高等数学（第七版）同济大学 总习题七 （前4题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学 总习题七（前4题）

$\begin{array}{rlr}& 1.填空：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)x{y}^{\prime \prime \prime }+2x^2{y}^{\prime 2}+x^{3}y=x^4+1是\_\_\_\_阶微分方程；& \\ & & \\ & (2)一阶线性微分方程y^{\prime }+P(x)y=Q(x)的通解为\_\_\_\_\_\_\_\_.& \\ & & \\ & (3)与积分方程y={\int }_{x_0}^{x}f(x,y)dx等价的微分方程初值问题是\_\_\_\_\_\_\_\_\_.& \\ & & \\ & (4)已知y=1，y=x，y=x^2是某二阶非齐次线性微分方程的三个解，则该方程的通解为\_\_\_\_\_\_\_\_\_.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)三& \\ & & \\ & (2)y=e^{-\int P(x)dx}\left(\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right).& \\ & & \\ & (3)y^{\prime }=f(x,y)，y{|}_{x=x_0}=0.& \\ & & \\ & (4)y=C_1(x-1)+C_2(x^2-1)+1& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 2.以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)设非齐次线性微分方程y^{\prime }+P(x)y=Q(x)有两个不同的解：y_1(x)与y_2(x)，C为任意常数，& \\ & & \\ & 则该方程的通解是()：& \\ & & \\ & (A)C[y_1(x)-y_2(x)](B)y_1(x)+C[y_1(x)-y_2(x)]& \\ & & \\ & (C)C[y_1(x)+y_2(x)](D)y_1(x)+C[y_1(x)+y_2(x)]& \\ & & \\ & (2)具有特解y_1=e^{-x}，y_2=2x{e}^{-x}，y_3=3e^x的三阶常系数齐次线性微分方程是()：& \\ & & \\ & (A)y^{\prime \prime \prime }-y^{\prime \prime }-y^{\prime }+y=0(B)y^{\prime \prime \prime }+y^{\prime \prime }-y^{\prime }-y=0& \\ & & \\ & (C)y^{\prime \prime \prime }-6y^{\prime \prime }+11y^{\prime }-6y=0(D)y^{\prime \prime \prime }-2y^{\prime \prime }-y^{\prime }+2y=0& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)y_1(x)-y_2(x)是对应的齐次方程y^{\prime }+P(x)y=0的非零解，从而由线性微分方程解的性质定理知& \\ & & \\ & C[y_1(x)-y_2(x)]是齐次方程的通解，再由非齐次线性方程解的结构定理知y_1(x)+C[y_1(x)-y_2(x)]& \\ & & \\ & 是原方程的通解，选B& \\ & & \\ & (2)根据题意可知r=-1，-1，1为所求齐次线性微分方程对应的特征方程的3个根，& \\ & & \\ & 而(r+1{)}^2(r-1)=r^3+r^2-r-1，选B.& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 3.求以下列各式所表示的函数为通解的微分方程：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)(x+C{)}^2+y^2=1（其中C为任意常数）；& \\ & & \\ & (2)y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}（其中C_1，C_2为任意常数）.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)方程两端对x求导，得x+C+y{y}^{\prime }=0，即C=-x-y{y}^{\prime }，代入原方程得y^2(1+y^{\prime 2})=1.& \\ & & \\ & (2)将y=C_1{e}^x+C_2{e}^{2x}对x二次求导，得\{\begin{array}{l}{y}^{\prime }=C_1{e}^x+2C_2{e}^{2x}，\\ \\ y^{\prime \prime }=C_1{e}^x+4C_2{e}^{2x}.\end{array}解得C_1=(2y^{\prime }-y^{\prime \prime })e^{-x}，C_2=\frac{1}{2}(y^{\prime \prime }-y^{\prime })e^{-2x}，& \\ & & \\ & 代入原方程，得y=(2y^{\prime }-y^{\prime \prime })+\frac{1}{2}(y^{\prime \prime }-y^{\prime })，即y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=0.& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 4.求下列微分方程的通解：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)x{y}^{\prime }+y=2\sqrt{xy}；(2)x{y}^{\prime }lnx+y=ax(lnx+1)；& \\ & & \\ & (3)\frac{dy}{dx}=\frac{y}{2(lny-x)}；(4)\frac{dy}{dx}+xy-x^3{y}^3=0；& \\ & & \\ & (5)y^{\prime \prime }+y^{\prime 2}+1=0；(6)y{y}^{\prime \prime }-y^{\prime 2}-1=0；& \\ & & \\ & (7)y^{\prime \prime }+2y^{\prime }+5y=sin2x；(8)y^{\prime \prime \prime }+y^{\prime \prime }-2y^{\prime }=x(e^x+4)；& \\ & & \\ & (9)(y^4-3x^2)dy+xydx=0；(10)y^{\prime }+x=\sqrt{x^2+y}.& \end{array}$

解：

   ( 1 )  原方程可化为 y ′ + y x = 2 y x ，令 u = y x ，则有 x u ′ = 2 u − 2 u ，分离变量得 d u 2 u ( 1 − u ) = d x x ，          两端积分得 l n   ∣ 1 − u ∣ = − l n   ∣ x ∣ + l n   C 1 ，即 x ( 1 − u ) = C ，代入 u = y x ，得原方程的通解为 x − x y = C .    ( 2 )  原方程可化为 y ′ + 1 x l n   x y = a ( 1 + 1 l n   x ) ，由一阶线性方程的通解公式，得           y = e − ∫ 1 x l n   x d x [ ∫ a ( 1 + 1 l n   x ) e ∫ 1 x l n   x d x d x + C ] = 1 l n   x [ ∫ a ( l n   x + 1 ) d x + C ] = 1 l n   x ( a x l n   x + C ) =           a x + 1 l n   x C ，所以方程的通解为 y = a x + 1 l n   x C .    ( 3 )  原方程可表示为 d x d y + 2 y x = 2 l n   y y ，由一阶线性方程的通解公式，得 x = e − ∫ 2 y d y ( ∫ 2 l n   y y e ∫ 2 y d y d y + C ) =           1 y 2 ( ∫ 2 y l n   y d y + C ) = 1 y 2 ( y 2 l n   y − 1 2 y 2 + C ) = l n   y − 1 2 + 1 y 2 C ，所以方程的通解为 x = 1 y 2 C + l n   y − 1 2 .    ( 4 )  原方程可表示为 y ′ + x y = x 3 y 3 ，方程两端同时除以 y 3 ，得 y ′ y 3 + x 1 y 2 = x 3 ，令 z = 1 y 2 ，则 z ′ = − 2 y ′ y 3 ，         原方程化为 z ′ − 2 x z = − 2 x 3 ，得 z = e ∫ 2 x d x ( ∫ − 2 x 3 e − ∫ 2 x d x d x + C ) = e x 2 ( ∫ − 2 x 3 e − x 2 d x + C ) =          e x 2 ( x 2 e − x 2 − ∫ 2 x e − x 2 d x + C ) = e x 2 ( x 2 e − x 2 + e − x 2 + C ) = x 2 + 1 + C e x 2 ，代入 z = 1 y 2 ，得原方程的         通解为 1 y 2 = C e x 2 + x 2 + 1.    ( 5 )  令 p = y ′ ，则 p ′ = y ′ ′ ，方程表示为 p ′ + p 2 + 1 = 0 ，分离变量并积分，得 ∫ d p 1 + p 2 = − ∫ d x ，         得 a r c t a n   p = − x + C 1 ，即 y ′ = p = t a n ( − x + C 1 ) ，得原方程的通解为 y = ∫ − t a n ( x − C 1 ) d x =          l n   ∣ c o s ( x − C 1 ) ∣ + C 2 .    ( 6 )  令 p = y ′ ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程化为 y p d p d y − p 2 − 1 = 0 ，分离变量得 p d p p 2 + 1 = d y y ，两端积分得          1 2 l n ( p 2 + 1 ) = l n   y + l n   C 1 ，即 p 2 + 1 = ( C 1 y ) 2 ， p = ± ( C 1 y ) 2 − 1 ，取 y ′ = ( C 1 y ) 2 − 1 ，分离变量并积分得          x = ∫ d x = ∫ d y ( C 1 y ) 2 − 1 = 1 C 1 ∫ d ( C 1 y ) ( C 1 y ) 2 − 1 = 1 C 1 { l n   [ C 1 y + ( C 1 y ) 2 − 1 ] − C 2 } ，即          C 1 y = e C 1 x + C 2 + e − ( C 1 x + C 2 ) 2 ，对 y ′ = − ( C 1 y ) 2 − 1 同理，所以原方程的通解为 y = 1 2 C 1 ( e C 1 x + C 2 + e − C 1 x − C 2 ) .    ( 7 )  原方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 + 2 r + 5 = 0 ，解得 r 1 = − 1 + 2 i ， r 2 = − 1 − 2 i ，所以对应齐次方程         的通解为 Y = e − x ( C 1 c o s   2 x + C 2 s i n   2 x ) ，因为 f ( x ) = s i n   2 x ， λ + i ω = 2 i 不是特征方程的根，         令 y ∗ = A c o s   2 x + B s i n   2 x 是原方程的特解，将 y ∗ 代入原方程，得 ( A + 4 B ) c o s   2 x + ( B − 4 A ) s i n   2 x = s i n   2 x ，         比较系数，得 { A + 4 B = 0 ， B − 4 A = 1 ， 即 A = − 4 17 ， B = 1 17 ，于是 y ∗ = − 4 17 c o s   2 x + 1 17 s i n   2 x ，所以原方程的通解为          y = e − x ( C 1 c o s   2 x + C 2 s i n   2 x ) − 4 17 c o s   2 x + 1 17 s i n   2 x .    ( 8 )  原方程对应的齐次方程的特征方程为 r 3 + r 2 − 2 r = 0 ，解得 r 1 = 0 ， r 2 = 1 ， r 3 = − 2 ，对应齐次方程的通解为           Y = C 1 + C 2 e x + C 3 e − 2 x ，对于方程 y ′ ′ ′ + y ′ ′ − 2 y ′ = x e x ，（ 1 − 1 ），因 f 1 ( x ) = x e x ，其中 λ = 1 是特征方程的         单根，令 y 1 ∗ = x ( A 1 x + B 1 ) e x ，代入（ 1 − 1 ）中消去 e x ，得 6 A 1 x + 8 A 1 + 3 B 1 = x ，比较系数得          { 6 A 1 = 1 ， 8 A 1 + 3 B 1 = 0 ， 即 A 1 = 1 6 ， B 1 = − 4 9 ，于是 y 1 ∗ = ( 1 6 x 2 − 4 9 x ) e x ，对于方程          y ′ ′ ′ + y ′ ′ − 2 y ′ = 4 x ，（ 1 − 2 ），因 f 2 ( x ) = 4 x ，其中 λ = 0 是特征方程的单根，令 y 2 ∗ = x ( A 2 x + B 2 ) ，         代入（ 1 − 2 ）得 − 4 A 2 x + 2 A 2 − 2 B 2 = 4 x ，比较系数得 A 2 = − 1 ， B 2 = − 1 ，得 y 2 ∗ = − x 2 − x ，根据线性方程         解的叠加原理可知 y ∗ = y 1 ∗ + y 2 ∗ 是原方程的特解，所以原方程的通解为          y = Y + y ∗ = C 1 + C 2 e x + C 3 e − 2 x + ( 1 6 x 2 − 4 9 x ) e x − x 2 − x .    ( 9 )  原方程可写为 d x d y − 3 y x = − y 3 x − 1 ，方程两端同乘 x ，得 x d x d y − 3 y x 2 = − y 3 ，令 z = x 2 ，则 d z d y = 2 x d x d y ，         原方程化为 d z d y − 6 y z = − 2 y 3 ，解得 z = e ∫ 6 y d y ( ∫ − 2 y 3 e − ∫ 6 y d y d y + C ) = y 6 ( ∫ − 2 y 3 d y + C ) =          y 6 ( 1 y 2 + C ) = y 4 + C y 6 ，代入 z = x 2 ，得原方程的通解为 x 2 = y 4 + C y 6 .    ( 10 )  令 u = x 2 + y ，即 y = u 2 − x 2 ，则 d y d x = 2 u d u d x − 2 x ，原方程化为 2 u d u d x − x = u ，即 d u d x − 1 2 ( x u ) = 1 2 ，           令 v = u x ，即 u = x v ，则 d u d x = v + x d v d x ，原方程化为 v + x d v d x − 1 2 v = 1 2 ，分离变量得 v d v 2 v 2 − v − 1 = − 1 2 d x x ，           积分得 − 1 2 l n   ∣ x ∣ = ∫ v d v 2 v 2 − v − 1 = 1 3 ( ∫ 1 v − 1 d v + ∫ 1 2 v + 1 d v ) = 1 3 [ l n   ∣ v − 1 ∣ + 1 2 l n   ∣ 2 v − 1 ∣ ] + C 1 ，           即 ( v − 1 ) 2 ( 2 v − 1 ) x 3 = C 2 ，代入 v = u x ，得 2 u 3 − 3 x u 2 + x 3 = C 2 ，再代入 u = x 2 + y ，得原方程的通解为            2 ( x 2 + y ) 3 2 − 3 x ( x 2 + y ) + x 3 = C 2 ，即 ( x 2 + y ) 3 2 = x 3 + 3 2 x y + C . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 原方程可化为y'+\frac{y}{x}=2\sqrt{\frac{y}{x}}，令u=\frac{y}{x}，则有xu'=2\sqrt{u}-2u，分离变量得\frac{du}{2\sqrt{u}(1-\sqrt{u})}=\frac{dx}{x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 两端积分得ln\ |1-\sqrt{u}|=-ln\ |x|+ln\ C_1，即x(1-\sqrt{u})=C，代入u=\frac{y}{x}，得原方程的通解为x-\sqrt{xy}=C.\\\\ &\ \ (2)\ 原方程可化为y'+\frac{1}{xln\ x}y=a\left(1+\frac{1}{ln\ x}\right)，由一阶线性方程的通解公式，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ y=e^{-\int \frac{1}{xln\ x}dx}\left[\int a\left(1+\frac{1}{ln\ x}\right)e^{\int \frac{1}{xln\ x}dx}dx+C\right]=\frac{1}{ln\ x}\left[\int a(ln\ x+1)dx+C\right]=\frac{1}{ln\ x}(axln\ x+C)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ ax+\frac{1}{ln\ x}C，所以方程的通解为y=ax+\frac{1}{ln\ x}C.\\\\ &\ \ (3)\ 原方程可表示为\frac{dx}{dy}+\frac{2}{y}x=\frac{2ln\ y}{y}，由一阶线性方程的通解公式，得x=e^{-\int \frac{2}{y}dy}\left(\int \frac{2ln\ y}{y}e^{\int \frac{2}{y}dy}dy+C\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{y^2}\left(\int 2yln\ ydy+C\right)=\frac{1}{y^2}\left(y^2ln\ y-\frac{1}{2}y^2+C\right)=ln\ y-\frac{1}{2}+\frac{1}{y^2}C，所以方程的通解为x=\frac{1}{y^2}C+ln\ y-\frac{1}{2}.\\\\ &\ \ (4)\ 原方程可表示为y'+xy=x^3y^3，方程两端同时除以y^3，得\frac{y'}{y^3}+x\frac{1}{y^2}=x^3，令z=\frac{1}{y^2}，则z'=-2\frac{y'}{y^3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 原方程化为z'-2xz=-2x^3，得z=e^{\int 2xdx}\left(\int -2x^3e^{-\int 2xdx}dx+C\right)=e^{x^2}\left(\int -2x^3e^{-x^2}dx+C\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ e^{x^2}\left(x^2e^{-x^2}-\int 2xe^{-x^2}dx+C\right)=e^{x^2}(x^2e^{-x^2}+e^{-x^2}+C)=x^2+1+Ce^{x^2}，代入z=\frac{1}{y^2}，得原方程的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 通解为\frac{1}{y^2}=Ce^{x^2}+x^2+1.\\\\ &\ \ (5)\ 令p=y'，则p'=y''，方程表示为p'+p^2+1=0，分离变量并积分，得\int \frac{dp}{1+p^2}=-\int dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得arctan\ p=-x+C_1，即y'=p=tan(-x+C_1)，得原方程的通解为y=\int -tan(x-C_1)dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ ln\ |cos(x-C_1)|+C_2.\\\\ &\ \ (6)\ 令p=y'，则y''=p\frac{dp}{dy}，原方程化为yp\frac{dp}{dy}-p^2-1=0，分离变量得\frac{pdp}{p^2+1}=\frac{dy}{y}，两端积分得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}ln(p^2+1)=ln\ y+ln\ C_1，即p^2+1=(C_1y)^2，p=\pm \sqrt{(C_1y)^2-1}，取y'=\sqrt{(C_1y)^2-1}，分离变量并积分得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x=\int dx=\int \frac{dy}{\sqrt{(C_1y)^2-1}}=\frac{1}{C_1}\int \frac{d(C_1y)}{\sqrt{(C_1y)^2-1}}=\frac{1}{C_1}\{ln\ [C_1y+\sqrt{(C_1y)^2-1}]-C_2\}，即\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ C_1y=\frac{e^{C_1x+C_2}+e^{-(C_1x+C_2)}}{2}，对y'=-\sqrt{(C_1y)^2-1}同理，所以原方程的通解为y=\frac{1}{2C_1}(e^{C_1x+C_2}+e^{-C_1x-C_2}).\\\\ &\ \ (7)\ 原方程对应的齐次方程的特征方程为r^2+2r+5=0，解得r_1=-1+2i，r_2=-1-2i，所以对应齐次方程\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 的通解为Y=e^{-x}(C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x)，因为f(x)=sin\ 2x，\lambda+i\omega=2i不是特征方程的根，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 令y^*=Acos\ 2x+Bsin\ 2x是原方程的特解，将y^*代入原方程，得(A+4B)cos\ 2x+(B-4A)sin\ 2x=sin\ 2x，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 比较系数，得\begin{cases}A+4B=0，\\\\B-4A=1，\end{cases}即A=-\frac{4}{17}，B=\frac{1}{17}，于是y^*=-\frac{4}{17}cos\ 2x+\frac{1}{17}sin\ 2x，所以原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=e^{-x}(C_1cos\ 2x+C_2sin\ 2x)-\frac{4}{17}cos\ 2x+\frac{1}{17}sin\ 2x.\\\\ &\ \ (8)\ 原方程对应的齐次方程的特征方程为r^3+r^2-2r=0，解得r_1=0，r_2=1，r_3=-2，对应齐次方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ Y=C_1+C_2e^x+C_3e^{-2x}，对于方程y'''+y''-2y'=xe^x，（1-1），因f_1(x)=xe^x，其中\lambda=1是特征方程的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 单根，令y_1^*=x(A_1x+B_1)e^x，代入（1-1）中消去e^x，得6A_1x+8A_1+3B_1=x，比较系数得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \begin{cases}6A_1=1，\\\\8A_1+3B_1=0，\end{cases}即A_1=\frac{1}{6}，B_1=-\frac{4}{9}，于是y_1^*=\left(\frac{1}{6}x^2-\frac{4}{9}x\right)e^x，对于方程\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y'''+y''-2y'=4x，（1-2），因f_2(x)=4x，其中\lambda=0是特征方程的单根，令y_2^*=x(A_2x+B_2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 代入（1-2）得-4A_2x+2A_2-2B_2=4x，比较系数得A_2=-1，B_2=-1，得y_2^*=-x^2-x，根据线性方程\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 解的叠加原理可知y^*=y_1^*+y_2^*是原方程的特解，所以原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y=Y+y^*=C_1+C_2e^x+C_3e^{-2x}+\left(\frac{1}{6}x^2-\frac{4}{9}x\right)e^x-x^2-x.\\\\ &\ \ (9)\ 原方程可写为\frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x=-y^3x^{-1}，方程两端同乘x，得x\frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x^2=-y^3，令z=x^2，则\frac{dz}{dy}=2x\frac{dx}{dy}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 原方程化为\frac{dz}{dy}-\frac{6}{y}z=-2y^3，解得z=e^{\int \frac{6}{y}dy}\left(\int -2y^3e^{-\int \frac{6}{y}dy}dy+C\right)=y^6\left(\int -\frac{2}{y^3}dy+C\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y^6\left(\frac{1}{y^2}+C\right)=y^4+Cy^6，代入z=x^2，得原方程的通解为x^2=y^4+Cy^6.\\\\ &\ \ (10)\ 令u=\sqrt{x^2+y}，即y=u^2-x^2，则\frac{dy}{dx}=2u\frac{du}{dx}-2x，原方程化为2u\frac{du}{dx}-x=u，即\frac{du}{dx}-\frac{1}{2}\left(\frac{x}{u}\right)=\frac{1}{2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 令v=\frac{u}{x}，即u=xv，则\frac{du}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}，原方程化为v+x\frac{dv}{dx}-\frac{1}{2v}=\frac{1}{2}，分离变量得\frac{vdv}{2v^2-v-1}=-\frac{1}{2}\frac{dx}{x}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 积分得-\frac{1}{2}ln\ |x|=\int \frac{vdv}{2v^2-v-1}=\frac{1}{3}\left(\int \frac{1}{v-1}dv+\int \frac{1}{2v+1}dv\right)=\frac{1}{3}\left[ln\ |v-1|+\frac{1}{2}ln\ |2v-1|\right]+C_1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 即(v-1)^2(2v-1)x^3=C_2，代入v=\frac{u}{x}，得2u^3-3xu^2+x^3=C_2，再代入u=\sqrt{x^2+y}，得原方程的通解为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 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. & \end{aligned} ​  (1) 原方程可化为y′+xy​=2xy​ ​，令u=xy​，则有xu′=2u ​−2u，分离变量得2u ​(1−u ​)du​=xdx​，         两端积分得ln ∣1−u ​∣=−ln ∣x∣+ln C1​，即x(1−u ​)=C，代入u=xy​，得原方程的通解为x−xy ​=C.  (2) 原方程可化为y′+xln x1​y=a(1+ln x1​)，由一阶线性方程的通解公式，得         y=e−∫xln x1​dx[∫a(1+ln x1​)e∫xln x1​dxdx+C]=ln x1​[∫a(ln x+1)dx+C]=ln x1​(axln x+C)=         ax+ln x1​C，所以方程的通解为y=ax+ln x1​C.  (3) 原方程可表示为dydx​+y2​x=y2ln y​，由一阶线性方程的通解公式，得x=e−∫y2​dy(∫y2ln y​e∫y2​dydy+C)=         y21​(∫2yln ydy+C)=y21​(y2ln y−21​y2+C)=ln y−21​+y21​C，所以方程的通解为x=y21​C+ln y−21​.  (4) 原方程可表示为y′+xy=x3y3，方程两端同时除以y3，得y3y′​+xy21​=x3，令z=y21​，则z′=−2y3y′​，        原方程化为z′−2xz=−2x3，得z=e∫2xdx(∫−2x3e−∫2xdxdx+C)=ex2(∫−2x3e−x2dx+C)=        ex2(x2e−x2−∫2xe−x2dx+C)=ex2(x2e−x2+e−x2+C)=x2+1+Cex2，代入z=y21​，得原方程的        通解为y21​=Cex2+x2+1.  (5) 令p=y′，则p′=y′′，方程表示为p′+p2+1=0，分离变量并积分，得∫1+p2dp​=−∫dx，        得arctan p=−x+C1​，即y′=p=tan(−x+C1​)，得原方程的通解为y=∫−tan(x−C1​)dx=        ln ∣cos(x−C1​)∣+C2​.  (6) 令p=y′，则y′′=pdydp​，原方程化为ypdydp​−p2−1=0，分离变量得p2+1pdp​=ydy​，两端积分得        21​ln(p2+1)=ln y+ln C1​，即p2+1=(C1​y)2，p=±(C1​y)2−1 ​，取y′=(C1​y)2−1 ​，分离变量并积分得        x=∫dx=∫(C1​y)2−1 ​dy​=C1​1​∫(C1​y)2−1 ​d(C1​y)​=C1​1​{ln [C1​y+(C1​y)2−1 ​]−C2​}，即        C1​y=2eC1​x+C2​+e−(C1​x+C2​)​，对y′=−(C1​y)2−1 ​同理，所以原方程的通解为y=2C1​1​(eC1​x+C2​+e−C1​x−C2​).  (7) 原方程对应的齐次方程的特征方程为r2+2r+5=0，解得r1​=−1+2i，r2​=−1−2i，所以对应齐次方程        的通解为Y=e−x(C1​cos 2x+C2​sin 2x)，因为f(x)=sin 2x，λ+iω=2i不是特征方程的根，        令y∗=Acos 2x+Bsin 2x是原方程的特解，将y∗代入原方程，得(A+4B)cos 2x+(B−4A)sin 2x=sin 2x，        比较系数，得⎩ ⎨ ⎧​A+4B=0，B−4A=1，​即A=−174​，B=171​，于是y∗=−174​cos 2x+171​sin 2x，所以原方程的通解为        y=e−x(C1​cos 2x+C2​sin 2x)−174​cos 2x+171​sin 2x.  (8) 原方程对应的齐次方程的特征方程为r3+r2−2r=0，解得r1​=0，r2​=1，r3​=−2，对应齐次方程的通解为         Y=C1​+C2​ex+C3​e−2x，对于方程y′′′+y′′−2y′=xex，（1−1），因f1​(x)=xex，其中λ=1是特征方程的        单根，令y1∗​=x(A1​x+B1​)ex，代入（1−1）中消去ex，得6A1​x+8A1​+3B1​=x，比较系数得        ⎩ ⎨ ⎧​6A1​=1，8A1​+3B1​=0，​即A1​=61​，B1​=−94​，于是y1∗​=(61​x2−94​x)ex，对于方程        y′′′+y′′−2y′=4x，（1−2），因f2​(x)=4x，其中λ=0是特征方程的单根，令y2∗​=x(A2​x+B2​)，        代入（1−2）得−4A2​x+2A2​−2B2​=4x，比较系数得A2​=−1，B2​=−1，得y2∗​=−x2−x，根据线性方程        解的叠加原理可知y∗=y1∗​+y2∗​是原方程的特解，所以原方程的通解为        y=Y+y∗=C1​+C2​ex+C3​e−2x+(61​x2−94​x)ex−x2−x.  (9) 原方程可写为dydx​−y3​x=−y3x−1，方程两端同乘x，得xdydx​−y3​x2=−y3，令z=x2，则dydz​=2xdydx​，        原方程化为dydz​−y6​z=−2y3，解得z=e∫y6​dy(∫−2y3e−∫y6​dydy+C)=y6(∫−y32​dy+C)=        y6(y21​+C)=y4+Cy6，代入z=x2，得原方程的通解为x2=y4+Cy6.  (10) 令u=x2+y ​，即y=u2−x2，则dxdy​=2udxdu​−2x，原方程化为2udxdu​−x=u，即dxdu​−21​(ux​)=21​，          令v=xu​，即u=xv，则dxdu​=v+xdxdv​，原方程化为v+xdxdv​−2v1​=21​，分离变量得2v2−v−1vdv​=−21​xdx​，          积分得−21​ln ∣x∣=∫2v2−v−1vdv​=31​(∫v−11​dv+∫2v+11​dv)=31​[ln ∣v−1∣+21​ln ∣2v−1∣]+C1​，          即(v−1)2(2v−1)x3=C2​，代入v=xu​，得2u3−3xu2+x3=C2​，再代入u=x2+y ​，得原方程的通解为          2(x2+y)23​−3x(x2+y)+x3=C2​，即(x2+y)23​=x3+23​xy+C.​​