第七章 微分方程（一）

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$A$成正比，比例系数$k>0$。假设在融化过程中雪堆始终保持半球体状，已知半径为$r_0$的雪堆在开始的3小时内，融化了其体积的$\frac{7}{8}$，问雪堆全部融化需要多少小时？

解  设雪堆在时刻$t$的体积为$V=\frac{2}{3}\pi r^3$，侧面积$S=2\pi r^2$。由题设知
$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=2\pi r^2\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-kS=-2\pi k{r}^2.$$
  于是
$$\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-k.$$
  积分得
$$r=-kt+C.$$
  由$r=r_0$，得$C=r_0,r=r_0-kt$。又$V{|}_{t=3}=\frac{1}{8}V{|}_{t=0}$，即$\frac{2}{3}\pi (r_0-3k{)}^3=\frac{1}{8}\cdot \frac{2}{3}\pi r_0^3$，得$k=\frac{1}{6}{r}_0$，从而
$$r=r_0-\frac{1}{6}{r}_{0}t.$$
  因雪堆全部融化时，$r=0$，故得$t=6$，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）$(y^2-3x^2)\mathrm{d}y+2xy\mathrm{x}=0,y{|}_{x=0}=1;$

解  原方程可写成$1-3\frac{x^2}{y^2}+2\frac{x}{y}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=0$。令$u=\frac{x}{y}$，即$x=yu$，有$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}$，则原方程成为
$$1-3u^2+2u\left(u+y\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}\right)=0.$$
  分离变量得
$$\frac{2u}{u^2-1}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}y}{y}.$$
  积分得
$$\ln |u^2-1|=\ln |y|+\ln C_1.$$
  即
$$u^2-1=Cy.$$
  代入$y=\frac{x}{y}$并整理，得通解$x^2-y^2=C{y}^3$。由初值条件$x=0$，$y=1$，得$C=-1$。于是所求特解为
$$y^3=y^2-x^2.$$

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）$x{y}^{\prime }+y=y(\ln x+\ln y);$

解  令$u=xy$，则$u^{\prime }=y+x{y}^{\prime }$，且原方程变为$u^{\prime }=\frac{u}{x}\ln u$，即
$$\frac{\mathrm{d}u}{u\ln u}=\frac{\mathrm{d}x}{x}.$$
  积分得$\ln |\ln u|=\ln |x|+\ln C_1$，即$u=e^{Cx}$。代入$u=xy$，得原方程的通解$xy=e^{Cx}$，即$y=\frac{e^{Cx}}{x}$。（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）$y^{\prime }=y^2+2(\sin x-1)y+{\sin }^{2}x-2\sin x-\cos x+1;$

解  将原方程写成$y^{\prime }=(y+\sin x-1{)}^2-\cos x$，令$u=y+\sin x-1$，则$u^{\prime }=y^{\prime }+\cos x$，且原方程变为$u^{\prime }=u^2$，即$\frac{\mathrm{d}u}{u^2}=\mathrm{d}x$。
  积分得$-\frac{1}{u}=x+C$，即$u=-\frac{1}{x+C}$。代入$u=y+\sin x-1$，得原方程的通解
$$y=1-\sin x-\frac{1}{x+C}.$$
（这道题说明换元时可以先配方再换元）

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

解  原方程改写成$xy(xy+1)+x^2(1+xy+x^2{y}^2)\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$。令$u=xy$，即$y=\frac{u}{x}$，则$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u}{x^2}$，且原方程变为
$$u(u+1)+(1+u+u^2)\left(x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u\right)=0.$$
  整理并分离变量，得$\frac{1+u+u^2}{u^3}\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x}$。积分得$-\frac{1}{2u^2}-\frac{1}{u}+\ln |u|=\ln |x|+C_1$，代入$u=xy$，并整理，得原方程的通解为
$$2x^2{y}^2\ln |y|-2xy-1=C{x}^2{y}^2(C=2C_1).$$
（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）$y^3{y}^{\prime \prime }-1=0;$

解  令$y^{\prime }=p$，则$y^{\prime \prime }=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，且原方程化为$y^{3}p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-1=0$。分离变量，得
$$p\mathrm{d}p=\frac{1}{y^3}\mathrm{d}y.$$
  积分得$p^2=-\frac{1}{y^2}+C_1$，故
$$y^{\prime }=p=\pm \sqrt{C_1-\frac{1}{y^2}}=\pm \frac{1}{|y|}\sqrt{C_1{y}^2-1}.$$
  分离变量，得
$$\frac{|y|\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1{y}^2-1}}=\pm \mathrm{d}x.$$
  由于$|y|=y\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(y)$，故上式两端积分，
$$\begin{gathered} \mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(y)\int \frac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1{y}^2-1}}=\pm \int \mathrm{d}x, \\ \mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(y)\sqrt{C_1{y}^2-1}=\pm C_{1}x+C_2. \end{gathered}$$
  两边平方，得$C_1{y}^2-1=(C_{1}x+C_2{)}^2$。（这道题主要利用绝对值的函数表示来求解）

（9）$y^{\prime \prime }=\frac{1}{\sqrt{y}};$

解  方程$y^{\prime \prime }=\frac{1}{\sqrt{y}}$属于$y^{\prime \prime }=f(x)$型方程，除了设$y^{\prime }=p$，$y^{\prime \prime }=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$来降阶求解外，还可以用如下方法求解：
  在$y^{\prime \prime }=f(y)$的两端乘以$2y^{\prime }$，得
$$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }=2f(y)y^{\prime }.$$
  即$(y^{\prime 2}{)}^{\prime }=2f(y)y^{\prime }$。若$F(y)$是$f(y)$的原函数，则有
$$(y^{\prime 2}{)}^{\prime }=2[F(y){]}^{\prime }.$$
  积分得到降阶的方程$y^{\prime 2}=2F(y)+C_1$。
  本小题按上述方法求解：用$2y^{\prime }$乘方程$y^{\prime \prime }=\frac{1}{\sqrt{y}}$的两端，得
$$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }=\frac{2y^{\prime }}{\sqrt{y}}.$$
  即$(y^{\prime 2}{)}^{\prime }=(4\sqrt{y}{)}^{\prime }$，故$y^{\prime 2}=4\sqrt{y}+C_1^{\prime }$，有$y^{\prime }=\pm 2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\left(C_1=\frac{C_1^{\prime }}{4}\right)$。
  分离变量，得
$$\mathrm{d}x=\pm \frac{\mathrm{d}y}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}.$$
  积分，得
$$\begin{array}{rl}x& =\pm \int \frac{\mathrm{d}(\sqrt{y}{)}^2}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{\sqrt{y}\mathrm{d}\sqrt{y}}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{(\sqrt{y}+C_1)-C_1}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y})\\ & =\pm \left[\int \sqrt{\sqrt{y}+C_1}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)-C_1\int \frac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)\right]\\ & =\pm \left[\frac{2}{3}(\sqrt{y}+C_1{)}^{\frac{3}{2}}-2C_1(\sqrt{y}+C_1{)}^{\frac{1}{2}}\right]+C_2.\end{array}$$
（这道题主要利用凑整的方法求解）

（10）$y^{\prime \prime }=(y^{\prime }{)}^3+y^{\prime }.$

解  令$y^{\prime }=p$，则$y^{\prime \prime }=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，原方程化为$p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=p^3+p$，即
$$p\left[\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)\right]=0.$$
  若$p\equiv 0$，则$y\equiv C$。$y\equiv C$是原方程的解，但不是通解。
  若$p\not\equiv 0$，由于$p$的连续性，必在$x$的某区间有$p\ne 0$。于是
$$\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)=0.$$
  分离变量，得$\frac{\mathrm{d}p}{1+p^2}=\mathrm{d}y$，积分得$\arctan p=y-C$，即$p=\tan (y-C_1)$，亦即$\cot (y-C_1)\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$。积分得$\ln \sin (y-C_1)=x+\ln C_2$。即$\sin (y-C_1)=C_2{e}^x$，也可写成$y=\arcsin (C_2{e}^x)+C_1$。
  由于当$C_2=0$时，$y=C_1$，故前面所得的解$y\equiv$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） $y^3{y}^{\prime \prime }+1=0,y{|}_{x=1}=1,y^{\prime }{|}_{x=1}=0;$

解  将原方程写成$y^{\prime \prime }+\frac{1}{y^3}=0$，两端乘以$2y^{\prime }$，得
$$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }+\frac{2y^{\prime }}{y^3}=0.$$
  即${\left(y^{\prime 2}-\frac{2y^{\prime }}{y^3}\right)}^{\prime }=0$，由此得
$$y^{\prime 2}-\frac{1}{y^2}=C_1.$$
  代入初值条件：$y=1$，$y^{\prime }=0$，得$C_1=-1$，故有
$$\begin{gathered} y^{\prime 2}=\frac{1}{y^2}-1=\frac{1-y^2}{y^2}, \\ {y}^{\prime }=\pm \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}. \end{gathered}$$
  分离变量，得
$$\frac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}=\pm \mathrm{d}x.$$
  积分得$-\sqrt{1-y^2}=\pm x+C_2$。代入初值条件：$x=1$，$y=1$，得$C=\mp 1$。于是有
$$-\sqrt{1-y^2}=\pm (x-1).$$
  两边平方，得$x^2+y^2=2x$。由于在点$x=1$处，$y=1$，故在$x=1$的某邻域内$y>0$，因而特解可以表示为
$$y=\sqrt{2x-x^2}.$$
（这道题判断正负主要根据条件的点所给的正负）

（4）$y^{\prime \prime }=e^{2y};y{|}_{x=0}=y^{\prime }{|}_{x=0}=0;$

解  在原方程两端同乘以$2y^{\prime }$，得$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }=2y^{\prime }{e}^{2y}$，即$(y^{\prime 2}{)}^{\prime }=(e^{2y}{)}^{\prime }$，积分得
$$y^{\prime 2}=e^{2y}+C_1.$$
  代入初值条件：$x=0$，$y=y^{\prime }=0$，得$C_1=-1$，从而有
$$y^{\prime }=\pm \sqrt{e^{2y}-1}.$$
  分离变量后积分
$$\int \frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm \int \mathrm{d}x.$$
  即
$$\int \frac{\mathrm{d}(e^{-y})}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\mp \int \mathrm{d}x.$$
  得$\arcsin (e^{-y})=\mp x+C_2$。代入初值条件：$x=0$，$y=0$，得$C_2=\frac{\pi }{2}$。于是得特解
$$e^{-y}=\sin \left(\frac{\pi }{2}\pm x\right)=\cos x.$$
  即$y=-\ln \cos x=\ln \sec x$。（这道题利用三角替换公式求解）

（5）$y^{\prime \prime }=3\sqrt{y},y{|}_{x=0}=1,y^{\prime }{|}_{x=0}=2;$

解  在原方程两端同乘以$2y^{\prime }$，得$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }=6y^{\prime }\sqrt{y}$，即$(y^{\prime 2}{)}^{\prime }=(4y^{\frac{3}{2}}{)}^{\prime }$，积分得$y^{\prime 2}=4y^{\frac{3}{2}}$。代入初值条件$x=0$，$y=1$，$y^{\prime }=2$，得$C_1=0$，从而有$y^{\prime }=\pm 2y^{\frac{3}{4}}$。并由于$y^{\prime }{|}_{x=0}=2$，故取$y^{\prime }=2y^{\frac{3}{4}}$。分离变量后积分$\int \frac{\mathrm{d}y}{y^{\frac{3}{4}}}=2\int \mathrm{d}x$得$4y^{\frac{1}{4}}=2x+C_2$。代入初值条件：$x=0$，$y=1$，得$C_2=4$，于是得特解
$$y={\left(\frac{1}{4}+1\right)}^4.$$
（这道题采用凑整的方法）

（6）$y^{\prime \prime }+(y^{\prime }{)}^2=1,y{|}_{x=0}=0,y^{\prime }{|}_{x=0}=0;$

解  令$y^{\prime }=p$，则$y^{\prime \prime }=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，原方程变为$p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}+p^2=1$。分离变量，得
$$\frac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}=\mathrm{d}y.$$
  由初值条件：$y=0$，$p=0$，积分
$${\int }_0^p\frac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}={\int }_0^y\mathrm{d}y.$$
  得
$$-\frac{1}{2}\ln (1-p^2)=y.$$
  即$p=\pm \sqrt{1-e^{-2y}}$。又分离变量，得
$$\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm \mathrm{d}x.$$
  由初值条件：$x=0$，$y=0$，积分
$$\begin{gathered} {\int }_0^y\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm {\int }_0^x\mathrm{d}x, \\ {\int }_0^y\frac{\mathrm{d}(e^y)}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm {\int }_0^x\mathrm{d}x. \end{gathered}$$
  得
$$\ln (e^y+\sqrt{e^{2y}-1})=\pm x.$$
  即
$$e^y=\frac{e^x+e^{-x}}{2}.$$
  或写成
$$y=\ln \frac{e^x+e^{-x}}{2}.$$
（这道题利用积分结果一致求解）

4.设有一质量为$m$的物体，在空中由静止开始下落，如果空气阻力为$R=cv$（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，有关系式
$$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}s}{\mathrm{d}{t}^2}=mg-c\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}.$$
  并依据题设条件，得初值问题
$$\frac{{\mathrm{d}}^{2}s}{\mathrm{d}{t}^2}=g-\frac{c}{m}\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t},s{|}_{t=0}=0,\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}{|}_{t=0}=0.$$
  令$\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=v$，方程成为$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=g-\frac{c}{m}v$，分离变量后积分
$$\int \frac{\mathrm{d}v}{g-\frac{c}{m}v}=\int \mathrm{d}t.$$
  得
$$\ln \left(g-\frac{c}{m}v\right)=-\frac{c}{m}t+C_1.$$
  代入初值条件$v{|}_{t=0}=0$，得$C_1=\ln g$。于是有
$$v=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\frac{mg}{c}(1-e^{-\frac{c}{m}t}).$$
  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$s{|}_{t=0}=0$，得$C_2=\frac{m^{2}g}{c^2}$。故所求特解（即下落的距离与时间的关系）为
$$\begin{array}{rl}s& =\frac{mg}{c}\left(t+\frac{m}{c}{e}^{-\frac{c}{m}t}-\frac{m}{c}\right)\\ & =\frac{mg}{c}t+\frac{m^{2}g}{c^2}(e^{-\frac{c}{m}t}-1).\end{array}$$
（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$y_1(x)=e^x$是齐次线性方程$$(2x-1)y^{\prime \prime }-(2x+1)y^{\prime }+2y=0$$的一个解，求此方程的通解。

解  设$y_2(x)=y_{1}u=e^{x}u$是方程的解，则$y_2^{\prime }=e^x(u+u^{\prime })$，$y_2^{\prime \prime }=e^x(u+2u^{\prime }+u^{\prime \prime })$，代入方程并整理，得
$$e^x[(2x-1)u^{\prime \prime }+(2x-3)u^{\prime }]=0.$$
  即
$$(2x-1)u^{\prime \prime }+(2x-3)u^{\prime }=0.$$
  令$u^{\prime }=p$，则$u^{\prime \prime }=p^{\prime }$，且上式成为
$$(2x-1)p^{\prime }+(2x-3)p=0.$$
  分离变量后积分
$$\int \frac{\mathrm{d}p}{p}=-\int \frac{2x-3}{2x-1}\mathrm{d}x$$
  得
$$\ln |p|=-x+\ln |2x-1|+\ln C.$$
  取$C=1$，即$p=(2x-1)e^{-x}$。再积分得
$$u=\int (2x-1)e^{-x}\mathrm{d}x=-[(2x-1)e^{-x}+2e^{-x}+C_0].$$
  取$C_0=0$，即$u=-(2x+1)e^{-x}$，故
$$y_2=e^{x}u=-(2x+1).$$
  $y_2$与$y_1$线性无关，故原方程的通解为
$$y=C_1(2x+1)+C_2{e}^x.$$
（这道题利用常数变易法求解）

6.已知$y_1(x)=x$是齐次线性方程$x^2{y}^{\prime \prime }-2x{y}^{\prime }+2y=0$的一个解，求非齐次线性方程$x^2{y}^{\prime \prime }-2x{y}^{\prime }+2y=2x^3$的通解。

解  设$y_2=y_{1}u=xu$是非齐次线性方程的解，则$y_2^{\prime }=u+x{u}^{\prime }$，$y_2^{\prime \prime }=2u^{\prime }+x{u}^{\prime \prime }$，代入方程并整理，得
$$u^{\prime \prime }=0.$$
  不妨取$u=x$，则$y_2=y_{1}u=x^2$，且$y_2$与$y_1$线性无关。
  将非齐次方程化为标准型
$$y^{\prime \prime }-\frac{2}{x}{y}^{\prime }+\frac{2}{x^2}y=2x.$$
  则它的通解为
$$y=C_1{y}_1+C_2{y}_2-y_1\int \frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_2\int \frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x.$$
  其中$f=2x,W=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}x& x^2\\ 1& 2x\end{array}\right|=x^2.$
  故
$$\begin{array}{rl}y& =C_{1}x+C_2{x}^2-x\int \frac{2x^3}{x^2}\mathrm{d}x+x^2\int \frac{2x^2}{x^2}\mathrm{d}x\\ & =C_{1}x+C_2{x}^2+x^3.\end{array}$$
（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$y^{\prime \prime }+y=0$的通解为$Y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x$，求非齐次线性方程$y^{\prime \prime }+y=\sec x$的通解。

解  由题设知，$y_1=\cos x$与$y_2=\sin x$都是齐次方程$y^{\prime \prime }+y=0$的解，且$y_1$与$y_2$线性无关，则非齐次方程$y^{\prime \prime }+y=\sec x$的通解为
$$y=C_1\cos x+C_2\sin x-y_1\int \frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_2\int \frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x.$$
  其中
$$f=\sec x,W=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\cos x& \sin x\\ -\sin x& \cos x\end{array}\right|=1.$$
  故
$$\begin{array}{rl}y& =C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\int \frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x+\sin x\int \frac{\cos x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ & =C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\ln |\cos x|+x\sin x.\end{array}$$
（这道题利用已知公式求解）

8.已知齐次线性方程$x^2{y}^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+y=0$的通解为$Y(x)=C_{1}x+C_{2}x\ln |x|$，求线性非齐次方程$x^2{y}^{\prime \prime }-x{y}^{\prime }+y=x$的通解。

解  由题设知$y_1=x$与$y_2=x\ln |x|$都是齐次方程的解，$y_1$与$y_2$显然线性无关的。将非齐次方程化为标准型$y^{\prime \prime }-\frac{1}{x}{y}^{\prime }+\frac{1}{x^2}y=\frac{1}{x}$，则方程的通解为
$$y=C_1{y}_1+C_2{y}_2-y_1\int \frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x+y_2\int \frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x.$$
  其中
$$f=\frac{1}{x},W=\left|\begin{array}{cc}{y}_1& y_2\\ y_1^{\prime }& y_2^{\prime }\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}x& x\ln |x|\\ 1& \ln |x|+1\end{array}\right|=1.$$
  因
$$\begin{array}{rl}\int \frac{y_{2}f}{W}\mathrm{d}x& =\int \frac{\ln |x|}{x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\ln }^2|x|,\\ \int \frac{y_{1}f}{W}\mathrm{d}x& =\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln |x|.\end{array}$$
  故非齐次方程的通解为
$$\begin{array}{r}y\end{array}$$