《常微分方程》东师大第二版习题答案

《常微分方程》习题解答东北师范大学微分方程教研室(第二版)高等教育出版社1习题1.21求下列可分离变量微分方程的通解：(1)ydy=xdx解：积分，得

1y2=1x2+c

即x2−y2=c(2)

2 2 1dy=ylnydxdy解：y=0,

y1y

y1时，

ylny

=dx，积分，得lnlny=x+c1,

lny=1x=x

c≠0，即y=x(3)

dy=ex−ydx

eydy=exdx积分，得ey−ex=c(4)tanydx−cotxdy=0dy解：变形得dx

tany= = ，y 0为特解，当y 0= = cotx

cosysiny

dy=

sinxcosx

dx.积分，得lnsiny=−lncosx+, lnsinx=,即sinosx=1

=

c≠02．求下列方程满足给定初值条件的解：(1)

dy=y(y−1),y(0)=1dx1 1解：y=0,

y1y

y1(

y−1−

)dy=dx，yy−1yy−1y

cx积分，得ln

=x+,

=±e1ey

=ce,c≠0将y(0)=1代入，得c=0，即y=1为所求的解。(2)(2−)′+22=,(0)=1解：dy=−dx

2xy2x2−1,

y0y0dy

=− 2x−1

dx，积分，得

−1=−ln−1+cy21代入，得

c1y=

1lnln−1+1(3)y′=33y2,y(2)=0dy解：y0y0时，

23y3

=dx，积分，得

1=x+

y=(x+c)3将y(2)=0代入，得c=−2，即y=(x−2)3和y=0均为所求的解。(4)(2+2dx−(2+2dy=,)=−1解：x0y0xy0时，

1+x

dx−

1+y

dy=0，1 1 x

1−1

1−1积分，得

− +lnx+x

y−lny=c1,x

=1xy=xy,c≠0y1−11代入，得

c=−e−2，即

=−e−2exy为所求的解。y4

x1−y2dx+y

1−x2dy=0解：x=±1(−1≤y≤1),y=±1(−1≤x≤1)为特解，1−x2xy1−x2

dx+

dy=01−y1−y21−

+ =0)1−y2x轴可围成一个等腰三角形(x轴为底1−y2解：设所求曲线为

y=y(x)

对其上任一点(x,y)

的切线方程：Y−y=y'(X−x)

于x轴上的截距为a=x−yy'

由题意建立方程：x−yy'

−x=x−0

y,x

y(1)=2求得方程的通解为xy=ec,

c≠0

再由2=ec

得c=ln2, 得所求曲线为3为2人工繁殖细菌，其增长速度和当时的细菌数成正比4212小时应有多少？3小时时的细菌数为得10454×104在开始时有多少个细菌？tqt),

dq=kqdt

k>0求解方程得q=cekt再设t=0时，细菌数为q,求得方程的解为q=qekt（1）由

即qe4k=2q

0 0=ln2=得k0 0 0 412ln2q(12)=qe12k=qe4=8q0 0 0（2）由条件

q(3)=qe3k=104,

q(5)=qe5k=4×10400ln400

3ln4比较两式得k=

，再由q(3)=qe3k=qe2=8q

=1042得q0=1.25×103

0 0 0习题1.3解下列方程：(2)(y2−2xy)dx+x2dy=0解：方程改写为

dy=dx

y2()x

−()2yx2yy令 u= ，yuu−uu−1

u+xdu=2u−u2dx

(1u

1u−1

)du=dxx

(u≠0,1)积分，得ln

=ln1x

即u=

1x1x−1(4)

xy′−y=xtanyx

y=0也是方程的解解：方程改写为

dy−dx

y=tanyxy令 u= ，yx

xdudx

=tanu=

sinucosu

即cotudu=dxx

(sinu≠0)积分，得sinu=cxy代回变量，得通解sin

=cxx4

xy′−y=(x+y)lnx+yx解：方程改写为

dy−dx

y=+x

y)x

x+yxy令 u= ，yx

xdudx

=(1+u)ln(1+u)当u0,u1时

du++

=dxx积分，得ln(1+u)=cxy代回变量，得通解+ )=xx2−y2(6)=x2−y2解：方程改写为

dy= +y1−(xy1−(xy2y令 u= ，yx

du1−=x1−=dx

du =dxx

(−1<u<1)1−u2积分，得arcsinu=1−u2y代回变量，得通解arcsinx解下列方程：

=lncx,

y=±x

也是方程的解(1)(2x−4y+6)dx+(x+y−3)dy=0解：方程改写为

dy=dx

4y−2x−6x+y−3⎧−α+β=0⎩β30⎩

αβ2dη

4η−2ζxζ

y=η+2

有 =η+ζη再令u=ζ

上方程可化为u+ζ dudζdu

4u−21+u整理为

u+1(u−2)

du=−dζζ

(u≠1,2)积分，得

(u−2)(

u−2u−1

)2ζ=c5代回变量，得通解(y−=x−2, y=x+1也是方程的解(2)(2x+y+1)dx−(4x+2y−3)dy=0解：方程改写为

dy=dx

2x+y+14x+2y−3令 u=2x+有

du=dx

52u−3

分离变量

2u−3u−1

du=5dx

≠积分，得

2u−lnu−1=5x+c1代回变量，得通解2x+y−1=ce2y−x

=2(

y−2)2x+y−1解：令u=x+v=y−2 则原方程变为

dv=2(

v)2v再令 z= ，则方程化v

duz+udz=2(z)2

u+v分离变量

u++)

dz=−duu

du(z≠0)

1+z积分，得

lnzu=−2arctanz+lnc−2arctany−2代回变量，得通解y−2=ce

x+1

(2x2+3y2−7)xdx−(3x2+2y2−8)ydy=0解：方程改写为

2ydy=2xdx

+−7+−8

即

=+−7+2y2−8令

=u,y2=v则

dv=du

2u+72v−8⎨+3β−7=0⎨再令α+β−8=0

解得α=2,β=1dη

2ξ+3η作变换

uξ2,vη1，则方程化为

dξ=3ξ+2η再作变换

ηω

3+2ωdω=dξ

(ω≠±1)ξ −ω2) ξ6积分，得

1+ω−ω)5

=cξ4代回原变量，得原方程的通解为(x2−y2−1)5=c(x2+y2−3)习题1.41解下列方程.(1)

dy+2xy=4xdx解：原方程对应的齐次方程dy+y=0的通解为̃=−2.dx由常数变易法得原方程的一个特解为y=2.则原方程的通解为$y=Ce^{-x^2}+2$.(2)

y'−

1x−2

y=2(x−2)2

1x−2

y0的通解为2).由常数变易法得原方程的一个特解为y=(x−2)3.(3)

则原方程的通解为y=(x−2)(x2−4x+C).dρ+3ρ=2dθdρ3ρ0的通解为.dθ 由常数变易法得原方程的一个特解为ρ= 3则原方程的通解为ρ=Ce−3θ+2,或者3ρ=Ce−3θ+2.3求曲线,使其切线在纵轴上的截距等于切点的横坐标.解：设所求曲线为y=y(x),则它在曲线上任一点的斜率k=y'.过点(x,y)的方程为Y−y=y'(Z−x).y依题意得y−=即= −1.yx它对应的齐次方程y'=y的通解为ỹ=Cx.x它的一个特解为y=xln|x|.因此,所求曲线为y=xln|x|+Cx.解下列伯努利方程7(2)+y+4=0解：原方程可化为−4+2−3=−x令$^{-3}$,则有dz−6z=.dx

dz=6xz.dx当z=0时,有y−3=0,得y=0;当z≠0时,有dz=d,得z=32.z令z=(32为方程dz−6z=的一个解,则有=−32.dx两边积分得(=132+C,带回得原方程的通解为z=32−1,2 1 2即−3=32−1.2(4)dy+y=y2(cosx−sinx)dx解：方程两边同乘以得dysinxcosx.dx令z=y−1,则dz=y−2dy.于是dz−z=sinx−cosx.dx dx dx该方程对应的齐次方程dz−z=0的通解为̃=x.dx由常数变易法得一个特解为z=−sinx.则它的通解为z=Cex−sinx.于是原方程的通解为y−1=Cex−sinx.另外，y=0也是原方程的解.6.在[0+∞上连续可微,且lim0,证明lim0.证明：设

y'(x)+y(x)=f(x),则limx→+∞

f(x)=0,C+∫xfds= exε>0,对充分大的1,当x>1时, 有|f()<ε.故8y(x)≤

|C|+x|f(s)|esds∫x0∫ex|C|+∫1|f()|d∫xds≤→由ε的任意性有limy(x)=0.x→+∞

x0ε(x→

x1ex+∞)习题1.51

2xydx+(x2−y2)dy=0解：因为∂M=2x=∂N,所以方程是全微分方程.于是方程的通解为3x2y−y3=C.(2)−d−(2+−ydy=0解：M=−y=N,所以方程是全微分方程.于是方程的通解为−y−2=C.求下列方程的积分因子和积分.++0解：由于

∂y=2y,∂x=y,所以方程不是全微分方程.)而1(∂M−)

1只与x有关,故可得积分因子为µ(x)=x.Nx以积分因子乘以原方程两端,得全微分方程：(3+2+2d+2dy=0.则原方程的的通解为

++=C.(2)(y+23+d+(2y−22−dy=0解：由于M=y+2y+62+1,∂y

N=y−22−3,所以方程不是∂x全微分方程.而

1(∂M−

=−

4只与y有关,故可得积分因子为= .1−M y 1以积分因子乘以原方程两端,得全微分方程：9y 2x 1 2y 3x(2xe则原方程的的通解为

+ +y

)dx+(xe

− −

)dy=0.2y xxe+ + =C.y (3)(4+4d−dy=05,所以方程不是全微分方程.15

x

N∂y

∂x) x有关,用积分因子x−5乘以原方程两端，得全微分方程：+)dx−0.于是原方程的通解为

ln−=(4)(232+42y+22+4+2d+2(3−2y+dy=0解：由于M=43+42+4+43+2,N=4+2,所以方程不是全微分方程.1而 ( N

∂x)=2x只与x有关,故积分因子为µ(x)=e.用积分因子乘以原方程两端，得全微分方程：(232+42y+22+4+22d+2(3−2y+2dy=0.于是原方程的通解为习题16求解下列方程(120

(222+4y+42=C.解：因为(+)(−=0,所以=−y或=y.由=−y得y=−x;由=y得y=Cex.因此原方程的通解为y=Ce±x.(2)8y'3=27y10解：令p=y',可得8p3=27y.此式关于x求导数整理得24pdp=27.dx于是p2=27x+C.从而原方程的通解为y2=(x+C)3.12另外,y=0也是原方程的解.(3)y2(y'2+1)=1解：首先,

y=±1是方程的解.令y=t,则= .于是1−1−1−1−

t dy=

t dt,1−1−1−1−

t C=−

−C.1−1−

1−⎪+1−⎨即(x+C)2+y2=1.

⎪ y=t（4）2'=(y−)2是齐次的作代换y=∫dxz是的新的未知函数.故'=∫dx, '=(+2∫dx.把的表达式代入方程并消去y=2∫dx得2(+2=1−)2或

x2z'+2xz=1，1这是线性方程,它的左边可以写成1,zC，或1

z=1+C1，x dx=(1+1dx=nx−1+nC.∫ ∫x 2原方程的通解是

y=∫dx=nx1/+n2或

y=C−1/x．2此外,方程还有解y=0.2习题2.111. 试绘出下列各方程的积分曲线图:(1

=a(为常数); (2

y′=x2;(3

=

y; (4

dy=−1;dx (5

dy=x.dx解：(1)由于

f(x,y)=a,不依赖于x和y,所以线素场的线素均平行,其斜率为a.从而可以根据线素场线素的趋势,大体描出积分曲线.如图1所示.)由于

f(x,y)=x2,不依赖于y,因而,在直线

x=k

上线素场的线素都平行,其斜率为

图(1)右端函数f(x,y)右端

横坐标的平方.于是,横坐标的绝对值越大,线素场的方向越陡.,可以根据线素场线素的趋势,大体上描出积分曲线.如图2所示.)由于

f(x,y)=

y,不依赖于x,因而在直线当y<0时,其积分ykk为常数上,线素场的线素都平行,斜率为纵坐,y>0,3;曲线如图当y<0时,其积分

图(2))由

图(3)f(x,y)=−1x2

,y,,图(4)可图(4)可知在直线 =−1 k

f(x,y)横坐标平方的倒数的相反数.于是,横坐标越大,线素场的方向越平缓.从而,可以根据线素场线素图(5)12,.55

f(x,y)=x,不依赖于y,因而在直线

x=k(k为常数)上,线素场的线素都平行,故当x>0时,其积分曲线如图6所示;x<0时,其积分曲线如图7所示.图(6)

图(7).试画出方程

dy=x2−y2dx平面上的积分曲线的大致图像.解：这个方程是不可积的,但易于画出它的线素场.在同一以原点为对称中心的双曲线上,线素场的线素都平行.其斜率等于双曲线实半轴长的平方.于是,实半轴越长,线素场的方向越陡.从而根据线素场线素的趋势,大体上可以描出积分曲线.如图8所示..试用欧拉折线法取步长h0.1求初值问题

图(8)的解在x1.4时的近似值.

⎧dy=2+2,⎨dx⎪ )=1解 令 =1,=1.则 =+0.1==1+2⋅0.1=1.2;=+0.1=1.2,=+0.1==+0.1=1.4,

y2=1.2+2.65⋅0.1=1.465;y3=1.465+3.586⋅0.1=1.824;y4=1.824+5.017⋅0.1=2.326.13习题2.2.试判断方程dyxtan在区域dx(1

:−1≤x≤

0≤y≤π;(2

:−1≤x≤

−π≤y≤π4 4上是否满足定理2.2的条件?1不满足.续.

f(x,y)=xtany当y=

π时不连2) 满足. 因为在区

R2上,右端函数

f(x,y)=xtany连续且xcos2y′(,)xcos2y

2有界..判断下列方程在什么样的区域上保证初值解存在且唯一?y(1y

=+; (2−1

y′=x+siny;(3

=x3; (4

= .解：(1)因为

f(x,y)=x2+y2及

′()=2y在整个o平面上连续,所以在整个平面上满足存在唯一性定理条件.进而在平面上保证初值解存在且唯一.)因

f(x,y)=x+siny及

′()=osy在整个oy平面上连续,所以在整个平面上满足存在唯一性定理条件.进而在平面上保证初值解存在且唯一.)

−1f(x,y)=x3在除去y轴外的整个xoy平面上连续且′()=0,所以在除去y轴外的整个o平面上初值解存在且唯一.y=⎪y=⎪⎪−,y,⎩)

f(x,y)=

y<0

在整个xoy平⎧ 1 ,′ ⎪2 y

y>0,面上连续,而

fy(x,y)=⎨⎪⎩

−1 ,−y

y<0

在除去x轴外的整个xoy平面上14连续,所以在除去x轴外的整个平面上初值解存在且唯一..

dy=dx

3y3121

在怎么样的区域中满足定理2.2的条件.并求通过(0,0)的一切解.y

∂f=∂y

1 −2y3,显然它在任何一个不包含x轴2(y=0)上的点的有界闭区域中是有界的,因此在这种区域中解是存在唯一的.即,只有通过

y=0

上的点可能出现多个解的情况(方程右端的连续性保证在任何有界区域中解是存在的).原方程分离变量得上式两端取积分得

−1y3dy=

3dx223y322

=3x−3C2 2其中(x−C)≥0.

此外有特解

3y=±(x−C)2y=0.因此过点(0,0)有无穷多个解(如图(9)所示).y=0,⎨y=,⎨

x≤C3⎩(x−)2,

x>C⎨y=⎪,⎨

x≤C3⎩−(x−)2,

x>

图(9).试用逐次逼近法求方程dyx满足初值条件0dx

的近似解:ϕ0(x),

ϕ1(x),

ϕ2(x),

ϕ3(x)15解：ϕ0(x)=y(0)=01ϕ=0+ (s−0)ds= 1 0 2ϕ=0+∫22

−122

=1x2−1x5x[s(s)x0 2

]ds2 20ϕ=0+∫33

−12−1

s5)2]ds=1x2−1

+

x8−1x11.x[s(sx0 2 20

2

160

4400.试用逐次逼近法求方程dy满足初值条件1dx

的近似解:解：ϕ0(x)=y(0)=1

ϕ0(x),

ϕ1(x),

ϕ2(x)1ϕ=0+ −+x− 1 0 3ϕ=1+∫22

+s−1)2−=1+x+−1−

2x5+1

x7.x[1x0 3 6 15 63MNn(n+1)!MNn(n+1)!

2.2中的n次近似解ϕn(x)与精确解ϕ(x)有如下的误差估计ϕn(x)−ϕ(x)≤

x−x0

n+1证：由

xϕ = +ϕ = +x0

f(s,ϕ(s))ds

及迭代列ϕ0(x)=y0,ϕ ϕ = +xn0得

f(s,ϕn−1(s))dsx

n=

2,⋯0()−0()≤x0设

f(s,ϕ(s))ds≤Mx−x0ϕ

n+1()−n()≤n+!x−0则16()−1()≤

f(s,ϕ(s))−f(s,ϕn(s))dsxz0xzMNn+1(n+1)!xx≤MNn+1(n+1)!xx0

n+1dsMNn+1(n+2)!≤MNn+1(n+2)!

2

MNn(n+1)!MNn(n+1)!n,成立.

ϕn(x)−ϕ(x)≤

x−x0.利用上面的估计式,估计:(1)4题中的三次近似