張宇1000題高等數學 第十五章 微分方程

$A$組

10.微分方程$(1+x^2)y''-2xy'=0$的通解爲______。

解  令$y'=p$，則方程$(1+x^2)y''-2xy'=0$化爲$p'=\cfrac{2x}{1+x^2}p$，兩端分別積分$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}p}{p}=\displaystyle\int\cfrac{2x}{1+x^2}\mathrm{d}x$，得$\ln|p|=\ln(1+x^2)+C_0$，即$y'=C_1(1+x^2)$。積分可得$y=C_1\left(x+\cfrac{x^3}{3}\right)+C_2$，其中$C_1$爲非零常數，$C_2$爲任意常數。（這道題主要利用了換元法求解）

$B$組

2.微分方程$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{2xy}{x^2+y}$的通解爲______。

解  原方程改寫爲$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\cfrac{x^2+y}{2xy}=\cfrac{x}{2y}+\cfrac{1}{2x}$，這是一個伯努利方程。令$z=x^2$，有$\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}-\cfrac{z}{y}=1$，得$x^2=z=e^{\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y}\left(\displaystyle\int e^{-\int\frac{1}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=y(\ln|y|+C)$，其中$C$爲任意常數。（這道題主要利用了伯努利方程求解）

3.微分方程$y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=x^2y\mathrm{d}y$的通解爲______。

解  將方程改寫爲$y\mathrm{d}y-\cfrac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{x^2}=0$，此爲全微分方程，即$\mathrm{d}\left(\cfrac{y^2}{2}+\cfrac{y}{x}\right)=0$。通解爲$\cfrac{y^2}{2}+\cfrac{y}{x}=C$，其中$C$爲任意常數。

10.設$a>0$，函數$f(x)$在$[0,+\infty)$內連續有界，證明：微分方程$y'+ay=f(x)$的解在$[0,+\infty)$內有界。

解  原方程的通解爲$y(x)=e^{-ax}\left[C+\displaystyle\int^x_0f(t)e^{at}\mathrm{d}t\right]$，其中$C$爲任意常數。
  因$f(x)$在$[0,+\infty)$內有界，設$|f(x)|\leqslant M$，則當$x\geqslant0$時，有
$\begin{aligned} |y(x)|&=\left|e^{-ax}\left[C+\displaystyle\int^x_0f(t)e^{at}\mathrm{d}t\right]\right|\leqslant\left|Ce^{-ax}\right|+e^{-ax}\left|\displaystyle\int^x_0f(t)e^{at}\mathrm{d}t\right|\\ &\leqslant|C|+Me^{-ax}\displaystyle\int^x_0e^{at}\mathrm{d}t=|C|+\cfrac{M}{a}(1-e^{-ax})\leqslant|C|+\cfrac{M}{a}. \end{aligned}$
  即$y(x)$在$[0,+\infty)$內有界。（這道題主要利用了放縮法求解）

18.求$(5x^2y^3-2x)y'+y=0$的通解。

解  交換$x,y$地位，認定$x$爲$y$的函數，則原方程化爲$-y\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}+2x=5x^2y^3$，是$n=2$的伯努利方程。令$z=x^{1-2}=\cfrac{1}{x}$，則上述方程可化爲$y\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}+2z=5y^3$，進一步化爲一階線性微分方程的標準形式$\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y}+\cfrac{2}{y}z=5y^2$。由通解公式得$z=e^{-\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\left(\displaystyle\int5y^2e^{\int\frac{2}{y}\mathrm{d}y}\mathrm{d}y+C\right)=\cfrac{1}{y^2}\left(\displaystyle\int5y^2\cdot y^2\mathrm{d}y+C\right)=y^3+\cfrac{C}{y^2}$，故原方程的通解爲$\cfrac{1}{x}=y^3+\cfrac{C}{y^2}$，其中$C$爲任意常數。（這道題主要利用了伯努利方程求解）

25.設$f(x)$在區間$[0,+\infty)$上具有連續的一階導數，且滿足$f(0)=1$及$f'(x)+f(x)-\cfrac{1}{1+x}\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t=0$。

（1）求導函數$f'(x)$；

解  由題設可知$f'(0)+f(0)=0$，即$f'(0)=-f(0)=-1$，且$(x+1)[f'(x)+f(x)]=\displaystyle\int^x_0f(t)\mathrm{d}t(x\geqslant0)$。
  將上式兩端對$x$求導並整理，得$(x+1)f''(x)+(x+2)f'(x)=0$，這是以$f'(x)$爲未知函數的變量可分離的方程，故可求其通解爲$f'(x)=C\cfrac{e^{-x}}{1+x}$。
  代入初值條件$f'(0)=-1$，得$C=-1$，所以$f'(x)=-\cfrac{e^{-x}}{1+x}(x\geqslant0)$。

（2）證明：當$x>0$時，有$e^{-x}<f(x)<1$。

解  對$f(x)$在區間$[0,x]$上應用拉格朗日中值定理，得$f(x)-f(0)=xf'(\xi)=-x\cfrac{e^{-\xi}}{1+\xi}(0<\xi<x)$，所以$f(x)<f(0)=1$。
  爲了證明$e^{-x}<f(x)$，構造輔助函數$F(x)=f(x)-e^{-x}$。因爲$F'(x)=f'(x)+e^{-x}=-\cfrac{e^{-x}}{1+x}+e^{-x}=\cfrac{xe^{-x}}{1+x}$，所以函數$F(x)$在區間$[0,+\infty)$上單調遞增，故當$x>0$時，$F(x)>F(0)=0$，即$f(x)>e^{-x}$。（這道題主要利用了構造函數求解）

26.求微分方程$\begin{cases}y''+y=x,&x\leqslant\cfrac{\pi}{2},\\y''+4y=0,&x>\cfrac{\pi}{4}\end{cases}$滿足條件$y\biggm\vert_{x=0}=0,y'\biggm\vert_{x=0}=0$且在$x=\cfrac{\pi}{2}$處可導的特解。

解  先求解當$x\leqslant\cfrac{\pi}{2}$時的初值問題$\begin{cases}y''+y=x,\\y(0)=y'(0)=0.\end{cases}$
  易知，方程$y''+y=x$的通解爲$y=C_1\cos x+C_2\sin x+x$。根據條件$y(0)=y'(0)=0$可解得$C_1=0,C_2=-1$，所以相應的特解爲$y=x-\sin x\left(x\leqslant\cfrac{\pi}{2}\right)$，此時，有$y\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=\cfrac{\pi}{2}-1,y'\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=1$。
  進一步，當$x>\cfrac{\pi}{2}$時，欲使所求的解在$x=\cfrac{\pi}{2}$處可導（因而必連續），這就歸結爲求解新的初值問題$\begin{cases}y''+4y=0,\\y\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=\cfrac{\pi}{2}-1,y'\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=1\end{cases}$。易知，方程$y''+4y=0$的通解爲$y=C_3\cos2x+C_4\sin2x$。再由初始條件$y\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=\cfrac{\pi}{2}-1,y'\biggm\vert_{x=\frac{\pi}{2}}=1$可解得$C_3=1-\cfrac{\pi}{2},C_4=-\cfrac{\pi}{2}$。所以相應的特解爲$y=\left(1-\cfrac{\pi}{2}\right)\cos2x-\cfrac{1}{2}\sin2x\left(x>\cfrac{\pi}{2}\right)$。
  因此，原方程滿足所給條件的特解爲$y=\begin{cases}x-\sin x,&x\leqslant\cfrac{\pi}{2},\\\left(1-\cfrac{\pi}{2}\right)\cos2x-\cfrac{1}{2}\sin2x,&x>\cfrac{\pi}{2}.\end{cases}$
  可以驗證所求函數$y$在$x=\cfrac{\pi}{2}$處可導。（這道題主要利用了分段函數求解）

27.已知平面上的曲線$y=f(x)$與曲線$\displaystyle\int^{x^2+y}_0e^{-t^2}\mathrm{d}t=2y-x\cos x$相切於點$(0,0)$，且$f(x)$滿足微分方程$y''-2y'-3y=3x-1$。求函數$f(x)$。

解  記$y=g(x)$是由方程$\displaystyle\int^{x^2+y}_0e^{-t^2}\mathrm{d}t=2y-x\cos x$相確定的隱函數。對方程兩邊關於$x$求導，並利用隱函數求導法則，及積分上限函數的求導法則，有$e^{-(x^2+y)^2}(2x+y')=2y'-\cos x+x\sin x$。
  將$x=0,y=0$代入上式，可得$y'(0)=1$，即$g'(0)=1$。
  因爲兩曲線都經過點$(0,0)$且在該點處具有公切線，所以$f(0)=0,f'(0)=g'(0)=1$。因此，函數$f(x)$是初值問題$\begin{cases}y''-2y'-3y=3x-1,\\y\biggm|_{x=0}=0,y'\biggm|_{x=0}=1\end{cases}$的解。下面先求方程$y''-2y'-3y=3x-1$的通解。
  對應齊次方程的特徵方程$r^2-2r-3=0$有互異根$r_1=-1,r_2=3$，則齊次方程的通解爲$Y=C_1e^{-x}+C_2e^{3x}$。非齊次方程的自由項$3x-1$，寫成$P_m(x)e^{\lambda x}$的形式，應有$P_1(x)=3x-1,\lambda=0$。而$\lambda=0$不是特徵方程的根，故應設特解爲$y^*=ax+b$。代入原方程，解得$a=-1,b=1$，則$y^*=-x+1$。因此，方程的通解爲$f(x)=Y+y^*=C_1e^{-x}+C_2e^{3x}-x+1$。
  最後，由$f(0)=0,f'(0)=1$解得$C_1=-\cfrac{5}{4},C_2=\cfrac{1}{4}$，所以$f(x)=-\cfrac{5}{4}e^{-x}+\cfrac{1}{4}e^{3x}-x+1$。（這道題主要利用了積分上限函數的求導法則求解）

$C$組

1.微分方程$\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}+(x+\sin y)\left(\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^3=0$滿足初值條件$y(0)=0,y'(0)=\cfrac{2}{3}$的特解是______。

解  由反函數的求導法則$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{1}{\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}},\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=-\cfrac{\cfrac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}y^2}}{\left(\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\right)^3}$可知，原方程可化爲$x$關於$y$的二階常係數線性方程。將兩式代入原方程，原方程化爲$\cfrac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}y^2}-x=\sin y$，解得$x$關於$y$的通解爲$x=C_1e^y+C_2e^{-y}-\cfrac{1}{2}\sin y$，當$x=0$時，$y=0$，代入得$C_1+C_2=0$。將上式對$y$兩邊求導，有$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=C_1e^y-C_2e^{-y}-\cfrac{1}{2}\cos y$，當$x=0$時，$\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\cfrac{1}{\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}=\cfrac{3}{2}$，代入上式，有$\cfrac{3}{2}=C_1-C_2-\cfrac{1}{2}$，解得$C_1=1,C_2=-1$。
  於是得特解$x=e^y-e^{-y}-\cfrac{1}{2}\sin y$。（這道題主要利用了反函數的求導法則求解）

4.已知$y=f(x)$是微分方程$xy'-y=\sqrt{2x-x^2}$滿足初值條件$f(1)=0$的特解。則 $\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x=$______。

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x&=xf(x)\biggm\vert^1_0-\displaystyle\int^1_0xf'(x)\mathrm{d}x=-\displaystyle\int^1_0[f(x)+\sqrt{2x-x^2}]\mathrm{d}x\\ &=-\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^1_0\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x, \end{aligned}\\ \begin{aligned} \displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x&=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^1_0\sqrt{2x-x^2}\mathrm{d}x=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^1_0\sqrt{1-(x-1)^2}\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{x-1=\sin t}-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^1_0\cos^2t\mathrm{d}t=-\cfrac{\pi}{8}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了分部積分法求解）

8.設$y(x)$是方程$y^{(4)}-y''=0$的解，且當$x\to0$時，$y(x)$是$x$的$3$階無窮小，求$y(x)$。

解  由泰勒公式$y(x)=y(0)+y'(0)x+\cfrac{1}{2}y''(0)x^2+\cfrac{1}{3!}y'''(0)x^3+\omicron(x^3)(x\to0)$。當$x\to0$時，$y(x)$與$x^3$同階，則$y(0)=0,y'(0)=0,y''(0)=0,y'''(0)=C$，其中$C$爲非零常數，由這些初值條件，現將方程$y^{(4)}-y''=0$兩邊積分得$\displaystyle\int^x_0y^{(4)}(t)\mathrm{d}t-\displaystyle\int^x_0y''(t)\mathrm{d}t=0$，即$y'''(x)-C-y'(x)=0$，兩邊再積分得$y''(x)-y(x)=Cx$。
  易知，上述方程有特解$y^*=-Cx$，因此它的通解是$y=C_1e^x+C_2e^{-x}-Cx$。
  由初值$y(0)=0,y'(0)=0$得$C_1+C_2=0,C_1-C_2=C$，即$C_1=\cfrac{C}{2},C_2=-\cfrac{C}{2}$。
  故$y\left[\cfrac{1}{2}(e^x-e^{-x})-x\right]C$，其中$C$爲非零常數。（這道題主要利用了泰勒公式求解）

11.求方程$x^2\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}-2y=x^2$的通解。

解  當$x>0$時，令$x=e^t$，有$t=\ln x$，經計算化原方程爲$\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2}-\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}-2y=e^{2t}$，其特徵方程爲$r^2-r-2=0$，特徵根$r_1=2,r_2=-1$，則其齊次方程的通解爲$Y=C_1e^{2t}+C_2e^{-t}$。設特解$y^*=Ate^{2t}$，可得$A=\cfrac{1}{3}$。從而得通解爲$y=C_1e^{2t}+C_2e^{-t}+\cfrac{1}{3}te^{2t}=C_1x^2+\cfrac{C_2}{x}+\cfrac{1}{3}x^2\ln x$。
  當$x<0$時，令$x=-u$，原方程化爲$y$關於$u$的方程$u^2\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}u^2}-2y=u^2$，得通解$y=C_1u^2+\cfrac{C_2}{u}+\cfrac{1}{3}u^2\ln u=C_1x^2-\cfrac{C_2}{x}+\cfrac{1}{3}x^2\ln(-x)$。
  合併兩種情形得原方程的通解爲$y=C_1x^2+\cfrac{C_2}{|x|}+\cfrac{1}{3}x^2\ln|x|=C_1x^2-\cfrac{C_2}{x}+\cfrac{1}{3}x^2\ln(-x)$，其中$C_1,C_2$爲任意常數。（這道題主要利用了換元法求解）

14.求一條凹曲線，已知其上任意一點處的曲率$k=\cfrac{1}{2y^2|\cos\alpha|}$，其中$\alpha$爲該曲線在相應點處的切線的傾斜角，且該曲線在$(1,1)$點處的切線爲水平方向。

解  由曲率計算公式及曲線爲凹知，$k=\cfrac{y''}{[1+(y')^2]^{\frac{3}{2}}}$。
  因爲$\alpha$爲曲線在相應點處的切線的傾斜角，所以$|\cos\alpha|=\cfrac{1}{|\sec\alpha|}=\cfrac{1}{\sqrt{1+(y')^2}}$。
  於是，由條件$k=\cfrac{1}{2y^2|\cos\alpha|}$推知，$\cfrac{y''}{[1+(y')^2]^{\frac{3}{2}}}=\cfrac{\sqrt{1+(y')^2}}{2y^2}$，整理得微分方程$2y^2y''=[1+(y')^2]^2$。
  此爲缺$x$的可降階二階方程。令$p=\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x},\cfrac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}y}\cdot\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，代入上述微分方程，化簡爲$2y^2p\cfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}=(1+p^2)^2$。分離變量得$\cfrac{2p\mathrm{d}p}{(1+p^2)^2}=\cfrac{\mathrm{d}y}{y^2}$，解得$y=(p^2+1)+y(p^2+1)C_1$。由於曲線在點$(1,1)$處切線水平，故$y(1)=1,y'(1)=0$。於是有$1=1+C_1,C_1=0$。故得$y=p^2+1$，即$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\pm\sqrt{y-1}$。由於曲線是凹的，$y=1$不是解，再將$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\pm\sqrt{y-1}$分離變量後積分得$\pm\sqrt{y-1}=x+C_2$。
  由$y(1)=1$，所以$C_2=-1$，得$\pm\sqrt{y-1}=x-1$，化簡得$4(y-1)=(x-1)^2$。（這道題主要利用了曲率求解）

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