第7章 习题答案：微分方程
第7章 微分方程
657答案(D). ← 题目
由微分方程的定义知只有(D)符合要求.
658 答案 2. ← 题目
该微分方程中未知函数的导数的最高阶数是二阶，由微分方程阶的定义知其阶数是2.
不要被 $ (y')^{3} $迷惑.
659 答案 1. ← 题目
该微分方程中虽然没有出现未知函数的导数，但出现了微分 dy, dx，这是微分方程的另一种表达方式。由微分方程阶的定义知其阶数是1.
660 答案 是，特解 ← 题目
由 $ y=5x^{2} $知 $ v'=10x $，从而
$$ xy^{\prime}-2y=x\cdot(10x)-2\times5x^{2}=10x^{2}-10x^{2}=0, $$
所以 $ y=5x^{2} $ 是微分方程 $ xy'-2y=0 $ 的解。又因为它不含任意常数，所以是特解。
661 答案 $ y=2\cos x+3\sin x $. ← 题目
由 $ y = C_{1}\cos x + C_{2}\sin x $ 知 $ y' = -C_{1}\sin x + C_{2}\cos x $，从而
$$ y^{\prime \prime}=-C_{1}\cos x-C_{2}\sin x=-(C_{1}\cos x+C_{2}\sin x)=-y, $$
所以 $ y'' + y = 0 $，即 $ y = C_1 \cos x + C_2 \sin x $ 是微分方程 $ y'' + y = 0 $ 的解。又由 $ y(0) = 2, y'(0) = 3 $ 得 $ C_1 = 2 $， $ C_2 = 3 $，故所求特解为 $ y = 2 \cos x + 3 \sin x $。
662 答案 (C) ← 题目
由 $ y=\frac{1}{2}x^2+x+C $ 知 $ y'=x+1 $， $ y'=1 $，所以 $ y''-y'=1-(x+1)=-x $，满足微分方程，从而 $ y $ 是微分方程的解。选项 (C) 正确。
微分方程 $ y'' - y' = -x $ 是二阶的，其通解中应含有两个独立的任意常数，而特解中不含任意常数，故选项(A)、(B)均错误.
663 答案 是，特解 ← 题目
在 $ y = \ln(xy) $ 两端对 x 求导得 $ y' = \frac{y + xy}{xy} $，整理得 $ (xy - x)y' - y = 0 $，再在上式两端对 x 求导，得 $ (y + xy' - 1)y' + (xy - x)y'' - y' = 0 $，即
$$ (x y-x)y^{\prime \prime}+x(y^{\prime})^{2}+y y^{\prime}-2y^{\prime}=0\,. $$
故该二元方程所确定的函数是所给微分方程的解．又因为它不含任意常数，所以是特解.
664 答案 (D) ← 题目
由可分离变量的微分方程的定义知，只有(D)不是.
665 答案 $ y = Cxe^{-x} $，C 为任意常数. ← 题目
将所给的微分方程分离变量得 $ \frac{1}{y}dy = \left(\frac{1}{x}-1\right)dx $，两端积分 $ \int\frac{1}{y}dy = \int\left(\frac{1}{x}-1\right)dx $，得 $ \ln|y| = \ln|x| - x + C_1 $，整理得
$$ \ln|y|-\ln|x|=-x+C_{1}\Rightarrow\ln\left|\frac{y}{x}\right|=-x+C_{1}\Rightarrow\frac{y}{x}=\pm\mathbf{e}^{-x+C_{1}}\Rightarrow y=\pm\mathbf{e}^{C_{1}}x\mathbf{e}^{-x}. $$
因 $ \pm e^{C_{1}} $是任意非零常数，而y=0也是微分方程的解，但是在分离变量时丢掉了，所以微分方程的通解为 $ y=Cxe^{-x} $，C为任意常数.
666 答案 $ y^{3}=\frac{3}{2}\sin^{2}x+C $，C为任意常数. ← 题目
将所给的微分方程分离变量得 $ y^2 dy = \sin x \cos x dx $，两端积分
$$ \int y^{2}\mathrm{d}y=\int\sin x\cos x\mathrm{d}x=\int\sin x\mathrm{d}\sin x\ , $$
得 $ \frac{1}{3}y^{3}=\frac{1}{2}\sin^{2}x+C_{1} $，整理得 $ y^{3}=\frac{3}{2}\sin^{2}x+3C_{1} $，令 $ C=3C_{1} $，从而微分方程的通解为
$ y^3 = \frac{3}{2} \sin^2 x + C $， $ C $为任意常数。___
评注
在本题中，微分方程的通解写成了隐函数的形式，这也是可以的.
667 答案 ← 题目
$$ y=1+\mathrm{e}^{x} $$
将所给的微分方程分离变量得
$$ (1+\mathrm{e}^{x})\mathrm{d}y=y\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{1}{y}\mathrm{d}y=\frac{\mathrm{e}^{x}}{1+\mathrm{e}^{x}}\mathrm{d}x, $$
两端积分 $ \int\frac{1}{y}dy=\int\frac{e^{x}}{1+e^{x}}dx=\int\frac{1}{1+e^{x}}d(1+e^{x}) $，得 $ \ln|y|=\ln\left|1+e^{x}\right|+C_{1} $，整理得
$$ \ln\left|y\right|-\ln\left|1+\mathrm{e}^{x}\right|=C_{1}\Rightarrow\ln\left|\frac{y}{1+\mathrm{e}^{x}}\right|=C_{1}\Rightarrow\frac{y}{1+\mathrm{e}^{x}}=\pm\mathrm{e}^{C_{1}}\Rightarrow y=\pm\mathrm{e}^{C_{1}}\left(1+\mathrm{e}^{x}\right), $$
因 $ \pm e^{C_{1}} $是任意非零常数，而 $ y=0 $也是微分方程的解，但是在分离变量时丢掉了，所以微分方程的通解为 $ y=C(1+e^{x}) $，C为任意常数。又由初始条件 $ y|_{x=0}=2 $得 $ C=1 $，从而方程满足初始条件的特解为 $ y=1+e^{x} $。
668答案 $ y^{2}=-2x^{2}+1 $. ← 题目
将所给的微分方程分离变量得
$$ y(x^{2}-1)\mathrm{d}y=x(y^{2}+1)\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{y}{y^{2}+1}\mathrm{d}y=\frac{x}{x^{2}-1}\mathrm{d}x, $$
两端积分 $ \int\frac{y}{y^{2}+1}dy=\int\frac{x}{x^{2}-1}dx\Rightarrow\frac{1}{2}\int\frac{d(y^{2}+1)}{y^{2}+1}=\frac{1}{2}\int\frac{d(x^{2}-1)}{x^{2}-1} $，得
$$ \frac{1}{2}\ln(y^{2}+1)=\frac{1}{2}\ln\left|x^{2}-1\right|+\frac{C_{1}}{2}, $$
整理得
$$ \ln(y^{2}+1)-\ln\left|x^{2}-1\right|=C_{1}\Rightarrow\ln\frac{y^{2}+1}{\left|x^{2}-1\right|}=C_{1}\Rightarrow\frac{y^{2}+1}{x^{2}-1}=\pm\mathbf{e}^{C_{1}}. $$
令 $ \pm e^{C_1} = C $，则该微分方程的通解为 $ y^2 + 1 = C(x^2 - 1) $。又由初始条件 $ y|_{x=0} = 1 $ 得 $ C = -2 $，从而方程满足初始条件的特解为 $ y^2 + 1 = -2(x^2 - 1) \Rightarrow y^2 = -2x^2 + 1 $。
669 答案 $ (y-1)e^{y} + e^{x} = 1 $. ← 题目
将所给的微分方程分离变量得
$$ \mathrm{d}y=-\mathrm{e}^{x}\mathrm{e}^{-y}\mathrm{d}x\Rightarrow y\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y=-\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x, $$
两端积分
$$ \int y\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y=-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\Longrightarrow\int y\mathrm{d}\mathrm{e}^{y}=-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\Longrightarrow y\mathrm{e}^{y}-\int\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y=-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x, $$
得 $ ye^y - e^y = -e^x + C \Rightarrow (y-1)e^y + e^x = C $。又由初始条件 $ y\big|_{x=0} = 1 $ 可得 $ C=1 $，因此方程满足初始条件的特解为 $ (y-1)e^y + e^x = 1 $。
670 答案 $ y = -\frac{1}{\arctan x + 1} $. ← 题目
由题意得 $ \frac{dy}{dx} = \frac{y^2}{1+x^2} $，分离变量得 $ \frac{1}{y^2} dy = \frac{1}{1+x^2} dx $，两端积分 $ \int \frac{1}{y^2} dy = \int \frac{1}{1+x^2} dx $，得 $ -\frac{1}{y} = \arctan x + C \Rightarrow y = -\frac{1}{\arctan x + C} $。又因为曲线过点 $ (0, -1) $，即 $ y|_{x=0} = -1 $，带入得 C = 1。故所求曲线的方程为 $ y = -\frac{1}{\arctan x + 1} $。
671 答案 $ f(x)=2e^{3x} $ ← 题目
$ f(x)=\int_{0}^{3x}f\left(\frac{t}{3}\right)\mathrm{d}t+2 $ 两边对 x 求导，可得 $ f'(x)=f\left(\frac{3x}{3}\right)\cdot(3x)'=3f(x) $
令 $y = f(x)$，则上式可写为 $y' = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 3y$，这是一变量可分离的微分方程，分离变量得 $\frac{1}{y} \mathrm{d}y = 3 \mathrm{d}x$，两端积分 $\int \frac{1}{y} \mathrm{d}y = \int 3 \mathrm{d}x$ 得 $\ln |y| = 3x + C_1 \Rightarrow y = \pm e^{C_1} e^{3x}$，令 $C = \pm e^{C_1}$，则 $y = f(x) = C e^{3x}$。又由已知得 $f(0) = 2$，代入得 $C = 2$，故所求函数为 $f(x) = 2 e^{3x}$。
评注
在本题中，涉及变上限函数，只要被积函数连续就要想到求导，并且找到一初始条件求出具体的C值容易被忽视，一般取上下限相等时积分等于零的变量值
672 答案 $ f(x)=-\frac{1}{x+1} $ ← 题目
由条件可得 $ f(0) = -1 $，且 $ f(x) = 2x \int_{0}^{x} f(t) f'(t) dt - 2 \int_{0}^{x} t f(t) f'(t) dt + x - 1 $，两端求导得
$$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)&=2\int_{0}^{x}f(t)f^{\prime}(t)\mathrm{d}t+2x f(x)f^{\prime}(x)-2x f(x)f^{\prime}(x)+1=2\int_{0}^{x}f(t)f^{\prime}(t)\mathrm{d}t+1\\&=2\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}f(t)+1=\left.f^{2}(t)\right|_{0}^{x}+1=f^{2}(x)-f^{2}(0)+1=f^{2}(x).\end{aligned} $$
令 $ y = f(x) $，得 $ \frac{dy}{dx} = y^2 $。这是一变量可分离方程，分离变量得 $ \frac{dy}{y^2} = dx $，两端积分得 $ -\frac{1}{y} = x + C \Rightarrow y = -\frac{1}{x + C} $。又 $ f(0) = -1 $，代入可得 $ C = 1 $，从而 $ f(x) = -\frac{1}{x + 1} $。
673 答案 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ ← 题目
令u=x-t，则
$$ \int_{0}^{x}t f(x-t)\mathrm{d}t=-\int_{x}^{0}(x-u)f(u)\mathrm{d}u=x\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u-\int_{0}^{x}u f(u)\mathrm{d}u, $$
条件变形为 $ \int_{0}^{x}f(t)dt = x\int_{0}^{x}f(u)du - \int_{0}^{x}uf(u)dt + x $，两边分别对 x 求导得
$$ f(x)=\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u+xf(x)-xf(x)+1\Rightarrow f(x)=\int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u+1,\cdots\cdots\textcircled{1} $$
两边再分别对 $x$ 求导得 $f'(x) = f(x)$，令 $y = f(x)$ 并整理可得 $\frac{\mathrm{d}y}{y} = \mathrm{d}x$，两端积分得 $\ln|y| = x + C_1 \Rightarrow y = \pm e^{C_1} e^x = C e^x$。又由①知 $f(0) = 1$，代入可得 $C = 1$，因此 $f(x) = e^x$。
674 答案 $ f(x)=\frac{2}{e^2+1}e^x $. ← 题目
令 $ \int_{0}^{1}tf^{2}(t)dt=a $，由保号性知 $ a\geqslant0 $，且 $ f(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt+2a $，两边分别对x求导得 $ f'(x)=f(x) $，解得 $ f(x)=Ce^{x} $。又由题意知 $ f(0)=2a $，代入可得 $ C=2a $，从而 $ f(x)=2ae^{x} $，因 $ \int_{0}^{1}tf^{2}(t)dt=a $，将 $ f(t)=2ae^{t} $代入可得
$$ \begin{align*}a=&\int_{0}^{1}t\cdot4a^{2}\mathrm{e}^{2t}\mathrm{d}t=2a^{2}\int_{0}^{1}t\mathrm{d}\mathrm{e}^{2t}=2a^{2}\left(t\mathrm{e}^{2t}\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{2t}\mathrm{d}t\right)\\=&2a^{2}\left(\mathrm{e}^{2}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2t}\Big|_{0}^{1}\right)=2a^{2}\left(\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2}+\frac{1}{2}\right)=a^{2}\left(\mathrm{e}^{2}+1\right),\end{align*} $$
解得 a=0 或 $ a=\frac{1}{e^{2}+1} $，所以 $ f(x)=0 $（舍掉）或 $ f(x)=\frac{2}{e^{2}+1}e^{x} $
评注
在本题中，将函数的表达式回代求出具体的C值是关键，同学们不要忽视
675 答案 a=3. ← 题目
令 $ y = f(x) $，则由条件可得 $ y' = \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{x}{1 + x^2} y $，这是一变量可分离的微分方程，分离变量得 $ \frac{1}{y} \mathrm{d}y = \frac{x}{1 + x^2} \mathrm{d}x $，两端积分 $ \int \frac{1}{y} \mathrm{d}y = \int \frac{x}{1 + x^2} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int \frac{1}{1 + x^2} \mathrm{d}(1 + x^2) $，得
$$ \begin{aligned}\ln|y|=&\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})+C_{1}=\ln(1+x^{2})^{\frac{1}{2}}+C_{1}\Rightarrow\ln\frac{\left|y\right|}{(1+x^{2})^{\frac{1}{2}}}=C_{1}\\ \Rightarrow&\frac{y}{(1+x^{2})^{\frac{1}{2}}}=\pm\mathbf{e}^{C_{1}}\Rightarrow y=\pm\mathbf{e}^{C_{1}}(1+x^{2})^{\frac{1}{2}},\end{aligned} $$
令 $ C = \pm e^{C_1} $，则 $ y = f(x) = C(1 + x^2)^{\frac{1}{2}} $。又已知 $ f(0) = a $，代入得 $ C = a $，故函数 $ f(x) = a(1 + x^2)^{\frac{1}{2}} $。从而
$$ \begin{align*}\int_{0}^{\sqrt{3}}x f(x)\mathrm{d}x&=a\int_{0}^{\sqrt{3}}x(1+x^{2})^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x=\frac{a}{2}\int_{0}^{\sqrt{3}}(1+x^{2})^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(1+x^{2})\\&=\frac{a}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot(1+x^{2})^{\frac{3}{2}}\Bigg|_{0}^{\sqrt{3}}=\frac{a}{3}(8-1)=\frac{7a}{3}=7,\end{align*} $$
所以a=3.
676 答案 $ y=1-\sin x-\frac{1}{x+C} $，C 为任意常数. ← 题目
将原方程化简得
$$ y^{\prime}=y^{2}+2(\sin x-1)y+(\sin x-1)^{2}-\cos x=(y+\sin x-1)^{2}-\cos x, $$
令 $ u = y + \sin x - 1 $，则 $ u' = y' + \cos x $，代入上式得 $ u' = u^2 $，即 $ \frac{du}{dx} = u^2 $，方程变为变量可分离的微分方程，分离变量得 $ \frac{du}{u^2} = dx $，两端积分 $ \int \frac{1}{u^2} du = \int dx $，得 $ -\frac{1}{u} = x + C \Rightarrow u = -\frac{1}{x + C} $。将 $ u = y + \sin x - 1 $ 代入上式，得 $ y + \sin x - 1 = -\frac{1}{x + C} $，整理可得原微分方程的通解为 $ y = 1 - \sin x - \frac{1}{x + C} $，C 为任意常数。
677 答案 $ 2x^2y^2\ln|y|-2xy-Cx^2y^2=1 $， $ C $ 为任意常数。 ← 题目
原方程可改写为 $ xy(xy+1)+x^2(1+xy+x^2y^2)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0 $。令 $ u=xy $，则 $ y=\frac{u}{x} $， $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u}{x^2} $，代入上式得 $ u(u+1)+(1+u+u^2)\left(x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u\right)=0 $，整理得
$$ x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\frac{u(u+1)}{1+u+u^{2}}+u\implies x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{u^{3}}{1+u+u^{2}}, $$
方程变为变量可分离的微分方程，分离变量得
$$ \frac{1+u+u^{2}}{u^{3}}\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow\left(\frac{1}{u^{3}}+\frac{1}{u^{2}}+\frac{1}{u}\right)\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x, $$
两端积分得
$$ -\frac{1}{2u^{2}}-\frac{1}{u}+\ln|u|=\ln|x|+C_{1}\Rightarrow\ln\left|\frac{u}{x}\right|=\frac{1}{2u^{2}}+\frac{1}{u}+C_{1}\Rightarrow2u^{2}\ln\left|\frac{u}{x}\right|-2u-2C_{1}u^{2}=1, $$
将u=xy代入上式并令 $ C=2C_{1} $可得原微分方程的通解为
$$ 2x^{2}y^{2}\ln|y|-2xy-Cx^{2}y^{2}=1,C 为任意常数 . $$
评注
在上面两题中，做合适的变量代换，将方程化为变量可分离的微分方程，这种方法非常巧妙。
678答案(D). ← 题目
(D) 选项中的方程可以化为 $ y' = \left(\frac{y}{x}\right)^2 - \frac{y}{x} $，由齐次方程的定义知只有 (D) 符合要求.
679 答案 $ y = x(\ln|x| + C)^2 $，C 为任意常数. ← 题目
该方程为齐次微分方程，令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y = xu $， $ \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=2\sqrt{u}+u\Rightarrow x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=2\sqrt{u}, $$
分离变量得 $ \frac{du}{2\sqrt{u}} = \frac{1}{x}dx $，两端积分得
$$ \sqrt{u}=\ln\left|x\right|+C\Rightarrow u=(\ln\left|x\right|+C)^{2}, $$
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u并化简整理，即可得原齐次方程的通解为 $ y=x(\ln|x|+C)^2 $，C为任意常数。
680 答案 $ \sin\frac{y}{x}=\ln|x|+C $，C 为任意常数. ← 题目
该方程为齐次微分方程，令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y = xu $， $ \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\sec u+u\Longrightarrow x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\sec u, $$
分离变量得 $ \frac{du}{\sec u}=\frac{dx}{x}\Rightarrow\cos udu=\frac{1}{x}dx $，两端积分得 $ \sin u=\ln|x|+C $，以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，便可得原齐次方程的通解为 $ \sin\frac{y}{x}=\ln|x|+C $，C为任意常数.
681 答案 $ y^{2}=2x^{2}(\ln x+2) $. ← 题目
原方程可表示为 $ \frac{dy}{dx} = \frac{x^2 + y^2}{xy} = \frac{x}{y} + \frac{y}{x} $，这是齐次微分方程，令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y = xu $， $ \frac{dy}{dx} = u + x\frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{u}+u\Longrightarrow x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{u}, $$
分离变量得 $ u \, du = \frac{1}{x} \, dx $，两端积分得
$$ \frac{1}{2}u^{2}=\ln|x|+\frac{C}{2}\Longleftrightarrow u^{2}=2\ln|x|+C, $$
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，整理可得原齐次方程的通解为 $ y^{2}=x^{2}(2\ln|x|+C) $。由初始条件 $ y|_{x=1}=2 $可得C=4，代入可得原微分方程满足初始条件的特解为 $ y^{2}=2x^{2}(\ln x+2) $。
682 答案 $ y = x \tan(\ln |x|) $ ← 题目
由题意知 $ \frac{dy}{dx}=1+\frac{y}{x}+\left(\frac{y}{x}\right)^2 $，这是齐次微分方程，令 $ u=\frac{y}{x} $，则 $ y=xu $， $ \frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1+u+u^{2}\Longrightarrow x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1+u^{2}, $$
分离变量可得 $ \frac{du}{1+u^{2}}=\frac{dx}{x} $，两端积分得
$$ \arctan u=\ln\left|x\right|+C\Longrightarrow u=\tan(\ln\left|x\right|+C), $$
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，整理可得原齐次方程的通解为 $ y=x\tan(\ln|x|+C) $。又曲线通过点 $ (1,0) $，代入可得C=0，故所求曲线方程为 $ y=x\tan(\ln|x|) $。
评注
严格地讲，所求曲线方程应是 $ y = x \tan(\ln x) $ ( $ e^{-\frac{\pi}{2}} \lt x \lt e^{\frac{\pi}{2}} $)，这是由于当 $ x \in (e^{-\frac{\pi}{2}}, e^{\frac{\pi}{2}}) $ 时， $ y = x \tan(\ln x) $ 才是一条通过 $ (1,0) $ 的连续可微曲线.
683 答案 $ y=\frac{2x}{1+x^{2}} $ ← 题目
原方程可变形为
$$ x^{2}\mathrm{d}y=(y^{2}-xy)\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y^{2}-xy}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)^{2}-\frac{y}{x}, $$
这是齐次微分方程，令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y = x u $， $ \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u^{2}-u\implies x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u^{2}-2u, $$
分离变量可得
$$ \frac{\mathrm{d}u}{u^{2}-2u}=\frac{1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{\mathrm{d}u}{u(u-2)}=\frac{1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{1}{2}\left(\frac{1}{u-2}-\frac{1}{u}\right)=\frac{1}{x}\mathrm{d}x, $$
两端积分得
$$ \begin{align*}\frac{1}{2}(\ln\left|u-2\right|-\ln\left|u\right|)&=\ln\left|x\right|+\frac{C_{1}}{2}\Rightarrow\ln\left|u-2\right|-\ln\left|u\right|-\ln x^{2}=C_{1}\\&\Rightarrow\ln\left|\frac{u-2}{ux^{2}}\right|=C_{1}\Rightarrow\frac{u-2}{ux^{2}}=\pm\mathbf{e}^{C_{1}}=C,\end{align*} $$
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，并化简整理便可得原齐次方程的通解为
$$ \frac{\frac{y}{x}-2}{\frac{y}{x}\cdot x^{2}}=C\Rightarrow\frac{y-2x}{yx^{2}}=C\Rightarrow y=\frac{2x}{1-Cx^{2}}. $$
由初始条件 $ y|_{x=1}=1 $ 可得 C=-1，代入可得原微分方程满足初始条件的特解为 $ y=\frac{2x}{1+x^2} $
684 答案 $ y = xe^{2x+1} $ ← 题目
原方程可变形为 $ y' = \frac{dy}{dx} = \frac{y(\ln y - \ln x)}{x} = \frac{y}{x} \ln \frac{y}{x} $，这是齐次微分方程，令 $ u = \frac{y}{x} $，则 $ y = xu $， $ \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u\ln u\implies x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=u(\ln u-1), $$
分离变量可得 $ \frac{du}{u(\ln u-1)}=\frac{1}{x}dx $，两端积分
$$ \int\frac{1}{u(\ln u-1)}\mathrm{d}u=\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x\Rightarrow\int\frac{1}{\ln u-1}\mathrm{d}(\ln u-1)=\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x, $$
得 $ \ln|\ln u-1|=\ln|x|+C_1\Rightarrow\ln\left|\frac{\ln u-1}{x}\right|=C_1\Rightarrow\frac{\ln u-1}{x}=\pm e^{C_1}=C\Rightarrow\ln u=Cx+1\Rightarrow u=e^{Cx+1} $，
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，并化简整理便可得原齐次方程的通解为 $ y=xe^{Cx+1} $，由初始条件
$ y(1)=e^3 $可得 $ C=2 $，代入可得原微分方程满足初始条件的特解为 $ y=xe^{2x+1} $。
685 答案 $ x + 2ye^{\frac{x}{y}} = C $，C 为任意常数. ← 题目
因为方程含有 $ e^{\frac{x}{y}} $ 项，故把 x 视为 y 的函数，原方程可变形为 $ \frac{dx}{dy} = \frac{2e^{\frac{x}{y}} \left( \frac{x}{y} - 1 \right)}{1 + 2e^{\frac{x}{y}}} $，这是齐次
微分方程，令 $ u = \frac{x}{y} $，则 x = yu， $ \frac{dx}{dy} = u + y \frac{du}{dy} $，代入原方程可得
$$ u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}=\frac{2\mathrm{e}^{u}(u-1)}{1+2\mathrm{e}^{u}}\Rightarrow y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}=\frac{2\mathrm{e}^{u}(u-1)}{1+2\mathrm{e}^{u}}-u=-\frac{2\mathrm{e}^{u}+u}{1+2\mathrm{e}^{u}}, $$
分离变量得 $ \frac{1+2e^{u}}{u+2e^{u}}du=-\frac{1}{y}dy $，两端积分
$$ \int\frac{1+2\mathrm{e}^{u}}{u+2\mathrm{e}^{u}}\mathrm{d}u=-\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y\Rightarrow\int\frac{1}{u+2\mathrm{e}^{u}}\mathrm{d}(u+2\mathrm{e}^{u})=-\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y, $$
得
$$ \ln\left|u+2\mathrm{e}^{u}\right|=-\ln\left|y\right|+C_{1}\Rightarrow\ln\left|y(u+2\mathrm{e}^{u})\right|=C_{1}\Rightarrow y(u+2\mathrm{e}^{u})=\pm\mathrm{e}^{C_{1}}=C, $$
以 $ \frac{x}{y} $代替上式中的u，并化简整理便可得原齐次方程的通解为 $ x+2ye^{\frac{x}{y}}=C $，C为任意常数.
686答案 $ \sin^{3}\frac{x}{v}=Cy^{2} $，C为任意常数. ← 题目
因为方程含有 $ \sin\frac{x}{y},\cos\frac{x}{y} $项，故把x视为y的函数，原方程可变形为
$$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{2y\sin\frac{x}{y}+3x\cos\frac{x}{y}}{3y\cos\frac{x}{y}}=\frac{2}{3}\tan\frac{x}{y}+\frac{x}{y}~, $$
这是齐次微分方程，令 $ u = \frac{x}{y} $，则 $ x = yu $， $ \frac{dx}{dy} = u + y \frac{du}{dy} $，代入原方程可得
$$ u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}=\frac{2}{3}\tan u+u\Rightarrow y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}=\frac{2}{3}\tan u, $$
分离变量得 $ \frac{3}{2}\cot udu = \frac{1}{y}dy $，两端积分得
$$ \frac{3}{2}\ln\left|\sin u\right|=\ln\left|y\right|+C_{1}\Rightarrow\ln\left|\frac{\sin^{\frac{3}{2}}u}{y}\right|=C_{1}\Rightarrow\sin^{\frac{3}{2}}u=\pm\mathrm{e}^{C_{1}}y\Rightarrow\sin^{3}u=\pm\mathrm{e}^{2C_{1}}y^{2}=C y^{2}, $$
以 $ \frac{x}{y} $代替上式中的u，可得原齐次方程的通解为 $ \sin^{3}\frac{x}{y}=Cy^{2} $，C为任意常数.
687 答案 $ y=Ce^{-x^{2}} $，C为任意常数. ← 题目
该方程为一阶线性齐次方程且 $ P(x)=2x $，从而可得原方程的通解为
$$ y=C\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}=C\mathrm{e}^{-\int2x\mathrm{d}x}=C\mathrm{e}^{-x^{2}}\ ,\ C 为任意常数 . $$
688 答案 $ y=\frac{1}{\cos x} $ ← 题目
将原方程变形可得 $ \frac{dy}{dx} - \tan x \cdot y = 0 $，为一阶线性齐次方程且 $ P(x) = -\tan x $，从而可得原
方程的通解为
$$ y=C\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}=C\mathrm{e}^{\int\tan x\mathrm{d}x}=C\mathrm{e}^{-\ln\cos x}=\frac{C}{\cos x}\;. $$
又由初始条件 $ y\big|_{x=0}=1 $ 可得 C=1，从而原方程满足初始条件的特解为 $ y=\frac{1}{\cos x} $.
689答案(C). ← 题目
(C) 选项中的方程可以化为 $ y' + (x - e^x)y = x^2 $，由一阶线性微分方程的定义知只有 (C) 符合要求.
690 答案 $ y=Ce^{-x^2}+2 $，C 为任意常数. ← 题目
该方程为一阶线性非齐次微分方程，且 $ P(x)=2x $， $ Q(x)=4x $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\int2x\mathrm{d}x}\left(\int4x\mathrm{e}^{\int2x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\&=\mathrm{e}^{-x^{2}}\left(\int4x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-x^{2}}\left(2\int\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x^{2}+C\right)\\&=\mathrm{e}^{-x^{2}}\left(2\mathrm{e}^{x^{2}}+C\right)=2+C\mathrm{e}^{-x^{2}}\ ,C 为任意常数 .\\ \end{aligned} $$
691 答案 $ y = e^{-\sin x}(x + C) $，C 为任意常数. ← 题目
该方程为一阶线性非齐次微分方程，且 $ P(x) = \cos x $， $ Q(x) = e^{-\sin x} $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\int\cos x\mathrm{d}x}\left(\int\mathrm{e}^{-\sin x}\mathrm{e}^{\int\cos x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\&=\mathrm{e}^{-\sin x}\left(\int\mathrm{e}^{-\sin x}\mathrm{e}^{\sin x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\sin x}(x+C),\quad C 为任意常数 .\\ \end{aligned} $$
692 答案 $ y = (x+1)(e^{x} + 1) $. ← 题目
原方程可变形为 $ \frac{dy}{dx}-\frac{y}{x+1}=e^x(x+1) $，为一阶线性微分方程，且 $ P(x)=-\frac{1}{x+1} $， $ Q(x)=e^x(x+1) $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int\mathcal{Q}(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{\int\frac{1}{x+1}\mathrm{d}x}\left(\int\mathrm{e}^{x}(x+1)\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{x+1}\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\&=\mathrm{e}^{\ln(x+1)}\left(\int\mathrm{e}^{x}(x+1)\mathrm{e}^{-\ln(x+1)}\mathrm{d}x+C\right)=(x+1)\left(\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x+C\right)=(x+1)(\mathrm{e}^{x}+C),\end{aligned} $$
又由初始条件 $ y(0)=2 $ 得 C=1，所以要求的特解为 $ y=(x+1)(\mathrm{e}^{x}+1) $.
693 答案 $ y = e^{-\sin x} (x \ln x - x + 1) $. ← 题目
原方程可变形为 $ \frac{dy}{dx} + y\cos x = e^{-\sin x} \ln x $，为一阶线性微分方程，且 $ P(x) = \cos x $， $ Q(x) = e^{-\sin x} \ln x $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}&\boldsymbol{y}=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\int\cos x\mathrm{d}x}\left(\int\mathrm{e}^{-\sin x}\ln x\mathrm{e}^{\int\cos x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\ &=\mathrm{e}^{-\sin x}\left(\int\ln x\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\sin x}\left(x\ln x-\int x\cdot\frac{1}{x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\sin x}\left(x\ln x-x+C\right),\\ \end{aligned} $$
又由初始条件 $ y(1)=0 $ 得 C=1，所以要求的特解为 $ y=e^{-\sin x}(x\ln x-x+1) $.
694 答案 $ x=\frac{1}{2}y^{2}+Cy^{3} $，C 为任意常数. ← 题目
将 x 看做 y 的函数，则原方程可变形为 $ \frac{dx}{dy} - \frac{3}{y}x = -\frac{y}{2} $，为一阶线性微分方程，且 $ P(y) = -\frac{3}{y} $， $ Q(y) = -\frac{y}{2} $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}x&=\mathrm{e}^{-\int P(y)\mathrm{d}y}\left(\int Q(y)\mathrm{e}^{\int P(y)\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\mathrm{e}^{\int\frac{3}{y}\mathrm{d}y}\left(\int-\frac{y}{2}\mathrm{e}^{-\int\frac{3}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)\\&=y^{3}\left(\int\left(-\frac{y}{2}\cdot\frac{1}{y^{3}}\right)\mathrm{d}y+C\right)=y^{3}\left(\frac{1}{2y}+C\right)=\frac{1}{2}y^{2}+C y^{3},\quad C 为任意常数 .\\ \end{aligned} $$
评注
本题如果将 y 看成 x 的函数，则方程化为 $ \frac{dy}{dx} = \frac{2y}{6x - y^2} $，这个方程不是一阶线性微分方程，也不是变量可分离方程，更不是齐次方程，不便求解，于是将 x 看成 y 的函数。这也是我们求解微分方程的常用思路。
695 答案 $ x = \frac{1}{y^2} (\ln |y| + C) $，C 为任意常数. ← 题目
将 x 看成 y 的函数，则原方程可变形为 $ \frac{dx}{dy} + \frac{2}{y}x = \frac{1}{y^3} $，为一阶线性微分方程，且 $ P(y) = \frac{2}{y} $， $ Q(y) = \frac{1}{y^3} $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}x&=\mathrm{e}^{-\int P(y)\mathrm{d}y}\left(\int Q(y)\mathrm{e}^{\int P(y)\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\mathrm{e}^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\left(\int\frac{1}{y^{3}}\mathrm{e}^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)\\&=\frac{1}{y^{2}}\left(\int\frac{1}{y^{3}}\cdot y^{2}\mathrm{d}y+C\right)=\frac{1}{y^{2}}\big(\ln\left|y\right|+C\big),\quad C 为任意常数 .\end{aligned} $$
696 答案 $ y=\sqrt{x} $. ← 题目
将 x 看成 y 的函数，则原方程可变形为 $ \frac{dx}{dy} + \frac{1}{y}x = 3y $，为一阶线性微分方程。且 $ P(y) = \frac{1}{y} $， $ Q(y) = 3y $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}x=&\mathrm{e}^{-\int P(y)\mathrm{d}y}\left(\int Q(y)\mathrm{e}^{\int P(y)\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\mathrm{e}^{-\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y}\left(\int3y\mathrm{e}^{\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)\\ =&\frac{1}{y}\Big(\int3y\cdot y\mathrm{d}y+C\Big)=\frac{1}{y}\Big(y^{3}+C\Big)=y^{2}+\frac{C}{y}.\end{aligned} $$
又由初始条件 $ y|_{x=1}=1 $ 得 C=0，所以要求的特解为 $ x=y^{2} \Rightarrow y=\sqrt{x} $.
697 答案 $ x = Ce^{y} - y - 1 $，C 为任意常数. ← 题目
方法一：将 $x$ 看成 $y$ 的函数，则原方程可变形为 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} - x = y$，为一阶线性微分方程，且 $P(y) = -1$，$Q(y) = y$，从而可得原方程的通解为 $x = e^{-\int y(y) \, dy} \left( \int Q(y) e^{\int y(y) \, dy} \, dy + C \right) = e^{\int y \left( \int y e^{\int y - dy} \, dy + C \right)} = e^{y} \left( \int y \cdot e^{-y} \, dy + C \right) = e^{y} \left( -\int y \, de^{-y} + C \right) = e^{y} \left( -ye^{-y} + \int e^{-y} \, dy + C \right) = e^{y} \left( -ye^{-y} - e^{-y} + C \right) = Ce^{y} - y - 1$，$C$ 为任意常数。
方法二：做变量替换，令 $ x + y = u $，则 $ y = u - x $， $ \frac{dy}{dx} = \frac{du}{dx} - 1 $，代入原方程得
$$ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-1=\frac{1}{u}\Longrightarrow\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{u+1}{u}, $$
分离变量得 $ \frac{u}{u+1}du=dx\Rightarrow\left(1-\frac{1}{u+1}\right)du=dx $，两端积分得
$$ u-\ln\left|u+1\right|=x+C_{1}\Rightarrow\ln\left|u+1\right|=u-x-C_{1}\Rightarrow u+1=\pm\mathrm{e}^{-C_{1}}\mathrm{e}^{u-x}=C\mathrm{e}^{u-x} $$
将 $ u = x + y $ 代入上式，整理可得原方程的通解为 $ x = Ce^{y} - y - 1 $，C 为任意常数.
698 答案 $ y^{2}+2xy=C $，C 为任意常数. ← 题目
方法一：将 $x$ 看成 $y$ 的函数，则原方程可变形为 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} + \frac{1}{y}x = -1$，为一阶线性微分方程，且 $P(y) = \frac{1}{y}$，$Q(y) = -1$，从而可得原方程的通解为
$x = \mathrm{e}^{-\int P(y) \, \mathrm{d}y} \left( \int Q(y) \mathrm{e}^{\int P(y) \, \mathrm{d}y} \, \mathrm{d}y + C_1 \right) = \mathrm{e}^{-\int \frac{1}{y} \, \mathrm{d}y} \left( -\int \mathrm{e}^{\int \frac{1}{y} \, \mathrm{d}y} \, \mathrm{d}y + C_1 \right)$
$=\frac{1}{y} \left( -\int y \, \mathrm{d}y + C_1 \right) = \frac{1}{y} \left( -\frac{y^2}{2} + C_1 \right) = -\frac{y}{2} + \frac{C_1}{y}$，
整理可得 $ 2xy + y^{2} = 2C_{1} = C $，C 为任意常数.
方法二：原方程可变形为 $ \frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x+y}=-\frac{\frac{y}{x}}{1+\frac{y}{x}} $，该方程为齐次微分方程，令 $ u=\frac{y}{x} $，则 $ y=xu $， $ \frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx} $，代入原方程可得
$$ u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\frac{u}{1+u}\Rightarrow x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=-\left(\frac{u}{1+u}+u\right)=-\frac{u^{2}+2u}{1+u}, $$
分离变量得 $ \frac{1+u}{u^{2}+2u}du=-\frac{1}{x}dx $，两边积分得
$$ \frac{1}{2}\ln\left|u^{2}+2u\right|=-\ln\left|x\right|+C_{1}\Rightarrow\left(u^{2}+2u\right)x^{2}=\pm\mathbf{e}^{2C_{1}}=C $$
以 $ \frac{y}{x} $代替上式中的u，整理可得原方程的通解为 $ y^{2}+2xy=C $，C为任意常数.
上面两个例题均给出了两种解法，将同一微分方程化成了两种不同的类型。这提示我们做题的时候一定要灵活。
699 答案 $ y=\sin x+\cos x $. ← 题目
由题意可得 $ \frac{dy}{dx}=\sec x-y\tan x\Rightarrow\frac{dy}{dx}+y\tan x=\sec x $，为一阶线性微分方程，且 $ P(x)=\tan x $， $ Q(x)=\sec x $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}y&=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{-\int\tan x\mathrm{d}x}\left(\int\sec x\mathrm{e}^{\int\tan x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\&=\mathrm{e}^{\ln\cos x}\left(\int\sec x\mathrm{e}^{\ln\sec x}\mathrm{d}x+C\right)=\cos x(\int\sec^{2}x\mathrm{d}x+C)\\&=\cos x(\tan x+C)=\sin x+C\cos x,\\ \end{aligned} $$
又 $ y = f(x) $ 过 $ (0,1) $ 点，即 $ y|_{x=0} = 1 $，代入可得 C = 1，从而该曲线方程为 $ y = \sin x + \cos x $。
700 答案 $ f(x) = -2e^{\frac{1}{x^2}} + 2 $. ← 题目
对条件中的等式两边分别对 x 求导得 $ f'(x) = xf(x) - 2x $，令 $ y = f(x) $ 并整理可得 $ \frac{dy}{dx} - xy = -2x $，为一阶线性微分方程，且 $ P(x) = -x $， $ Q(x) = -2x $，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}&y=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{\int x\mathrm{d}x}\left(\int-2x\mathrm{e}^{-\int x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\ &\\&=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^{2}}\left(\int-2x\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^{2}}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^{2}}\left(\int2\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^{2}}\mathrm{d}\left(-\frac{1}{2}x^{2}\right)+C\right)\\ &\\&=\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^{2}}\left(2\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}x^{2}}+C\right)=C\mathrm{e}^{\frac{1}{2}x^{2}}+2\ ,\\ \end{aligned} $$
又由题意知 $ f(0)=0 $ ，代入可得 C=-2 ，因此 $ f(x)=-2e^{\frac{1}{2}x^{2}}+2 $
701 答案 $ f(x)=-\frac{e^{x}+e^{-x}}{2} $. ← 题目
令u=x-t，则 $ \int_{0}^{x}f(x-t)dt=-\int_{x}^{0}f(u)du=\int_{0}^{x}f(u)du $，则条件变形为
$$ \int_{0}^{x}f(u)\mathrm{d}u=x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-\int_{0}^{x}t f(t)\mathrm{d}t+\mathrm{e}^{-x}-1, $$
两边分别对x求导得
$$ f(x)=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t+xf(x)-xf(x)-\mathrm{e}^{-x}\Rightarrow f(x)=\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t-\mathrm{e}^{-x},\quad\because\textcircled{1}₂ $$
两边再分别对 $x$ 求导得 $f'(x) = f(x) + \mathrm{e}^{-x}$，令 $y = f(x)$ 并整理可得 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} - y = \mathrm{e}^{-x}$，为一阶线性微分方程，且 $P(x) = -1$，$Q(x) = \mathrm{e}^{-x}$，从而可得原方程的通解为
$$ \begin{aligned}&y=\mathrm{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathrm{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{\int\mathrm{d}x}\left(\int\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)\\ &\quad=\mathrm{e}^{x}\left(\int\mathrm{e}^{-x}\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\right)=\mathrm{e}^{x}\left(-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}+C\right)=C\mathrm{e}^{x}-\frac{\mathrm{e}^{-x}}{2},\\ \end{aligned} $$
又由①知 $ f(0) = -1 $，代入可得 $ C = -\frac{1}{2} $，因此 $ f(x) = -\frac{1}{2}e^x - \frac{e^{-x}}{2} = -\frac{e^x + e^{-x}}{2} $。
702 答案 $ y=\frac{1}{120}x^{5}+C_{1}x^{3}+C_{2}x^{2}+C_{3}x+C_{4} $， $ C_{1} $， $ C_{2} $， $ C_{3} $， $ C_{4} $ 为任意常数. ← 题目
对所给方程连续积分四次，可得
$$ \begin{aligned}&y^{m}=\int x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x^{2}+C_{1}^{\prime},\\ &y^{n}=\int\left(\frac{1}{2}x^{2}+C_{1}^{\prime}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{6}x^{3}+C_{1}^{\prime}x+C_{2}^{\prime},\\ &y^{\prime}=\int\left(\frac{1}{6}x^{3}+C_{1}^{\prime}x+C_{2}^{\prime}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{24}x^{4}+\frac{C_{1}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{2}^{\prime}x+C_{3},\\ &y=\int\left(\frac{1}{24}x^{4}+\frac{C_{1}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{2}^{\prime}x+C_{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{120}x^{5}+\frac{C_{1}^{\prime}}{6}x^{3}+\frac{C_{2}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{3}x+C_{4}\\ &=\frac{1}{120}x^{5}+C_{1}x^{3}+C_{2}x^{2}+C_{3}x+C_{4},\ C_{1},\ C_{2},\ C_{3},\ C_{4} 为任意常数 .\\ \end{aligned} $$
703 答案 $ y = \frac{1}{27} e^{3x} + \frac{1}{8} \cos 2x + C_1 x^2 + C_2 x + C_3 $, $ C_1 $, $ C_2 $, $ C_3 $ 为任意常数. ← 题目
对所给方程连续积分三次，可得
$$ \begin{aligned}y^{\prime \prime}&=\int\left(\mathrm{e}^{3x}+\sin2x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\mathrm{e}^{3x}-\frac{1}{2}\cos2x+C_{1}^{\prime},\\y^{\prime}&=\int\left(\frac{1}{3}\mathrm{e}^{3x}-\frac{1}{2}\cos2x+C_{1}^{\prime}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{9}\mathrm{e}^{3x}-\frac{1}{4}\sin2x+C_{1}^{\prime}x+C_{2},\\y&=\int\left(\frac{1}{9}\mathrm{e}^{3x}-\frac{1}{4}\sin2x+C_{1}^{\prime}x+C_{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{27}\mathrm{e}^{3x}+\frac{1}{8}\cos2x+\frac{C_{1}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{2}x+C_{3},\\&=\frac{1}{27}\mathrm{e}^{3x}+\frac{1}{8}\cos2x+C_{1}x^{2}+C_{2}x+C_{3},\quad C_{1},\quad C_{2},\quad C_{3} 为任意常数 .\end{aligned} $$
704 答案 $ y = xe^x - 3e^x + C_1x^2 + C_2x + C_3 $， $ C_1 $， $ C_2 $， $ C_3 $ 为任意常数. ← 题目
对所给方程连续积分三次，可得
$$ y^{\prime \prime}=\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\int x\mathrm{d}\mathrm{e}^{x}=x\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}, $$
$$ \begin{aligned}&y^{\prime}=\int\left(x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}\right)\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{\dot{x}}-\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}x+C_{2}=x\mathrm{e}^{x}-2\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}x+C_{2},\\ &y=\int\left(x\mathrm{e}^{x}-2\mathrm{e}^{x}+C_{1}^{\prime}x+C_{2}\right)\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}-2\mathrm{e}^{x}+\frac{C_{1}^{\prime}}{2}x^{2}+C_{2}x+C_{3}\\ &=x\mathrm{e}^{x}-3\mathrm{e}^{x}+C_{1}x^{2}+C_{2}x+C_{3},\quad C_{1},\quad C_{2},\quad C_{3} 为任意常数 .\\ \end{aligned} $$
705 答案 $ y = x \arctan x - \frac{1}{2} \ln(1 + x^2) + C_1 x + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
对所给方程连续积分两次，可得
$$ \begin{aligned}&y^{\prime}=\int\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\arctan x+C_{1},\\ &y=\int\left(\arctan x+C_{1}\right)\mathrm{d}x=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x+C_{1}x\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}(1+x^{2})+C_{1}x\\ &=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2})+C_{1}x+C_{2},\ C_{1} 和 C_{2} 为任意项 \\ \end{aligned} $$
706 答案 $ y=\frac{1}{8}e^{2x}-\frac{e^{2}}{4}x^{2}+\frac{e^{2}}{4}x-\frac{e^{2}}{8} $. ← 题目
对所给方程两边积分得
$$ y^{\prime \prime}=\int\mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}+C_{1}, $$
将初始条件 $ y''|_{x=1}=0 $ 代入可得 $ C_1=-\frac{e^2}{2} $，故 $ y''=\frac{1}{2}e^{2x}-\frac{e^2}{2} $。两边积分得
$$ y^{\prime}=\int\left(\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}-\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2x}-\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}x+C_{2}, $$
将初始条件 $ y'|_{x=1}=0 $ 代入可得 $ C_{2}=\frac{e^{2}}{4} $，故 $ y'=\frac{1}{4}e^{2x}-\frac{e^{2}}{2}x+\frac{e^{2}}{4} $。两边积分得
$$ y=\int\left(\frac{1}{4}\mathrm{e}^{2x}-\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}x+\frac{\mathrm{e}^{2}}{4}\right)=\frac{1}{8}\mathrm{e}^{2x}-\frac{\mathrm{e}^{2}}{4}x^{2}+\frac{\mathrm{e}^{2}}{4}x+C_{3}, $$
将初始条件 $ y\big|_{x=1}=0 $ 代入可得 $ C_{3}=-\frac{e^{2}}{8} $，故 $ y=\frac{1}{8}e^{2x}-\frac{e^{2}}{4}x^{2}+\frac{e^{2}}{4}x-\frac{e^{2}}{8} $.
707 答案 $ y=\frac{1}{6}x^{3}+\frac{1}{2}x+1 $. ← 题目
对所给方程 $ y^{\prime}=x $ 两边连续积分两次，可得
$$ y^{\prime}=\int x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}x^{2}+C_{1}, $$
$$ y=\int\left(\frac{1}{2}x^{2}+C_{1}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{6}x^{3}+C_{1}x+C_{2}, $$
又曲线经过点 $ (0,1) $，即 $ y\big|_{x=0}=1 $，曲线在点 $ (0,1) $处与直线 $ y=\frac{x}{2}+1 $相切，即 $ y'\big|_{x=0}=\frac{1}{2} $，代入可得 $ C_1=\frac{1}{2} $， $ C_2=1 $，故所求的曲线方程为 $ y=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x+1 $。
708 答案 $ y = -\frac{x^2}{2} - x + C_1 e^x + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $，则原方程变为 $ p'=p+x \Rightarrow p'-p=x $，为一阶线性微分方程，且 $ P(x)=-1 $， $ Q(x)=x $，从而可得该方程的通解为
$$ \begin{aligned}p&=\mathbf{e}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}\left(\int Q(x)\mathbf{e}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C_{1}\right)=\mathbf{e}^{\int\mathrm{d}x}\left(\int x\mathbf{e}^{-\int\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C_{1}\right)\\&=\mathbf{e}^{x}\left(\int x\mathbf{e}^{-x}\mathrm{d}x+C_{1}\right)=\mathbf{e}^{x}\left(-\int x\mathrm{d}\mathbf{e}^{-x}+C_{1}\right)=\mathbf{e}^{x}\left(-x\mathbf{e}^{-x}+\int\mathbf{e}^{-x}\mathrm{d}x+C_{1}\right)\\&=\mathbf{e}^{x}\left(-x\mathbf{e}^{-x}-\mathbf{e}^{-x}+C_{1}\right)=C_{1}\mathbf{e}^{x}-x-1,\\ \end{aligned} $$
对 $ y' = C_1 e^x - x - 1 $ 两端积分，得原方程的通解为
$ y = -\frac{x^{2}}{2} - x + C_{1}e^{x} + C_{2} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数.
709 答案 $ y = \ln|\cos(-x + C_1)| + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $，则原方程变为
$$ p^{\prime}+p^{2}+1=0\Rightarrow\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=-\left(p^{2}+1\right), $$
为一阶变量可分离方程. 分离变量得 $ \frac{dp}{p^{2}+1} = -dx $，两端积分可得该方程的通解为
$$ \arctan p=-x+C_{1}\Rightarrow p=\tan(-x+C_{1}) $$
对 $ y' = \tan(-x + C_1) $ 两端积分，得原方程的通解为 $ y = \ln|\cos(-x + C_1)| + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数.
710 答案 $ y = -\frac{C_1}{2x^2} + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $，则原方程变为
$$ xp^{\prime}+3p=0\Rightarrow x\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=-3p, $$
为一阶变量可分离方程．分离变量得 $ \frac{dp}{p}=-\frac{3}{x}dx $，两端积分可得该方程的通解为
$$ \ln\left|p\right|=-3\ln\left|x\right|+C_{1}^{\prime}\Longrightarrow p x^{3}=\pm\mathbf{e}^{C_{1}^{\prime}}=C_{1}\Longrightarrow p=\frac{C_{1}}{x^{3}}, $$
对 $ y' = \frac{C_1}{x^3} $ 两端积分，得原方程的通解为 $ y = -\frac{C_1}{2x^2} + C_2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数。
711 答案 $ y = -\frac{1}{2}\ln|2x + 1| $. ← 题目
令 $ y' = p $，则 $ y^* = p' $，则原方程变为 $ p' - 2p^2 = 0 \Rightarrow \frac{dp}{dx} = 2p^2 $，为一阶变量可分离方程。
分离变量得 $ \frac{dp}{p^2} = 2dx $，两端积分可得该方程的通解为
$$ -\frac{1}{p}=2x+C_{1}\Rightarrow y^{\prime}=p=-\frac{1}{2x+C_{1}}, $$
将初始条件 $ y'|_{x=0} = -1 $ 代入可得 $ C_1 = 1 $，对 $ y' = -\frac{1}{2x+1} $ 两端积分得 $ y = -\frac{1}{2}\ln|2x+1| + C_2 $，将初始条件 $ y|_{x=0} = 0 $ 代入可得 $ C_2 = 0 $，因此，原方程满足初始条件的特解为 $ y = -\frac{1}{2}\ln|2x+1| $。
712 答案 $ y=x^{3}+3x+1 $ ← 题目
令 $ y'=p $，则 $ y''=p' $，则原方程变为 $ (1+x^2)p'=2xp\Rightarrow\frac{dp}{dx}=\frac{2xp}{1+x^2} $，
为一阶变量可分离方程．分离变量得 $ \frac{dp}{p}=\frac{2x}{1+x^{2}}dx $，两端积分可得该方程的通解为
$$ \ln\left|p\right|=\ln(1+x^{2})+C_{1}^{^{\prime}}\Rightarrow y^{\prime}=p=C_{1}(1+x^{2}) $$
将初始条件 $ y'|_{x=0}=3 $ 代入可得 $ C_1=3 $，对 $ y'=3(1+x^2) $ 两端积分得 $ y=x^3+3x+C_2 $，将初始条件 $ y|_{x=0}=1 $ 代入可得 $ C_2=1 $，因此，原方程满足初始条件的特解为 $ y=x^3+3x+1 $。
713 答案 $ y^{3}=C_{1}x+C_{2} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数 ← 题目
令 $ y' = p $，则 $ y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \cdot \frac{dp}{dy} $，原方程变为 $ yp \frac{dp}{dy} + 2p^2 = 0 $，为一阶变量可分离方程。分离变量得 $ \frac{dp}{p} = -\frac{2}{y} dy $，两端积分可得该方程的通解为
$$ \ln\left|p\right|=-2\ln\left|y\right|+C_{0}\Rightarrow p y^{2}=\pm\mathrm{e}^{C_{0}}=C_{1}^{\prime}\Rightarrow p=\frac{C_{1}^{\prime}}{y^{2}}, $$
对 $ \frac{dy}{dx}=\frac{C_{1}'}{y^{2}} $分离变量，得 $ y^{2}dy=C_{1}'dx $，两端积分得原方程的通解为
$$ \frac{1}{3}y^{3}=C_{1}^{\prime}x+C_{2}^{\prime}\Rightarrow y^{3}=C_{1}x+C_{2},\ C_{1} 和 C_{2} 为任意常数 . $$
714 答案 $ y=\sqrt{x+1} $ ← 题目
令 $ y' = p $，则 $ y^* = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \cdot \frac{dp}{dy} $，原方程变为 $ yp \frac{dp}{dy} + p^2 = 0 $，得 $ y \frac{dp}{dy} = -p $。分离变量得 $ \frac{dp}{p} = -\frac{dy}{y} $，两端积分可得该方程的通解为 $ y' = p = \frac{C_1}{y} $，将初始条件 $ y |_{x=0} = 1 $， $ y' |_{x=0} = \frac{1}{2} $ 代入可得 $ C_1 = \frac{1}{2} $，对 $ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2y} $ 分离变量得 $ y \frac{dy}{dy} = \frac{1}{2} dx $，两端积分得 $ y^2 = x + C_2 $，将初始条件 $ y |_{x=0} = 1 $ 代入可得 $ C_2 = 1 $，因此，原方程满足初始条件的特解为 $ y^2 = x + 1 \Rightarrow y = \sqrt{x + 1} $。
715 答案 $ C_{1}y^{2}-1=\left(C_{1}x+C_{2}\right)^{2} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数. ← 题目
令 $ y'=p $， $ y^{*}=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\cdot\frac{dy}{dx}=p\cdot\frac{dp}{dy} $，则原方程变为 $ y^{3}p\frac{dp}{dy}-1=0 $。分离变量得 $ p\mathrm{d}p=\frac{1}{y^{3}}\mathrm{d}y $，两端积分可得该方程的通解为
$$ p^{2}=-\frac{1}{y^{2}}+C_{1}\Rightarrow p=\pm\sqrt{C_{1}-\frac{1}{y^{2}}}=\pm\frac{1}{|y|}\sqrt{C_{1}y^{2}-1}, $$
对 $ \frac{dy}{dx}=\pm\frac{1}{|y|}\sqrt{C_1y^2-1} $分离变量得 $ \frac{|y|dy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\frac{y\operatorname{sgn}(y)dy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm dx $两端积分得原方程的通解为
sgn $ (y)\sqrt{C_1y^2-1}=\pm(C_1x+C_2)\Rightarrow C_1y^2-1=\left(C_1x+C_2\right)^2 $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数.
评注
sgn 代表符号函数，其表达式为 $ \mathrm{sgn}(x)=\begin{cases}1, & x\gt 0 \\ 0, & x=0 \\ -1, & x\lt 0\end{cases} $
716 答案 $ y = \ln \frac{e^x + e^{-x}}{2} $ ← 题目
令 $ y' = p $， $ y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \cdot \frac{dp}{dy} $，则原方程变为 $ p \frac{dp}{dy} + p^2 = 1 $。分离变量得 $ \frac{p}{1-p^2} dp = dy $，两端积分，整理可得该方程的通解为 $ p^2 = 1 - C_1 e^{-2y} $，将初始条件 $ y|_{x=0} = 0 $， $ y'|_{x=0} = 0 $ 代入可得 $ C_1 = 1 $，故 $ p = \frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{1 - e^{-2y}} $，分离变量得
$$ \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-2y}}}=\pm\mathrm{d}x\Rightarrow\frac{\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y}{\sqrt{\mathrm{e}^{2y}-1}}=\pm\mathrm{d}x, $$
两端积分得 $ \ln(e^y + \sqrt{e^{2y} - 1}) = \pm x + C_2 $，将初始条件 $ y|_{x=0} = 0 $ 代入可得 $ C_2 = 0 $，因此，原方程满足初始条件的特解为
$$ \ln(\mathbf{e}^{y}+\sqrt{\mathbf{e}^{2y}-1})=\pm x\Longrightarrow\mathbf{e}^{y}=\frac{\mathbf{e}^{x}+\mathbf{e}^{-x}}{2}\Longrightarrow y=\ln\frac{\mathbf{e}^{x}+\mathbf{e}^{-x}}{2}. $$
717 答案 (B) ← 题目
因 $ \frac{\sin x}{\cos x}=\tan x\neq $常数，故 $ \sin x $与 $ \cos x $线性无关.注意(C)中 $ \sin2x=2\sin x\cos x $，故其与 $ \sin x\cos x $为线性相关的.
718 答案 (D) ← 题目
(A) 和 (B) 选项中的两组函数显然线性相关，(C) 和 (D) 选项中的两组函数线性无关，故只需验证 $ x^{2} $ 与 $ e^{x} $ 是否为方程的解.
因 $ \left(x^{2}\right)^{\prime}=2x,\quad\left(x^{2}\right)^{\prime\prime}=2 $ ，代入方程 $ (x-1)\cdot2-x\cdot2x+x^{2}\neq0 $ ，故 $ x^{2} $不是方程的解.而
$ \left(\mathrm{e}^{x}\right)^{n}=\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{\prime}=\mathrm{e}^{x} $，代入方程 $ (x-1)\mathrm{e}^{x}-x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}=0 $，故 $ e^{x} $是方程的解.
719 答案 (C) ← 题目
由方程 $ y' + p(x)y = f(x) $ 的通解结构为齐次方程的通解加上非齐次方程的特解，知其通解为 $ y = y_1(x) + C_1y_2(x) $，令 $ C_1 = -C $，故 (C) 选项正确.
720 答案 (D) ← 题目
因条件中的方程是一阶的，而(C)选项中含有两个任意常数，故首先排除(C). 又由于 $ y_{1}(x) $与 $ y_{2}(x) $都可能是原方程的零解，故(A)和(B)选项也不对. 因 $ y_{1}(x) $与 $ y_{2}(x) $是方程 $ y^{\prime}+p(x)y=0 $的两个不同的解，所以 $ y_{1}(x)-y_{2}(x) $为该方程的一个非零解，从而 $ y=C(y_{1}(x)-y_{2}(x)) $是该方程的通解.
721 答案 (C) ← 题目
由定理知 $ y=C_{1}f_{1}(x)+C_{2}f_{2}(x) $ 是该方程通解的充分必要条件是 $ f_{1}(x) $ 与 $ f_{2}(x) $ 线性无关，即 $ \frac{f_{1}(x)}{f_{2}(x)} \neq $ 常数，从而
$$ \left(\frac{f_{1}(x)}{f_{2}(x)}\right)^{\prime}=\frac{f_{1}(x)f_{2}^{\prime}(x)-f_{2}(x)f_{1}^{\prime}(x)}{f_{2}^{2}(x)}\neq0, $$
即 $ f_{1}(x)f_{2}^{\prime}(x)-f_{2}(x)f_{1}^{\prime}(x)\neq0 $
722 答案 通解为 $ y = C_{1}\cos ax + C_{2}\sin ax $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数. ← 题目
因为 $ y_{1}^{\prime} = -a \sin ax $， $ y_{1}^{\prime\prime} = -a^{2} \cos ax $，代入方程可得
$$ y^{\prime \prime}+a^{2}y=-a^{2}\cos ax+a^{2}\cos ax=0, $$
所以 $ y_{1}=\cos ax $ 是方程 $ y''+a^{2}y=0 $ 的解.
又 $ y_2' = a \cos ax $， $ y_2'' = -a^2 \sin ax $，代入方程可得 $ y'' + a^2 y = -a^2 \sin ax + a^2 \sin ax = 0 $，所以 $ y_2 = \sin ax $ 是方程 $ y'' + a^2 y = 0 $ 的解。
又 $ \frac{y_1}{y_2} = \cot ax $ 不是常数，所以 $ y_1 = \cos ax $ 与 $ y_2 = \sin ax $ 线性无关，从而该方程的通解为 $ y = C_1 \cos ax + C_2 \sin ax $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数。
23 提示 要证 $ y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{12} e^{5x} $ 是方程 $ y^x - 3y^y + 2y = e^{5x} $ 的通解，需要证明： ← 题目
(1) $ y^* = \frac{1}{12} e^{5x} $ 是该方程的特解；(2) $ y_1 = e^x $， $ y_2 = e^{2x} $ 是对应齐次方程的解；(3) $ y_1 = e^x $ 与
$ y_2 = e^{2x} $ 线性无关。
【证明】(1) $ (y^*)' = \frac{5}{12} e^{5x} $， $ (y^*)' = \frac{25}{12} e^{5x} $，代入方程可得
$$ y^{\prime \prime}-3y^{\prime}+2y=\frac{25}{12}\mathrm{e}^{5x}-\frac{15}{12}\mathrm{e}^{5x}+\frac{2}{12}\mathrm{e}^{5x}=\mathrm{e}^{5x}~, $$
所以 $ y^* = \frac{1}{12} e^{5x} $ 是该方程的特解.
(2) $ y_1' = y_1^n = e^x $，代入方程可得 $ y^n - 3y' + 2y = e^x - 3e^x + 2e^x = 0 $，所以 $ y_1 = e^x $ 是对应齐次方程的解。
$ y_2' = 2e^{2x} $, $ y_2'' = 4e^{2x} $，代入方程可得 $ y'' - 3y' + 2y = 4e^{2x} - 6e^{2x} + 2e^{2x} = 0 $，所以 $ y_2 = e^{2x} $ 是对应齐次方程的解.
(3) 又 $ \frac{y_{1}}{y_{2}} = e^{-x} $ 不是常数，所以 $ y_{1} = e^{x} $ 与 $ y_{2} = e^{2x} $ 线性无关.
由(2)和(3)可得 $ C_{1}e^{x}+C_{2}e^{2x} $是对应齐次方程的通解，从而
$ y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{12} e^{5x} $ （ $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数）是方程 $ y^n - 3y' + 2y = e^{5x} $ 的通解。
724 证明 将 $ y=2C_{1}y_{1}+(C_{2}-C_{1})y_{2}+(1-C_{1}-C_{2})y_{3} $ 整理可得 ← 题目
$$ y=C_{1}(2y_{1}-y_{2}-y_{3})+C_{2}(y_{2}-y_{3})+y_{3}, $$
要证其是方程 $ y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x) $ 的通解，需要证明：(1) $ y_{3} $ 是该方程的特解；
(2) $ 2y_{1}-y_{2}-y_{3} $， $ y_{2}-y_{3} $是对应齐次方程的解；(3) $ 2y_{1}-y_{2}-y_{3} $与 $ y_{2}-y_{3} $线性无关.其中(1)和(3)显然成立，现证明(2)如下.
因为 $ y_{1}(x) $， $ y_{2}(x) $， $ y_{3}(x) $ 是方程 $ y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x) $ 的三个线性无关的解，故 $ y_{1} - y_{2} $， $ y_{1} - y_{3} $， $ y_{2} - y_{3} $ 均是对应齐次方程的解，从而 $ 2y_{1} - y_{2} - y_{3} = (y_{1} - y_{2}) + (y_{1} - y_{3}) $ 也是对应齐次方程的解.
由(2)和(3)可得， $ C_{1}(2y_{1}-y_{2}-y_{3})+C_{2}(y_{2}-y_{3}) $对应齐次方程的通解，从而
$$ \begin{aligned}y&=C_{1}(2y_{1}-y_{2}-y_{3})+C_{2}(y_{2}-y_{3})+y_{3}\\&=2C_{1}y_{1}+(C_{2}-C_{1})y_{2}+(1-C_{1}-C_{2})y_{3}(C_{1} 和 C_{2} 为任意常数 )\end{aligned} $$
是方程 $ y^{n} + p(x)y' + q(x)y = f(x) $ 的通解.
725 答案 (C). ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^2 + 2r = 0 $，解之得 $ r_1 = 0, r_2 = -2 $ 为两个互异的实根，故方程的通解为 $ y = C_1 + C_2 e^{-2x} $，令 $ C_1 = C_2 = 1 $ 可得 $ y = 1 + e^{-2x} $ 为一特解。
评注
本题也可把选项代入方程验证是否满足方程来判断是否为特解
726 答案 (B) ← 题目
由通解的形式知 $ r_{1}=6 $, $ r_{2}=-8 $ 是所求微分方程的特征方程的根, 故特征方程为 $ (r-6)(r+8)=r^{2}+2r-48=0 $, 从而对应的二阶常系数齐次线性微分方程为 $ y''+2y'-48y=0 $.
727 答案 (D) ← 题目
由特解的形式知原微分方程的特征方程对应的特征根为共轭复根 $ r_{1,2}=2\pm3i $，故特征方程为 $ (r-2)^2=-9 \Rightarrow r^2-4r+13=0 $，从而对应的二阶常系数齐次线性微分方程为 $ y''-4y'+13y=0 $。
728答案 p=-4, q=4. ← 题目
由特解的形式知，原微分方程的特征方程对应的特征根为两个相等的实根 $ r_{1}=r_{2}=2 $，故特征方程为 $ (r-2)^{2}=0 \Rightarrow r^{2}-4r+4=0 $，因此 p=-4, q=4。
729 答案 $ y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-4x} $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^{2}+5r+4=0 $，解之得 $ r_{1}=-1 $， $ r_{2}=-4 $，为两个互异的实根，故所求通解为 $ y=C_{1}e^{-x}+C_{2}e^{-4x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数.
730 答案 $ y=6e^{-x}-4e^{-3x} $ ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^2 + 4r + 3 = 0 $，解之得 $ r_1 = -1 $， $ r_2 = -3 $，为两个互异的实根，故所求通解为 $ y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{-3x} $，从而 $ y' = -C_1 e^{-x} - 3C_2 e^{-3x} $。将初始条件 $ y|_{x=0} = 2 $， $ y'|_{x=0} = 6 $ 代入可得 $ \begin{cases} C_1 + C_2 = 2 \\ -C_1 - 3C_2 = 6 \end{cases} $，解得 $ \begin{cases} C_1 = 6 \\ C_2 = -4 \end{cases} $。故所求特解为 $ y = 6e^{-x} - 4e^{-3x} $。
731 答案 $ y=(C_{1}+C_{2}x)e^{\frac{5}{2}x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ 4r^{2}-12r+9=0 $，即 $ (2r-3)^{2}=0 $，解之得 $ r_{1}=r_{2}=\frac{3}{2} $，为两个相等的实根，故所求通解为 $ y=(C_{1}+C_{2}x)e^{\frac{3}{2}x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数.
732 答案 $ s = (2 + t)e^{-t} $. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^2 + 2r + 1 = 0 $，解之得 $ r_1 = r_2 = -1 $ 为两个相等的实根，故所求通解为 $ s = (C_1 + C_2 t) e^{-t} $，从而 $ s' = (-C_1 + C_2 - C_2 t) e^{-t} $。将初始条件 $ s|_{t=0} = 2 $， $ s'|_{t=0} = -1 $ 代入可得 $ \begin{cases} C_1 = 2 \\ -C_1 + C_2 = -1 \end{cases} $，解得 $ \begin{cases} C_1 = 2 \\ C_2 = 1 \end{cases} $。故所求特解为 $ s = (2 + t) e^{-t} $。
733 答案 $ y = e^{-4x}(C_1 \cos x + C_2 \sin x) $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^2 + 8r + 17 = 0 $，即 $ (r + 4)^2 = -1 $，解之得 $ r_{1,2} = -4 \pm i $，为一对共轭复根，且 $ \alpha = -4 $， $ \beta = 1 $，故所求通解为 $ y = e^{-4x} $ ( $ C_1 \cos x + C_2 \sin x $)， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数。
734 答案 $ y = e^{-5x} (\cos 2x + 2 \sin 2x) $. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^{2}+10r+29=0 $，即 $ (r+5)^{2}=-4 $，解之得 $ r_{1,2}=-5\pm2i $，为一对共轭复根，且 $ \alpha=-5 $， $ \beta=2 $，故所求通解为 $ y=e^{-5x}(C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x) $，从而
$$ y^{\prime}=\mathrm{e}^{-5x}\left[\left(-5C_{1}+2C_{2}\right)\cos2x+\left(-2C_{1}-5C_{2}\right)\sin2x\right] $$
将初始条件 $ y|_{x=0}=1 $， $ y^{\prime}|_{x=0}=-1 $ 代入可得 $ \begin{cases}C_1=1\\-5C_1+2C_2=-1\end{cases} $，解得 $ \begin{cases}C_1=1\\C_2=2\end{cases} $。故所求特解为 $ y=e^{-5x}(\cos 2x+2\sin 2x) $。
735 答案 $ y = (C_{1} + C_{2}x)e^{-x} + C_{3}e^{x} $， $ C_{1} $， $ C_{2} $， $ C_{3} $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^{3} + r^{2} - r - 1 = 0 $，即 $ (r+1)^{2}(r-1) = 0 $，解之得 $ r_{1} = r_{2} = -1 $， $ r_{3} = 1 $，故所求通解为 $ y = (C_{1} + C_{2}x)e^{-x} + C_{3}e^{x} $， $ C_{1} $， $ C_{2} $， $ C_{3} $ 为任意常数.
736 答案 $ y = C_{1}e^{-x} + C_{2}e^{2x} + C_{3}\cos x + C_{4}\sin x $， $ C_{1} $， $ C_{2} $， $ C_{3} $， $ C_{4} $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^{4}-r^{3}-r^{2}-r-2=0 $，即 $ (r+1)(r-2)(r^{2}+1)=0 $，解之得 $ r_{1}=-1, r_{2}=2, r_{3,4}=\pm i $，故所求通解为
$$ y=C_{1}\mathrm{e}^{-x}+C_{2}\mathrm{e}^{2x}+C_{3}\cos x+C_{4}\sin x\ ,\ C_{1},\ C_{2},\ C_{3},C_{4} 为任意常数 . $$
737 答案 $ f(x)=\cos x+\sin x $ ← 题目
由 $ f'(x)=f\left(\frac{\pi}{2}-x\right) $ 两边对 x 求导得
$$ f^{\prime \prime}(x)=-f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=-f\left(\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\right)=-f(x)\Rightarrow f^{\prime \prime}(x)+f(x)=0, $$
这是一个二阶常系数齐次线性微分方程，其特征方程为 $ r^2 + 1 = 0 $，解得 $ r_{1,2} = \pm i $，为一对共轭复根，且 $ \alpha = 0 $， $ \beta = 1 $，故所求通解为 $ f(x) = C_1 \cos x + C_2 \sin x $，从而 $ f'(x) = -C_1 \sin x + C_2 \cos x $。将初始条件 $ f(0) = f'(0) = 1 $ 代入可得 $ C_1 = C_2 = 1 $，故 $ f(x) = \cos x + \sin x $。
738 答案 $ f(x)=\mathrm{e}^{x} $ ← 题目
方程 $ f''(x) + f'(x) - 2f(x) = 0 $ 的特征方程为 $ r^2 + r - 2 = 0 $，解得 $ r_1 = 1 $， $ r_2 = -2 $ 为两个互异实根，故 $ f(x) = C_1 e^x + C_2 e^{-2x} $，从而 $ f'(x) = C_1 e^x - 2C_2 e^{-2x} $， $ f''(x) = C_1 e^x + 4C_2 e^{-2x} $，代入 $ f''(x) + f(x) = 2e^x $ 可得 $ 2C_1 e^x + 5C_2 e^{-2x} = 2e^x $，从而 $ C_1 = 1 $， $ C_2 = 0 $，因此 $ f(x) = e^x $。
739 答案 $ y^{*} = \frac{4}{9} + \frac{1}{3}x $. ← 题目
该微分方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^{2}-4r+3=0 $，解之得 $ r_{1}=1 $， $ r_{2}=3 $。又 $ f(x)=x $ 是一次多项式，且 0 不是特征方程的根，所以设特解 $ y^{*}=a_{0}+a_{1}x $，从而 $ (y^{*})^{\prime}=a_{1} $， $ (y^{*})^{\prime \prime}=0 $，代入方程得 $ -4a_{1}+3(a_{0}+a_{1}x)=x $，比较两端的系数，得 $ \begin{cases}3a_{0}-4a_{1}=0\\3a_{1}=1\end{cases} $，解得 $ a_{0}=\frac{4}{9} $， $ a_{1}=\frac{1}{3} $。从而原方程的一个特解为 $ y^{*}=\frac{4}{9}+\frac{1}{3}x $。
740答案 $ y=\frac{1}{8}-2x+C_{1}e^{-x}+C_{2}e^{-4x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^{2} + 5r + 4 = 0 $，解之得 $ r_{1} = -1 $， $ r_{2} = -4 $，为两个互异的实根，故对应齐次方程的通解为 $ Y = C_{1}e^{-x} + C_{2}e^{-4x} $。
又 $ f(x)=3-2x $ 是一次多项式，且 0 不是特征方程的根，所以设特解 $ y^{*} = a_{0} + a_{1}x $，从而 $ (y^{*})' = a_{1}((y^{*})') = 0 $，代入方程得 $ 5a_{1} + 4(a_{0} + a_{1}x) = 3 - 2x $，比较两端的系数，得 $ \{\begin{aligned}4a_{0} + 5a_{1} &= 3, \\ 4a_{1} &= -2\end{aligned}. $，解之得 $ a_{0} = \frac{11}{8} $， $ a_{1} = -\frac{1}{2} $。从而原方程的一个特解为 $ y^{*} = \frac{11}{8} - \frac{1}{2}x $。所以原方程的通解为 $ y = y^{*} + Y = \frac{11}{8} - \frac{1}{2}x + C_{1}e^{-x} + C_{2}e^{-4x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数。
741 答案 $ y = \frac{7}{25}x - \frac{3}{5}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} + C_{1} + C_{2}e^{-\frac{5}{2}x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ 2r^{2} + 5r = 0 $，解之得 $ r_{1} = 0 $， $ r_{2} = -\frac{5}{2} $，为两个互异的实根，故对应齐次方程的通解为 $ Y = C_{1} + C_{2} e^{-\frac{5}{2}x} $。
又 $ f(x)=5x^{2}-2x-1 $ 是二次多项式，且 0 是特征方程的单根，所以设特解 $ y^{*}=x(a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}) $，从而 $ (y^{*})^{\prime}=a_{0}+2a_{1}x+3a_{2}x^{2} $， $ (y^{*})^{\prime \prime}=2a_{1}+6a_{2}x $，代入方程得 $ 2(2a_{1}+6a_{2}x)+5(a_{0}+2a_{1}x+3a_{2}x^{2})=5x^{2}-2x-1 $。
比较两端的系数，得 $ \{\begin{aligned}15a_{2}&=5\\ 10a_{1}+12a_{2}&=-2\\ 5a_{0}+4a_{1}&=-1\end{aligned}. $，解之得 $ a_{0}=\frac{7}{25} $， $ a_{1}=-\frac{3}{5} $， $ a_{2}=\frac{1}{3} $。从而原方程的一个特解为 $ \frac{7}{25}x-\frac{3}{5}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3} $。所以原方程的通解为
$$ y=y^{*}+Y=\frac{7}{25}x-\frac{3}{5}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}+C_{1}+C_{2}\mathrm{e}^{-\frac{5}{2}x},\ C_{1} 和 C_{2} 为任意常数 . $$
742 答案 $ y = x + 2 - xe^{x} $ ← 题目
由通解的形式知方程的特征根为 $ r_{1}=r_{2}=1 $，故特征方程为 $ (r-1)^{2}=r^{2}-2r+1=0 $，从而 a=-2, b=1。
又 $ f(x)=x $ 是一次多项式，且0不是特征方程的根，所以设特解 $ y^{*}=a_{0}+a_{1}x $ ，从而 $ (y^{*})^{\prime}=a_{1},\quad(y^{*})^{\prime \prime}=0 $ ，代入方程得 $ -2a_{1}+a_{0}+a_{1}x=x $ ，比较两端的系数，得 $ \{\begin{aligned}a_{0}-2a_{1}&=0\\ a_{1}&=1\end{aligned}. $，解之得 $ a_{0}=2,a_{1}=1 $ 。从而原方程的一个特解为 $ y^{*}=x+2 $ 。所以原方程的通解为
$$ y=x+2+(C_{1}+C_{2}x)\mathbf{e}^{x},\mathrm{ 且 }y^{\prime}=1+(C_{1}+C_{2}+C_{2}x)\mathbf{e}^{x}, $$
将初始条件 $ y(0)=2 $， $ y'(0)=0 $ 代入可得 $ \begin{cases}2+C_1=2\\1+C_1+C_2=0\end{cases} $，解之得 $ C_1=0 $， $ C_2=-1 $。从而要求的特解为 $ y=x+2-xe^x $。
743 答案 (D). ← 题目
利用微分方程解的叠加性，分别求出 $ y'' - 5y' + 6y = 3x $ 与 $ y'' - 5y' + 6y = 2e^{2x} $ 的特解 $ y_1^*(x) $ 与 $ y_2^*(x) $，则 $ y_1^*(x) + y_2^*(x) $ 即为所求微分方程的特解。
与 $ y_{2}(x) $，则 $ y_{1}(x)+y_{2}(x) $即为所求微分方程的特解.
又该微分方程对应的特征方程 $ r^{2}-5r+6=0 $，解得 $ r_{1}=2 $， $ r_{2}=3 $。又 $ f_{1}(x)=3x $ 是一次多项式，且0不是特征方程的根，所以设特解 $ y_{1}^{*}(x)=ax+b $； $ f_{2}(x)=\mathrm{e}^{2x} $，且2是特征方程的单根，所以设特解 $ y_{2}^{*}(x)=cxe^{2x} $，从而原方程的特解形式为 $ y_{1}^{*}(x)+y_{2}^{*}(x)=ax+b+cxe^{2x} $。
744 答案 $ y = e^{2x}\left(\frac{1}{2}x^2 - x\right) + C_1 e^x + C_2 e^{2x} $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程的特征方程为 $ r^2 - 3r + 2 = 0 $，解得 $ r_1 = 1 $， $ r_2 = 2 $，为两个互异的实根，故对应齐次方程的通解为 $ Y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} $。又 $ f(x) = x e^{2x} $，且 2 是特征方程的单根，所以设特解 $ y^* = e^{2x}(a_0 x + a_1 x^2) $，从而
$$ (\boldsymbol{y}^{*})^{\prime}=\boldsymbol{a}_{0}\mathbf{e}^{2x}+2(\boldsymbol{a}_{0}+\boldsymbol{a}_{1})\boldsymbol{x}\mathbf{e}^{2x}+2\boldsymbol{a}_{1}\boldsymbol{x}^{2}\mathbf{e}^{2x} $$
$$ (y^{*})^{*}=(4a_{0}+2a_{1})\mathrm{e}^{2x}+4(a_{0}+2a_{1})x\mathrm{e}^{2x}+4a_{1}x^{2}\mathrm{e}^{2x} $$
代入方程并整理得 $ a_{0}+2a_{1}+2a_{1}x=x $，比较两端的系数，得 $ \{\begin{aligned}&a_{0}+2a_{1}=0\\ &2a_{1}=1\end{aligned}. $，解得 $ a_{0}=-1,a_{1}=\frac{1}{2} $。从而原方程的一个特解为 $ y^{*}=\mathrm{e}^{2x}\left(\frac{1}{2}x^{2}-x\right) $。因此可得原方程的通解为
$ y = y^{*} + Y = e^{2x} \left( \frac{1}{2} x^{2} - x \right) + C_{1} e^{x} + C_{2} e^{2x} $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数.
745 答案 $ a=1,\ b=-2,\ c=6,\ d=2 $. ← 题目
因 $ y = e^{-2x} + 2e^x + x^2e^x $，由解的性质和结构知 $ y_1 = e^{-2x} $， $ y_2 = e^x $ 是对应的齐次方程的两个线性无关的解， $ y^* = x^2e^x $ 是非齐次方程的解。于是 $ y^* + ay' + by = 0 $ 的两个特征根分别为 $ r_1 = -2 $， $ r_2 = 1 $，从而特征方程为 $ (r + 2)(r - 1) = r^2 + r - 2 = 0 $，故 $ a = 1 $， $ b = -2 $。又 $ y^* = x^2e^x $ 是原方程的解，且 $ (y^*) = x^2e^x + 2xe^x $， $ (y^*) = x^2e^x + 4xe^x + 2e^x $，代入原方程并整理有 $ (6x + 2)e^x = (cx + d)e^x $，故 $ c = 6 $， $ d = 2 $。
评注
本题也可将 y 代入方程利用待定系数法求解.
746 答案 $ y'' - y' - 2y = (1 - 2x)e^x $ ← 题目
由解的性质和结构知 $ y_1 - y_2 = e^{2x} - e^{-x} $， $ y_1 - y_3 = e^{-x} $， $ (y_1 - y_2) + (y_1 - y_3) = e^{2x} $ 都是相应齐次方程的解， $ y_1 - e^{2x} = xe^x $ 是该非齐次方程的一个解。由 $ e^{-x} $ 和 $ e^{2x} $ 是对应的齐次方程的两个线性无关的解知 $ r_1 = -1 $， $ r_2 = 2 $ 是特征方程的两个特征根，从而特征方程为 $ (r+1)(r-2) = r^2 - r - 2 = 0 $，故对应的齐次方程为 $ y'' - y' - 2y = 0 $。设所求的微分方程为 $ y'' - y' - 2y = f(x) $，又 $ xe^x $ 是该非齐次方程的一个解，代入可得
$$ f(x)=(x\mathrm{e}^{x})^{\prime \prime}-(x\mathrm{e}^{x})^{\prime}-2x\mathrm{e}^{x}=(x+2)\mathrm{e}^{x}-(x+1)\mathrm{e}^{x}-2x\mathrm{e}^{x}=(1-2x)\mathrm{e}^{x}, $$
故所求微分方程为 $ y'' - y' - 2y = (1 - 2x)e^x $。
评注
本题也可根据条件得到要求微分方程的通解为 $ y = C_1 e^{-x} + C_2 e^{2x} + xe^x $，求出 $ y' $ 以及 $ y'' $，再消去 $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 亦可得到所求微分方程，请读者自行尝试。
747 答案 (D) ← 题目
该微分方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^2 - 2r + 5 = 0 $，即 $ (r-1)^2 = -4 $ 解之得 $ r_{1,2} = 1 \pm 2i $。又 $ f(x) = e^x \cos 2x $，且 $ \alpha \pm \beta i = 1 \pm 2i $ 是特征方程的根，所以设特解 $ y^* = x e^x $ ( $ a \cos 2x + b \sin 2x $)，代入方程并整理得
$$ 4b e^{x}\cos2x-4a e^{x}\sin2x=e^{x}\cos2x, $$
比较两端的系数，得 $ a=0, b=\frac{1}{4} $。从而原方程的一个特解为 $ y^*=\frac{1}{4}x\mathrm{e}^x\sin 2x $。
748 答案 (D) ← 题目
该微分方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^{2}+4=0 $，解得 $ r_{1,2}=\pm2i $。又
$ f(x)=\cos^2 x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos 2x=f_1(x)+f_2(x) $，利用微分方程解的叠加性，分别求出 $ y^n+4y=\frac{1}{2} $与 $ y^n+4y=\frac{1}{2}\cos 2x $的特解 $ y_1^*(x) $与 $ y_2^*(x) $，则 $ y_1^*(x)+y_2^*(x) $即为所求微分方程的特解。
又 $ f_1(x) = \frac{1}{2} $，且 0 不是特征方程的根，所以设特解 $ y_1^*(x) = a $， $ f_2(x) = \frac{1}{2} \cos 2x $，且 $ \alpha \pm \beta i = \pm 2i $ 是特征方程的根，所以设特解 $ y_2^* = x (b \cos 2x + c \sin 2x) $，从而原方程的特解形式为
$$ y^{*}(x)=y_{1}^{*}(x)+y_{2}^{*}(x)=a\ +x(b\cos{2x}+c\sin{2x}). $$
749 答案 $ y = \frac{1}{3} \cos x + \frac{2}{9} \sin x + C_{1} \cos 2x + C_{2} \sin 2x $， $ C_{1} $ 和 $ C_{2} $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^2 + 4 = 0 $，解之得 $ r_{1,2} = \pm 2i $ 为一对共轭复根，且 $ \alpha = 0, \beta = 2 $，故对应齐次方程的通解为 $ Y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x $。又 $ f(x) = x \cos x $，且 $ \alpha \pm \beta i = \pm i $ 不是特征方程的根，所以设特解 $ y^* = (ax + b) \cos x + (cx + d) \sin x $，从而
$$ (y^{*})^{\prime}=(cx+a+d)\cos x+(-ax-b+c)\sin x, $$
$$ (y^{*})^{*}=(-ax-b+2c)\cos x-(cx+2a+d)\sin x, $$
代入方程并整理得 $ (3ax + 3b + 2c)\cos x + (3cx - 2a + 3d)\sin x = x\cos x $，比较两端的系数，得 $ a = \frac{1}{3}, b = c = 0 $， $ d = \frac{2}{9} $。从而原方程的一个特解为 $ y^* = \frac{1}{3}\cos x + \frac{2}{9}\sin x $。因此，原方程的通解为
$$ y=y^{*}+Y=\frac{1}{3}\cos x+\frac{2}{9}\sin x+C_{1}\cos2x+C_{2}\sin2x,C_{1} 和 C $$
750 答案 $ y = C_1 e^x + C_2 e^{-x} + \frac{1}{2} x e^x - 2 \cos x $， $ C_1 $ 和 $ C_2 $ 为任意常数. ← 题目
该微分方程对应齐次方程的特征方程为 $ r^2 - 1 = 0 $，解之得 $ r_1 = 1 $， $ r_2 = -1 $ 为两个互异实根，故对应齐次方程的通解为 $ Y = C_1 e^x + C_2 e^{-x} $。
又 $ f(x) = e^x + 4 \cos x = f_1(x) + f_2(x) $，利用微分方程解的叠加性，分别求出 $ y^n - y = e^x $ 与 $ y^n - y = 4 \cos x $ 的特解 $ y_1^*(x) $ 与 $ y_2^*(x) $，则 $ y_1^*(x) + y_2^*(x) $ 即为所求微分方程的特解。
因 $ f_1(x) = e^x $，且 1 是特征方程的单根，所以设特解 $ y_1^*(x) = a x e^x $；又 $ f_2(x) = 4 \cos x $，且 $ \alpha \pm \beta i = \pm i $ 不是特征方程的根，所以设特解 $ y^* = b \cos x + c \sin x $，从而原方程的特解形式为
$$ y^{*}(x)=y_{1}^{*}(x)+y_{2}^{*}(x)=a x\mathrm{e}^{x}+b\cos x+c\sin x $$
代入原方程并整理得 $ 2(ae^x - b\cos x - c\sin x) = e^x + 4\cos x $，比较两端的系数，得 $ a = \frac{1}{2} $， $ b = -2, c = 0 $，从而原方程的一个特解为 $ y^* = \frac{1}{2}xe^x - 2\cos x $。因此，原方程的通解为
$$ y=y^{*}+Y=C_{1}\mathrm{e}^{x}+C_{2}\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{2}x\mathrm{e}^{x}-2\cos x\ ,\ C_{1} 和 C_{2} 为任意常数 . $$