高等数学课外作业微分方程部分参考解答

1、高等数学课外作业微分方程部分参考解答4.1-4.2 微分方程的基本概念可分别变量的微分方程一 1.（ 1）二阶微分方程；（2）一阶微分方程；（3）一阶微分方程；4 不是微分方程；5 一阶微分方程；2.（1）是；（ 2）不是y x3.（1） arcsin s arcsin t C .（2）1 e 1 e C .24.（1）y x ；（2）yy 2 .二 1.分别变量得：y ln dyy sin dxx,两边积分得：ln ln y ln csc x cot x ln C ,即ln y C csc x cot x .将 x , y e 代入可得：C 3. 故所求特解为：ln y 3csc x cot

2、 x .32. 分别变量得：dyy 4 dxx 2. 两边积分得：ln y 14 ln 22 xx ln c .即 y c 42 x . 将 x 4, y 2 代入,解得：c 416 . 故 y 2 42 x .2 x 3 3 x 63. 两边关于 x 求导得：xy 2 yy 故或者 y 0；或者 y 1x 即 y 1x 2c .2 4留意到在原方程中令 x 0,可得 y 0 0. 因此 c 0. 于是所求微分方程的特解为：或者 y 0；或者 y 1x 2.4三设 t 时刻物体运动速度为k mv 1050,k104,m1.2y500 ,故所求速度为：v 10这是可分别变量微分方程,分别变量并积

3、分可得：v20 tv6072505029 厘米 / 秒；Yyy Xx .四设曲线方程为yy x.就曲线上点 x y 处的切线方程为：由于它在两坐标轴之间的部分被切点平分,因此有：0yln2xx ,也即有yy x 分别变量得：dydx x,两边积分得：lnyxlnc 因此yxyc 由曲线过点 2,3 ,可知c6.因此所求曲线方程为xy6.五设R t 表示时刻 t 时镭的现有量；就dRkR k0,R 0R 0, 16001R 0.dt2解微分方程得：R t R ecekt.将初始条件代入可解得：cR 0,kln 2.因此1600R t ln 2 1600ttR 021600.4.3-4.4 一阶线

4、性微分方程可用变量代换法求解的一阶微分方程一 1.C;B;D.2.（1） sinyCx.（ 2）yCx xe.2 yxarctany2y.x3.（ 1）dT1T1.（2）dxy1yx1. y（3）dx11dttln1dydy二 1. 这是一阶齐次型方程；可改写成：yyx.令y xu,就xdu.代入原yuxydx方程可得：uxduu1 . u分别变量后再积分可得：12 ulnxc 将x1,y2及dx24x2.u2代入可得：c2.故所求微分方程的特解为：y22 xlnx22. 该方程可改写成：yx x11y1.因此方程的通解为：ye11dx1e11dxdxCln exx1xx1dxCxxx xx

5、x1xlnxC.由y 10可得：C1.故所求微分方程的特解为：yxx1xlnx1.三 1.该方程的通解为：yecosxdxesinxecosxdxdxCesinxesinxsin exdxCesinxdxCesin xC.y2.故通解为：2.把方程写成标准形式得：dx1x1yydyxe1dy1yy2e1dydyCy12 y2 ydyCyyy 1yC1y2Cy.y3 1lnx .这是Bernoulli方程,为此y3. 把方程写成标准形式得：dy1ydxx令y2t ,就原方程可化为：dt2 xt22 lnx .于是可得原方程通解为：dxy2te2dx21lnx e 2dxdxC121ln2 x x

6、 dx Cxxx2x 12 23 x 31 ln x 29 x 3C 23 x 1 ln x 29 xx C2 .四 设 所 求 曲 线 方 程 为 ：y y x , 就 如 右 图 所 示 , 据 已 知 条 件 可 得 ：x 20 xy t yx t dt . 即有2 x 1x 0 y t dt2 xy x .两 边 关 于 x 求 导 并 整 理 可 得 ：y 1 y 4. 故x1 1y e x dx4 e x dxC x 4dx Cx4 x ln x Cx .由于曲线过点 1,1,代入可得：C 1. 故所求曲线方程为：y x 4 x ln x .五设曲线方程为 y f x ,就有 y

7、2 x y y , 0 0. 方程写成标准形式得：y y 2 . x 故得：y e dx2 xe dxdx C e x 2 xe dx xC e x 2 x 1 e xC .x由 y 0 0 可得：C 2. 故所求曲线方程为：y 2 e 2 x 1.六（1）令 u x y ,就原方程可化为：du 1 u 2. 分别变量并积分可得：dxarctan u x C ,即 u tan x C . 故原方程的通解为：y tan x C x .（2）令 u xy ,就原方程可化为：du 1u ln u . 分别变量并积分可得：dx xln u Cx ,即 u e Cx. 故原方程的通解为：y 1e Cx

8、.x4.5-4.6 可降阶的二阶微分方程线性微分方程解的结构一 1.2, 3, 4 ；1, 5, 6, 7.2.当w0时,通解为yC 1coswxC2sinwx .而当w0,不能给出通解；3.是；不是；不是；4.yC 1 y 2y 1C y3y 1y 1.二 1.积分可得：yx xe dxx1 e xC 1.C3.yx1 e xC 1dxx2 e xC xC2.xx 3 e1C x2C xyxx 2 eC xC2dx22.由于yyx ,故y e dxxe dxdx C 1 e xxe dx xC 1 e x x 1 e xC 1 C e xx 1.从而 y C e xx 1 dx C e x

9、1x 2x C 2 .23.令 y p , y dpy dpp dp. 就原方程化为：y p 3 dp 1. 即：pdp dy3. 积分可dx dy dy dy y1 2 1 1 2 1得：2 p2 y 22 C 1,即 py 2 C 1 . 于是2y p C 1 12 C y 1.y y分别变量得：C y ydy21 dx . 两边积分得：C 11 C y 1 21 x C 2 .故该方程的通解为：C y 21 C 1 2 C 2 x . 24. 令 y p y dp. 就原方程化为：dp 1 p 2. 分别变量得：dp2 dx . 两边积分得：dx dx 1 parctan p x C ,

10、于是 y p tan x C 1 . 积分可得原方程的通解为：y tan x C dx ln sec x C 1 C 2 .5. 令 y p y dp y dp p dp . 就原方程化为：p dp e 2 . 即：pdp e dy 积 2 ydx dy dy dy分可得：1p 2 1e 2 y 1C ,即 p 2e 2 yC 1. 由初始条件可知,C 1 1. 因此有2 2 2dydx p e 2 y1. 分别变量得：dxe 2 dyy 1 . 于是有xe 2 dyy 1 ey sec t tantan tdtt t C 2 arccos e yC 2 .由初始条件可知,C 2 0. 因此所

11、求的原方程的特解为：x arccos e y .三分别变量得：dy2 dx . 两边积分得：arcsin y x C 1 . 即有1 yy sin x C 1 . 因此 y sin x C dx cos x C 1 C 2 .由题设条件知,y 0 1, y 0 e x x 0 1. 据此可得：sin C 1 1解之得：C 2 cos C 1 1.C 1 , C 2 1. 故所求曲线方程为：y 1 cos x sin x 1.2 2四设 t 时刻子弹进入木板x t m ,就 t 时刻子弹所受阻力为kv t .其中 dx为子弹的速dt度；于是由牛顿运动定律可得：kv t mdvm2 d x,即m2

12、 d xkdx0.80.dtdt2dt2dt由题设知,v 0200m/s 设子弹穿过木板用时为T ,就Tv t dt0.1,v T0由kv t mdv可得vcek t m,因此有dtT200c解之可得：Tln2 5（秒）；cek T m8012000.1cek t mdt0注：此题中可以不设位移函数x t .4.7 二阶常系数齐次线性微分方程（一）一 1.r2r20;r 12,r 21;yc e2xx c e.2.4r220r250;r1,25 ;2xc 1c t e5t.23.r24 r50;r 1, 22i R2 erc 1cosrc 2sinr.4.（ 1）yy6y0;yc e3xc e

13、2x.（2）y8y160;yc 1c x e4x.（3）y4y7y0;y2 ex c 1cos3xc 2sin3 .5.y 12 ex ;y 22 xex.二 1.特点方程为：r23 r40.特点根为：r 14,r 21.方程的通解为：y4 c exc ex.此时y4 4 c exc ex.由初始条件y 02,y05可得：4c 1c 22.解之得：c 13 . 5c 1c25c 213 . 5因此所求的方程的特解为：y34 ex13ex.552. 特点方程为：4r24r10.特点根为：r 1,21 . 2方程的通解为：1 1y c 1 c x e 2x. 此时 y c 2 1c 1 1c x

14、e 2x. 由初始条件 y 0 2, y 0 0 可得：2 2c 1 2c 1 2c 2 1c 1 0 . 解之得：c 2 1 .21x因此所求的方程的特解为：y 2 x e 2 .3. 特点方程为：r 24 r 29 0. 特点根为：r 1, 2 2 5. i 方程的通解为：y e 2 x c 1 cos 5 x c 2 sin 5 . 此 时 y e 2 x 5 c 2 2 cos 5 x 2 c 2 5 sin 5 x . 由初始条件 y 0 0, y 0 15 可得：c 1 0 c 1 0. 解之得：.5 c 2 2 c 1 15 c 2 32 x因此所求的方程的特解为：y 3 e s

15、in 5 .4. 特点方程为：r 32 r 2r 0. 特点根为：r 1 0, r 2, 3 1. 方程的通解为：x x xy c 1 c 2 c x e . 此时 y c 3 c 2 c x e , y c 2 2 c 3 c x e . 由初始条件y 0 2, y 0 0, y 0 1 可得：c 1 c 2 2 c 1 1c 2 c 3 0 . 解之得：c 2 1.c 2 2 c 3 1 c 3 1x因此所求的方程的特解为：y 1 1 x e .三设曲线方程为 y y x . 就由题设可知,有：y y 0; y 0 0, y 0 2, y 0 0.3该微分方程的特点方程为：r r 0. 特

16、点根为：r 1 0, r 2 1, r 3 1. 方程的通解为：y c 1 c e xc e x . 此时 y c e xc e x , y c e xc e x .由初始条件 y 0 0, y 0 2, y 0 0. 可得：c 1 c 2 c 3 0 c 1 0c 2 c 3 2 . 解之得：c 2 1 .c 2 c 3 0 c 3 1所求的方程的特解为：y e xe x .四设 t 时刻质点离开原点的距离为 S t ,就依题意可得：2k S k 2 dS m d S2, 0 0, dSt 0 v 0 .dt dt dt2即有：d S2 k 2 dSk S 0, 0 0, dSt 0 v 0

17、 .dt dt dt22 k 2 k 2 4 k 1特点方程为：r k r k 1 0. 特点根为：r . 故知22 2k 2 k 2 4 k 1 k 2 k 2 4 k 1t tS c e 2 c e 2,其中 c c 为待定常数；将初始条件 S 0 0, dSt 0 v 0 代入可得：dtc 1 c 2 0k 2 k 2 24 k 1 k 2 k 2 24 k 1 .c 1 c 2 v 02 2解得：c 1 2 v 0, c 2 2 v 0. 因此反映该质点运动规律的函数为：k 2 4 k 1 k 2 4 k 12 2S v 0 e k 22 k 2 4 k 1te k 22 k 2 4

18、k 1t.2k 2 4 k 14.7 二阶常系数齐次线性微分方程（二）一 1. y ax b e x ; y x ax b e x .2 x 2 2 x2. z ae ; z x ax b e ; z a sin 2 x b cos 2 .t t3. s at b e s at b e ; s t at b cos t ct d sin t二 1. 特 征 方 程 为 ：r 2a 20, 特 征 根 为 ：r ai 故 对 应 齐 次方 程 的 通 解 为 ：y c 1 cos ax c 2 sin ax .设原方程的特解为：y e x. 代入方程可得：12 . 因此 y 12 e x. 于是

19、1 a 1 a得原方程的通解为：y c 1 cos ax c 2 sin ax 12 e x.1 a2. 特点方程为：r 26 r 9 0,特点根为：r 1,2 3. 故对应齐次方程的通解为：x c 1 c t e 3 t .设原方程的特解为：x t 2 at b e 3 t at 3bt 2 e 3 t . 代入方程可得：6 at 2 b t 1. 比较系数可得：a 1, b 1. 因此 x 1t 3 1t 2 e 3 t . 于是6 2 6 2得原方程的通解为：x c 1 c t 1t 2 1t 3 e 3 t .2 6另解：特点方程为：r 26 r 9 0,特点根为：r 1, 2 3.

20、由于 3 是二重特点根,故方程的通解为：x e 3 t t 1 dt dt e 3 t 1t 2t dt c 1 e 3 t 1t 3 1t 2c t 1 c 2 .2 6 223. 特点方程为：r 2 r 5 0,特点根为：r 1 2 . i 故对应齐次方程的通解为：y e c x1 cos 2 x c 2 sin 2 .x x设原方程的特解为：y xe a cos 2 x b sin 2 e ax cos 2 x bx sin 2 . 就y e x ax a 2 bx cos 2 x bx 2 ax b sin 2 x,xy e 4 b 2 a 4 bx 3 ax cos 2 x bx 4

21、 ax 2 b 4 sin 2 x .1代入方程比较系数可得：4 b 0. 解之得：a2 .4 bx 4 b 2 a 1b 0因此 y 1e xcos 2 . x 于是得原方程的通解为：2y c 1 cos 2 x 1 cos 2 x c 2 sin 2 x e x .24. 特 征 方 程 为 ：r 21 0, 特 征 根 为 ：r i 故 对 应 齐 次 方 程 的 通 解 为 ：w c 1 cos y c 2 sin y .明显方程 w w e 有特解：w 1 1e y .2又设方程 w w cos y 有特解：w 2 y a cos y b sin y ay cos y by sin

22、y 就：w 2 a by cos y b ay sin y w 2 2 b ay cos y 2 a by sin y .代入方程比较系数可得：22 ba 1 .0 解之得：b a1 0. 故 w 2 12 y sin y 于是原方程有2特解 w w 1 w 2 1 e yy sin y . 原方程的通解为：21 yw c 1 cos y c 2 sin y e y sin y .2三令 x 0 可得：0 1. 对原方程两边关于 x 求导,得：x x x e 0 t dt 1令 x 0 可得：0 1.再对（ 1）两边关于 x 求导,得：x x e x , 即 e . 2（2）的特点方程为 r

23、21 0,特点根为 r i 明显方程（ 2）特解为 y 1e x . 因此2（2）的通解为： C 1cosxC 2sinx1ex.1.故C 1C21 . 22由初始条件001. 可得：C 111,C 2122最终我们得到： 1cosxsinxx e.2四如下列图,设在t 时刻浮筒偏离平稳位置x t m ,就此时浮筒所受的回复力为F0.52 x t g 其中g 为水的2比重,负号表示力的方向与运动方向相反；于是由牛顿运动定律可得：FM2 d x,即0.52xgM2 d x.dt222 dt（其中 M 为浮筒的质量）该微分方程的特点方程为：Mr20.52g0,特点根为：r0.25Mgi.因此2浮筒

24、的运动规律为：x A cos0.25 g t B sin0.25 g t .M M由假设可知,应有：2 2. 解得：M g（质量单位） ；0.25 g 16M习 题 课（一）一 1. Bernoulli ；2. y ax b e x ; y x ax b e x .3. y at b e 2 t ; y t 2 at b e 2 t .4. y e a b cos c d sin；y e a b cos c d sin5. y x a cos x b sin x .6. 是； 不肯定是（由于 y 1 , y 可能线性相关）27. 是；不是；不是（由于 c 1 , c 并非相互独立的任意常数）；

25、8. y c 1 cos x c 2 sin x x （由于 y cos x 与 y sin x 是对应齐次方程的线性无关的特解）二 1.方程可改写成dyyy2这是一阶齐次型微分方程；令uy,dyuxdu,2.dxxxxdxdx就原方程化为：uxduuu2,即xduu2.1lnxlnC .即Cxe1.故原方程的通解dxdx分别变量得：dudx.两边积分得：uu2xux为：Cxey.2.这是一阶线性非齐次微分方程；其通解为：d dy e dxdx x de dxdxdx C e x x de x dx Cdx dxe x x e x d C e x 1 e x C x 1 Ce x .x三依题意

26、可得：1 f x dx 2 xy 2 2 xf x 2, f 1 1. 两边关于 x 求导得：f x 2 xf x 2 f x ,即 2 xf x f x 0. 分别变量得：2 df x dx . 取积分可f x x得： 2 ln f x ln x ln C 因此 f x Cx由 . f 1 1 知,C 1. 故 f x 1x .四设所求曲线方程为：y y x . 就它在其上一点 x y 处的切线方程为：Y y y X x .该切线在 y 轴上的截距为：H y xy 依题意可得：y xy x y , 1 1. 该微分方程的标准形式为：y 1 y 1. 其通解为：x1 1y e xdxe xdx

27、dx C e ln xe ln xdx C x 1dx C xx C ln x .由 1 1 知,C 1. 故所求曲线方程为：y x 1 ln x .五当 x 1 时,该微分方程即：y 2 y 2. 这是可分别变量的微分方程,易知其通解为：y 1 C e 2 x .当 x 1 时,该微分方程即：y 2 y 0. 这是可分别变量的微分方程,易知其通解为：y C e 2 x .要使解 y y x 在 , 上连续,必需且只需 1 C 1 C 2 . 记 C 2 C ,就所求通解为：y112 C e x,x1 .0.因此所求解为：Ce2x,x1由于所求解要满意0,故Cy 0y12 ex,x1 .0,x

28、1习 题 课（二）一 1. D （由于方程的两个特点根均为 2 ）；2. A （由于 nf x 0 1f tx dt tx u0 xf u dux,故 0 xf u du nxf x,进而方程可转化为：f x nxf x nf x ,即 nxf x 1 x f x . 分别变量并积分可知； ）3. C （由于由初始条件可知,y 应满意：y xy y , 2 1 . 其解即 C ）e4 x x4. D （由于四个特点根分别为：r 1, i 方程 y y e 有特解 y 1 Axe ；而方4程 y y 3 sin x 有特解 y 1 x B cos x C sin x .）5. A （所求曲线 y

29、 y x 应满意：y 1, 0 0.）x 1二 1. y axe xb （由于特点根为 r 1.）tan xdx tan xdx2. y e cos xe dx C x C cos x .3. y C x 2C e x3.（由于这是一个线性微分方程,且 y 3 y 2 e x , y 2 y 1 x 是 2对应齐次微分方程的两个线性无关的解；）4. 3, 2, 1.（将该特解代入方程,比较系数即可得； 或者由特解形式可知,2两 个 特 征 根 为 r 1 1, r 2 2. 于 是 r r r 1 r 2, 解 出3, 2 ,再由特解可解出 1. ）三 1.特点方程为：r 23 r 2 0,特

30、点根为：r 1 1, r 2 2.（1）由于 sin 2x 1 1cos 2 x ,明显方程 y 3 y 2 y 1有特解 y 1 1 . 设方程2 2 2 41y 3 y 2 y 2 cos 2 x 有特解为：y 2 a cos 2 x bsin x ,代入方程,比较系数可得：3 a6 b1,解之得：a130 . 1因此y 21 cos 2 30 x2sin 2 .23 b6 a0b15于是知原方程的通解为：yx C e2 C ex11 cos 2 30 x2 sin 2 .4（2）设方程有特解yx axx b eax2x bx e ,代入方程可得：2 a232axb12x2.比较系数可得：

31、2 aab1,因此ab1,yx2x x e.于是原方程的通解为：22yx C e2 C ex2x ex.x3lnC ,即yC 1C 13 x.2.原方程可化为：dy32 x dx.积分得：lnyln11yx3由y04知,C4.因此y41x3.积分得：y4x4 xC.而由y 01可知,C1.故原方程的通解为：y4 xx41.3.通解改写成：x2y22C.两边关于 x 求导得：2 xy2y220.cos 2x.22 xy22x2yyx22 y2x2yyx22 xy2yyx22 y0.故所求一阶微分方程即：2xyy2 xy2x2cos 2 . x 即yC24.所求二阶齐次线性微分方程的通解为：yC

32、xCx求导得：即有x yx y2 C2sin 2 2yC 2cos 2 x0,yxxyC 2.再求导x22 C2sin 2 yCcos 2 x0.于是又得：2 sin 2cos 2 x得：xy2 sin 2xcos 2 yxy4 cos 2x2sin 2 0.2 sin 2x2 cos 2 即有：2xsin 2xxcos 2 x y4xcos 2x2xsin 2 x y4 cos 2x2 sin 2 x y0.这就是所求二阶齐次线性微分方程；习题课 （课外作业）1不为特点单根） ；一 1.y2y3 e x.（由原方程得：2 x e y3 exc 两边求导即得； ）2.一阶线性微分方程； （由于

33、原方程可改写成dy2y2 xx e.）dxx3.yab yaby0；yax C ebx C e.4.a10（由于此时r1为特点单根） ；a10.（由于此时r5.a6（由于此时r3为二重特点根） ；a6（由于此时r3不为特点根） ；6.xyy1y3C （由于方程可改写为d xy d y1y3.33xC2.）ln7.yC 1lnxC 2.（由于该方程即xy0.故xyC 1,yC 18.yCx （如 x y 为曲线上的点,依题意有：0yy0 x.解之可得；）x.二 1.方程可改写成dxyx3 y x2.这是 Bernoulli 方程；令x1u ,就方程可化为：dyduuyy3.因此dyueydy3 y eydydyCe12 y3 y e12 ydyC22e12 y212 y e12 yd 12 yCe12 y21y21 e1y2C222222222 yCe1y2.2故原方程的