mathrm{i} \omega = 0 + \mathrm{i} $ 不是特征方程的根，故令 $ y^{*} = A \cos x + B \sin x $ 是原方程的特解，并代入原方程，得

$$ -2A\sin x+2B\cos x=\cos x. $$

比较系数得 $ A=0, B=\frac{1}{2} $，故 $ y^{*}=\frac{1}{2}\sin x $，且原方程的通解为

$$ y=\left(C_{1}+C_{2}x\right)\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}\sin x, $$

并有

$$ y^{\prime}=\left(C_{2}-C_{1}-C_{2}x\right)\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}\cos x. $$

代入初值条件 x=0, y=0, $ y'=\frac{3}{2} $，有

$$ \{\begin{aligned}C_{1}&=0,\\ C_{2}&-C_{1}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2},\end{aligned}. $$

即 $ C_{1}=0, C_{2}=1 $ 。故所求特解为

$$ y=x\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}\sin x. $$

1. 已知某曲线经过点(1,1)，它的切线在纵轴上的截距等于切点的横坐标，求它的方程.

解 设 $ (x,y) $为曲线上的点，则曲线在该点处的切线方程为

$$ Y-y=y^{\prime}(X-x), $$

切线在纵轴上的截距为 y - xy'。并依题意，有

$$ y-x y^{\prime}=x,\quad y\mid_{x=1}=1. $$

将上述方程写成 $ y' - \frac{1}{x}y = -1 $，可解得

$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\Big(\int-\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x}+C\Big)=x\Big(\int-\frac{1}{x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=x\big(C-\ln|x|\big).\\ \end{aligned} $$

代入初值条件 x=1, y=1，得 C=1。故所求曲线的方程为

$$ y=x(1-\ln|x|). $$

1. 已知某车间的容积为 $ 30 \times 30 \times 6 \, m^3 $，其中的空气含 0.12% 的 $ CO_2 $（以容积计算）。现以含 $ CO_2 $ 0.04% 的新鲜空气输入，问每分钟应输入多少，才能在30 min 后使车间空气中 $ CO_2 $ 的含量不超过 0.06%？（假定输入的新鲜空气与原有空气很快混合均匀后，以相同的流量排出。）

解 设每分钟输入 $ v(\mathrm{m}^{3}) $ 的空气．又设在时刻 t 车间中 $ CO_{2} $ 的浓度为 $ x = x(t)(\%) $，则在时间间隔 $ [t, t + \mathrm{d}t] $ 内，车间内 $ CO_{2} $ 的含量的改变量为

$$ 30\ \times 30\ \times 6\ \mathrm{d x}=0.04\ \times 10^{-2}v\mathrm{d}t-v x\mathrm{d}t $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}x}{x-0.0004}=-\frac{v}{5400}\mathrm{d}t, $$

且 $ x\big|_{t=0}=0.0012 $.

将上述微分方程两端积分，得

$$ \ln\left(x-0.0004\right)=-\frac{v}{5400}t+\ln C, $$

即 x=0.0004+Ce^{-\frac{1}{5400}t}. 代入初值条件 t=0, x=0.0012, 可得 C=0.0008. 于是有

$$ x=0.0004+0.0008\mathrm{e}^{-\frac{v}{5400}t}. $$

依题意，当 t=30 时， $ x \leq 0.0006 $，将 t=30，x=0.0006 代入上式，解得

$$ v=180\ln4\approx250(\mathrm{~m}^{3}) $$

故每分钟至少输入新鲜空气 $ 250 \, m^{3} $

1. 设可导函数 $ \varphi(x) $ 满足

$$ \varphi\left(x\right)\cos x+2\int_{0}^{x}\varphi\left(t\right)\sin t\mathrm{d}t=x+1, $$

求 $ \varphi(x) $.

解 在方程 $ \varphi(x)\cos x+2\int_{0}^{x}\varphi(t)\sin t\mathrm{d}t=x+1 $ 两端关于 x 求导，得

$$ \varphi^{\prime}(x)\cos x-\varphi(x)\sin x+2\varphi(x)\sin x=1, $$

即 $ \varphi' + \tan x \cdot \varphi = \sec x $，且在原方程中取 x = 0，可得 $ \varphi(0) = 1 $.

由一阶线性方程的通解公式，得

$$ \begin{align*}\varphi~&=~\mathrm{e}^{-\int\tan x\mathrm{d}x}\Big(\int\sec x\mathrm{e}^{\int\tan x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x~+~C\Big)\\&=~\cos x\Big(\int\sec^{2}x\mathrm{d}x~+~C\Big)=\cos x(\tan x~+~C)\\&=~\sin x+C\cos x.\end{align*} $$

代入初值条件 x=0, $ \varphi=1 $，可得 C=1，故

$$ \varphi\left(x\right)=\sin x+\cos x. $$

1. 设光滑曲线 $ y = \varphi(x) $ 过原点，且当 x > 0 时 $ \varphi(x) > 0 $，对应于 $ [0, x] $ 一段曲线的弧长为 $ e^{x} - 1 $，求 $ \varphi(x) $.

解 根据题设条件得

$$ \int_{0}^{x}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x=\left.\mathrm{e}^{x}-1\right.,\quad\left.y\right|_{x=0}=0. $$

在积分方程两端对 x 求导，得

$$ \sqrt{1+y^{\prime2}}=e^{x}, $$

即 $ y' = \pm\sqrt{e^{2x} - 1} $. 取 $ y' = \sqrt{e^{2x} - 1} $, 积分得

$$ y=\sqrt{\mathrm{e}^{2x}-1}-\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{2x}-1}+C, $$

由初值条件 $ y\big|_{x=0}=0 $ 知 C=0，故

$$ y=\sqrt{\mathrm{e}^{2x}-1}-\arctan\sqrt{\mathrm{e}^{2x}-1}. $$

注：此函数满足题设条件：x>0 时， $ y=\varphi(x)>0 $ 。若取 $ y^{\prime}=-\sqrt{e^{2x}}-1 $ ，则积分所得的函数不满足这个题设条件。

1. 设 $ y_{1}(x) $, $ y_{2}(x) $ 是二阶齐次线性方程 $ y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 $ 的两个解，令

$$ \begin{array}{r l r}{W(x)}&{=}&{\left|\begin{array}{l l}{y_{1}\left(x\right)}&{y_{2}\left(x\right)}\\ {y^{^{\prime}}_{1}\left(x\right)}&{y^{^{\prime}}_{2}\left(x\right)}\end{array}\right|=y_{1}\left(x\right)y^{^{\prime}}_{2}\left(x\right)-y^{^{\prime}}_{1}\left(x\right)y_{2}\left(x\right),}\end{array} $$

证明：(1) $ W(x) $ 满足方程 $ W^{\prime} + p(x)W = 0 $;

(2) $ W(x) = W(x_0) e^{-\int_{x_0}^{x} p(t) \, dt} $.

证（1）依题意，对 i=1,2，有

$$ y_{i}^{\prime\prime}+p\left(x\right)y_{~i}^{\prime}+q\left(x\right)y_{i}~=~0, $$

即 $ y_{i}^{\prime\prime} + p(x)y_{i}^{\prime} = -q(x)y_{i} $. 于是

$$ \begin{aligned}&\boldsymbol{W}^{\prime}+p\left(x\right)\boldsymbol{W}\\=&\left(y_{1}^{\prime}y_{2}^{\prime}+y_{1}y_{2}^{\prime \prime}-y_{1}^{\prime \prime}y_{2}-y_{1}^{\prime}y_{2}^{\prime}\right)+p\left(x\right)\left(y_{1}y_{2}^{\prime}-y_{1}^{\prime}y_{2}\right)\\=&\ y_{1}\left[y_{2}^{\prime \prime}+p\left(x\right)y_{2}^{\prime}\right]-y_{2}\left[y_{1}^{\prime \prime}+p\left(x\right)y_{1}^{\prime}\right]\\=&\ y_{1}\left[-q\left(x\right)y_{2}\right]-y_{2}\left[-q\left(x\right)y_{1}\right]=0.\end{aligned} $$

故 W 满足所给微分方程.

（2）因 $ W' + p(x)W = 0 $，分离变量得 $ \frac{dW}{W} = -p(x)dx $。将上式两端分别在

$ [W_{0},W] $ 与 $ [x_{0},x] $ 上积分，得

$$ \ln W-\ln W_{0}=-\int_{x_{0}}^{x}p\left(x\right)\mathrm{d}x, $$

其中 $ W_{0}=W(x_{0}) $ 。于是得

$$ \begin{array}{r l}{W=}&{{}W(\mathbf{\nabla}x_{0})\mathrm{e}^{-\int_{x_{0}}^{x}p(\mathbf{\nabla}x)\mathrm{d}x}.}\end{array} $$

$ ^{*}11 $. 求下列欧拉方程的通解：

(1) $ x^{2}y'' + 3xy' + y = 0 $;

(2) $ x^{2}y'' - 4xy' + 6y = x $.

解 （1）令 $ x = e^{t} $，即 $ t = \ln x $，并记 $ D = \frac{d}{dt} $，则原方程可化为

$$ \left[\mathrm{~D}\left(\mathrm{~D~}-1\right)\right.+3\mathrm{D}\left.+1\right]\boldsymbol{y}=\boldsymbol{0}, $$

即 $ \left(D^{2}+2D+1\right)y=0 $

该方程的特征方程为 $ r^{2}+2r+1=0 $，有根 $ r_{1,2}=-1 $，于是该方程的通解为

$$ y=\left(C_{1}+C_{2}t\right)\mathrm{e}^{-t}, $$

故原方程的通解为

$$ y=\frac{C_{1}+C_{2}\ln x}{x}. $$

（2）令 $ x = e^{t} $，即 $ t = \ln x $，并记 $ D = \frac{d}{dt} $，则原方程可化为

$$ [\mathrm{~D}(\mathrm{~D~}-1)~-4\mathrm{D}+6]\mathrm{~y~}=\mathrm{~e}^{t}, $$

即 $ \left(D^{2}-5D+6\right)y=e^{t} $

该方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-5r+6=0 $，有根 $ r_{1}=2, r_{2}=3 $。故齐次方程的通解为

$$ Y=C_{1}\mathrm{e}^{2t}+C_{2}\mathrm{e}^{3t}. $$

因 $ f(t)=\mathrm{e}^{t},\lambda=1 $不是特征方程的根，故可令 $ y^{*}=Ae^{t} $是非齐次方程的特解。代入 $ \left(\mathrm{D}^{2}-5\mathrm{D}+6\right)y=\mathrm{e}^{t} $中并消去 $ e^{t} $，得 $ A=\frac{1}{2} $，即

$$ y^{*}=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t}. $$

于是得

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{2t}+C_{2}\mathrm{e}^{3t}+\frac{1}{2}\mathrm{e}^{t}, $$

即原方程的通解为

$$ y=C_{1}x^{2}+C_{2}x^{3}+\frac{x}{2}. $$

$ ^{*} $12. 求下列常系数线性微分方程组的通解：

(1)

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=0,\\ &3\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+4\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+3y=t;\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}&\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}+2\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+x+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=0,\\ &\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+x+\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}+2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=\mathrm{e}^{t}.\end{aligned}. $$

解（1）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组可表示为

$$ \{\begin{aligned}\mathrm{D}x+(2\mathrm{D}+1)y&=0,\\ (3\mathrm{D}+2)x+(4\mathrm{D}+3)y&=t.\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}\mathrm{D}&2\mathrm{D}+1\\ 3\mathrm{D}+2&4\mathrm{D}+3\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{c c}0&2\mathrm{D}+1\\ t&4\mathrm{D}+3\end{array}\right|, $$

即

$$ \left(2\mathrm{D}^{2}+4\mathrm{D}+2\right)x=-t-2. $$

方程③对应齐次方程的特征方程为 $ 2r^{2}+4r+2=0 $，有根 $ r_{1,2}=-1 $。因 $ f(t)=-t-2 $，故令 $ x^{*}=At+B $ 是③的特解，代入③中，即得 $ A=\frac{1}{2}, B=0 $。故方程③有通解

$$ x~=~\left(C_{1}~+~C_{2}t\right)\mathrm{e}^{-t}~+~\frac{1}{2}t. $$

又由 $ ②-2\times① $可得

$$ \begin{aligned}y&=-\left(D+1\right)x+t\\&=-\left(C_{1}+C_{2}+C_{2}t\right)\mathrm{e}^{-t}-\frac{1}{2},\end{aligned} $$

故方程组的通解为

$$ \{\begin{aligned}x&=(C_{1}+C_{2}t)\mathrm{e}^{-t}+\frac{1}{2}t,\\ y&=-(C_{1}+C_{2}+C_{2}t)\mathrm{e}^{-t}-\frac{1}{2}.\end{aligned}. $$

（2）记 $ D=\frac{d}{dt} $，方程组可表示为

$$ \{\begin{aligned}(\mathrm{~D}^{2}+2\mathrm{D}+1)x+(\mathrm{~D}+1)y&=0,\\ (\mathrm{~D}+1)x+(\mathrm{~D}^{2}+2\mathrm{D}+1)y&=\mathrm{e}^{t},\end{aligned}. $$

即

$$ \{\begin{aligned}(D+1)^{2}x+(D+1)y&=0,\\ (D+1)x+(D+1)^{2}y&=\mathrm{e}^{t},\end{aligned}. $$

则有

$$ \left|\begin{array}{c c}(\mathrm{D}+1)^{2}&\mathrm{D}+1\\ \mathrm{D}+1&(\mathrm{D}+1)^{2}\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{c c}0&\mathrm{D}+1\\ \mathrm{e}^{t}&(\mathrm{D}+1)^{2}\end{array}\right| $$

即

$$ \left(\mathrm{~D}^{3}+3\mathrm{D}^{2}+2\mathrm{D}\right)x=-\mathrm{e}^{t}. $$

方程③对应齐次方程的特征方程为 $ r(r^{2}+3r+2)=0 $，有根 $ r_{1}=0, r_{2}=-1, r_{3}=-2 $。而 $ f(t)=-e^{t}, \lambda=1 $ 不是特征方程的根，故令 $ x^{*}=Ae^{t} $ 是方程③的特解，代入③中并消去 $ e^{t} $，可得 $ A=-\frac{1}{6} $，即 $ x^{*}=-\frac{1}{6}e^{t} $，于是方程③的通解为

$$ x=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}+C_{3}\mathrm{e}^{-2t}-\frac{1}{6}\mathrm{e}^{t}. $$

又由方程①得

$$ \begin{align*}(\mathrm{~D~}+1)y&=-\left(\mathrm{~D~}+1\right)^{2}x=-\mathrm{~D}^{2}x-2\mathrm{D}x-x\\&=-\mathrm{~C}_{1}-\mathrm{~C}_{3}\mathrm{e}^{-2t}+\frac{2}{3}\mathrm{e}^{t},\end{align*} $$

即 $ y' + y = -C_{1} - C_{3}e^{-2t} + \frac{2}{3}e^{t} $，可解得

$$ \begin{align*}y&=\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}t}\bigg[\int\bigg(-C_{1}-C_{3}\mathrm{e}^{-2t}+\frac{2}{3}\mathrm{e}^{t}\bigg)\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C_{4}\bigg]\\&=\mathrm{e}^{-t}\bigg[\int\bigg(-C_{1}\mathrm{e}^{t}-C_{3}\mathrm{e}^{-t}+\frac{2}{3}\mathrm{e}^{2t}\bigg)\mathrm{d}t+C_{4}\bigg]\\&=-\ C_{1}+C_{3}\mathrm{e}^{-2t}+\frac{1}{3}\mathrm{e}^{t}+C_{4}\mathrm{e}^{-t}.\end{align*} $$

故方程组的通解为

$$ \{\begin{aligned}x&=C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-t}+C_{3}\mathrm{e}^{-2t}-\frac{1}{6}\mathrm{e}^{t},\\ y&=C_{4}\mathrm{e}^{-t}-C_{1}+C_{3}\mathrm{e}^{-2t}+\frac{1}{3}\mathrm{e}^{t}.\end{aligned}. $$