高等数学（第七版）同济大学习题7-5 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题7-5

1.求下列各微分方程的通解：\begin{aligned}&1. \ 求下列各微分方程的通解：&\end{aligned}1. 求下列各微分方程的通解：

(1)y′′=x+sinx； (2)y′′′=xex；(3)y′′=11+x2； (4)y′′=1+y′2；(5)y′′=y′+x； (6)xy′′+y′=0；(7)yy′′+2y′2=0； (8)y3y′′−1=0；(9)y′′=1y； (10)y′′=(y′)3+y′.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y''=x+sin\ x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y'''=xe^x；\\\\ &\ \ (3)\ \ y''=\frac{1}{1+x^2}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y''=1+y'^2；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''=y'+x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ xy''+y'=0；\\\\ &\ \ (7)\ \ yy''+2y'^2=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y^3y''-1=0；\\\\ &\ \ (9)\ \ y''=\frac{1}{\sqrt{y}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (10)\ \ y''=(y')^3+y'. & \end{aligned} (1) y′′=x+sin x； (2) y′′′=xex； (3) y′′=1+x21； (4) y′′=1+y′2； (5) y′′=y′+x； (6) xy′′+y′=0； (7) yy′′+2y′2=0； (8) y3y′′−1=0； (9) y′′=y1； (10) y′′=(y′)3+y′.

解：

(1)y′=∫(x+sinx)dx=12x2−cosx+C1，y=∫(12x2−cosx+C1)dx=16x3−sinx+C1x+C2.(2)y′′=∫xexdx=xex−ex+C1′=(x−1)ex+C1′，y′=∫[(x−1)ex+C1′]dx=(x−1)ex−∫exdx+C1′x+C2=(x−2)ex+C1′x+C2，y=∫[(x−2)ex+C1′x+C2]dx=(x−2)ex−∫exdx+12C1′x2+C2x+C3=(x−3)ex+C1x2+C2x+C3.(3)y′=∫dx1+x2=arctanx+C1，y=∫(arctanx+C1)dx=xarctanx−∫x1+x2dx+C1x=xarctanx−12ln(1+x2)+C1x+C2.(4)令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′=1+p2，分离变量得dp1+p2=dx，两端积分，得arctanp=x+C1，即p=y′=tan(x+C1)，再积分得通解y=∫tan(x+C1)dx=−ln∣cos(x+C1)∣+C2.(5)令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−p=x，利用一阶线性方程的求解公式，得p=e∫dx(∫xe−∫dxdx+C1)=ex(∫xe−xdx+C1)=ex(−xe−x−e−x+C1)=−x−1+C1ex.积分得通解y=∫(C1ex−x−1)dx=C1ex−12x2−x+C2.(6)令y′=p，则y′′=p′，原方程化为xp′+p=0，分离变量得dpp=−dxx，积分得ln∣p∣=ln∣1x∣+lnC1，即p=C1p，再积分，得通解y=∫C1xdx=C1ln∣x∣+C2.(7)令y′=p，则y′′=p′=dpdy⋅dydx=dpdyp，原方程化为ypdpdy+2p2=0，分离变量得dpp=−2dyy，两端积分，得ln∣p∣=ln1y2+lnC0，即y′=p=C0y2，分离变量得y2dy=C0dx，两端积分，得y3=3C0x+C2，即通解为y3=C1x+C2.(8)令y′=p，则y′′=pdpdy，原方程化为y3pdpdy−1=0，分离变量得pdp=1y3dy，两端积分，得p2=−1y2+C1，y′=p=±C1−1y2=±1∣y∣C1y2−1，分离变量得∣y∣dyC1y2−1=±dx，因为∣y∣=ysgn(y)，两端积分sgn(y)∫ydyC1y2−1=±∫dx，sgn(y)C1y2−1=±C1x+C2，两边平方，得C1y2−1=(C1x+C2)2.(9)方程两端乘以2y′，得2y′y′′=2y′y，即(y′2)′=(4y)′，所以，y′2=4y+C1′，有y′=±2y+C1(C1=C1′4)，分离变量得dx=±dy2y+C1，两端积分，得x=±∫d(y)22y+C1=±∫ydyy+C1=±∫(y+C1)−C1y+C1d(y)=±[∫y+C1d(y+C1)−C1∫1y+C1d(y+C1)]=±[23(y+C1)32−2C1(y+C1)12]+C2.(10)令y′=p，则y′′=pdpdy，原方程化为pdpdy=p3+p，即p[dpdy−(1+p2)]=0，如果p≡0，则y≡C，y≡C是原方程的解，但不是通解。如果p≢0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p≠0，于是dpdy−(1+p2)=0，分离变量得dp1+p2=dy，两端积分，得arctanp=y−C1，即p=tan(y−C1)，cot(y−C1)dy=dx，两端积分得lnsin(y−C1)=x+lnC2，即sin(y−C1)=C2ex，因为当C2=0时，y=C1，之前所求解y≡C包含在内.\begin{aligned} &\ \ (1)\ y'=\int(x+sin\ x)dx=\frac{1}{2}x^2-cos\ x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int(\frac{1}{2}x^2-cos\ x+C_1)dx=\frac{1}{6}x^3-sin\ x+C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (2)\ y''=\int xe^xdx=xe^x-e^x+C_1'=(x-1)e^x+C_1'，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=\int[(x-1)e^x+C_1']dx=(x-1)e^x-\int e^xdx+C_1'x+C_2=(x-2)e^x+C_1'x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int[(x-2)e^x+C_1'x+C_2]dx=(x-2)e^x-\int e^xdx+\frac{1}{2}C_1'x^2+C_2x+C_3=(x-3)e^x+C_1x^2+C_2x+C_3.\\\\ &\ \ (3)\ y'=\int \frac{dx}{1+x^2}=arctan\ x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int(arctan\ x+C_1)dx=xarctan\ x-\int \frac{x}{1+x^2}dx+C_1x=xarctan\ x-\frac{1}{2}ln(1+x^2)+C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (4)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'=1+p^2，分离变量得\frac{dp}{1+p^2}=dx，两端积分，得arctan\ p=x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即p=y'=tan(x+C_1)，再积分得通解y=\int tan(x+C_1)dx=-ln\ |cos(x+C_1)|+C_2.\\\\ &\ \ (5)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'-p=x，利用一阶线性方程的求解公式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得p=e^{\int dx}\left(\int xe^{-\int dx}dx+C_1\right)=e^x\left(\int xe^{-x}dx+C_1\right)=e^x(-xe^{-x}-e^{-x}+C_1)=-x-1+C_1e^x.\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 积分得通解y=\int (C_1e^x-x-1)dx=C_1e^x-\frac{1}{2}x^2-x+C_2.\\\\ &\ \ (6)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为xp'+p=0，分离变量得\frac{dp}{p}=-\frac{dx}{x}，积分得ln\ |p|=ln\ \left|\frac{1}{x}\right|+ln\ C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即p=\frac{C_1}{p}，再积分，得通解y=\int \frac{C_1}{x}dx=C_1ln\ |x|+C_2.\\\\ &\ \ (7)\ 令y'=p，则y''=p'=\frac{dp}{dy}\cdot \frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy}p，原方程化为yp\frac{dp}{dy}+2p^2=0，分离变量得\frac{dp}{p}=-2\frac{dy}{y}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得ln\ |p|=ln\ \frac{1}{y^2}+ln\ C_0，即y'=p=\frac{C_0}{y^2}，分离变量得y^2dy=C_0dx，两端积分，得y^3=3C_0x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即通解为y^3=C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (8)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程化为y^3p\frac{dp}{dy}-1=0，分离变量得pdp=\frac{1}{y^3}dy，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得p^2=-\frac{1}{y^2}+C_1，y'=p=\pm \sqrt{C_1-\frac{1}{y^2}}=\pm \frac{1}{|y|}\sqrt{C_1y^2-1}，分离变量得\frac{|y|dy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为|y|=ysgn(y)，两端积分sgn(y)\int \frac{ydy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm \int dx，sgn(y)\sqrt{C_1y^2-1}=\pm C_1x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 两边平方，得C_1y^2-1=(C_1x+C_2)^2.\\\\ &\ \ (9)\ 方程两端乘以2y'，得2y'y''=\frac{2y'}{\sqrt{y}}，即(y'^2)'=(4\sqrt{y})'，所以，y'^2=4\sqrt{y}+C_1'，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有y'=\pm 2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\ \left(C_1=\frac{C_1'}{4}\right)，分离变量得dx=\pm \frac{dy}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=\pm \int \frac{d(\sqrt{y})^2}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{\sqrt{y}d\sqrt{y}}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{(\sqrt{y}+C_1)-C_1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}d(\sqrt{y})=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pm \left[\int \sqrt{\sqrt{y}+C_1}d(\sqrt{\sqrt{y}+C_1})-C_1\int \frac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}d(\sqrt{y}+C_1)\right]=\pm \left[\frac{2}{3}(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{3}{2}}-2C_1(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{1}{2}}\right]+C_2.\\\\ &\ \ (10)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程化为p\frac{dp}{dy}=p^3+p，即p\left[\frac{dp}{dy}-(1+p^2)\right]=0，如果p \equiv 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 则y \equiv C，y \equiv C是原方程的解，但不是通解。如果p \not\equiv 0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p \neq 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 于是\frac{dp}{dy}-(1+p^2)=0，分离变量得\frac{dp}{1+p^2}=dy，两端积分，得arctan\ p=y-C_1，即p=tan(y-C_1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ cot(y-C_1)dy=dx，两端积分得ln\ sin(y-C_1)=x+ln\ C_2，即sin(y-C_1)=C_2e^x，因为当C_2=0时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=C_1，之前所求解y \equiv C包含在内. & \end{aligned} (1) y′=∫(x+sin x)dx=21x2−cos x+C1， y=∫(21x2−cos x+C1)dx=61x3−sin x+C1x+C2. (2) y′′=∫xexdx=xex−ex+C1′=(x−1)ex+C1′， y′=∫[(x−1)ex+C1′]dx=(x−1)ex−∫exdx+C1′x+C2=(x−2)ex+C1′x+C2， y=∫[(x−2)ex+C1′x+C2]dx=(x−2)ex−∫exdx+21C1′x2+C2x+C3=(x−3)ex+C1x2+C2x+C3. (3) y′=∫1+x2dx=arctan x+C1， y=∫(arctan x+C1)dx=xarctan x−∫1+x2xdx+C1x=xarctan x−21ln(1+x2)+C1x+C2. (4) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′=1+p2，分离变量得1+p2dp=dx，两端积分，得arctan p=x+C1，即p=y′=tan(x+C1)，再积分得通解y=∫tan(x+C1)dx=−ln ∣cos(x+C1)∣+C2. (5) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−p=x，利用一阶线性方程的求解公式，得p=e∫dx(∫xe−∫dxdx+C1)=ex(∫xe−xdx+C1)=ex(−xe−x−e−x+C1)=−x−1+C1ex. 积分得通解y=∫(C1ex−x−1)dx=C1ex−21x2−x+C2. (6) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为xp′+p=0，分离变量得pdp=−xdx，积分得ln ∣p∣=ln ∣∣x1∣∣+ln C1，即p=pC1，再积分，得通解y=∫xC1dx=C1ln ∣x∣+C2. (7) 令y′=p，则y′′=p′=dydp⋅dxdy=dydpp，原方程化为ypdydp+2p2=0，分离变量得pdp=−2ydy，两端积分，得ln ∣p∣=ln y21+ln C0，即y′=p=y2C0，分离变量得y2dy=C0dx，两端积分，得y3=3C0x+C2，即通解为y3=C1x+C2. (8) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程化为y3pdydp−1=0，分离变量得pdp=y31dy，两端积分，得p2=−y21+C1，y′=p=±C1−y21=±∣y∣1C1y2−1，分离变量得C1y2−1∣y∣dy=±dx，因为∣y∣=ysgn(y)，两端积分sgn(y)∫C1y2−1ydy=±∫dx，sgn(y)C1y2−1=±C1x+C2，两边平方，得C1y2−1=(C1x+C2)2. (9) 方程两端乘以2y′，得2y′y′′=y2y′，即(y′2)′=(4y)′，所以，y′2=4y+C1′，有y′=±2y+C1 (C1=4C1′)，分离变量得dx=±2y+C1dy，两端积分，得x=±∫2y+C1d(y)2=±∫y+C1ydy=±∫y+C1(y+C1)−C1d(y)= ±[∫y+C1d(y+C1)−C1∫y+C11d(y+C1)]=±[32(y+C1)23−2C1(y+C1)21]+C2. (10) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程化为pdydp=p3+p，即p[dydp−(1+p2)]=0，如果p≡0，则y≡C，y≡C是原方程的解，但不是通解。如果p≡0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p=0，于是dydp−(1+p2)=0，分离变量得1+p2dp=dy，两端积分，得arctan p=y−C1，即p=tan(y−C1)， cot(y−C1)dy=dx，两端积分得ln sin(y−C1)=x+ln C2，即sin(y−C1)=C2ex，因为当C2=0时， y=C1，之前所求解y≡C包含在内.

2.求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：\begin{aligned}&2. \ 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：&\end{aligned}2. 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：

(1)y3y′′+1=0，y∣x=1=1，y′∣x=1=0；(2)y′′−ay′2=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=−1；(3)y′′′=eax，y∣x=1=y′∣x=1=y′′∣x=1=0；(4)y′′=e2y，y∣x=0=y′∣x=0=0；(5)y′′=3y，y∣x=0=1，y′∣x=0=2；(6)y′′+(y′)2=1，y∣x=0=0，y′∣x=0=0.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y^3y''+1=0，y|_{x=1}=1，y'|_{x=1}=0；\\\\ &\ \ (2)\ \ y''-ay'^2=0，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=-1；\\\\ &\ \ (3)\ \ y'''=e^{ax}，y|_{x=1}=y'|_{x=1}=y''|_{x=1}=0；\\\\ &\ \ (4)\ \ y''=e^{2y}，y|_{x=0}=y'|_{x=0}=0；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''=3\sqrt{y}，y|_{x=0}=1，y'|_{x=0}=2；\\\\ &\ \ (6)\ \ y''+(y')^2=1，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=0. & \end{aligned} (1) y3y′′+1=0，y∣x=1=1，y′∣x=1=0； (2) y′′−ay′2=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=−1； (3) y′′′=eax，y∣x=1=y′∣x=1=y′′∣x=1=0； (4) y′′=e2y，y∣x=0=y′∣x=0=0； (5) y′′=3y，y∣x=0=1，y′∣x=0=2； (6) y′′+(y′)2=1，y∣x=0=0，y′∣x=0=0.

解：

(1)原方程写为y′′+1y3=0，两端乘以2y′，得2y′y′′+2y′y3=0，即(y′2−1y2)′=0，由此得y′2−1y2=C1，代入初值条件y=1，y′=0，得C1=−1，则有y′2=1y2−1=1−y2y2，y′=±1−y2y，分离变量得ydy1−y2=±dx，两端积分，得−1−y2=±x+C2，代入初值条件x=1，y=1，得C=±1，则有−1−y2=±(x−1)，两边平方，得x2+y2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处，y=1，在x=1的某邻域内y>0，则特解表示为y=2x−x2.(2)令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−ap2=0，分离变量即dpp2=adx，两端积分，得−1p=ax+C1，代入初值条件x=0，p=y′=−1，得C1=1，则有−1y′=ax+1，即y′=−1ax+1，两端积分，得y=−1aln(ax+1)+C2，代入初值条件x=0，y=0，得C2=0，所求特解为y=−1aln(ax+1).(3)因为y′′′=eax，根据初值条件x=1，y′′=0，积分得y′′=∫1xy′′′dx=∫1xeaxdx=1a(eax−ea)，又因x=1时，y′=0，积分得y′=∫1xy′′dx=∫1x1a(eax−ea)dx=1a[1a(eax−ea)−ea(x−1)]=1a2eax−eaax+eaa(1−1a)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=∫1xy′dx=∫1x[1a2eax−eaax+eaa(1−1a)]dx=1a3(eax−ea)−ea2a(x2−1)+eaa(1−1a)(x−1)=1a3eax−ea2ax2+eaa2(a−1)x+ea2a3(2a−a2−2).(4)原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′，两端积分，得y′2=e2y+C1，代入初值条件x=0，y=y′=0，得C1=−1，则有y′=±e2y−1，分离变量后积分，得∫dye2y−1=±∫dx，即∫d(e−y)1−e−2y=±∫dx，得arcsin(e−y)=±x+C2，代入初值条件x=0，y=0，得C2=π2，得特解e−y=sin(π2±x)=cosx，即y=−lncosx=lnsecx.(5)原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=6y′y，即(y′2)′=(4y32)′，两端积分，得y′2=4y32+C1，代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得C1=0，则有y′=±2y34，由于yx=0′=2，取y′=2y34，分离变量后积分∫dyy34=2∫dx得4y14=2x+C2，代入初值条件x=0，y=1，得C2=4，得特解y=(12x+1)4.(6)令y′=p，则y′′=pdpdy，原方程变为pdpdy+p2=1，分离变量得pdp1−p2=dy，根据初值条件y=0，p=0，积分∫0ppdp1−p2=∫0ydy，得−12ln(1−p2)=y，即p=±1−e−2y=±dx，分离变量得dy1−e−2y=±dx，根据初值条件x=0，y=0积分∫0ydy1−e−2y=±∫0xdx，∫0yd(ey)e2y−1=±∫0xdx，得ln(ey+e2y−1)=±x，即ey=ex+e−x2\begin{aligned} &\ \ (1)\ 原方程写为y''+\frac{1}{y^3}=0，两端乘以2y'，得2y'y''+\frac{2y'}{y^3}=0，即\left(y'^2-\frac{1}{y^2}\right)'=0，由此得y'^2-\frac{1}{y^2}=C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件y=1，y'=0，得C_1=-1，则有y'^2=\frac{1}{y^2}-1=\frac{1-y^2}{y^2}，y'=\pm \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}，分离变量得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{ydy}{\sqrt{1-y^2}}=\pm dx，两端积分，得-\sqrt{1-y^2}=\pm x+C_2，代入初值条件x=1，y=1，得C=\pm1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则有-\sqrt{1-y^2}=\pm(x-1)，两边平方，得x^2+y^2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=1，在x=1的某邻域内y \gt 0，则特解表示为y=\sqrt{2x-x^2}.\\\\ &\ \ (2)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'-ap^2=0，分离变量即\frac{dp}{p^2}=adx，两端积分，得-\frac{1}{p}=ax+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，p=y'=-1，得C_1=1，则有-\frac{1}{y'}=ax+1，即y'=-\frac{1}{ax+1}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得y=-\frac{1}{a}ln(ax+1)+C_2，代入初值条件x=0，y=0，得C_2=0，所求特解为y=-\frac{1}{a}ln(ax+1).\\\\ &\ \ (3)\ 因为y'''=e^{ax}，根据初值条件x=1，y''=0，积分得y''=\int_{1}^{x}y'''dx=\int_{1}^{x}e^{ax}dx=\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 又因x=1时，y'=0，积分得y'=\int_{1}^{x}y''dx=\int_{1}^{x}\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)dx=\frac{1}{a}\left[\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)-e^a(x-1)\right]=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^2}e^{ax}-\frac{e^a}{a}x+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=\int_{1}^{x}y'dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{1}^{x}\left[\frac{1}{a^2}e^{ax}-\frac{e^a}{a}x+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)\right]dx=\frac{1}{a^3}(e^{ax}-e^a)-\frac{e^a}{2a}(x^2-1)+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)(x-1)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^3}e^{ax}-\frac{e^a}{2a}x^2+\frac{e^a}{a^2}(a-1)x+\frac{e^a}{2a^3}(2a-a^2-2).\\\\ &\ \ (4)\ 原方程两端同时乘以2y'，得2y'y''=2y'e^{2y}，即(y'^2)'=(e^{2y})'，两端积分，得y'^2=e^{2y}+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，y=y'=0，得C_1=-1，则有y'=\pm \sqrt{e^{2y}-1}，分离变量后积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{dy}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm \int dx，即\int \frac{d(e^{-y})}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm \int dx，得arcsin(e^{-y})=\pm x+C_2，代入初值条件x=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=0，得C_2=\frac{\pi}{2}，得特解e^{-y}=sin\left(\frac{\pi}{2}\pm x\right)=cos\ x，即y=-ln\ cos\ x=ln\ sec\ x.\\\\ &\ \ (5)\ 原方程两端同时乘以2y'，得2y'y''=6y'\sqrt{y}，即(y'^2)'=(4y^{\frac{3}{2}})'，两端积分，得y'^2=4y^{\frac{3}{2}}+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，y=1，y'=2，得C_1=0，则有y'=\pm 2y^{\frac{3}{4}}，由于y'_{x=0}=2，取y'=2y^{\frac{3}{4}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分离变量后积分\int \frac{dy}{y^{\frac{3}{4}}}=2\int dx得4y^{\frac{1}{4}}=2x+C_2，代入初值条件x=0，y=1，得C_2=4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得特解y=\left(\frac{1}{2}x+1\right)^4.\\\\ &\ \ (6)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程变为p\frac{dp}{dy}+p^2=1，分离变量得\frac{pdp}{1-p^2}=dy，根据初值条件y=0，p=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 积分\int_{0}^{p}\frac{pdp}{1-p^2}=\int_{0}^{y}dy，得-\frac{1}{2}ln(1-p^2)=y，即p=\pm \sqrt{1-e^{-2y}}=\pm dx，分离变量得\frac{dy}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 根据初值条件x=0，y=0积分\int_{0}^{y}\frac{dy}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm \int_{0}^{x}dx，\int_{0}^{y}\frac{d(e^y)}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm \int_{0}^{x}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得ln(e^y+\sqrt{e^{2y}-1})=\pm x，即e^y=\frac{e^x+e^{-x}}{2} & \end{aligned} (1) 原方程写为y′′+y31=0，两端乘以2y′，得2y′y′′+y32y′=0，即(y′2−y21)′=0，由此得y′2−y21=C1，代入初值条件y=1，y′=0，得C1=−1，则有y′2=y21−1=y21−y2，y′=±y1−y2，分离变量得 1−y2ydy=±dx，两端积分，得−1−y2=±x+C2，代入初值条件x=1，y=1，得C=±1，则有−1−y2=±(x−1)，两边平方，得x2+y2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处， y=1，在x=1的某邻域内y>0，则特解表示为y=2x−x2. (2) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−ap2=0，分离变量即p2dp=adx，两端积分，得−p1=ax+C1，代入初值条件x=0，p=y′=−1，得C1=1，则有−y′1=ax+1，即y′=−ax+11，两端积分，得y=−a1ln(ax+1)+C2，代入初值条件x=0，y=0，得C2=0，所求特解为y=−a1ln(ax+1). (3) 因为y′′′=eax，根据初值条件x=1，y′′=0，积分得y′′=∫1xy′′′dx=∫1xeaxdx=a1(eax−ea)，又因x=1时，y′=0，积分得y′=∫1xy′′dx=∫1xa1(eax−ea)dx=a1[a1(eax−ea)−ea(x−1)]= a21eax−aeax+aea(1−a1)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=∫1xy′dx= ∫1x[a21eax−aeax+aea(1−a1)]dx=a31(eax−ea)−2aea(x2−1)+aea(1−a1)(x−1)= a31eax−2aeax2+a2ea(a−1)x+2a3ea(2a−a2−2). (4) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′，两端积分，得y′2=e2y+C1，代入初值条件x=0，y=y′=0，得C1=−1，则有y′=±e2y−1，分离变量后积分，得∫e2y−1dy=±∫dx，即∫1−e−2yd(e−y)=±∫dx，得arcsin(e−y)=±x+C2，代入初值条件x=0， y=0，得C2=2π，得特解e−y=sin(2π±x)=cos x，即y=−ln cos x=ln sec x. (5) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=6y′y，即(y′2)′=(4y23)′，两端积分，得y′2=4y23+C1，代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得C1=0，则有y′=±2y43，由于yx=0′=2，取y′=2y43，分离变量后积分∫y43dy=2∫dx得4y41=2x+C2，代入初值条件x=0，y=1，得C2=4，得特解y=(21x+1)4. (6) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程变为pdydp+p2=1，分离变量得1−p2pdp=dy，根据初值条件y=0，p=0，积分∫0p1−p2pdp=∫0ydy，得−21ln(1−p2)=y，即p=±1−e−2y=±dx，分离变量得1−e−2ydy=±dx，根据初值条件x=0，y=0积分∫0y1−e−2ydy=±∫0xdx，∫0ye2y−1d(ey)=±∫0xdx，得ln(ey+e2y−1)=±x，即ey=2ex+e−x

3.试求y′′=x的经过点M(0,1)且在此点与直线y=x2+1相切的积分曲线.\begin{aligned}&3. \ 试求y''=x的经过点M(0, \ 1)且在此点与直线y=\frac{x}{2}+1相切的积分曲线.&\end{aligned}3. 试求y′′=x的经过点M(0, 1)且在此点与直线y=2x+1相切的积分曲线.

解：

因为直线y=x2+1点(0,1)处的切线斜率为12，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y′′=x，y∣x=0=1，y′∣x=0=12的解，由y′′=x，积分得y′=12x2+C1，代入x=0，y′=12，得C1=12，即有y′=12x2+12，再积分得y=16x3+12x+C2，代入x=0，y=1，得C2=1，所求积分曲线的方程为y=16x3+12x+1.\begin{aligned} &\ \ 因为直线y=\frac{x}{2}+1点(0, \ 1)处的切线斜率为\frac{1}{2}，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y''=x，y|_{x=0}=1，\\\\ &\ \ y'|_{x=0}=\frac{1}{2}的解，由y''=x，积分得y'=\frac{1}{2}x^2+C_1，代入x=0，y'=\frac{1}{2}，得C_1=\frac{1}{2}，即有y'=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ 再积分得y=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x+C_2，代入x=0，y=1，得C_2=1，所求积分曲线的方程为y=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x+1. & \end{aligned} 因为直线y=2x+1点(0, 1)处的切线斜率为21，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y′′=x，y∣x=0=1， y′∣x=0=21的解，由y′′=x，积分得y′=21x2+C1，代入x=0，y′=21，得C1=21，即有y′=21x2+21，再积分得y=61x3+21x+C2，代入x=0，y=1，得C2=1，所求积分曲线的方程为y=61x3+21x+1.

4.设有一质量为m的物体在空中由静止开始下落，如果空气阻力R=cv（其中c为常数，v为物体运动的速度），试求物体下落的距离s与时间t的函数关系.\begin{aligned}&4. \ 设有一质量为m的物体在空中由静止开始下落，如果空气阻力R=cv（其中c为常数，v为物体运动\\\\&\ \ \ \ 的速度），试求物体下落的距离s与时间t的函数关系.&\end{aligned}4. 设有一质量为m的物体在空中由静止开始下落，如果空气阻力R=cv（其中c为常数，v为物体运动的速度），试求物体下落的距离s与时间t的函数关系.

解：

根据牛顿第二定律，有md2sdt2=mg−cdsdt，根据题设条件，得初值问题d2sdt2=g−cmdsdt，s∣t=0=0，dsdt∣t=0=0，令dsdt=v，方程变为dvdt=g−cmv，分离变量后积分∫dvg−cmv=∫dt，得ln(g−cmv)=−cmt+C1，代入初值条件t=0，v=0，得C1=lng，则有v=dsdt=mgc(1−e−cmt)，积分得s=mgc(t+mce−cmt)+C2，代入初值条件t=0，s=0，得C2=−m2gc2，所求特解为s=mgc(t+mce−cmt−mc)=mgct+m2gc2(e−cmt−1).\begin{aligned} &\ \ 根据牛顿第二定律，有m\frac{d^2s}{dt^2}=mg-c\frac{ds}{dt}，根据题设条件，得初值问题\frac{d^2s}{dt^2}=g-\frac{c}{m}\frac{ds}{dt}，s|_{t=0}=0，\\\\ &\ \ \frac{ds}{dt}|_{t=0}=0，令\frac{ds}{dt}=v，方程变为\frac{dv}{dt}=g-\frac{c}{m}v，分离变量后积分\int \frac{dv}{g-\frac{c}{m}v}=\int dt，\\\\ &\ \ 得ln(g-\frac{c}{m}v)=-\frac{c}{m}t+C_1，代入初值条件t=0，v=0，得C_1=ln\ g，则有v=\frac{ds}{dt}=\frac{mg}{c}(1-e^{-\frac{c}{m}t})，\\\\ &\ \ 积分得s=\frac{mg}{c}\left(t+\frac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}\right)+C_2，\\\\ &\ \ 代入初值条件t=0，s=0，得C_2=-\frac{m^2g}{c^2}，所求特解为s=\frac{mg}{c}\left(t+\frac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}-\frac{m}{c}\right)=\frac{mg}{c}t+\frac{m^2g}{c^2}(e^{-\frac{c}{m}t}-1). & \end{aligned} 根据牛顿第二定律，有mdt2d2s=mg−cdtds，根据题设条件，得初值问题dt2d2s=g−mcdtds，s∣t=0=0， dtds∣t=0=0，令dtds=v，方程变为dtdv=g−mcv，分离变量后积分∫g−mcvdv=∫dt，得ln(g−mcv)=−mct+C1，代入初值条件t=0，v=0，得C1=ln g，则有v=dtds=cmg(1−e−mct)，积分得s=cmg(t+cme−mct)+C2，代入初值条件t=0，s=0，得C2=−c2m2g，所求特解为s=cmg(t+cme−mct−cm)=cmgt+c2m2g(e−mct−1).