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习题 10-2
1.
(2)
\[
y-xy‘ =a(y^2 +y‘)
\]
解: 原式可写成
\[
y‘= \frac{y-a y^2}{a+x},
\]
变量分离得
\[
\frac{dy}{ y -a y^2}=\left(
\frac{1}{y} +\frac{a}{1-ay}
\right) dy = \frac{dx}{a+x},
\]
两边积分得
\[
\frac{y}{1-ay} =C(a+x).
\]
3. 根据条件有
\[
f(x) =\int_0^x f(t)dt,
\tag{1}
\]
两边关于 $x$ 求导数得
\[
f‘(x)=f(x)
\]
利用分离变量法直接求解得
\[
f(x) = C e^x,
\]
在式子 (1) 中令 $x=0$ 得 $f(0)=0$, 因此 $C=0$, 即
\[
f(x) \equiv 0.
\]
4. 因为
\[
\int_0^1 [ f(x) +x f(xt) ] dt =
f(x) + x \int_0^1 f(xt) dt
=f(x) + \int_0^1 f(xt) d(xt)
=f(x) + \int_0^x f(s) ds,
\]
对上式关于 $x$ 求导数，根据题意该积分与 $x$ 无关，因此
\[
\left( f(x) + \int_0^x f(s) ds\right)‘
= f‘(x) +f(x)=0.
\]
所以
\[
f(x) = C e^{-x},
\]
其中 $C$ 为任意常数。下面确定 $C$, 因为积分与 $x$ 无关，所以令 $x=0$ 得
\[
f(0)=C,
\]
所以
\[
f(x)=f(0) e^{-x}.
\]
8. 解: 设盐含量的函数为 $u(t)$, 其中 $t$ 为时间。具体来说，表示 $t$ 时刻容器里的盐含量为 $u(t)$, 它满足初值条件 $u(0)=10$. 根据题意得到方程
\[
u‘(t) = - \frac{2}{100+t} u(t),
\]
分离变量解得
\[
u(t)= \frac{C}{(t+100)^2},
\]
由初值条件得 $C=10^5$, 则直接计算得
\[
u(60) \approx 3.9.
\]
习题 10-3
2.
(1) 令 $u=x+2y$, 则 $u‘=2y‘+1$, 因此原方程可写成
\[
u‘-1 = \frac{2}{u^2},
\]
因此
\[
\left ( 1- \frac{2}{2+u^2}\right) du = dx
\]
两边积分解得
\[
u -\sqrt 2 \arctan \frac{u}{\sqrt 2} =x +C
\]
所以原方程的解为
\[
2y -\sqrt 2 \arctan \frac{x+2y}{\sqrt 2} =C.
\]
(2) 考虑代换 $x=X+h$, $y=Y+k$, 并令
\[
\begin{cases}
k-h +1 =0 \\
k+h+5=0
\end{cases}
\]
解得
\[
k=-3, \qquad h =-2.
\]
即在代换 $X=x+3$, $Y=y+2$ 下原方程可化为
\[
\frac{ d Y}{d X} = \frac{X -Y}{X +Y}
\]
令 $u= Y/X$ 则方程可化为
\[
u + X \frac{d u}{d X} =\frac{1-u}{1+u},
\]
该方程可化为
\[
\frac{u+1}{1-2u -u^2} du = \frac{d X}{X}
\]
其中
\[
\frac{u+1}{1-2u -u^2} du = -\frac12 d( \ln (1-2u -u^2) )
\]
求得该方程的解为
\[
X= \frac{C}{\sqrt{1-2 u -u^2}}
\]
(5) 原方程可写成
\[
2y \frac{dy}{dx}= \frac{x-y^2}{x+y^2}
\]
因此,
\[
\frac{d(y^2)}{dx}= \frac{x-y^2}{x+y^2}
\]
(6) 原方程可写成
\[
\frac{1}{\cos^2 y} y‘
+ 2 x \tan y = 2 x e^{-x^2},
\]
因此
\[
(\tan y )‘ +2 x \tan y = 2 x e^{-x^2}
\]
令 $u=\tan y$ 则
\[
u‘ + 2x u =2x e^{-x^2}.
\]
\section*{习题 10-4}
习题 10-5
首先注意，若
\[
\left ( \frac{\partial Q}{\partial x} -
\frac{\partial P}{\partial y} \right ) / P
\]
只与 $y$ 有关，则我们可以考虑积分因子是关于 $y$ 的函数 $\mu(y)$ 且
\[
\mu‘(y) /\mu(y)= \left ( \frac{\partial Q}{\partial x} -
\frac{\partial P}{\partial y} \right ) / P
\]
反过来，如果
\[
\left ( \frac{\partial P}{\partial y}- \frac{\partial Q}{\partial x}
\right ) / Q
\]
只与 $x$ 有关的话，我们可以考虑积分因子 $\mu(x)$ 满足
\[
\left ( \frac{\partial P}{\partial y}- \frac{\partial Q}{\partial x}
\right ) / Q
= \mu‘(x)/\mu(x).
\]
2.
(1) 左右两边除以 $(x+y)$ 则
\[
d x - dy = \frac{1}{x+y} (dx +dy)
\]
因此
\[
d(x-y)= d(\ln (x+y) )
\]
解得
\[
x-y -\ln(x+y)=C.
\]
(2) 整理下得
\[
(y^2x +y) dx -x dy=0
\]
如何得到积分因子不建议写到试卷里。考试的时候就用这个办法算出来后，然后直接说我们看到积分因子是什么就可以了。
{\color{blue} ( 写在草稿纸上哦～ 令 $P= y^2 x +y$, $Q=-x$, 因为
\[
\left ( \frac{\partial Q}{\partial x} -
\frac{\partial P}{\partial y} \right ) / P= -2/y
\]
只与 $y$ 有关，因此积分因子 $\mu(y)$ 可取满足下列条件
\[
\mu‘(y)/\mu(y) =-\frac{2}{y}
\]
即
\[
\mu(y)= 1/y^2.
\]
)
}
在原式中两边乘以 $1/y^2$ 得
\[
x dx +\frac{1}{y}dx - \frac{x}{y^2} dy=0
\]
推出
\[
d(\frac12 x^2 + x/y)=0
\]
因此
\[
\frac12 x^2 +\frac x y=C.
\]
习题 10-6
1. (7)
\[
y‘‘= (y‘)^3 +y‘
\]
解: 令 $p=y‘(x)$, 则原方程可写成
\[
p \frac{d p}{d y}= p^3 +p,
\]
即 $p=0$ 或者
\[
\frac{dp }{dy }= p^2 +1,
\]
利用分离变量法求解上面方程，由于
\[
\frac{d p}{p^2 +1} = dy
\]
两边积分得
$
\arctan p = y +C_1,
$
即
$
y‘=\tan(y+C_1).
$
分离变量得
\[
\frac{\cos(y+C_1)}{ \sin(y+C_1) } dy=dx,
\]
两边积分得
\[
\ln( \sin(y+C_1) ) =x +C,
\]
因此,
\[
y= \arcsin ( C_1’ e^{ x }) +C_2‘.
\]
而当 $p=0$ 时可推出 $y=C‘$, 而上式令 $C_1‘=0$ 即给出 $y=C‘$, 所以上式包含了该方程所有的解。
(8)
\[
(y‘‘‘)^2 +(y‘‘)^2=1
\]
解: 令 $u=y‘‘$, 则原方程得
\[
(u‘)^2+u^2=1,
\]
即
\[
u‘ = \pm \sqrt{1-u^2}.
\]
先考虑 $u‘=\sqrt{1-u^2}$, 由分离变量得
\[
\frac{du}{\sqrt{1-u^2}} =dx,
\]
两边积分得
\[
u=\sin(x+C_1),
\]
即 $y‘‘= \sin(x+C_1)$, 两边积分两次得
\[
y= -\sin(x+C_1) +C_2 x +C_3.
\]
同理根据 $u‘=-\sqrt{1-u^2}$ 解得
\[
y=-\sin(-x+C_1)+C_2 x+C_3.
\]
2.
(2)
\[
\begin{cases}
2y‘‘=\sin 2y, \\[2ex]
y\big|_{x=0} =\dfrac{\pi}{2}, \quad
y‘\big|_{x=0}=1
\end{cases}
\]
解: 令 $p=y‘$, 则 $y‘‘=p \frac{dp}{dy}$ 代入原方程得
\[
2 p \frac{d p}{d y} =2\sin y \cos y,
\]
分离变量得
\[
2p dp = 2\sin y\cos y dy,
\]
两边积分得
\[
p^2 = \sin^2 y+C.
\]
根据 $ y\big|_{x=0} =\dfrac{\pi}{2}, \quad
y‘\big|_{x=0}=1$ 得 $C=0$, 即 $p=\pm \sin y $。再根据初值条件得
\[
p=\sin y.
\]
变量分离得
\[
\frac{dy}{\sin y} =dx
\]
即
\[
\frac{\sin y}{1-\cos^2 y} dy =dx,
\]
两边积分得
\[
\frac12 \ln( 1-\cos y ) - \frac12 \ln (1+\cos y) =x+C.
\]
由初值条件推出 $C=0$. 由上式得
\[
\sqrt{\frac{1-\cos y}{1+\cos y}} =e^x,
\]
利用三角函数万能公式以及初值条件得
\[
\tan \frac y2 =e^x.
\]
即 $y= 2\arctan e^x $.
(3)
\[
\begin{cases}
y‘ y‘‘‘= 3 (y‘‘)^2, \\[2ex]
y(0)=0, \quad
y‘(0)=1, \quad y‘‘(0)=1.
\end{cases}
\]
解: 令 $u=y‘$, 则原方程得
\[
\begin{cases}
u u‘‘= 3 (u‘)^2, \\[2ex]
u(0)=1, \quad
u‘(0)=1.
\end{cases}
\]
再令 $p=u‘$, 则 $u‘‘=p\dfrac{dp}{d u}$ 代入原方程得
\[
p u \frac{dp}{du} = 3 p^2,
\]
当 $p\neq 0$ 时分离变量求得 $p =C u^3$, 由初值条件 $p(0)=y‘‘(0)=1$ 以及 $u(0)=y‘(0)=1$ 得
\[
p= u^3,
\]
即 $u‘=u^3$, 分离变量得
\[
u^2 =- \frac{1}{2(x+C)},
\]
由初值条件得 $ u^2 = \frac{1}{1-2x}$, 再由初值条件得
\[
\frac{dy}{dx}=u =\frac{1}{\sqrt{1-2x}},
\]
分离变量并两边积分得
\[
y= C-\sqrt{1-2x},
\]
由初值条件 $y(0)=0$ 推出 $C=1$ 即
\[
y=1-\sqrt{1-2x}.
\]
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4542675.html
