高等数学（第七版）同济大学 习题7-5 个人解答
高等数学（第七版）同济大学 习题7-5
1. 求下列各微分方程的通解： \begin{aligned}&1. \ 求下列各微分方程的通解：&\end{aligned} 1. 求下列各微分方程的通解：
( 1 ) y ′ ′ = x + s i n x ； ( 2 ) y ′ ′ ′ = x e x ； ( 3 ) y ′ ′ = 1 1 + x 2 ； ( 4 ) y ′ ′ = 1 + y ′ 2 ； ( 5 ) y ′ ′ = y ′ + x ； ( 6 ) x y ′ ′ + y ′ = 0 ； ( 7 ) y y ′ ′ + 2 y ′ 2 = 0 ； ( 8 ) y 3 y ′ ′ − 1 = 0 ； ( 9 ) y ′ ′ = 1 y ； ( 10 ) y ′ ′ = ( y ′ ) 3 + y ′ . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y''=x+sin\ x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ y'''=xe^x；\\\\ &\ \ (3)\ \ y''=\frac{1}{1+x^2}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ y''=1+y'^2；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''=y'+x；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ xy''+y'=0；\\\\ &\ \ (7)\ \ yy''+2y'^2=0；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (8)\ \ y^3y''-1=0；\\\\ &\ \ (9)\ \ y''=\frac{1}{\sqrt{y}}；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (10)\ \ y''=(y')^3+y'. & \end{aligned} (1) y′′=x+sin x； (2) y′′′=xex； (3) y′′=1+x21； (4) y′′=1+y′2； (5) y′′=y′+x； (6) xy′′+y′=0； (7) yy′′+2y′2=0； (8) y3y′′−1=0； (9) y′′=y1； (10) y′′=(y′)3+y′.
解：
( 1 ) y ′ = ∫ ( x + s i n x ) d x = 1 2 x 2 − c o s x + C 1 ， y = ∫ ( 1 2 x 2 − c o s x + C 1 ) d x = 1 6 x 3 − s i n x + C 1 x + C 2 . ( 2 ) y ′ ′ = ∫ x e x d x = x e x − e x + C 1 ′ = ( x − 1 ) e x + C 1 ′ ， y ′ = ∫ [ ( x − 1 ) e x + C 1 ′ ] d x = ( x − 1 ) e x − ∫ e x d x + C 1 ′ x + C 2 = ( x − 2 ) e x + C 1 ′ x + C 2 ， y = ∫ [ ( x − 2 ) e x + C 1 ′ x + C 2 ] d x = ( x − 2 ) e x − ∫ e x d x + 1 2 C 1 ′ x 2 + C 2 x + C 3 = ( x − 3 ) e x + C 1 x 2 + C 2 x + C 3 . ( 3 ) y ′ = ∫ d x 1 + x 2 = a r c t a n x + C 1 ， y = ∫ ( a r c t a n x + C 1 ) d x = x a r c t a n x − ∫ x 1 + x 2 d x + C 1 x = x a r c t a n x − 1 2 l n ( 1 + x 2 ) + C 1 x + C 2 . ( 4 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ = 1 + p 2 ，分离变量得 d p 1 + p 2 = d x ，两端积分，得 a r c t a n p = x + C 1 ， 即 p = y ′ = t a n ( x + C 1 ) ，再积分得通解 y = ∫ t a n ( x + C 1 ) d x = − l n ∣ c o s ( x + C 1 ) ∣ + C 2 . ( 5 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ − p = x ，利用一阶线性方程的求解公式， 得 p = e ∫ d x ( ∫ x e − ∫ d x d x + C 1 ) = e x ( ∫ x e − x d x + C 1 ) = e x ( − x e − x − e − x + C 1 ) = − x − 1 + C 1 e x . 积分得通解 y = ∫ ( C 1 e x − x − 1 ) d x = C 1 e x − 1 2 x 2 − x + C 2 . ( 6 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 x p ′ + p = 0 ，分离变量得 d p p = − d x x ，积分得 l n ∣ p ∣ = l n ∣ 1 x ∣ + l n C 1 ， 即 p = C 1 p ，再积分，得通解 y = ∫ C 1 x d x = C 1 l n ∣ x ∣ + C 2 . ( 7 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ = d p d y ⋅ d y d x = d p d y p ，原方程化为 y p d p d y + 2 p 2 = 0 ，分离变量得 d p p = − 2 d y y ，两端积分， 得 l n ∣ p ∣ = l n 1 y 2 + l n C 0 ，即 y ′ = p = C 0 y 2 ，分离变量得 y 2 d y = C 0 d x ，两端积分，得 y 3 = 3 C 0 x + C 2 ， 即通解为 y 3 = C 1 x + C 2 . ( 8 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程化为 y 3 p d p d y − 1 = 0 ，分离变量得 p d p = 1 y 3 d y ，两端积分， 得 p 2 = − 1 y 2 + C 1 ， y ′ = p = ± C 1 − 1 y 2 = ± 1 ∣ y ∣ C 1 y 2 − 1 ，分离变量得 ∣ y ∣ d y C 1 y 2 − 1 = ± d x ， 因为 ∣ y ∣ = y s g n ( y ) ，两端积分 s g n ( y ) ∫ y d y C 1 y 2 − 1 = ± ∫ d x ， s g n ( y ) C 1 y 2 − 1 = ± C 1 x + C 2 ， 两边平方，得 C 1 y 2 − 1 = ( C 1 x + C 2 ) 2 . ( 9 ) 方程两端乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 2 y ′ y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( 4 y ) ′ ，所以， y ′ 2 = 4 y + C 1 ′ ， 有 y ′ = ± 2 y + C 1 ( C 1 = C 1 ′ 4 ) ，分离变量得 d x = ± d y 2 y + C 1 ，两端积分， 得 x = ± ∫ d ( y ) 2 2 y + C 1 = ± ∫ y d y y + C 1 = ± ∫ ( y + C 1 ) − C 1 y + C 1 d ( y ) = ± [ ∫ y + C 1 d ( y + C 1 ) − C 1 ∫ 1 y + C 1 d ( y + C 1 ) ] = ± [ 2 3 ( y + C 1 ) 3 2 − 2 C 1 ( y + C 1 ) 1 2 ] + C 2 . ( 10 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程化为 p d p d y = p 3 + p ，即 p [ d p d y − ( 1 + p 2 ) ] = 0 ，如果 p ≡ 0 ， 则 y ≡ C ， y ≡ C 是原方程的解，但不是通解。如果 p ≢ 0 ，因为 p 的连续性，必定在 x 的某个区间有 p ≠ 0 ， 于是 d p d y − ( 1 + p 2 ) = 0 ，分离变量得 d p 1 + p 2 = d y ，两端积分，得 a r c t a n p = y − C 1 ，即 p = t a n ( y − C 1 ) ， c o t ( y − C 1 ) d y = d x ，两端积分得 l n s i n ( y − C 1 ) = x + l n C 2 ，即 s i n ( y − C 1 ) = C 2 e x ，因为当 C 2 = 0 时， y = C 1 ，之前所求解 y ≡ C 包含在内 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ y'=\int(x+sin\ x)dx=\frac{1}{2}x^2-cos\ x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int(\frac{1}{2}x^2-cos\ x+C_1)dx=\frac{1}{6}x^3-sin\ x+C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (2)\ y''=\int xe^xdx=xe^x-e^x+C_1'=(x-1)e^x+C_1'，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'=\int[(x-1)e^x+C_1']dx=(x-1)e^x-\int e^xdx+C_1'x+C_2=(x-2)e^x+C_1'x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int[(x-2)e^x+C_1'x+C_2]dx=(x-2)e^x-\int e^xdx+\frac{1}{2}C_1'x^2+C_2x+C_3=(x-3)e^x+C_1x^2+C_2x+C_3.\\\\ &\ \ (3)\ y'=\int \frac{dx}{1+x^2}=arctan\ x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=\int(arctan\ x+C_1)dx=xarctan\ x-\int \frac{x}{1+x^2}dx+C_1x=xarctan\ x-\frac{1}{2}ln(1+x^2)+C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (4)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'=1+p^2，分离变量得\frac{dp}{1+p^2}=dx，两端积分，得arctan\ p=x+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即p=y'=tan(x+C_1)，再积分得通解y=\int tan(x+C_1)dx=-ln\ |cos(x+C_1)|+C_2.\\\\ &\ \ (5)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'-p=x，利用一阶线性方程的求解公式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得p=e^{\int dx}\left(\int xe^{-\int dx}dx+C_1\right)=e^x\left(\int xe^{-x}dx+C_1\right)=e^x(-xe^{-x}-e^{-x}+C_1)=-x-1+C_1e^x.\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 积分得通解y=\int (C_1e^x-x-1)dx=C_1e^x-\frac{1}{2}x^2-x+C_2.\\\\ &\ \ (6)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为xp'+p=0，分离变量得\frac{dp}{p}=-\frac{dx}{x}，积分得ln\ |p|=ln\ \left|\frac{1}{x}\right|+ln\ C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即p=\frac{C_1}{p}，再积分，得通解y=\int \frac{C_1}{x}dx=C_1ln\ |x|+C_2.\\\\ &\ \ (7)\ 令y'=p，则y''=p'=\frac{dp}{dy}\cdot \frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy}p，原方程化为yp\frac{dp}{dy}+2p^2=0，分离变量得\frac{dp}{p}=-2\frac{dy}{y}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得ln\ |p|=ln\ \frac{1}{y^2}+ln\ C_0，即y'=p=\frac{C_0}{y^2}，分离变量得y^2dy=C_0dx，两端积分，得y^3=3C_0x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 即通解为y^3=C_1x+C_2.\\\\ &\ \ (8)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程化为y^3p\frac{dp}{dy}-1=0，分离变量得pdp=\frac{1}{y^3}dy，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得p^2=-\frac{1}{y^2}+C_1，y'=p=\pm \sqrt{C_1-\frac{1}{y^2}}=\pm \frac{1}{|y|}\sqrt{C_1y^2-1}，分离变量得\frac{|y|dy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为|y|=ysgn(y)，两端积分sgn(y)\int \frac{ydy}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm \int dx，sgn(y)\sqrt{C_1y^2-1}=\pm C_1x+C_2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 两边平方，得C_1y^2-1=(C_1x+C_2)^2.\\\\ &\ \ (9)\ 方程两端乘以2y'，得2y'y''=\frac{2y'}{\sqrt{y}}，即(y'^2)'=(4\sqrt{y})'，所以，y'^2=4\sqrt{y}+C_1'，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 有y'=\pm 2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\ \left(C_1=\frac{C_1'}{4}\right)，分离变量得dx=\pm \frac{dy}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得x=\pm \int \frac{d(\sqrt{y})^2}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{\sqrt{y}d\sqrt{y}}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm \int \frac{(\sqrt{y}+C_1)-C_1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}d(\sqrt{y})=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pm \left[\int \sqrt{\sqrt{y}+C_1}d(\sqrt{\sqrt{y}+C_1})-C_1\int \frac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}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.\\\\ &\ \ (10)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程化为p\frac{dp}{dy}=p^3+p，即p\left[\frac{dp}{dy}-(1+p^2)\right]=0，如果p \equiv 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 则y \equiv C，y \equiv C是原方程的解，但不是通解。如果p \not\equiv 0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p \neq 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 于是\frac{dp}{dy}-(1+p^2)=0，分离变量得\frac{dp}{1+p^2}=dy，两端积分，得arctan\ p=y-C_1，即p=tan(y-C_1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ cot(y-C_1)dy=dx，两端积分得ln\ sin(y-C_1)=x+ln\ C_2，即sin(y-C_1)=C_2e^x，因为当C_2=0时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ y=C_1，之前所求解y \equiv C包含在内. & \end{aligned} (1) y′=∫(x+sin x)dx=21x2−cos x+C1， y=∫(21x2−cos x+C1)dx=61x3−sin x+C1x+C2. (2) y′′=∫xexdx=xex−ex+C1′=(x−1)ex+C1′， y′=∫[(x−1)ex+C1′]dx=(x−1)ex−∫exdx+C1′x+C2=(x−2)ex+C1′x+C2， y=∫[(x−2)ex+C1′x+C2]dx=(x−2)ex−∫exdx+21C1′x2+C2x+C3=(x−3)ex+C1x2+C2x+C3. (3) y′=∫1+x2dx=arctan x+C1， y=∫(arctan x+C1)dx=xarctan x−∫1+x2xdx+C1x=xarctan x−21ln(1+x2)+C1x+C2. (4) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′=1+p2，分离变量得1+p2dp=dx，两端积分，得arctan p=x+C1， 即p=y′=tan(x+C1)，再积分得通解y=∫tan(x+C1)dx=−ln ∣cos(x+C1)∣+C2. (5) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−p=x，利用一阶线性方程的求解公式， 得p=e∫dx(∫xe−∫dxdx+C1)=ex(∫xe−xdx+C1)=ex(−xe−x−e−x+C1)=−x−1+C1ex. 积分得通解y=∫(C1ex−x−1)dx=C1ex−21x2−x+C2. (6) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为xp′+p=0，分离变量得pdp=−xdx，积分得ln ∣p∣=ln ∣ ∣x1∣ ∣+ln C1， 即p=pC1，再积分，得通解y=∫xC1dx=C1ln ∣x∣+C2. (7) 令y′=p，则y′′=p′=dydp⋅dxdy=dydpp，原方程化为ypdydp+2p2=0，分离变量得pdp=−2ydy，两端积分， 得ln ∣p∣=ln y21+ln C0，即y′=p=y2C0，分离变量得y2dy=C0dx，两端积分，得y3=3C0x+C2， 即通解为y3=C1x+C2. (8) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程化为y3pdydp−1=0，分离变量得pdp=y31dy，两端积分， 得p2=−y21+C1，y′=p=±C1−y21=±∣y∣1C1y2−1，分离变量得C1y2−1∣y∣dy=±dx， 因为∣y∣=ysgn(y)，两端积分sgn(y)∫C1y2−1ydy=±∫dx，sgn(y)C1y2−1=±C1x+C2， 两边平方，得C1y2−1=(C1x+C2)2. (9) 方程两端乘以2y′，得2y′y′′=y2y′，即(y′2)′=(4y)′，所以，y′2=4y+C1′， 有y′=±2y+C1 (C1=4C1′)，分离变量得dx=±2y+C1dy，两端积分， 得x=±∫2y+C1d(y)2=±∫y+C1ydy=±∫y+C1(y+C1)−C1d(y)= ±[∫y+C1d(y+C1)−C1∫y+C11d(y+C1)]=±[32(y+C1)23−2C1(y+C1)21]+C2. (10) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程化为pdydp=p3+p，即p[dydp−(1+p2)]=0，如果p≡0， 则y≡C，y≡C是原方程的解，但不是通解。如果p≡0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p=0， 于是dydp−(1+p2)=0，分离变量得1+p2dp=dy，两端积分，得arctan p=y−C1，即p=tan(y−C1)， cot(y−C1)dy=dx，两端积分得ln sin(y−C1)=x+ln C2，即sin(y−C1)=C2ex，因为当C2=0时， y=C1，之前所求解y≡C包含在内.
2. 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解： \begin{aligned}&2. \ 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：&\end{aligned} 2. 求下列各微分方程满足所给初值条件的特解：
( 1 ) y 3 y ′ ′ + 1 = 0 ， y ∣ x = 1 = 1 ， y ′ ∣ x = 1 = 0 ； ( 2 ) y ′ ′ − a y ′ 2 = 0 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = − 1 ； ( 3 ) y ′ ′ ′ = e a x ， y ∣ x = 1 = y ′ ∣ x = 1 = y ′ ′ ∣ x = 1 = 0 ； ( 4 ) y ′ ′ = e 2 y ， y ∣ x = 0 = y ′ ∣ x = 0 = 0 ； ( 5 ) y ′ ′ = 3 y ， y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 2 ； ( 6 ) y ′ ′ + ( y ′ ) 2 = 1 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = 0. \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ y^3y''+1=0，y|_{x=1}=1，y'|_{x=1}=0；\\\\ &\ \ (2)\ \ y''-ay'^2=0，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=-1；\\\\ &\ \ (3)\ \ y'''=e^{ax}，y|_{x=1}=y'|_{x=1}=y''|_{x=1}=0；\\\\ &\ \ (4)\ \ y''=e^{2y}，y|_{x=0}=y'|_{x=0}=0；\\\\ &\ \ (5)\ \ y''=3\sqrt{y}，y|_{x=0}=1，y'|_{x=0}=2；\\\\ &\ \ (6)\ \ y''+(y')^2=1，y|_{x=0}=0，y'|_{x=0}=0. & \end{aligned} (1) y3y′′+1=0，y∣x=1=1，y′∣x=1=0； (2) y′′−ay′2=0，y∣x=0=0，y′∣x=0=−1； (3) y′′′=eax，y∣x=1=y′∣x=1=y′′∣x=1=0； (4) y′′=e2y，y∣x=0=y′∣x=0=0； (5) y′′=3y，y∣x=0=1，y′∣x=0=2； (6) y′′+(y′)2=1，y∣x=0=0，y′∣x=0=0.
解：
( 1 ) 原方程写为 y ′ ′ + 1 y 3 = 0 ，两端乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ + 2 y ′ y 3 = 0 ，即 ( y ′ 2 − 1 y 2 ) ′ = 0 ，由此得 y ′ 2 − 1 y 2 = C 1 ， 代入初值条件 y = 1 ， y ′ = 0 ，得 C 1 = − 1 ，则有 y ′ 2 = 1 y 2 − 1 = 1 − y 2 y 2 ， y ′ = ± 1 − y 2 y ，分离变量得 y d y 1 − y 2 = ± d x ，两端积分，得 − 1 − y 2 = ± x + C 2 ，代入初值条件 x = 1 ， y = 1 ，得 C = ± 1 ， 则有 − 1 − y 2 = ± ( x − 1 ) ，两边平方，得 x 2 + y 2 = 2 x ，由于在点 x = 1 处， y = 1 ，所以在 x = 1 处， y = 1 ，在 x = 1 的某邻域内 y > 0 ，则特解表示为 y = 2 x − x 2 . ( 2 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ − a p 2 = 0 ，分离变量即 d p p 2 = a d x ，两端积分，得 − 1 p = a x + C 1 ， 代入初值条件 x = 0 ， p = y ′ = − 1 ，得 C 1 = 1 ，则有 − 1 y ′ = a x + 1 ，即 y ′ = − 1 a x + 1 ，两端积分， 得 y = − 1 a l n ( a x + 1 ) + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 0 ，得 C 2 = 0 ，所求特解为 y = − 1 a l n ( a x + 1 ) . ( 3 ) 因为 y ′ ′ ′ = e a x ，根据初值条件 x = 1 ， y ′ ′ = 0 ，积分得 y ′ ′ = ∫ 1 x y ′ ′ ′ d x = ∫ 1 x e a x d x = 1 a ( e a x − e a ) ， 又因 x = 1 时， y ′ = 0 ，积分得 y ′ = ∫ 1 x y ′ ′ d x = ∫ 1 x 1 a ( e a x − e a ) d x = 1 a [ 1 a ( e a x − e a ) − e a ( x − 1 ) ] = 1 a 2 e a x − e a a x + e a a ( 1 − 1 a ) ，又因 x = 1 时， y = 0 ，再积分，得 y = ∫ 1 x y ′ d x = ∫ 1 x [ 1 a 2 e a x − e a a x + e a a ( 1 − 1 a ) ] d x = 1 a 3 ( e a x − e a ) − e a 2 a ( x 2 − 1 ) + e a a ( 1 − 1 a ) ( x − 1 ) = 1 a 3 e a x − e a 2 a x 2 + e a a 2 ( a − 1 ) x + e a 2 a 3 ( 2 a − a 2 − 2 ) . ( 4 ) 原方程两端同时乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 2 y ′ e 2 y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( e 2 y ) ′ ，两端积分，得 y ′ 2 = e 2 y + C 1 ， 代入初值条件 x = 0 ， y = y ′ = 0 ，得 C 1 = − 1 ，则有 y ′ = ± e 2 y − 1 ，分离变量后积分， 得 ∫ d y e 2 y − 1 = ± ∫ d x ，即 ∫ d ( e − y ) 1 − e − 2 y = ± ∫ d x ，得 a r c s i n ( e − y ) = ± x + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 0 ，得 C 2 = π 2 ，得特解 e − y = s i n ( π 2 ± x ) = c o s x ，即 y = − l n c o s x = l n s e c x . ( 5 ) 原方程两端同时乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 6 y ′ y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( 4 y 3 2 ) ′ ，两端积分，得 y ′ 2 = 4 y 3 2 + C 1 ， 代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ， y ′ = 2 ，得 C 1 = 0 ，则有 y ′ = ± 2 y 3 4 ，由于 y x = 0 ′ = 2 ，取 y ′ = 2 y 3 4 ， 分离变量后积分 ∫ d y y 3 4 = 2 ∫ d x 得 4 y 1 4 = 2 x + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ，得 C 2 = 4 ， 得特解 y = ( 1 2 x + 1 ) 4 . ( 6 ) 令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程变为 p d p d y + p 2 = 1 ，分离变量得 p d p 1 − p 2 = d y ，根据初值条件 y = 0 ， p = 0 ， 积分 ∫ 0 p p d p 1 − p 2 = ∫ 0 y d y ，得 − 1 2 l n ( 1 − p 2 ) = y ，即 p = ± 1 − e − 2 y = ± d x ，分离变量得 d y 1 − e − 2 y = ± d x ， 根据初值条件 x = 0 ， y = 0 积分 ∫ 0 y d y 1 − e − 2 y = ± ∫ 0 x d x ， ∫ 0 y d ( e y ) e 2 y − 1 = ± ∫ 0 x d x ， 得 l n ( e y + e 2 y − 1 ) = ± x ，即 e y = e x + e − x 2 \begin{aligned} &\ \ (1)\ 原方程写为y''+\frac{1}{y^3}=0，两端乘以2y'，得2y'y''+\frac{2y'}{y^3}=0，即\left(y'^2-\frac{1}{y^2}\right)'=0，由此得y'^2-\frac{1}{y^2}=C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件y=1，y'=0，得C_1=-1，则有y'^2=\frac{1}{y^2}-1=\frac{1-y^2}{y^2}，y'=\pm \frac{\sqrt{1-y^2}}{y}，分离变量得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{ydy}{\sqrt{1-y^2}}=\pm dx，两端积分，得-\sqrt{1-y^2}=\pm x+C_2，代入初值条件x=1，y=1，得C=\pm1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则有-\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，所以在x=1处，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=1，在x=1的某邻域内y \gt 0，则特解表示为y=\sqrt{2x-x^2}.\\\\ &\ \ (2)\ 令y'=p，则y''=p'，原方程化为p'-ap^2=0，分离变量即\frac{dp}{p^2}=adx，两端积分，得-\frac{1}{p}=ax+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，p=y'=-1，得C_1=1，则有-\frac{1}{y'}=ax+1，即y'=-\frac{1}{ax+1}，两端积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得y=-\frac{1}{a}ln(ax+1)+C_2，代入初值条件x=0，y=0，得C_2=0，所求特解为y=-\frac{1}{a}ln(ax+1).\\\\ &\ \ (3)\ 因为y'''=e^{ax}，根据初值条件x=1，y''=0，积分得y''=\int_{1}^{x}y'''dx=\int_{1}^{x}e^{ax}dx=\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 又因x=1时，y'=0，积分得y'=\int_{1}^{x}y''dx=\int_{1}^{x}\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)dx=\frac{1}{a}\left[\frac{1}{a}(e^{ax}-e^a)-e^a(x-1)\right]=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^2}e^{ax}-\frac{e^a}{a}x+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=\int_{1}^{x}y'dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{1}^{x}\left[\frac{1}{a^2}e^{ax}-\frac{e^a}{a}x+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)\right]dx=\frac{1}{a^3}(e^{ax}-e^a)-\frac{e^a}{2a}(x^2-1)+\frac{e^a}{a}\left(1-\frac{1}{a}\right)(x-1)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^3}e^{ax}-\frac{e^a}{2a}x^2+\frac{e^a}{a^2}(a-1)x+\frac{e^a}{2a^3}(2a-a^2-2).\\\\ &\ \ (4)\ 原方程两端同时乘以2y'，得2y'y''=2y'e^{2y}，即(y'^2)'=(e^{2y})'，两端积分，得y'^2=e^{2y}+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，y=y'=0，得C_1=-1，则有y'=\pm \sqrt{e^{2y}-1}，分离变量后积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int \frac{dy}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm \int dx，即\int \frac{d(e^{-y})}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm \int dx，得arcsin(e^{-y})=\pm x+C_2，代入初值条件x=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=0，得C_2=\frac{\pi}{2}，得特解e^{-y}=sin\left(\frac{\pi}{2}\pm x\right)=cos\ x，即y=-ln\ cos\ x=ln\ sec\ x.\\\\ &\ \ (5)\ 原方程两端同时乘以2y'，得2y'y''=6y'\sqrt{y}，即(y'^2)'=(4y^{\frac{3}{2}})'，两端积分，得y'^2=4y^{\frac{3}{2}}+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入初值条件x=0，y=1，y'=2，得C_1=0，则有y'=\pm 2y^{\frac{3}{4}}，由于y'_{x=0}=2，取y'=2y^{\frac{3}{4}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 分离变量后积分\int \frac{dy}{y^{\frac{3}{4}}}=2\int dx得4y^{\frac{1}{4}}=2x+C_2，代入初值条件x=0，y=1，得C_2=4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得特解y=\left(\frac{1}{2}x+1\right)^4.\\\\ &\ \ (6)\ 令y'=p，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程变为p\frac{dp}{dy}+p^2=1，分离变量得\frac{pdp}{1-p^2}=dy，根据初值条件y=0，p=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 积分\int_{0}^{p}\frac{pdp}{1-p^2}=\int_{0}^{y}dy，得-\frac{1}{2}ln(1-p^2)=y，即p=\pm \sqrt{1-e^{-2y}}=\pm dx，分离变量得\frac{dy}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 根据初值条件x=0，y=0积分\int_{0}^{y}\frac{dy}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm \int_{0}^{x}dx，\int_{0}^{y}\frac{d(e^y)}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm \int_{0}^{x}dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得ln(e^y+\sqrt{e^{2y}-1})=\pm x，即e^y=\frac{e^x+e^{-x}}{2} & \end{aligned} (1) 原方程写为y′′+y31=0，两端乘以2y′，得2y′y′′+y32y′=0，即(y′2−y21)′=0，由此得y′2−y21=C1， 代入初值条件y=1，y′=0，得C1=−1，则有y′2=y21−1=y21−y2，y′=±y1−y2，分离变量得 1−y2ydy=±dx，两端积分，得−1−y2=±x+C2，代入初值条件x=1，y=1，得C=±1， 则有−1−y2=±(x−1)，两边平方，得x2+y2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处， y=1，在x=1的某邻域内y>0，则特解表示为y=2x−x2. (2) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−ap2=0，分离变量即p2dp=adx，两端积分，得−p1=ax+C1， 代入初值条件x=0，p=y′=−1，得C1=1，则有−y′1=ax+1，即y′=−ax+11，两端积分， 得y=−a1ln(ax+1)+C2，代入初值条件x=0，y=0，得C2=0，所求特解为y=−a1ln(ax+1). (3) 因为y′′′=eax，根据初值条件x=1，y′′=0，积分得y′′=∫1xy′′′dx=∫1xeaxdx=a1(eax−ea)， 又因x=1时，y′=0，积分得y′=∫1xy′′dx=∫1xa1(eax−ea)dx=a1[a1(eax−ea)−ea(x−1)]= a21eax−aeax+aea(1−a1)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=∫1xy′dx= ∫1x[a21eax−aeax+aea(1−a1)]dx=a31(eax−ea)−2aea(x2−1)+aea(1−a1)(x−1)= a31eax−2aeax2+a2ea(a−1)x+2a3ea(2a−a2−2). (4) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′，两端积分，得y′2=e2y+C1， 代入初值条件x=0，y=y′=0，得C1=−1，则有y′=±e2y−1，分离变量后积分， 得∫e2y−1dy=±∫dx，即∫1−e−2yd(e−y)=±∫dx，得arcsin(e−y)=±x+C2，代入初值条件x=0， y=0，得C2=2π，得特解e−y=sin(2π±x)=cos x，即y=−ln cos x=ln sec x. (5) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=6y′y，即(y′2)′=(4y23)′，两端积分，得y′2=4y23+C1， 代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得C1=0，则有y′=±2y43，由于yx=0′=2，取y′=2y43， 分离变量后积分∫y43dy=2∫dx得4y41=2x+C2，代入初值条件x=0，y=1，得C2=4， 得特解y=(21x+1)4. (6) 令y′=p，则y′′=pdydp，原方程变为pdydp+p2=1，分离变量得1−p2pdp=dy，根据初值条件y=0，p=0， 积分∫0p1−p2pdp=∫0ydy，得−21ln(1−p2)=y，即p=±1−e−2y=±dx，分离变量得1−e−2ydy=±dx， 根据初值条件x=0，y=0积分∫0y1−e−2ydy=±∫0xdx，∫0ye2y−1d(ey)=±∫0xdx， 得ln(ey+e2y−1)=±x，即ey=2ex+e−x
3. 试求 y ′ ′ = x 的经过点 M ( 0 , 1 ) 且在此点与直线 y = x 2 + 1 相切的积分曲线 . \begin{aligned}&3. \ 试求y''=x的经过点M(0, \ 1)且在此点与直线y=\frac{x}{2}+1相切的积分曲线.&\end{aligned} 3. 试求y′′=x的经过点M(0, 1)且在此点与直线y=2x+1相切的积分曲线.
解：
因为直线 y = x 2 + 1 点 ( 0 , 1 ) 处的切线斜率为 1 2 ，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题 y ′ ′ = x ， y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 1 2 的解，由 y ′ ′ = x ，积分得 y ′ = 1 2 x 2 + C 1 ，代入 x = 0 ， y ′ = 1 2 ，得 C 1 = 1 2 ，即有 y ′ = 1 2 x 2 + 1 2 ， 再积分得 y = 1 6 x 3 + 1 2 x + C 2 ，代入 x = 0 ， y = 1 ，得 C 2 = 1 ，所求积分曲线的方程为 y = 1 6 x 3 + 1 2 x + 1. \begin{aligned} &\ \ 因为直线y=\frac{x}{2}+1点(0, \ 1)处的切线斜率为\frac{1}{2}，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y''=x，y|_{x=0}=1，\\\\ &\ \ y'|_{x=0}=\frac{1}{2}的解，由y''=x，积分得y'=\frac{1}{2}x^2+C_1，代入x=0，y'=\frac{1}{2}，得C_1=\frac{1}{2}，即有y'=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ 再积分得y=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x+C_2，代入x=0，y=1，得C_2=1，所求积分曲线的方程为y=\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{2}x+1. & \end{aligned} 因为直线y=2x+1点(0, 1)处的切线斜率为21，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y′′=x，y∣x=0=1， y′∣x=0=21的解，由y′′=x，积分得y′=21x2+C1，代入x=0，y′=21，得C1=21，即有y′=21x2+21， 再积分得y=61x3+21x+C2，代入x=0，y=1，得C2=1，所求积分曲线的方程为y=61x3+21x+1.
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 R = c v （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 . \begin{aligned}&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.&\end{aligned} 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 m d 2 s d t 2 = m g − c d s d t ，根据题设条件，得初值问题 d 2 s d t 2 = g − c m d s d t ， s ∣ t = 0 = 0 ， d s d t ∣ t = 0 = 0 ，令 d s d t = v ，方程变为 d v d t = g − c m v ，分离变量后积分 ∫ d v g − c m v = ∫ d t ， 得 l n ( g − c m v ) = − c m t + C 1 ，代入初值条件 t = 0 ， v = 0 ，得 C 1 = l n g ，则有 v = d s d t = m g c ( 1 − e − c m t ) ， 积分得 s = m g c ( t + m c e − c m t ) + C 2 ， 代入初值条件 t = 0 ， s = 0 ，得 C 2 = − m 2 g c 2 ，所求特解为 s = m g c ( t + m c e − c m t − m c ) = m g c t + m 2 g c 2 ( e − c m t − 1 ) . \begin{aligned} &\ \ 根据牛顿第二定律，有m\frac{d^2s}{dt^2}=mg-c\frac{ds}{dt}，根据题设条件，得初值问题\frac{d^2s}{dt^2}=g-\frac{c}{m}\frac{ds}{dt}，s|_{t=0}=0，\\\\ &\ \ \frac{ds}{dt}|_{t=0}=0，令\frac{ds}{dt}=v，方程变为\frac{dv}{dt}=g-\frac{c}{m}v，分离变量后积分\int \frac{dv}{g-\frac{c}{m}v}=\int dt，\\\\ &\ \ 得ln(g-\frac{c}{m}v)=-\frac{c}{m}t+C_1，代入初值条件t=0，v=0，得C_1=ln\ g，则有v=\frac{ds}{dt}=\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t=0，s=0，得C_2=-\frac{m^2g}{c^2}，所求特解为s=\frac{mg}{c}\left(t+\frac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}-\frac{m}{c}\right)=\frac{mg}{c}t+\frac{m^2g}{c^2}(e^{-\frac{c}{m}t}-1). & \end{aligned} 根据牛顿第二定律，有mdt2d2s=mg−cdtds，根据题设条件，得初值问题dt2d2s=g−mcdtds，s∣t=0=0， dtds∣t=0=0，令dtds=v，方程变为dtdv=g−mcv，分离变量后积分∫g−mcvdv=∫dt， 得ln(g−mcv)=−mct+C1，代入初值条件t=0，v=0，得C1=ln g，则有v=dtds=cmg(1−e−mct)， 积分得s=cmg(t+cme−mct)+C2， 代入初值条件t=0，s=0，得C2=−c2m2g，所求特解为s=cmg(t+cme−mct−cm)=cmgt+c2m2g(e−mct−1).
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