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1、习题1.21=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。解：=2xdx 两边积分有：ln|y|=x+cy=e+e=cex另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0原方程的通解为y= cex,x=0 y=1时 c=1特解为y= e.2. ydx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。 解：ydx=-(x+1)dy dy=-dx两边积分: -=-ln|x+1|+ln|c| y=另外y=0,x=-1也是原方程的解 x=0,y=1时 c=e特解：y=3= 解：原方程为：=dy=dx 两边积分：x(1+x)(1+y)=cx4. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0 解：原方程
2、为： dy=-dx两边积分：ln|xy|+x-y=c另外 x=0,y=0也是原方程的解。5（y+x）dy+(x-y)dx=0 解：原方程为： =-令=u 则=u+x 代入有：-du=dxln(u+1)x=c-2arctgu即 ln(y+x)=c-2arctg.6. x-y+=0 解：原方程为： =+-则令=u =u+ x du=sgnx dxarcsin=sgnx ln|x|+c7. tgydx-ctgxdy=0 解:原方程为：=两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c|siny= 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.所以原方程的通解为sinycosx=c.8 +=0
3、 解：原方程为：=e2 e-3e=c.9.x(lnx-lny)dy-ydx=0 解：原方程为：=ln令=u ,则=u+ xu+ x=ulnuln(lnu-1)=-ln|cx|1+ln=cy.10. =e 解：原方程为：=eee=ce11 =(x+y) 解：令x+y=u,则=-1-1=udu=dxarctgu=x+carctg(x+y)=x+c12. =解：令x+y=u,则=-1 -1= u-arctgu=x+c y-arctg(x+y)=c.13. =解: 原方程为：（x-2y+1）dy=(2x-y+1)dx xdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=0 dxy-d(y-y)-dx+
4、x=c xy-y+y-x-x=c14: =解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dx xdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0 dxy-d(y+2y)-d(x+5x)=0 y+4y+x+10x-2xy=c.15: =(x+1) +(4y+1) +8xy 解：原方程为：=（x+4y）+3令x+4y=u 则=-=u+3=4 u+13u=tg(6x+c)-1tg(6x+c)=(x+4y+1).16:证明方程=f(xy),经变换xy=u可化为变量分离方程，并由此求下列方程：1） y(1+xy)dx=xdy2） = 证明： 令xy=u,则x+y= 则=-，有： =f(u)+1 du=
5、dx 所以原方程可化为变量分离方程。1） 令xy=u 则=- (1)原方程可化为：=1+（xy） (2)将1代入2式有：-=(1+u)u=+cx17.求一曲线，使它的切线坐标轴间的部分初切点分成相等的部分。解：设（x +y ）为所求曲线上任意一点，则切线方程为：y=y(x- x )+ y 则与x轴，y轴交点分别为： x= x - y= y - x y 则 x=2 x = x - 所以 xy=c18.求曲线上任意一点切线与该点的向径夹角为0的曲线方程，其中 = 。解：由题意得：y= dy= dx ln|y|=ln|xc| y=cx. = 则y=tgx 所以 c=1 y=x.19.证明曲线上的切线
6、的斜率与切点的横坐标成正比的曲线是抛物线。 证明：设(x,y)为所求曲线上的任意一点，则y=kx 则：y=kx +c 即为所求。 习题2.11.,并求满足初始条件：x=0,y=1的特解. 解：对原式进行变量分离得 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解.解：对原式进行变量分离得：3 解：原式可化为： 12解1516解： ，这是齐次方程，令17. 解：原方程化为 令方程组则有令当当另外 19. 已知f(x).解：设f(x)=y, 则原方程化为 两边求导得20.求具有性质 x(t+s)=的函数x(t),已知x(0)存在。解：令t=s=0 x(0)= 若x(0)0 得x=-1矛盾。所以x(0)=0.
7、 x(t)=) 两边积分得arctg x(t)=x(0)t+c 所以x(t)=tgx(0)t+c 当t=0时 x(0)=0 故c=0 所以x(t)=tgx(0)t习题2.2求下列方程的解1=解： y=e (e)=e-e()+c=c e- ()是原方程的解。2+3x=e解：原方程可化为：=-3x+e所以：x=e (e e) =e (e+c) =c e+e 是原方程的解。3=-s+解：s=e(e )=e()= e()= 是原方程的解。4 ， n为常数.解：原方程可化为： 是原方程的解.5+=解：原方程可化为：=- ()= 是原方程的解.6 解： =+令 则 =u因此：= （*） 将带入 （*）中
8、得：是原方程的解.313这是n=-1时的伯努利方程。两边同除以，令 P(x)= Q(x)=-1由一阶线性方程的求解公式 =14 两边同乘以 令 这是n=2时的伯努利方程。两边同除以 令 P（x）= Q(x)=由一阶线性方程的求解公式 = =15 这是n=3时的伯努利方程。两边同除以 令 = P(y)=-2y Q(y)= 由一阶线性方程的求解公式 =16 y=+P(x)=1 Q(x)= 由一阶线性方程的求解公式 = =c=1y=17 设函数(t)于t上连续，(0)存在且满足关系式(t+s)=(t)(s)试求此函数。令t=s=0 得(0+0)=(0)(0) 即(0)= 故或（1） 当时 即 ,)
9、(2) 当时 = = =于是 变量分离得 积分 由于，即t=0时 1=c=1故 20.试证： （1）一阶非齐线性方程（2 .28）的任两解之差必为相应的齐线性方程（2.3）之解； （2）若是（2.3）的非零解，而是（2.28）的解，则方程（2.28）的通解可表为，其中为任意常数.（3）方程（2.3）任一解的常数倍或任两解之和（或差）仍是方程（2.3）的解.证明： （2.28） （2.3）（1） 设，是（2.28）的任意两个解则 （1） （2）（1）-（2）得 即是满足方程（2.3）所以，命题成立。（2） 由题意得： （3） （4）1）先证是（2.28）的一个解。于是 得故是（2.28）的一个解
10、。2）现证方程（4）的任一解都可写成的形式设是(2.28)的一个解则 （4）于是 （4）-（4）得从而 即 所以，命题成立。（3） 设，是（2.3）的任意两个解则 （5） （6）于是（5）得 即 其中为任意常数也就是满足方程（2.3）（5）（6）得 即 也就是满足方程（2.3）所以命题成立。21.试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程并求解。（5） 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方；（6） 曲线上任一点的切线的纵截距是切点横坐标和纵坐标的等差中项；解：设为曲线上的任一点，则过点曲线的切线方程为从而此切线与两坐标轴的交点坐标为即 横截距为 ， 纵截距为 。由题意得：（5） 方
11、程变形为 于是 所以，方程的通解为。（6）方程变形为 于是 所以，方程的通解为。22求解下列方程。（1）解： = = = （2） P(x)= Q(x)=由一阶线性方程的求解公式 = = =习题2.31、验证下列方程是恰当方程，并求出方程的解。1. 解： ，=1 .则所以此方程是恰当方程。凑微分，得 ：2 解： ， .则 .所以此方程为恰当方程。凑微分，得 3 解： 则 .因此此方程是恰当方程。 （1） （2）对（1）做的积分，则= （3）对（3）做的积分，则=则故此方程的通解为4、 解： ， . .则此方程为恰当方程。凑微分，得 ：5.(sin-cos+1)dx+( cos- sin+)dy=
12、0解： M=sin-cos+1 N= cos- sin+=- sin-cos- cos+sin=- sin-cos- cos+sin所以，=，故原方程为恰当方程因为sindx-cosdx+dx+ cosdy- sindy+dy=0d(-cos)+d (sin)+dx+d(-)=0所以，d(sin-cos+x -)=0故所求的解为sin-cos+x -=C求下列方程的解：62x(y-1)dx+dy=0解：= 2x , =2x所以，=，故原方程为恰当方程又2xydx-2xdx+dy=0所以，d(y-x)=0故所求的解为y-x=C7.(e+3y)dx+2xydy=0解：edx+3ydx+2xydy=
13、0exdx+3xydx+2xydy=0所以，d e( x-2x+2)+d( xy)=0即d e( x-2x+2)+ xy=0故方程的解为e( x-2x+2)+ xy=C8. 2xydx+( x+1)dy=0解：2xydx+ xdy+dy=0d( xy)+dy=0即d(xy+y)=0故方程的解为xy+y=C9、解：两边同除以 得即，故方程的通解为10、解：方程可化为：即， 故方程的通解为： 即：同时，y=0也是方程的解。11、解：方程可化为： 即：故方程的通解为：12、解：方程可化为：故方程的通解为 ： 即：13、解：这里 ， 方程有积分因子两边乘以得：方程是恰当方程故方程的通解为：即：14、解
14、：这里因为故方程的通解为： 即：15、解：这里 方程有积分因子： 两边乘以得：方程为恰当方程故通解为 ：即：16、解：两边同乘以得：故方程的通解为：17、试导出方程具有形为和的积分因子的充要条件。解：若方程具有为积分因子， （是连续可导）令 ， .， ， ， 方程有积分因子的充要条件是：是的函数，此时，积分因子为 . 令 ，此时的积分因子为18. 设及连续,试证方程为线性方程的充要条件是它有仅依赖于的积分因子.证:必要性 若该方程为线性方程,则有 ,此方程有积分因子,只与有关 .充分性 若该方程有只与有关的积分因子 .则为恰当方程 ,从而 , , .其中 .于是方程可化为即方程为一阶线性方程.
15、20.设函数f(u)，g(u)连续、可微且f(u)g(u),，试证方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0有积分因子u=(xyf(xy)-g(xy)证：在方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0两边同乘以u得：uyf(xy)dx+uxg(xy)dy=0则=uf+uy+yf=+-yf=而=ug+ux+xg=+- xg=故=，所以u是方程得一个积分因子21假设方程（2.43）中得函数M（x,y）N(x,y)满足关系=Nf(x)-Mg(y),其中f(x),g(y)分别为x和y得连续函数，试证方程（2.43）有积分因子u=exp(+)证明：M(x,y)dx+N(x,y)dy=0即证u+M=u+Nu
16、(-)=N- Mu(-)=Nef(x)-M eg(y)u(-)=e(Nf(x)-Mg(y)由已知条件上式恒成立，故原命题得证。22、求出伯努利方程的积分因子.解：已知伯努利方程为：两边同乘以，令，线性方程有积分因子：，故原方程的积分因子为：，证毕！23、设是方程的积分因子，从而求得可微函数，使得试证也是方程的积分因子的充要条件是其中是的可微函数。证明：若，则又即为的一个积分因子。24、设是方程的两个积分因子，且常数，求证（任意常数）是方程的通解。证明：因为是方程的积分因子所以 为恰当方程即 ，下面只需证的全微分沿方程恒为零事实上：即当时，是方程的解。证毕！习题 2.4求解下列方程1、解：令，则
17、， 从而， 于是求得方程参数形式得通解为.2、解：令，则，即，从而 ，于是求得方程参数形式得通解为.3、解：令，则，从而 = ，于是求得方程参数形式的通解为,另外，y=0也是方程的解.4、, 为常数解：令，则，从而 ，于是求得方程参数形式的通解为.5、1解：令，则，从而 ，于是求得方程参数形式的通解为.6、解：令，则，得，所以，从而，于是求得方程参数形式的通解为，因此方程的通解为.习题2.52 解：两边同除以，得：即4解：两边同除以，得 令 则 即得到，即另外也是方程的解。6 解： 得到 即 另外也是方程的解。8. 解：令 则： 即 得到 故 即 另外也是方程的解。10 解：令 即 而故两边积
18、分得到 因此原方程的解为，。 12. 解： 令 则 即 故方程的解为 14 解： 令 则 那么 求得： 故方程的解为 或可写 为 16 解：令 则 即方程的解为18 解： 将方程变形后得 同除以得： 令 则 即原方程的解为19.X(解：方程可化为2y( 令27. 解： 令，则， ， 两边积分得 即为方程的通解。另外，即也是方程的解。28. 解： 两边同除以，方程可化为： 令，则 即 ，两边积分得 即 为方程的解。29. 解： 令，则 ， ，那么 即 两边积分得 即为方程的解。30. 解： 方程可化为 两边积分得 即 为方程的解。31. 解： 方程可化为 两边同除以，得 即 令，则 即 两边积分
19、得 将代入得， 即 故 32. 解： 方程可化为 两边同加上，得 （*）再由，可知 （*）将（*）/（*）得 即 整理得 两边积分得 即 另外，也是方程的解。33. 求一曲线，使其切线在纵轴上之截距等于切点的横坐标。解： 设为所求曲线上的任一点，则在点的切线在轴上的截距为： 由题意得 即 也即 两边同除以，得 即 即 为方程的解。34. 摩托艇以5米/秒的速度在静水运动，全速时停止了发动机，过了20秒钟后，艇的速度减至米/秒。确定发动机停止2分钟后艇的速度。假定水的阻力与艇的运动速度成正比例。解：，又，由此 即 其中，解之得 又时，；时，。故得 ，从而方程可化为 当时，有 米/秒即为所求的确定
20、发动机停止2分钟后艇的速度。35. 一质量为m的质点作直线运动，从速度等于零的时刻起，有一个和时间成正比（比例系数为k1）的力作用在它上面，此质点又受到介质的阻力，这阻力和速度成正比（比例系数为k2）。试求此质点的速度与时间的关系。解：由物理知识得：根据题意：故：即：(*)式为一阶非齐线性方程，根据其求解公式有又当t=0时，V=0，故c=因此，此质点的速度与时间的关系为：36. 解下列的黎卡提方程（1）解：原方程可转化为：观察得到它的一个特解为：，设它的任意一个解为，代入（*）式得到：由（*）-（*）得：变量分离得：两边同时积分：即：故原方程的解为 （2）解：原方程可化为：由观察得，它的一个特
21、解为，设它的任意一个解为，故变量分离再两边同时积分得：即故原方程的解为（3）解：原方程可化为：由观察得到，它的一个特解为，设它的任一个解为，故，该式是一个的伯努利方程两边同除以得到：即：，令，则：，根据一阶非齐线性方程的求解公式得：故：因此：原方程的解为：（4）解：原方程可化为：由观察得到，它的一个特解为，设它的任一个解为，于是，这是的伯努利方程两边同除以得到：即：则：即：故：原方程的解为：（5）解：原方程可化为：由观察得，它的一个特解为，故设它的任一个解为，于是，这是的伯努利方程两边同除以得到：即：则：故：原方程的解为：，即.（6）解：原方程可化为：由观察得到它的一个特解为，设它的任一个解为
22、，于是，这是的伯努利方程两边同除以得到：即：则：从而：故原方程的解为：即：（7）解：由观察得到它的一个特解为，故设它的任一个解为，于是，这是n=2的佰努利方程，两边同除以得：即：从而：故原方程的解为：习题3.1 1 求方程=x+y通过点(0,0)的第三次近似解； 解： 取 = 2 求方程=x-y通过点(1,0)的第三次近似解； 解： 令 则 = 3 题 求初值问题： R：1，1的解的存在区间，并求解第二次近似解，给出在解的存在空间的误差估计；解： 因为 M=max=4 则h=min(a,)= 则解的存在区间为= 令 =0 ;=y+dx=x+; =y+dx=x-+ 又 =L则：误差估计为：=4
23、题 讨论方程：在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件，并求通过点（0，0）的一切解；解：因为=在y上存在且连续； 而在上连续由 有：=（x+c）又 因为y(0)=0 所以：=x另外 y=0也是方程的解；故 方程的解为：=或 y=0;6题 证明格朗瓦耳不等式： 设K为非负整数，f(t)和g(t)为区间上的连续非负函数，且满足不等式： f(t)k+, 则有：f(t)kexp(),证明：令R（t）=,则(T)=f(t)g(t) (T)-R(t)g(t)= f(t)g(t)- R(t)g(t) kg(t)(T)- R(t)g(t)kg(t); 两边同乘以exp(-) 则有： (T) exp(-)-
24、R(t)g(t) exp(-) kg(t) exp(-)两边从到t积分：R(t) exp(-)-exp(-)ds即 R(t) exp(-)ds又 f(t) 1k+R(t) k+kexp(-)ds k(1-1+ exp(-)=k exp()即 f(t) k;7题 假设函数f(x,y)于（x,y）的领域内是y的 不增函数，试证方程= f(x,y)满足条件y(x)= y的解于x x一侧最多只有一个解；证明：假设满足条件y(x)= y的解于x x一侧有两个(x),(x) 则满足： (x)= y+dx (x)= y+dx不妨假设(x)(x)，则(x)- (x)0而(x)- (x)= dx-dx =dx又
25、因为 f(x,y)在（x,y）的领域内是y的 增函数，则： f(x, (x)-f(x, (x)0则(x)- (x)= dx0则(x)- (x)0所以 (x)- (x)=0， 即 (x)= (x)则原命题方程满足条件y(x)= y的解于x x一侧最多只有一个解；习题3.31Proof若（1）成立则及，使当 时，初值问题 的解满足对一切有, 由解关于初值的对称性，（3，1）的两个解及都过点，由解的存在唯一性，当时故若（2）成立，取定，则，使当 时,对一切有因初值问题的解为，由解对初值的连续依赖性，对以上，使当时对一切有而当时，因故这样证明了对一切有2Proof：因及都在G内连续，从而在G内关于满足
26、局部Lipschitz条件，因此解在它的存在范围内关于是连续的。设由初值和足够小）所确定的方程解分别为，即，于是 因及、连续，因此这里具有性质：当时，；且当时，因此对有即是初值问题的解，在这里看成参数0显然，当时，上述初值问题仍然有解。根据解对初值和参数的连续性定理，知是的连续函数，从而存在而是初值问题的解，不难求解 它显然是的连续函数。3解：这里满足解对初值的可微性定理条件故： 满足的解为 故 4解：这是在（1，0）某领域内满足解对初值可微性定理条件，由公式易见是原方程满足初始条件的解 故习题 3.4(一)、解下列方程，并求奇解（如果存在的话）：1、解：令，则，两边对x求导，得 从得 时，；
27、从得 ，为参数，为任意常数.经检验得，是方程奇解.2、解：令，则，两边对x求导，得 ，解之得 ，所以，且y=x+1也是方程的解，但不是奇解.3、解：这是克莱洛方程，因此它的通解为，从 中消去c,得到奇解.4、解：这是克莱洛方程，因此它的通解为 ，从 中消去c,得到奇解 .5、解：令，则，两边对x求导，得 ，解之得 ，所以 ，可知此方程没有奇解.6、解：原方程可化为，这是克莱罗方程，因此其通解为，从 中消去c，得奇解.7、解：令，则，两边对x求导，得 ，所以 ，可知此方程没有奇解.8、解：可知此方程没有奇解.9、解：令，则，两边对x求导，得 解之得 ，所以 ，且 也是方程的解，但不是方程的奇解.
28、10、解：这是克莱罗方程，因此方程的通解为，从中消去c,得方程的奇解.（二）求下列曲线族的包络.1、解:对c求导，得 x+2c=0, , 代入原方程得， 经检验得，是原方程的包络.2、解：对c求导，得 ，代入原方程得 ，即，经检验得是原方程的包络.3、解：对c求导，得 2(x-c)-2(y-c)=0, ,代入原方程得.经检验,得 是原方程的包络.4、解：对c求导，得 -2(x-c)=4, c=x+2,代入原方程得 ，,经检验，得是原方程的包络.(三) 求一曲线，使它上面的每一点的切线截割坐标轴使两截距之和等于常数c.解：设所求曲线方程为y=y(x),以X、Y表坐标系，则曲线上任一点（x,y(x
29、)）的切线方程为，它与X轴、Y轴的截距分别为，按条件有 ，化简得，这是克莱洛方程，它的通解为一族直线，它的包络是，消去c后得我们所求的曲线.(四) 试证：就克莱洛方程来说，p-判别曲线和方程通解的c-判别曲线同样是方程通解的包络，从而为方程的奇解.证：克莱洛方程 y=xp+f(p)的p-判别曲线就是用p-消去法，从 中消去p后而得的曲线； c-判别曲线就是用c-消去法，从通解及它对求导的所得的方程中消去c而得的曲线，显然它们的结果是一致的，是一单因式，因此p-判别曲线是通解的包络，也是方程的通解. 习题4.1 1. 设和是区间上的连续函数，证明：如果在区间上有常数或常数，则和在区间上线形无关。
30、证明：假设在，在区间上线形相关则存在不全为零的常数，使得那么不妨设不为零，则有显然为常数，与题矛盾，即假设不成立，在区间上线形无关2. 证明非齐线形方程的叠加原理：设，分别是非齐线形方程 （1） （2） 的解，则+是方程 +的解。证明：由题可知，分别是方程（1），（2）的解则： （3） （4）那么由（3）+（4）得：+即+是方程是+的解。3. 试验证0的基本解组为，并求方程的通解。 证明：由题将代入方程0得：-=0,即是该方程的解，同理求得也是该方程的解又显然线形无关，故是0的基本解组。 由题可设所求通解为：，则有：解之得：故所求通解为：4. 试验证0有基本解组t，并求方程t-1的通解。解：由
31、题将t代入方程0得： ，即t为该方程的解 同理也是该方程的解，又显然t，线形无关， 故t，是方程0的基本解组由题可设所求通解为，则有：解之得：故所求通解为5. 以知方程0的基本解组为，求此方程适合初始条件的基本解组（称为标准基本解组，即有）并求出方程的适合初始条件的解。 解：时间方程0的基本解组，故存在常数使得： 于是：令t=0,则有方程适合初始条件，于是有：解得： 故又该方程适合初始条件，于是：解得： 故显然，线形无关，所以此方程适合初始条件的基本解组为：， 而此方程同时满足初始条件，于是：解得：故满足要求的解。6. 设是齐线形方程（4.2）的任意n个解。它们所构成的伏朗斯行列式记为，试证明
32、满足一阶线形方程，因而有： 解：又满足即则：即 则有：即： 7. 假设是二阶齐线形方程（*）的解，这里 在区间上连续，试证：（1）是方程的解的充要条件为：；（2）方程的通解可以表示为：,其中为常数,证：（）（）因为为方程的解，则由刘维尔公式 两边都乘以则有：，于是： 从而方程的通解可表示为：,其中为常数,。8. 试证n阶非齐线形微分方程（4.1）存在且最多存在n+1个线形无关解。 证：设为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，是（4.1）的一个解，则： （1），均为（4.1）的解。同时（1）是线形无关的。 事实上：假设存在常数，使得： （*）的左端为非齐线形方程的解，而右端为齐线形方程的解，矛盾！从而有又为（4.1）对应的齐线形方程的一个基本解组，故有： 即（1）是线形无关的。习题4.2 1. 解下列方程（1） 解：特征方程故通解为x=(2)解：特征方程有三重根故通解为x=（3）解：特征方程有三重根，2，-2故通解为（4） 解：特征方程有复数根-1+3i,-1-3i 故通解为(5) 解：特征方程有复数根故通解为(6) 解：特征方程有根a,-a当时，齐线性方程的通解为s=代入原方程解得故通解为s=-当a=0时,代入原方程解得故通解为s=-(7) 解：特征方程有根2,两重根1齐线性方程的通解为x=又因为0不是特征根，故可以取特解行如代入