在许多问题中，往往不能直接找出所需要的函数关系，但是根据问题所提供的情况，有时可以列出含有要找的函数及其导数的关系式。这样的关系式就是所谓的微分方程。微分方程建立以后，对它进行研究，找出未知函数来，这就是解微分方程。本章主要介绍微分方程的一些基本概念和几种常用的微分方程的解法。——高等数学同济版

习题7-1 微分方程的基本概念

  本节主要介绍了微分方程的基本概念。

7.一个半球体形状的雪堆，其体积融化率与半球面面积AAA成正比，比例系数k>0k>0k>0。假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为r0r_0r0​的雪堆在开始的3小时内，融化了其体积的78\frac{7}{8}87​，问雪堆全部融化需要多少小时？

解  设雪堆在时刻ttt的体积为V=23πr3V=\cfrac{2}{3}\pi r^3V=32​πr3，侧面积S=2πr2S=2\pi r^2S=2πr2。由题设知
dVdt=2πr2drdt=−kS=−2πkr2.\cfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=2\pi r^2\cfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-kS=-2\pi kr^2. dtdV​=2πr2dtdr​=−kS=−2πkr2.
  于是
drdt=−k.\cfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-k. dtdr​=−k.
  积分得
r=−kt+C.r=-kt+C. r=−kt+C.
  由r=r0r=r_0r=r0​，得C=r0,r=r0−ktC=r_0,r=r_0-ktC=r0​,r=r0​−kt。又V∣t=3=18V∣t=0V\biggm\vert_{t=3}=\cfrac{1}{8}V\biggm\vert_{t=0}V∣∣∣∣​t=3​=81​V∣∣∣∣​t=0​，即23π(r0−3k)3=18⋅23πr03\cfrac{2}{3}\pi(r_0-3k)^3=\cfrac{1}{8}\cdot\cfrac{2}{3}\pi r_0^332​π(r0​−3k)3=81​⋅32​πr03​，得k=16r0k=\cfrac{1}{6}r_0k=61​r0​，从而
r=r0−16r0t.r=r_0-\cfrac{1}{6}r_0t. r=r0​−61​r0​t.
  因雪堆全部融化时，r=0r=0r=0，故得t=6t=6t=6，即雪堆全部融化需6小时。（这道题主要难点在体积融化率即体积融化速率的理解上）

习题7-2 可分离变量的微分方程

  本节主要介绍可分离变量的微分方程的解法。

习题7-3 齐次方程

  本节主要介绍齐次方程的解法。

2. 求下列齐次方程满足所给初始条件的的特解：

（1）(y2−3x2)dy+2xyx=0,y∣x=0=1;(y^2-3x^2)\mathrm{d}y+2xy\mathrm{x}=0,y\biggm\vert_{x=0}=1;(y2−3x2)dy+2xyx=0,y∣∣∣∣​x=0​=1;

解  原方程可写成1−3x2y2+2xydxdy=01-3\cfrac{x^2}{y^2}+2\cfrac{x}{y}\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=01−3y2x2​+2yx​dydx​=0。令u=xyu=\cfrac{x}{y}u=yx​，即x=yux=yux=yu，有dxdy=u+ydudy\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=u+y\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}dydx​=u+ydydu​，则原方程成为
1−3u2+2u(u+ydudy)=0.1-3u^2+2u\left(u+y\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}\right)=0. 1−3u2+2u(u+ydydu​)=0.
  分离变量得
2uu2−1du=dyy.\cfrac{2u}{u^2-1}\mathrm{d}u=\cfrac{\mathrm{d}y}{y}. u2−12u​du=ydy​.
  积分得
ln⁡∣u2−1∣=ln⁡∣y∣+ln⁡C1.\ln|u^2-1|=\ln|y|+\ln C_1. ln∣u2−1∣=ln∣y∣+lnC1​.
  即
u2−1=Cy.u^2-1=Cy. u2−1=Cy.
  代入y=xyy=\cfrac{x}{y}y=yx​并整理，得通解x2−y2=Cy3x^2-y^2=Cy^3x2−y2=Cy3。由初值条件x=0x=0x=0，y=1y=1y=1，得C=−1C=-1C=−1。于是所求特解为
y3=y2−x2.y^3=y^2-x^2. y3=y2−x2.

习题7-4 一阶线性微分方程

  本节主要介绍了一阶线性微分方程的求解方法。

7.用适当的变量代换将下列方程化为可分离变量的方程，然后求出通解：

（3）xy′+y=y(ln⁡x+ln⁡y);xy'+y=y(\ln x+\ln y);xy′+y=y(lnx+lny);

解  令u=xyu=xyu=xy，则u′=y+xy′u'=y+xy'u′=y+xy′，且原方程变为u′=uxln⁡uu'=\cfrac{u}{x}\ln uu′=xu​lnu，即
duuln⁡u=dxx.\cfrac{\mathrm{d}u}{u\ln u}=\cfrac{\mathrm{d}x}{x}. ulnudu​=xdx​.
  积分得ln⁡∣ln⁡u∣=ln⁡∣x∣+ln⁡C1\ln|\ln u|=\ln|x|+\ln C_1ln∣lnu∣=ln∣x∣+lnC1​，即u=eCxu=e^{Cx}u=eCx。代入u=xyu=xyu=xy，得原方程的通解xy=eCxxy=e^{Cx}xy=eCx，即y=eCxxy=\cfrac{e^{Cx}}{x}y=xeCx​。（这道题利用变量换元时对所换的元的导数可以进行整体代换）

（4）y′=y2+2(sin⁡x−1)y+sin⁡2x−2sin⁡x−cos⁡x+1;y'=y^2+2(\sin x-1)y+\sin^2x-2\sin x-\cos x+1;y′=y2+2(sinx−1)y+sin2x−2sinx−cosx+1;

解  将原方程写成y′=(y+sin⁡x−1)2−cos⁡xy'=(y+\sin x-1)^2-\cos xy′=(y+sinx−1)2−cosx，令u=y+sin⁡x−1u=y+\sin x-1u=y+sinx−1，则u′=y′+cos⁡xu'=y'+\cos xu′=y′+cosx，且原方程变为u′=u2u'=u^2u′=u2，即duu2=dx\cfrac{\mathrm{d}u}{u^2}=\mathrm{d}xu2du​=dx。
  积分得−1u=x+C-\cfrac{1}{u}=x+C−u1​=x+C，即u=−1x+Cu=-\cfrac{1}{x+C}u=−x+C1​。代入u=y+sin⁡x−1u=y+\sin x-1u=y+sinx−1，得原方程的通解
y=1−sin⁡x−1x+C.y=1-\sin x-\cfrac{1}{x+C}. y=1−sinx−x+C1​.
（这道题说明换元时可以先配方再换元）

（5）y(xy+1)dx+x(1+xy+x2y2)dy=0.y(xy+1)\mathrm{d}x+x(1+xy+x^2y^2)\mathrm{d}y=0.y(xy+1)dx+x(1+xy+x2y2)dy=0.

解  原方程改写成xy(xy+1)+x2(1+xy+x2y2)dydx=0xy(xy+1)+x^2(1+xy+x^2y^2)\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0xy(xy+1)+x2(1+xy+x2y2)dxdy​=0。令u=xyu=xyu=xy，即y=uxy=\cfrac{u}{x}y=xu​，则dydx=xdudx−ux2\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{x\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u}{x^2}dxdy​=x2xdxdu​−u​，且原方程变为
u(u+1)+(1+u+u2)(xdudx−u)=0.u(u+1)+(1+u+u^2)\left(x\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u\right)=0. u(u+1)+(1+u+u2)(xdxdu​−u)=0.
  整理并分离变量，得1+u+u2u3du=dxx\cfrac{1+u+u^2}{u^3}\mathrm{d}u=\cfrac{\mathrm{d}x}{x}u31+u+u2​du=xdx​。积分得−12u2−1u+ln⁡∣u∣=ln⁡∣x∣+C1-\cfrac{1}{2u^2}-\cfrac{1}{u}+\ln|u|=\ln|x|+C_1−2u21​−u1​+ln∣u∣=ln∣x∣+C1​，代入u=xyu=xyu=xy，并整理，得原方程的通解为
2x2y2ln⁡∣y∣−2xy−1=Cx2y2(C=2C1).2x^2y^2\ln|y|-2xy-1=Cx^2y^2(C=2C_1). 2x2y2ln∣y∣−2xy−1=Cx2y2(C=2C1​).
（这道题说明可以在换元前可以先乘以某一相同变量凑整再换元）

习题7-5 可降阶的高阶微分方程

从这一节其我们将讨论二阶及二阶以上的微分方程，即所谓高阶微分方程。——高等数学同济版

  本节主要介绍了三种高阶微分方程的降阶方法。

1.求下列各微分方程的通解：

（8）y3y′′−1=0;y^3y''-1=0;y3y′′−1=0;

解  令y′=py'=py′=p，则y′′=pdpdyy''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}y′′=pdydp​，且原方程化为y3pdpdy−1=0y^3p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-1=0y3pdydp​−1=0。分离变量，得
pdp=1y3dy.p\mathrm{d}p=\cfrac{1}{y^3}\mathrm{d}y. pdp=y31​dy.
  积分得p2=−1y2+C1p^2=-\cfrac{1}{y^2}+C_1p2=−y21​+C1​，故
y′=p=±C1−1y2=±1∣y∣C1y2−1.y'=p=\pm\sqrt{C_1-\cfrac{1}{y^2}}=\pm\cfrac{1}{|y|}\sqrt{C_1y^2-1}. y′=p=±C1​−y21​​=±∣y∣1​C1​y2−1​.
  分离变量，得
∣y∣dyC1y2−1=±dx.\cfrac{|y|\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm\mathrm{d}x. C1​y2−1​∣y∣dy​=±dx.
  由于∣y∣=ysgn(y)|y|=y\mathrm{sgn}(y)∣y∣=ysgn(y)，故上式两端积分，
sgn(y)∫ydyC1y2−1=±∫dx,sgn(y)C1y2−1=±C1x+C2.\mathrm{sgn}(y)\displaystyle\int\cfrac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm\displaystyle\int\mathrm{d}x,\\ \mathrm{sgn}(y)\sqrt{C_1y^2-1}=\pm C_1x+C_2. sgn(y)∫C1​y2−1​ydy​=±∫dx,sgn(y)C1​y2−1​=±C1​x+C2​.
  两边平方，得C1y2−1=(C1x+C2)2C_1y^2-1=(C_1x+C_2)^2C1​y2−1=(C1​x+C2​)2。（这道题主要利用绝对值的函数表示来求解）

（9）y′′=1y;y''=\cfrac{1}{\sqrt{y}};y′′=y​1​;

解  方程y′′=1yy''=\cfrac{1}{\sqrt{y}}y′′=y​1​属于y′′=f(x)y''=f(x)y′′=f(x)型方程，除了设y′=py'=py′=p，y′′=pdpdyy''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}y′′=pdydp​来降阶求解外，还可以用如下方法求解：
  在y′′=f(y)y''=f(y)y′′=f(y)的两端乘以2y′2y'2y′，得
2y′y′′=2f(y)y′.2y'y''=2f(y)y'. 2y′y′′=2f(y)y′.
  即(y′2)′=2f(y)y′(y'^2)'=2f(y)y'(y′2)′=2f(y)y′。若F(y)F(y)F(y)是f(y)f(y)f(y)的原函数，则有
(y′2)′=2[F(y)]′.(y'^2)'=2[F(y)]'. (y′2)′=2[F(y)]′.
  积分得到降阶的方程y′2=2F(y)+C1y'^2=2F(y)+C_1y′2=2F(y)+C1​。
  本小题按上述方法求解：用2y′2y'2y′乘方程y′′=1yy''=\cfrac{1}{\sqrt{y}}y′′=y​1​的两端，得
2y′y′′=2y′y.2y'y''=\cfrac{2y'}{\sqrt{y}}. 2y′y′′=y​2y′​.
  即(y′2)′=(4y)′(y'^2)'=(4\sqrt{y})'(y′2)′=(4y​)′，故y′2=4y+C1′y'^2=4\sqrt{y}+C_1'y′2=4y​+C1′​，有y′=±2y+C1(C1=C1′4)y'=\pm2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\left(C_1=\cfrac{C_1'}{4}\right)y′=±2y​+C1​​(C1​=4C1′​​)。
  分离变量，得
dx=±dy2y+C1.\mathrm{d}x=\pm\cfrac{\mathrm{d}y}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}. dx=±2y​+C1​​dy​.
  积分，得
x=±∫d(y)22y+C1=±∫ydy2y+C1=±∫(y+C1)−C12y+C1d(y)=±[∫y+C1d(y+C1)−C1∫1y+C1d(y+C1)]=±[23(y+C1)32−2C1(y+C1)12]+C2.\begin{aligned} x&=\pm\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\sqrt{y})^2}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm\displaystyle\int\cfrac{\sqrt{y}\mathrm{d}\sqrt{y}}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm\displaystyle\int\cfrac{(\sqrt{y}+C_1)-C_1}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y})\\ &=\pm\left[\displaystyle\int\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)-C_1\displaystyle\int\cfrac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)\right]\\ &=\pm\left[\cfrac{2}{3}(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{3}{2}}-2C_1(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{1}{2}}\right]+C_2. \end{aligned} x​=±∫2y​+C1​​d(y​)2​=±∫2y​+C1​​y​dy​​=±∫2y​+C1​​(y​+C1​)−C1​​d(y​)=±[∫y​+C1​​d(y​+C1​)−C1​∫y​+C1​​1​d(y​+C1​)]=±[32​(y​+C1​)23​−2C1​(y​+C1​)21​]+C2​.​
（这道题主要利用凑整的方法求解）

（10）y′′=(y′)3+y′.y''=(y')^3+y'.y′′=(y′)3+y′.

解  令y′=py'=py′=p，则y′′=pdpdyy''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}y′′=pdydp​，原方程化为pdpdy=p3+pp\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=p^3+ppdydp​=p3+p，即
p[dpdy−(1+p2)]=0.p\left[\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)\right]=0. p[dydp​−(1+p2)]=0.
  若p≡0p\equiv0p≡0，则y≡Cy\equiv Cy≡C。y≡Cy\equiv Cy≡C是原方程的解，但不是通解。
  若p≢0p\not\equiv0p​≡0，由于ppp的连续性，必在xxx的某区间有p≠0p\neq0p​=0。于是
dpdy−(1+p2)=0.\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)=0. dydp​−(1+p2)=0.
  分离变量，得dp1+p2=dy\cfrac{\mathrm{d}p}{1+p^2}=\mathrm{d}y1+p2dp​=dy，积分得arctan⁡p=y−C\arctan p=y-Carctanp=y−C，即p=tan⁡(y−C1)p=\tan(y-C_1)p=tan(y−C1​)，亦即cot⁡(y−C1)dy=dx\cot(y-C_1)\mathrm{d}y=\mathrm{d}xcot(y−C1​)dy=dx。积分得ln⁡sin⁡(y−C1)=x+ln⁡C2\ln\sin(y-C_1)=x+\ln C_2lnsin(y−C1​)=x+lnC2​。即sin⁡(y−C1)=C2ex\sin(y-C_1)=C_2e^xsin(y−C1​)=C2​ex，也可写成y=arcsin⁡(C2ex)+C1y=\arcsin(C_2e^x)+C_1y=arcsin(C2​ex)+C1​。
  由于当C2=0C_2=0C2​=0时，y=C1y=C_1y=C1​，故前面所得的解y≡y\equivy≡也包含在这个通解内。（这道题主要利用了降阶的方法）

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;y^3y''+1=0,y\biggm\vert_{x=1}=1,y'\biggm\vert_{x=1}=0;y3y′′+1=0,y∣∣∣∣​x=1​=1,y′∣∣∣∣​x=1​=0;

解  将原方程写成y′′+1y3=0y''+\cfrac{1}{y^3}=0y′′+y31​=0，两端乘以2y′2y'2y′，得
2y′y′′+2y′y3=0.2y'y''+\cfrac{2y'}{y^3}=0. 2y′y′′+y32y′​=0.
  即(y′2−2y′y3)′=0\left(y'^2-\cfrac{2y'}{y^3}\right)'=0(y′2−y32y′​)′=0，由此得
y′2−1y2=C1.y'^2-\cfrac{1}{y^2}=C_1. y′2−y21​=C1​.
  代入初值条件：y=1y=1y=1，y′=0y'=0y′=0，得C1=−1C_1=-1C1​=−1，故有
y′2=1y2−1=1−y2y2,y′=±1−y2y.y'^2=\cfrac{1}{y^2}-1=\cfrac{1-y^2}{y^2},\\ y'=\pm\cfrac{\sqrt{1-y^2}}{y}. y′2=y21​−1=y21−y2​,y′=±y1−y2​​.
  分离变量，得
ydy1−y2=±dx.\cfrac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}=\pm\mathrm{d}x. 1−y2​ydy​=±dx.
  积分得−1−y2=±x+C2-\sqrt{1-y^2}=\pm x+C_2−1−y2​=±x+C2​。代入初值条件：x=1x=1x=1，y=1y=1y=1，得C=∓1C=\mp1C=∓1。于是有
−1−y2=±(x−1).-\sqrt{1-y^2}=\pm(x-1). −1−y2​=±(x−1).
  两边平方，得x2+y2=2xx^2+y^2=2xx2+y2=2x。由于在点x=1x=1x=1处，y=1y=1y=1，故在x=1x=1x=1的某邻域内y>0y>0y>0，因而特解可以表示为
y=2x−x2.y=\sqrt{2x-x^2}. y=2x−x2​.
（这道题判断正负主要根据条件的点所给的正负）

（4）y′′=e2y;y∣x=0=y′∣x=0=0;y''=e^{2y};y\biggm\vert_{x=0}=y'\biggm\vert_{x=0}=0;y′′=e2y;y∣∣∣∣​x=0​=y′∣∣∣∣​x=0​=0;

解  在原方程两端同乘以2y′2y'2y′，得2y′y′′=2y′e2y2y'y''=2y'e^{2y}2y′y′′=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′(y'^2)'=(e^{2y})'(y′2)′=(e2y)′，积分得
y′2=e2y+C1.y'^2=e^{2y}+C_1. y′2=e2y+C1​.
  代入初值条件：x=0x=0x=0，y=y′=0y=y'=0y=y′=0，得C1=−1C_1=-1C1​=−1，从而有
y′=±e2y−1.y'=\pm\sqrt{e^{2y}-1}. y′=±e2y−1​.
  分离变量后积分
∫dye2y−1=±∫dx.\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm\displaystyle\int\mathrm{d}x. ∫e2y−1​dy​=±∫dx.
  即
∫d(e−y)e2y−1=∓∫dx.\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(e^{-y})}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\mp\displaystyle\int\mathrm{d}x. ∫e2y−1​d(e−y)​=∓∫dx.
  得arcsin⁡(e−y)=∓x+C2\arcsin(e^{-y})=\mp x+C_2arcsin(e−y)=∓x+C2​。代入初值条件：x=0x=0x=0，y=0y=0y=0，得C2=π2C_2=\cfrac{\pi}{2}C2​=2π​。于是得特解
e−y=sin⁡(π2±x)=cos⁡x.e^{-y}=\sin\left(\cfrac{\pi}{2}\pm x\right)=\cos x. e−y=sin(2π​±x)=cosx.
  即y=−ln⁡cos⁡x=ln⁡sec⁡xy=-\ln\cos x=\ln\sec xy=−lncosx=lnsecx。（这道题利用三角替换公式求解）

（5）y′′=3y,y∣x=0=1,y′∣x=0=2;y''=3\sqrt{y},y\biggm\vert_{x=0}=1,y'\biggm\vert_{x=0}=2;y′′=3y​,y∣∣∣∣​x=0​=1,y′∣∣∣∣​x=0​=2;

解  在原方程两端同乘以2y′2y'2y′，得2y′y′′=6y′y2y'y''=6y'\sqrt{y}2y′y′′=6y′y​，即(y′2)′=(4y32)′(y'^2)'=(4y^{\frac{3}{2}})'(y′2)′=(4y23​)′，积分得y′2=4y32y'^2=4y^{\frac{3}{2}}y′2=4y23​。代入初值条件x=0x=0x=0，y=1y=1y=1，y′=2y'=2y′=2，得C1=0C_1=0C1​=0，从而有y′=±2y34y'=\pm2y^{\frac{3}{4}}y′=±2y43​。并由于y′∣x=0=2y'\biggm\vert_{x=0}=2y′∣∣∣∣​x=0​=2，故取y′=2y34y'=2y^{\frac{3}{4}}y′=2y43​。分离变量后积分∫dyy34=2∫dx\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}y}{y^{\frac{3}{4}}}=2\displaystyle\int\mathrm{d}x∫y43​dy​=2∫dx得4y14=2x+C24y^{\frac{1}{4}}=2x+C_24y41​=2x+C2​。代入初值条件：x=0x=0x=0，y=1y=1y=1，得C2=4C_2=4C2​=4，于是得特解
y=(14+1)4.y=\left(\cfrac{1}{4}+1\right)^4. y=(41​+1)4.
（这道题采用凑整的方法）

（6）y′′+(y′)2=1,y∣x=0=0,y′∣x=0=0;y''+(y')^2=1,y\biggm\vert_{x=0}=0,y'\biggm\vert_{x=0}=0;y′′+(y′)2=1,y∣∣∣∣​x=0​=0,y′∣∣∣∣​x=0​=0;

解  令y′=py'=py′=p，则y′′=pdpdyy''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}y′′=pdydp​，原方程变为pdpdy+p2=1p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}+p^2=1pdydp​+p2=1。分离变量，得
pdp1−p2=dy.\cfrac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}=\mathrm{d}y. 1−p2pdp​=dy.
  由初值条件：y=0y=0y=0，p=0p=0p=0，积分
∫0ppdp1−p2=∫0ydy.\displaystyle\int^p_0\cfrac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}=\displaystyle\int^y_0\mathrm{d}y. ∫0p​1−p2pdp​=∫0y​dy.
  得
−12ln⁡(1−p2)=y.-\cfrac{1}{2}\ln(1-p^2)=y. −21​ln(1−p2)=y.
  即p=±1−e−2yp=\pm\sqrt{1-e^{-2y}}p=±1−e−2y​。又分离变量，得
dy1−e−2y=±dx.\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\mathrm{d}x. 1−e−2y​dy​=±dx.
  由初值条件：x=0x=0x=0，y=0y=0y=0，积分
∫0ydy1−e−2y=±∫0xdx,∫0yd(ey)1−e−2y=±∫0xdx.\displaystyle\int^y_0\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}x,\\ \displaystyle\int^y_0\cfrac{\mathrm{d}(e^y)}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}x. ∫0y​1−e−2y​dy​=±∫0x​dx,∫0y​1−e−2y​d(ey)​=±∫0x​dx.
  得
ln⁡(ey+e2y−1)=±x.\ln(e^y+\sqrt{e^{2y}-1})=\pm x. ln(ey+e2y−1​)=±x.
  即
ey=ex+e−x2.e^y=\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}. ey=2ex+e−x​.
  或写成
y=ln⁡ex+e−x2.y=\ln\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}. y=ln2ex+e−x​.
（这道题利用积分结果一致求解）

4.设有一质量为mmm的物体，在空中由静止开始下落，如果空气阻力为R=cvR=cvR=cv（其中ccc为常数，vvv为物体运动的速度），试求物体下落的距离sss与时间ttt的函数关系。

解  根据牛顿第二定律，有关系式
md2sdt2=mg−cdsdt.m\cfrac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}t^2}=mg-c\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}. mdt2d2s​=mg−cdtds​.
  并依据题设条件，得初值问题
d2sdt2=g−cmdsdt,s∣t=0=0,dsdt∣t=0=0.\cfrac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}t^2}=g-\cfrac{c}{m}\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t},\quad s\biggm\vert_{t=0}=0,\quad\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\biggm\vert_{t=0}=0. dt2d2s​=g−mc​dtds​,s∣∣∣∣​t=0​=0,dtds​∣∣∣∣​t=0​=0.
  令dsdt=v\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=vdtds​=v，方程成为dvdt=g−cmv\cfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=g-\cfrac{c}{m}vdtdv​=g−mc​v，分离变量后积分
∫dvg−cmv=∫dt.\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}v}{g-\cfrac{c}{m}v}=\displaystyle\int\mathrm{d}t. ∫g−mc​vdv​=∫dt.
  得
ln⁡(g−cmv)=−cmt+C1.\ln\left(g-\cfrac{c}{m}v\right)=-\cfrac{c}{m}t+C_1. ln(g−mc​v)=−mc​t+C1​.
  代入初值条件v∣t=0=0v|_{t=0}=0v∣t=0​=0，得C1=ln⁡gC_1=\ln gC1​=lng。于是有
v=dsdt=mgc(1−e−cmt).v=\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\cfrac{mg}{c}(1-e^{-\frac{c}{m}t}). v=dtds​=cmg​(1−e−mc​t).
  积分得
s=mgc(t+mce−cmt)+C2.s=\cfrac{mg}{c}\left(t+\cfrac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}\right)+C_2. s=cmg​(t+cm​e−mc​t)+C2​.
  代入初值条件s∣t=0=0s|_{t=0}=0s∣t=0​=0，得C2=m2gc2C_2=\cfrac{m^2g}{c^2}C2​=c2m2g​。故所求特解（即下落的距离与时间的关系）为
s=mgc(t+mce−cmt−mc)=mgct+m2gc2(e−cmt−1).\begin{aligned} s&=\cfrac{mg}{c}\left(t+\cfrac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}-\cfrac{m}{c}\right)\\ &=\cfrac{mg}{c}t+\cfrac{m^2g}{c^2}(e^{-\frac{c}{m}t}-1). \end{aligned} s​=cmg​(t+cm​e−mc​t−cm​)=cmg​t+c2m2g​(e−mc​t−1).​
（这道题主要利用物理公式求解）

习题7-6 高阶线性微分方程

本节和以下两节，我们将讨论在实际问题中应用较多的所谓高阶线性微分方程。——高等数学同济版

  本节主要介绍了二阶线性微分方程为主的高阶线性微分方程。

5.已知y1(x)=exy_1(x)=e^xy1​(x)=ex是齐次线性方程(2x−1)y′′−(2x+1)y′+2y=0(2x-1)y''-(2x+1)y'+2y=0(2x−1)y′′−(2x+1)y′+2y=0的一个解，求此方程的通解。

解  设y2(x)=y1u=exuy_2(x)=y_1u=e^xuy2​(x)=y1​u=exu是方程的解，则y2′=ex(u+u′)y'_2=e^x(u+u')y2′​=ex(u+u′)，y2′′=ex(u+2u′+u′′)y''_2=e^x(u+2u'+u'')y2′′​=ex(u+2u′+u′′)，代入方程并整理，得
ex[(2x−1)u′′+(2x−3)u′]=0.e^x[(2x-1)u''+(2x-3)u']=0. ex[(2x−1)u′′+(2x−3)u′]=0.
  即
(2x−1)u′′+(2x−3)u′=0.(2x-1)u''+(2x-3)u'=0. (2x−1)u′′+(2x−3)u′=0.
  令u′=pu'=pu′=p，则u′′=p′u''=p'u′′=p′，且上式成为
(2x−1)p′+(2x−3)p=0.(2x-1)p'+(2x-3)p=0. (2x−1)p′+(2x−3)p=0.
  分离变量后积分
∫dpp=−∫2x−32x−1dx\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}p}{p}=-\displaystyle\int\cfrac{2x-3}{2x-1}\mathrm{d}x ∫pdp​=−∫2x−12x−3​dx
  得
ln⁡∣p∣=−x+ln⁡∣2x−1∣+ln⁡C.\ln|p|=-x+\ln|2x-1|+\ln C. ln∣p∣=−x+ln∣2x−1∣+lnC.
  取C=1C=1C=1，即p=(2x−1)e−xp=(2x-1)e^{-x}p=(2x−1)e−x。再积分得
u=∫(2x−1)e−xdx=−[(2x−1)e−x+2e−x+C0].u=\displaystyle\int(2x-1)e^{-x}\mathrm{d}x=-[(2x-1)e^{-x}+2e^{-x}+C_0]. u=∫(2x−1)e−xdx=−[(2x−1)e−x+2e−x+C0​].
  取C0=0C_0=0C0​=0，即u=−(2x+1)e−xu=-(2x+1)e^{-x}u=−(2x+1)e−x，故
y2=exu=−(2x+1).y_2=e^xu=-(2x+1). y2​=exu=−(2x+1).
  y2y_2y2​与y1y_1y1​线性无关，故原方程的通解为
y=C1(2x+1)+C2ex.y=C_1(2x+1)+C_2e^x. y=C1​(2x+1)+C2​ex.
（这道题利用常数变易法求解）

6.已知y1(x)=xy_1(x)=xy1​(x)=x是齐次线性方程x2y′′−2xy′+2y=0x^2y''-2xy'+2y=0x2y′′−2xy′+2y=0的一个解，求非齐次线性方程x2y′′−2xy′+2y=2x3x^2y''-2xy'+2y=2x^3x2y′′−2xy′+2y=2x3的通解。

解  设y2=y1u=xuy_2=y_1u=xuy2​=y1​u=xu是非齐次线性方程的解，则y2′=u+xu′y'_2=u+xu'y2′​=u+xu′，y2′′=2u′+xu′′y''_2=2u'+xu''y2′′​=2u′+xu′′，代入方程并整理，得
u′′=0.u''=0. u′′=0.
  不妨取u=xu=xu=x，则y2=y1u=x2y_2=y_1u=x^2y2​=y1​u=x2，且y2y_2y2​与y1y_1y1​线性无关。
  将非齐次方程化为标准型
y′′−2xy′+2x2y=2x.y''-\cfrac{2}{x}y'+\cfrac{2}{x^2}y=2x. y′′−x2​y′+x22​y=2x.
  则它的通解为
y=C1y1+C2y2−y1∫y2fWdx+y2∫y1fWdx.y=C_1y_1+C_2y_2-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x. y=C1​y1​+C2​y2​−y1​∫Wy2​f​dx+y2​∫Wy1​f​dx.
  其中f=2x,W=∣y1y2y1′y2′∣=∣xx212x∣=x2.f=2x,W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x&x^2\\1&2x\end{vmatrix}=x^2.f=2x,W=∣∣∣∣​y1​y1′​​y2​y2′​​∣∣∣∣​=∣∣∣∣​x1​x22x​∣∣∣∣​=x2.
  故
y=C1x+C2x2−x∫2x3x2dx+x2∫2x2x2dx=C1x+C2x2+x3.\begin{aligned} y&=C_1x+C_2x^2-x\displaystyle\int\cfrac{2x^3}{x^2}\mathrm{d}x+x^2\displaystyle\int\cfrac{2x^2}{x^2}\mathrm{d}x\\ &=C_1x+C_2x^2+x^3. \end{aligned} y​=C1​x+C2​x2−x∫x22x3​dx+x2∫x22x2​dx=C1​x+C2​x2+x3.​
（这道题主要考察在高阶导数为0的情况）

7.已知齐次线性方程y′′+y=0y''+y=0y′′+y=0的通解为Y(x)=C1cos⁡x+C2sin⁡xY(x)=C_1\cos x+C_2\sin xY(x)=C1​cosx+C2​sinx，求非齐次线性方程y′′+y=sec⁡xy''+y=\sec xy′′+y=secx的通解。

解  由题设知，y1=cos⁡xy_1=\cos xy1​=cosx与y2=sin⁡xy_2=\sin xy2​=sinx都是齐次方程y′′+y=0y''+y=0y′′+y=0的解，且y1y_1y1​与y2y_2y2​线性无关，则非齐次方程y′′+y=sec⁡xy''+y=\sec xy′′+y=secx的通解为
y=C1cos⁡x+C2sin⁡x−y1∫y2fWdx+y2∫y1fWdx.y=C_1\cos x+C_2\sin x-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x. y=C1​cosx+C2​sinx−y1​∫Wy2​f​dx+y2​∫Wy1​f​dx.
  其中
f=sec⁡x,W=∣y1y2y1′y2′∣=∣cos⁡xsin⁡x−sin⁡xcos⁡x∣=1.f=\sec x,\quad W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos x&\sin x\\-\sin x&\cos x\end{vmatrix}=1. f=secx,W=∣∣∣∣​y1​y1′​​y2​y2′​​∣∣∣∣​=∣∣∣∣​cosx−sinx​sinxcosx​∣∣∣∣​=1.
  故
y=C1cos⁡x+C2sin⁡x−cos⁡x∫sin⁡xcos⁡xdx+sin⁡x∫cos⁡xcos⁡xdx=C1cos⁡x+C2sin⁡x−cos⁡xln⁡∣cos⁡x∣+xsin⁡x.\begin{aligned} y&=C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\displaystyle\int\cfrac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x+\sin x\displaystyle\int\cfrac{\cos x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ &=C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\ln|\cos x|+x\sin x. \end{aligned} y​=C1​cosx+C2​sinx−cosx∫cosxsinx​dx+sinx∫cosxcosx​dx=C1​cosx+C2​sinx−cosxln∣cosx∣+xsinx.​
（这道题利用已知公式求解）

8.已知齐次线性方程x2y′′−xy′+y=0x^2y''-xy'+y=0x2y′′−xy′+y=0的通解为Y(x)=C1x+C2xln⁡∣x∣Y(x)=C_1x+C_2x\ln|x|Y(x)=C1​x+C2​xln∣x∣，求线性非齐次方程x2y′′−xy′+y=xx^2y''-xy'+y=xx2y′′−xy′+y=x的通解。

解  由题设知y1=xy_1=xy1​=x与y2=xln⁡∣x∣y_2=x\ln|x|y2​=xln∣x∣都是齐次方程的解，y1y_1y1​与y2y_2y2​显然线性无关的。将非齐次方程化为标准型y′′−1xy′+1x2y=1xy''-\cfrac{1}{x}y'+\cfrac{1}{x^2}y=\cfrac{1}{x}y′′−x1​y′+x21​y=x1​，则方程的通解为
y=C1y1+C2y2−y1∫y2fWdx+y2∫y1fWdx.y=C_1y_1+C_2y_2-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x. y=C1​y1​+C2​y2​−y1​∫Wy2​f​dx+y2​∫Wy1​f​dx.
  其中
f=1x,W=∣y1y2y1′y2′∣=∣xxln⁡∣x∣1ln⁡∣x∣+1∣=1.f=\cfrac{1}{x},\quad W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x&x\ln|x|\\1&\ln|x|+1\end{vmatrix}=1. f=x1​,W=∣∣∣∣​y1​y1′​​y2​y2′​​∣∣∣∣​=∣∣∣∣​x1​xln∣x∣ln∣x∣+1​∣∣∣∣​=1.
  因
∫y2fWdx=∫ln⁡∣x∣xdx=12ln⁡2∣x∣,∫y1fWdx=∫1xdx=ln⁡∣x∣.\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{\ln|x|}{x}\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\ln^2|x|,\\ \displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln|x|. \end{aligned} ∫Wy2​f​dx∫Wy1​f​dx​=∫xln∣x∣​dx=21​ln2∣x∣,=∫x1​dx=ln∣x∣.​
  故非齐次方程的通解为
y=C1x+C2xln⁡∣x∣−x12ln⁡2∣x∣+xln⁡∣x∣⋅ln⁡∣x∣=C1x+C2xln⁡∣x∣+x2ln⁡2∣x∣.\begin{aligned} y&=C_1x+C_2x\ln|x|-x\cfrac{1}{2}\ln^2|x|+x\ln|x|\cdot\ln|x|\\ &=C_1x+C_2x\ln|x|+\cfrac{x}{2}\ln^2|x|. \end{aligned} y​=C1​x+C2​xln∣x∣−x21​ln2∣x∣+xln∣x∣⋅ln∣x∣=C1​x+C2​xln∣x∣+2x​ln2∣x∣.​
（这道题利用行列式和已知公式求解）

习题7-7 常系数齐次线性微分方程

  这节介绍了常系数齐次线性微分方程的解法即特征方程法。

习题7-8 常系数非齐次线性微分方程

本节着重讨论二阶常系数非齐次线性微分方程的解法，并对nnn阶方程的解法作必要的说明。——高等数学同济版

  这节主要介绍了常系数非齐次线性微分方程的解法。

6.设函数φ(x)\varphi(x)φ(x)连续，且满足φ(x)=ex+∫0xtφ(t)dt−x∫0xφ(t)dt,\varphi(x)=e^x+\displaystyle\int^x_0t\varphi(t)\mathrm{d}t-x\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t,φ(x)=ex+∫0x​tφ(t)dt−x∫0x​φ(t)dt,求φ(x)\varphi(x)φ(x)。

解  由所给方程可得φ(0)=1\varphi(0)=1φ(0)=1，在该方程两端对xxx求导，得
φ′(x)=ex+xφ(x)−∫0xφ(t)dt−xφ(x).\varphi'(x)=e^x+x\varphi(x)-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t-x\varphi(x). φ′(x)=ex+xφ(x)−∫0x​φ(t)dt−xφ(x).
  即
φ′(x)=ex+−∫0xφ(t)dt.\varphi'(x)=e^x+-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t. φ′(x)=ex+−∫0x​φ(t)dt.
  可见φ′(0)=1\varphi'(0)=1φ′(0)=1。
  又在方程φ′(x)=ex+−∫0xφ(t)dt\varphi'(x)=e^x+-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}tφ′(x)=ex+−∫0x​φ(t)dt的两端对xxx求导，得
φ′′(x)=ex−φ(x).\varphi''(x)=e^x-\varphi(x). φ′′(x)=ex−φ(x).
  若记φ(x)=0\varphi(x)=0φ(x)=0，则有初值问题
{y′′+y=ex,y∣x=0=1,y′∣x=0=1.\begin{cases} y''+y=e^x,\\ y|_{x=0}=1,\quad y'|_{x=0}=1. \end{cases} {y′′+y=ex,y∣x=0​=1,y′∣x=0​=1.​
  上述非齐次方程对应的齐次方程的特征方程为r2+1=0r^2+1=0r2+1=0，解得r1,2=±ir_{1,2}=\pm ir1,2​=±i，而f(x)=exf(x)=e^xf(x)=ex，λ=1\lambda=1λ=1不是方程的特征根，故令y∗=Aexy^*=Ae^xy∗=Aex是上述方程的特解，代入上式并消去exe^xex，得A=12A=\cfrac{1}{2}A=21​，于是上式有通解
y=C1cos⁡x+C2sin⁡x+12ex.y=C_1\cos x+C_2\sin x+\cfrac{1}{2}e^x. y=C1​cosx+C2​sinx+21​ex.
  且有
y′=−C1sin⁡x+C2cos⁡x+12ex.y'=-C_1\sin x+C_2\cos x+\cfrac{1}{2}e^x. y′=−C1​sinx+C2​cosx+21​ex.
  代入初值条件x=0x=0x=0，y=1y=1y=1，y′=1y'=1y′=1，有
{C1+12=1′C2+12=1.\begin{cases} C_1+\cfrac{1}{2}=1'\\ C_2+\cfrac{1}{2}=1. \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧​C1​+21​=1′C2​+21​=1.​
  即C1=C2=12C_1=C_2=\cfrac{1}{2}C1​=C2​=21​。于是得
y=φ(x)=12(cos⁡x+sin⁡x+ex).y=\varphi(x)=\cfrac{1}{2}(\cos x+\sin x+e^x). y=φ(x)=21​(cosx+sinx+ex).
（这道题主要利用了常系数微分方程的求解）

习题7-9 欧拉方程

  这节主要介绍了欧拉方程的求解方法。

习题7-10 常系数线性微分方程组解法举例

  本节主要介绍了常系数线性微分方程组的两种解法。

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。
  本文未完，总习题七见《第七章 微分方程（二）》，传送门在这里。

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