第十章 微分方程

第十章 微分方程

函数是客观事物的内部联系在数量方面的反映，利用函数关系可以对客观事物的规律性作深入探究。前面我们研究了一元函数的可微性与可积性，并学习了微积分在实践中的初步应用。由此可见，寻找函数关系具有重要意义。

对很多实际问题，有时很难直接建立所需要的函数关系，但是根据实际问题所提供的情况，却可以列出含有所需函数的导数的关系式，这样的关系式就是所谓的微分方程。然后通过解微分方程求出所需要的函数。

微分方程是利用一元微积分的知识解决实际问题的重要数学工具，也是对各种客观现象进行数学抽象，建立数学模型的重要方法之一，有着极广泛的应用。本章重点介绍几类常用的微分方程的经典解法。

第一节 微分方程的基本概念

一、 引例

例1 过点 $ M_{0}(2,3) $ 求一曲线，使曲线上任一点 $ M(x,y) $ 处的切线斜率等于该点横坐标与纵坐标之比 $ \frac{x}{y} $.

解 设所求曲线方程为 $ y=y(x) $，则由导数的几何意义可知

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

且有

$$ y\mid_{x=2}=3, $$

由（1）得

$$ 2y\mathrm{d}y=2x\mathrm{d}x, $$

两边积分得

$$ y^{2}=x^{2}+C. $$

由（2）得

$$ C=3^{2}-2^{2}=5, $$

从而得

$$ y^{2}=x^{2}+5 $$

为所求曲线方程.

例2 列车在平直线路上以20 m/s（相当于72 km/h）的速度行驶；当制动时列车获得加速度 $ -0.4\ m/s^{2} $。问开始制动后经多少时间列车才能停住，以及列车在这段时间里行驶的路程？

解 设列车在制动后 t 秒时行驶了 s 米. 根据题意, 反映制动后列车运动规律的函数 $ s = s(t) $ 应满足关系式

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}s}{\mathrm{d}t^{2}}=-0.4, $$

此外，未知函数 $ s = s(t) $ 还应满足下列条件：

$$ t=0\ 时 ,\ \ s=0,\ v=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=20. $$

把（5）式两端积分一次，得

$$ v=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=-0.4t+C_{1}; $$

再积分一次，得

$$ s=-0.2t^{2}+C_{1}t+C_{2}, $$

这里 $ C_{1} $， $ C_{2} $ 都是任意常数.

把条件“t=0时，v=20”代入（7）式，得

$$ 20=C_{1}； $$

把条件“t=0时，s=0”代入（8）式，得

$$ 0=C_{2}. $$

把 $ C_{1} $， $ C_{2} $的值代入（7）及（8）式，得

$$ v=-0,4t+20, $$

$$ s=-0,2t^{2}+20t. $$

在（9）式中令 v=0，得到列车从开始制动到完全停住所需的时间

$$ t=\frac{20}{0.4}=50\left(\mathrm{~s~}\right), $$

再把 $ t=50 $ 代入（10）式，得到列车在制动开始后阶段行驶的路程 $ s = -0.2 \times 50^{2} + 20 \times 50 = 500 $ (m).

二、 微分方程的基本概念

两个引例虽然来自几何与物理的不同实际背景，但通过它们共同的数学思想和方法，我们可以来阐述微分方程的一些基本概念。

首先，这两个引例都有一个共同的任务——寻求未知函数。为寻找未知函数，依照题意列出了与未知函数有关的方程式，现把有关概念介绍如下：

（i）凡表示自变量、未知函数及其导函数（或微分）之间关系的方程称作微分方程.

方程（1）、（5）. 都是微分方程. 值得注意的是，方程中可以不出现自变量或未知函数本身，但必须含有未知函数的导数（或微分）. 如例2式（5）.

（ii）微分方程中所出现的未知函数的最高阶导数的阶数，称作微分方程的阶数．比如，微分方程（1），称作一阶微分方程，微分方程（5）叫做二阶微分方程.

（iii）如果将求得函数及其各阶导数代入微分方程，能使方程成为恒等式，此函数就称为微分方程的解.

由式（3）、（4）所确定的隐函数，都是微分方程（1）的解。这种由x、y的二元方程所确定的隐函数解，也称为微分方程的积分曲线。函数（8）、（10）是微分方程（5）的解。

（iv）若微分方程的解中含有任意常数，且独立的任意常数的个数恰等于微分方程的阶数，则这样的解叫做微分方程的通解.

例1中微分方程（1）的解（3）： $ y^{2}=x^{2}+C $ 中含一个任意常数C，故（3）式是一阶微分方程的通解；类似地，例2中解（8）含两个任意常数，故它是二阶微分方程（5）的通解.

（v）若给出一组（个）条件，由它来确定微分方程通解中任意常数的值，称这组条件为定解条件．由它确定出任意常数之后所得到的解叫做微分方程的特解.

如解 $ y^{2}=x^{2}+5 $ 就是微分方程（1）适合定解条件 $ y\big|_{s=2}=3 $ 的特解，而解 $ s=-0.2t^{2}+20t $ 是微分方程（5）满足定解条件 $ s\big|_{t=0}=0 $， $ s^{\prime}\big|_{t=0}=20 $ 的特解.

通解只满足实际问题中变量之间的通性，而特解是通解中适合定解条件的一个具体解。比如，通解 $ y^{2}=x^{2}+C $，适合一般规律： $ \frac{dy}{dx}=\frac{x}{y} $，它是一族双曲线。但且过点（2，3）的双曲线就只有 $ y^{2}=x^{2}+5 $。

一阶微分方程 $ y' = f(x, y) $ 的定解条件常见的是 $ y \big|_{x = x_0} = y_0 $。这种定解条件又称作初始条件。二阶微分方程的初始条件为 $ y \big|_{x = x_0} = y_0 $， $ y' \big|_{x = x_0} = y_1 $。一般 n 阶微分方程的初始条件为 $ y^{(i)} \big|_{x = x_0} = y_i (i = 0, 1, 2, \cdots, n-1) $。

例3 验证 $ y_1 = e^{\alpha x} \cos \beta x $， $ y_2 = e^{\alpha x} \sin \beta x $ 都是微分方程 $ y'' - 2\alpha y' + (\alpha^2 + \beta^2)y = 0 $ 的解.

解 $ y_{1}^{\prime}=e^{ax}\left(\alpha\cos\beta x-\beta\sin\beta x\right) $

$$ y_{1}^{n}=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(\alpha^{2}\cos\beta x-\alpha\beta\sin\beta x-\alpha\beta\sin\beta x-\beta^{2}\cos\beta x\right) $$

代入原方程，得

$$ \begin{aligned}&\mathrm{e}^{\alpha x}\left(\alpha^{2}\cos\beta x-2\alpha\beta\sin\beta x-\beta^{2}\cos\beta x\right)-\mathrm{e}^{\alpha x}\left(2\alpha^{2}\cos\beta x-2\alpha\beta\sin\beta x\right)+\\&\mathrm{e}^{\alpha x}\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right)\cos\beta x=0,\\ \end{aligned} $$

故 $ y_{1}=e^{ax}\cos\beta x $ 是微分方程

$$ y^{\prime \prime}-2\alpha y^{\prime}+(\alpha^{2}+\beta^{2})y=0 $$

的解. 类似可证： $ y_2 = e^{\alpha x} \sin \beta x $ 也是微分方程 $ y'' - 2\alpha y' + (\alpha^2 + \beta^2)y = 0 $ 的解.

习题10-1

1. 指出下列微分方程的阶数：

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

$$ x^{2}y^{m}+2y^{n}+x^{2}y=0 $$

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

$$ \frac{\mathrm{d}^{4}s}{\mathrm{d}t^{4}}+s=0. $$

1. 指出下列函数是哪个相应微分方程的解：

$$ y=\mathrm{e}^{x}； $$

$$ y^{n}-y=0 $$

$$ y=x^{3}； $$

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

$$ y=e^{-x}； $$

$$ x^{2}y^{n}-6y=0. $$

(4) $ y = x^{-2} $

1. 在下列各题中，用所给初始条件确定函数关系式中的任意常数 C 或 $ C_{1} $， $ C_{2} $，并写出满足条件的函数表达式：

$$ x^{3}+y^{3}=C,\quad y\mid_{x=2}=1; $$

$$ 1+y^{2}=C(1+x^{2}),\ \gamma\Big|_{x=0}=1 $$

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

1. 写出下列条件所确定的微分方程：

（1）曲线在点 $ M(x, y) $ 处的法线与 x 轴的交点为 Q，且线段 MQ 被 y 轴平分；

（2）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（k 为比例系数）.

1. 曲线族常常作为微分方程的解出现. 试将下列曲线与微分方程对应起来.

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

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

(ii) $ \frac{dy}{dx} = \frac{y\ln y}{x} $;

$$ y=x^{y} $$

(iii) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x}\left(1+\ln\frac{y}{x}\right) $;

$$ y=\mathrm{e}^{kx} $$

(iv) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{y \ln y}{x \ln x} $. (4) y = mx.

1. 求下列曲线族 $ (C_{1}, C_{2}, C $ 为任意常数 $ 所满足的微分方程.$

(1) $ y^2 = 4a(x + C)^3 $; (2) $ xy = C_1 e^x + C_2 e^{-x} $.

第二节 可分离变量的微分方程

一阶微分方程是一类含自变量 x 与未知函数 $ y(x) $ 及其一阶导函数 $ y'(x) $ 的方程，它可以表示为

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

如果可解出 $ y' $，即表示为

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f(x,y). $$

如以微分形式表示，则可为

$$ P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,\ y\right)\mathrm{d}y=0. $$

由于上述各表现形式中算式 F，f，P，Q 的多样性与复杂性，对于一阶微分方程，我们尚无一般求解方法，下面仅针对一些特别的类型，介绍相应的求解方法.

如果一阶微分方程解出 $ y' $ 后形如

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=M(x)\cdot N(y), $$

即右边可表示为两个单变量因式的乘积，则称之为可分离变量的微分方程．在 $ N(y)\neq0 $的情形下，有

$$ \frac{1}{N(y)}\mathrm{d}y=M(x)\mathrm{d}x. $$

（2）式左边只含一个变量 y，而右边只含另一个变量 x，称这方程为可分离变量的微分方程．将式（1）化为式（2）的变形方法叫做分离变量法．根据积分形式的不变性，对式（2）两边积分

$$ \int\frac{1}{N(y)}\mathrm{d}y=\int M(x)\mathrm{d}x, $$

设结果为

$$ F(y)=G(x)+C, $$

式（3）是一个含 x，y 的二元方程，在 $ N(y) \neq 0 $ 的条件下，它确定 y 是 x 的一个隐函数 $ y = y(x) $，而且这个隐函数含有一个任意常数 C，因此，它就是所求微分方程（1）的通解.

例1 求微分方程 $ \frac{dy}{dx}+ky=0 $ 的通解.

解 当 $ y \neq 0 $ 时，分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y}=-k\mathrm{d}x, $$

积分得

$ \ln|y|=-kx+C_{1} $ （ $ C_{1} $ 是任意常数），

或

$$ \left|y\right|=\mathrm{e}^{-kx+C_{1}}=\mathrm{e}^{C_{1}}\cdot\mathrm{e}^{-kx}=C_{2}\mathrm{e}^{-kx}, $$

式中，记 $ C_{2}=e^{c_{1}} $，即 $ C_{2} $是正值的任意常数。从而

$$ \boldsymbol{y}=\pm C_{2}\mathbf{e}^{-k x}=C\mathbf{e}^{-k x}, $$

式中， $ C=\pm C_{2} $ 是非零的任意常数.

又因为 y=0 也是原微分方程的解，故原方程的通解为

$ y=Ce^{-kx} $ （C为任意常数）.

通常把求微分方程 $ F(x, y, y') = 0 $，满足初始条件 $ y \big|_{x = x_0} = y_0 $ 的特解称为求解初值问题.

例2 求解初值问题 $ \{\begin{aligned}&\mathrm{d}x+xy\mathrm{d}y=y^{2}\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y,\\ &y\mid_{x=0}=2.\end{aligned}. $

解 先将含 dy，dx 的项合并整理，原方程可改写为

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

这是可分离变量的微分方程．分离变量得

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

积分得

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

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

将 $ y\big|_{x=0}=2 $ 代入上式得 4=1+C，故 C=3.

即

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

$$ y=\sqrt{1+3\left(x-1\right)^{2}}\quad( 舍去负根 ). $$

例3 设降落伞从跳伞塔下落后，所受空气阻力与速度成正比，并设降落伞离开跳伞塔时（t=0）速度为零．求降落伞下落速度与时间的函数关系．

解 设降落伞下落速度为 $ v(t) $，降落伞在空中下落时，同时受到重力 P 与阻力 R 的作用，重力大小为 mg，方向与 v 一致；阻力大小为 kv（k 为比例系数），方向与 v 相反，从而降落伞所受外力为

$$ F=m g-k v. $$

根据牛顿第二运动定律

$$ F=m a $$

（其中 a 为加速度），得函数 $ v(t) $ 应满足的方程为

$$ m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=m g-k v, $$

按题意，初始条件为

$$ v\left.\middle|_{t=0}=0.\right. $$

方程（4）是可分离变量的．分离变量后得

$$ \begin{array}{c}{{\displaystyle\frac{\mathrm{d}v}{m g-k v}=\frac{\mathrm{d}t}{m},}}\\ {{\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}v}{m g-k v}=\int\frac{\mathrm{d}t}{m},}}\end{array} $$

两端积分

考虑到 $ mg - kv \gt 0 $ ，得

即

$$ \begin{align*}-\frac{1}{k}\ln\left(mg-kv\right)&=\frac{t}{m}+C_{1},\\mg-kv&=\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t-kC_{1}},\\v=\frac{mg}{k}+C\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}\quad\left(C=-\frac{\mathrm{e}^{-kC_{1}}}{k}\right),\end{align*} $$

或

这就是方程（4）的通解.

将初始条件 $ v\big|_{t=0}=0 $ 代入（5）式，得

$$ \begin{array}{c} C=-\frac{mg}{k},\\v=\frac{mg}{k}(1-\mathrm{e}^{-\frac{k}{m^{t}}}).\end{array} $$

于是所求的特解为

由（6）可以看出，随着时间 t 的增大，速度 v 逐渐接近于常数 $ \frac{mg}{k} $，也就是说，跳伞后开始阶段是加速运动，但以后逐渐接近于等速运动。

例4 放射性元素铀由于不断地有原子放射出微粒子而变成其他元素，铀的含量就不断减少，这种现象叫做衰变. 由原子物理学知道，铀的衰变速度与当时未衰变的原子的含量M成正比. 已知t=0时铀的含量为 $ M_{0} $，试建立铀衰变的微分方程.

解 铀的衰变速度就是 M(t) 对时间 t 的导数 $ \frac{dM}{dt} $. 由于铀的衰变速度与其含量成正比，故得微分方程

$$ \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}t}=-\lambda M, $$

其中 $ \lambda(\lambda\gt 0) $ 是常数，叫做衰变系数， $ \lambda $ 前置负号是由于当 t 增加时 M 单调减少，即 $ \frac{dM}{dt}\lt 0 $ 的缘故.

按题意，初始条件为

$$ M\left|\right|_{t=0}=M_{0}. $$

方程（7）是可分离变量的．分离变量后得

$$ \frac{\mathrm{d}M}{M}=-\lambda\mathrm{d}t. $$

两端积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}\boldsymbol{M}}{\boldsymbol{M}}=\int\left(-\lambda\right)\mathrm{d}t, $$

以 $ \ln C $ 表示任意常数，考虑到 M>0，得

$$ \ln M=-\lambda t+\ln C, $$

即

$$ M=C e^{-\lambda t}. $$

以初始条件代入上式，得

$$ \begin{array}{r}{M_{0}=C\mathbf{e}^{0}=C,}\end{array} $$

所以

$$ M=M_{0}\mathrm{e}^{-\lambda t}, $$

这就是所求铀的衰变规律. 由此可见, 铀的含量随时间的增加而按指数规律衰减.

习题10-2

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

(2)

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

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

(3)

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

(4)

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

(5)

$$ \sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}y+\sqrt{1-y^{2}}\mathrm{d}x=0; $$

(6) $ dy + y\tan x \, dx = 0 $;

(7)

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

(8)

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

(9)

$$ \mathrm{d}y-\sqrt{xy}\mathrm{d}x=0 $$

(10) $ (\mathrm{e}^{x+y} - \mathrm{e}^x) \, dx + (\mathrm{e}^{x+y} + \mathrm{e}^{y-x}) \, dy = 0 $.

1. 求解下列初值问题：

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

(2) $ (t+2)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=3x+1 $, $ x\big|_{t=0}=0 $;

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

(4) $ ye^{-3x}dy + e^{y^2}dx = 0 $, $ y\Big|_{x=\frac{1}{3}} = 0 $.

1. 设 $ f(x) $ 是在 $ (-\infty, +\infty) $ 上的连续函数，且满足 $ f(x) = \int_{0}^{x} f(t) \, dt $.

求证： $ f(x)=0 $ $ (-\infty\lt x\lt +\infty) $

1. 设 $ f(x) $ 可微，积分 $ \int_{0}^{1}[f(x)+xf(xt)]\mathrm{d}t $ 与 x 无关，求 $ f(x) $.

1. 一曲线通过点（2，3），它在两坐标轴之间的任意切线段均被切点所平分，求这曲线的方程.

1. 质量为 $ 1 \, g $ 的质点受外力作用作直线运动，外力与时间成正比. 在 $ t = 10 \, s $ 时，速率

为 $ 50 \, cm/s $，外力为 $ 4 \, g \cdot cm/s^{2} $。问从运动开始经过一分钟后的速率是多少？

1. 镭的衰变与它的现存量 R 成正比，经过 1600 年以后，只余下原始量 $ R_{0} $ 的一半。试求镭的量 R 与时间的函数关系。

1. 容器内有 100 L 的盐水，含 10 kg 的盐，现在以 3 L/min 的均匀速率往容器内注入净水（假定净水与盐水立即调和），又以 2 L/min 的均匀速率从容器中抽出盐水，问 60 min 后容器内盐水中盐含量是多少？

第三节 齐次方程

如果一阶微分方程可以化为如下形式：

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\varphi\left(\frac{y}{x}\right), $$

那么，我们称这类方程为齐次方程.

在齐次型方程（1）中，通过引进新的未知函数 $ u = \frac{y}{x} $，就可以把它化为可分离变量的方程。因为，由 $ u = \frac{y}{x} $，得 $ y = ux $，于是有 $ \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} $，代入（1）式，便得到

$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\varphi(u), $$

这是关于新未知函数 u 的可分离变量的微分方程．分离变量后积分

$$ \int\frac{\mathrm{d}u}{\varphi(u)-u}=\int\frac{\mathrm{d}x}{x}, $$

记 $ \Phi(u) $ 为 $ \frac{1}{\varphi(u)-u} $ 的一个原函数，则得通解

$$ \Phi(u)=\ln|x|+C, $$

再将 $ \frac{y}{x} $回代解中的u，便得到齐次方程（1）的通解.

例1 解方程 $ \frac{dy}{dx}=\frac{xy-y^{2}}{x^{2}-2xy} $.

解 原方程可写成

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

方程是齐次型方程. 令 $ \frac{y}{x}=u $，则 $ y=ux $， $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} $，于是原方程变为

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

即

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

分离变量，得

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

积分得

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

即

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

以 $ \frac{y}{x} $回代上式中的u，便得原方程的通解为

$$ \ln\frac{y^{2}}{|x|}+\frac{x}{y}=C. $$

例2 求解微分方程 $ (1 + e^{-\frac{x}{y}})y \, dx + (y - x) \, dy = 0 $.

解 本题出现了中间变量 $ \frac{x}{y} $. 只要将 x 看作未知函数，y 看作自变量，原方程可改写为

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

令 $ \frac{x}{y}=u $，即x=yu，则

$$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}+u, $$

代入上式得

$$ y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}=\frac{-1+u}{1+\mathrm{e}^{-u}}-u=\frac{-1-u\mathrm{e}^{-u}}{1+\mathrm{e}^{-u}}=\frac{-(\mathrm{e}^{u}+u)}{\mathrm{e}^{u}+1}. $$

分离变量得

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

积分得

$$ \ln\left(\mathrm{e}^{x}+u\right)=-\ln y+\ln C,\quad\mathrm{e}^{x}+u=\frac{C}{y}. $$

由 x=uy 回代，得

$$ ye^{\frac{x}{x}}+x=C. $$

齐次方程 $ \frac{dy}{dx}=\varphi\left(\frac{y}{x}\right) $是可通过令代换 $ u=\frac{y}{x} $而化为可分离变量型的一阶微

分方程. 事实上，还有的一阶微分方程，是应根据方程自身特征，灵活地代换，从而转化为可分离变量型的方程. 下面我们讨论可化为齐次型的方程.

形如

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{ax+by+c}{a_{1}x+b_{1}y+c_{1}}, $$

其中 $ \frac{a_{1}}{a}\neq\frac{b_{1}}{b} $的方程.

当 $ c=c_{1}=0 $ 时方程（2）是齐次型的，否则不是齐次型的。在非齐次型的情形下，可用如下的代换把它化为齐次型的。作代换

$$ x=X+h,y=Y+k, $$

其中常数 h，k 采用如下方法取定：

因为 $ dx = dX $， $ dy = dY $，所以方程（2）经代换后成为

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=\frac{aX+bY+(ah+bk+c)}{a_{1}X+b_{1}Y+(a_{1}h+b_{1}k+c_{1})}. \quad \{\begin{aligned}&ah+bk+c=0,\\ &a_{1}h+b_{1}k+c_{1}=0,\end{aligned}. $$

令

在 $ \frac{a_{1}}{a}\neq\frac{b_{1}}{b} $的条件下，由上述方程组可定出h与k.这样方程（2）就化为齐次型方程

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=\frac{aX+bY}{a_{1}X+b_{1}Y}. $$

求得该齐次型方程的通解后，在通解中以 x-h 代 X，y-k 代 Y，就得到方程 (2) 的通解.

例3 求方程 $ \frac{dy}{dx}=\frac{x+2y-5}{4x-y-2} $的通解.

解 所给方程属于（2）式的类型．在方程中作代换

$$ \{\begin{aligned}x=X+h,\\ y=Y+k,\end{aligned}. 令 \{\begin{aligned}h+2k-5=0,\\ 4h-k-2=0.\end{aligned}. $$

解得 k=1, k=2. 即在代换 x=X+1, y=Y+2 下原方程成为齐次型方程

$$ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}\!=\!\frac{X+2Y}{4X-Y}\!=\!\frac{1+\frac{2Y}{X}}{4\!-\!\frac{Y}{X}}. $$

再令 $ \frac{Y}{X}=u $，则 $ Y=uX $， $ \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X}=u+X\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}X} $，代入上面的方程，整理并分离变量

后成为

$$ \frac{u-4}{\left(u-1\right)^{2}}\mathrm{d}u=-\frac{1}{X}\mathrm{d}X. $$

积分得

$$ \ln(u-1)+\frac{3}{u-1}=-\ln X+\ln C, $$

$$ (u-1)\mathrm{e}^{\frac{3}{u-1}}=\frac{C}{X} $$

用 $ u = \frac{Y}{X} $ 回代得 $ (Y - X)e^{\frac{3X}{Y - X}} = C $。由 $ \{\begin{aligned}X &= x - 1 \\ Y &= y - 2\end{aligned}. $，得 $ (y - x - 1)e^{\frac{3(x - 1)}{y - x - 1}} = C $。

利用变量代换（应根据微分方程的特征），把一个微分方程化为变量可分离的方程，这是解微分方程最常用的方法。下面再举一个例子。

例4 求解方程 $ y' = \cos(x + y) $.

解 令 u=x+y，则 $ u'=1+y' $，即 $ y'=u'-1 $，于是原方程成为

$$ u^{\prime}=\cos u+1=2\cos^{2}\frac{u}{2}. $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}u}{2\cos^{2}\frac{u}{2}}=\int\mathrm{d}x, $$

分离变量后积分

把 u = x + y 代入上式，就得原方程的通解

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

例5 探照灯反射镜的设计 在 xOy 平面上有一曲线 L，曲线 L 绕 x 轴旋转一周，形成一旋转曲面。假设由 O 点发出的光线经此旋转曲面形状的凹镜反射后都与 x 轴平行（探照灯内的凹镜就是这样的），求曲线 L 的方程。

解 如图10-1，设 O 点发出的某条光线经 L

上一点 $ M(x, y) $ （y>0）反射后是一条与 x 轴平

行的直线 MS. 又设过点 M 的切线 AT 与 x 轴的倾

角是 $ \alpha $。由题意， $ \angle SMT = \alpha $。另一方面， $ \angle OMA $

是入射角的余角， $ \angle SMT $ 是反射角的余角，于是

由光学中的反射定律有 $ \angle OMA = \angle SMT = \alpha $，从而

AO = OM，但

$$ AO=AP-OP=PM\cot\alpha-OP=\frac{y}{y^{^{\prime}}}-x, $$

而 $ OM = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 。于是得微分方程

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

即

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

这是齐次型方程．为方便求解，视 y 为自变量，x 为未知函数，令 $ \frac{x}{y}=v $，则 x=yv，有 $ \frac{dx}{dy}=v+y\frac{dv}{dy} $，代入上式得

$$ y\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}y}=\sqrt{v^{2}+1}. $$

从而

$$ \frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{v^{2}+1}}=\frac{\mathrm{d}y}{y}. $$

两端积分，得

$$ \ln(v+\sqrt{v^{2}+1})=\ln y-\ln C, $$

即

$$ v+\sqrt{v^{2}+1}=\frac{y}{C}. $$

由上式可得

$$ \left(\frac{\gamma}{C}-v\right)^{2}=v^{2}+1. $$

即

$$ \frac{y^{2}}{C^{2}}-\frac{2yv}{C}=1. $$

以 yv=x 代入上式，得

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

这就是曲线 L 的方程，可见它是以 x 轴为对称轴，焦点在原点的抛物线.

习题10-3

1. 求下列齐次方程的通解：

(1) $ \frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \frac{x}{y} $; (2) $ xy' = y\ln\frac{y}{x} $;

(3) $ (x^{3}+y^{3})dx-3xy^{2}dy=0 $; (4) $ (2\sqrt{st}-s)dt+tds=0 $;

(5) $ (x-y)y'=x+y $.

1. 作适当的变量代换，求下列方程的通解：

(1)

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

(2)

$$ y^{\prime}=\frac{y-x+1}{y+x+5}; $$

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

(4)

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\left(x+y\right)^{2}; $$

(5)

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

(6) $ y' + x\sin 2y = 2xe^{-x^2} \cos^2 y $.

1. 求曲线 $ y = y(x) $，使它正交于圆心在 x 轴上且过原点的任何圆（注：两曲线正交是指在交点处两曲线的切线互相垂直）.

第四节 一阶线性微分方程

方程

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

称为一阶线性方程．它关于未知函数 y 及其导数是一次的．如果 $ Q(x)=0 $，则称方程是齐次的，否则，称方程（1）是非齐次的.

为了求一阶非齐次线性微分方程（1）的通解. 先求它对应的齐次线性方程

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

的通解，显然方程（2）是可分离变量的：

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y}=-P(x)\mathrm{d}x, $$

两端积分后得通解

$$ \begin{array}{c}{{\ln\left|y\right|=-\displaystyle\int P(x)\mathrm{d}x+\ln C_{1},}}\\ {{y=C\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\qquad\quad(C=\pm C_{1}).}}\end{array} $$

或

下面我们就使用所谓的常数变易法来推导非齐次线性微分方程（1）的通解公式. 这种方法是把对应齐次方程（2）通解（3）中的任意常数 C 变易成 x 的未知函数 $ u(x) $，即令

$$ y=u(x)\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\ , $$

假定（4）式是非齐次线性微分方程（1）的解，为此将（4）式对 x 求导，得

$$ \frac{\mathrm{d}\boldsymbol{y}}{\mathrm{d}x}=\boldsymbol{u}^{\prime}\mathrm{e}^{-\int P\left(x\right)\mathrm{d}x}-u P\left(x\right)\mathrm{e}^{-\int P\left(x\right)\mathrm{d}x}. $$

将（4）式与（5）式代入方程（1）并化简，得

$$ u^{\prime}(x)=Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\ , $$

积分得

$$ u\left(x\right)=\int Q\left(x\right)\mathrm{e}^{\int P\left(x\right)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C. $$

把此 $ u(x) $ 回代入（4）式，便得一阶线性非齐次微分方程 $ \frac{dy}{dx} + P(x)y = 0 $

Q(x)的通解公式为

$$ \mathbf{y}=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right). $$

注意，公式（6）中的不定积分 $ \int P(x)dx $ 与 $ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx $ 分别理解为一个原函数.

如果将（6）式改写成两项之和

$$ \gamma=C\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}+\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x, $$

那么此式的第一项就是对应的齐次线性微分方程（2）的通解，第二项是非齐次线性微分方程（1）的特解。由此可知，一阶非齐次线性微分方程的通解等于对应的齐次线性微分方程的通解与非齐次线性微分方程的一个特解之和。

例1 求方程 $ \frac{dy}{dx}-\frac{3}{x}y=x^{3}\cos x $的通解.

解 这是一阶非齐次线性微分方程，其中 $ P(x) = -\frac{3}{x} $， $ Q(x) = x^{3} \cos x $，使用公式（6），得方程的通解

$$ \begin{aligned}&\gamma=\mathrm{e}^{-\int-\frac{3}{x}\mathrm{d}x}\Big(\int x^{3}\cos x\mathrm{e}^{-\int\frac{3}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)\\&=x^{3}\left(\int x^{3}\cos x\cdot\frac{1}{x^{3}}\mathrm{d}x+C\right)\\&=x^{3}\left(\int\cos x\mathrm{d}x+C\right)=x^{3}(\sin x+C).\\ \end{aligned} $$

例2 设 $ \int_{0}^{1}f(ax)da=\frac{1}{2}f(x)+1 $，其中 $ f(x) $为可微函数，求 $ f(x) $.

解 令 t=ax，则 $ \mathrm{d}t=x\mathrm{d}a $，于是

$$ \int_{0}^{1}f(ax)\mathrm{d}a=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t, $$

代入原式得

$$ \frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{2}f(x)+1, $$

即

$$ \int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{2}xf(x)+x, $$

两端对 x 求导，得

$$ f(x)=\frac{1}{2}f(x)+\frac{1}{2}xf^{\prime}(x)+1, $$

整理可得

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

这是一阶非齐次线性方程，通解为

$$ \begin{array}{r l}{f\mathrm{~\left(~x~\right)~}=}&{\mathrm{e}^{\int-\frac{1}{x}\mathrm{d}x}\Big(\int\left(-\frac{2}{x}\right)\mathrm{e}^{-\int\frac{2}{x}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\Big)}\\ &{=x\left(\int\left(-\frac{2}{x}\right)\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x+C\right)}\\ &{=x\left(\int\left(-\frac{2}{x^{2}}\right)\mathrm{d}x+C\right)}\\ &{=x\left(\frac{2}{x}+C\right)}\\ &{=C x+2.}\end{array} $$

例3 求微分方程 $ x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x = y^{2}\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y $ 的通解.

解 本例方程中含 $ y^{2}e^{y} $. 对 y 而言，此方程不是线性的，但关于 x 却是线性的，故将 x 作为未知函数，y 作为自变量，得

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

使用公式（6），得通解

$$ \begin{aligned}x=&\mathbf{e}^{-\int\left(-\frac{1}{y}\mathrm{d}y\right)}\left[\int\left(-\mathbf{\nabla}y\mathbf{e}^{y}\right)\mathbf{e}^{\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right]\\=&\mathbf{\nabla}y\left(\int\left(-\mathbf{\nabla}y\right)\mathbf{e}^{y}\cdot\frac{1}{\gamma}\mathrm{d}y+C\right)\\=&\mathbf{\nabla}y\cdot\left(C-\mathbf{e}^{y}\right).\end{aligned} $$

例4 设环境保持恒定温度20℃，有一热物体在10秒内从温度为100℃降到60℃，问此物体从100℃降到25℃需要多少时间？

解 物体冷却速度与该物体和环境温度之差成正比，设物体在时刻 t 的温度为 u(t). 则有

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=-k(u(t)-T), $$

其中 T 为环境温度（假定环境温度恒定不变），k>0 为比例常数，本题中 T= 20 ℃，上述方程变形为

$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+k u=k T, $$

这是一阶线性微分方程，通解为

$$ \begin{align*}u(t)&=\mathrm{e}^{-\int k\mathrm{d}t}\left[\int k T\mathrm{e}^{\int k\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C\right]\\&=\mathrm{e}^{-kt}\left[T\mathrm{e}^{kt}+C\right]=T+C\mathrm{e}^{-kt},\end{align*} $$

初始条件 u(0)=100，所以，C=80，于是

$$ u(t)=20+80\mathrm{e}^{-kt}, $$

物体在10秒内从温度为100℃降到60℃，即

$$ u(10)=20+80\mathrm{e}^{-10k}=60, $$

解得 $ k=\frac{1}{10}\ln 2 $，从而

$$ u(t)=20+80\times2^{-0.1s}. $$

令 u=25，解得 t=40，即物体从 100 ℃ 降到 25 ℃ 需要 40 秒.

例5 有一个电路如图10-2所示，其中电源电动势为 $ E=E_{m}\sin\omega t $ ( $ E_{m} $ 和 $ \omega $ 是常量)，电阻R与电感L均为常量. 求电流 $ i(t) $.

解 首先列出微分方程并确定初始条件.

由电学知道，当电流变化时，L 上有感应电动势 $ -L\frac{di}{dt} $. 由回路电压定律得出

$$ E-L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}-i R=0, $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{R}{L}i=\frac{E}{L}, $$

代入 $ E = E_{m} \sin \omega t $，就得未知函数 $ i(t) $ 应满足的微分方程为

$$ \frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+\frac{R}{L}i=\frac{E_{m}}{L}\sin\omega t. $$

此外，设开关 K 闭合的时刻为 t=0，则 $ i(t) $ 还应满足初始条件 $ i\big|_{t=0}=0 $。这是非齐次一阶线性微分方程的初值问题使用公式（6），得

$$ \begin{aligned}{i\left(t\right)}&{{}=\mathrm{e}^{-\int_{0}^{t}\frac{R}{L}\mathrm{d}t}\int_{0}^{t}\frac{E_{m}}{L}\operatorname{s i n}\omega t\cdot\mathrm{e}^{\int_{0}^{t}\frac{R}{L}\mathrm{d}t}\mathrm{d}t{=}\frac{E_{m}}{L}\mathrm{e}^{\frac{-R}{L^{4}}}\int_{0}^{t}\mathrm{e}^{\frac{R}{L^{4}}}\operatorname{s i n}\omega t\mathrm{d}t}\\ {}&{{}{=}\frac{\omega L E_{m}}{R^{2}+\omega^{2}L^{2}}\mathrm{e}^{-\frac{R}{L^{4}}}+{\frac{E_{m}}{R^{2}+\omega^{2}L^{2}}}\left(R\operatorname{s i n}\omega t{-}\omega L\operatorname{c o s}\omega t\right)}\\ {}&{{}=\frac{\omega L E_{m}}{R^{2}+\omega^{2}L^{2}}\mathrm{e}^{-\frac{R}{L^{4}}}+{\frac{E_{m}}{\sqrt{R^{2}+\omega^{2}L^{2}}}}\operatorname{s i n}\left(\omega t{-}\varphi\right),}\\ \end{aligned} $$

其中 $ \varphi=\arctan\frac{\omega L}{R} $

当 t 增大时， $ i(t) $ 表达式中第一项（称为暂态电流）逐渐衰减而趋于零，第二项（称为稳态电流）是正弦函数，它的周期与电动势的周期相同，而相角落后 $ \varphi $.

下面讨论伯努利方程的解法.

一般地，形如

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y=Q(x)y^{n}\quad(n\neq0,1) $$

的方程称为伯努利（J. Bernoulli）方程.

当 $ n \neq 0 $，1 时，上方程可以通过变换 $ z = y^{1-n} $ 转化为一阶线性微分方程。事实上，以 $ y^n $ 除以方程两端 $ (y \neq 0) $，得

$$ y^{-n}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)y^{1-n}=Q(x), $$

令 $ z=y^{1-n} $，则

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=\left(1-n\right)y^{-n}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, $$

即

$$ y^{-n}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{1-n}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}. $$

代入方程得

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}+(1-n)P(x)z=(1-n)Q(x). $$

这是关于未知函数 z 的一阶线性微分方程，可以求解.

例6 求微分方程

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\frac{4}{x}y=x\sqrt{y} $$

的通解.

解 这是 $ n=\frac{1}{2} $ 的伯努利方程. 以 $ \sqrt{y} $ 除以方程两端 $ (y\neq0) $，得

$$ y^{-\frac{1}{2}}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}-\frac{4}{x}y^{\frac{1}{2}}=x, $$

令 $ z = y^{\frac{1}{2}} $，则 $ \frac{dz}{dx} = \frac{1}{2} y^{-\frac{1}{2}} \frac{dy}{dx} $.

代入方程得

$$ \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}-\frac{2}{x}z=\frac{x}{2}. $$

这是一阶非齐次线性微分方程．用公式（6）求得其通解为

$$ z=x^{2}\left(\frac{1}{2}\ln|x|+C\right). $$

代入 $ z=y^{\frac{1}{2}} $得

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

此外，方程还有解 y=0.

习题10-4

1. 求下列微分方程的通解：

(1) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + \frac{y}{x} = \frac{\sin x}{x} $;

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

(3) $ \frac{dx}{dt} - x = \sin t $;

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

(5) $ y' + \frac{y}{x \ln x} = 1 $;

(6) $ x' = 2x - y^2 $;

(7) $ x \frac{dy}{dx} + y = x^2 + 3x + 2 $;

(8) $ y \ln y \, dx + (x - \ln y) \, dy = 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 $.

1. 求下列微分方程满足初始条件的特解：

(1) $ y' - 2y = e^x - x $, $ y\big|_{x=0} = \frac{5}{4} $;

(2) $ \frac{dy}{dx} - y\tan x = \sec x $, $ y\big|_{x=0} = 0 $;

(3) $ y' + y \cot x = 5 e^{\cos x} $, $ y \big|_{x = \frac{\pi}{2}} = -4 $;

(4) $ y' + y\cos x = \sin x\cos x $, $ y\Big|_{x=0} = 1 $;

(5)

$$ y^{2}\mathrm{d}x+\left(xy-1\right)\mathrm{d}y=0,\quad y\mid_{x=0}=e. $$

1. 设有连接 $ 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} $ 所围成的面积为 $ x^2 $，求曲线弧 $ \widehat{OA} $ 的方程.

1. 设曲线积分 $ \int_{L} yf(x) \, dx + [2xf(x) - x^{2}] \, dy $ 在右半平面 $ (x \gt 0) $ 内与路径无关，其中 $ f(x) $ 可导，且 $ f(1) = 1 $。求 $ f(x) $。

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{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + \frac{1}{3}y = \frac{1}{3}(1-2x)y^{4} $.

第五节 全微分方程

将一阶微分方程写成

$$ P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0 $$

形式后，如果它的左端恰好是某一个函数 $ u = u(x, y) $ 的全微分：

$$ \mathrm{d}u(x,y)=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y, $$

那么方程（1）就叫做全微分方程。这里

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=P(x,y),\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y), $$

而方程（1）就是

$$ \mathrm{d}u(x,y)=0. $$

如果 $ y=\varphi(x) $ 是方程 (1) 的解，那么这解满足方程 $ (1^{\prime}) $，故有

$$ \mathrm{d}u[x,\varphi(x)]=0, $$

因此

$$ u[x,\ \varphi(x)]=C. $$

这表示方程（1）的解 $ y=\varphi(x) $ 是由方程 $ u(x, y)=C $ 所确定的隐函数.

另一方面，如果方程 $ u(x, y) = C $ 确定一个可微的隐函数 $ y = \varphi(x) $，则

$$ u[x,\varphi(x)]=C, $$

上式两端对 x 求导，得

$$ \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0, $$

或

$$ \frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}y=0, $$

即

$$ P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,\ y\right)\mathrm{d}y=0. $$

这表示由方程 $ u(x, y) = C $ 所确定的隐函数是方程 (1) 的解.

因此，如果方程（1）的左端是函数 $ u(x, y) $ 的全微分，那么

$$ u(x,y)=C $$

就是全微分方程（1）的隐式通解，其中 C 是任意常数.

由曲线积分与路径无关的讨论可知，当 $ P(x, y) $、 $ Q(x, y) $ 在单连通域 G 内具有一阶连续偏导数时，要使方程（1）是全微分方程，其充要条件是

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} $$

在区域 G 内恒成立，且当此条件满足时，全微分方程（1）的通解为

$$ u\left(x,y\right)\equiv\int_{x_{0}}^{x}P\left(x,y_{0}\right)\mathrm{d}x+\int_{y_{0}}^{y}Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=C, $$

其中 $ x_{0} $， $ y_{0} $ 是在区域 G 内适当选定的点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 的坐标.

例1 求微分方程 $ (x^{2}+y)\mathrm{d}x+(x-2y)\mathrm{d}y=0 $ 的通解.

解法一 经验证 $ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=1 $，所以是全微分方程.

取 $ x_{0}=y_{0}=0 $ 根据公式（3），有

$$ \begin{aligned}u\left(x,\ y\right)&=\int_{0}^{x}x^{2}\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\left(x-2y\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{3}x^{3}+xy-y^{2}.\end{aligned} $$

因此方程通解为

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

解法二 凑微分法

$$ \begin{array}{r}{\left(x^{2}+y\right)\mathrm{d}x+\left(x-2y\right)\mathrm{d}y=x^{2}\mathrm{d}x-2y\mathrm{d}y+\left(x\mathrm{d}y+y\mathrm{d}x\right)}\\ &{=\mathrm{d}\left(\frac{1}{3}x^{3}\right)-\mathrm{d}y^{2}+\mathrm{d}\left(x y\right)}\\ &{=\mathrm{d}\left(\frac{1}{3}x^{3}-y^{2}+x y\right),}\end{array} $$

从而

$$ u(x,y)=\frac{1}{3}x^{3}+xy-y^{2}, $$

方程通解为

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

当条件（2）不能满足时，方程（1）就不是全微分方程。这时如果有一个适当的函数 $ \mu=\mu(x,y)(\mu(x,y)\neq0) $，使方程（1）在乘上 $ \mu(x,y) $ 后所得的方程

$$ \mu P\mathrm{d}x+\mu Q\mathrm{d}y=0 $$

是全微分方程，则函数 $ \mu(x, y) $ 叫做方程（1）的积分因子.

积分因子的求法，一般说来，不是一件容易的事；不过在比较简单的情形下，可以凭观察得到.

例如，方程

$$ y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=0 $$

不是全微分方程. 但是由于 $ \mathrm{d}\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{y^{2}} $，可知 $ \frac{1}{y^{2}} $ 是一个积分因子. 不难验证， $ \frac{1}{xy} $ 和 $ \frac{1}{x^{2}} $ 也都是积分因子. 乘上其中任何一个并积分，便能得到所求方程的通解

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

又如，方程

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

也不是全微分方程。但将它的各项重新合并，得

$$ (y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y)+xy(y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y)=0, $$

再把它改写成

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

这时容易看出 $ \frac{1}{x^{2}y^{2}} $为积分因子，乘上该积分因子后，方程就变为

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

积分之，得通解为

$$ -\frac{1}{xy}+\ln\left|\frac{x}{y}\right|=C_{1}, $$

即

$$ \frac{x}{y}=C\mathrm{e}^{\frac{1}{xy}}\quad\left(C=\pm\mathrm{e}^{c_{1}}\right). $$

习题10-5

1. 判别下列方程中哪些是全微分方程，并求全微分方程的通解：

(1) $ (3x^{2}+6xy^{2})dx+(6x^{2}y+4y^{2})dy=0 $;

(2) $ (a^{2}-2xy-y^{2})dx-(x+y)^{2}dy=0 $;

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

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

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

(6) $ y(x-2y) \, dx - x^2 \, dy = 0 $;

(7) $ (1 + e^{2\theta}) \mathrm{d}\rho + 2\rho e^{2\theta} \mathrm{d}\theta = 0 $;

(8) $ (x^{2}+y^{2})\,dx+xy\,dy=0 $.

1. 利用观察法求出下列方程的积分因子，并求其通解：

(1) $ (x+y)(dx-dy)=dx+dy $;

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

(3) $ y^{2}(x-3y)dx+(1-3y^{2}x)dy=0 $;

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

第六节 可降阶的高阶微分方程

二阶和二阶以上的微分方程统称为高阶微分方程。一般的高阶微分方程没有通用的解法，但对于有些高阶微分方程，可以通过代换将它化成较低阶的方程来求解。下面介绍三种可降阶的高阶微分方程。

一、 $ y^{(n)}=f(x) $ 型

微分方程

$$ y^{(n)}=f(x) $$

的右端仅含有自变量 x，可通过逐次积分进行降阶．因此，两边积分，就得到 n-1 阶微分方程

$$ \gamma^{(n-1)}=\int f(x)\mathrm{d}x+C_{1}. $$

$ C_{1} $ 为任意常数. 再积分一次可得

$$ y^{(n-2)}=\int\left(\int f(x)dx\right)dx+C_{1}x+C_{2}, $$

依此方法继续进行，连续积分 n 次，便得方程 $ y^{(n)}=f(x) $ 的含有 n 个任意常数的通解

$$ y=\int\left[\cdots\int\left(\int f(x)dx\right)dx\cdots\right]dx+C_{1}^{\prime}x^{n-1}+C_{2}^{\prime}x^{n-2}+\cdots+C_{n}^{\prime}, $$

其中 $ C_{1}^{\prime} $， $ C_{2}^{\prime} $， $ \cdots $， $ C_{n}^{\prime} $ 均为任意常数.

例1 求微分方程

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

的通解.

解 对所给方程连续积分三次，得

$$ \begin{aligned}&y^{\prime \prime}=\mathrm{e}^{x}-\cos\ x+C_{1}\ ,\\&y^{\prime}=\mathrm{e}^{x}-\sin\ x+C_{1}x+C_{2}\ ,\\&y=\mathrm{e}^{x}+\cos\ x+\frac{1}{2}C_{1}x^{2}+C_{2}x+C_{3}\ ,\\&\quad=\mathrm{e}^{x}+\cos\ x+C_{1}^{\prime}x^{2}+C_{2}^{\prime}x+C_{3}^{\prime}\ ,\\ \end{aligned} $$

其中 $ C_{1}^{\prime}=\frac{1}{2}C_{1} $， $ C_{2}^{\prime}=C_{2} $、 $ \cdots $、 $ C_{3}^{\prime}=C_{3} $ 是三个独立的任意常数，这就是所给方程的通解.

二、 $ y''=f(x,y') $ 型

二阶微分方程

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

的右端不显含未知函数 $ y $，可作代换 $ y'=p $，将 $ p $ 看作未知函数 $ p(x) $，则 $ y''=\frac{dy'}{dx}=\frac{dp}{dx} $，上方程变成

$$ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=f(x,p), $$

这是以 p 为未知函数的一阶微分方程，如果能求出它的通解为

$$ p=\varphi\left(x,\ C_{1}\right). $$

由于 $ p=\frac{dy}{dx} $，即

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\varphi(x,C_{1}), $$

对它积分，得方程 $ y''=f(x,y') $ 的通解为

$$ y=\int\varphi(x,C_{1})\mathrm{d}x+C_{2}, $$

其中 $ C_{1} $， $ C_{2} $ 为任意常数.

例2 求初值问题 $ (1+x^{2})y''=2xy' $， $ y\big|_{x=0}=1 $， $ y'\big|_{x=0}=3 $ 的解.

解 所给方程属 $ y''=f(x,y') $ 型. 设 $ y'=p $，代入方程并分离变量，得

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

积分得

$$ \ln p=\ln\left(1+x^{2}\right)+\ln C_{1}, $$

得

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

代入初始条件 $ y' = 3 $ ，得 $ C_{1} = 3 $

从而

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

再积分得 $ y=3x+x^{3}+C_{2} $

由 $ y\big|_{x=0}=1 $ ，得 $ C_{2}=1 $

于是得初值问题的解

$$ y=x^{3}+3x+1. $$

例3 设有一均匀、柔软的绳索，两端固定，绳索仅受重力的作用下垂，试问该绳在平衡状态时是怎样的曲线？

解 设绳索的最低点为 $ A $，取 y 轴通过点 A 铅直向上，取 x 轴水平向右。设绳索曲线的方程为 $ y = y(x) $，考察绳索上点 A 到任一点 $ M(x, y) $ 间的一段弧 $ AM $，设其长为 $ s $，设单位绳索重量为 $ \rho $，则弧 $ \widehat{AM} $ 的重量为 $ \rho s $。由于绳索是柔的，因而在点 A 处的张力沿水平的切线方向，其大小设为 $ H $；在点 M 处的张力沿该点处的切线方向与水平线成 $ \theta $ 角，其大小设为 $ T $（如图 10-3）。因作用于弧段 $ \widehat{AM} $ 上的外力相互平衡，把作用于弧 $ \widehat{AM} $ 上的力在铅直和水平两个方向分解，得

$$ T\mathrm{s i n}\theta=\rho s,T\mathrm{c o s}\theta=H. $$

两式相除，得

$$ \tan\theta=\frac{\rho s}{H}. $$

由于 $ \tan\theta=y' $，弧长 $ s=\int_{0}^{x}\sqrt{1+y'^{2}}dx $，代入上式，有

$$ y^{\prime}=\frac{\rho}{H}\int_{0}^{\infty}\sqrt{1+y^{\prime2}}\mathrm{d}x. $$

两边求导，可得函数 $ y=y(x) $ 满足的微分方程

$$ \gamma^{n}=\frac{\rho}{H}\sqrt{1+y^{\prime2}}=\frac{1}{a}\sqrt{1+y^{\prime2}}\left(a=\frac{H}{\rho}\right). $$

设原点到 A 的距离为定值 a，即 $ \left|OA\right|=a $ 。那么初始条件为

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

方程 $ y''=\frac{1}{a}\sqrt{1+y'^{2}} $，不显含 y，可令 $ y'=p $，则有 $ y''=\frac{dp}{dx} $，代入后得

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

分离变量

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

两端积分得

$$ \operatorname{arsh}p=\frac{x}{a}+C_{1}, $$

将初始条件 $ y'(0) = p(0) = 0 $ 代入上式得 $ C_{1} = 0 $。于是上式变为

$$ \operatorname{arsh}p=\frac{x}{a}, $$

从而有

$$ p=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\mathrm{sh}\frac{x}{a}, $$

上式两端积分得

$$ y=a\operatorname{ch}\frac{x}{a}+C_{2}. $$

再将初始条件 $ y(0)=a $ 代入解得 $ C_{2}=0 $。于是该绳索的形状可由曲线方程

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

来表示，这类曲线叫做悬链线.

三、 $ y''=f(y,y') $ 型

这一类方程 $ y'' = f(y, y') $ 的特征是：方程右端不显含自变量 x，令 $ y' = p $，将 p 看成是 y 的函数 $ p = p(y) $，利用复合函数的求导法有

$$ y^{\prime \prime}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p\ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}. $$

于是，方程 $ y''=f(y,y') $ 变为

$$ p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=f(y,p). $$

这是关于变量 y 和 p 的一阶微分方程．如果能求出它的通解为

$$ \begin{aligned}&p=\varphi\left(y,\ C_{1}\right).\\&\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\varphi\left(y,\ C_{1}\right).\\ \end{aligned} $$

即

分离变量并积分，得原方程 $ y''=f(y,y') $ 的通解

$$ \int\frac{\mathrm{d}y}{\varphi(y,C_{1})}=x+C_{2}, $$

其中 $ C_{1} $， $ C_{2} $为任意常数.

例4 求微分方程

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

的通解.

解法一 令 $ y'=p $，则 $ y''=p\frac{dp}{dy} $ 代入原方程得

$$ yp\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-p^{2}=0. $$

当 $ y\neq0 $， $ p\neq0 $时，约去p并分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}p}{p}=\frac{\mathrm{d}y}{y}. $$

两边积分得 $ p = C_{1} y $，即 $ \frac{dy}{dx} = C_{1} y $，分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y}=C_{1}\mathrm{d}x, $$

两端积分得

$$ \boldsymbol{\gamma}=\boldsymbol{C}_{2}\mathbf{e}^{C_{1}\mathbf{x}}. $$

在以上求解过程中，假定了 $ y \neq 0 $， $ p \neq 0 $，实际上 y = 0，p = 0，即 $ \frac{dy}{dx} = 0 $ 有 y = C 也是原方程的解。显然 $ C_{1} = 0 $ 时给出了 $ y = C_{2} $，当 $ C_{2} = 0 $ 时包含了解 y = 0。故 y = 0 和 y = C 都包含在上通解中。

解法二 当 $ y \neq 0 $ 时，方程两端除以 $ y^{2} $，得

$$ \frac{yy''-(y')^{2}}{y^{2}}=0 $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{y^{\prime}}{y}\right)=0. $$

积分得

$$ \frac{y^{\prime}}{\gamma}=C_{1}, $$

分离变量得

$$ \frac{\mathrm{d}y}{y}=C_{1}\mathrm{d}x $$

两端积分并化简可得通解

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

例5 设 $ R $ 为常数，求微分方程 $ \left|y''\right| = \frac{1}{R}(1 + y'^2)^{3/2} $ 的通解.

解 令 $ y'=p(y) $， $ y''=p\frac{dp}{dy} $，代入原方程得

$$ \left|p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\right|=\frac{1}{R}\left(1+p^{2}\right)^{3/2},-\frac{p\mathrm{d}p}{\left(1+p^{2}\right)^{3/2}}=\pm\frac{1}{R}\mathrm{d}y, $$

积分得

$$ \frac{1}{\sqrt{1+p^{2}}}=\pm\frac{1}{R}(y-C_{1}) $$

解出p，即

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p=\pm\sqrt{\frac{R^{2}}{\left(y-C_{1}\right)^{2}}-1}=\pm\frac{\sqrt{R^{2}-\left(y-C_{1}\right)^{2}}}{y-C_{1}}, $$

分离变量，得

$$ \frac{-\left(y-C_{1}\right)\mathrm{d}y}{\sqrt{R^{2}-\left(y-C_{1}\right)^{2}}}=\pm\mathrm{d}x $$

即

$$ \sqrt{R^{2}-\left(y-C_{1}\right)^{2}}=\pm\left(x-C_{2}\right) $$

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

为所求通解.

习题10-6

1. 求下列微分方程的通解：

(1)

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

(2)

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

(3)

(4)

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

$$ y^{\prime \prime}(e^{+}+1)+y^{\prime}=0; $$

(5)

$$ y''+\frac{2}{1-y}y'^{2}=0; $$

(6)

$$ y^{3}y^{n}-1=0 $$

(7)

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

(8)

$$ \left(y^{m}\right)^{2}+\left(y^{\prime\prime}\right)^{2}=1. $$

1. 求解下列初值问题：

(1)

$$ \{\begin{aligned}y^{3}y^{\prime \prime}+1&=0,\\ y|\begin{array}{c} \\ \text{s=1}\end{array}.&=1,.\quad y^{\prime}\quad|_{\text{s=1}}&=0;\end{aligned}. $$

(2)

$$ \{\begin{aligned}&2y^{\prime \prime}=\sin2y,\\ &y\big|_{x=0}=\frac{\pi}{2},\quad y^{\prime}\big|_{x=0}=1;\end{aligned}. $$

(3) $ \begin{cases} y'y''=3(y'')^2, \\ y(0)=0, \ y'(0)=1, \ y''(0)=1 \end{cases} $

(4) $ yy''=2(y'^2-y') $, $ y(0)=1 $, $ y'(0)=2 $.

1. 有一下凸曲线 L 位于 xOy 面的上半平面内，L 上任一点 M 处的法线与 x 轴相交，其交点记为 B. 如果点 M 处的曲率半径始终等于线段 MB 之长，并且 L 在点 (1, 1) 处的切线与 y 轴垂直，试求 L 的方程.

第七节 线性微分方程解的结构

在实际问题中应用得较多的线性微分方程是二阶线性微分方程，它的一般形式是

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}}+P(x)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+Q(x)y=f(x). $$

其特点是左端每一项关于未知函数 y 及其导数 $ y' $， $ y'' $都是一次的。如果方程的右端 $ f(x) \equiv 0 $，那么称方程是齐次的。否则，当 $ f(x) \neq 0 $ 时，方程叫做非齐次的。

方程（1）的形式可推广到 n 阶线性方程

$$ y^{(n)}+a_{1}(x)y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}(x)y^{\prime}+a_{n}(x)y=f(x). $$

先讨论二阶齐次线性方程

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

定理 10.7.1 如果函数 $ y_{1}(x) $ 与 $ y_{2}(x) $ 是方程（2）的两个解，那么

$$ y=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x) $$

也是（2）的解，其中 $ C_{1} $、 $ C_{2} $是任意常数.

证 将（3）式代入（2）式左端，得

$$ \begin{align*}&\left[\;C_{1}y_{1}^{\prime \prime}+C_{2}y_{2}^{\prime \prime}\;\right]+P\left(x\right)\left[\;C_{1}y_{1}^{\prime}+C_{2}y_{2}^{\prime}\;\right]+Q\left(x\right)\left[\;C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}\;\right]\\&=C_{1}\left[\;y_{1}^{\prime \prime}+P\left(x\right)y_{1}^{\prime}+Q\left(x\right)y_{1}\;\right]+C_{2}\left[\;y_{2}^{\prime \prime}+P\left(x\right)y_{2}^{\prime}+Q\left(x\right)y_{2}\;\right].\end{align*} $$

由于 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 是方程（2）的解，上式右端方括号中的表达式都恒等于零，因而整个式子恒等于零，所以（3）式是方程（2）的解.

齐次线性方程的这个性质表明它的解符合叠加原理.

叠加起来的解（3）从形式上来看含有 $ C_{1} $ 与 $ C_{2} $ 两个任意常数，但它不一定是方程（2）的通解。例如，设 $ y_{1}(x) $ 是（2）的一个解，则 $ y_{2}(x)=2y_{1}(x) $ 也是（2）的解。这里（3）式成为 $ y=C_{1}y_{1}(x)+2C_{2}y_{1}(x) $，可以把它改写成 $ y=Cy_{1}(x) $，其中 $ C=C_{1}+2C_{2} $。这显然不是（2）通解。那么在什么情况下（3）式才是方程（2）的通解呢？要解决这个问题，我们还得引入一个新的概念，即所谓函数的线性相关与线性无关。

设 $ y_1(x) $, $ y_2(x) $, $ \cdots $, $ y_n(x) $ 为定义在区间 $ I $ 上的 $ n $ 个函数。如果存在 $ n $ 个不全为零的常数 $ k_1 $, $ k_2 $, $ \cdots $, $ k_n $，使得 $ x \in I $ 时有恒等式

$$ k_{1}y_{1}+k_{2}y_{2}+\cdots+k_{n}y_{n}=0 $$

成立，那么称这个n个函数在区间I上线性相关；否则称线性无关.

例如，函数1， $ \cos^{2}x $， $ \sin^{2}x $在整个数轴上是线性相关的。因为取 $ k_{1}=1 $， $ k_{2}=k_{3}=-1 $，就有恒等式

$$ 1-\cos^{2}x-\sin^{2}x=0. $$

又如，函数1，x， $ x^{2} $在任何区间（a，b）内是线性无关的，因为如果 $ k_{1} $， $ k_{2} $， $ k_{3} $不全为零，那么在该区间内至多只有两个x值能使二次三项式

$$ k_{1}+k_{2}x+k_{3}x^{2} $$

为零；要使它恒等于零，必须 $ k_{1} $， $ k_{2} $， $ k_{3} $ 全为零.

应用上述概念可知，对于两个函数的情形，它们线性相关与否，只要看它们的比是否为常数；如果比为常数，那么它们就线性相关；否则就线性无关。

有了线性无关的概念后，我们有如下关于二阶齐次线性微分方程（2）的通解结构的定理.

定理 10.7.2 如果 $ y_{1}(x) $ 与 $ y_{2}(x) $ 是方程 (2) 的两个线性无关的特解，那么

$$ y=C_{1}y_{1}(x)+C_{2}y_{2}(x)\quad(C_{1},\ C_{2}\ 是任意常数 ) $$

就是方程（2）的通解.

例如，方程 $ y'' + y = 0 $ 是二阶齐次线性方程（这里 $ P(x) = 0 $， $ Q(x) = 1 $）。容易验证， $ y_1 = \cos x $ 与 $ y_2 = \sin x $ 是所给方程的两个解，且 $ \frac{y_2}{y_1} = \frac{\sin x}{\cos x} = \tan x \neq $ 常数，即它们是线性无关的。因此方程 $ y'' + y = 0 $ 的通解为

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

下面讨论二阶非齐次线性方程（1）. 我们把方程（2）叫做与非齐次方程（1）对应的齐次方程.

定理 10.7.3 设 $ y^{*}(x) $ 是二阶非齐次线性方程

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

的一个特解， $ Y(x) $ 是与（1）对应的齐次方程（2）的通解，那么

$$ y=Y(x)+y^{*}(x) $$

是二阶非齐次线性微分方程（1）的通解.

证 把（4）式代入方程（1）的左端，得

$$ \begin{align*}&\left(Y^{\prime \prime}+y^{\star^{\prime \prime}}\right)+P\left(x\right)\left(Y^{\prime}+y^{\star^{\prime}}\right)+Q\left(x\right)\left(Y+y^{\star}\right)\\=&\left[Y^{\prime \prime}+P\left(x\right)Y^{\prime}+Q\left(x\right)Y\right]+\left[y^{\star \prime \prime}+P\left(x\right)y^{\star \prime}+Q\left(x\right)y^{\star}\right],\end{align*} $$

由于 Y 是方程（2）解， $ y^{*} $ 是（1）的解，可知第一个括号内的表达式恒等于零，第二个恒等于 $ f(x) $。这样， $ y = Y + y^{*} $ 使（1）的两端恒等，即（4）式是方程（1）的解。

由于对应的齐次方程（2）的通解 $ Y=C_{1}Y_{1}+C_{2}Y_{2} $ 中含有两个任意常数，所以 $ y=Y+y^{*} $ 中也含有两个任意常数，从而它就是二阶非齐次线性方程（1）的通解.

例如，方程 $ y'' + y = x^2 $ 是二阶非齐次线性微分方程．已知 $ Y = C_1 \cos x + $

$ C_{2}\sin x $ 是对应的齐次方程 $ y''+y=0 $ 的通解；又容易验证 $ y^{*}=x^{2}-2 $ 是所给方程的一个特解．因此

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

是所给方程的通解.

非齐次线性微分方程（1）的特解有时可用下述定理来帮助求出.

定理 10.7.4 设非齐次线性方程（5）的右端 $ f(x) $ 是几个函数之和。如

$$ y^{\prime \prime}+P\left(x\right)y^{\prime}+Q\left(x\right)y=f_{1}\left(x\right)+f_{2}\left(x\right), $$

而 $ y_{1}^{*}(x) $ 与 $ y_{2}^{*}(x) $ 分别是方程

$$ \begin{aligned}&y^{\prime \prime}+P(x)y^{\prime}+Q(x)y=f_{1}(x)\\&y^{\prime \prime}+P(x)y^{\prime}+Q(x)y=f_{2}(x)\\ \end{aligned} $$

与

的特解，那么 $ y_{1}^{*}(x)+y_{2}^{*}(x) $ 就是原方程的特解.

证 将 $ y=y_{1}^{*}(x)+y_{2}^{*}(x) $ 代入方程（5）的左端，得

$$ \begin{align*}&\left(y_{1}^{*}+y_{2}^{*}\right)^{\prime \prime}+P\left(x\right)\left(y_{1}^{*}+y_{2}^{*}\right)^{\prime}+Q\left(x\right)\left(y_{1}^{*}+y_{2}^{*}\right)\\=&\left[y_{1}^{*\prime \prime \prime}+P\left(x\right)y_{1}^{*\prime}+Q\left(x\right)y_{1}^{*}\right]+\left[y_{2}^{*\prime \prime \prime}+P\left(x\right)y_{2}^{*\prime}+Q\left(x\right)y_{2}^{*}\right]\\=&f_{1}\left(x\right)+f_{2}\left(x\right).\end{align*} $$

因此 $ y_{1}^{*}+y_{2}^{*} $ 是方程（5）的一个特解.

这一定理通常称为非齐次线性微分方程的解的叠加原理.

一般来说，要求出齐次线性方程（2）的两个线性无关的解，有时也相当困难．下面的定理（5）对减轻这方面的困难将起很大的作用.

定理 10.7.5 设微分方程（2）有一个非零解 $ y_{1}(x) $，则必可借助 $ y_{1}(x) $ 求出微分方程（2）的另一个与 $ y_{1}(x) $ 线性无关的解 $ y_{2}(x) $。且

$$ y_{2}(x)=y_{1}(x)\cdot\int\frac{1}{y_{1}^{2}(x)}\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x. $$

证 因 $ y_{2}(x) $ 与 $ y_{1}(x) $ 线性无关，设 $ y_{2}(x)=u(x)\cdot y_{1}(x) $，改求 $ u(x) $

$$ y_{2}^{\prime}(x)=u^{\prime}(x)y_{1}(x)+u(x)y_{1}^{\prime}(x), $$

$$ y_{2}^{u}(x)=u^{u}(x)y_{1}(x)+2u^{\prime}(x)y_{1}^{\prime}(x)+u(x)y_{1}^{u}(x). $$

代入微分方程（2），得

$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}+P\left(x\right)y^{\prime}+Q\left(x\right)y&=u^{\prime \prime}\left(x\right)y_{1}\left(x\right)+2u^{\prime}\left(x\right)y_{1}^{\prime}\left(x\right)+u\left(x\right)y_{1}^{\prime \prime}\left(x\right)+\\&\quad P\left(x\right)\left[\begin{array}{l}u^{\prime}\left(x\right)y_{1}\left(x\right)+u\left(x\right)y_{1}^{\prime}\left(x\right)\end{array}\right]+Q\left(x\right)u\left(x\right)y_{1}\left(x\right)\\&=u^{\prime \prime}\left(x\right)y_{1}\left(x\right)+\left[\begin{array}{l}2y_{1}^{\prime}\left(x\right)+P\left(x\right)y_{1}\left(x\right)\end{array}\right]u^{\prime}\left(x\right)+\\&\quad u\left(x\right)\left[\begin{array}{l}y_{1}^{\prime \prime}\left(x\right)+P\left(x\right)y_{1}^{\prime}\left(x\right)+Q\left(x\right)y_{1}\left(x\right)\end{array}\right]\\&=u^{\prime \prime}\left(x\right)y_{1}\left(x\right)+\left[\begin{array}{l}2y_{1}^{\prime}\left(x\right)+P\left(x\right)y_{1}\left(x\right)\end{array}\right]u^{\prime}\left(x\right)=0.\end{aligned} $$

这是一个关于 u 的二阶可降阶的微分方程.

令 $ u'(x)=v $，得

$$ \frac{\mathrm{d}v}{v}=-\left[2\frac{y_{1}^{\prime}(x)}{y_{1}(x)}+P(x)\right]\mathrm{d}x. $$

取

$$ \ln v=-2\ln y_{1}(x)-\int p(x)\mathrm{d}x,\quad v=\frac{1}{\gamma_{1}^{2}(x)}\mathrm{e}^{-\int p(x)\mathrm{d}x} $$

则

$$ u=\int\frac{1}{y_{1}^{2}(x)}\mathrm{e}^{-\int p(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x, $$

故

$$ y_{2}(x)=y_{1}(x)\cdot\int\frac{1}{y_{1}^{2}(x)}\mathrm{e}^{-\int p(z)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x. $$

例 验证 $ y = y_1(x) = e^{\lambda x} $ 是微分方程 $ y'' - 2\lambda y' + \lambda^2 y = 0 $ 的解，并求此微分方程的通解.

证 $ y_{1}^{\prime}=\lambda\mathrm{e}^{\lambda x}, y_{1}^{\prime\prime}=\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x} $，代入原方程得

$$ y^{\prime \prime}-2\lambda y^{\prime}+\lambda^{2}y=\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x}-2\lambda\cdot\left(\lambda\mathrm{e}^{\lambda x}\right)+\lambda^{2}\mathrm{e}^{\lambda x}\equiv0, $$

故 $ y_{1}=e^{ax} $ 是原方程的一个特解.

现设 $ y_{2} $ 是方程的另一个与 $ y_{1}=e^{kx} $ 线性无关的解，应用定理 10.7.5 的公式 (6)

$$ \begin{array}{l}y_{2}=\mathbf{e}^{\lambda x}\cdot\int\frac{1}{\left(\mathbf{e}^{\lambda x}\right)^{2}}\mathbf{e}^{-\int\left(-2\lambda\right)d x}\mathrm{d}x\\\\=\mathbf{e}^{\lambda x}\cdot\int\frac{1}{\mathbf{e}^{2\lambda x}}\cdot\mathbf{e}^{2\lambda x}\mathrm{d}x\\\\=\mathbf{e}^{\lambda x}\cdot x,\end{array} $$

则原方程的通解为

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

习题10-7

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.

1. 若 $ y_{1} $， $ y_{2} $ 是二阶非齐次线性微分方程（1）的两个不同的特解，证明：

(1) $ y_{1} $， $ y_{2} $是线性无关的；

(2) 对任意实数 $ \lambda $， $ y = \lambda y_{1} + (1 - \lambda)y_{2} $ 是方程 (1) 的解.

1. 若 $ y_{1} $， $ y_{2} $， $ y_{3} $ 是二阶非齐次线性微分方程（1）的线性无关的解，试用 $ y_{1} $， $ y_{2} $， $ y_{3} $ 表达方程（1）的通解.

1. 已知 $ y_{1}(x) = e^{x} $ 是线性齐次方程

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

的一个解．求此方程的通解．

1. 求方程 $ y'' + \frac{1}{x} y' - \frac{1}{x^2} y = 0 $ 的通解.

第八节 二阶常系数齐次线性微分方程

二阶常系数齐次线性微分方程的一般形式是

$$ y^{\prime \prime}+p y^{\prime}+q y=0, $$

其中 p、q 是常数.

由上一节的讨论可知，只要求出方程（1）的两个线性无关解 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $，就可将它们叠加求出方程（1）的通解为 $ y = C_{1}y_{1} + C_{2}y_{2} $。那么如何求方程（1）的两个线性无关解 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 呢？下面我们介绍常系数齐次线性微分方程求解的欧拉指数法。

从方程中观察到，y、 $ y' $、 $ y'' $都只相差一个常数，为此，我们应要求 $ y $、 $ y' $、 $ y'' $为同一类函数，于是指数函数 $ y=e^{x} $成为首先考虑的函数.

令 $ y=e^{x} $，求它的导数，得到

$$ y^{\prime}=r\mathbf{e}^{rx},\ y^{\prime\prime}=r^{2}\mathbf{e}^{rx}. $$

把 y、 $ y' $ 与 $ y'' $ 代入方程 (1)，得到

$$ \left(r^{2}+pr+q\right)\mathrm{e}^{rx}=0. $$

由于 $ e^{n}\neq0 $，所以

$$ r^{2}+pr+q=0. $$

这就说明，只要 r 是多项式方程（2）的根，那么函数 $ y = e^{rx} $ 就是微分方程

（1）的解. 我们称代数方程（2）为微分方程（1）的特征方程. 特征方程

（2）是二次方程，它的两个根 $ r_{1,2} $（叫做特征根）可由公式

$$ r_{1,2}=\frac{-p\pm\sqrt{p^{2}-4q}}{2} $$

求出．就特征根的不同情形，现分别讨论如下：

（1）特征方程有两个不同的实根 $ r_{1} $与 $ r_{2} $，即 $ p^{2}-4q\gt 0 $时，有

$$ r_{1}=\frac{-p+\sqrt{p^{2}-4q}}{2} 与 r_{2}=\frac{-p-\sqrt{p^{2}-4q}}{2}. $$

这时，方程（1）有两个特解 $ y_{1}=e^{r_{1}x} $ 与 $ y_{2}=e^{r_{2}x} $。因为 $ \frac{y_{2}}{y_{1}}=e^{(r_{2}-r_{1})x}\neq $ 常数，所以 $ y_{1} $ 与 $ y_{2} $ 线性无关，从而得到方程（1）的通解为

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{y}=C_{1}\mathrm{e}^{r_{1}s}+C_{2}\mathrm{e}^{r_{2}s}.}\end{array} $$

（2）特征方程有两个相等的实根 $ r_{1}=r_{2} $，即 $ p^{2}-4q=0 $ 时，有

$$ r_{1}=r_{2}=-\frac{p}{2}. $$

这时，得到方程（1）的一个解

$$ y_{1}=\mathrm{e}^{r_{1}s}. $$

为了得出方程（1）的通解，还需要求出另一个解 $ y_{2} $，并且要求 $ \frac{y_{2}}{y_{1}} \neq $ 常数.

为此设 $ \frac{y_{2}}{y_{1}}=u(x) $，即 $ y_{2}=u(x)e^{r_{1}x} $，其中 $ u(x) $为待定函数。将 $ y_{2} $求导，

得到

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{y}_{2}^{\prime}=\mathrm{e}^{r_{1}x}\left(\boldsymbol{u}^{\prime}+r_{1}\boldsymbol{u}\right),\quad\boldsymbol{y}_{2}^{\prime\prime}=\mathrm{e}^{r_{1}x}\left(\boldsymbol{u}^{\prime\prime}+2r_{1}\boldsymbol{u}^{\prime}+r_{1}^{2}\boldsymbol{u}\right).}\end{array} $$

把 $ y_{2} $、 $ y_{2}^{\prime} $ 与 $ y_{2}^{\prime\prime} $ 代入方程 (1)，得到

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

即

$$ u^{\prime \prime}+\left(2r_{1}+p\right)u^{\prime}+\left(r_{1}^{2}+pr_{1}+q\right)u=0. $$

因为 $ r_1 $ 是特征方程（2）的二重根，故 $ r_1^2 + pr_1 + q = 0 $，并且 $ 2r_1 + p = 0 $，于是得到 $ u'' = 0 $。

因为我们只要得到一个不为常数的函数 u，故可取满足上式的函数 u=x，由此得到方程（1）的另一个与 $ y_{1} $ 线性无关的解

$$ y_{2}=x\mathrm{e}^{r_{1}x}. $$

从而得方程（1）的通解为

$$ \boldsymbol{\gamma}=C_{1}\mathbf{e}^{^{\prime}_{1}\mathbf{x}}+C_{2}\mathbf{x}\mathbf{e}^{^{\prime}_{1}\mathbf{x}}=\left(\begin{array}{c}C_{1}+C_{2}\mathbf{x}\end{array}\right)\mathbf{e}^{^{\prime}_{1}\mathbf{x}}. $$

（3）特征方程有一对共轭复根： $ r_1 = \alpha + i\beta $， $ r_2 = \alpha - i\beta (\beta \ne 0) $，即 $ p^2 - 4q \lt 0 $ 时，有

$$ r_{1,2}=-\frac{p}{2}\pm\mathrm{i}\frac{\sqrt{4q-p^{2}}}{2}. $$

这里 $ y_1 = e^{(\alpha + i\beta)x} $， $ y_2 = e^{(\alpha - i\beta)x} $ 是微分方程（1）的两个解，但它们是复值函数形式，使用不便。我们以这两个解为基础，从中得出实值函数形式的解。为此，应用欧拉公式 $ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta $ 把 $ y_1 $ 与 $ y_2 $ 改写成

$$ y_{1}=\mathrm{e}^{(\alpha+\mathrm{i}\beta)x}=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(\cos\beta x+\mathrm{i}\sin\beta x\right), $$

$$ \begin{array}{r}{\gamma_{2}=\mathrm{e}^{(\alpha-\mathrm{i}\beta)s}=\mathrm{e}^{\alpha s}\left(\cos\beta x\mathrm{-i}\sin\beta x\right).}\end{array} $$

于是得到

$$ \widetilde{y}_{1}=\frac{1}{2}(y_{1}+y_{2})=\mathrm{e}^{\alpha x}\cos\beta x, $$

$$ \widetilde{y}_{2}=\frac{1}{2\mathrm{i}}(\;y_{1}-y_{2})=\mathrm{e}^{ax}\sin\;\beta x\;, $$

显然 $ \tilde{y}_{1} $， $ \tilde{y}_{2} $ 是方程（1）的解，它们不但是实值函数形式的，而且 $ \frac{\tilde{y}_{2}}{\tilde{y}_{1}} = \tan \beta x \neq $ 常数，从而它们线性无关，由此得到方程（1）的通解为

$$ y=\mathrm{e}^{\alpha x}\left(C_{1}\cos\beta x+C_{2}\sin\beta x\right). $$

综上所述，解二阶常系数线性齐次微分方程 $ y'' + py' + qy = 0 $ 的步骤如下：

（1）求出特征方程：

$$ r^{2}+pr+q=0\;; $$

（2）求出特征根：

$$ r_{1,2}=-\frac{p}{2}\pm\sqrt{\frac{p^{2}}{4}-q}; $$

（3）根据特征根的三种不同情形分别写出微分方程的通解.

可将二阶常系数线性齐次微分方程的讨论推广到高阶微分方程

$$ y^{(n)}+a_{1}y^{(n-1)}+\cdots+a_{n-1}y^{\prime}+a_{n}y=0. $$

特征方程为

$$ \boldsymbol{r}^{n}+a_{1}\boldsymbol{r}^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\boldsymbol{r}+a_{n}=0. $$

求得 n 个特征根．特征根与通解中的对应项有如下关系：

例 1 求下列微分方程的通解：

(1) $ y'' - 4y = 0 $; (2) $ y'' + 4y' + 4y = 0 $; (3) $ y'' + 4y' + 13y = 0 $.

解（1）特征方程为

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

特征根为

$$ r_{1}=2,\ r_{2}=-2, $$

通解为

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

（2）特征方程为

$$ r^{2}+4r+4=0, $$

特征根为

$$ r_{1}=r_{2}=-2, $$

通解为

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

（3）特征方程为

$$ r^{2}+4r+13=0, $$

特征根为

$$ r_{1,2}=-2\pm3\mathrm{i}, $$

通解为

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

例2 求微分方程 $ y^{(4)} - 4y' + 3y = 0 $ 的通解.

解 特征方程为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{r}^{4}-4\boldsymbol{r}+3&=r(\boldsymbol{r}^{3}-1)-3(r-1)=(r-1)(\boldsymbol{r}^{3}+\boldsymbol{r}^{2}+r-3)\\&=(\boldsymbol{r}-1)^{2}(\boldsymbol{r}^{2}+2r+3),\end{aligned} $$

特征根为

$$ r_{1}=r_{2}=1,r_{3,4}=-1\pm\sqrt{2}\mathrm{i}, $$

通解为

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

例3 求方程

$ y^{(5)}+y^{(4)}+2y^{m}+2y^{n}+y^{\prime}+y=0 $ 的通解.

解 特征方程为

$$ r^{5}+r^{4}+2r^{3}+2r^{2}+r+1=0, $$

$$ \left(r+1\right)\left(r^{2}+1\right)^{2}=0, $$

特征根为

$ r_{1}=-1 $（单根）， $ r_{2}=\pm i $（二重）共轭复根，

通解为

$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+\left(C_{2}+C_{3}x\right)\cos x+\left(C_{4}+C_{5}x\right)\sin x. $$

例4 设

$$ f(x)=5-\int_{0}^{x}(x-t-1)f(t)\mathrm{d}t, $$

其中 $ f(x) $ 为连续函数，求 $ f(x) $.

解 由于 $ f(x) $ 连续，由等式的右边的表达式可知 $ f(x) $ 具有一阶导数. 将 $ f(x) $ 的右端变形为

$$ f(x)=5-x\int_{0}^{x}f(t)dt+\int_{0}^{x}(t+1)f(t)dt, $$

两边对 x 求导，得

$$ \begin{align*}f^{\prime}(x)&=-\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-x f(x)+(x+1)f(x)\\&=f(x)-\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t.\end{align*} $$

从右端可见， $ f(x) $ 具有二阶导数，上式对 x 求导

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

即

$$ f^{\prime \prime}(x)-f^{\prime}(x)+f(x)=0. $$

这是二阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为

$$ r^{2}-r+1=0, $$

它的根为 $ r_{1}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} $， $ r_{2}=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i} $。故通解为

$$ f(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x}\left(C_{1}\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_{2}\sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\right). $$

由 $ f(x) $ 的表达式可知， $ f(0)=5 $， $ f'(0)=f(0)=5 $。故

$$ C_{1}=5,f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}C_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}C_{2}=5, $$

解得

$$ C_{1}=5,\quad C_{2}=\frac{5}{3}\sqrt{3}. $$

故所求函数为

$$ f(x)=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x}\left(5\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{5}{3}\sqrt{3}\sin\frac{\sqrt{3}}{2}x\right). $$

习题10-8

1. 求下列微分方程的通解：

(1) $ y'' + y' - 2y = 0 $; (2) $ 4y'' - 12y' + 9y = 0 $;

(3) $ \frac{d^2s}{dt^2} + \frac{ds}{dt} = 0 $; (4) $ y'' + y = 0 $;

(5) $ y'' + 6y' + 13y = 0 $; (6) $ y^{(4)} - 6y'' + 12y'' - 8y' = 0 $;

(7) $ y^{(5)} + 2y^{m} + y^{r} = 0 $; (8) $ y^{(4)} - 4y = 0 $.

1. 求下列方程满足所给初始条件的特解：

(1) $ 4y'' + 4y' + y = 0 $, $ y\big|_{x=0} = 2 $, $ y'\big|_{x=0} = 0 $;

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

$$ ay^{m}-by^{n}+ay^{r}-by=0\quad(a\neq0),\quad y\mid_{x=0}=0,\quad y^{r}\mid_{x=0}=\frac{b}{a},\quad y^{n}\mid_{x=0}=\frac{b^{2}+a^{2}}{a^{2}}; $$

$$ (4)\quad y^{(4)}-a^{4}y=0\left(a\gt 0\right),\quad y\mid_{x=0}=1,\quad y^{\prime}\mid_{x=0}=0,\quad y^{\prime\prime}\mid_{x=0}=-a^{2},\quad y^{\prime\prime\prime}\mid_{x=0}=0. $$

1. 设可微函数 $ \varphi(x) $ 满足方程 $ \varphi(x) = e - \int_{0}^{x}(x - u)\varphi(u) \, du $，求 $ \varphi(x) $.

1. 设方程 $ y'' + 9y = 0 $ 的一条积分曲线通过点 $ (\pi, -1) $，且在该点与直线 $ y + 1 = -x + \pi $ 垂直。求此曲线。

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（比例系数为 $ k_{1}\gt 0 $），而方向与初速一致。又介质阻力与速度成正比（比例系数 $ k_{2}\gt 0 $），求出表示质点运动规律的函数。

第九节 二阶常系数非齐次线性微分方程

二阶常系数非齐次线性微分方程的一般形式是

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

其中 p、q 是常数. $ f(x) $ 不等于零，由第七节定理 10.7.3 可知，求方程 (1) 的通解可归结为求其对应的齐次线性微分方程

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

的通解与非齐次线性微分方程（1）本身的一个特解．由于二阶常系数齐次线性微分方程的通解的求法已经在上面得到解决．所以，现在只需要讨论求方程（1）的一个特解 $ y^{*} $ 的方法.

我们只介绍当方程（1）中右端的 $ f(x) $取以下两种常见的函数形式时，求 $ y^{*} $的方法：

（Ⅰ） $ f(x)=P_{m}(x)\mathrm{e}^{\lambda x} $（其中 $ \lambda $是常数， $ P_{m}(x) $是x的一个m次多项式）；

（Ⅱ） $ f(x)=\mathrm{e}^{\lambda x}\left[P_{l}(x)\cos\omega x+P_{n}(x)\sin\omega x\right] $ （其中 $ \lambda $、 $ \omega $ 是常数， $ P_{l}(x) $、 $ P_{n}(x) $ 分别是 x 的 l 次、n 次多项式）.

我们下面介绍的方法其特点是不用积分就可以求出 $ y^{*} $ 来，做法是先确定解 $ y^{*} $ 的形式，再把形式解代入方程定出其中包含的常数值，故这种方法称为待定系数法.

$$ \mathrm{~I~.~}f(x)=P_{n}(x)\mathrm{e}^{\lambda x}. $$

因为多项式与指数函数乘积的导数仍然是多项式与指数函数的乘积，所以，我们推测 $ y^{*}=Q(x)\mathrm{e}^{\lambda x} $（其中 $ Q(x) $ 是某个多项式）可能是方程（1）的特解。是否能够取到适当的多项式 $ Q(x) $，使 $ y^{*}=Q(x)\mathrm{e}^{\lambda x} $ 成为方程（1）的一个特解呢？为此，将

$$ \begin{aligned}&y^{*}=Q(x)\mathrm{e}^{\lambda x},\\&y^{~^{\prime}}={\mathrm{e}}^{\lambda x}\left[\lambda Q(x)+Q^{\prime}(x)\right],\\&y^{~^{\prime \prime}}={\mathrm{e}}^{\lambda x}\left[\lambda^{2}Q(x)+2\lambda Q^{\prime}(x)+Q^{\prime \prime}(x)\right]\\ \end{aligned} $$

代入方程（1），并且消去 $ e^{ax} $，得到

$$ Q^{\prime \prime}(x)+\left(2\lambda+p\right)Q^{\prime}(x)+\left(\lambda^{2}+p\lambda+q\right)Q(x)=P_{m}(x). $$

（i）如果 $ \lambda $ 不是对应的齐次线性微分方程的特征方程 $ r^{2}+pr+q=0 $ 的根，即 $ \lambda^{2}+p\lambda+q\neq0 $，那么由（3）式看出 $ Q(x) $ 必须是 m 次多项式。我们令

$$ Q\left(x\right)=Q_{m}\left(x\right)=b_{0}x^{m}+b_{1}x^{m-1}+\cdots+b_{m-1}x+b_{m}, $$

代入（3）式，比较等式两端 x 的同次幂的函数，就可以确定 $ b_{0} $， $ b_{1} $， $ \cdots $， $ b_{m} $ 应取的值，从而得到所求的特解 $ y^{*}=Q_{m}(x)e^{\lambda x} $.

（ii）如果 $ \lambda $ 是特征方程 $ r^{2}+pr+q=0 $ 的单根，即 $ \lambda^{2}+p\lambda+q=0 $，但 $ 2\lambda+p\neq0 $，那么由（3）式看出 $ Q'(x) $ 必须是 m 次多项式。此时我们令

$$ Q\left(x\right)=xQ_{m}\left(x\right)=x\left(b_{0}x^{m}+b_{1}x^{m-1}+\cdots+b_{m-1}x+b_{m}\right), $$

并且可以用同样的方法确定出 $ Q_{m}(x) $ 的系数 $ b_{0}, b_{1}, \cdots, b_{m} $

（iii）如果 $ \lambda $ 是特征方程 $ r^{2}+pr+q=0 $ 的重根，即 $ \lambda^{2}+p\lambda+q=0 $，并且 $ 2\lambda+p=0 $，那么由（3）式看出 $ Q^{\prime\prime}(x) $ 必须是 m 次多项式。此时我们令

$$ Q(x)=x^{2}Q_{m}(x)=x^{2}(b_{0}x^{m}+b_{1}x^{m-1}+\cdots+b_{m-1}x+b_{m}) $$

并且可用同样的方法确定出 $ Q_{m}(x) $ 的系数 $ b_{0}, b_{1}, \cdots, b_{m} $

综上所述，我们有以下的结论：

方程

$$ y^{\prime \prime}+py^{\prime}+qy=P_{m}(x)e^{kx} $$

具有形如

$$ \boldsymbol{y}^{*}=\boldsymbol{x}^{k}\boldsymbol{Q}_{n}(\boldsymbol{x})\mathbf{e}^{\lambda s} $$

的特解，其中 $ Q_{m}(x) $ 是与 $ P_{m}(x) $ 同次（m 次）的多项式（各项系数待定），而 k 按 $ \lambda $ 不是特征方程 $ r^{2}+pr+q=0 $ 的根、是特征方程的单根或是特征方程的重根依次取为 0, 1 或 2.

上述求法可以推广到 n 阶常系数非齐次线性微分方程，但要注意（4）式中的 k 是特征方程的根 $ \lambda $ 的重复次数（即若 $ \lambda $ 不是特征方程的根，k 取为 0；若 $ \lambda $ 是特征方程的 s 重根，k 取为 s）。

例 1 求微分方程 $ y'' + 5y' + 4y = 3 - 2x $ 的一个特解.

解　这是二阶常系数非齐次线性微分方程，并且 $ f(x) $是 $ P_{m}(x)\mathrm{e}^{\lambda x} $型（其中 $ P_{m}(x)=3-2x,\lambda=0 $）.

方程所对应的齐次线性微分方程为

$$ y^{\prime \prime}+5y^{\prime}+4y=0, $$

它的特征方程为

$$ r^{2}+5r+4=0. $$

由于 $ \lambda=0 $ 不是特征方程的根，所以应设特解为

$$ \boldsymbol{y}^{*}=\boldsymbol{b}_{0}\boldsymbol{x}+\boldsymbol{b}_{1}. $$

把它代入所给的方程，得

$$ 4b_{0}x+5b_{0}+4b_{1}=3-2x. $$

比较两端 x 同次幂的系数，解得 $ b_{0} = -\frac{1}{2} $， $ b_{1} = \frac{11}{8} $。由此求得一个特解为

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

例2 求微分方程 $ y'' - 6y' + 9y = (x+1)e^{3x} $ 的通解.

解　所给方程是二阶常系数非齐次线性微分方程，并且 $ f(x) $ 是 $ P_{m}(x)e^{\lambda x} $ 型（其中 $ P_{m}(x)=x+1,\lambda=3 $）.

方程所对应的齐次线性微分方程为

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

它的特征方程为

$$ r^{2}-6r+9=0, $$

其特征根为

$$ r_{1}=r_{2}=3, $$

所以方程所对应的齐次线性微分方程的通解为

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

由于 $ \lambda=3 $ 是特征方程的单根，所以应设 $ y^{*} $ 为

$$ y^{*}=x^{2}(b_{0}x+b_{1})\mathrm{e}^{3x}. $$

把它代入所给的方程，整理得

$$ 6b_{0}x+2b_{1}=x+1. $$

比较两端 x 同次幂的系数，解得 $ b_{0}=\frac{1}{6} $， $ b_{1}=\frac{1}{2} $。由此求得一个特解为

$$ y^{*}=x^{2}\left(\frac{x}{6}+\frac{1}{2}\right)\mathrm{e}^{3x}, $$

从而所求的通解为

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

$$ \mathrm{Ⅱ}.\quad f(x)=\mathrm{e}^{\lambda x}\left[P_{1}(x)\cos\omega x+P_{n}(x)\sin\omega x\right]. $$

应用欧拉公式，我们可以把三角函数表示为复指数函数的形式，从而有

$$ \begin{aligned}f(x)&=\mathrm{e}^{\lambda x}\left[P_{i}(x)\cos\omega x+P_{n}(x)\sin\omega x\right]\\&=\mathrm{e}^{\lambda x}\left[P_{i}(x)\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega x}}{2}+P_{n}(x)\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega x}}{2\mathrm{i}}\right]\\&=\left[\frac{P_{i}(x)}{2}+\frac{P_{n}(x)}{2\mathrm{i}}\right]\mathrm{e}^{(\lambda+\mathrm{i}\omega)x}+\left[\frac{P_{i}(x)}{2}-\frac{P_{n}(x)}{2\mathrm{i}}\right]\mathrm{e}^{(\lambda-\mathrm{i}\omega)x}\\&=P(x)\mathrm{e}^{(\lambda+\mathrm{i}\omega)x}+\overline{P}(x)\mathrm{e}^{(\lambda-\mathrm{i}\omega)x},\\ \end{aligned} $$

其中

$$ P(x)=\frac{P_{i}(x)}{2}+\frac{P_{n}(x)}{2i}=\frac{P_{i}(x)}{2}-\mathrm{i}\frac{P_{n}(x)}{2} $$

$$ \overline{P}(x)=\frac{P_{i}(x)}{2}-\frac{P_{n}(x)}{2\mathrm{i}}=\frac{P_{i}(x)}{2}+\mathrm{i}\frac{P_{n}(x)}{2} $$

是互为共轭的 m 次复系数多项式（即它们对应项的系数是共轭复数），而

$$ m=\max\{l,\ n\}. $$

应用情形 I 中的结果，对于 $ f(x) $ 中的第一项 $ P(x)\mathrm{e}^{x+i\omega x} $，可以求出一个 m 次复系数多项式 $ Q_{m}(x) $，使得 $ y_{1}^{*}=x^{k}Q_{m}\mathrm{e}^{(\lambda+i\omega)x} $ 是方程

$$ y^{n}+py^{\prime}+qy=P(x)e^{(\lambda+i\omega)x} $$

的特解，其中 $ k $ 按 $ \lambda + i\omega $ 不是特征方程的根或是特征方程的单根而依次取为 0 或 1. 由于 $ f(x) $ 的第二项 $ \overline{P}e^{(\lambda - i\omega)x} $ 与第一项 $ P(x)e^{(\lambda + i\omega)x} $ 共轭，所以与 $ y_1^* $ 成共轭的函数 $ y_2^* = x^k \overline{Q}(x)e^{(\lambda - i\omega)x} $ 必然是方程

$$ y^{n}+p y^{\prime}+q y=\overline{P}(x)e^{(\lambda-\mathrm{i}\omega)x} $$

的特解，其中 $ \overline{Q}_{m}(x) $ 表示与 $ Q_{m}(x) $ 共轭的 m 次多项式. 于是，方程 (1) 在情形Ⅱ下具有形如

$$ y^{*}=x^{k}Q_{m}(x)\mathrm{e}^{(\lambda+\mathrm{i}\omega)x}+x^{k}\overline{Q}_{m}(x)\mathrm{e}^{(\lambda-\mathrm{i}\omega)x} $$

的特解．上式可以写成

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{y}^{*}&=x^{k}\mathrm{e}^{\lambda x}\left[\boldsymbol{Q}_{m}\left(x\right)\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega x}+\overline{\boldsymbol{Q}}\left(x\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega x}\right]\\&=x^{k}\mathrm{e}^{\lambda x}\left[\boldsymbol{Q}_{m}\left(x\right)\left(\cos\omega x+\mathrm{i}\sin\omega x\right)+\overline{\boldsymbol{Q}}_{m}\left(x\right)\left(\cos\omega x-\mathrm{i}\sin\omega x\right)\right].\end{aligned} $$

由于括号内的两项相互共轭，相加后无虚部，故可以写成实函数的形式

$$ \boldsymbol{y}^{*}=\boldsymbol{x}^{k}\mathrm{e}^{\lambda x}\left[R_{m}^{(1)}(x)\cos\omega x+R_{m}^{(2)}(x)\sin\omega x\right]. $$

综上所述，我们有以下结论：

方程

$$ y^{\prime \prime}+py^{\prime}+qy=e^{\lambda x}\left[P_{i}(x)\cos\omega x+P_{n}(x)\sin\omega x\right]. $$

具有形如

$$ \begin{array}{r}{\boldsymbol{y}^{*}=\boldsymbol{x}^{k}\mathrm{e}^{\lambda s}\left[R_{m}^{(1)}\left(\boldsymbol{x}\right)\cos\omega\boldsymbol{x}+R_{m}^{(2)}\left(\boldsymbol{x}\right)\sin\omega\boldsymbol{x}\right].}\end{array} $$

的特解，其中 $ R_m^{(1)}(x) $、 $ R_m^{(2)} $ 是 $ m $ 次多项式， $ m = \max\{l, n\} $，而 $ k $ 按 $ \lambda + i\omega $（或 $ \lambda - i\omega $）不是特征方程的根或是特征方程的单根分别取 0 或 1。

上述求法可以推广到 n 阶常系数非齐次线性微分方程，但要注意（5）式中的 k 的特征方程的根 $ \lambda + i\omega $（或 $ \lambda - i\omega $）的重复次数.

例3 求微分方程 $ y'' + y = x\cos 2x $ 的一个特解.

解 所给方程是二阶常系数非齐次线性微分方程，并且 $ f(x) $ 属

$$ \mathrm{e}^{k s}\left[P_{i}(x)\cos\omega x+P_{n}(x)\sin\omega x\right] $$

型（其中 $ \lambda=0 $， $ \omega=2 $， $ P_{i}(x)=x $， $ P_{n}(x)=0 $）.

与所给方程对应的齐次线性微分方程为

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

它的特征方程为

$$ r^{2}+1=0. $$

由于 $ \lambda + i\omega = 2i $ 不是特征方程的根，所以应设特解为

$$ y^{*}=\left(a x+b\right)\cos2x+\left(c x+d\right)\sin2x. $$

把它代入所给的方程，得

$$ (-3ax-3b+4c)\cos2x-(3cx+3d+4a)\sin2x=x\cos2x, $$

比较两端同类项的系数，得

$$ -3a x-3b+4c=x，3c x+3d+4a=0， $$

从而解得 $ a = -\frac{1}{3} $，b = 0，c = 0， $ d = \frac{4}{9} $。于是求得一个特解为

$$ y^{*}=-\frac{1}{3}x\cos2x+\frac{4}{9}\sin2x. $$

例4 振动问题

设有一弹簧，它的上端固定，下端挂一个质量为 m 的物体。当物体处于静止状态时，作用在物体上的重力与弹簧的弹力大小相等，方向相反，这个位置就是物体的平衡位置 O，如图 10-4 所示。取 x 轴铅直向下，并取物体平衡位置为坐标原点。设反映物体运动规律的函数为 $ x(t) $。

（1）设物体只受弹性恢复力 f 的作用，且满足初始条件

$$ x(0)=x_{0},x^{\prime}(0)=v_{0}. $$

求 $ x(t) $.

（2）设物体受到弹簧的弹性恢复力 f 和阻力 R 的作用，且满足同一初始条件，求 x(t).

（3）设物体受到恢复力 f 和干扰力 $ F = m h \sin p t $ 的作用．求 $ x(t) $

解 （1）由于物体仅受到弹性恢复力 f 的作用，根据力学知识，力 f 与物体离开平衡位置的位移 x 成正比.

$$ f=-c x, $$

其中 c 为弹簧的弹性系数，负号表示弹性恢复力的方向和物体位移方向相反.

再根据牛顿第二定律可知

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

即

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}+k^{2}x=0, $$

其中 $ k=\sqrt{\frac{c}{m}} $，方程称为无阻尼自由振动微分方程.

其特征方程为

$$ r^{2}+k^{2}=0. $$

特征根 $ r = \pm ki $，这是一对共轭复根，所以方程的通解为

$$ x_{1}=C_{1}\cos kt+C_{2}\sin kt. $$

由初始条件，定出 $ C_{1}=x_{0} $， $ C_{2}=\frac{v_{0}}{k} $，因此所求方程的特解为

$$ x=x_{0}\cos kt+\frac{v_{0}}{k}\sin kt. $$

为了便于说明特解所反映的振动现象，我们将解改写为

$$ x(t)=A\sin(kt+\varphi), $$

其中 $ A=\sqrt{x_{0}^{2}+\left(\frac{v_{0}}{k}\right)^{2}} $， $ \tan\varphi=\frac{kx_{0}}{v_{0}} $.

解的图形如图10-5所示（图中假设 $ x_{0}\gt 0 $， $ v_{0}\gt 0 $）.

解所反映的运动就是简谐振动，这个振动的振幅为 A，初相为 $ \varphi $，周期为 $ T=\frac{2\pi}{k} $，角频率为 k。由于 $ k=\sqrt{\frac{c}{m}} $ 与初

始条件无关，而完全由振动系统本身所确定，因此 k 又叫做系统的固有频率，固有频率是反映振动系统特征的一个重要参数.

（2）物体除了受弹性恢复力外，还受到阻尼介质（如空气、油等）的阻力的作用，使得振动逐渐趋向停止。由实验知道，阻力 R 总是与运动方向相反，当振动不大时，其大小与物体运动的速度成正比，设比例系数为 $ \mu $，则有

$$ R=-\mu\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}, $$

根据牛顿第二定律可知

$$ m\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=-\mu\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}-c x. $$

即

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}+2n\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+k^{2}x=0. $$

其中 $ n=\frac{\mu}{2m} $， $ k=\sqrt{\frac{c}{m}} $，方程称为有阻尼自由振动微分方程.

其特征方程为

$$ r^{2}+2n r+k^{2}=0, $$

特征根 $ r_{1}=-n+\sqrt{n^{2}-k^{2}} $， $ r_{2}=-n-\sqrt{n^{2}-k^{2}} $。

以下按 n<k、n=k、n>k 三种不同情形分别进行讨论.

（i）当n<k时，这是小阻尼情况

特征方程的根为 $ r_{1,2} = -n \pm \mathrm{i} \sqrt{k^{2} - n^{2}} $，记 $ \omega = \sqrt{k^{2} - n^{2}} $ 故特征根为 $ r_{1} = -n + \mathrm{i} \omega $， $ r_{2} = -n - \mathrm{i} \omega $ 是一对共轭复根，所以方程的通解为

$$ x=\mathrm{e}^{-nt}\left(C_{1}\cos\omega t+C_{2}\sin\omega t\right). $$

由初始条件可定出 $ C_{1}=x_{0} $， $ C_{2}=\frac{v_{0}+nx_{0}}{\omega} $，因此所求方程的特解为

$$ x=\mathrm{e}^{-n t}\left(x_{0}\cos\omega t+\frac{v_{0}+n x_{0}}{\omega}\sin\omega t\right). $$

如（1）那样特解也可写成形式

$$ x=A\mathrm{e}^{-nt}\sin\left(\omega t+\varphi\right), $$

其中 A、 $ \varphi $ 可由 $ x_{0} $、 $ v_{0} $、n、 $ \omega $ 表示.

从解的图形（如图10-6）看出，物体的运动是以周期为 $ T=\frac{2\pi}{\omega} $ 的振动，但与简谐振动不同，它的振幅 $ Ae^{-nt} $ 随着时间 t 的增加而逐渐减小。因此，物体随时间 t 的增大而趋于平衡位置。

（ii）当n>k时，这是大阻尼情况.

特征方程的根为 $ r_{1} = -n + \sqrt{n^{2} - k^{2}} $， $ r_{2} = -n - \sqrt{n^{2} - k^{2}} $ 是两个互不相等的实根，所以方程的通解为

$$ x=C_{1}\mathrm{e}^{(-n+\sqrt{n^{2}-k^{2}})t}+C_{2}\mathrm{e}^{(-n-\sqrt{n^{2}-k^{2}})t}. $$

其中任意常数 $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 可由初始条件确定.

从解的图形（如图10-7）可以看出，无论 $ C_{1} $和 $ C_{2} $为何值，当 $ t\to+\infty $时，x $ \rightarrow $0，因此在大阻尼情形，也是衰减运动，不发生振动，物体随时间t的增大而趋于平衡位置.

（ⅲ）当 n=k 时，这是临界阻尼情形.

特征方程的根 $ r_{1}=r_{2}=-n $ 是两个相等实根，所以方程的通解为

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

由初始条件可知 $ C_{1}=x_{0} $， $ C_{2}=v_{0}+nx_{0} $，故所求方程的特解为

$$ \boldsymbol{x}=\left[\begin{array}{l}x_{0}+\left(v_{0}+n x_{0}\right)t\end{array}\right]\mathrm{e}^{-n t}. $$

由于

$$ \lim_{t\to+\infty}t\mathrm{e}^{-nt}=\lim_{t\to+\infty}\frac{t}{\mathrm{e}^{nt}}=\lim_{t\to+\infty}\frac{1}{n\mathrm{e}^{nt}}=0, $$

从而可以看出，当 $ t \to +\infty $ 时， $ x \to 0 $，因此在临界情形，仍然是一个衰减运动，不发生振动，物体也随时间 t 的增大而趋于平衡位置。

总之，对于有阻尼的自由振动，不论是大阻尼、小阻尼还是临界阻尼，物体都随时间 t 的增大而趋于平衡位置.

（3）物体除了受到弹性恢复力外，还受到外界干扰力 $ F = m h \sin p t $ 的作用，由牛顿第二定律可知

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}+k^{2}x=h\sin p t, $$

其中 k、h、p 均为常数．方程称为无阻尼强迫振动微分方程．

其对应的齐次方程的通解为

$$ X=C_{1}\cos\mathrm{\;}k t+C_{2}\sin\mathrm{\;}k t, $$

取 $ C_{1}=A\sin\psi $， $ C_{2}=A\cos\psi $，则上式又可写为

$$ X=A\sin\left(k t+\psi\right), $$

其中 $ A $、 $ \psi $ 为任意常数.

非齐次方程的右端函数 $ f(t) $ 属于 $ \mathrm{e}^{\lambda t}\left[P_{t}(t)\cos\omega t+P_{n}(t)\sin\omega t\right] $ 型，这里 $ \lambda=0 $， $ \omega=p $， $ P_{t}(t)=0 $， $ P_{n}(t)=h $。现分别就 $ p\neq k $ 和 $ p=k $ 两种情况讨论如下：

（i）如果 $ p \neq k $，则 $ \lambda + i\omega = ip $ 不是特征方程的根，故设

$$ x^{*}=a_{1}\cos p t+a_{2}\sin p t, $$

代入非齐次方程求得 $ a_{1}=0 $， $ a_{2}=\frac{h}{k^{2}-p^{2}} $，于是可得特解为

$$ x^{*}=\frac{h}{k^{2}-p^{2}}\sin p t, $$

从而可知当 $ p\neq k $时，方程的通解为

$$ x=A\sin\left(kt+\psi\right)+\frac{k}{k^{2}-p^{2}}\sin p t. $$

上式表明物体的运动由两部分组成，这两部分都是简谐振动，第一项表示自由振动，第二项表示强迫振动。强迫振动是干扰力引起的，它的角频率即是

干扰力的角频率 p；当干扰力的角频率 p 与振动系统的固有角频 k 相差很小时，它的振幅 $ \left|\frac{h}{k^{2}-p^{2}}\right| $ 可以很大.

（ii）如果 p = k，则 $ \lambda + i\omega = ip $ 是特征方程的根，故应设特解形式为

$$ x^{*}=t(b_{1}\cos k t+b_{2}\sin k t), $$

代入非齐次方程求得 $ b_{1}=-\frac{h}{2k} $， $ b_{2}=0 $，于是得特解为

$$ x^{*}=-\frac{h}{2k}t\cos\ k t, $$

从而当 p=k 时，方程的通解为

$$ x=A\sin\left(kt+\psi\right)-\frac{h}{2k}t\cos kt. $$

上式右端第二项表明，强迫振动的振动幅 $ \frac{ht}{2k} $随时间 t 的增大而无限地增大，这就发生所谓共振现象. 为了避免共振现象，应使干扰力的角频率 p 不要靠近振动系统的固有角频率 k，反之，如果要利用共振现象，则应使 p=k 或使 p 尽量靠近 k.

有阻尼的强迫振动问题可作类似的讨论，这里从略.

习题10-9

1. 已知方程 $ (2x - x^2)y'' + 2(x - 1)y' - 2y = -2 $ 有三个特解： $ y_1^* = 1 $， $ y_2^* = x $， $ y_3^* = x^2 + 1 $，求它的通解。

1. 求下列各方程的通解：

(1) $ y''+5y'+4y=3-2x $; (2) $ y''-3y'=-6x+2 $;

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

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

(7) $ y'' - 2y' + 5y = e^x \sin 2x $; (8) $ y'' + 4y = x \cos x $; (9) $ y'' + y = e^x + \cos x $; (10) $ y'' - y = \sin^2 x $.

1. 求下列方程满足初始条件的特解：

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

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

1. 求方程 $ y'' + a^2y = f(x) $ 的一个特解，其中 $ f(x) $ 分别为下列函数 $ (a, b $ 为常数 $ ) $；

(1) $ f(x) = b^{2} $; (2) $ f(x) = 8\cos bx $.

1. 求方程 $ y'' - y = e^x $ 的一条积分曲线，使它与直线 y = x 在点 (0, 0) 处相切.

1. 已知连续函数 $ f(x) $ 满足 $ f(0)=0 $，且适合 $ f'(x)=1+\int_{0}^{x}[3\mathrm{e}^{-t}-f(t)]\,\mathrm{d}t $。求 $ f(x) $ 的表达式。

1. 设全微分方程 $ [xy(x+y)-f(x)y]\,\mathrm{d}x+[x^2y+f'(x)]\,\mathrm{d}y=0 $，其中 $ f(x) $ 有二阶连续导数，且 $ f(0)=0 $， $ f'(0)=1 $。求 $ f(x) $。

总练习题十

1. 填空题：

(1) $ (y^{\prime\prime})^{3}+(y^{\prime})^{4}+x^{2}+x+1=0 $ 是 ___ 阶微分方程.

(2) 曲线簇 $ y = \cos(x + C) $ （C 为任意常数）所满足的一阶微分方程是 ___.

(3) 已知二阶线性齐次方程的两个解 $ y_1 = e^x $， $ y_2 = xe^x $，则该方程为 ___.

(4) 方程 $ y' = |xy|(x \lt 0) $ 适合初始条件 $ y \mid \ldots = \frac{1}{e} $ 的解 y 等于 ___.

（5）设 $ y_{1}=3 $， $ y_{2}=3+x^{2} $， $ y_{3}=3+x^{2}+e^{x} $ 都是方程

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

的解，则方程的通解为 ___.

1. 选择题（四个答案中只有一个是正确的）：

（1）若 $ y_{1} $， $ y_{2} $ 是某个线性齐次方程的解，则 $ C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2} $ （ $ C_{1} $， $ C_{2} $ 是任意常数）必然是方程的（）.

A. 通解 B. 特解 C. 解 D. 全部解

（2）若 $ y_{1} $ 和 $ y_{2} $ 是非齐次线性方程 $ y'' + ay' + by = f(x) $ 的两个特解，则下面结论正确的是（）.

A. $ y_{1}+y_{2} $ 是非齐次线性方程的解 B. $ y_{1}-y_{2} $ 是非齐次线性方程的解 C. $ y_{1}+y_{2} $ 是 $ y''+ay'+by=0 $ 的解 D. $ y_{1}-y_{2} $ 是 $ y''+ay'+by=0 $ 的解

（3）下述函数中（）可能是二阶微分方程 $ f(x,y,y")=0 $ 的通解.

A. $ C_{1}x + C_{2}y = 0 $ B. $ y - C_{1}^{2} = e^{x} + C_{2} $ C. $ C_{1}y = C_{2}e^{C_{3}x} $ D. $ y = C_{1}\ln x + C_{2}x + C_{3} $

（4）若 $ u_1 = e^{2x} $， $ u_2 = xe^{2x} $，则它们所满足的微分方程为（ ）。

A. $ u'' + 4u' + 4u = 0 $ B. $ u'' - 4u = 0 $ C. $ u'' + 4u = 0 $ D. $ u'' - 4u' + 4u = 0 $

1. 设 $ y_{1} $, $ y_{2} $, $ y_{3} $ 是线性方程 $ y^{\prime} + P(x)y = Q(x) $ 的三个相异特解. 证明 $ \frac{y_{3} - y_{1}}{y_{2} - y_{1}} $ 是常数.

1. 设二阶常系数线性微分方程 $ y'' + \alpha y' + \beta y = \gamma e^x $ 的一个特解为 $ y = e^{2x} + (1 + x)e^x $，试确定常数 $ \alpha $， $ \beta $， $ \gamma $，并求该方程的通解.

1. 解下列方程：

(1) $ \frac{dy}{dx} = \frac{y}{2x} - \frac{1}{2y} \tan \frac{y^2}{x} $; (2) $ y(x^2 - xy + y^2) + x(x^2 + xy + y^2)y' = 0 $;

(3) $ (x \sin y + \sin 2y) y' = 1 $, $ y(0) = \frac{\pi}{2} $; (4) $ 2(2 + y) y'' = 1 + y'^2 $;

(5) $ y'' + (4x + e^{2y})(y')^3 = 0 $.

1. 设 $ f(x) $ 为连续函数：

（1）求初值问题 $ y'+ay=f(x) $， $ y(0)=0 $ 的解 $ y(x) $，其中 a>0 为常数；

(2) 若 $ \left|f(x)\right|\leqslant k $ (k 为常数)，证明当 $ x\geqslant0 $ 时，有

$$ \mid y(x)\mid\leqslant\frac{k}{a}(1-\mathrm{e}^{-\alpha}). $$

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (1, +\infty) $ 上连续，若由曲线 $ y = f(x) $，直线 x = 1， $ x = t $（t > 1）与 x 轴所围成的平面图形绕 x 轴旋转一周所成的旋转体体积为 $ V(t) = \frac{\pi}{3} \left[ t^2 f(t) - f(1) \right] $，试求 $ y = f(x) $ 所满足的微分方程，并求该微分方程满足条件 $ y \big|_{x=2} = \frac{2}{9} $ 的解.

1. 设 $ y = y(x) $ 是一向上凸的连续曲线，其上任意一点 $ (x, y) $ 处的曲率为 $ \frac{1}{\sqrt{1+y'^2}} $，且此曲线上点 $ (0, 1) $ 处的切线方程为 $ y = x + 1 $，求该曲线的方程，并求函数 $ y = y(x) $ 的极值.

1. 求满足关系式 $ \int_{0}^{1} f(tx) \, dt = n f(x) - 1 $ (n > 0, n ≠ 1) 的连续函数 $ f(x) $.

1. 设 $ f(x)=\sin x-\int_{0}^{x}(x-t)f(t)dt $，其中 $ f(x) $ 为连续函数，求 $ f(x) $.