习题2. 1.求下列方程的通解 (2)y=(})2-x+5 (3)y2(1-出)=(2-)2 (4)(出)3-4xy#+8y2=0 (2)令P=,则原方程变为 rp+ 对上述方程两边关于x求导,得 若2p-x≠0,则出=1,从而p=x+C,其中C为任意常数,因而原方程的通解为 y=号+Cx+C2.若2p-x=0,容易求出原方程的另一解y= (3)令出=P,2-p=y,由方程可得 当p≠0时,得: dy 1 因此,原方程的参数形式的解为 其中C为任意常数.消去参数后得 此外,当p=0时,易知y=±2也是方程的解 4y 对上述方程两边关于x求导 p2 2
1 习 题 2.4 1. 求下列方程的通解. (2) y = ( dy dx ) 2 − x dy dx + x 2 2 . (3) y 2 (1 − dy dx ) = (2 − dy dx ) 2 . (4) ( dy dx ) 3 − 4xy dy dx + 8y 2 = 0. 解: (2) 令 p = dy dx , 则原方程变为: y = p 2 − xp + x 2 2 . 对上述方程两边关于 x 求导, 得 p = 2p dp dx − p − x dp dx + x, 即 (2p − x) dp dx = (2p − x), 若 2p − x 6= 0, 则 dp dx = 1, 从而 p = x + C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = x 2 2 + Cx + C 2 . 若 2p − x = 0, 容易求出原方程的另一解 y = x 2 4 . (3) 令 dy dx = p, 2 − p = yt, 由方程可得 p = 1 − t 2 , y = t + 1 t . 当 p 6= 0 时, 得: dx = dy p = − 1 t 2 dt. 则 x = − Z 1 t 2 dt = 1 t + C. 因此, 原方程的参数形式的解为 x = 1 t + C, y = t + 1 t , 其中 C 为任意常数. 消去参数后得: y = x + 1 x − C − C. 此外, 当 p = 0 时, 易知 y = ±2 也是方程的解. (4) 令 p = dy dx , 则 x = p 2 4y + 2y p . 对上述方程两边关于 x 求导, 得 1 = ( p 2y − 2y p 2 )p dp dy − p 2 4y 2 + 2
P-4y dp p2-4y' 由此得 或 由=品得p=Cy3,其中C1为任意常数故 即y=C(x-C)2,其中C= 由p3-4y2=0得p=(4y2)3,由此得方程的另一个解 2.解下列方程,并求奇解(如果存在的话) (1)()2+y2-1=0 (2)x()2-y+1=0 (6)出=-x+√x2+2y (1)令出=p由方程可得 y= sin t. 当p≠0时 则x=t-C.因此,原方程的参数形式的解为 t 其中C为任意常数.消去参数后得y=sin(x+C).此外,当p=0时,易知y=±1也是方程 积分曲线族y=sin(x+C)的C-判别曲线满足方程 y-sin(a +C)=0, (x+C)=0 从中消去C得y=±1,易证它是原方程的奇解 (2)令p=,由方程知p≠0.因此可解出 y=rp+ 对上述方程两边关于x求导 dp p=p+a
2 即 p 3 − 4y 2 2yp2 dp dy = p 3 − 4y 2 4y 2p , 由此得 dp dy = p 2y 或 p 3 − 4y 2 = 0. 由 dp dy = p 2y 得 p = C1y 1 2 , 其中 C1 为任意常数. 故 x = C 2 1 4 + 2y 1 2 C1 , 即 y = C(x − C) 2 , 其中 C = C2 1 4 . 由 p 3 − 4y 2 = 0 得 p = (4y 2 ) 1 3 , 由此得方程的另一个解 x 3 = 27 4 y, 即 y = 4 27 x 3 . 2. 解下列方程, 并求奇解(如果存在的话). (1) ( dy dx ) 2 + y 2 − 1 = 0. (2) x( dy dx ) 2 − y dy dx + 1 = 0. (6) dy dx = −x + p x2 + 2y. 解: (1) 令 dy dx = p, 由方程可得 p = cos t, y = sin t. 当 p 6= 0 时, 得: dx = dy p = dt. 则 x = t − C. 因此, 原方程的参数形式的解为 x = t − C, y = sin t, 其中 C 为任意常数. 消去参数后得 y = sin(x + C). 此外, 当 p = 0 时, 易知 y = ±1 也是方程 的解. 积分曲线族 y = sin(x + C) 的 C -判别曲线满足方程: y − sin(x + C) = 0, − cos(x + C) = 0. 从中消去 C 得 y = ±1, 易证它是原方程的奇解. (2) 令 p = dy dx , 由方程知 p 6= 0. 因此可解出 y = xp + 1 p . 对上述方程两边关于 x 求导, 得 p = p + x dp dx − 1 p 2 dp dx
若x-p2≠0,则=0,从而P=C,其中C为任意常数,因而原方程的通解为y=Cx+b 若x-p2=0,容易求出原方程的另一解y2=4x 积分曲线族y=Cx+b的C-判别曲线满足方程: 从中消去C得y2=4x,易证它是原方程的奇解 (6)令z=x2+2y,则由方程得 dz 当z≠0时,用分离变量的方法得z=(x+C2,由此得原方程的通解为y=Cx+号2,其中C 为任意常数.若z=0,容易求出原方程的另一解y=一 积分曲线族y=Cx+号的C-判别曲线满足方程 从中消去C得y=-5,易证它是原方程的奇解 3.求下列高阶方程的解 2-是:￥=0 =d (1)令p=,则原方程变为 出=2 使用分离变量的方法,可得p=A1x,其中A1为任意常数.故 解得y=C1x5+C2x3+C3x2+C4x+Cs,其中C1=計,C2,C3,C4,C5为任意常数 (10)令p=出,则原方程变为 dz2-P 以p'dx乘上式两端得2()2=pdp,故4(p)2=p2+A1,其中A1为任意常数.从而 2d=土vp2+4 考虑方程 使用分离变量的方法,可得 p+√P2+A1=A2e
3 即 (x − 1 p 2 ) dp dx = 0, 若 x − p −2 6= 0, 则 dp dx = 0, 从而 p = C, 其中 C 为任意常数, 因而原方程的通解为 y = Cx + 1 C . 若 x − p −2 = 0, 容易求出原方程的另一解 y 2 = 4x. 积分曲线族 y = Cx + 1 C 的 C -判别曲线满足方程: y − Cx − 1 C = 0, −x + 1 C2 = 0. 从中消去 C 得 y 2 = 4x, 易证它是原方程的奇解. (6) 令 z = x 2 + 2y, 则由方程得 dz dx = 2x + 2 dy dx = 2√ z. 当 z 6= 0 时, 用分离变量的方法得 z = (x + C) 2 , 由此得原方程的通解为 y = Cx + C2 2 , 其中 C 为任意常数. 若 z = 0, 容易求出原方程的另一解 y = − x 2 2 . 积分曲线族 y = Cx + C2 2 的 C -判别曲线满足方程: y − Cx − C2 2 = 0, −x − C = 0. 从中消去 C 得 y = − x 2 2 , 易证它是原方程的奇解. 3. 求下列高阶方程的解. (1) d 5y dx5 − 1 x d 4y dx4 = 0. (10) 4 d 4y dx4 = d 2y dx2 . 解: (1) 令 p = d 4y dx4 , 则原方程变为 dp dx = p x . 使用分离变量的方法, 可得 p = A1x, 其中 A1 为任意常数. 故 d 4 y dx4 = A1x. 解得 y = C1x 5 + C2x 3 + C3x 2 + C4x + C5, 其中 C1 = A1 5! , C2, C3, C4, C5 为任意常数. (10) 令 p = d 2y dx2 , 则原方程变为 4 d 2 p dx2 = p, 以 p 0 dx 乘上式两端得 2d(p 0 ) 2 = pdp, 故 4(p 0 ) 2 = p 2 + A1, 其中 A1 为任意常数. 从而 2 dp dx = ± p p 2 + A1. 考虑方程 2 dp dx = p p 2 + A1, 使用分离变量的方法, 可得 p + p p 2 + A1 = A2e x 2
其中A2为任意常数.由此可得 p+√p2+A1=Ae, e 经过两次积分后得原方程的通解 其中C1=2A2,C2=-2A,C3,C4为任意常数 由方程 dp 可得原方程相同形式的通解 7.试证若y=y(x)是方程 dr =p(az)siny 的满足初始条件(0)=0的解,则y(x)=0,其中p(x)在-∞00.令 o=sup{x∈Rly(x)=0且x<ro} 则显然有(2o)=0且当x∈(o,xo]时,y(x)≠0.在区间x∈(x0,xo]上由于y(x)≠0,因此由分 离变量法可知存在非零常数K使得 在上式两端令x→亚0,则左端趋于0,而右端趋于非零常数K,这就导致矛盾.故必有g(x)=0
4 其中 A2 为任意常数. 由此可得 p + p p 2 + A1 = A2e x 2 , 因此 p = A2 2 e x 2 − A1 2A2 e − x 2 , 即 d 2 y dx2 = A2 2 e x 2 − A1 2A2 e − x 2 , 经过两次积分后得原方程的通解 y = C1e x 2 + C2e − x 2 + C3x + C4, 其中 C1 = 2A2, C2 = − 2A1 A2 , C3, C4 为任意常数. 由方程 2 dp dx = − p p 2 + A1, 可得原方程相同形式的通解. 7. 试证若 y = ϕ(x) 是方程 dy dx = p(x) sin y 的满足初始条件 ϕ(0) = 0 的解, 则 ϕ(x) ≡ 0, 其中 p(x) 在 −∞ 0. 令 x¯0 = sup{x ∈ R|ϕ(x) = 0 且 x < x0}, 则显然有 ϕ(¯x0) = 0 且当 x ∈ (¯x0, x0] 时, ϕ(x) 6= 0. 在区间 x ∈ (¯x0, x0] 上由于 ϕ(x) 6= 0, 因此由分 离变量法可知存在非零常数 K 使得 tan y 2 = K exp(Z x 0 p(s)ds). 在上式两端令 x → x¯0, 则左端趋于 0, 而右端趋于非零常数 K, 这就导致矛盾. 故必有 ϕ(x) ≡ 0