例1一平面曲线上任一点的切线垂直于该点与原点的连线, 即其上任意一点的法线通过原点,试建立该曲线满足的方程 式;又若已知该曲线过点(1,2),求出该曲线方程。 解设所求曲线为y=y(x),其上任一点p(x,y)处的切线斜率 为y,而点p与原点的连线的斜率为,由题意应有 即 dyy dx 这就是所求曲线应满足的方程,它包含自变量x,未知函数 y及未知函数的导数 为求解方程(1.1),将(1.1)变形为 yy'=-x或(y2)=-(x2) 将(12)式两边积分得 x2+y2=C(C为任意常数) (1.3) 又已知曲线过点(1,2),即当x=1时y=2,代入(1,3)式得1+4=C, 于是所求曲线方程为 x+ 例2某缉私艇雷达发现距c海里处有一艘走私船正以匀速 度a沿直线行驶,缉私舰立即以最大的速度b追赶。若用雷 达进行跟踪,保持船的瞬时速度方向始终指向走私船,试求 缉私舰的追逐路线和追上时间
例 1 一平面曲线上任一点的切线垂直于该点与原点的连线， 即其上任意一点的法线通过原点，试建立该曲线满足的方程 式；又若已知该曲线过点(1,2)，求出该曲线方程。 解 设所求曲线为 y y x = ( ),其上任一点 p x y ( , ) 处的切线斜率 为 y ' ，而点 p 与原点的连线的斜率为 y x ，由题意应有 ' 1 y y x = − 即 dy y dx x = − (1.1) 这就是所求曲线应满足的方程，它包含自变量 x，未知函数 y 及未知函数的导数 dy dx 。 为求解方程(1.1)，将(1.1)变形为 2 2 yy x y x ' ' ( )' = − = − 或 ( ) (1.2) 将(1.2)式两边积分得 2 2 x y C C + = ( ) 为任意常数 . (1.3) 又已知曲线过点(1,2),即当 x=1 时 y=2,代入(1.3) 式得 1+4=C， 于是所求曲线方程为 2 2 x y + = 5 . 例 2 某缉私艇雷达发现距 c 海里处有一艘走私船正以匀速 度 a 沿直线行驶，缉私舰立即以最大的速度 b 追赶。若用雷 达进行跟踪，保持船的瞬时速度方向始终指向走私船，试求 缉私舰的追逐路线和追上时间
解如图所示, D(r,y) 选取走私船逃跑的方向为y轴,缉私舰在(co)位置时发现走 私船在(0,0)处,显然缉私舰、走私船的大小比它们运动的范 围小得多,可视为两个质点,设时间从缉私舰发现走私船时 算起,在时刻t,走私船到达点,缉私船到D(x,y),因直线 DR与路线相切,由几何关系有 y-at dx tan d= 或 dy (14) 为消去t,先把(14)对ⅹ求数得 (1.5) dsb,从而 又 dx ds dx btid (16) 这里有负号是因为s随着x的减小而增大,结合(1.5)与(1.6) 得到追击路线的微分方程
解 如图所示， 选取走私船逃跑的方向为 y 轴，缉私舰在(c,o)位置时发现走 私船在(0,0)处，显然缉私舰、走私船的大小比它们运动的范 围小得多，可视为两个质点，设时间从缉私舰发现走私船时 算起，在时刻 t，走私船到达点，缉私船到 D(x,y)，因直线 DR 与路线相切，由几何关系有 tan dy y at dx x − = = 或 dy x y at dx = = − （1.4） 为消去 t，先把（1.4）对 x 求数得 2 2 d y dt x a dx dx = − （1.5） 又 ds b dt = ，从而 1 2 1 ( ) dt dt ds dy dx ds dx b dx = = − + （1.6） 这里有负号是因为 s 随着 x 的减小而增大，结合（1.5）与（1.6） 得到追击路线的微分方程
k,|+ 其中k=,而且还知曲线方程y=y(x)满足条件 ()=0,y(c)=0 (18) 例3求解方程 解将方程变量分离,得到yy=xdx, 两边积分,得y 因而通解为y2-x2=C, 这里C为任意常数。或者解出y,写成显函数形式的解 ±√x2+C 例4求出=h-y2的通解。 解若1-y≠0,将原方程变量分离,得到 db dx 两边积分,得 arcsin y=x+C p y=sin(x+C) 这就是原方程的通解 此外,易验证y=±1也是原方程的解,但并未包含在通解中, 故应补上
2 2 2 2 2 1 ( ) d y d y x k dx dx = + （1.7） 其中 a k b = ，而且还知曲线方程 y y x = ( ) 满足条件 y c y c ( ) 0, '( ) 0 = = (1.8) 例 3 求解方程 dy x dx y = 解 将方程变量分离，得到 ydy xdx = ， 两边积分，得 2 1 2 2 2 2 x C y = + . 因而通解为 2 2 y x C − = ， 这里 C 为任意常数。或者解出 y，写成显函数形式的解 2 2 y x C = + . 例 4 求 2 1 dy y dx = − 的通解。 解 若 2 1 0 − y ，将原方程变量分离，得到 2 1 dy dx y = − ， 两边积分，得 arcsin y x C = + 或 y x C = + sin( ) . 这就是原方程的通解。 此外，易验证 y= 1 也是原方程的解，但并未包含在通解中， 故应补上
例5求解初值问题 y =y cos 解当y≠0时,将方程分离变量,得到 两边积分,得-=sinx+C 因而通解为 y sinx+o 这里C为任意常数。此外,方程还有解y=0 将初始条件:x=0,y=1代入通解中,得到C=-1,因而所求初值 问题的解为 y SInx 例6(生物总数的 Logistic方程)设某生物种群的总数y(t) 随时间t而变化,变化率与y和(my)的乘积成正比,求y(t) 的表达式 解由题设条件知y(t)满足微分方程 k 其中k>0为比例常数,将方程分离变量后得
例 5 求解初值问题 2 0 ' cos 1 x y y x y = = = 解 当 y 0 时，将方程分离变量，得到 2 cos dy xdx y = 两边积分，得 1 sin x C y − = + . 因而通解为 1 sin y x C = − + . 这里 C 为任意常数。此外，方程还有解 y = 0 . 将初始条件:x=0,y=1 代入通解中，得到 C=-1，因而所求初值 问题的解为 1 1 sin y x = − 。 例 6（生物总数的 Logistic 方程）设某生物种群的总数 y(t) 随时间 t 而变化，变化率与 y 和(m-y)的乘积成正比，求 y（t） 的表达式. 解 由题设条件知 y(t)满足微分方程 ( ) dy ky m y dt = − 其中 k 0 为比例常数，将方程分离变量后得
=kdt y(m-y 两端积分,得ny-mnm-yl=kt+ln 化简得 C y 从而可得通解为 1+C 对通解的表达式取极限得 im y(t)=m t→)+o 这时称y(t)是动态稳定的,称m为容纳量 例7解初值问题 y=2(1+ln2),y(1) 解令= 即y=ll,方程化为 u+x d1+In u) C 分离变量,得 u Inu x
( ) dy kdt y m y = − 两端积分，得 1 1 1 ln ln ln y m y kt C m m m − − = + 化简得 y mkt Ce m y = − 从而可得通解为 1 1 mkt m y C e − − = + 对通解的表达式取极限得 lim ( ) t y t m →+ = 这时称 y(t)是动态稳定的，称 m 为容纳量。 例 7 解初值问题 ' (1 ln ), (1) . y y y y e x x = + = 解 令 y u x = ，即 y xu = ，方程化为 (1 ln ). du u x u u dx + = + 分离变量，得 , ln du dx u u x =
两边积分,得|nn=nx+1n或l=e Cx 则原方程通解为y=xe 将x=1,y=e代入通解得C=1,初值问题的解为 y=xe 例8求方程(x-y)dhy=(x+y)dx的通解 解将原方程写为 xty 所以 dx y 这是一个其次方程。令=u,代入原方程得 l+x× u 分离变量,得 I-u 两边积分,得 arctan-n(1+r)=lnx+C 将 代入上述表达式中,得
两边积分，得 lnln ln ln u x C = + 或 , Cx u e = 则原方程通解为 . Cx y xe = 将 x y e = = 1, 代入通解得 C =1 ，初值问题的解为 . x y xe = 例 8 求方程 ( ) ( ) x y dy x y dx − = + 的通解 解 将原方程写为 , dy x y dx x y + = − 所以 1 , 1 y dy x dx y x + = − 这是一个其次方程。令 y u x = ，代入原方程得 1 ' . 1 u u xu u + + = − 分离变量，得 2 2 1 , 1 u dx du u x + = − 两边积分，得 1 2 arctan - ln(1 ) ln 2 u u x C + = + 将 y u x = 代入上述表达式中，得
arctan -_In(x2+22)+Inlx=Inlx +C 所以原方程的通解为 arctan--In(x+y) 例9求方程 d-2=(x+1)2的通解 dx x+1 解这是一个非齐次线性方程,由通解公式(1.13)得方程的通 解为 y=ex+l [C+(x+1)2ex+l dx e2nr-[C+(x+12ehng"dx =(x+1)C+j(x+1)2c =(x+1)C+-(x+1)2] 例10求方程ax2x-y 的通解 解原方程不是未知函数y的线性方程,但我们可以把它改写为
1 2 2 arctan ln( ) ln ln 2 y x y x x C x − + + = + 所以原方程的通解为 1 2 2 arctan ln( ) 2 y x y x − + 。 例 9 求方程 5 2 2 ( 1) 1 dy y x dx x − = + + 的通解 解 这是一个非齐次线性方程，由通解公式（1.13）得方程的通 解为 2 2 5 1 1 2 5 2ln 1 2ln 1 2 1 2 2 3 2 2 [ ( 1) ] [ ( 1) ] ( 1) [ ( 1) ] 2 ( 1) [ ( 1) ]. 3 dx dx x x x x y e C x e dx e C x e dx x C x dx x C x − + + + − + = + + = + + = + + + = + + + 例 10 求方程 2 2 dy y dx x y = − 的通解. 解 原方程不是未知函数 y 的线性方程，但我们可以把它改写为 2 dx x y 2 dy y − =
dx 2 即 1.14) dx 把x看作未知函数,y看作自变量,这样对于x及西h来说,方 程(1.14)就是一个线性方程,利用通解公式(1.13)便得所求 通解为x=y(C-ny dy 4 例1求方程女xy=xVy的通解 解原方程是伯努利方程,令z=y ,原方程化为 dz 4 当z≠0时,得到关于z的线性方程 dz 2 dx 由通解公式(1.13)得 y=c(C+〔2e)=xC+2mA 原方程通解为 y=x*(C+In/x) 此外,对应于z=0,还有y=0
即 dx 2 x y dy y − = − ， 1.14） 把 x 看作未知函数，y 看作自变量，这样对于 x 及 dx dy 来说，方 程（1.14）就是一个线性方程，利用通解公式（1.13）便得所求 通解为 ( ln ). z x y C y = − 例 11 求方程 dy 4 y x y dx x − = 的通解. 解 原方程是伯努利方程，令 1 1 2 z y y − = = ，原方程化为 4 2 . dz z xz dx x − = 当 z 0 时，得到关于 z 的线性方程 2 . 2 dz x z dx x − = 由通解公式（1.13）得 2 2 2 1 ( ) ( ln ), 2 2 dx dx x x x y e C e dx x C x − = + = + 原方程通解为 4 2 1 ( ln ) . 2 y x C x = + 此外，对应于 z=0 ，还有 y=0
第二节例题 例1求y=xe的通解 解对原方程两端相继几分两次,得 y=xe dx+C=(x-1)e+C y=[(x-1)e+Clx+C2=(x-2)e+Cx++C2 这就是所求的通解。 例2求解初值问题 2 y(0)=0,y(0)=2 解方程中不显含自变量x,令、,则P”2yd_d dx dx dy dz 因此原方程化为x 2 这是未知函数z关于y的伯努利方程,即 dz +z=2e 为求解此方程,我们令l=z-")=z2 则方程是u的线性方+2=4e 由第一节中的通解公式(1.13)得到上述方程的通解为
第二节例题 例 1 求 '' x y xe = 的通解 解 对原方程两端相继几分两次，得 ' 1 1 1 2 1 2 ( 1) [( 1) ] ( 2) x x x x y xe dx C x e C y x e C dx C x e C x C = + = − + = − + + = − + + + 这就是所求的通解。 例 2 求解初值问题 2 '' ( ') 2 , (0) 0, '(0) 2. y y y e y y − + = = = 解 方程中不显含自变量 x，令 dy z dx = ，则 2 2 '' d y dz dz y z dx dx dy = = = ， 因此原方程化为 2 2 . dz y z z e dy − + = 这是未知函数 z 关于 y 的伯努利方程，即 1 2 . dz y z e z dy − − + = 为求解此方程，我们令 1 ( 1) 2 u z z , − − = = 则方程是 u 的线性方程 2 4 . du y u e dy − + = 由第一节中的通解公式（1.13）得到上述方程的通解为
2dy (C1+|4eed)=e2(4e+C) 由y(0)=0,y(0)=2,x(0)=2,即l(O)=0,得C=0, 于是 2 4e 又由初始条件二(0)=y(0)=2可知z应取正值,所以 dz =2e dx 分离变量得 eddy=dx 积分得此方程通解为 e2=x+C2, By=2In(x+C2) 由y(O=0得C2=1,因此所求初值问题的解为 y=2ln(x+1)
2 2 2 1 1 ( 4 ) (4 ). dy dy y y y u e C e e dy e e C − − − = + = + 由 y y z (0) 0, '(0) 2, (0) 2 = = = ，即 u(0) 0 = ，得 1 C = 0 ， 于是 2 4 . y z u e − = = 又由初始条件 z y (0) '(0) 2 = = 可知 z 应取正值，所以 2 2 . y dz z e dx − = = 分离变量得 2 1 , 2 y e dy dx = 积分得此方程通解为 2 2 2 , 2ln( ). y e x C y x C = + = + 即 由 y(0)=0 得 2 C =1 ，因此所求初值问题的解为 y x = + 2ln( 1)