答案1.1 1(1)(xy)y=+8aa(x-y)2+(y-x)2=P2(3xy+y=0 x-yigo (4(y-x)x-y)=2d2(6)y-x=x 提示:过点(xy)的切线的横截距和纵截距分别为x-和y-xy 2.设0时刻的质点的在平衡处,坐标轴为一平衡位置为原点,竖直向下为轴的方 设弹簧的弹性系数为k根据能量守恒定律 我们得到微分方程:m(在)2+kx2=2 mgx, x(0=0 3如上建立坐标系,设任意时刻物体的位置为x(t),由牛顿运动定律, 我们得到微分方程: md x/dt=mgk,其中g为重力加速度 4设任意时刻物体的温度为Tt,由牛顿冷却定律, 我们得到微分方程:“()=k(T()A)TO0=工其中k为比例系数, 解该方程得到:T(t)=A+(To-A)eb 5以静止时刻物体的位置为轴的零点,沿斜面向下为轴的方向建立轴。设任意时 刻物体的速度为v(t)根据牛顿运动定律,我们得到微分方程 (0)=0, dt 2 6.微分方程是(x)2如(r) dy d2v 3x2 d d x +3 x()2,代入略 5)xy2+()-的 dp =0,6)psin6=(1-c0s6),,7 d x 8.1),2阶线性;2)2阶非线性;3)2阶非线性;4)m阶线性; 5),1阶若fxy)关于y是线性的,则线性:否则,非线性;6),3阶同左; 7),2阶非线性;8)1阶非线性; 带入验证(略)
答案 1.1 1.(1)(, ) x y ' y xtg y x ytg α α + = − (2) 2 '2 2 ' ( )( ) y x y xy l y − +− = (3) ' xy y + = 0 (4) ' 2 ' ( )( ) 2 y y xy x a y − −= (5) ' 2 y − xy x = 提示：过点(, ) x y 的切线的横截距和纵截距分别为 ' y x y − 和 ' y − xy 。 2.设 0 时刻的质点的在平衡处，坐标轴为一平衡位置为原点，竖直向下为轴的方 向， 设弹簧的弹性系数为 k,根据能量守恒定律 我们得到微分方程：:m( dt dx ) 2 +kx2 =2mgx,x(0)=0, 3.如上建立坐标系，设任意时刻物体的位置为 x(t),由牛顿运动定律， 我们得到微分方程：md2 x/dt2 =mg-k dt dx ,其中 g 为重力加速度; 4.设任意时刻物体的温度为 T(t),由牛顿冷却定律， 我们得到微分方程： dt dT(t) =-k(T(t)-A),T(0)=T0,其中 k 为比例系数， 解该方程得到：T(t)=A+(T0-A) kt e− ; 5.以静止时刻物体的位置为轴的零点，沿斜面向下为轴的方向建立轴。设任意时 刻物体的速度为 v(t),根据牛顿运动定律，我们得到微分方程： 2 3g dt dv = ,v(0)=0; 6．微分方程是 ) 1 ( ) ( ( ) 2 ( ) 2 − = − dx dy x dx dy x op x y x 7. 1) y dx dy x = 2 ，2) y dx dy = ，3) dx dy dx d y = 2 4) 2 2 2 2 3 ( ) 2 3 dy dx x dy x d x c = + ，代入略 5) [ ( ) ] 0 2 + − = dx dy y dx dy dx dy x y ，6) θ ρ ρ θ θ d d sin = (1− cos ) ，7) dt dx tgt dt dy = − 8. 1），2 阶线性 ；2）2 阶非线性；3）2 阶非线性；4）m 阶线性； 5），1 阶若 f(x,y)关于 y 是线性的，则线性；否则，非线性；6），3 阶同左； 7），2 阶非线性；8） 1 阶非线性； 9．带入验证（略）
10.1)通解:y=x2+c;c为任意常数:2)特解为:y=x2+3 5/3 ll0很容易得到:中a,dy=e,d d y re,代入微分方程 1)r=-2;,;2)r=±1,3)r=2或r=-3,4)r=0或r=1或r=2 12.同上我们很容易得到:少=,y=(-1x2,代入微分方程 1)(r(r-1)+4r+2)x=0,则r=-1或r=-2; 2)(r(r-1)4r+4)x=0,则r=1或r=4; 13.1)y=0或者y=ab为其两个常数解; 2)函数单调增,即:y(a-by)≥0解得:0≤y≤a/b; 函数单调减,即;y(a-by)≤0解得:y≥a/b或y≤0 3)微分方程通解是:、xb+ce 所以拐点的y坐标为a/b 4)(略) 返回目录 答案12 1.(1)y≠xR2(2)y≠0(3)R2(4)y≠x 2.(1)y(x)=1,y1(x)=j(s2+1)d=x2+x y2(x)=[2+(x+xs22+2x2+,x2 (2)y(x)=0,y1(x)=e'ds=e-1 2(x)=(e2。、、 e +x+ 3.(1)证:取a1 在矩形区域R={(xy)≤≤b}上,f(xy)=y2+cosx 连续,且关于y有连续的偏导数,计算M=maxf(x,y)=1+b2,h=min b 21+b2 由此可见,h是有界的,由解的存在唯一性定理,知初始值问题的解是存在唯一的
10. 1) 通解：y=x 2 +c,c 为任意常数；2）特解为：y= x 2 +3； 3）y= 2 x +4，4）y=x 2 +5/3; 11. 很容易得到： dx dy = rx re ， 2 2 dx d y =r 2 e rx, 3 3 dx d y =r3 e rx，代入微分方程 1）r = − 2 ;，2）r = ±1，3）r = 2 或r = −3，4）r = 0 或r = 1或r = 2 12. 同上我们很容易得到： dx dy =rx r-1, 2 2 dx d y =r(r-1)xr-2，代入微分方程 1）(r(r-1)+4r+2) r x =0, 则 r=-1 或 r=-2; 2）(r(r-1)-4r+4)xr =0, 则 r=1 或 r=4; 13. 1）y=0 或者 y=a/b 为其两个常数解； 2）函数单调增，即：y(a-by)≥ 0 解得：0≤ y≤ a/b; 函数单调减，即：y(a-by)≤ 0 解得：y≥ a / b 或 y≤ 0 ; 3）微分方程通解是： ax b ce a y x − + ( ) = 所以拐点的y坐标为a/b; 4) （略） 返回目录 答案 1.2 1．（1） y x ≠ 2 R （2） y ≠ 0 （3） 2 R （4） y x ≠ 2．（1） y0 (x) = 1， y x s ds x x x = + = + ∫ 3 0 2 1 3 1 ( ) ( 1) 3 5 7 0 2 3 2 63 1 15 2 3 2 )] 3 1 y (x) [s ( x x ds x x x x = + + = + + ∫ （2） y0 (x) = 0 ， ∫ = = − x s x y x e ds e 0 1 ( ) 1， ∫ = − + = − + + x s s x x y x e e ds e e x 0 2 2 2 2 1 2 1 ( ) ( 1) 3．（1）证：取 2 1 a = ，在矩形区域 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ R = x y x ≤ , y ≤ b 2 1 ( , ) | 上， 2 2 f (x, y) = y + cos x 连续，且关于 y 有连续的偏导数，计算 2 M = max f (x, y) = 1+ b ， ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + = 2 1 , 2 1 min b b h ， 由此可见，h 是有界的，由解的存在唯一性定理，知初始值问题的解是存在唯一的
(2),(3),(4)的证明和(1)相同(略) 4.提示:代叭(x),v(x)到微分方程验证即可。 5.证明:对条件中的不等式进行求导有:f(1)≤f(t)g(1),∵∫()2g(1)在区间上是非负 连续的,∴∫(x)是单调减少的,即在区间上有最大值M。现在再求最大值 对∫()=f()g(1)积分,则得M=Cexg(s)ds),因此f()≤cexp(g(s)d 6.提示:和3题的证明类似。应用定理及f(x,y)偏导存在 7.证明:假设在x≥x。一侧有两个解y1(x)和y2(x),且y>y2,则由f(x,y)是y的非 增函数,因此f(x,y1)-f(x,y2)≤0,即(y1-y2)≤0,可以得出y-y2是非增的,而 在x0点有y1(x0)-y2(x0)=0,这与y1(x)>y2(x)矛盾,假设不成立,只有一解 8.提示:作逐步逼近函数序列,(x)=f(x) (x)=(x)+)(x.9)9(5)M5,n=012 ML 9.提示:首先判断出满足唯一性条件的hL和M,由pn(x)-p(x)≤ h+1<0.05判 n 断出要进行的迭代次数n,应用 Picard迭代即可,答案是 P(x) x 返回目录 3632079 答案13 1我们还是在以原点为中心的矩形R=xy)xs1y≤1}内画方程的向量场和积分曲线 程序如下: DEtools[phaseportrait ( diff(y(x), x =x/yly(x), x-1.1 y(-1)=1].(-1)=0][y(-1)=-1]l dirgrid=33, 33 Arrows=LINE Axes= NORMAL)#其余三个只需把初值和函数还一下即可 1)
（2），（3），（4）的证明和（1）相同（略） 4．提示：代φ(x),ψ(x)到微分方程验证即可。 5．证明：对条件中的不等式进行求导有： ( ) ( ) ( ) ' f t ≤ f t g t ，∵ f (t), g(t)在区间上是非负 连续的，∴ f (x) 是单调减少的，即在区间上有最大值 M。现在再求最大值 对 ( ) ( ) ( ) ' f t = f t g t 积分，则得 ∫ = t M C g s ds 0 exp( ( ) ) ，因此 ∫ ≤ t f t C g s ds 0 ( ) exp( ( ) ) 6．提示：和 3 题的证明类似。应用定理及 f (x, y) 偏导存在 7．证明：假设在 0 x ≥ x 一侧有两个解 ( ) ( ) 1 2 y x 和y x ，且 1 2 y > y ，则由 f (x, y) 是 y 的非 增函数，因此 ( , ) ( , ) 0 f x y1 − f x y2 ≤ ，即( ) 0 ' y1 − y2 ≤ ，可以得出 1 2 y − y 是非增的，而 在 0 x 点有 y1 (x0 ) − y2 (x0 ) = 0 ，这与 ( ) ( ) 1 2 y x > y x 矛盾，假设不成立，只有一解 8．提示：作逐步逼近函数序列， ( ) ( ) 0 φ x = f x ( ) ( ) ( , ) ( ) , 0,1,2,.... 1 = + = + ∫ x f x K x d n b a φ n λ ξ φ n ξ ξ 9．提示：首先判断出满足唯一性条件的 h,L 和 M，由 0.05 ( 1) ( ) ( ) 1 < + − ≤ n+ n n h n ML x x ！ φ φ 判 断出要进行的迭代次数 n，应用 Picard 迭代即可，答案是 3 7 11 15 59535 1 2079 2 63 1 3 1 φ(x) = x + x + x + x 返回目录 答案 1.3 1 我们还是在以原点为中心的矩形 R={(x,y)| x ≤ 1, y ≤ 1}内画方程的向量场和积分曲线： 程序如下：DEtools[phaseportrait] ([diff(y(x),x)=x/y],y(x),x= -1..1, [[y(-1)=1],[y(-1)=0],[y(-1)= -1]], dirgrid=[33,33], Arrows=LINE, Axes=NORMAL);#其余三个只需把初值和函数还一下即可 1）
\、 5 2) 5 、1
2） 3）
15 35 4) Y10-05 35 777721177777 21)fxy2xy显然在x平面上连续f(xy1)-f(x,y2)=y1-y2满足局部 Lipschitz条件 2)该方程的等倾线方程为:2x-y=c其中c为常数
4） 2 1) f(x,y)=2x-y 显然在 xy 平面上连续, f(x, y1)- f(x, y2) = y1- y2 满足局部 Lipschitz 条件 2）该方程的等倾线方程为：2x-y=c 其中 c 为常数 i) c=1
88040202040608 li)c=2 10806040.2 0.20.4050.8 3)f(xy)=2x-y=0所以极值曲线为:y=x 4)显然y=2x-2是原微分方程的一个解,则为其一条积分曲线, 又因为原微分方程的解为:y(x)=2x-2+eC 也即原微分方程的积分曲线,当x→>∞时,y(x)→>2x-2 所以y=2x-2是其它积分曲线的渐近线 返回目录 答案1 1.1)是,2)是,3)是,4)是
ii)c=2 3) f(x,y)=2x-y=0 所以极值曲线为：y=2x; 4)显然 y=2x-2 是原微分方程的一个解，则为其一条积分曲线， 又因为原微分方程的解为： y( ) x = 2 x − + 2 e ( ) −x _C1 也即原微分方程的积分曲线，当 x→ ∞ 时，y(x)→ 2x − 2 所以y=2x-2 是其它积分曲线的渐近线。 返回目录 答案 1 1.1）是，2）是，3）是，4）是
2.把y=c+cx+2c+1带入得到 (x+2)+√x2+4x+4y-(x+2)+√(x+2c+1)2 因此对任意常数cy=c2+cx+2c+1是方程的解,在C≤一时满足 把 x(x+4) 4带入方程中易得:F=~N(x+4)也是方程的解 4 1) y=x2,4y=2,5y=e,6)y=√ 7)y=sin x, 8)y=e 4代入验证即可,y=cx+c2 5将y=0,y=x/16带入方程,易证是方程的解,此结果与存在唯一性不矛盾,因为第 二个解是当y>0时才成立的。 6证明:把y=(x)代入方程有,d(x) a=∫((x),令x+x+1代入,则得证。区间是 a-c1时,区间任意,当 y是其它的情况是,只要满足分母不为零即可。 1l.y≠1且y0≠0时,极限存在且为-1;y=0时,极限时0;y=1时,极限是1。 12n(x)-y(x)≤ 分(x-x),其中M=ma(xyL是 Liapunov常数 13反证法(略) l4Pad迭选代函数是(x)=「[+1+p-(s),=0,极限是y=2e-2-x 15证明:反证法,我们只证明x>x0的情况,小于的情况类似
2. 把 2 1 2 y = c + cx + c + 带入得到 c y x x x y x x c = = ′ − + + + + = − + + + + 2 ( 2) ( 2( 1)) 2 ( 2) 4 4 2 2 因此 对任意常数 c 2 1 2 y = c + cx + c + 是方程的解，在 C 2 −1 ≤ 时满足 把 4 − ( + 4) = x x y 带入方程中易得： 4 − ( + 4) = x x y 也是方程的解。 3. 1) y= 2 x ， 2)y= x e 5 ，3)y=x2 /2，4)y=2，5)y=ex ，6) y = x 7) y=sin x ，8)y=ex , 4.代入验证即可，y=cx+ 2 c , 5.将 y=0， /16 4 y = x 带入方程，易证是方程的解，此结果与存在唯一性不矛盾，因为第 二个解是当 y>0 时才成立的。 6.证明：把 y = φ(x) 代入方程有， ( ( )) ( ) f x dx d x φ φ = ，令 x → x +1代入，则得证。区间是 a − c 1时，区间任意，当 0 y 是其它的情况是，只要满足分母不为零即可。 11.当 y0 ≠ 1且 y0 ≠ 0 时，极限存在且为－1；y＝0 时，极限时 0；y=1 时，极限是 1。 12. 1 0 ( ) ( 1)! ( ) ( ) + − + − ≤ n n n x x n ML φ x φ x ，其中 M=max f (x, y) ,L 是 Liapunov 常数 13 反证法（略） 14.Picard 迭代函数是 x s s ds x n = ∫ + + n− 0 1 φ ( ) [( 1 φ ( )] ，φ 0 = 0 ，极限是 y e x x = 2 − 2 − 15.证明：反证法，我们只证明 0 x > x 的情况，小于的情况类似
令h(x)=(x)-(x),则(x0)=0,A(x)连续可导,由于∫(x0,y0)0,故在x0的一个邻域内必有h(x)>0,若有一点x1,x1>x0,使得h(x1)=0, 不妨假设x是使得h(x)=0的最靠近的点,则叭(x1)=v(x1),且 h(x1)≤0h(x)=F(x1v(x1))-f(x1,p(x1)>0,矛盾,所以当x>x0时h(x)必 然大于零。 16证明:若x0是有限值,由于p(x)→y0,(x→x0)且中(x)=f(x),在x=x0的邻域内连 续有解,函数v(x)= ∫(x),x≠x 就是一个可微函数。事实上,v(x)在下x≠x0虽然连 续可微,当x=x,(x)=mn如(x)-v(x) x-=im(x)-=m(c)=f(x,) 因此v(x)是方程满足v(x0)=y的解,有解的存在唯一性定理得:v(x)=y,即叭(x) 是常数解,矛盾 17程序如下 )>DEtools [dfieldplotI ([diff(y(x),x)=y(x)*exp(-x^2)],y(x),x=-2..2,y=-2.,2,dir grid=[9, 9], arrows=LINE, axes=NORMAL)i 这里只给第一题的程序,其他的类似 18.答案:(x0+ 1q(x0) p(ro) p(ro) 19证明:设该方程的积分曲线是y=(x),则φ(x)=xgx+1-p(x)gx,当此曲线与oy 轴相交时,x=0,(0)=1,故所有的切线斜率均是1,相互平行。 20证明:若y=p(x)有拐点(x1,y则必有y1=以(x1)且φ(x1)=0,因此得出 o(x=f(x,(x)) φ(x)=fx(x,p(x)+f,(x,(x))f(x,p(x)),在等倾线上∫(x,y)=c,两边关 f(x,y) 于x求导,有y=“少、为等倾线斜率,中(x)为积分曲线的斜率,由φ(x)=0 即p(x)=y,故在拐点处积分曲线与等倾线相切。 返回目录
令h(x) =ψ(x) −φ(x) ，则 h(x0 ) = 0， h(x) 连续可导，由于 ( , ) ( , ) 0 0 0 0 f x y ，故在 0 x 的一个邻域内必有 h(x) > 0 ，若有一点 1 x ， 1 0 x > x ，使得 ( ) 0 h x1 = ， 不妨假设 1 x 是使得 h(x) = 0 的最靠近的点，则 ( ) ( ) 1 1 φ x =ψ x ， 且 ( 1 ) 0 ' h x ≤ ( 1 ) ( 1 , ( 1 )) ( 1 , ( 1 )) 0 ' h x = F x ψ x − f x φ x > ，矛盾，所以当 0 x > x 时 h(x) 必 然大于零。 16.证明：若 0 x 是有限值，由于 ( ) ,( ) 0 0 φ x → y x → x 且 0 ' φ (x) = f (x),在x = x 的邻域内连 续有解，函数 ⎩ ⎨ ⎧ ≠ = , ( ), ( ) 0 0 y x x x x φ ψ 就是一个可微函数。事实上， 0 ψ(x)在下x ≠ x 虽然连 续可微，当 0 x = x ， ( , ) ( ) lim ( ) lim ( ) ( ) ( ) lim 0 0 0 ' 0 0 0 0 0 ' f x y x x c x x x y x x x x x = − = − − = − − = ψ ψ ψ φ ψ 因此 o (x) (x ) = y ψ 是方程满足ψ 0 的解，有解的存在唯一性定理得： 0 ψ(x) = y ，即φ(x) 是常数解，矛盾。 17.程序如下 1) > DEtools[dfieldplot] ¾ ([diff(y(x),x)=y(x)*exp(-x^2)],y(x),x=-2..2,y=-2..2,dir grid=[9,9],arrows=LINE,axes=NORMAL); 这里只给第一题的程序，其他的类似 18．答案： ) ( ) ( ) , ( ) 1 ( 0 0 0 0 p x q x p x x + 19.证明：设该方程的积分曲线是 y = φ(x) ，则 (x) xtgx 1 (x)tgx ' φ = + −φ ，当此曲线与 oy 轴相交时， 0, (0) 1 ' x = φ = ，故所有的切线斜率均是 1，相互平行。 20.证明：若 y = φ(x) 有拐点( , ), ( ) ( 1 ) 0 ' x1 y1 则必有y1 = φ x1 且φ x = ，因此得出 ( ) ( , ( )) 1 ' φ x = f x φ x ( ) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( )) '' x f x x f x x f x x φ = x φ + y φ φ ，在等倾线上 f (x, y) = c ，两边关 于x求导，有 ( , ) ( , ) ' f x y f x y y y x = − ，为等倾线斜率， ( ) ( ) 0 φ' x 为积分曲线的斜率，由φ’ x ＝ , 即 ' ' φ (x) = y ，故在拐点处积分曲线与等倾线相切。 返回目录
习题2.1 1. 1)y=ce 2 2)y= ce, 3)y=-(sin x+cos x)+ce 6)y3=x3(3x+1),7)2y=c(x+1)2+(x+1) 8)2x=cy+y3及y=0 1-a a ,(a+0,1 ):x+In/x+c, (a=0): cx+xInlxl-1e 10)y2(x2+1+ce2)=1及y=0,1)y(cx2+1+2lnx)=4,y=0 +x xx 5)y=(1+x)e 2.1)y=c(1+g(kx) 2)y xIn In(x-1) 3程序如下,图略 dsolve(diff(y(x), x)+2*x*y(x)-x*exp(-x 2)) p1ot((1/2*x^2+1)*exp(-x^2),x=-0.4..0.4,c。1or=b1ue); 2) dsolve(x*diff(y(x),x)+3*y(x)-2/(x*(1+x^2)); ln(1+x2)+C p1ot((1n(1+x^2)+1)/x^3,x=-1.,1,co1or=b1ue); 4设人体吸收葡萄糖得速率与血中葡萄糖得含量成比例得比例系数为k,设以常数c速率注 射,设任意时刻得葡萄糖得含量为G(t),则Δt时间内G(t△r)G(t)=k*G(t)*△Mt+c△t则 得到微分方程:dGt)/dt=c-k*G(t)G(0)=G0解此微分方程得到:G(t=c/k+e+(Grc/k) 5设任意时刻车间内的co2的百分比为x(t), (t△t)x(t)=0.05%*10*△t-x(t1)*10*△t,x(0)=30*10**30*0.02% 得到微分方程:x(t)=0.5%-10*x(t)x(0=0.2%, 解此微分方程:x(t)=1/20003e12000 则20分钟后车间内的co2的百分比为:x(20)=-1/20003c202000
习题2.1 1. 1) 2 (ln ) 2 x y = ce ，2) x y ce −1 = ，3) x y x + x + ce − = (sin cos ) 2 1 4) x y x ce sin sin 1 − = − + ，5) x n y = (c + e )x 6) (3 1) 3 3 y = x x + ，7) 2 4 2y = c(x +1) + (x +1) 8) 2 0 x = cy + y 3 及y＝ ， 9) ,( 0,1) 1 1 − ≠ − = + a a a x y cx a ； x + ln x + c,(a = 0) ；cx + x ln x −1, a = 1 10) ( 1 ) 1 0 2 2 2 y x + + ce = y = x 及 ，11) ( 1 2ln ) 4, 0 2 y cx + + x = y = 12) 2 2 y = x + cx ，13， x e c x y + = 3 − 2 2 14 2 2 2 2 2 (1 x x y )e cx y − + = ，15) x y = (1+ x)e 2．1) k y c tg kx 2 1 2 (1 ( ) ) − = + ，2) x x e y ln = ，3) 2 4 2 1 x x y + = 4） 3 3 1 ln( 1) cos 3 2 − + − − − − = x x x x x y π 3.程序如下，图略 1）dsolve(diff(y(x),x)+2*x*y(x)-x*exp(-x^2)); y( ) x = ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ + 1 2 x2 _C1 e ( ) −x 2 plot((1/2*x^2+1)*exp(-x^2),x=-0.4..0.4,color=blue); 2)dsolve(x*diff(y(x),x)+3*y(x)-2/(x*(1+x^2))); y( ) x = ln( ) 1 + x + 2 _C1 x3 plot((ln(1+x^2)+1)/x^3,x=-1..1,color=blue); 4.设人体吸收葡萄糖得速率与血中葡萄糖得含量成比例得比例系数为 k, 设以常数 c 速率注 射，设任意时刻得葡萄糖得含量为 G(t),则 Δt 时间内 G(t+Δt )-G(t)=-k*G(t)* Δt +cΔt 则 得到微分方程：dG(t)/dt=c-k*G(t),G(0)=G0，解此微分方程得到：G(t)=c/k+e-kt(G0-c/k). 5.设任意时刻车间内的 co2的百分比为 x(t), x(t+Δt )-x(t)=0.05%*10*Δt -x(t)*10*Δt ,x(0)=30*10**30*0.02%, 得到微分方程：x’(t)=0.5%-10*x(t),x(0)=0.2%, 解此微分方程: x (t)=1/2000+3e-10t/2000 则 20 分钟后车间内的 co2的百分比为：x(20)=1/2000+3e-200/2000
6. y(x)= f(u)e (ku)d+-(-kx0) x) 时 7显然y1’+p(x)y1=g1(x)y2'+p(xy2=g2(x)把y=y1+y2代入得 左边=y2+p(xy=y+y2+p(xy+p(x)2=g1(x)+g2(x)=右, 则y1+y2是方程y+p(xy=g1(x+g2(x)的解 8证明:(1)方程的解是y=e(f(x)eax+c)y=±|p(x)x+c,由题意,如果y是 周期解,即y(x)=y(x+O),则带入就可以得到[p(x)dx=0 (2)方程的通解是y=e(g(x)ax+c),在题目给定的条件下,周期解应该 满足y(x)=y(x+),代入到通解中,得到C=-g(x+7)m,代入回通解中验 证即得到结论。 9证明:通解是y=e(「f(x)ex+c),有界性用放缩法证明,如果有两个有界的解,那 么与解的存在唯一性矛盾,所以只能又一个有界解。周期性验证与上面一题相同,详细情况 参考书中例213 0.根据题目的提示: 1+e3±√10-2ce3+c21 2)4xe'-xe'-2x-cx=0,3)y=e r,4)y 返回目录 习题答案22. 1)(1+x2)(1+y2)=cx2,2)x-y+my=c,y=0 3)sin ycosx=C, y=kr, k=0, +1,..4)2e3x-3e-y x' Inx x 1+In==cy 2v-Iny+c=0 7)2cos sin 2x +c,8)-cosx+ +C=0 9)y2-x-x2+c=0,10)x-y-5h+=0
6. y( ) x = ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜⎜ ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟⎟ d + ⌠ ⌡ ⎮⎮ x0 x f( ) u e ( ) k u u y0 e ( ) −k x0 e ( ) −k x x → ∞时，y → 0 7.显然 y1’+p(x)y1=g1(x),y2’+p(x)y2=g2(x)把 y=y1+y2 代入得, 左边=y’+p(x)y=y1’+y2’+p(x)y1+p(x)y2=g1(x)+g2(x)=右， 则 y1+y2 是方程 y’+p(x)y=g1(x)+g2(x)的解 8.证明：（1）方程的解是 ( () ) x x y e f x e dx c − − = + ∫ y p x dx c = ± + ( ) ∫ ，由题意，如果 y 是 周期解，即 yx yx () ( ) = +ω ，则带入就可以得到 0 p x dx () 0 ω = ∫ （2）方程的通解是 () () ( () ) p x dx p x dx y e g x e dx c −∫ ∫ = + ∫ ，在题目给定的条件下，周期解应该 满足 y() ( ) x yx T = + ，代入到通解中，得到 ( ) ( ) p x T dx c g x T e dx + ∫ =− + ∫ ，代入回通解中验 证即得到结论。 9.证明：通解是 ( () ) x x y e f x e dx c − − = + ∫ ，有界性用放缩法证明，如果有两个有界的解，那 么与解的存在唯一性矛盾，所以只能又一个有界解。周期性验证与上面一题相同，详细情况 参考书中例 2.1.3 10.根据题目的提示： 1） 1 1 10 2 2 [ 3 1 6 1 3 2 1 3 − − + ± − + = x x x x c e e c e c e y arctg 2）4 2 0 4 2 2 xe − xe − x − cx = y y ，3） ( ) 2 2 x c x y e − = ，4） 1 3 2 2 − − = cx x y 返回目录 习题答案 2.2. 1． 1) 2 2 2 (1+ x )(1+ y ) = cx ，2) x − y + ln xy = c, y = 0 3) ,....... sin y cos x = c, y = kπ , k = 0,±1 4） e e c x y − = − 2 2 3 3 5） cy x y 1+ ln = ，6） 2 ln 0 3 9 2 ln 3 3 2 − − − y − y + c = x x x y 7) c x y = x + + 2 sin 2 2cos ，8) 0 2 2 2 − cos + + + + = − − c e ye e x y y y 9) 0 2 2 y − x − x + c = ，10) 0 3 4 5ln + = + + − − c y x x y