第七章 微分方程（一）

在許多問題中，往往不能直接找出所需要的函數關係，但是根據問題所提供的情況，有時可以列出含有要找的函數及其導數的關係式。這樣的關係式就是所謂的微分方程。微分方程建立以後，對它進行研究，找出未知函數來，這就是解微分方程。本章主要介紹微分方程的一些基本概念和幾種常用的微分方程的解法。——高等數學同濟版

習題7-1 微分方程的基本概念

  本節主要介紹了微分方程的基本概念。

7.一個半球體形狀的雪堆，其體積融化率與半球面面積$A$成正比，比例係數$k>0$。假設在融化過程中雪堆始終保持半球體狀，已知半徑爲$r_0$的雪堆在開始的3小時內，融化了其體積的$\frac{7}{8}$，問雪堆全部融化需要多少小時？

解  設雪堆在時刻$t$的體積爲$V=\cfrac{2}{3}\pi r^3$，側面積$S=2\pi r^2$。由題設知
$\cfrac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=2\pi r^2\cfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-kS=-2\pi kr^2.$
  於是
$\cfrac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}=-k.$
  積分得
$r=-kt+C.$
  由$r=r_0$，得$C=r_0,r=r_0-kt$。又$V\biggm\vert_{t=3}=\cfrac{1}{8}V\biggm\vert_{t=0}$，即$\cfrac{2}{3}\pi(r_0-3k)^3=\cfrac{1}{8}\cdot\cfrac{2}{3}\pi r_0^3$，得$k=\cfrac{1}{6}r_0$，從而
$r=r_0-\cfrac{1}{6}r_0t.$
  因雪堆全部融化時，$r=0$，故得$t=6$，即雪堆全部融化需6小時。（這道題主要難點在體積融化率即體積融化速率的理解上）

習題7-2 可分離變量的微分方程

  本節主要介紹可分離變量的微分方程的解法。

習題7-3 齊次方程

  本節主要介紹齊次方程的解法。

2. 求下列齊次方程滿足所給初始條件的的特解：

（1）$(y^2-3x^2)\mathrm{d}y+2xy\mathrm{x}=0,y\biggm\vert_{x=0}=1;$

解  原方程可寫成$1-3\cfrac{x^2}{y^2}+2\cfrac{x}{y}\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=0$。令$u=\cfrac{x}{y}$，即$x=yu$，有$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=u+y\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}$，則原方程成爲
$1-3u^2+2u\left(u+y\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}\right)=0.$
  分離變量得
$\cfrac{2u}{u^2-1}\mathrm{d}u=\cfrac{\mathrm{d}y}{y}.$
  積分得
$\ln|u^2-1|=\ln|y|+\ln C_1.$
  即
$u^2-1=Cy.$
  代入$y=\cfrac{x}{y}$並整理，得通解$x^2-y^2=Cy^3$。由初值條件$x=0$，$y=1$，得$C=-1$。於是所求特解爲
$y^3=y^2-x^2.$

習題7-4 一階線性微分方程

  本節主要介紹了一階線性微分方程的求解方法。

7.用適當的變量代換將下列方程化爲可分離變量的方程，然後求出通解：

（3）$xy'+y=y(\ln x+\ln y);$

解  令$u=xy$，則$u'=y+xy'$，且原方程變爲$u'=\cfrac{u}{x}\ln u$，即
$\cfrac{\mathrm{d}u}{u\ln u}=\cfrac{\mathrm{d}x}{x}.$
  積分得$\ln|\ln u|=\ln|x|+\ln C_1$，即$u=e^{Cx}$。代入$u=xy$，得原方程的通解$xy=e^{Cx}$，即$y=\cfrac{e^{Cx}}{x}$。（這道題利用變量換元時對所換的元的導數可以進行整體代換）

（4）$y'=y^2+2(\sin x-1)y+\sin^2x-2\sin x-\cos x+1;$

解  將原方程寫成$y'=(y+\sin x-1)^2-\cos x$，令$u=y+\sin x-1$，則$u'=y'+\cos x$，且原方程變爲$u'=u^2$，即$\cfrac{\mathrm{d}u}{u^2}=\mathrm{d}x$。
  積分得$-\cfrac{1}{u}=x+C$，即$u=-\cfrac{1}{x+C}$。代入$u=y+\sin x-1$，得原方程的通解
$y=1-\sin x-\cfrac{1}{x+C}.$
（這道題說明換元時可以先配方再換元）

（5）$y(xy+1)\mathrm{d}x+x(1+xy+x^2y^2)\mathrm{d}y=0.$

解  原方程改寫成$xy(xy+1)+x^2(1+xy+x^2y^2)\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$。令$u=xy$，即$y=\cfrac{u}{x}$，則$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{x\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u}{x^2}$，且原方程變爲
$u(u+1)+(1+u+u^2)\left(x\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}-u\right)=0.$
  整理並分離變量，得$\cfrac{1+u+u^2}{u^3}\mathrm{d}u=\cfrac{\mathrm{d}x}{x}$。積分得$-\cfrac{1}{2u^2}-\cfrac{1}{u}+\ln|u|=\ln|x|+C_1$，代入$u=xy$，並整理，得原方程的通解爲
$2x^2y^2\ln|y|-2xy-1=Cx^2y^2(C=2C_1).$
（這道題說明可以在換元前可以先乘以某一相同變量湊整再換元）

習題7-5 可降階的高階微分方程

從這一節其我們將討論二階及二階以上的微分方程，即所謂高階微分方程。——高等數學同濟版

  本節主要介紹了三種高階微分方程的降階方法。

1.求下列各微分方程的通解：

（8）$y^3y''-1=0;$

解  令$y'=p$，則$y''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，且原方程化爲$y^3p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-1=0$。分離變量，得
$p\mathrm{d}p=\cfrac{1}{y^3}\mathrm{d}y.$
  積分得$p^2=-\cfrac{1}{y^2}+C_1$，故
$y'=p=\pm\sqrt{C_1-\cfrac{1}{y^2}}=\pm\cfrac{1}{|y|}\sqrt{C_1y^2-1}.$
  分離變量，得
$\cfrac{|y|\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm\mathrm{d}x.$
  由於$|y|=y\mathrm{sgn}(y)$，故上式兩端積分，
$\mathrm{sgn}(y)\displaystyle\int\cfrac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{C_1y^2-1}}=\pm\displaystyle\int\mathrm{d}x,\\ \mathrm{sgn}(y)\sqrt{C_1y^2-1}=\pm C_1x+C_2.$
  兩邊平方，得$C_1y^2-1=(C_1x+C_2)^2$。（這道題主要利用絕對值的函數表示來求解）

（9）$y''=\cfrac{1}{\sqrt{y}};$

解  方程$y''=\cfrac{1}{\sqrt{y}}$屬於$y''=f(x)$型方程，除了設$y'=p$，$y''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$來降階求解外，還可以用如下方法求解：
  在$y''=f(y)$的兩端乘以$2y'$，得
$2y'y''=2f(y)y'.$
  即$(y'^2)'=2f(y)y'$。若$F(y)$是$f(y)$的原函數，則有
$(y'^2)'=2[F(y)]'.$
  積分得到降階的方程$y'^2=2F(y)+C_1$。
  本小題按上述方法求解：用$2y'$乘方程$y''=\cfrac{1}{\sqrt{y}}$的兩端，得
$2y'y''=\cfrac{2y'}{\sqrt{y}}.$
  即$(y'^2)'=(4\sqrt{y})'$，故$y'^2=4\sqrt{y}+C_1'$，有$y'=\pm2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\left(C_1=\cfrac{C_1'}{4}\right)$。
  分離變量，得
$\mathrm{d}x=\pm\cfrac{\mathrm{d}y}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}.$
  積分，得
$\begin{aligned} x&=\pm\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\sqrt{y})^2}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm\displaystyle\int\cfrac{\sqrt{y}\mathrm{d}\sqrt{y}}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}=\pm\displaystyle\int\cfrac{(\sqrt{y}+C_1)-C_1}{2\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y})\\ &=\pm\left[\displaystyle\int\sqrt{\sqrt{y}+C_1}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)-C_1\displaystyle\int\cfrac{1}{\sqrt{\sqrt{y}+C_1}}\mathrm{d}(\sqrt{y}+C_1)\right]\\ &=\pm\left[\cfrac{2}{3}(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{3}{2}}-2C_1(\sqrt{y}+C_1)^{\frac{1}{2}}\right]+C_2. \end{aligned}$
（這道題主要利用湊整的方法求解）

（10）$y''=(y')^3+y'.$

解  令$y'=p$，則$y''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，原方程化爲$p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=p^3+p$，即
$p\left[\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)\right]=0.$
  若$p\equiv0$，則$y\equiv C$。$y\equiv C$是原方程的解，但不是通解。
  若$p\not\equiv0$，由於$p$的連續性，必在$x$的某區間有$p\neq0$。於是
$\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}-(1+p^2)=0.$
  分離變量，得$\cfrac{\mathrm{d}p}{1+p^2}=\mathrm{d}y$，積分得$\arctan p=y-C$，即$p=\tan(y-C_1)$，亦即$\cot(y-C_1)\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$。積分得$\ln\sin(y-C_1)=x+\ln C_2$。即$\sin(y-C_1)=C_2e^x$，也可寫成$y=\arcsin(C_2e^x)+C_1$。
  由於當$C_2=0$時，$y=C_1$，故前面所得的解$y\equiv$也包含在這個通解內。（這道題主要利用了降階的方法）

2.求下列各微分方程滿足所給初值條件的特解：

（1） $y^3y''+1=0,y\biggm\vert_{x=1}=1,y'\biggm\vert_{x=1}=0;$

解  將原方程寫成$y''+\cfrac{1}{y^3}=0$，兩端乘以$2y'$，得
$2y'y''+\cfrac{2y'}{y^3}=0.$
  即$\left(y'^2-\cfrac{2y'}{y^3}\right)'=0$，由此得
$y'^2-\cfrac{1}{y^2}=C_1.$
  代入初值條件：$y=1$，$y'=0$，得$C_1=-1$，故有
$y'^2=\cfrac{1}{y^2}-1=\cfrac{1-y^2}{y^2},\\ y'=\pm\cfrac{\sqrt{1-y^2}}{y}.$
  分離變量，得
$\cfrac{y\mathrm{d}y}{\sqrt{1-y^2}}=\pm\mathrm{d}x.$
  積分得$-\sqrt{1-y^2}=\pm x+C_2$。代入初值條件：$x=1$，$y=1$，得$C=\mp1$。於是有
$-\sqrt{1-y^2}=\pm(x-1).$
  兩邊平方，得$x^2+y^2=2x$。由於在點$x=1$處，$y=1$，故在$x=1$的某鄰域內$y>0$，因而特解可以表示爲
$y=\sqrt{2x-x^2}.$
（這道題判斷正負主要根據條件的點所給的正負）

（4）$y''=e^{2y};y\biggm\vert_{x=0}=y'\biggm\vert_{x=0}=0;$

解  在原方程兩端同乘以$2y'$，得$2y'y''=2y'e^{2y}$，即$(y'^2)'=(e^{2y})'$，積分得
$y'^2=e^{2y}+C_1.$
  代入初值條件：$x=0$，$y=y'=0$，得$C_1=-1$，從而有
$y'=\pm\sqrt{e^{2y}-1}.$
  分離變量後積分
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\pm\displaystyle\int\mathrm{d}x.$
  即
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(e^{-y})}{\sqrt{e^{2y}-1}}=\mp\displaystyle\int\mathrm{d}x.$
  得$\arcsin(e^{-y})=\mp x+C_2$。代入初值條件：$x=0$，$y=0$，得$C_2=\cfrac{\pi}{2}$。於是得特解
$e^{-y}=\sin\left(\cfrac{\pi}{2}\pm x\right)=\cos x.$
  即$y=-\ln\cos x=\ln\sec x$。（這道題利用三角替換公式求解）

（5）$y''=3\sqrt{y},y\biggm\vert_{x=0}=1,y'\biggm\vert_{x=0}=2;$

解  在原方程兩端同乘以$2y'$，得$2y'y''=6y'\sqrt{y}$，即$(y'^2)'=(4y^{\frac{3}{2}})'$，積分得$y'^2=4y^{\frac{3}{2}}$。代入初值條件$x=0$，$y=1$，$y'=2$，得$C_1=0$，從而有$y'=\pm2y^{\frac{3}{4}}$。並由於$y'\biggm\vert_{x=0}=2$，故取$y'=2y^{\frac{3}{4}}$。分離變量後積分$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}y}{y^{\frac{3}{4}}}=2\displaystyle\int\mathrm{d}x$得$4y^{\frac{1}{4}}=2x+C_2$。代入初值條件：$x=0$，$y=1$，得$C_2=4$，於是得特解
$y=\left(\cfrac{1}{4}+1\right)^4.$
（這道題採用湊整的方法）

（6）$y''+(y')^2=1,y\biggm\vert_{x=0}=0,y'\biggm\vert_{x=0}=0;$

解  令$y'=p$，則$y''=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，原方程變爲$p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}+p^2=1$。分離變量，得
$\cfrac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}=\mathrm{d}y.$
  由初值條件：$y=0$，$p=0$，積分
$\displaystyle\int^p_0\cfrac{p\mathrm{d}p}{1-p^2}=\displaystyle\int^y_0\mathrm{d}y.$
  得
$-\cfrac{1}{2}\ln(1-p^2)=y.$
  即$p=\pm\sqrt{1-e^{-2y}}$。又分離變量，得
$\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\mathrm{d}x.$
  由初值條件：$x=0$，$y=0$，積分
$\displaystyle\int^y_0\cfrac{\mathrm{d}y}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}x,\\ \displaystyle\int^y_0\cfrac{\mathrm{d}(e^y)}{\sqrt{1-e^{-2y}}}=\pm\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}x.$
  得
$\ln(e^y+\sqrt{e^{2y}-1})=\pm x.$
  即
$e^y=\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}.$
  或寫成
$y=\ln\cfrac{e^x+e^{-x}}{2}.$
（這道題利用積分結果一致求解）

4.設有一質量爲$m$的物體，在空中由靜止開始下落，如果空氣阻力爲$R=cv$（其中$c$爲常數，$v$爲物體運動的速度），試求物體下落的距離$s$與時間$t$的函數關係。

解  根據牛頓第二定律，有關係式
$m\cfrac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}t^2}=mg-c\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}.$
  並依據題設條件，得初值問題
$\cfrac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}t^2}=g-\cfrac{c}{m}\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t},\quad s\biggm\vert_{t=0}=0,\quad\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}\biggm\vert_{t=0}=0.$
  令$\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=v$，方程成爲$\cfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=g-\cfrac{c}{m}v$，分離變量後積分
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}v}{g-\cfrac{c}{m}v}=\displaystyle\int\mathrm{d}t.$
  得
$\ln\left(g-\cfrac{c}{m}v\right)=-\cfrac{c}{m}t+C_1.$
  代入初值條件$v|_{t=0}=0$，得$C_1=\ln g$。於是有
$v=\cfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}=\cfrac{mg}{c}(1-e^{-\frac{c}{m}t}).$
  積分得
$s=\cfrac{mg}{c}\left(t+\cfrac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}\right)+C_2.$
  代入初值條件$s|_{t=0}=0$，得$C_2=\cfrac{m^2g}{c^2}$。故所求特解（即下落的距離與時間的關係）爲
$\begin{aligned} s&=\cfrac{mg}{c}\left(t+\cfrac{m}{c}e^{-\frac{c}{m}t}-\cfrac{m}{c}\right)\\ &=\cfrac{mg}{c}t+\cfrac{m^2g}{c^2}(e^{-\frac{c}{m}t}-1). \end{aligned}$
（這道題主要利用物理公式求解）

習題7-6 高階線性微分方程

本節和以下兩節，我們將討論在實際問題中應用較多的所謂高階線性微分方程。——高等數學同濟版

  本節主要介紹了二階線性微分方程爲主的高階線性微分方程。

5.已知$y_1(x)=e^x$是齊次線性方程$(2x-1)y''-(2x+1)y'+2y=0$的一個解，求此方程的通解。

解  設$y_2(x)=y_1u=e^xu$是方程的解，則$y'_2=e^x(u+u')$，$y''_2=e^x(u+2u'+u'')$，代入方程並整理，得
$e^x[(2x-1)u''+(2x-3)u']=0.$
  即
$(2x-1)u''+(2x-3)u'=0.$
  令$u'=p$，則$u''=p'$，且上式成爲
$(2x-1)p'+(2x-3)p=0.$
  分離變量後積分
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}p}{p}=-\displaystyle\int\cfrac{2x-3}{2x-1}\mathrm{d}x$
  得
$\ln|p|=-x+\ln|2x-1|+\ln C.$
  取$C=1$，即$p=(2x-1)e^{-x}$。再積分得
$u=\displaystyle\int(2x-1)e^{-x}\mathrm{d}x=-[(2x-1)e^{-x}+2e^{-x}+C_0].$
  取$C_0=0$，即$u=-(2x+1)e^{-x}$，故
$y_2=e^xu=-(2x+1).$
  $y_2$與$y_1$線性無關，故原方程的通解爲
$y=C_1(2x+1)+C_2e^x.$
（這道題利用常數變易法求解）

6.已知$y_1(x)=x$是齊次線性方程$x^2y''-2xy'+2y=0$的一個解，求非齊次線性方程$x^2y''-2xy'+2y=2x^3$的通解。

解  設$y_2=y_1u=xu$是非齊次線性方程的解，則$y'_2=u+xu'$，$y''_2=2u'+xu''$，代入方程並整理，得
$u''=0.$
  不妨取$u=x$，則$y_2=y_1u=x^2$，且$y_2$與$y_1$線性無關。
  將非齊次方程化爲標準型
$y''-\cfrac{2}{x}y'+\cfrac{2}{x^2}y=2x.$
  則它的通解爲
$y=C_1y_1+C_2y_2-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x.$
  其中$f=2x,W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x&x^2\\1&2x\end{vmatrix}=x^2.$
  故
$\begin{aligned} y&=C_1x+C_2x^2-x\displaystyle\int\cfrac{2x^3}{x^2}\mathrm{d}x+x^2\displaystyle\int\cfrac{2x^2}{x^2}\mathrm{d}x\\ &=C_1x+C_2x^2+x^3. \end{aligned}$
（這道題主要考察在高階導數爲0的情況）

7.已知齊次線性方程$y''+y=0$的通解爲$Y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x$，求非齊次線性方程$y''+y=\sec x$的通解。

解  由題設知，$y_1=\cos x$與$y_2=\sin x$都是齊次方程$y''+y=0$的解，且$y_1$與$y_2$線性無關，則非齊次方程$y''+y=\sec x$的通解爲
$y=C_1\cos x+C_2\sin x-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x.$
  其中
$f=\sec x,\quad W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos x&\sin x\\-\sin x&\cos x\end{vmatrix}=1.$
  故
$\begin{aligned} y&=C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\displaystyle\int\cfrac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x+\sin x\displaystyle\int\cfrac{\cos x}{\cos x}\mathrm{d}x\\ &=C_1\cos x+C_2\sin x-\cos x\ln|\cos x|+x\sin x. \end{aligned}$
（這道題利用已知公式求解）

8.已知齊次線性方程$x^2y''-xy'+y=0$的通解爲$Y(x)=C_1x+C_2x\ln|x|$，求線性非齊次方程$x^2y''-xy'+y=x$的通解。

解  由題設知$y_1=x$與$y_2=x\ln|x|$都是齊次方程的解，$y_1$與$y_2$顯然線性無關的。將非齊次方程化爲標準型$y''-\cfrac{1}{x}y'+\cfrac{1}{x^2}y=\cfrac{1}{x}$，則方程的通解爲
$y=C_1y_1+C_2y_2-y_1\displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x+y_2\displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x.$
  其中
$f=\cfrac{1}{x},\quad W=\begin{vmatrix}y_1&y_2\\y'_1&y'_2\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}x&x\ln|x|\\1&\ln|x|+1\end{vmatrix}=1.$
  因
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{y_2f}{W}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{\ln|x|}{x}\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\ln^2|x|,\\ \displaystyle\int\cfrac{y_1f}{W}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln|x|. \end{aligned}$
  故非齊次方程的通解爲
$\begin{aligned} y&=C_1x+C_2x\ln|x|-x\cfrac{1}{2}\ln^2|x|+x\ln|x|\cdot\ln|x|\\ &=C_1x+C_2x\ln|x|+\cfrac{x}{2}\ln^2|x|. \end{aligned}$
（這道題利用行列式和已知公式求解）

習題7-7 常係數齊次線性微分方程

  這節介紹了常係數齊次線性微分方程的解法即特徵方程法。

習題7-8 常係數非齊次線性微分方程

本節着重討論二階常係數非齊次線性微分方程的解法，並對$n$階方程的解法作必要的說明。——高等數學同濟版

  這節主要介紹了常係數非齊次線性微分方程的解法。

6.設函數$\varphi(x)$連續，且滿足$\varphi(x)=e^x+\displaystyle\int^x_0t\varphi(t)\mathrm{d}t-x\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t,$求$\varphi(x)$。

解  由所給方程可得$\varphi(0)=1$，在該方程兩端對$x$求導，得
$\varphi'(x)=e^x+x\varphi(x)-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t-x\varphi(x).$
  即
$\varphi'(x)=e^x+-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t.$
  可見$\varphi'(0)=1$。
  又在方程$\varphi'(x)=e^x+-\displaystyle\int^x_0\varphi(t)\mathrm{d}t$的兩端對$x$求導，得
$\varphi''(x)=e^x-\varphi(x).$
  若記$\varphi(x)=0$，則有初值問題
$\begin{cases} y''+y=e^x,\\ y|_{x=0}=1,\quad y'|_{x=0}=1. \end{cases}$
  上述非齊次方程對應的齊次方程的特徵方程爲$r^2+1=0$，解得$r_{1,2}=\pm i$，而$f(x)=e^x$，$\lambda=1$不是方程的特徵根，故令$y^*=Ae^x$是上述方程的特解，代入上式並消去$e^x$，得$A=\cfrac{1}{2}$，於是上式有通解
$y=C_1\cos x+C_2\sin x+\cfrac{1}{2}e^x.$
  且有
$y'=-C_1\sin x+C_2\cos x+\cfrac{1}{2}e^x.$
  代入初值條件$x=0$，$y=1$，$y'=1$，有
$\begin{cases} C_1+\cfrac{1}{2}=1'\\ C_2+\cfrac{1}{2}=1. \end{cases}$
  即$C_1=C_2=\cfrac{1}{2}$。於是得
$y=\varphi(x)=\cfrac{1}{2}(\cos x+\sin x+e^x).$
（這道題主要利用了常係數微分方程的求解）

習題7-9 歐拉方程

  這節主要介紹了歐拉方程的求解方法。

習題7-10 常係數線性微分方程組解法舉例

  本節主要介紹了常係數線性微分方程組的兩種解法。

寫在最後

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