第七章 微分方程（二）

总习题七

2.以下两题给出四个结论，从中选出一个正确的结论：

（1）设非齐次线性微分方程 $y'+P(x)y=Q(x)$有两个不同的解： $y_1(x)$与 $y_2(x)$， $C$为任意常数，则该方程的通解是（ $\quad$） $\begin{aligned}&(A)C[y_1(x)-y_2(x)]\\&(B)y_1(x)+C[y_1(x)-y_2(x)]\\&(C)C[y_1(x)+C_2(x)]\\&(D)y_1(x)+C[y_1(x)+y_2(x)]\end{aligned}$

解   $y_1(x)-y_2(x)$是对应的齐次方程 $y'+P(x)y=Q(x)$的非零解，从而由线性微分方程的性质定理知 $C[y_1(x)-y_2(x)]$是齐次方程的通解，再由线性微分方程解的结构定理知 $y_1(x)+C[y_1(x)-y_2(x)]$是原方程的解。故选（B）。（这道题主要利用了线性微分方程的结构定理求解）

3.求以下列各式所表示的函数为通解的微分方程：

（1） $(x+C)^2+y^2=1(\text{其中C为任意常数})$

解  将 $(x+C)^2+y^2=1$两端关于 $x$求导，得
$x+C+yy'=0.$
  即有
$C=-x-yy'.$
  将其代入 $(x+C)^2+y^2=1$中，得
$y^2(1+y')^2=1.$
（这道题主要利用了求导的方法）

4.求下列微分方程的通解：

（3） $\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{y}{2(\ln y-x)};$

解  原方程可表示为 $\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+\cfrac{2}{y}x=\cfrac{2\ln y}{y}$，由一阶线性方程的通解公式，得
$\begin{aligned} x&=e^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\left(\displaystyle\int\cfrac{2\ln y}{y}e^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)\\ &=\cfrac{1}{y^2}\left(\displaystyle\int2y\ln y\mathrm{d}y+C\right)=\cfrac{1}{y^2}\left(y^2\ln y\right) \end{aligned}$
  故原方程的通解为
（这道题利用了反向的求导）

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

解  原方程为伯努利方程 $y'+xy=x^3y^3$。该方程两端同除以 $y^3$后成为
$\cfrac{y'}{y^3}+x\cfrac{1}{y^2}=x^3.$
  令 $\cfrac{1}{y^2}=z$，则 $-2\cfrac{y'}{y^3}=z'$，且原方程化为
$z'-2xz=-2x^3.$
  得
$\begin{aligned} z&=e^{-\int2x\mathrm{d}x}\left(\displaystyle\int-2x^3e^{\int2x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right)=e^{x^2}\left(\displaystyle\int-2x^3e^{-x^2}\mathrm{d}x+C\right)\\ &=e^{x^2}\left(x^2e^{-x^2}-\displaystyle\int-2xe^{-x^2}\mathrm{d}x+C\right)=e^{x^2}\left(x^2e^{-x^2}+e^{-x^2}+C\right)\\ &=x^2+1+Ce^{x^2}. \end{aligned}$
  代入 $z=\cfrac{1}{y^2}$，即得原方程的通解
$\cfrac{1}{y^2}=Ce^{x^2}+x^2+1.$
（这道题主要利用了微分方程公式）

（5） $y''+y'^2+1=0;$

解  令 $y'=p$，则 $y''=p'$且方程成为
$p'+p^2+1=0.$
  分离变量并积分
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}p}{1+p^2}=-\displaystyle\int\mathrm{d}x.$
  得 $\arctan p=-x+C_1$，即
$y'=p=\tan(-x+C_1).$
  于是得通解
$\begin{aligned} y&=\displaystyle\int-\tan(x-C_1)\mathrm{d}x\\ &=\ln|\cos(x-C_1)|+C_2. \end{aligned}$
  或写成 $y=\ln|\cos(x+C_1)|+C_2$。（这道题主要利用代换法）

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

解  原方程可改写为 $\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\cfrac{3}{y}x=-y^3x^{-1}$，这是伯努利方程。在此方程两端同乘以 $x$，得 $x\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\cfrac{3}{y}x^2=-y^3$。
  令 $x^2=z$，则 $\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}=2x\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，且原方程化为
$\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}--\cfrac{6}{y}x=-2y^3.$
  解得
$\begin{aligned} z&=e^{\int\frac{6}{y}\mathrm{d}y}\left(\displaystyle\int-2y^3e^{-\int\frac{6}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=y^6\left(\displaystyle\int-\cfrac{2}{y^3}\mathrm{d}y+C\right)\\ &=y^6\left(\cfrac{1}{y^2}+C\right)=y^4+Cy^6. \end{aligned}$
  代入 $z=x^2$，得原方程的通解 $x^2=y^4+Cy^6$。（这道题主要利用了化简和凑整来求解）

（10） $y'+x=\sqrt{x^2+y}.$

解  令 $u=\sqrt{x^2+y}$，即 $y=u^2-x^2$，则 $\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2u\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-2x$。且原方程化为 $2u\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-x=u$，即 $\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{x}{u}\right)=\cfrac{1}{2}$。
  又令 $\cfrac{x}{u}=v$，即 $u=xv$，则 $\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=v+x\cfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}$。且原方程化为
$v+x\cfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}-\cfrac{1}{2v}=\cfrac{1}{2}.$
  分离变量得 $\cfrac{v\mathrm{d}v}{2v^2-v-1}=-\cfrac{1}{2}\cfrac{\mathrm{d}x}{x}$。积分
$\begin{aligned} -\cfrac{1}{2}\ln|x|&=\displaystyle\int\cfrac{v\mathrm{d}v}{2v^2-v-1}=\cfrac{1}{3}\left(\displaystyle\int\cfrac{1}{v-1}\mathrm{d}v+\displaystyle\int\cfrac{1}{2v+1}\mathrm{d}v\right)\\ &=\cfrac{1}{3}\left[\ln|v-1|+\cfrac{1}{2}\ln|2v-1|\right]+C_1. \end{aligned}$
  即 $(v-1)^2(2v-1)x^3=C_2(C_2=e^{-6C_1})$。代入 $v=\cfrac{u}{x}$，得
$2u^3-3x(x^2+y)+x^3=C_2.$
  再代入 $u=\sqrt{x^2+y}$，得原方程的通解
$2(x^2+y)^{\frac{3}{2}}-3x(x^2+y)+x^3=C_2.$
  即 $(x^2+y)^{\frac{3}{2}}=x^3+\cfrac{3}{2}xy+C\left(C=\cfrac{C_2}{2}\right)$。（这道题利用换元法解积分）

5.求下列微分方程满足所给初值条件的特解：

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

解  原方程可以表示成伯努利方程
$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\cfrac{2}{y}x=-\cfrac{2}{y^3}x^2.$
  即
$x^{-2}\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\cfrac{2}{y}x^{-1}=-\cfrac{2}{y^3}.$
  令 $z=x^{-1}$，则 $\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}=-x^{-2}\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，且原方程化为一阶线性方程
$\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}+\cfrac{2}{y}z=\cfrac{2}{y^3}.$
  解得
$\begin{aligned} z&=e^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\left(\displaystyle\int\cfrac{2}{y^3}e^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\cfrac{1}{y^2}\left(\displaystyle\int\cfrac{2}{y}\mathrm{d}y+C\right)\\ &=\cfrac{1}{y^2}\left(2\ln|y|+C\right). \end{aligned}$
  将 $z=x^{-1}$代入上式，得 $x^{-1}=\cfrac{1}{y^2}\left(2\ln|y|+C\right)$，即原方程通解
$y^2=x\left(2\ln|y|+C\right).$
  由初值条件 $x=1$， $y=1$，得 $C=1$，故所求特解为
$y^2=x\left(2\ln|y|+1\right).$
（这道题主要利用了伯努利方程的解法求解）

（3） $2y''-\sin2y=0,x=0\text{时}y=\cfrac{\pi}{2},y'=1;$

解  在方程 $2y''-\sin2y=0$两端同乘以 $y'$，则有
$2y'y''-\sin2yy'=0$
  即
$\left(y'^2+\cfrac{1}{2}\cos2y\right)'=0.$
  于是
$y'^2+\cfrac{1}{2}\cos2y=C_1.$
  代入初值条件 $y=\cfrac{\pi}{2}$， $y'=1$，得 $C_1=\cfrac{1}{2}$。故有 $y'^2+\cfrac{1}{2}\cos2y=\cfrac{1}{2}$，即
$y'^2=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}\cos2y=\sin^2y.$
  并因 $y=\cfrac{\pi}{2}$时，，故上式开方后取
$y'=\sin y.$
  分离变量并积分
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}y}{\sin y}=\displaystyle\int\mathrm{d}x.$
  得
$\ln\tan\cfrac{y}{2}=x+C_2.$
  代入初值条件 $x=0$， $y=\cfrac{\pi}{2}$，得 $C_2=0$，故所求特解为 $\ln\tan\cfrac{y}{2}=x$，即
$y=2\arctan e^x.$
（这道题主要利用了凑整的方法求解）

12.求下列常系数线性微分方程组：

（1） $\begin{cases}\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=0,\\3\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+4\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+3y=t;\end{cases}$

解  记 $D=\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$，方程组可表示为
$\begin{cases} Dx+(2D+1)y=0,&(1)\\ (3D+2)x+(4D+3)y=t.& (2) \end{cases}$
  则有
$\begin{vmatrix} D&2D+1\\ 3D+2&4D+3 \end{vmatrix}x= \begin{vmatrix} 0&2D+1\\ t&4D+3 \end{vmatrix}.$
  即
$(2D^2+4D+2)x=-t-2.\tag{3}$
  方程（3）对应齐次方程的特征方程为 $2r^2+4r+2=0$，有根 $r_{1,2}=-1$。因 $f(t)=-t-2$，故令 $x*=At+B$是（3）的特解，代入（3）中，即得 $A=\cfrac{1}{2}$， $B=0$。故方程（3）有通解
$x=(C_1+C_2t)e^{-t}+\cfrac{1}{2}t.$
  又由 $(2)-2*(1)$可得
$\begin{aligned} y&=-(D+t)x+t\\ &=-(C_1+C_2+C_2t)e^{-t}-\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
  故方程组的通解为
$\begin{cases} x=(C_1+C_2t)e^{-t}+\cfrac{1}{2}t,\\ y=-(C_1+C_2+C_2t)e^{-t}-\cfrac{1}{2}. \end{cases}$
（这道题主要利用了欧拉方程的解法求解）

（2） $\begin{cases}\cfrac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}+2\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+x+\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=0,\\\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+x+\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}+2\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=e^t.\end{cases}$

解  记 $D=\cfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$，方程组可表示为
$\begin{cases} (D^2+2D+1)x+(D+1)y=0,\\ (D+1)x+(D^2+2D+1)y=e^t. \end{cases}$
  即
$\begin{cases} (D+1)^2x+(D+1)y=0,&(1)\\ (D+1)x+(D+1)^2y=e^t.& (2) \end{cases}$
  则有
$\begin{vmatrix} (D+1)^2&D+1\\ D+1&(D+1)^2 \end{vmatrix}x= \begin{vmatrix} 0&D+1\\ e^t&(D+1)^2 \end{vmatrix}.$
  即
$(D^3+3D^2+2D)x=-e^{-t}.\tag{3}$
  方程（3）对应的齐次方程的特征方程为 $r(r^2+3r+2=0)$，有根 $r_1=0$， $r_2=-1$， $r_3=-2$。而 $f(t)=-e^t$， $\lambda=1$不是特征方程的根。故令 $x^*=Ae^t$是方程（3）的特解，代入（3）中并消去 $e^t$，可得 $A=-\cfrac{1}{6}$，即 $x^*=-\cfrac{1}{6}e^t$，于是方程（3）的通解为
$x=C_1+C_2e^{-t}+C_3e^{-2t}-\cfrac{1}{6}.$
  又由方程（1）得
$\begin{aligned} (D+1)y&=-(D+1)^2x=-D^2x-2D-x\\ &=-C_1-C_3e^{-2t}+\cfrac{2}{3}e^t. \end{aligned}$
  即 $y'+y=-C_1-C_3e^{-2t}+\cfrac{2}{3}e^t$，可解得
$\begin{aligned} y&=e^{-\int\mathrm{d}t}\left[\displaystyle\int\left(-C_1-C_3e^{-2t}+\cfrac{2}{3}e^t\right)e^{\int\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C_4\right]\\ &=e^{-t}\left[\displaystyle\int\left(-C_1e^{-t}-C_3e^{-t}+\cfrac{2}{3}e^{2t}\right)\mathrm{d}t+C_4\right]\\ &=-C_1+C_3e^{-2t}+\cfrac{1}{3}e^t+C_4e^{-t}. \end{aligned}$
  故方程组的通解为
$\begin{cases} x=C_1+C_2e^{-t}+C_3e^{-2t}-\cfrac{1}{6},\\ y=-C_1+C_3e^{-2t}+\cfrac{1}{3}e^t+C_4e^{-t}. \end{cases}$
（这道题主要利用了欧拉方程和行列式的解法）

写在最后

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