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$y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$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 ）$$\begin{array}{rl}& (A)C[y_1(x)-y_2(x)]\\ & (B)y_1(x)+C[y_1(x)-y_2(x)]\\ & (C)C[y_1(x)+C_2(x)]\\ & (D)y_1(x)+C[y_1(x)+y_2(x)]\end{array}$$

解  $y_1(x)-y_2(x)$是对应的齐次方程$y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$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
$$x+C+y{y}^{\prime }=0.$$
  即有
$$C=-x-y{y}^{\prime }.$$
  将其代入$(x+C{)}^2+y^2=1$中，得
$$y^2(1+y^{\prime }{)}^2=1.$$
（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）$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{2(\ln y-x)};$

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

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

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

（5）$y^{\prime \prime }+y^{\prime 2}+1=0;$

解  令$y^{\prime }=p$，则$y^{\prime \prime }=p^{\prime }$且方程成为
$$p^{\prime }+p^2+1=0.$$
  分离变量并积分
$$\int \frac{\mathrm{d}p}{1+p^2}=-\int \mathrm{d}x.$$
  得$\arctan p=-x+C_1$，即
$$y^{\prime }=p=\tan (-x+C_1).$$
  于是得通解
$$\begin{array}{rl}y& =\int -\tan (x-C_1)\mathrm{d}x\\ & =\ln |\cos (x-C_1)|+C_2.\end{array}$$
  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$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{3}{y}x=-y^3{x}^{-1}$，这是伯努利方程。在此方程两端同乘以$x$，得$x\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{3}{y}{x}^2=-y^3$。
  令$x^2=z$，则$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}=2x\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，且原方程化为
$$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}--\frac{6}{y}x=-2y^3.$$
  解得
$$\begin{array}{rl}z& =e^{\int \frac{6}{y}\mathrm{d}y}\left(\int -2y^3{e}^{-\int \frac{6}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=y^6\left(\int -\frac{2}{y^3}\mathrm{d}y+C\right)\\ & =y^6\left(\frac{1}{y^2}+C\right)=y^4+C{y}^6.\end{array}$$
  代入$z=x^2$，得原方程的通解$x^2=y^4+C{y}^6$。（这道题主要利用了化简和凑整来求解）

（10）$y^{\prime }+x=\sqrt{x^2+y}.$

解  令$u=\sqrt{x^2+y}$，即$y=u^2-x^2$，则$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2u\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-2x$。且原方程化为$2u\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-x=u$，即$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-\frac{1}{2}\left(\frac{x}{u}\right)=\frac{1}{2}$。
  又令$\frac{x}{u}=v$，即$u=xv$，则$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}$。且原方程化为
$$v+x\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}-\frac{1}{2v}=\frac{1}{2}.$$
  分离变量得$\frac{v\mathrm{d}v}{2v^2-v-1}=-\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{x}$。积分
$$\begin{array}{rl}-\frac{1}{2}\ln |x|& =\int \frac{v\mathrm{d}v}{2v^2-v-1}=\frac{1}{3}\left(\int \frac{1}{v-1}\mathrm{d}v+\int \frac{1}{2v+1}\mathrm{d}v\right)\\ & =\frac{1}{3}\left[\ln |v-1|+\frac{1}{2}\ln |2v-1|\right]+C_1.\end{array}$$
  即$(v-1{)}^2(2v-1)x^3=C_2(C_2=e^{-6C_1})$。代入$v=\frac{u}{x}$，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$(x^2+y{)}^{\frac{3}{2}}=x^3+\frac{3}{2}xy+C\left(C=\frac{C_2}{2}\right)$。（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）$y^3\mathrm{d}x+2(x^2-x{y}^2)\mathrm{d}y=0,x=1\text{时}y=1;$

解  原方程可以表示成伯努利方程
$$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{2}{y}x=-\frac{2}{y^3}{x}^2.$$
  即
$$x^{-2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}-\frac{2}{y}{x}^{-1}=-\frac{2}{y^3}.$$
  令$z=x^{-1}$，则$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}=-x^{-2}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$，且原方程化为一阶线性方程
$$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}+\frac{2}{y}z=\frac{2}{y^3}.$$
  解得
$$\begin{array}{rl}z& =e^{-\int \frac{2}{y}\mathrm{d}y}\left(\int \frac{2}{y^3}{e}^{\int \frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\frac{1}{y^2}\left(\int \frac{2}{y}\mathrm{d}y+C\right)\\ & =\frac{1}{y^2}\left(2\ln |y|+C\right).\end{array}$$
  将$z=x^{-1}$代入上式，得$x^{-1}=\frac{1}{y^2}\left(2\ln |y|+C\right)$，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）$2y^{\prime \prime }-\sin 2y=0,x=0\text{时}y=\frac{\pi }{2},y^{\prime }=1;$

解  在方程$2y^{\prime \prime }-\sin 2y=0$两端同乘以$y^{\prime }$，则有
$$2y^{\prime }{y}^{\prime \prime }-\sin 2y{y}^{\prime }=0$$
  即
$${\left(y^{\prime 2}+\frac{1}{2}\cos 2y\right)}^{\prime }=0.$$
  于是
$$y^{\prime 2}+\frac{1}{2}\cos 2y=C_1.$$
  代入初值条件$y=\frac{\pi }{2}$，$y^{\prime }=1$，得$C_1=\frac{1}{2}$。故有$y^{\prime 2}+\frac{1}{2}\cos 2y=\frac{1}{2}$，即
$$y^{\prime 2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos 2y={\sin }^{2}y.$$
  并因$y=\frac{\pi }{2}$时，，故上式开方后取
$$y^{\prime }=\sin y.$$
  分离变量并积分
$$\int \frac{\mathrm{d}y}{\sin y}=\int \mathrm{d}x.$$
  得
$$\ln \tan \frac{y}{2}=x+C_2.$$
  代入初值条件$x=0$，$y=\frac{\pi }{2}$，得$C_2=0$，故所求特解为$\ln \tan \frac{y}{2}=x$，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）$\{\begin{array}{l}\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+y=0,\\ 3\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+2x+4\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+3y=t;\end{array}$

解  记$D=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$，方程组可表示为
$$\{\begin{array}{ll}Dx+(2D+1)y=0,& (1)\\ (3D+2)x+(4D+3)y=t.& (2)\end{array}$$
  则有
$$\left|\begin{array}{cc}D& 2D+1\\ 3D+2& 4D+3\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{cc}0& 2D+1\\ t& 4D+3\end{array}\right|.$$
  即
$$(2D^2+4D+2)x=-t-2.\text{\hspace{1em}(3)}$$
  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$x\ast =At+B$是（3）的特解，代入（3）中，即得$A=\frac{1}{2}$，$B=0$。故方程（3）有通解
$$x=(C_1+C_{2}t)e^{-t}+\frac{1}{2}t.$$
  又由$(2)-2\ast (1)$可得
$$\begin{array}{rl}y& =-(D+t)x+t\\ & =-(C_1+C_2+C_{2}t)e^{-t}-\frac{1}{2}.\end{array}$$
  故方程组的通解为
$$\{\begin{array}{l}x=(C_1+C_{2}t)e^{-t}+\frac{1}{2}t,\\ y=-(C_1+C_2+C_{2}t)e^{-t}-\frac{1}{2}.\end{array}$$
（这道题主要利用了欧拉方程的解法求解）

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

解  记$D=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}$，方程组可表示为
$$\{\begin{array}{l}(D^2+2D+1)x+(D+1)y=0,\\ (D+1)x+(D^2+2D+1)y=e^t.\end{array}$$
  即
$$\{\begin{array}{ll}(D+1{)}^{2}x+(D+1)y=0,& (1)\\ (D+1)x+(D+1{)}^{2}y=e^t.& (2)\end{array}$$
  则有
$$\left|\begin{array}{cc}(D+1{)}^2& D+1\\ D+1& (D+1{)}^2\end{array}\right|x=\left|\begin{array}{cc}0& D+1\\ e^t& (D+1{)}^2\end{array}\right|.$$
  即
$$(D^3+3D^2+2D)x=-e^{-t}.\text{\hspace{1em}(3)}$$
  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$x^{\ast }=A{e}^t$是方程（3）的特解，代入（3）中并消去$e^t$，可得$A=-\frac{1}{6}$，即$x^{\ast }=-\frac{1}{6}{e}^t$，于是方程（3）的通解为
$$x=C_1+C_2{e}^{-t}+C_3{e}^{-2t}-\frac{1}{6}.$$
  又由方程（1）得
$$\begin{array}{rl}(D+1)y& =-(D+1{)}^{2}x=-D^{2}x-2D-x\\ & =-C_1-C_3{e}^{-2t}+\frac{2}{3}{e}^t.\end{array}$$
  即$y^{\prime }+y=-C_1-C_3{e}^{-2t}+\frac{2}{3}{e}^t$，可解得
$$\begin{array}{rl}y& =e^{-\int \mathrm{d}t}\left[\int \left(-C_1-C_3{e}^{-2t}+\frac{2}{3}{e}^t\right)e^{\int \mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C_4\right]\\ & =e^{-t}\left[\int \left(-C_1{e}^{-t}-C_3{e}^{-t}+\frac{2}{3}{e}^{2t}\right)\mathrm{d}t+C_4\right]\\ & =-C_1+C_3{e}^{-2t}+\frac{1}{3}{e}^t+C_4{e}^{-t}.\end{array}$$
  故方程组的通解为
$$\{\begin{array}{l}x=C_1+C_2{e}^{-t}+C_3{e}^{-2t}-\frac{1}{6},\\ y=-C_1+C_3{e}^{-2t}+\frac{1}{3}{e}^t+C_4{e}^{-t}.\end{array}$$
（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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