微分算子法求微分方程特解的问题
在沪江关注考研的沪友knde601遇到了一个关于考研数学的疑惑，已有3人提出了自己的看法。
知识点疑惑描述：
y''+2y'+y=x
特解y*=x/(1+2D+D^2)=(1-2D)搞不懂(1-2D)如何出来。
文登书中写的看不懂，求助各位大虾！
最佳知识点讲解
知识点相关讲解
陈文灯的微分算算子法所得结果也是：特解y*=x-2。
关于如何得到y*=x/(1+2D+D^2)=(1-2D)x，这里不好说，具体可以用多项式除法及其复习指南的218页的第三式就可得到。
根据微分算子法，用1做被除数，(1+2D+D^2)做除数，取商的最高次数为1.
1/(1+2D+D^2)=(1-2D)........余数为3D^2+2D^3,
所以结果为(1-2D)x=x-2.
—— cdd106117
我没用文登的书，所以不大清楚，下面是李永乐书上的解法，好像结果截然不同
因为等式右边没有指数项，故考虑齐次方程的根是否为零。可知为二重根-1，所以特解应为Ax+B的形式。
把上式带入原方程即得2A+Ax+B=x
可得A=1，B=-2
所以特解为y*=x-2
—— appllie
55好像还没有看到那里啊偶才到第三章哈，不过觉得使用复变函数上边的拉普拉斯变化的话这道题目很简单的哈，这个学期刚学过复变函数所以解决微分方程的题目建议您多使用复变函数简单方便哈，好像你写的偶也看不懂哈，告诉我页码我看下说不定可以解决哦，加油哈，看来偶是学弟的拉偶肯定是学弟哈要一年追上您哈，不过文登的书嘛只看了概率部分哈。是数一的书，如果是上边的话就告诉页码我看下哈发个短消息哦
—— waxyiyi
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《高等数学》第11章 微分方程习题详解.doc 42页
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第十一章微分方程习题11-11．判断下列方程是几阶微分方程？（1）；（2）；（3）；（4）．解微分方程中所出现的未知函数的导数（或微分）的最高阶数，叫做微分方程的阶．所以有，（1）一阶微分方程；（2）一阶微分方程；（3）三阶微分方程；（4）三阶微分方程．2．，；（2），；（3），；（4），．解（1）将代入所给微分方程的左边，得左边，而右边＝2左边，所以是的解．（2）将，代入所给微分方程的左边，得左边右边，所以是所给微分方程的解．（3）将，，代入所给微分方程的左边，得左边（右边），所以不是所给微分方程的解．（4）对的两边关于求导，得，即．再对求导，得，即，所以是所给微分方程的解．3．（1），；（2），．解（1）将，代入微分方程，得所以，所求函数为．（2），将，分别代入和，得，，所以，所求函数为．4．，使函数成为方程的解．解因为，，所以为使函数成为方程的解，只须满足，即．而，因此必有，即或，从而当，或时，函数均为方程的解．5．消去下列各式中的任意常数，写出相应的微分方程．（1）；（2）；（3）；（4）．解注意到，含一个任意常数及两个变量的关系式对应于一阶微分方程；含两个独立常数的式子对应于二阶微分方程．（1）由两边对求导，得，代入原关系式，得所求的微分方程为．（2）由两边对求导，得，即．而，故所求的微分方程为，化简得．（3）由两边对求导，得，两边再对求导，得，这样便可得所求的微分方程为．（4）由两边对求导，得，将代入上式，并化简得，对上式两边再对求导，得，故所求的微分方程为．习题11-21．求下列微分方程的通解或特解：（1）；（2）；（3）；（4）；（5），；（6），．解（1）分离变量，得，两端积分，得，即，所以原方程的通解为．注该等式中的与等本应写为与等，去绝对值符号时会出现号；但这些号可认为含于最后答案的任意常数中去了，这样书写简洁些，可避开绝对值与正负号的冗繁讨论，使注意力集中到解法方面，本书都做这样的处理．（2）原方程分离变量，得，两端积分，得，即，故原方程的通解为．（3）原方程可化成，分离变量，得，两端积分，得，即是原方程的通解．（4）分离变量，得，两边积分，得，即是原方程的通解．（5）分离变量，得，两端积分，得，即．由定解条件，知，即，故所求特解为，即．（6）将方程两边同除以，得，两端积分，得，积分后得（其中），从而有，代入初始条件，得．因此，所求方程满足初始条件的特解为，即．2．一曲线过点在两坐标轴间任意点处的切线被切点所平分，求此曲线的方程．解设曲线的方程为，过点的切线与x轴和y轴的交点分别为及，则点就是该切线的中点．于是有，即，且，分离变量后，有，积分得，即．由定解条件，有，故为所求的曲线．3．（米/秒）打进一块厚度为10厘米的木板，然后穿过木板以速度（米/秒）离开木板．若该木板对子弹的阻力与运动速度的平方成正比（比例系数为k），问子弹穿过木板的时间．解依题意有，，即，两端积分得，（其中20克＝0.02千克），代入定解条件，得，故有．设子弹穿过木板的时间为秒，则，又已知时，米/秒，于是，从而，，为此有，所以（秒），故子弹穿过木板运动持续了（秒）．4．；（2）；（3）；（4）；（5），；（6），．解（1）原方程变形，得，令，即，有，则原方程可进一步化为，分离变量，得，两端积分得，即，将代入上式并整理，得原方程的通解为．（2）原方程变形，得，即．令，即，有，则原方程可进一步化为，即，两端积分，得，将代入上式并整理，得原方程的通解为（其中）．（3）原方程变形，得，即，令，有，则原方程可进一步化为，即，两端积分，得，即，将代入上式并整理，得原方程的通解为．（4）显然，原方程是一个齐次方程，又注意到方程的左端可以看成是以为变量的函数，故令，即，有，则原方程可化为，整理并分离变量，得，两端积分，得，即．将代入上式并整理，得原方程的通解为．（5）原方程可化为．令，有，则原方程可进一步化为，即，两端积分，得，将代入上式，得，代入初始条件，得．因此，所求方程满足初始条件的特解为．（6）原方程可写成．令，即，有，则原方程成为，分离变量，得，两端积分，得，即，代入并整理，得通解．由初始条件，得．于是所求特解为．5．的一段向上凸的曲线弧，对于上任一点，曲线弧与直线段所围成图形的面积为，求曲线弧的方程．解设曲线弧的方程为，依题意有，上式两端对x求导，，即得微分方程，令，有，则微分方程可化为，即，积分得，因，故有．又因曲线过点，故．于是得曲线弧的方程是．6．化下列方程为齐次方程，并求出通解：（1）；（2）．解（1）原方程可写成，令，解得交点为，．作坐标平移变换，，有，所以原方程可进一步化为（*）这是齐次方程．设，则，，于是（*）式可化为，即，变量分离，得，两端积分，得，即，将代入上式，得原方程的通解为．（2）原方程可写成，该方程属于类型，一
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高等数学方明亮版第十一章答案
高等数学方明亮版第十一章答案 习 题 11-11．判断下列方程是几阶微分方程？?dy? 3 （1） ? （2） (7 x ? 6 y )dx + ( x + y )dy = 0 ； ? = y tan t + 3t sin t + 1 ； ? dt ? （3） x( y′′′) 2 ? 2 yy′ + x = 0 ； （4） xy′′′ + 2( y′′)
4 + x 2 y = 0 ． 解 微分方程中所出现的未知函数的导数 （或微分） 的最高阶数， 叫做微分方程的阶． 所 以有， （1）一阶微分方程； （2）一阶微分方程； （3）三阶微分方程； （4）三阶微分方程．22．指出下列各题中的函数是否为所给微分方程的解： （1） xy′ = 2 y ， y = 5 x 2 ； （2） y′′ + y = 0 ， y = 3sin x ? 4cos x ；（3） y′′ ? 2 y′ + y = 0 ， y = x 2 e x ； （4） ( xy ? x) y′′ + x( y′)2 + yy′ ? 2 y′ = 0 ， y = ln( xy ) ． 解 （1） y′ = 10 x 代入所给微分方程的左边， 将 得左边 = 10 x 2 ， 而右边＝2 (5 x 2 ) = 10 x 2 = 左边，所以 y = 5 x 2 是 xy′ = 2 y 的解． （ 2 ）将 y′ = 3cos x + 4sin x ， y′′ = ?3sin x + 4 cos x 代入所给微分方程的左边，得左边 = ( ?3sin x + 4 cos x) + (3sin x ? 4cos x) = 0 = 右边，所以 y = 3sin x ? 4cos x 是所给微分方程 y′′ + y = 0 的解． （3）将 y = x 2 e x ， y′ = 2 x e x + x 2 e x ， y′′ = 2e x + 4 x e x + x 2 e x 代入所给微分方程的左边， 得 左边 = (2e x + 4 x e x + x 2 e x ) ? 2(2 x e x + x 2 e x ) + x 2 e x = 2e x ≠ 0 （右边） ， 所以 y = x 2 e x 不是所给微分方程 y′′ ? 2 y′ + y = 0 的解． （4）对 y = ln( xy ) 的两边关于 x 求导，得 1 y′ y′ = + ， x y 即 xyy′ = y + xy′ ． 再对 x 求导，得 yy′ + x( y′)2 + xyy′′ = y′ + y′ + xy′′ ， 即( xy ? x) y′′ + x( y′)2 + yy′ ? 2 y′ = 0 ，所以 y = ln( xy ) 是所给微分方程 ( xy ? x) y′′ + x( y′)2 + yy′ ? 2 y′ = 0 的解． 3．确定下列各函数关系式中所含参数，使函数满足所给的初始条件． （1 ） x 2 ? y 2 = C ， y x = 0 = 5 ； （2） y = (C1 + C2 x) e2 x , y x=0 = 0 ， y′ 解 （1）将 x = 0 ， y = 5 代入微分方程，得1x=0= 1．C = 02 ? 52 = ?25所以，所求函数为 y 2 ? x 2 = 25 ． （ 2 ） y′ = C2 e2 x + 2(C1 + C2 x) e2 x = (2C1 + C2 + 2C2 x) e2 x ，将 y 入y = (C1 + C2 x) e2 x 和 y′ = (2C1 + C2 + 2C2 x) e 2 x ，x =0= 0 ， y′x=0= 1 分别代得C1 = 0 ， C2 = 1 ，所以，所求函数为 y = x e ．2x4．能否适当地选取常数 λ ，使函数 y = eλ x 成为方程 y′′ ? 9 y = 0 的解．解 须满足 即因为 y′ = λ eλ x ， y′′ = λ 2 eλ x ，所以为使函数 y = eλ x 成为方程 y′′ ? 9 y = 0 的解，只λ 2 eλ x ? 9eλ x = 0 ， (λ 2 ? 9) eλ x = 0 ．而 eλ x ≠ 0 ，因此必有 λ 2 ? 9 = 0 ，即 λ = 3 或 λ = ?3 ，从而当 λ = 3 ，或 λ = ?3 时，函数 y = e3 x , y = e?3 x 均为方程 y′′ ? 9 y = 0 的解．5．消去下列各式中的任意常数 C , C1 , C2 ，写出相应的微分方程．（1） y = Cx + C 2 ；（2） y = x tan ( x + C ) ；（3） xy = C1 e x + C2 e? x ； （4） ( y ? C1 ) 2 = C2 x ． 解 注意到，含一个任意常数及两个变量的关系式对应于一阶微分方程；含两个独立 常数的式子对应于二阶微分方程． （1）由 y = Cx + C 2 两边对 x 求导，得 y′ = C ， 代入原关系式 y = Cx + C 2 ，得所求的微分方程为( y′) 2 + xy′ = y ． （2）由 y = x tan( x + C ) 两边对 x 求导，得y′ = tan( x + C ) + x sec2 ( x + C ) ，即y′ = tan( x + C ) + x + x tan 2 ( x + C ) ．而y = tan( x + C ) ，故所求的微分方程为 x y′ = y ? y? + x + x? ? ， x ?x?2化简得xy′ = y + x 2 + y 2 ．（3）由 xy = C1 e x + C2 e? x 两边对 x 求导，得y + xy′ = C1 e x ? C2 e? x ，两边再对 x 求导，得y′ + y′ + xy′′ = C1 e x + C2 e? x ，这样便可得所求的微分方程为2xy′′ + 2 y′ = xy ．（4）由 ( y ? C1 ) = C2 x 两边对 x 求导，得22( y ? C1 ) ? y′ = C2 ，将 C2 =( y ? C1 ) 代入上式，并化简得 x22 xy′ = y ? C1 ，对上式两边再对 x 求导，得 故所求的微分方程为2 y′ + 2 xy′′ = y′ ， 2 xy′′ + y′ = 0 ．习 题 11-21．求下列微分方程的通解或特解： （1） xy ′ ? y ln y = 0 ； （2） cos x sin ydx + sin x cos ydy = 0 ；（3） y ′ ? xy ′ = 2( y 2 + y ′) ； （5） yy ′ = 3xy 2 ? x ， y 解 （1）分离变量，得x=0（4） x(1 + y )dx + ( y ? xy )dy = 0 ；= 1；（6） 2 x sin ydx + ( x 2 + 3) cos ydy = 0 ， y1 1 dy = dx ， y ln y xx =1=π ． 6两端积分，得ln(ln y ) = ln x + ln C ，即ln y = Cx ，所以原方程的通解为y = eCx ． 注 该等式中的 x 与 C 等本应写为 | x | 与 | C | 等， 去绝对值符号时会出现 ± 号； 但这些 ± 号可认为含于最后答案的任意常数 C 中去了，这样书写简洁些，可避开绝对值与正负号的 冗繁讨论，使注意力集中到解法方面，本书都做这样的处理． （2）原方程分离变量，得 cos y cos x dy = ? dx ， sin y sin x 两端积分，得 ln(sin y ) = ? ln(sin x) + ln C ， 即 ln(sin y ? sin x) = ln C ， 故原方程的通解为 sin y ? sin x = C ． （3）原方程可化成3?( x + 1)dy = 2 y2 ， dx分离变量，得1 2 dy = ? dx ， y2 x +1 1 ? = ?2ln( x + 1) ? C ， y y= 1 2ln( x + 1) + C两端积分，得 即是原方程的通解． （4）分离变量，得y x dy = dx ， 1+ y x ?1两边积分，得y ? ln(1 + y ) = x + ln( x ? 1) + ln C ，即e y ? x = C (1 + y )( x ? 1)是原方程的通解． （5）分离变量，得y dy = xdx ， 3y2 ? 1两端积分，得1 1 ln(3 y 2 ? 1) = x 2 + ln C ， 6 2即(3 y 2 ? 1) 6 = C e 2 ．1 1 x2由定解条件 yx =0= 1 ，知 (3 ? 1) 6 = C ，即 C = 2 6 ，11故所求特解为(3 y 2 ? 1) 6 = 2 6 e 2 ，即 3 y 2 ? 1 = 2 e3 x ．2111x2（6）将方程两边同除以 ( x 2 + 3) sin y ≠ 0 ，得 2x cos y dx + dy = 0 ， 2 x +3 sin y 两端积分，得 2x cos y ∫ x2 + 3dx + ∫ sin y dy = C1 ， 积分后得 ln( x 2 + 3) + ln(sin y ) = ln C （其中 C1 = ln C ） ， 从而有4( x 2 + 3) sin y = C ，代入初始条件 yx =1=π ，得 6 C = 4sin π = 2． 6因此，所求方程满足初始条件的特解为 ( x 2 + 3) sin y = 2 ， 即 2 y = arcsin 2 ． x +3 2． 一曲线过点 M 0 (2,3) 在两坐标轴间任意点处的切线被切点所平分， 求此曲线的方程． 解 设曲线的方程为 y = y ( x) ， 过点 M ( x, y ) 的切线与 x 轴和 y 轴的交点分别为 A(2 x, 0) 及 B(0, 2 y ) ，则点 M ( x, y ) 就是该切线 AB 的中点．于是有 y 2y y′ = ? ，即 y ′ = ? ，且 y (2) = 3 ， 2x x 分离变量后，有 1 1 dy = ? dx ， y x 积分得 ln y = ln C ? ln x ， 即 C y= ． x 由定解条件 y x= 2 = 3 ，有C =6， 6 故 y = 为所求的曲线． x 3．一粒质量为 20 克的子弹以速度 v0 = 200 （米/秒）打进一块厚度为 10 厘米的木板，然后穿过木板以速度 v1 = 80 （米/秒）离开木板．若该木板对子弹的阻力与运动速度的平方 成正比（比例系数为 k） ，问子弹穿过木板的时间． 解 依题意有 dv m = ?kv 2 ， v t =0 = 200 ， dt 即 1 k ? 2 dv = dt ， v m 两端积分得， 1 k k = t+C = t + C （其中 20 克＝0.02 千克） ， v m 0.02 代入定解条件 v t =0 = 200 ，得C= 1 ， 2005故有 v =200 ． 10000kt + 1 设子弹穿过木板的时间为 T 秒，则0.1 = ∫=T0200 dt 10000kt + 1T200 ln(10000kt + 1) 1 = ln(10000kT + 1) ， 50k 又已知 t = T 时， v = v1 = 80 米/秒，于是 200 80 = ， 10000kT + 1 从而， kT = 0.00015 ， 为此有 T 0.1 = ln(1.5 + 1) ， 50 × 0.00015 所以 0.1 0.00075 T= × 0.0075 ≈ = 0.0008 （秒） ， ln 2.5 0.9162 故子弹穿过木板运动持续了 T = 0.0008 （秒） ． 4．求下列齐次方程的通解或特解：（1） xy ′ ? y ? y 2 ? x 2 = 0 ； （3） ( x3 + y 3 )dx ? 3xy 2 dy = 0 ； （5 ） x 2dy = xy ? y 2 ， y x =1 = 1 ； dx 解 （1）原方程变形，得y′ =（2） ( x 2 + y 2 )dx ? xydy = 0 ；x （4） (1 + 2 e y )dx + 2e y (1 ? )dy = 0 ； yx x（6） ( y 2 ? 3x 2 )dy + 2 xydx = 0 ， yx=0= 1．y ? y? + ? ? ?1 ， x ?x?2令u =y ，即 y = ux ，有 y′ = u + xu′ ，则原方程可进一步化为 x u + xu′ = u + u 2 ? 1 ，分离变量，得1 du = dx ， x u ?121两端积分得ln(u + u 2 ? 1) = ln x + ln C ，即u + u 2 ? 1 = Cx ，将u =y 代入上式并整理，得原方程的通解为 x6y + y 2 ? x 2 = Cx 2 ．（2）原方程变形，得? y? 1+ ? ? dy x 2 + y 2 dy ?x? ． = ，即 = y dx xy dx x2令u =y ，即 y = ux ，有 y′ = u + xu′ ，则原方程可进一步化为 x 1+ u 2 u + xu′ = ， u 1 udu = dx ， x即两端积分，得1 2 u = ln x + C1 ， 2y 代入上式并整理，得原方程的通解为 x y 2 = x 2 (2 ln x + C ) （其中 C = 2C1 ） ． （3）原方程变形，得 dy x 3 + y 3 dy 1 + ( y x ) 3 = ，即 = ， dx 3xy 2 dx 3( y x) 2 dy du 令 y = ux ，有 = u + x ，则原方程可进一步化为 dx dx du 1 + u 3 u+x = ， dx 3u 2 即 3u 2 1 du = dx ， 3 1 ? 2u x 两端积分，得 1 1 ? ln(1 ? 2u 3 ) = ln x ? ln C ， 2 2 即 x 2 (1 ? 2u 3 ) = C ， y 将 u = 代入上式并整理，得原方程的通解为 x x3 ? 2 y 3 = Cx ．将u =（4）显然，原方程是一个齐次方程，又注意到方程的左端可以看成是以 数，故令 u =x dx du ，即 x = uy ，有 = u + y ，则原方程可化为 y dy dyx 为变量的函 y7(u + ydu )(1 + 2eu ) + 2eu (1 ? u ) = 0 ， dy2 eu + 1 1 du = ? dy ， u 2e + u y整理并分离变量，得两端积分，得ln(2 eu + u ) = ? ln y + ln C ，即2 eu + u = C ． y将u =x 代入上式并整理，得原方程的通解为 yx2y ey + x = C ．（5）原方程可化为dy y ? y ? = ?? ? ． dx x ? x ?2令u =y dy du ，有 = u + x ，则原方程可进一步化为 x dx dx du u+x = u ? u2 ， dx ? 1 1 du = dx ， 2 u x即两端积分，得1 = ln x + C ， u将u =y 代入上式，得 x x = ln x + C ， y代入初始条件 yx =1= 1 ，得C = 1 ? ln1 = 1 ． 因此，所求方程满足初始条件的特解为 x y= ． 1 + ln x （6）原方程可写成 x2 x dx 1? 3 2 + 2 =0． y y dy x dx du 令 u = ，即 x = uy ，有 = u + y ，则原方程成为 y dy dy81 ? 3u 2 + 2u (u + ydu ) = 0， dy分离变量，得 2u 1 du = dy ， u2 ? 1 y 两端积分，得ln(u 2 ? 1) = ln y + ln C ，即u 2 ? 1 = Cy ，代入 u =x 并整理，得通解 y x 2 ? y 2 = Cy 3 ． = 1 ，得 C = ?1 ．于是所求特解为y3 = y2 ? x2 ．由初始条件 yx =05．设有连结原点 O 和 A(1,1) 的一段向上凸的曲线弧 OA ，对于 OA 上任一点 P ( x, y ) ，曲线弧 OP 与直线段 OP 所围成图形的面积为 x 2 ，求曲线弧 OA 的方程． 解 设曲线弧的方程为 y = y ( x) ，依题意有 x 1 2 y ∫0 y( x)dx ? 2 xy( x) = x ， A(1,1) 1 上式两端对 x 求导， y 1 1 P(x, y) y ( x) ? y ( x) ? xy′( x) = 2 x ， 2 2 y 即得微分方程 y x O x y′ = ? 4 ， 1 x y dy du 令 u = ，有 = u + x ，则微分方程可化为 x dx dx du du 4 u+x = u ? 4 ，即 =? ， dx dx x 积分得 u = ?4 ln x + C ， y 因 u = ，故有 x y = x(?4ln x + C ) ． 又因曲线过点 A(1,1) ，故 C = 1 ．于是得曲线弧的方程是 y = x(1 + 4 ln x) ． 6．化下列方程为齐次方程，并求出通解： （1） ( x ? y ? 1)dx + (4 y + x ? 1)dy = 0 ； （2） ( x + y )dx + (3x + 3 y ? 4)dy = 0 ． 解 （1）原方程可写成 dy ? x + y + 1 = ， dx 4 y + x ? 19?x ? y ?1 = 0 令? ，解得交点为 x = 1 ， y = 0 ．作坐标平移变换 x = X + 1 ， y = Y ，有 ?4 y + x ? 1 = 0 dy dY dY = = ， dx d( X + 1) dX 所以原方程可进一步化为 dY Y?X = （*） dX 4Y + X 这是齐次方程． Y dY du 设 u = ，则 Y = uX ， =u+ X ，于是（*）式可化为 X dX dX Y ?1 dY = X ， dX 4 ? Y + 1 X 即 du u ?1 u+X = ， dX 4u + 1 变量分离，得 4u + 1 1 du = ? dX ， 2 4u + 1 X 两端积分，得 1 1 ln(4u 2 + 1) + arctan(2u ) = ? ln X + C1 ， 2 2 即 ? ? ln ? X 2 (4u 2 + 1) ? + arctan(2u ) = C (C = 2C1 ) ，将u =Y y = 代入上式，得原方程的通解为 X x ?1 ln ? 4 y 2 + ( x ? 1) 2 ? + arctan ? ? 2y =C． x ?1（2）原方程可写成dy x+ y = ， dx 4 ? 3( x + y )该方程属于dy = f (ax + by + c) 类型，一般可令 u = ax + by + c ． dx dy du 令 u = x + y ，有 = ? 1 ，则原方程可化为 dx dx du u ?1 = ， dx 4 ? 3u 3u ? 4 du = 2dx ， u?2即积分得3u + 2ln u ? 2 = 2 x + C ，10将 u = x + y 代入上式，得原方程的通解为x + 3 y + 2 ln x + y ? 2 = C ．习 题 11-31．求下列微分方程的通解：（1） y′ + 2 xy = xe ? x ； （2） xy′ ? 3 y = x 2 ；2（3） tan xy dρ =1 ； （5） ( y 2 ? 6 x)dy + 2 ydx = 0 ； （6） + 3ρ = 2 ． x ln x dθ ? p ( x )dx ? ∫ p ( x )dx dx + C ? 解（1） y = e ∫ ? ∫ q ( x)e ? ? ? 2 2 ? ∫ 2 xdx ? 2 xdx ?x ∫ dx + C ? = e? x ∫ xdx + C =e ? ∫ xe e ? ? ? 2 2 1 = Ce ? x + x 2 e ? x ． 2 （2）原方程可化为 3 y′ ? y = x ， x 故通解为 ?3 ?3 ? ∫ dx ? ? 1? ? ∫ dx y = e x ? ∫ x e x dx + C ? = x3 ? C ? ? = Cx3 ? x 2 ． x? ? ? ?dy ? y = 5； dx（4 ） y ′ +()（3）原方程可化为dy cos x 5cos x ? y= ， dx sin x sin x故通解为y =e? cos x ? cos x ? ? ∫ sin x dx ? 5cos x ∫ ? ? sin x ?dx e? dx + C ? ?∫ ? sin x ? ? ? 5cos x ? ? = sin x ? ∫ dx + C ? = C sin x ? 5 ． 2 ? sin x ?（4）所给方程的通解为y=e ? 1 ∫ x ln xdx ? ∫ x ln xdx dx + C ? = ?∫ e ∫ ln xdx + C ? ? ln x 1 C?x = ( x ln x ? x + C ) = x + ． ln x ln x?1 1()（5）方程可化为dx 6 x ? y 2 = ， dy 2y即dx 3 1 ? x=? y， dy y 211故通解为x=e3 3 ? ∫ y dy ? 1 ? ∫ y dy ? ye dy + C ? ?∫ ? 2 ? ? ?? 1 1 ? = y 3 ? ? ∫ 2 dy + C ? ? 2 y ? ? 1 ? = y3 ? +C? ． 2y ? ?3dθ ? 3dθ ? ? （6） ρ = e ∫ ? ∫ 2 e ∫ dθ + C ? = e?3θ 2∫ e3θ dθ + C ? ? 2 3θ 2 ? ? = e ?3θ ? e + C ? = C e ?3θ + ． 3 ?3 ? 2．求下列微分方程的特解： dy dy （1） ? y tan x = sec x ， y x=0 = 0 ； （2） + y cot x = 5ecos x ， y x= π = ?4 ； dx dx 2 2 dy 2 ? 3 x （3 ） + y = 1 ， y x=1 = 0 ． dx x3 tan xdx ? ? ∫ tan xdx 解（1） y = e ∫ dx + C ? = e ? ln cos x ∫ sec x eln cos x dx + C ? ∫ sec x ? e ? ? ? 1 x+C = ∫ sec x ? cos xdx + C = cos x ， cos x 代入初始条件 x = 0, y = 0 ，得 C = 0 ．故所求特解为 x y= ． cos x ? cot xdx ? cos x ∫ cot xdx dx + C ? （2） y = e ∫ ? ∫ 5e ? e ? ? ? 1 1 cos x cos x = ∫ 5e ? sin xdx + C = sin x ( ?5e + C ) ， sin x π 代入初始条件 x = , y = ?4 ，得 C = 1 ，故所求特解为 2 1 ? 5ecos x y= ， sin x 即 y sin x + 5ecos x = 1 ．()()()()? 1 ? 1 ? ∫ ? 23 ? 3 ?dx ? ? ?? 2 +3ln x ? + 3ln x ? ? ? ?x x? ?x ? x2 （3 ） y = e dx + C ? = e dx + C ? ?∫ e ?∫ e ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? 2 ? 1 ? 1 1 ? 2 ? ? e x 1 ? 2 ? 2 ?1 ? = x 3 e x ? ∫ 3 dx + C ? = x 3 e x ? ∫ e x d ? ? 2 ? + C ? ? x ? ?2 ? ? x ? ? ? ? ? ? 2 3? ? ? 3 ? ?dx ? x x?∫1 1 ? 1 ? 12 ? x3 2 2 = x3 e x ? e x + C ? = + Cx 3 e x ， ?2 ? 2 ? ?12代入初始条件 x = 1, y = 0 ，得 C = ?1 ，故所求特解为 2e 1 ?1 ? x3 ? 2 y = ?1 ? e x ? ． ? ? 2? ? 3．求一曲线的方程，这曲线通过原点，并且它在点 ( x, y ) 处的切线斜率等于 2 x + y ． 解 设曲线方程为 y = y ( x) ，依题意有 y′ = 2 x + y ，即 y′ ? y = 2 x ．从而dx ? dx y = e ∫ ? ∫ 2 x e ∫ dx + C ? = e x ∫ 2 x e ? x dx + C ? ? ? ? = e x (?2 x e? x ? 2 e? x + C ) = ?2 x ? 2 + C e x ． 由 x = 0 ， y = 0 ，得 C = 2 ．故所求曲线的方程为()y = 2(e x ? x ? 1) ． 4． 设曲线积分 ∫ yf ( x)dx + [2 xf ( x) ? x 2 ]dy 在右半平面 x & 0 ） （ 内与路径无关， 其中 f ( x)L可导，且 f (1) = 1 ，求 f ( x) ． 解 依题意及曲线积分与路径无关的条件，有 ?[2 xf ( x) ? x 2 ] ?[ yf ( x)] ? =0， ?x ?y 即 2 f ( x) + 2 xf ′( x) ? 2 x ? f ( x) = 0 ． 记 y = f ( x) ，即得微分方程及初始条件为 1 y′ + y = 1 ， y x=1 = 1 ． 2x 于是， 1 1 ? ∫ dx ? ? 1 ∫ dx y = e 2 x ? ∫ e 2 x dx + C ? = x dx + C x ∫ ? ? 1 ?2 3 C ? 2 = x +C? = x+ ． ? 3 x?3 x ? 1 代入初始条件 x = 1, y = 1 ，得 C = ，从而有 3 2 1 f ( x) = x + ． 3 3 x 5．求下列伯努利方程的通解： 4 2 dy （1） x + y = xy 2 ； （2） y′ + y = 3x 2 y 3 ； dx x dy 1 1 （3） + y = (1 ? 2 x) y 4 ； （4） xdy ? [ y + xy 3 (1 + ln x)]dx = 0 ． dx 3 3 解（1）方程可以化为 dy 1 ?1 y ?2 + y =1． dx x dz dy dy dz 令 z = y ?1 ，则 = ? y ?2 ，即 y ?2 = ? ．代入上面的方程，得 dx dx dx dx()13?dz 1 + z =1， dx x即 dz 1 ? z = ?1 ， dx x 其通解为z =e1 1 ? ∫ x dx ? ∫ ? dx ? ∫ (? e x )dx + C ? = Cx ? x ln x ， ? ?所以原方程的通解为1 = Cx ? x ln x ． y（2）原方程化为dy 2 ? 1 + y 3 = 3x 2 ． dx x 4 ? dy dy dz ，即 y 3 = ?3 ．代入上面的方程，得 dx dx dx dz 2 ?3 + z = 3x 2 ， dx x y? 4 3令 z = y 3 ，则?1dz 1 ?4 =? y 3 dx 3即dz 2 ? z = ? x2 ， dx 3 x其通解为z =e2 2 ? ∫ dx ? ∫ 3 x dx ? (? x 2 e 3 x )dx + C ? ?∫ ? ? 2 4 ? ? = x 3 ? ∫ (? x 3 )dx + C ? ? ? 2 7 ? 3 ? = x3 ?C ? x3 ? ． 7 ? ?所以原方程的通解为y?1 3= Cx 3 ?23 7 x3 ． 7（3）原方程化为1 ?3 1 y = (1 ? 2 x) ． 3 3 ?3 ?4 令 z = y ，则 z ′ = ?3 y y′ ，于是原方程化为 z′ ? z = 2 x ? 1 ， 其通解为 dx ? dx z = e ∫ ? ∫ ( 2 x ? 1) e ∫ dx + C ? = e x ? ∫ (2 x ? 1) e ? x dx + C ? ? ? ? ? ? ? y ?4 y ′ += e x ?(?2 x ? 1) e ? x + C ? = ?2 x ? 1 + C e x ， ? ?所以原方程的通解为14y ?3 = ?2 x ? 1 + C e x ．（4）原方程化为1 1 y = (1 + ln x) y 3 ，即 y ?3 y′ ? y ?2 = 1 + ln x ． x x ?2 ?3 令 z = y ，则 z ′ = ?2 y y′ ，则原方程化为 2 z ′ + z = ?2(1 + ln x) ， x 其通解为 2 2 ? ∫ dx ? ? ∫ dx z = e x ? ∫ ?2(1 + ln x) e x dx + C ? ? ? ?2 ? 2 = x ∫ ?2(1 + ln x) x dx + C ? ? ? 2 1 ? 2 ? = x ?2 ? ? x3 (1 + ln x) + ∫ x 3 ? dx + C ? 3 3 x ? ? y′ ?2 ? 2 ? = x ?2 ? ? x 3 (1 + ln x) + x 3 + C ? 9 ? 3 ? 2 2 = ? x(1 + ln x) + x + Cx ?2 ， 3 9所以原方程的通解为2 2 y ?2 = ? x(1 + ln x) + x + Cx ?2 ， 3 9或写成x2 4 2 = ? x3 ? x3 ln x + C ． 2 y 9 3习 题 11-41．求下列全微分方程的通解： 1 （1） xydx + ( x 2 + y )dy = 0 ； （2） (3x 2 + 6 xy 2 )dx + (4 y 3 + 6 x 2 y )dy = 0 ； 2 2x y 2 ? 3x 2 （3） 3 dx + dy = 0 ． y y4 1 解 （1）易知， P = xy ， Q = ( x 2 + y ) ．因为 2 ?P ?Q =x= ， ?y ?x 所以原给定的方程为全微分方程．而 x y1 u ( x, y ) = ∫ 0dx + ∫ ( x 2 + y )dy 0 0 2 1 1 1 1 = ( x2 y + y2 ) = x2 y + y2 ， 2 2 2 4 故所求方程的通解为151 2 1 x y + y2 = C ． 2 4 2 2 3 （2）易知， P = 3x + 6 xy ， Q = 4 y + 6 x 2 y ．因为 ?P ?Q = 12 xy = ， ?y ?x 所以原给定的方程为全微分方程．而u ( x, y ) = ∫ 3x 2 dx + ∫ (4 y 3 + 6 x 2 y )dy0 0xy= x3 + y 4 + 3x 2 y 2 ，故所求方程的通解为x3 + y 4 + 3x 2 y 2 = C ． 2x y 2 ? 3x 2 ，Q = ．因为 y3 y4 ?P 6 x ?Q =? 4 = ， ?y y ?x 在 y ≠ 0 的区域内为全微分方程，故（3）易知， P =x y? 1 1 ? u ( x, y ) = ∫ 2 xdx + ∫ ? 2 ? 3x 2 ? 4 ?dy 0 1 y y ? ?? 1 x2 ? x2 ? y 2 = x2 + ?? + 3 ? = +1． y3 ? y y ?1y所求方程的通解为x2 ? y2 x2 ? y2 + 1 = C1 ， （或 =C ） ， y3 y3即x 2 ? y 2 = Cy 3 ． 2．用观察法求出下列方程的积分因子，并求其通解： （1） ( x 2 + y )dx ? xdy = 0 ； （2） y 2 ( x ? 3 y )dx + (1 ? 3xy 2 )dy = 0 ． 1 解（1）用 2 乘方程，便得到了全微分方程 x y? 1 ? ?1 + 2 ? dx ? dy = 0 ， x ? x ?即dx + ydx ? xdy y? ? = d? x ? ? = 0 ． 2 x x? ? x? y =C． x故通解为（2）原方程可化为xy 2 dx ? 3 y 3 dx + dy ? 3xy 2 dy = 0即xy 2 dx + dy ? 3( y 3 dx + xy 2 dy ) = 016用1 乘方程，便得到了全微分方程 y2 1 xdx + 2 dy ? 3( ydx + xdy ) = 0 ， y ?1? ?1 ? d ? x 2 ? ? d ? ? ? 3d( xy ) = 0 ， ?2 ? ? y? ?1 ? 1 d ? x 2 ? ? 3xy ? = 0 ， y ?2 ?故原方程的通解为 1 2 1 x ? ? 3xy = C ． y 2 3．用积分因子法解下列一阶线性方程： （2） y ′ ? y tan x = x ． （1） xy′ + 2 y = 4ln x ； 解 （1）将原方程写成 2 4 ln x y′ + y = ， x x 此方程两端乘以 ? = e ∫ x = x 2 后变成x 2 y′ + 2 xy = 4 x ln x ，2 dx即( x 2 y )′ = 4 x ln x ，两端积分，得x 2 y = ∫ 4 x ln xdx = 2 x 2 ln x ? x 2 + C ，故原方程的通解为y = 2ln x ? 1 + C ． x2? tan xdx （2）方程两端乘以 ? = e ∫ = cos x ，则方程变为 ′ cos x ? y sin x = x cos x ， y即( y cos x)′ = x cos x ，两端积分，得y cos x = ∫ x cos xdx = x sin x + cos x + C ，故原方程的通解为y = x tan x + 1 + C ． cos x习 题 11-51．求下列微分方程的通解：17（1） y ′′ =1 ； （2） y ′′′ = x e x ； 1 + x2 1 解（1） y′ = ∫ dx + C1 = arctan x + C1 ， 1 + x2（3） y (5) ?1 (4) y =0． x1 y = ∫ ( arctan x + C1 )dx + C2 = x arctan x ? ln(1 + x 2 ) + C1 x + C2 ． 2 x x x （2） y′′ = ∫ x e dx + C1 = x e ? e + C1 ， y′ = ∫ ( x e x ? e x + C1 )dx + C2 = x e x ? 2 e x + C1 x + C2 ， y = ∫ ( x e x ? 2e x + C1 x + C2 )dx + C3 = x e x ? 3e x + C1 2 x + C2 x + C3 ． 2C1 也可以直接写成 C1 ） ． 2 dz 1 （3）令 z = y (4) ，则有 ? z = 0 ，可知 z = Cx ，从而有 dx x d4 y = Cx ， dx 4 再逐次积分，即得原方程的通解 y = C1 x 5 + C2 x3 + C3 x 2 + C4 x + C5 ． 2．求下列微分方程的通解： （1） y ′′ = y ′ + x ； （2） xy′′ + y′ = 0 ；（作为最后的结果，这里（3） y 3 y′′ ? 1 = 0 ； （4） y ′′ = ( y′ ) + y′ ． 解 （1）令 y′ = p ，则 y′′ = p′ ，且原方程化为 p′ ? p = x ． 利用一阶线性方程的求解公式，得 dx ? dx p = e ∫ ? ∫ x e ∫ dx + C1 ? = e x ∫ x e? x dx + C1 ? ? ? ?3()= e x ( ? x e? x ? e? x + C1 ) = ? x ? 1 + C1 e x ．即p = ? x ? 1 + C1 e x ，再积分，得通解1 y = ∫ (? x ? 1 + C1 e x )dx = ? x 2 ? x + C1 e x + C2 ． 2 （2）令 y′ = p ，则 y′′ = p′ ，且原方程化为 xp′ + p = 0 ， 分离变量，得 dp dx =? ， p x 积分得 1 ln p = ln + ln C1 ， x 即18p=C1 ， x再积分，得通解y=∫ C1 dx = C1 ln x + C2 ． x（3）令 y′ = p ，则 y′′ = pdp ，且原方程化为 dy dp y3 p ?1 = 0 ， dy pdp = 1 dy ， y3 1 + C1 ， y2分离变量，得积分得p2 = ?故y′ = p = ± C1 ? 1 1 =± C1 y 2 ? 1 ， 2 y | y| = ± dx ．再分离变量，得| y | dy C1 y 2 ? 1由于 | y |= y sgn( y ) ，故上式两端积分， ydy sgn( y ) ∫ = ± ∫ dx ，即 sgn( y ) C1 y 2 ? 1 = ±C1 x + C2 ， C1 y 2 ? 1 两边平方，得C1 y 2 ? 1 = ( C1 x + C2 ) ．2（4）令 y′ = p ，则 y′′ = pdp dp ，且原方程化为 p = p 3 + p ，即 dy dy? dp ? p ? ? (1 + p 2 ) ? = 0 dy ? ? 若 p ≡ 0 ，则 y ≡ C ． y ≡ C 是原方程的解，但不是通解． 若 p ≡ 0 ，由于 p 的连续性，必在 x 的某区间有 p ≠ 0 ．于是 dp ? (1 + p 2 ) = 0 ， dy 分离变量，得 dp = dy ， 1 + p2 积分得 arctan p = y ? C1 ，即p = tan ( y ? C1 ) ，19亦即 积分得 即cot ( y ? C1 ) dy = dx ． ln sin ( y ? C1 ) = x + ln C2 ．sin ( y ? C1 ) = C2 e x ，也可写成y = arcsin ( C2 e x ) + C1 ．由于当 C2 = 0 时， y = C1 ，故前面所得的解 y ≡ C 也包含在这个通解之内． 3．求下列初值问题的解： （1） y′′ = x + sin x ， y (0) = 1 ， y′(0) = ?2 ； （2） (1 + x 2 ) y′′ = 2 xy′ ， y (0) = 1 ， y′(0) = 3 ； （3） y ′′ = e 2 y ， y (0) = 0 ， y′(0) = 0 ； （4） y′′ + ( y′ ) = 1 ， y (0) = 0 ， y′(0) = 0 ．21 2 1 x ? cos x + C1 ， y = x3 ? sin x + C1 x + C2 ， 2 6 ′(0) = ?2 ，知 ?2 = 0 ? 1 + C1 ，得 C1 = ?1 ；由 y (0) = 1 ，知 1 = 0 ? 0 + 0 + C2 ， 由初值条件 y解 （1）易知， y′ = 得 C2 = 1 ．故特解为1 3 x ? sin x ? x + 1 ． 6 （2）令 y′ = p ，则 y′′ = p′ ，且原方程化为 y= (1 + x 2 ) p′ = 2 xp ，变量分离，得1 2x dp= dx， p 1 + x2两端积分，得y′ = p = C1 (1 + x 2 ) ，再两端积分，得1 y = C1 ( x + x 3 ) + C2 ， 3 3 = C1 (1 + 02 ) ，由初值条件 y ′(0) = 3 ，有 解得，C1 = 3 ，由初值条件 y (0) = 1 ，有1 1 = 3(0 + ? 02 ) + C2 3解得，C2 = 1 ，故所给初值条件的微分方程的特解为20y = x3 + 3x + 1 ．（3）令 y′ = p ，则 y′′ = pdp ，且原方程化为 dy dp p = e2 y ，即 p d p = e2 y d y ， dy积分得，1 2 1 2y p = e + C1 ， 2 2 代入初始条件 y (0) = 0 ， y ′(0) = 0 ，得 1 C1 = ? ， 2 从而有 1 2 1 2y 1 p = e ? ，即 p 2 = e2 y ? 1 ， 2 2 2 亦即y′ = ± e2 y ? 1 ．分离变量后积分∫即dy e2 y ? 1d(e ? y ) 1 ? e ?2 y= ±∫ d x ，∫得 代入初始条件 y (0) = 0 ，得= m∫ d x ，arcsin(e? y ) = m x + C2 ， C2 = π ． 2于是得符合所给初值条件的特解为?π ? e ? y = sin ? m x ? ， 2 ? ?即y = ? ln cos x = ln sec x ． dp （4）令 y′ = p ，则 y′′ = p ，且原方程化为 dy dp p + p2 = 1 ， dy 分离变量，得 p d p=dy， 1 ? p2 两端积分，得 1 ? ln(1 ? p 2 ) = y + C1 ， 221代入初始条件 y (0) = 0 ， y ′(0) = 0 ，得C1 = 0 ．从而，1 y = ? ln(1 ? p 2 ) ，即 y′ = p = ± 1 ? e?2 y ， 2再分离变量，得1 1 ? e ?2 y d y = ± d x ，即 d(e y ) e2 y ? 1 d y = ±d x两端积分，得arch(e y ) = ± x + C2 ，代入初始条件 y (0) = 0 ，得C2 = 0 ，从而有满足所给初始条件的特解为 arch(e y ) = ± x ，即 e y = ch(± x) = ch( x) 或写成 y = ln ch( x) ． 1 4．试求 y′′ = x 的经过点 M (0,1) 且在此点与直线 y = x + 1 相切的积分曲线． 2 1 1 解 由于直线 y = x + 1 在 M (0,1) 处的切线斜率为 ，依题设知， 所求积分曲线是初值 2 2 问题 1 y′′ = x ， y x=0 = 1 ， y′ x =0 = 2 的解．由 y′′ = x ，积分得 1 y′ = x 2 + C1 ， 2 再积分，得 1 y = x 2 + C1 x + C2 ， 6 1 代入初始条件 y x=0 = 1 ， y′ x =0 = ，解得 2 1 C1 = ， C2 = 1 ， 2 于是所求积分曲线的方程为 1 1 y = x2 + x + 1 ． 6 2 5 ．对任意的 x & 0 ，曲线 y = f ( x) 上的点 ( x, f ( x)) 处的切线在 y 轴上的截距等于 x 1 f (t )dt ，求 f ( x) 的表达式． x ∫0 解 设曲线的方程为 y = f ( x) ，其中 y = f ( x) 有二阶导数，则在点 M ( x, f ( x)) 处的切线 方程为22Y ? f ( x) = f ′( x)( X ? x) ， 令 X = 0 ，知切线在 y 轴上的截距为 Y = f ( x) ? xf ′( x) ， 据题意，有 x 1 x 2 ∫0 f (t )dt = f ( x) ? xf ′( x) ，即 xf ( x) ? x f ′( x) = ∫0 f (t )dt ． x 两端求导，得 f ( x) + xf ′( x) ? 2 xf ′( x) ? x 2 f ′′( x) = f ( x) ， 即 x [ f ′( x) + xf ′′( x) ] = 0,已知 x & 0 ，故有f ′( x) + xf ′′( x) = 0, 令 y′ = p ，则 y′′ = p′ ，且原方程化为 dp p+x = 0, dx 分离变量，得 1 1 d p=? dx， p x 两端积分，得ln p = ln C1 ? ln x ，即 y′ = p = C1 ． x再对两端积分，得y = C1 ln x + C2 ，即 f ( x) = C1 ln x + C2 ．习 题 11-61．下列函数组中，在定义的区间内，哪些是线性无关的． （1 ） e x ， e ? x ； （2） 3sin 2 x ， 1 ? cos 2 x ； （3） cos 2x ， sin 2x ； （4） x ln x ， ln x ． x ?x 解 （1）因为 y1 = e ， y2 = e 满足：y1 e x = ? x = e2 x ≠ 常数， y2 e所以函数组 e x ， e? x 是线性无关的． （2）因为 y1 = 3sin 2 x ， y2 = 1 ? cos 2 x 满足：3sin 2 x y1 = =3， y2 1 ? cos 2 x所以函数组 3sin 2 x ， 1 ? cos 2 x 是线性相关的． （3）因为 y1 = cos 2 x ， y2 = sin 2 x 满足：23y1 cos 2 x = = cot 2 x ≠ 常数， y2 sin 2 x 所以函数组 cos 2x ， sin 2x 是线性无关的． （4）因为 y1 = x ln x ， y2 = ln x 满足： y1 x ln x = = x ≠ 常数， ln x y2 所以函数组 x ln x ， ln x 是线性无关的． 2．验证 y1 = cos ω x 及 y2 = sin ω x 都是方程 y′′ + ω 2 y = 0 的解，并写出该方程的通解．′ ′′ 证明 由 y1 = cos ω x ，得 y1 = ?ω sin ω x ， y1 = ?ω 2 cos ω x ； ′ ′′ 由 y2 = sin ω x ，得 y1 = ω cos ω x ， y1 = ?ω 2 sin ω x ．可见，yi′′ + ω 2 sin ω x = 0 (i = 1, 2) ，故 y1 = cos ω x 及 y2 = sin ω x 都是方程 y′′ + ω 2 y = 0 的解． y 又因为 1 = cot ω x ≠ 常数， y1 = cos ω x 与 y2 = sin ω x 线性无关． 故 于是所给方程的通解 y2 为 y = y1 + y2 = C1 cos ω x + C2 sin ω x ．3．验证 y1 = e x 及 y2 = x e x 都是方程 y′′ ? 4 xy′ + (4 x 2 ? 2) y = 0 的解，并写出该方程的通 解． 2 2 2 ′ ′′ 证明 由 y1 = e x ，得 y1 = 2 x e x ， y1 = (2 + 4 x 2 ) e x ；2 2′ ′′ 由 y2 = x e x ，得 y2 = (1 + 2 x 2 ) e x ， y2 = (6 x + 4 x3 ) e x ．2 2 2因为′′ ′ y1 ? 4 xy1 + (4 x 2 ? 2) y1 = (2 + 4 x 2 ) e x ? 4 x ? 2 x e x + (4 x 2 ? 2) e x = 0 ；2 2 2′′ ′ y2 ? 4 xy2 + (4 x 2 ? 2) y2 = (6 x + 4 x3 ) e x ? 4 x ? (1 + 2 x 2 ) e x + (4 x 2 ? 2) x e x = 02 2 2所以 y1 = e x 及 y2 = x e x 都是方程 y′′ ? 4 xy′ + (4 x 2 ? 2) y = 0 的解． 2 2 y 又因为 2 = x ≠ 常数，故 y1 = e x 与 y2 = x e x 线性无关，于是所给方程的通解为 y12 2y = y1 + y2 = (C1 + C2 x) e x ．24．若 y1 = 3 ， y2 = 3 + x 2 ， y2 = 3 + x 2 + e x 都是方程 y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = f ( x) （ f ( x) ≠ 0 ） 当 P( x) ， Q( x) ， f ( x) 都是连续函数时，求此方程的通解．解 因为 y2 ? y1 = x 2 ， y3 ? y2 = e x ，所以 x 2 及 e x 都是方程 y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = f ( x) 对 应齐次方程的特解．又因为y3 ? y2 e x = ≠ 常数，所以 y2 ? y1 与 y3 ? y2 线性无关．因此，所 y2 ? y1 x 2 给方程 y′′ + P( x) y′ + Q( x) y = f ( x) 的通解为 y = C1 x 2 + C2 e x + 3 ．24习 题 11-71．求下列微分方程的通解． （1） y ′′ ? 4 y ′ = 0 ； （3） 9 y′′ + 6 y′ + y = 0 ；（2） y ′′ ? 3 y′ ? 10 y = 0 ； （4） y ′′ + y = 0 ；（5） y ′′ ? 6 y′ + 25 y = 0 ； （6） y (4) + 5 y′′ ? 36 y = 0 ． 解 （1）所给方程对应的特征方程为 r 2 ? 4r = 0 ， 解之，得 r1 = 0 ， r2 = 4 ， 所以原方程的通解为 y = C1 + C2 e4 x ． （2）所给方程对应的特征方程为 r 2 ? 3r ? 10 = 0 解之，得 r1 = 5 ， r2 = ?2 ， 所以原方程的通解为 y = C1 e5 x + C2 e?2 x ． （3）所给方程对应的特征方程为 9r 2 + 6r + 1 = 0 解之，得 1 r1 = r2 = ? ， 3 所以原方程的通解为y = (C1 + C2 x) e 3 ． （4）所给方程对应的特征方程为 r2 +1 = 0 ， 解之，得 r1 = i ， r2 = ?i ， 所以原方程的通解为 y = C1 cos x + C2 sin x ． （5）所给方程对应的特征方程为 r 2 ? 6r + 25 = 0 ， 解之，得 r1 = 3 ? 4i ， r2 = 3 + 4i ， 所以原方程的通解为 y = e3 x (C1 cos 4 x + C2 sin 4 x) ． （6）所给方程对应的特征方程为 r 4 + 5r 2 ? 36 = 0 ，即 (r 2 + 9)( r 2 ? 4) = 0 解之，得 r1,2 = ±2 ， r3,4 = ±3i ，251 ? x所以原方程的通解为y = C1 e2 x + C2 e ?2 x + C3 cos 3x + C4 sin 3x ． 2．求下列微分方程满足所给初始条件的特解： （1） y ′′ ? 4 y′ + 3 y = 0, y x=0 = 6, y′ x=0 = 10 ；（2） 4 y′′ + 4 y′ + y = 0, y x=0 = 2, y′ x=0 = 0 ； （3） y ′′ + 25 y = 0, y x=0 = 2, y′ x=0 = 5 ； （4） y ′′ ? 4 y′ + 13 y = 0, y x=0 = 0, y′ x=0 = 3 ． 解 （1）所给方程对应的特征方程为 r 2 ? 4r + 3 = 0 ， 解之，得 r1 = 1 ， r2 = 3 ， 所以原方程的通解为 y = C1 e x + C2 e3 x ， 从而， y′ = C1 e x + 3C2 e3 x ， 代入初始条件 y x =0 = 6, y′ x =0 = 10 ，得?C1 + C2 = 6, ? ?C1 + 3C2 = 10,解得，?C1 = 4, ? ?C2 = 2,故所求特解为y = 4e x + 2 e3 x ． （2）所给方程对应的特征方程为 4r 2 + 4r + 1 = 0 ， 解之，得 1 r1,2 = ? ， 2 所以原方程的通解为y = (C1 + C2 x) e1 ? x 2，从而，y ′ = C2 e1 ? x 2 1 1 ? x ? x 1 1 ? C1 e 2 ? C2 x e 2 ， 2 2代入初始条件 y x=0 = 2, y′ x=0 = 0 ，得?C1 = 2, ? ? 1 ? ? 2 C1 + C2 = 0, ?解得，26?C1 = 2, ? ?C2 = 1,故所求特解为y = (2 + x) e 2 ． （3）所给方程对应的特征方程为 r 2 + 25 = 0 ， 解之，得 r1,2 = ±5i ，1 ? x所以原方程的通解为y = C1 cos 5 x + C2 sin 5 x ，从而，y′ = ?5C1 sin 5 x + 5C2 cos 5 x ，代入初始条件 y x=0 = 2, y′ x=0 = 5 ，得?C1 = 2, ? ?5C2 = 5,解得，?C1 = 2, ? ?C2 = 1,故所求特解为y = 2cos 5 x + sin 5 x ．（4）所给方程对应的特征方程为 r 2 ? 4r + 13 = 0 ， 解之，得 r1,2 = 2 ± 3i ， 所以原方程的通解为y = e 2 x (C1 cos 3x + C2 sin 3x) ，从而， 代入初始条件 y x =0y′ = e 2 x [(2C1 + 3C2 ) cos 3x + (2C2 ? 3C1 ) sin 3x] ， = 0, y′ x=0 = 3 ，得?C1 = 0, ? ? 2C1 + 3C2 = 3,解得，?C1 = 0, ? ?C2 = 1,故所求特解为y = e 2 x sin 3x ． 3．设圆柱形浮筒，直径为 0.5 米，铅直放在水中，当稍向下压后突然放开，浮筒在水 中上下振动的周期为 2 秒，求浮筒的质量． 解 设 x 轴的正向铅直向下，原点在水面处．平衡状态下浮筒上一点 A 在水平面处，27又设在时刻 t， A 的位置为 x = x(t ) ， 点 此时它受到的恢复力的大小为 ρ gV排水 = 1000 g πR 2 | x | （ R 是浮筒的半径） ，恢复力的方向与位移方向相反，故有 mx′′ = ?1000 g πR 2 x ， 其中 m 是浮筒的质量． 1000g πR 2 记 ω2 = ，则得微分方程 m x′′ + ω 2 x = 0 ． 解其对应的特征方程 r 2 + ω 2 = 0 ，得 r1,2 = ±ω i ，故x = C1 cos ω t + C2 sin ωt = A sin(ω t + ? ) ， A = C12 + C22 ， sin ? =C1 ． A由于振动周期 T =2πω= 2 ，故 ω = π ，即 1000g πR 2 = π2 ， m从中解出浮筒的质量为m= 1000 gR 2 ≈ 195 （千克） ． π习 题 11-81．求下列微分方程的特解 y* 的形式（不必求出待定系数） ．（1） y ′′ ? 3 y = 3x 2 + 1 ； （3） y′′ ? 2 y′ + y = e ；x（2） y′′ + y′ = x ； （4） y′′ ? 2 y′ ? 3 y = e? x ； （6） y′′ ? 2 y′ = ( x 2 + x ? 3) e x ； （8） y′′ ? 4 y′ + 5 y = e 2 x sin x ； （10） y′′ ? 2 y′ + 2 y = x e x sin x ．（5） y′′ ? 3 y′ + 2 y = x e x ； （7） y′′ + 7 y′ + 6 y = e2 x sin x ； （9） y′′ ? 2 y′ + 2 y = 2 x e2 x cos x ；解 （1） f ( x) = 3x 2 + 1 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 3x 2 + 1 ， λ = 0 ） ，对应齐次方程 的特征方程为 r2 ? 3 = 0 ． 易知， λ = 0 不是特征方程的根，所以特解 y* 的形式为y* = Ax 2 + Bx + C （这里 A、B 和 C 为待定系数） ．（2） f ( x) = x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = x ， λ = 0 ） ，对应齐次方程的特征方程为r2 + r = 0 ． 易知， λ = 0 是特征方程的一个单根，所以特解 y* 的形式为 y* = x( Ax + B ) = Ax 2 + Bx （这里 A 和 B 为待定系数） ．（3） f ( x) = e x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 1 ， λ = 1 ） ，对应齐次方程的特征方程为r 2 ? 2r + 1 = 0 ， 易知， λ = 1 是特征方程的二重根，所以特解 y* 的形式为 y* = Ax 2 e x （其中 A 为待定系数） ．28（4） f ( x) = e ? x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 1 ， λ = ?1 ） ，对应齐次方程的特征方程 为r 2 ? 2r ? 3 = 0 ， 易知， λ = ?1 是特征方程的一个单根，所以特解 y* 的形式为 y* = Ax e ? x （其中 A 为待定系数） ．（5） f ( x) = x e x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = x ， λ = 1 ） ，对应齐次方程的特征方程 为 r 2 ? 3r + 2 = 0 ， 易知， λ = 1 是特征方程的一个单根，所以特解 y* 的形式为 y* = x( Ax + B) e x = ( Ax 2 + Bx) e x （其中 A 和 B 为待定系数） ． （6） f ( x) = ( x 2 + x ? 3) e x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = x 2 + x ? 3 ， λ = 1 ） ，对应齐次 方程的特征方程为 r 2 ? 2r = 0 ， 易知， λ = 1 是不是特征方程的根，所以特解 y* 的形式为 y* = ( Ax 2 + Bx + C ) e x （其中 A、B 和 C 为待定系数） ． （7）f ( x) = e 2 x sin x 属于 eλ x [ Pl ( x) cos ω x + Pn ( x)sin ω x ] 型 （其中 λ = 2 ， = 1 ， l ( x) = 0 ， ω P Pn ( x) = 1 ） ．对应齐次方程的特征方程为 r 2 + 7r + 6 = 0 ， 易知， λ + iω = 2 + i 不是特征方程的根，所以应设其特解为 y* = e 2 x ( A cos x + B sin x) （其中 A、B 为待定系数） ． （其中 λ = 2 ， = 1 ， l ( x) = 0 ， ω P （8）f ( x) = e 2 x sin x 属于 eλ x [ Pl ( x) cos ω x + Pn ( x)sin ω x ] 型 Pn ( x) = 1 ） ．对应齐次方程的特征方程为 r 2 ? 4r + 5 = 0 ， 易知， λ + iω = 2 + i 是特征方程的根，所以应设其特解为 y* = x e 2 x [ A cos x + B sin x)] （其中 A 和 B 为待定系数） ． （ 9 ） f ( x) = 2 x e2 x cos x 属于 eλ x [ Pl ( x) cos ω x + Pn ( x)sin ω x ] 型（其中 λ = 2 ， ω = 1 ， Pl ( x) = 2 x ， Pn ( x) = 0 ） ．对应齐次方程的特征方程为 r 2 ? 2r + 2 = 0 ， 易知， λ + iω = 2 + i 不是特征方程的根，所以应设其特解为 y* = e2 x [( Ax + B) cos x + (Cx + D)sin x)] （其中 A、B、C 和 D 为待定系数） ． （ 10 ） f ( x) = x e x sin x 属 于 eλ x [ Pl ( x) cos ω x + Pn ( x)sin ω x ] 型 （ 其 中 λ = 1 ， ω = 1 ， Pl ( x) = 0 ， Pn ( x) = x ） ．对应齐次方程的特征方程为 r 2 ? 2r + 2 = 0 ， 易知， λ ± iω = 1 ± i 是特征方程的根，所以应设其特解为 y* = x e2 x [ ( Ax + B) cos x + (Cx + D) sin x) ] （其中 A、B、C 和 D 为待定系数） ．2．求下列各微分方程的通解． （1） 2 y′′ + y′ ? y = 2 e x ；（2） y′′ + 3 y′ + 2 y = 3x e? x ； （4） y′′ + y = e x + cos x ．29（3） y′′ ? 6 y′ + 9 y = ( x + 1) e3解 （1） f ( x) = 2e x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 2 ， λ = 1 ） ，对应齐次方程的特征 方程为 2r 2 + r ? 1 = 0 ， 解得 1 r1 = ， r2 = ?1 ， 2 故对应齐次方程的通解为Y = C1 e 2 + C2 e? x ．1x因为 λ = 1 不是特征方程的根，所以特解 y* 的形式为y* = A e x ，代入原方程得2 A e x + A e x ? A e x = 2e x ．消去 e ，有 A = 1 ，即xy* = e x ，故原方程的通解为y = Y + y* = C1 e 2 + C2 e ? x + e x ．1x（2） f ( x) = 3x e? x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 3x ， λ = ?1 ） ，对应齐次方程的特征 方程为 r 2 + 3r + 2 = 0 ， 解得 r1 = ?1 ， r2 = ?2 ， 故对应齐次方程的通解为 Y = C1 e ? x + C2 e ?2 x ． 因为 λ = ?1 是特征方程的单根，所以特解 y* 的形式为y* = x( Ax + B ) e ? x = ( Ax 2 + Bx) e? x ，代入原方程并消去 e? x ，得2 Ax + (2 A + B ) = 3x ．比较系数，得A= 3 ， B = ?3 ， 2即?3 ? y* = ? x 2 ? 3x ? e? x ， ?2 ?故原方程的通解为?3 ? y = Y + y* = C1 e ? x + C2 e?2 x + ? x 2 ? 3x ? e? x ． ?2 ? 3x λx （3） f ( x) = ( x + 1) e 是 e Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = x + 1 ， λ = 3 ） ，对应齐次方程的 特征方程为 r 2 ? 6r + 9 = 0 ， 解得30r1,2 = 3 ，故对应齐次方程的通解为Y = (C1 + C2 x)e3 x ．因为 λ = 3 是特征方程的二重根，所以特解 y* 的形式为y* = x 2 ( Ax + B) e3 x = ( Ax3 + Bx 2 ) e3 x ，代入原方程并消去 e x ，得6 Ax + 2 B = x + 1 ．比较系数，得A= 1 1 ，B= ， 6 2即1 ? ?1 y * = ? x 3 + x 2 ? e3 x ， 2 ? ?6故原方程的通解为1 ? ?1 y = Y + y* = (C1 + C2 x) e3 x + ? x3 + x 2 ? e3 x ． 6 2 ? ? （4）原方程对应的齐次方程的特征方程为 r2 +1 = 0 解得 r1,2 = ±i ，故对应齐次方程的通解为Y = C1 cos x + C2 sin x ．* 因 f ( x) = e + cos x ， 对应于方程 y′′ + y = e x ， 可设特解为 y1 = A e x ； 对应于方程 y′′ + y = cos xx* （ λ + iω = i 是特征方程的根）可设特解为 y2 = x( B cos x + C sin x) ，故由叠加原理，设原方 程的特解为 * y* = y1* + y2 = A e x + x( B cos x + C sin x) 代入原方程，得 2 A e x + 2C cos x ? 2 B sin x = e x + cos x ， 比较系数，得 1 1 A = ， B = 0，C = ， 2 2 即 1 1 y* = e x + x sin x ， 2 2 故原方程的通解为 1 1 y = Y + y* = C1 cos x + C2 sin x + e x + x sin x ． 2 2 3． 已知函数 y = f ( x) 所确定的曲线与 x 轴相切于原点， 且满足 f ( x) = 2 + sin x ? f ′′( x) ， 试求 f ( x) ． 解 显然函数 y = f ( x) 满足初值条件： y + y′′ = 2 + sin x ， y (0) = 0 ， y′(0) = 0 ，31可解得方程 y + y′′ = 2 + sin x 的通解为y = Y + y* = C1 cos x + C2 sin x + 2 ? 1 x cos x ． 2由定解条件 y (0) = 0 ， y′(0) = 0 ，有?C1 + 2 = 0, ? ? 1 ?C2 ? 2 = 0, ?解得?C1 = ?2, ? ? 1 ?C2 = 2 . ?所求的曲线为1 1 y = ?2cos x + sin x + 2 ? x cos x ． 2 2 4．设函数 ? ( x) 连续，且满足 ? ( x) = e x + ∫ (t ? x)? (t )dt ，求 ? ( x) ．0 x解 由于函数 ? ( x) 连续，故 ∫ (t ? x)? (t )dt 可导，从而有0x? ( x) = e + ∫ t? (t )dt ? x ∫ ? (t )dt ，x 0 0xx? ′( x) = e x + x? ( x) ? ∫ ? (t )dt ? x? ( x) = e x ? ∫ ? (t )dt ，0 0xx? ′′( x) = e x ? ? ( x) ．于是有初值问题：? ′′( x) = e x ? ? ( x) ， ? (0) = 1 ， ? ′(0) = 1 ．可解得方程 ? ′′( x) = e x ? ? ( x) 的通解为? ( x) = C1 cos x + C2 sin x + e x ．由定解条件 ? (0) = 1 ， ? ′(0) = 1 ，可解得 C1 = C2 =1 2 1 ，故所求的函数为 21 2? ( x) = (cos x + sin x + e x ) ．习 题 11-91．对于技术革新的推广，在下列几种情况下分别建立模型． （1）推广工作通过已经采用新技术的人进行，推广速度与已采用新技术人数成正比， 推广是无限的； （2）总人数有限，因而推广速度还会随着尚未采用新技术人数的减少而降低； （3）在（2）的前提下考虑广告媒体的传播作用． 解 设 t 时刻采用新技术的人数为 x(t ) ． （1）指数模型： dx = λx ． dt32（2）Logistic 模型：dx = ax( N ? x) ， N 为总人数． dt （3）广告等媒介在早期作用比较大，它对传播速度的影响与尚未采用新技术的人数成 正比，在模型（2）的基础上，有 dx = (ax + b)( N ? x) ． dt （2）和（3）的区别见下图． x x′（3 ） （3 ） （2 ） （2 ）OxOt2．侦察机搜索潜艇．设 t＝0 时艇在 O 点，飞机在 A 点，OA＝6 里．此时艇潜入水中 并沿着飞机不知道的某一方向以直线形式逃去，艇速 20 里/时，飞机以速度 40 里/小时按 照待定的航线搜索潜艇，当且仅当飞到艇的正上方时才可发现它． （1）以 O 点为原点建立极坐标系 (r ,θ ) ， R ( r + d r , θ + dθ ) A 点位于 θ = 0 的向径上，见右图．分析图中 由 P、Q、R 组成的小三角形，证明在有限时 Q ( r , θ + dθ ) 间内飞机一定可以搜索到潜艇的航线，是先 从 A 点沿直线飞到某点 P0 ，再从 P0 沿一条 P (r ,θ )对数螺线飞行一周，而 P0 是一个圆周上的任 θ O A 一点．给出对数螺线的表达式，并画出一条 航线的示意图； （2）为了使整条航线是光滑的，直线段应与对数螺线在 P0 点相切，找出这条光滑的 航线； （3）在所有一定可以发现潜艇的航线中哪一条航线最短，长度是多少，光滑航线的 长度又是多少？ 解 （1）证明 记飞机速度 u = 40 里/小时，艇速 v = 20 里/时．设 PR 是所求航线上的 一段，即当潜艇沿 θ 航行时飞机、潜艇在 (r ,θ ) 相遇（图 1） ，那么当潜艇沿 θ + ?θ 航行时， ds u 二 者 必 在 (r + ?r ,θ + ?θ ) 相 遇 ， 记 PR 弧 长 为 d s ， 则 = =2 ， 注 意 到 dr v (d s )2 = (d r )2 + (r d θ )2 ， 即 可 得 到 r = r0 e(θ ?θ0 ) / 3 ， 这 是 一 条 对 数 螺 线 ， (r0 ,θ 0 ) 是 满 足OP0 = AP0 / 2 的任意一点 P0 的坐标，而 P0 位于以 (2, π) 为圆心、半径为 4 里的圆周上．飞机从 A 沿直线飞至 P0 ，再沿螺线飞行，最远飞行一圈至 P2 ，总能发现潜艇（图 2 中 实线为飞机航线，虚线为潜艇航线） ．R ( r + d r , θ + dθ ) Q ( r , θ + dθ )r dθP2dr dsP0P(r ,θ )O33A?θOθA图 1 图 2dr ， r dθ（2）考察对数螺线上任一点 P 的切线与该点的向径夹角 α （图 3） ，有 cos α = 对于 r = r0 eθ ?θ 03，夹角 α = tan ?1 3 =π? π ? ，而螺线起始点 P0 所在的圆周上只有 P ? 2 3, ? 点 1 2? 3 ?使 AP 与 OP 的夹角也是 1 1drr dθπ （图 4） ，所以沿 AP P3 的航线是光滑的． 1 3π 3 P ? 2 3, π ? 1? ? 2? π ? 3αP3P(r ,θ )OθA图 3O6A图 4（3）一定可以发现潜艇的航线是，直线段 AP0 加上螺线一圈 P0 P2 （图 2） ．显然最短θ2π的航线是取 P0 点为（2，0） ，沿螺线 r = 2 e2π3飞行至 P2* 点．点 P2* 的向径 r = 2 e2π 33即为潜艇的航程，因为 u = 2v ，故飞机最短航线的长度为 2 × 2e 同理，光滑航线的长度为 2 × 2 3 e 如果计算螺线的长度，则需 r = r0 e3≈ 150 里．≈ 260 里．3θ ?θ 0代入 ∫θ0 + 2 πθ0(d r ) 2 + ( r d θ ) 2 求积分．复习题 A1．填空题（1 ） 已知 y1 = e x 及 y2 = x e x 是微分方程 y′′ + p ( x) y′ + q ( x) y = 0 的解 （其中 p ( x) 、q ( x) 都是已知的连续函数）则该方程的通解为____________； 1? ? （2）若曲线 y = f ( x) 过点 M 0 ? 0, ? ? ，且曲线上任意一点 M ( x, y ) 处的切线的斜率为 2? ? 2 x ln(1 + x ) ，则 f ( x) = ____________；2 2（3）微分方程 y′′ ? 2 y′ + y = 6 x e x 的特解 y* 的形式为______________； （4） y1 = x 2 ，y2 = x 2 + e 2 x ，y3 = x 2 + e 2 x + e5 x 都是微分方程 y′′ + p ( x) y′ + q( x) y = f ( x) 若 的解 （其中 f ( x) ≠ 0 ，p ( x) ，q ( x) 都是已知的连续函数） 则此微分方程的通解为________． ，34解 （1）因为 y1 与 y2 线性无关，所以所求通解为 y = C1 y1 + C2 y2 = (C1 + C2 x) e x ；2（2）因为 f ′( x) = x ln(1 + x 2 ) ，所以f ( x) = ∫ f ′( x) d x = ∫ x ln(1 + x 2 ) d x1 = [(1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) ? x 2 ] + C ， 2 1 由定解条件 f (0) = ? ，知 C = 0 ，故有 2 1 f ( x) = ?(1 + x 2 ) ln(1 + x 2 ) ? x 2 ? ? 2? （3） f ( x) = 6 x e x 是 eλ x Pm ( x) 型（其中， Pm ( x) = 6 x ， λ = 1 ） ，对应齐次方程的特征方 程为 r 2 ? 2r + 1 = 0 ． 易知， λ = 1 是特征方程的二重根，所以特解 y* 的形式为y* = x 2 ( Ax + B ) e x （这里 A 和 B 为待定系数） ．（4）因为 y2 ? y1 = e 2 x ， y3 ? y2 = e5 x 都是对应齐次方程的解，并且线性无关，故对应 齐次方程的通解为 Y = C1 e 2 x + C2 e5 x ， 取所给方程的一个特解为 y* = y1 = x 2 ，于是所给方程的通解为 y = Y + y* = C1 e 2 x + C2 e5 x + x 2 ．2．选择题 （1）函数 y = C1 e 2 x+C2 ( C1 、 C2 为任意常数）是方程 y′′ ? y′ ? 2 y = 0 的（ ） ． （A）通解． （B）特解． （C）不是解． （D）是解，既不是通解，又不是特解 （2）方程 ( 2 x ? y ) dy = ( 5 x + 4 y ) dx 是（ ） ．（A）一阶线性齐次方程． （B）一阶线性非齐次方程． （C）齐次方程． （D）可分离变量的方程． （ 3 ）具有特解 y1 = e? x ， y2 = 2 x e? x ， y3 = 3e x 的三阶常系数齐次线性微分方程是 （ ） ． （A） y′′′ ? y′′ ? y′ + y = 0 ． （B） y′′′ + y′′ ? y′ ? y = 0 ． （C） y′′′ ? 6 y′′ + 11 y′ ? 6 y = 0 ． （D） y′′′ ? 2 y′′ ? y′ + 2 y = 0 ． （4）微分方程 y′′ ? y = e x + 1 的一个特解应具有形式（式 a 、 b 为常数） （ ） ． （A） a e x + b ． （B） ax e x + b ． （C） a e x + bx ． （D） ax e x + bx ． 2 x + C2 C2 2x 解 （1）因为 y = C1 e = C e (C = C1 e ) ，它实际只含有一个任意常数，所以它既 不是通解，又不是特解．而 C e2 x 满足所给方程，所以是所给方程的解．应选（D） ． （2）方程 ( 2 x ? y ) dy = ( 5 x + 4 y ) dx 可变形为dy 5 x + 4 y = ， dx 2 x ? y它是典型的齐次方程，故选（C） ． （3）由于 y1 ， y2 ， y3 可知， r1,2 = ?1 是特征方程的二重根且 r3 = 1 ．于是所给方程对应 的齐次方程的特征方程为35(r + 1) 2 (r ? 1) = r 3 + r 2 ? r ? 1 = 0 ，故所求的微分方程应为y′′′ + y′′ ? y′ ? y = 0 ．本题应选（B） ． （ 4 ）原方程对应的齐次方程的特征方程的根为 r1,2 = ±1 ．相对于方程 y′′ ? y = e x ，因* f1 ( x) = e x ， λ = 1 是特征方程的（单）根，故该方程的特解应形如 y1 = ax e x ． 又相对于方程 y′′ ? y = 1 ，因 f 2 ( x) = 1 ， λ = 0 不是特征方程的根，故该方程的特解应* 形如 y2 = b ． 按微分方程解的叠加原理，原方程的特解应形如 * y* = y1* + y2 = ax e x + b ． 本题应选（B） ． 3．求下列微分方程的通解： dy y （1） xy′ + y = 2 xy ； （2 ） = ； dx 2(ln y ? x) dy （3 ） y = y 2 ? 2 x ； （4） ( y 4 ? 3x 2 ) dy + xydx = 0 ； dx ydx ? xdy （5） xdx + ydy + 2 =0； （6） y′′′ + y′′ ? 2 y′ = x(e x + 4) ． x + y2 解 （1）所给方程可以化为 1 ? d y 1 1 2 y 2 + y2 = ， dx x x 1 1 ? d y d z 1 ?1 d y dz 令 z = y 2 ，则 = y 2 ，y 2 =2 ．方程就化成线性方程： dx 2 dx dx dx dz 1 1 z= + ． d x 2x x 其通解为 1 ?∫ d x ? ? 1 1 ∫ 21x d x z = e 2x ? ∫ e dx +C? = (x + C) ． x ? x ?因此，原方程的通解为xy = x + C ．（2）原方程可以化为dx 2 2 + x = ln y ， dy y y解此线性方程，有通解2 2 ? ∫ ydy ? 2 ∫ dy ? ∫ ln y e y d y + C ? ? y ? ? ? 1 1 C = 2 ∫ 2 y ln y d y + C = ln y ? + 2 ． y 2 y dz dy （3）令 z = y 2 ，则 = 2y ，从而方程可化为 dx dxx=e?()36dz ? 2 z = ?4 x ， dx解得，z = e∫2d x? ∫ ?2d x d x + C ? = 2 x + 1 + C e 2 x ． ? ∫ ?4 x e ? ? ?故原方程的通解为y 2 = 2 x + 1 + C e2 x ．（4）原方程可化为dx 3 1 ? x = ? y3 ， dy y x或x dx 3 2 ? x = ? y3 ， dy y令 z = x 2 ，则dz dx = 2x 有 dy dy dz 6 ? z = ?2 y 3 ， dy y解得z =e6 6 ?∫ d y ? ? ? 2 ∫ ydy ? 3 y d y + C ? = y 6 ? ∫ ? 3 d y + C ? = Cy 6 + y 4 ． ? ∫ ?2 y e y ? ? ? ? ? ?故原方程的通解x 2 = Cy 6 + y 4 ．? x? ? ydx ? xdy 1 ydx ? xdy 1 x? = 2 ? = d ? ? = d ? arctan ? ，故原方程可表 2 x x2 + y 2 y2 y? y? ?x? ? ? +1 1+ ? ? 2 y ? y?（5）由于示为? x2 ? ? y2 ? ? d ? ? + d ? ? + d ? arctan ? ? 2? ? 2 ?x? ?=0， y?即? x2 + y2 d? + arctan ? 2x? ?=0． y? x =C ． y所以原方程的通解为x 2 + y 2 + 2arctan（6） 原方程对应的齐次方程的特征方程为 r 3 + r 2 ? 2r = 0 ， 有根 r1 = 0 ，r2 = 1 ，r3 = ?2 ， 故对应齐次方程的通解为 Y = C1 + C2 e x + C3 e?2 x ． 对于方程 y′′′ + y′′ ? 2 y′ = x e x ，因 f1 ( x) = x e x ，其中 λ = 1 是特征方程的（单）根，故可* 令其特解为 y1 = x( Ax + B ) e x ，代入方程 y′′′ + y′′ ? 2 y′ = x e x 中并消去 e x ，得 6 Ax + 8 A + 3B = x ， 比较系数得371 ? ?A = 6 , ?6 A = 1, ? 解得 ? ? ?8 A + 3B = 0, ?B = ? 4 , ? 9 ?4 ? ?1 * 于是有 y1 = ? x 2 ? x ? e x ． 9 ? ?6 对于方程 y′′′ + y′′ ? 2 y′ = 4 x ，因 f 2 ( x) = 4 x ，其中 λ = 0 是特征方程的（单）根，故可令* 其特解为 y2 = x(Cx + D) ，代入方程 y′′′ + y′′ ? 2 y′ = x e x 中，得 ?4Cx + 2C ? 2 D = 4 x ， 比较系数得 ? ?4C = 4, ?C = ?1, 解得 ? ? ? 2C ? 2 D = 0, ? D = ?1, * 于是有 y2 = ? x 2 ? x ． * 根据线性方程解的叠加原理得 y* = y1* + y2 原方程 y′′′ + y′′ ? 2 y′ = x(e x + 4) 的特解，故原 方程的通解为 4 ? ?1 y = Y + y* = C1 + C2 e x + C3 e ?2 x + ? x 2 ? x ? e x ? x 2 ? x ． 9 ? ?6 4．求下列微分方程满足初值条件的特解： （1） y 3dx + 2( x 2 ? xy 2 )dy = 0 ， y x=1 = 1 ；（2） y ′′ ? 2 y ′2 = 0 ， y x=0 = 0 ， y′ x =0 = ?1 ； （3） 2 y′′ ? sin 2 y = 0 ， y x=0 = （4） y′′ + 2 y′ + y = cos x , y x=0π ， y ′ x =0 = 1 ； 2 3 = 0 , y ′ x =0 = ． 2解 （1）所给方程可以化为 dx 2 2 dx 2 ?1 2 ? x = ? 3 x 2 ，即 x ? 2 ? x =? 3 ． dy y y dy y y dz dx dz dx 令 z = x ?1 ，则 = ? x ?2 ，即 ? = x ?2 ，代入上面的方程，有 dy dy dy dy dz 2 2 + z= 3 ， dy y y 解得此线性方程的通解为 2 2 ?∫ d y ? ? 1 2 ∫ dy z = e y ? ∫ 3 e y d y + C ? = 2 (2ln y + C ) ， ? y ? ? ? y 即 1 x ?1 = 2 (2 ln y + C ) ． y 由定解条件 y x=1 = 1 ，可得 C = 1 ，所求的特解为x ?1 = 1 (2 ln y + 1) ，即 y 2 = 2 x ln y + x ． y238（2）令 y′ = p ，则 y′′ = p′ ，代入原方程有 1 dp ? 2 p 2 = 0 ，即 2 d p = 2 d x ， p dx 积分得 1 1 ? = 2 x + C1 ，或 p = ? ， p 2 x + C1 即 dy 1 =? ， dx 2 x + C1 将初值条件 y′ x =0 = ?1 代入上式，可得 C1 = 1 ，从而有dy 1 ， =? dx 2x + 1再积分，得1 y = ? ln(2 x + 1) + C2 ． 2 = 0 代入上式，可得 C2 = 0 ，故满足初值条件的特解为 1 y = ? ln(2 x + 1) ． 2将初值条件 y x=0（3）令 y′ = p ， y′′ = pdp ，代入原方程，得 dy dp = sin 2 y ，即 2 p d p = sin 2 y d y ． 2p dy积分得1 p 2 = ? cos 2 y + C1 ． 2 π 1 = ， y′ x =0 = 1 代入上式，可解得 C1 = ．从而有 2 2 1 ? cos 2 y y ′2 = = sin 2 y ，即 y′ = sin y ， 2 dy =dx， sin y将初值条件 y x =0分离变量，得两端积分，得y? y ? ln ? tan ? = x + ln C2 ，或 tan = C2 e x ． 2? 2 ?将初值条件 y x=0 =π 代入上式，可解得 C2 = 1 ，故满足初值条件的特解为 2 y tan = e x ，或 y = 2 arctan e x ． 2 （4） f ( x) = cos x 属于 eλ x [ Pl ( x) cos ω x + Pn ( x)sin ω x ] 型（其中 λ = 0 ，ω = 1 ， Pl ( x) = 1 ，Pn ( x) = 0 ） ．对应齐次方程的特征方程为 r 2 + 2r + 1 = 0 ，39解得，r1,2 = ?1 ，对应齐次方程的通解为Y = (C1 + C2 x) e ? x ， 因为 λ ± iω = ±i 不是特征方程的根，所以可设其特解为 y* = A cos x + B sin x ． 从而有 y*′ = ? A sin x + B cos x ， y*′′ = ? A cos x ? B sin x ，代入原方程，得 (? A cos x ? B sin x) + 2(? A sin x + B cos x) + A cos x + B sin x = cos x ， 即 ?2 A sin x + 2 B cos x = cos x ， 比较系数，得 1 A=0，B = ， 2 1 * 故 y = sin x ． 2 因此，原方程的通解为 1 y = Y + y* = (C1 + C2 x) e ? x + sin x ， 2 从而 1 y′ = C2 e? x ? (C1 + C2 x) e? x + cos x ， 2 3 将初值条件 y x=0 = 0 , y′ x =0 = 代入以上两式，得 2 ?C1 = 0, ? ? 1 3 ?C2 ? C1 + 2 = 2 , ? 解得 C1 = 0 ， C2 = 1 ．于是满足初始条件的特解为 1 y = x e ? x + sin x ． 25．设可导函数 ? ( x) 满足 ? ( x) cos x + 2∫ ? (t ) sin tdt = x + 1 ，求函数 ? ( x) ．0 x解 对所给的等式两边求导，得 ? ′( x) cos x ? ? ( x) sin x + 2? ( x)sin x = 1 ， 即 ? ′( x) + ? ( x) tan x = sec x ，且有 ? (0) = 0 ． 故 ? tan x d x ? ∫ tan x d x d x + C ? ? ( x) = e ∫ ? ∫ sec x e ? ? ?1 ? ? = cos x ? ∫ sec x ? d x + C? cos x ? ? = C cos x + sin x ．40由初值条件 ? (0) = 1 ，有 1 = C ，故所求的特解为 ? ( x) = cos x + sin x ． 6．求下列欧拉方程的通解． （2） x 2 y′′ ? 4 xy′ + 6 y = x ． （1） x 2 y′′ + 3xy′ + y = 0 ； 解 （1）设 x = et ，即 t = ln x ，则有 d2 y 1 ? d2 y d y ? d y d y dt 1 d y = ? = ， 2 = 2? 2 ? ?， d x dt d x x dt dx x ? dt dt ? 代入方程，有 ? d2 y d y ? dy + y=0， ? 2 ? ?+3 dt ? dt ? dt 即d2 y dy +2 + y =0， d t2 dt有通解1 y = (C1 + C2t ) e ?t = (C1 + C2 ln x) ． x （2）设 x = et ，即 t = ln x ，则有 d2 y 1 ? d2 y d y ? d y d y dt 1 d y = ? = ， 2 = 2? 2 ? ?， d x dt d x x dt dx x ? dt dt ?代入方程，有? d2 y d y ? dy + 6 y = et ， ? 2 ? ??4 dt ? dt ? dt即d2 y dy ?5 + 6 y = et ， 2 dt dt对应齐次方程的通解为Y = C1 e 2t + C2 e3t ，由于自由项 f (t ) = et 中， λ = 1 不是特征方程的根，故令特解为 y* = A et ，代入方程后，求 1 出 A = ．故所给方程的通解为 2 1 1 y = Y + y* = C1 e 2t + C2 e3t + et = C1 x 2 + C2 x3 + x ． 2 2复习题 B1．填空题 （1）微分方程 y′′ ? 4 y = e2 x 的通解为____________； （2）微分方程 xy′′ + 3 y′ = 0 的通解为____________；（3）设 y = e x (C1 sin x + C2 cos x) （ C1 、 C2 为任意常数）为某二阶常系数线性齐次微分 方程的通解，则该微分方程为____________；41y ?1 ? （4）过点 ? ,0 ? 且满足关系式 y′ arcsin x + = 1 的曲线方程为__________． ?2 ? 1 ? x2解 （1）此方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 ? 4 = 0 ，其根为 r1,2 = ±2 ．又因自由 项 f ( x) = e 2 x ， λ = 2 是特征方程的单根，故令 y* = Ax e 2 x 是原方程的特解，代入原方程可 1 得 A = ，于是原方程的通解为 4 1 y = C1 e2 x + C2 e?2 x + x e 2 x ． 4 （2）原方程可变形为 d y′ 3 =? dx， y′ x 两端积分，得 ln y′ = ?3ln x + ln C1′ ， 即 C1′ y′ = 3 ， x 故所给方程的通解为 C′ C′ 1 C1 y = ? 1 2 + C2 = 2 + C2 ． （其中 C1 = ? 1 ） x 2 2 x （3）由所给通解的表达式知， r1,2 = 1 ± i 是所求微分方程的特征方程的根，于是特征方 程为r 2 ? 2r + 2 = 0 ，故所求微分方程为y′′ ? 2 y′ + 2 = 0 ．（4）将所给关系式改写成1 ? x ? arcsin x 由一阶线性微分方程的通解公式，得 1 1 ?∫ dx ? dx ? ∫ 2 1 2 e 1? x ?arcsin x d x + C ? ， y = e 1? x ?arcsin x ? ∫ ? arcsin x ? ? ? 即 1 y= (x + C) ， arcsin x 1 1 代入初始条件 x = ， y = 0 ，得 C = ? ，故所求曲线的方程为 2 2 1 x? 2 ． y= arcsin x 2．选择题 （1）设线性无关的函数 y1 ， y2 ， y3 都是二阶非齐次方程 y′′ + p ( x) y′ + q ( x) y = f ( x) 的2y′ +1y=1 ， arcsin x解， C1 、 C2 为任意常数，则该非齐次方程的通解是（42） ．（A） C1 y1 + C2 y2 + y3 ． （C） C1 y1 + C2 y2 ? (1 ? C1 ? C2 ) y3 ． （2）设 y = f ( x) 是微分方程 y′′ ? y′ ? e （A） x0 的某邻域内单调增加． （C） x0 处取得极小值．x L（B） C1 y1 + C2 y2 ? (C1 + C2 ) y3 ． （D） C1 y1 + C2 y2 + (1 ? C1 ? C2 ) y3 ．sin x= 0 的解，且 f ′( x0 ) = 0 ，则 f ( x) 在（） ．（B） x0 的某邻域内单调减少． （D） x0 处取得极大值．（3）设曲线积分 ∫ ? f ( x) ? e ? sin ydx ? f ( x) cos ydy 与积分路径无关，其中 f ( x) 具有一 ? ? 阶连续导数，且 f (0) = 0 ，则 f ( x) 等于（ ） ． 1 1 （A） (e? x ? e x ) ． （B） (e x ? e ? x ) ． 2 2 1 1 （C） (e x + e? x ) + 1 ． （D） 1 ? (e x + e ? x ) ． 2 2 解 （1）因 y1 ? y3 与 y2 ? y3 是对应的齐次方程的解，且由 y1 ， y2 ， y3 线性无关可推 知 y1 ? y3 与 y2 ? y3 线性无关，而 y3 是非齐次方程的特解，故y = C1 ( y1 ? y3 ) + C2 ( y2 ? y3 ) + y3 = C1 y1 + C2 y2 + (1 ? C1 ? C2 ) y3 是非齐次方程的通解．所以本题应选（D） ． （2）因 f ′( x0 ) = 0 ，即 x0 是 f ( x) 的驻点，又因为 f ( x) 是微分方程的解，故有 f ′′( x0 ) = f ′( x0 ) + esin x0 = esin x0 & 0 ．这说明 x0 是 f ( x) 的极小值点，所以本题应选（C） ． ?P ?Q （3）由曲线积分与路径无关的充要条件 = ，可得微分方程 ?y ?xf ′( x) + f ( x) = e x ，其通解为? dx dx ?1 ? f ( x) = e ∫ ? ∫ e x e ∫ d x + C ? = e ? x ? e2 x + C ? ． ? ? 2 ? ? ? ? 1 1 x ?x 由 f (0) = 0 可得 C = ? ，于是 f ( x) = (e ? e ) ，故本题应选（B） ． 2 2 3．求微分方程 x 2 y′ + xy = y 2 满足初始条件 y (1) = 1 的特解． 解法一 用伯努利方程的解法，将原方程化为 1 1 y ?2 y′ + y ?1 = 2 ， x x 令 z = y ?1 ，则 z ′ = ? y ?2 y′ ，且原方程可化为 1 1 z′ ? z = ? 2 ， x x 解得 1 1 ? 1 ?∫ d x 1 1 ? ? ∫ dx ? z = e x ? ∫ ? 2 e x d x + C ? = x? ∫ ? 2 ? d x + C ? x x x ? ? ? ?1 ? 1 ? = x ? 2 + C ? = Cx + ， 2x ? 2x ?即原方程的通解为43y=2x ． 2Cx 2 + 1由 y (1) = 1 ，得 C =1 ，故所求特解为 2 y= 2x ． x +12解法二 将原方程化为y′ = y 2 ? xy y ? y? ，即 y′ = ? ? ? ． 2 x ?x? x2y ，即 y = ux ，则 y′ = u + xu′ ，原方程进一步化为 x u + xu′ = u 2 ? u ． 分离变量后积分 1 dx ∫ u 2 ? 2u d u = ∫ x ． 得 1 1 [ln(u ? 2) ? ln u ] = ln x + ln C ． 2 2 y 代入 u = ，得原方程的通解为 x y ? 2x = Cx 2 ． y 由 y (1) = 1 ，得 C = ?1 ，故所求特解为 y ? 2x 2x = ? x 2 ，即 y = 2 ． y x +1令u =4．设 y = e x 是微分方程 xy′ + p( x) y = x 的一个解，求此微分方程满足条件 y x=ln 2 = 0 的特解． 解 将 y = e x 代入原方程，可得x e x + p( x) e x = x ，即 p( x) = x e ? x ? x ．于是，原方程可化为xy′ + ( x e? x ? x) y = x ，当 x ≠ 0 时，消去 x 得y′ + (e? x ? 1) y = 1 ，于是得通解y = e∫(1? e ? x ) d x= e x+e = e x +e?x?x(e? e ∫ ? (1? e? x ) d x dx + C ? = e x + e? x ?∫ ? ? ? ?x ? e? e d(? e ? x ) + C ? ?∫ ?? e? x?x(∫ e? ( x + e? x )dx + C)+C)= e x + C e x +e ．由初始条件 y x=ln 2 = 0 ，得 0 = 2 + C ? 2e 2 ，即 C = ? e 2 ，故所求特解为441?1y = ex ? ex 0x + e? x ?1 2．5．设 f ( x) = sin x ? ∫ ( x ? t ) f (t )dt ，其中 f 为连续函数，求 f ( x) ． 解 因 f ( x) = sin x ? x ∫ f (t )dt + ∫ tf (t )dt ，代入 x = 0 ，得 f (0) = 0 ，且0 0 x xf ′( x) = cos x ? ∫ f (t )dt ? xf ( x) + xf ( x) ，0x即f ′( x) = cos x ? ∫ f (t )dt ，0 x代入 x = 0 ，得 f ′(0) = 1 ． 又f ′′( x) = ? sin x ? f ( x) ．记 y = f ( x) ，即得初值问题? y′′ + y = ? sin x, ? ? ? y x=0 = 0, y′ x =0 = 1, ?上述微分方程对应的齐次方程的特征方程有根 r1,2 = ±i ，而自由项为f ( x) = ? sin x = e0?x (0 ? cos x ? sin x) ， 故 λ = 0 ， ω = 1 ，而 λ + iω = i 是特征方程的根，从而可令原方程的一个特解为 y* = x( A cos x + B sin x) ， 1 1 代入微分方程并比较系数，得 A = ， B = 0 ，即 y* = x cos x ．于是得通解 2 2 1 y = C1 cos x + C2 sin x + x cos x ， 2 且 1 1 y′ = ?C1 sin x + C2 cos x + cos x ? x sin x ． 2 2 由 y x=0 = 0, y′ x =0 = 1, ，得?C1 = 0, ?C1 = 0, ? ? 即? ? 1 1 ?C2 + 2 = 1, ?C2 = 2 . ? ?故1 1 y = f ( x) = sin x + x cos x ． 2 2 αx 6．求微分方程 y′′ + 4 y′ + 4 y = e 的通解，其中 α 为实数． 解 原方程对应的齐次方程的特征方程为 r 2 + 4r + 4 = 0 ， 解得 r1,2 = ?2 ，故齐次方程的通解为 Y = (C1 + C2 x) e ?2 x ．对于自由项 f ( x) = eα x ，当 α ≠ ?2 时，可令原方程的一个特解为y* = A eα x ，45代入原方程，可得 A =1 eα x ，即 y* = ；当 α = ?2 时，可令原方程的一个特解为 (α + 2) 2 (a + 2)2y* = Bx 2 e?2 x ，代入原方程，可得 B =1 1 ，即 y* = x 2 e?2 x ．故原方程的通解为 2 2 ? eα x ?2 x , 当α ≠ ?2 ?(C1 + C2 x) e + ? (a + 2) 2 y=? ?(C + C x) e ?2 x + 1 x 2 e?2 x , 当α = ?2. 2 ? 1 2 ? 7．设物体 A 从点 (0,1) 出发，以常速率 v 沿 y 轴正向运动，物体 B 从点 ( ?1, 0 ) 与 A 同时出发，其速率为 2v ，方向始终指向 A．试建立物体 B 的运动轨迹所满足的微分方程，并 写出初始条件． y 解 设物体 B 的运动轨迹的方程为 y = f ( x) ，又设在时刻 t， 物体 B 位于点 ( x, y ) 处，此时物体 A 位于点 (0,1 + vt ) ．按题意， A B 则如右图所示，有 1 1 + vt ? y y′ = ， O x 0? x －1 即 y ? xy′ ? 1 = vt ． （1） 又此刻，物体 B 从点 (?1,0) 行至 ( x, y ) 的路程为∫x?11 + y′ d x = 2vt ． 1 x 1 + y′ d x ． 2 ∫?1 1 1 + y′ ， 2（2）由（1）式与（2）式消去 vt ，得y ? xy′ ? 1 =两端对 x 求导，得y′ ? ( y′ + xy′′) =即? xy ′′ =初始条件为1 1 + y′ ． 2y x=?1 = 0 ， y ′ x =?1 = 1 ．8．在某一人群中推广新技术是通过其中已掌握新技术的人进行的．设该人群的总人 数为 N，在 t = 0 时刻已掌握新技术的人数为 x0 ，在任意时刻 t 已掌握新技术的人数为 x(t ) （将 x(t ) 视为连续可微变量） ，其变化率与已掌握新技术人数和未掌握新技术人数之积成 正比，比例常数 k & 0 ，求 x(t ) ． 解 按题意可得初值问题 dx = kx( N ? x) ， x t =0 = x0 ． dt 分离变量得46dx = k dt ， x( N ? x) 两端分别从 x0 到 x 和从 0 到 t 积分，得初值问题的解： x t dx ∫x0 x( N ? x) = ∫0 k d t = kt ， 左端为 x x ? x dx 1 x?1 1 ? 1? ? ? ∫x0 x( N ? x) = N ∫x0 ? x + N ? x ? d x = N ? ln N ? x ? ln N ?0 x0 ? ， ? ?由x0 ? 1? x ? ln ? ln ? = kt 可解出 x 为 N? N?x N ? x0 ?x=Nx0 e kNt ． N ? x0 + x0 ekNt47
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