常微分习题解答1

常微分方程第三版习题答案常微分方程是数学中的一个重要分支，它研究的是描述自然界中变化规律的方程。

在学习常微分方程的过程中，习题是非常重要的一部分，通过解习题可以加深对理论知识的理解和应用能力的培养。

本文将为大家提供《常微分方程第三版》习题的部分答案，希望能对大家的学习有所帮助。

1. 习题一1.1 解：首先，我们根据题意列出方程：$\frac{dy}{dt} = 2y + t^2$这是一个一阶线性常微分方程，我们可以使用常数变易法来求解。

令$y = u(t)e^{2t}$，则$\frac{dy}{dt} = \frac{du}{dt}e^{2t} + 2ue^{2t}$将上述结果代入原方程，得到：$\frac{du}{dt}e^{2t} + 2ue^{2t} = 2(u(t)e^{2t}) + t^2$化简得到：$\frac{du}{dt}e^{2t} = t^2$两边同时除以$e^{2t}$，得到：$\frac{du}{dt} = t^2e^{-2t}$对上式两边同时积分，得到：$u = -\frac{1}{4}t^2e^{-2t} + C$将$u$代入$y = u(t)e^{2t}$，得到最终的解：$y = (-\frac{1}{4}t^2e^{-2t} + C)e^{2t}$1.2 解：首先，我们根据题意列出方程：$\frac{dy}{dt} = \frac{t}{y}$这是一个一阶可分离变量的常微分方程，我们可以通过分离变量来求解。

将方程变形，得到：$ydy = tdt$对上式两边同时积分，得到：$\frac{1}{2}y^2 = \frac{1}{2}t^2 + C$解得：$y^2 = t^2 + C$由于题目中给出了初始条件$y(0) = 1$，将初始条件代入上式，得到：$1 = 0 + C$解得：$C = 1$将$C$代入$y^2 = t^2 + C$，得到最终的解：$y^2 = t^2 + 1$2. 习题二2.1 解：首先，我们根据题意列出方程：$\frac{dy}{dt} = 2ty + t^2$这是一个一阶线性常微分方程，我们可以使用常数变易法来求解。

常微分期末试题及答案[正文开始]第一部分：选择题1. 若函数 f(x) = 3x^2 + 2x + c 在区间 [0, 1] 上是增函数，则实数 c 的取值范围是：A) c > 1/4B) c > -1/4C) c < 1/4D) c < -1/4答案：A) c > 1/4解析：当 f(x) 是增函数时，f'(x) > 0。

对于 f(x) = 3x^2 + 2x + c，求导得到 f'(x) = 6x + 2。

显然当 x > -1/3 时，f'(x) > 0，即 c > 1/4。

2. 解微分方程 dy/dx = x^2 + 1 的通解为：A) y = (1/3)x^3 + x + CB) y = (1/3)x^3 + CC) y = (1/3)x^2 + x + CD) y = (1/3)x^2 + C答案：A) y = (1/3)x^3 + x + C解析：对方程 dy/dx = x^2 + 1 进行积分，得到 y = (1/3)x^3 + x + C，其中 C 为积分常数。

3. 设三角函数f(x) = sin(2x + π/3)，则 f'(x) = ？A) 2cos(2x + π/3)B) 2cos(2x - π/3)C) 2cos(2x)D) 2cos(2x + π/6)答案：B) 2cos(2x - π/3)解析：根据链式法则，对sin(2x + π/3) 求导，得到 f'(x) = 2cos(2x +π/3) * 2 = 2cos(2x - π/3)。

4. 设 f(x) = e^x，g(x) = ln(x)，则 f(g(2)) = ？A) e^2B) e^3C) 2D) ln(2)答案：A) e^2解析：首先求 g(2) = ln(2)，然后将结果代入 f(x) = e^x 中计算，得到 f(g(2)) = f(ln(2)) = e^ln(2) = 2。

常微分方程习题及解答常微分方程习题及解答常微分方程习题及解答一、问答题：1．常微分方程和偏微分方程有什么区别？微分方程的通解是什么含义?答：微分方程就是联系着自变量，未知函数及其导数的关系式。

常微分方程，自变量的个数只有一个。

偏微分方程，自变量的个数为两个或两个以上。

常微分方程解的表达式中，可能包含一个或几个任意常数，若其所包含的独立的任意常数的个数恰好与该方程的阶数相同，这样的解为该微分方程的通解。

2．举例阐述常数变易法的基本思想。

答：常数变易法用来求线性非齐次方程的通解，是将线性齐次方程通解中的任意常数变易为待定函数来求线性非齐次方程的通解。

例：求()()dy P x y Q x dx=+的通解。

首先利用变量分离法可求得其对应的线性齐次方程的通解为()P x dxy c ?=l ，然后将常数c 变易为x 的待定函数()c x ，令()()P x dxy c x ?=l ，微分之，得到()()()()()P x dxP x dx dy dc x c x P x dx dx=+l l ，将上述两式代入方程中，得到()()()()()()()()()P x dxP x dx P x dxdc x c x P x dxc x P x Q x ??+?=+l l l即 ()()()P x dxdc x Q x dx-?=l积分后得到()()()P x dxc x Q x dx c-?=+?%l进而得到方程的通解()()(())P x dxP x dxy Q x dx c -?=+?%l l3．高阶线性微分方程和线性方程组之间的联系如何？答：n 阶线性微分方程的初值问题()(1)11(1)01020()...()()()(),(),....()n n n n n nx a t x a t x a t x f t x t x t x t ηηη---'?++++=??'===?? 其中12()(),...(),()na t a t a t f t ，是区间a tb ≤≤上的已知连续函数，[]0,t a b ∈，12,,...,nηηη是已知常数。

常微分方程试题及答案一、单项选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪一项不是常微分方程的特点？A. 未知函数是连续的B. 未知函数是可微的C. 未知函数的导数是未知的D. 方程中包含未知函数的导数答案：A2. 常微分方程的解是指满足方程的函数，下列哪一项不是解的性质？A. 唯一性B. 存在性C. 可微性D. 可积性答案：D3. 一阶线性微分方程的一般形式是：A. \( y' + p(x)y = q(x) \)B. \( y' = p(x)y + q(x) \)C. \( y' - p(x)y = q(x) \)D. \( y' + p(x)y = q(x) \) 或 \( y' - p(x)y = q(x) \)答案：A4. 已知微分方程 \( y'' - y = 0 \) 的一个特解是 \( y = e^x \)，那么它的通解是：A. \( y = C_1e^x + C_2e^{-x} \)B. \( y = C_1e^x + C_2 \)C. \( y = C_1e^x + C_2e^x \)D. \( y = C_1 + C_2e^{-x} \)答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 微分方程 \( y'' + y' + y = 0 \) 的通解是 \( y = C_1e^{-x}+ C_2e^{-\frac{1}{2}x} \)，其中 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 是常数。

2. 微分方程 \( y'' - 4y = 0 \) 的通解是 \( y = C_1\cos(2x) +C_2\sin(2x) \)，其中 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 是常数。

3. 微分方程 \( y'' + 4y = 0 \) 的通解是 \( y = C_1\cos(2x) +C_2\sin(2x) \)，其中 \( C_1 \) 和 \( C_2 \) 是常数。

习题1.24. 给定一阶微分方程2dyx dx=， (1). 求出它的通解； (2). 求通过点()1,4的特解； (3). 求出与直线23y x =+相切的解； (4). 求出满足条件102ydx =⎰的解；(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。

解：(1). 通解显然为2,y x c c =+∈；(2). 把1,4x y ==代入2y x c =+得3c =，故通过点()1,4的特解为23y x =+；(3). 因为所求直线与直线23y x =+相切，所以223y x cy x ⎧=+⎨=+⎩只有唯一解，即223x c x +=+只有唯一实根，从而4c =，故与直线23y x =+相切的解是24y x =+；(4). 把2y x c =+代入12ydx =⎰即得5c =，故满足条件12ydx =⎰的解是253y x =+；(5). 图形如下：-1.5-1-0.500.51 1.512345675. 求下列两个微分方程的公共解：242422,2y y x x y x x x y y ''=+-=++--解：由2424222y x x x x x y y +-=++--可得()()222210y x xy -++=所以2y x =或212y x =--，2y x =代入原微分方程满足，而212y x =--代入原微分方程不满足，故所求公共解是代入原微分方程不满足。

6. 求微分方程20y xy y ''+-=的直线积分曲线。

解：设所求直线积分曲线是y kx b =+，则将其代入原微分方程可得2200010k b k xk kx b k b k b k k -=⎧+--=⇒⇒====⎨-=⎩或所以所求直线积分曲线是0y =或1y x =+。

8. 试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：(2). 曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l ； (5). 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方。

常微分课后答案第一章yx C x C y x C x C y 2222121sin cos ,cos sin ωωωωωωωωω-=--=''+-='，所以0222=+y dxyd ω，故xCx C y ωωsin cos 21+=为方程的解．（6）yB x A y B x A y 22)sin(,)cos(ωωωωω-=+-=''+='，故0222=+y dxyd ω，因此)sin(B x A y +=ω为方程的解．3．验证下列各函数是相应微分方程的解：（1）xxy sin =，x y y x cos =+'； （2）212x Cy -+=，xxy y x2)1(2=+'-（C 是任意常数）；（3）x Ce y =，02=+'-''y y y （C 是任意常数）； （4）xe y =，xx xe ye y ey 2212-=-+'-；（5）x y sin =，0cos sin sin 222=-+-+'x x x y yy ；（6）xy 1-=，1222++='xy y x y x ； （7）12+=xy ，xy x yy 2)1(22++-='；（8）)()(x f x g y =，)()()()(2x f x g y x g x f y '-'='．证明 （1）因为2sin cos x xx x y -='，所以xxxx x x x y y x cos sin sin cos =+-=+'．（2）由于21xCx y --='，故xx C x xCx x xy y x 2)12(1)1()1(2222=-++--⋅-=+'-．（3）由于xCe y ='，xCe y =''，于是022=+-=+'-''x x x Ce Ce Ce y y y ．（4）由xe y ='，因此xx x x x x x x e e e e e e ye y e y 22212)(2-=⋅-+⋅=-+'--．（5）因为x y cos ='，所以cos sin sin sin 2sin cos cos sin sin 22222=-+⋅-+=-+-+'x x x x x x x x x y y y ． （6）从21xy ='，得1111122222++=+⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=='xy y x x x x x y x ．（7）由x y 2='，得到xy x y x x x x x y 2)1(2)1)(1()1(2222222++-=+++-+=='．（8）)()()()()()()()()()()()()()()(222x f x g y x g x f x f x g x f x g x g x f x f x g x f x g x f y '-'='-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅'='-'='．4．给定一阶微分方程x dx dy 2=， （1）求出它的通解； （2）求通过点)4,1(的特解； （3）求出与直线32+=x y 相切的解；（4）求出满足条件210=⎰ydx 的解；（5）绘出（2），（3），(4)中的解的图形． 解 （1）通解 Cx xdx y +==⎰22．（2）由41==x y ，得到3=C ，所以过点)4,1(的特解为32+=xy ．（3）这时122=⇒=x x ，切点坐标为)5,1(，由51==x y ，得到4=C ，所以与直线32+=x y 相切的解为42+=xy ．（4）由231)31()(131210=+=+=+=⎰⎰C Cx x dx C x ydx ，得到35=C ，故满足条件21=⎰ydx 的解为352+=xy ．（5）如图1-1所示．-3-2-1123x24681012y图1-15．求下列两个微分方程的公共解： （1）422x x yy -+='；（2）2422y y x xx y --++='．解 公共解必须满足2424222y y x x x x x y --++=-+，即 022242=-+-x y x y ，得到2x y =或212--=x y 是微分方程422x x y y -+='和2422y y x x x y --++='的公共解．6．求微分方程02=-'+'y y x y 的直线积分曲线．解 设直线积分曲线为0=++C By Ax ，两边对x 求导得，0='+y B A ，若0=B ，则0=A ，得到0=C ，不可能．故必有0≠B ，则B Ay -='，代入原方程有02=++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-B Cx B A B A x B A ，或)(22=-++B AB C x B A BA ，所以，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+0,022BA B C B AB A ，得到⎩⎨⎧==0,0C A 或B C A -==．所求直线积分曲线为0=y 和1+=x y ． 7．微分方程32224xy y y x=-'，证明其积分曲线关于坐标原点)0,0(成中心对称的曲线，也是此微分方程的积分曲线．证明 设0),(=y x F 是微分方程32224xy y y x =-'的积分曲线，则与其关于坐标原点)0,0(成中心对称的曲线是),(=--y x F ．由于),(=y x F 适合微分方程32224xy y y x =-'，故3222),(),(4xyy y x F y x F x y x =-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⋅，分别以y x --,代yx ,，亦有3222))(()(),(),()(4y x y y x F y x F x y x --=--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-----⋅-，而由0),(=--y x F ，得到),(),(y x F y x F y yx -----='，从而0),(=--y x F 也是此微分方程的积分曲线．8．物体在空气中的冷却速度与物体和空气的温差成比例，如果物体在20分钟内由100C 冷至60C ，那么，在多久的时间内，这个物体的温度达到30C ？假设空气的温度为20C ． 解 设物体在时刻t 的温度为)(t u u =，20=au，微分方程为)(au u k dtdu --=，解得ktaCe u u -+= ，根据初始条件10000===u ut ，得80=-=a u uC ，因此 kta a e u u u u --+=)(0，根据60,201===uu t ，得到ka a e u u u u2001)(--+=，由此202ln ln 20110=--=a a u u u u k ，所以得到t e u 202ln 8020-+=，当30=u 时，解出60=t （分钟）1=（小时）．在1小时的时间内，这个物体的温度达到30C ．9．试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：（1）曲线上任一点的切线与该点的向径夹角为α；（2）曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l ；（3）曲线上任一点的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积都等于常数2a ；（4）曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分被切点等分；（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的横坐标和纵坐标的等差中项；（7）曲线上任一点的切线的斜率与切点的横坐标成正比．（提示：过点),(y x d 的横截距和纵截距分别为'-yy x 和y x y '-）．解 （1）曲线上任一点为),(y x ，则xy y x yy '+-'=1tan α，即ααtan tan y x x y y -+='． （2）曲线上任一点),(y x 处的切线方程为yy x Y X y -'=-'，与两坐标轴交点为),0(y x y '-和)0,(y yy x '-'，两点间距离为l y x y y y y x ='-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'-'22)(，即 222)()(l y x y y y x ='-+'-． （3）由（2），有221a y x y y yy x ='-'-'，或y a y y x '=-'222)(．（4）由（2），有2y x y y '-=，或0=+'y y x ．（5）由（2），2xy xy='-．（6）同样由（2），2yxy xy +='-，或xy xy='-2．（7）易得kxy='（k为常数且0>k）．。

习题 2.51. 求解下列方程的解（1） ysinx+dxdy cosx=1 解：移项得，dxdy cosx=1-ysinx 两边同除cosx 得dx dy =—x x cos sin y+x cos 1 所以，y=e ⎰x x d cos )(cos 1（⎰x cos 1e ⎰-x x d cos )(cos 1dx+c ）y=cosx(2)cos 1(⎰x dx+c) y=cosx(⎰2sec xdx+c)y=cosx(tanx+c)所以 y=sinx+cosxc 为方程的通解(2)ydx-xdy=x 2ydy解：两边同除x 2得，2x xdy ydx -=ydy 则d （x y -）=d （22y ） 所以，xy y +22=c 为方程的通解。

（3）dxdy =4e -y sinx-1 解：两边同乘以e y 得，e y dx dy=4sinx-e y 所以dxe d y )(=4sinx-e y 令u=e y 得，u x dx du -=sin 4 u=e ⎰-dx 1 (⎰⎰dx xe sin 4dx+c)u=e -x (⎰x xe sin 4dx+c) 又因为⎰x xe sin 4dx=4⎰x xde sin =4sinxe x -4⎰x e dsinx=4sinxe x -4⎰x xe cos dx=4sinxe x -4 ⎰x xde cos =4sinxe x -4e x cosx+4⎰x e d （cosx ）=4sinxe x -4e x cosx-4⎰x xe sin dx所以dx xe x ⎰sin 4=2e x sinx-2e x cosx （分步积分法） 即e y =e -x （2e x sinx-2e x cosx+c ）所以e y =2（sinx-cosx ）+ce -x 为方程的通解。

（4）dx dy =xyx y - 解：分子分母同除x 得，x yx y dx dy -=1令u=x y ，则y=ux,由此u dx du x dx dy +=,代入原方程得，x dx du +u=uu -1 化简得，xdx du =u u u -1当u u ≠0时，du uu u -1=x 1dx （dx x du uu u 1)11=- （dx xdu u u 1)123=-- c x u u+=--ln ln 21 1ln ln 2c u x u++=- )21(ln 2111c y u-+-= 令-c c =121 则c y u+-=ln 211 即c y y x +-=ln 21，2)ln 21(c y y x +-= 即x=y （-2)ln 21c y + 经验证，y=0也是方程的解。

常微分试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列关于微分方程的描述，错误的是（）。

A. 微分方程是含有未知函数及其导数的方程B. 微分方程的解是未知函数C. 微分方程的通解是包含任意常数的解D. 微分方程的特解是满足初始条件的解答案：B2. 一阶线性微分方程的一般形式是（）。

A. \( y' + p(x)y = q(x) \)B. \( y'' + p(x)y' + q(x)y = 0 \)C. \( y'' + p(x)y = q(x) \)D. \( y' + p(x)y' = q(x) \)答案：A3. 微分方程 \( y'' - y' - 2y = 0 \) 的特征方程是（）。

A. \( r^2 - r - 2 = 0 \)B. \( r^2 - r + 2 = 0 \)C. \( r^2 + r - 2 = 0 \)D. \( r^2 + r + 2 = 0 \)答案：A4. 微分方程 \( y'' + 4y = 0 \) 的通解是（）。

A. \( y = C_1 \cos(2x) + C_2 \sin(2x) \)B. \( y = C_1 \cosh(2x) + C_2 \sinh(2x) \)C. \( y = C_1 \cos(4x) + C_2 \sin(4x) \)D. \( y = C_1 \cosh(4x) + C_2 \sinh(4x) \)答案：A二、填空题（每题5分，共20分）1. 微分方程 \( y'' - 4y' + 4y = 0 \) 的通解是 \( y = C_1 \)________ + \( C_2 \) ________。

答案：\( e^{2x} \) \( e^{-2x} \)2. 微分方程 \( y'' + y = 0 \) 的通解是 \( y = C_1 \) ________ + \( C_2 \) ________。

马知恩周义仓编常微分⽅程定性与稳定性⽅法部分习题参考解答第⼀章 基本定理1设有 $$\bex \frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\quad \bbx(t_0)=\bbx^0,\quad (t_0,\bbx^0)\in \bbR\times \bbR^n. \eex$$试证: 若 $\bbf\in C^1(G)$, 则在 $(t_0,\bbx^0)$ 的领域内, 此 Cauchy 问题的解存在惟⼀.证明: 由 $f\in C^1(G)$ 蕴含 $f\in C(G)$ 且在 $G$ 内适合 Lipschitz 条件知有结论.2试讨论下列⽅程解的存在区间:(1) $\dps{\frac{\rd y}{\rd x}=\frac{1}{x^2+y^2}}$;(2) $\dps{\frac{\rd y}{\rd x}=y(y-1)}$.解答:(1) 由 $\dps{\frac{\rd x}{\rd y}=x^2+y^2}$ 的解的存在区间有限知 $y$ 有界, ⽽由解的延拓定理, 原⽅程解的存在区间为 $\bbR$.(2) 直接求解有 $\dps{y=\frac{1}{1-\frac{y_0-1}{y_0}e^x}}$, ⽽a.当 $0\leq y_0\leq 1$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\bbR$;b.当 $y_0<0$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\dps{\sex{\ln\frac{y_0}{y_0-1},\infty}}$;c.当 $y_0>1$ 时, 原⽅程解的存在区间为 $\dps{\sex{-\infty,\ln\frac{y_0}{y_0-1}}}$.3 设有⼀阶微分⽅程式 $$\bex \frac{\rd x}{\rd t}=(t-x)e^{tx^2}. \eex$$ 试证: 过任⼀点 $(t_0,x_0)\in\bbR^2$ 的右⾏解的存在区间均为 $[t_0,+\infty)$.证明: 由 $$\bex \frac{\rd x}{\rd t}=(t-x)e^{tx^2}=\left\{\ba{ll} <0,&x>t,\\ >0,&x<t \ea\right. \eex$$ 知解在 $\sed{x>t}$ 内递减,在 $\sed{x<t}$ 内递增. 当 $x_0>t_0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR, t_0<x<x_0} \eex$$ 内应⽤解的延伸定理知解定与$\sed{x=t}$ 相交, 之后解递增, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,x<t} \eex$$ 内应⽤延伸定理及⽐较定理即知结论.4设有⼀阶⽅程 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=f(x)}$, 若 $f\in C(-\infty,+\infty)$, 且当 $x\neq 0$ 时有 $xf(x)<0$. 求证过 $\forall\(t_0,x_0)\in\bbR^2$, Cauchy 问题的右⾏解均在 $[t_0,+\infty)$ 上存在, 且 $\dps{\lim_{t\to+\infty}x(t)=0}$.证明: 由题意, $$\bex f(x)\left\{\ba{ll} >0,&x<0,\\ <0,&x>0. \ea\right. \eex$$ ⽽由 $f$ 的连续性, $f(0)=0$. 于是当 $x_0=0$ 时,由解的唯⼀性知 $x=0$. 当 $x_0>0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,0<x<x_0} \eex$$ 内应⽤延伸定理及惟⼀性定理知 $x(t)$ 递减趋于 $0$. 当 $x_0<0$ 时, 在 $$\bex \sed{(t,x);t\in\bbR,x_0<x<0} \eex$$ 内应⽤延伸定理及惟⼀性定理知 $x(t)$ 递增趋于 $0$.5若 $\bbf(t,\bbx)$ 在全空间 $\bbR\times\bbR^n$ 上连续且对 $\bbx$ 满⾜局部 Lipschitz 条件且 $$\bex \sen{\bbf(t,\bbx)}\leq L(r),\quad r=\sqrt{\sum_{i=1}^n x_i^2},\quad \bbx=(x_1,\cdots,x_n)^T, \eex$$ 其中 $L(r)>0, r>0$, 且 $$\bee\label{1.5:1}\int_a^{+\infty}\frac{\rd r}{L(r)}=+\infty,\quad a>0. \eee$$ 试证: 对 $\forall\ (t_0,\bbx^0)\in\bbR\times\bbR^n$, Cauchy 问题的解均可对 $t$ ⽆限延拓.证明: 由解的延伸定理, 仅须证明在任何有限区间 $-\infty<\alpha<t<\beta<+\infty$ 上, $\bbx(t)$ 有界. 为此, 令 $y(t)=\sen{\bbx(t)}$,则 $$\beex \bea \frac{\rd y(t)}{\rd t}&=2\bbx(t)\cdot\frac{\rd \bbx(t)}{\rd t} =2\bbx(t)\cdot \bbf(t,\bbx(t)),\\\sev{\frac{\rd y(t)}{\rd t}} &\leq 2\sqrt{y(t)}\cdot L\sex{\sqrt{y(t)}},\\ \frac{\rd \sqrt{y(t)}}{L\sex{\sqrt{y(t)}}}&\leq \rd t,\\ \int_\alpha^\beta \frac{\rd \sqrt{y(t)}}{L\sex{\sqrt{y(t)}}} &\leq \int_\alpha^\beta \rd t=\beta-\alpha. \eea \eeex$$ 这与\eqref{1.5:1} ⽭盾 (事实上, 当 $\alpha,\beta\gg 1$, $|\alpha-\beta|\ll 1$ 时, 不等式右端可任意⼩, ⽽不等式左端有积分发散知可⼤于某⼀正常数).6设有微分⽅程 $$\bex \frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx), \eex$$ $\bbf\in C(G\subset \bbR\times\bbR^n)$, 试证: 若对$\forall\ (t_0,\bbx^0)\in G$, Cauchy 问题的解都存在唯⼀, 则解必对初值连续依赖.证明: 参考[家⾥蹲⼤学数学杂志第134期, 常微分⽅程习题集, 第1600页].7 试在定理 1.1 的假设下, 利⽤ Gronwall 引理直接证明解对初始时刻 $t_0$ 的连续依赖性.证明: 参考定理 1.7 的证明.8 设有⼀阶 Cauchy 问题 $$\bex \frac{\rd y}{\rd x}=x^2+(y+1)^2,\quad y(0)=0. \eex$$ 试利⽤⽐较定理证明, 若设解的右⾏饱和区间为 $[0,\beta)$, 则 $\dps{\frac{\pi}{4}\leq \beta\leq 1}$.证明: 仅须注意到当 $0\leq x\leq 1$ 时, $$\bex (y+1)^2\leq x^2+(y+1)^2\leq 1+(y+1)^2. \eex$$ 再利⽤⽐较定理即知结论.第⼆章 动⼒系统的基本知识1试证明: $\Omega_P=\vno$ 的充要条件是 $L_P^+$ 趋于⽆穷.证明: $\ra$ ⽤反证法. 若 $L_P^+$ 不趋于⽆穷, 则 $$\bex \exists\ M>0, t_n\nearrow +\infty,\st \sen{\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)}\leq M. \eex$$ 由 Weierstrass 定理, $$\bex \exists\ \sed{t_n'}\subset \sed{t_n},\st \mbox{ $\varphi$}(P,t_n)\to Q,\eex$$ ⽽ $Q\in \Omega_P$, 这是⼀个⽭盾. $\la$ 亦⽤反证法. 若 $\Omega_P\neq \vno$, ⽽设 $Q\in \Omega_P$, 则 $$\bex\exists\ t_n\nearrow+\infty,\st \mbox{ $\varphi$}(P,t_n)\to Q. \eex$$ 这与 $L_P^+$ 趋于⽆穷⽭盾.2试证明: 若 $\Omega_P$ 仅含惟⼀奇点 $P^*$, 则当 $t\to+\infty$ 时必有 $L_P^+$ 趋向于 $P^*$.证明: ⽤反证法. 设 $$\bee\label{2.2:1} \exists\ \ve_0>0,\ t_n\nearrow+\infty, \st \sen{\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)-P^*}\geq\ve_0. \eee$$ 则(1)若 $\sed{t_n}$ 有有界的⼦列, 则适当抽取⼦列 $\sed{t_n'}$ 后有 $$\bex \mbox{ $\varphi$}(P,t_n')\to Q. \eex$$ 于是 $Q\in\Omega_P=\sed{P^*}$. 这与 \eqref{2.2:1} ⽭盾.(2)若 $\sed{t_n}$ ⽆有界的⼦列, 则 $\dps{\lim_{n\to\infty}\mbox{ $\varphi$}(P,t_n)=\infty}$, ⽽ $\infty\in\Omega_P=\sed{P^*}$, ⼜是⼀个⽭盾.3试证明: 若 $\Omega_P$ 有界且 $\Omega_P$ ⾮闭轨, 则 $\forall\ R\in \Omega_P$, $\Omega_R$ 与 $A_R$ 必均为奇点.证明: ⽤反证法证明 $\Omega_R$ 为奇点集, $A_R$ 为奇点集类似可证. 设 $\Omega_R$ 含有常点. 由 $R\in \Omega_P$ 及$\Omega_P$ 为不变集知 $L_R\subset \Omega_Q$. 于是按引理 2.3, $L_R$ 为闭轨线, $L_R=\Omega_R\subset \Omega_P$. 这与 $\Omega_P$ ⾮闭轨⽭盾.4试证明: ⼀系统的圈闭奇点的集合是⼀闭集.证明: 全体奇点的集合为 $$\bex \sed{\bbx^*\in G; \bbf(\bbx^*)=\mbox{ $0$}}. \eex$$ 由 $\bbf$ 的连续性即知结论.5 若 $L_P^+$ 有界且 $\Omega_P$ 仅由奇点构成, 能否断定 $\Omega_P$ 仅含⼀个奇点?解答: 不能断定. 仅能说 $\Omega_P$ 为由奇点构成的连通闭集或闭轨线.6 设 $O(0,0)$ 是⼀平⾯⾃治系统的惟⼀奇点, 且是稳定的, 全平⾯没有闭轨线. 试证: (1) 此系统的任⼀轨线必负向⽆界; (2) 任⼀有界的正半轨闭进⼊奇点 $O$.证明:(1) ⽤反证法. 若有⼀轨线负向有界, 则在定理 2.8 中, 由全平⾯没有闭轨线知 (3),(4) 不成⽴; 由 $O$ 为惟⼀奇点知 (1),(2),(5) 不成⽴. 这是⼀个⽭盾.(2) 对有界正半轨⽽⾔, 定理 2.8 中仅有 (1),(2),(5) 可能成⽴. 若 (1),(2) 成⽴, 则结论已证; ⽽由全平⾯没有闭轨线知 (5) 不成⽴.第三章 稳定性理论1 讨论⽅程 $$\bee\label{3.1:1} \sedd{\ba{ll}\frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\\ \frac{\rd x_2}{\rd t}=-a^2\sin x_1\ea} \eee$$ 零解的稳定性.解答: 选取 $$\bex V(\bbx)=\frac{x_2^2}{2}+a^2(1-\cos x_1), \eex$$ 则 $V$ 在原点的⼀邻域内是正定的, 且沿 \eqref{3.1:1} 的轨线有 $$\bex \dot V(\bbx)=V_{x_1}x_1'+V_{x_2}x_2'=0. \eex$$ 由此, 零解是稳定的, 但不是渐近稳定的.2 证明⽅程 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=-x+x^2}$ 的零解是指数渐近稳定的, 但不是全局渐近稳定的.证明: 解该微分⽅程有: $$\bex \ba{ccc} -\frac{1}{x^2}\frac{\rd x}{\rd t}=\frac{1}{x}-1,&\frac{\rd y}{\rd t}=y-1\\sex{y=\frac{1}{x}},&\frac{\rd z}{\rd t}=-e^{-t}\ \sex{z=e^{-t}y},\\ z=e^{-t}+C,&y=Ce^t+1,&x=\frac{1}{1+Ce^t}. \ea \eex$$由此, 原微分⽅程的解为 $$\bex x=0,\mbox{ 或 }x(t)=\frac{1}{1+Ce^t}. \eex$$ 取初值 $(t_0,x_0),\ x_0\neq 0$, 有 $$\bexx(t,t_0,x_0)=\frac{x_0}{1+e^{t-t_0}(1-x_0)}. \eex$$ 故当 $|x_0|<1$ 时, $$\bex |x(t,t_0,x_0)|\leq \sev{\frac{1}{x_0}-1}e^{-(t-t_0)}. \eex$$ 这说明零解是指数渐近稳定的. 但由于从 $(t_0,1)$ 出发的解 $x(t,t_0,1)=1$ 不趋于零解, ⽽零解不是全局渐近稳定的.3 在相空间 $\bbR^n$ 中给出 $\dps{\frac{\rd \bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\ \bbf(t,0)=0}$ 的零解稳定、渐近稳定、不稳定的⼏何解释.解答: 零解是稳定的 $\lra\ \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ \forall\ P\in B_\delta,\ L_P^+\subset B_\ve$; 零解是渐进稳定的$\lra\ \exists\ U\ni O,\ \forall\ P\in U,\ L_P^+\to 0$; 零解是不稳定的 $\lra\ \exists\ \ve_0>0,\ \exists\ P_n\to0, \stL_{P_n}^+\bs B_\ve\neq \vno$.4判断下列系统零解的稳定性:(1) $\dps{\sedd{\ba{ll} \frac{\rd x_1}{\rd t}=mx_2+\alpha x_1(x_1^2+x_2^2),\\ \frac{\rd x_2}{\rd t}=-mx_1+\alphax_2(x_1^2+x_2^2); \ea}}$;(2) $\dps{\frac{\rd^2x}{\rd t^2}+\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}^3+f(x)=0,}$ 其中 $xf(x)>0\ (x\neq 0), f(0)=0$;(3) $\dps{\frac{\rd^2x}{\rd t^2}-\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}^2sgn\sex{\frac{\rd x}{\rd t}}+x=0}$.解答:(1) 取 $$\bex V=x_1^2+x_2^2, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $$\bex \dot V=2\alpha(x_1^2+x_2^2)\sedd{\ba{lll} \mbox{正定},&\alpha>0,\\ 0,&\alpha=0,\\ \mbox{负定},&\alpha<0. \ea} \eex$$ 于是当 $\alpha>0$ 时, 由定理 3.3, 零解是不稳定的; 当 $\alpha=0$ 时, 由定理 3.1, 定理是稳定的; 当 $\alpha<0$ 时, 由定理 3.1, 零解是渐近稳定的.(2) 令 $\dps{x_1=x,x_2=\frac{\rd x}{\rd t}}$, 则 $$\bex \frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\quad \frac{\rd x_2}{\rd t}=-x_2^3-f(x_1). \eex$$ 取 $$\bex V=\frac{x_2^2}{2}+\int_0^{x_1}f(t)\rd t, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $\dot V=-x_2^4\leq 0.$再 $$\bex \sed{\bbx;\dot V(\bbx)=0}=\sed{0}, \eex$$ 我们据定理 3.2 知零解是渐近稳定的.(3) 令 $\dps{x_1=x,x_2=\frac{\rd x}{\rd t}}$, 则 $$\bex \frac{\rd x_1}{\rd t}=x_2,\quad \frac{\rd x_2}{\rd t}=x_2^2sgn(x_2)-x_1. \eex$$ 取 $$\bex V=\frac{x_1^2+x_2^2}{2}, \eex$$ 则 $V$ 正定, 且沿微分⽅程的轨线有 $\dot V=x_2^2|x_2|$是正定的. 我们据定理 3.3 知零解是不稳定的.5 若存在有⽆穷⼩上界的正定函数 $V(t,\bbx)$, 它沿着 $$\bex (3.3.1)\quad \frac{\rd\bbx}{\rd t}=\bbf(t,\bbx),\quad \bbf(t,0)=0 \eex$$ 解曲线的全导数 $\dot V(t,\bbx)$ 负定, 证明 (3.3.1) 的零解是渐近稳定的.证明: 仅须注意到存在正定函数 $W(x)$, $W_1(x)$ 使得 $$\bex W(\bbx)\leq V(t,\bbx)\leq W_1(\bbx). \eex$$ ⽽可仿照定理 3.1 的证明.6 讨论 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=\frac{g'(t)}{g(t)}x}$ 零解的稳定性, 其中 $\dps{g(t)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{1+n^4(t-n)^2}}$. 能否得到零解渐近稳定的结果? 为什么?解答: 直接求解有 $$\bex x(t)=\frac{x_0}{g(t_0)}{g(t)}, \eex$$ ⽽由 $$\bex |x(t)|\leq\frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{2+\sum_{n\neq [t],[t]+1}\frac{1}{1+n^4(t-n)^2}} \leq \frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{2+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}} \eex$$ 知零解是稳定的; 由$$\bex |x(k)|=\frac{|x_0|}{g(t_0)}\sez{1+\sum_{n\neq k}\frac{1}{n^4(k-n)^2}}\geq \frac{|x_0|}{g(t_0)} \eex$$ 知零解不是渐近稳定的.7证明 $\dps{\frac{\rd x}{\rd t}=-\frac{x}{t+1}}$ 的零解是渐近稳定的, 但不存在有⽆穷⼩上界的正定函数 $V(t,x)$, 使得 $\dotV(t,x)$ 负定 (该习题表明习题 5 中渐近稳定性定理中的条件不是必要的).证明: 直接求解有 $$\bex x(t)=\frac{x_0}{1+t}. \eex$$ ⽽零解是渐近稳定的.。

习题1.2 1.dy=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。

dx解：d ^ =2xdx两边积分有：In |y|=x 2 +cy2y=e x +e c =cex 2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 2 ,x=0 y=1时c=12特解为y= e x .2. y 2dx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件:1 1两边积分：-=-ln|x+1|+ln|c| y=yIn | c(x +1) |另外y=0,x=-1也是原方程的解x=0,y=1 时c=edy = 1 +y 2 dx xy x 3y2解：原方程为： 型=1 y1飞dx y x + x1 y 21dy= 亍 dx y x x两边积分：x(1+x 2 )(1+y 2 )=cx4. (1+x)ydx+(1-y)xdy=01 — yX + 1解：原方程为：dy=- dxy x两边积分：In |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：特解: y=1 In |c(x 1)|x=0,y=1的特解。

解：y 2dx=-(x+1)dy卑 dy=-ydxdy =- x —y dx x y令.X =u 贝y d ^ =u+x-du 代入有: xdx dx1du= dxx22ln(u +1)x =c-2arctgu 即 ln(y 2 +x 2 )=c-2arctg 当x6. x d ^ -y+x 2 - y 2 =0dxarcsin — =sg nx In |x|+cx7. tgydx-ctgxdy=0 解：原方程为： 业=-^tgy ctgx两边积分：ln |si ny|=-l n|cosx|-l n|c|1csiny==另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.ccosx cosx所以原方程的通解为 siny cosx=c.dx y2解：原方程为：e ye3xdxy2 e 3x -3e=c.9.x(l nx-l ny )dy-ydx=O解：原方程为：dy : 』ln ydx xx 令—=u , 则矽 =u+ x duxdxdx解：原方程为:dz=_y +凶 dx x x则令—=u虬u+ xdxdu dx----------- du=sgnx.1 -u 2丄dxdy + e y 2 3x=0du , u+ x =ulnu dx ln(ln u-1)=-l n|cx| y 1+ln =cy.xdy x_y10. =edx解：原方程为: ^y=e x e-ydxy=ce解：令 x+y=u,贝卩 砂=理 -1dx dx巴-1=udx2 du=dx1 uarctgu=x+c arctg(x+y)=x+cdy = 12dx (x y)解：令 x+y=u,贝卩 业=屯 -1dx dxdu 彳1-1=Pdx uu-arctgu=x+cy-arctg(x+y)=c.13. dy =2x_y +1 dx x—2y +1解：原方程为：(x-2y+1 ) dy=(2x-y+1)dx xdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=02 2dxy-d(y -y)-dx +x=c xy-y 2 +y-x 2 -x=c14： dy = x -y 5dx x - y - 2解：原方程为：(x-y-2 ) dy=(x-y+5)dx xdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0 1 2 1 2dxy-d( y +2y)-d( x +5x)=02 211哭=(x+y) 212.2 2y +4y+x +10x-2xy=c.15: 巴=(x+1)2+(4y+1) 2+8xy Tdx所以原方程可化为变量分离方程。

《常微分方程》习题解答习题1.21求下列可分离变量微分方程的通解：(1)ydy某d某解：积分，得(2) 1212y某c1即某2y2c22dyylnyd某解：y0,y1为特解，当y0,y1时，dyd某，ylny积分，得lnlny某c1,(3)lnyec1e某ce某c0，即yece某dye某yd某y某解：变形得eydye某d某积分，得eec(4)tanyd某cot某dy0解：变形得dytanycoyin某dyd某.，y0为特解，当y0时，d某cot某inyco某积分，得lninylnco某c1,即inyco某e1c,clninyco某c1,c02．求下列方程满足给定初值条件的解：(1)dyy(y1),y(0)1d某解：y0,y1为特解，当y0,y1时，(11)dyd某，y1y积分，得lny1某c1,yy1ec1e某ce某,c0y将y(0)1代入，得c0，即y1为所求的解。

(2)(某1)y2某y0,y(0)122dy2某y22,解：d某某1积分，得y0为特解，当y0时，dy2某d某，22y某11ln某21cy1ln某112将y(0)1代入，得c1，即y为所求的解。

2(3)y33y,y(2)0解：y0为特解，当y0时，dy3y23d某，积分，得y某c,13y(某c)3将y(2)0代入，得c2，即y(某2)3和y0均为所求的解。

(4)(y2某y2)d某(某2y某2)dy0,y(1)1解：某0,y0为特解，当某0,y0时，1某1yd某dy0，22某y某c1某y某yeece,c0y111111积分，得ln某lnyc1,某y某22某y将y(1)1代入，得ce，即ee为所求的解。

y11224．求解方程某1yd某y1某dy0解：某1(1y1),y1(1某1)为特解，当某1,y1时，某1某2d某y1y2dy0积分，得1某21y2c(c0)6．求一曲线，使其具有以下性质：曲线上各点处的切线与切点到原点的向径及某轴可围成一个等腰三角形(以某轴为底)，且通过点(1,2).解：设所求曲线为yy(某)对其上任一点(某,y)的切线方程：Yyy'(某某)于某轴上的截距为a某yy'由题意建立方程：某y某某0y'即y'y,某y(1)2再由2ec得c=ln2,得所求曲线为求得方程的通解为某yec,为某y2c07．人工繁殖细菌，其增长速度和当时的细菌数成正比（1）如果4小时的细菌数为原细菌数的2倍，那么经过12小时应有多少？（2）如果在3小时时的细菌数为得10个，在5小时时的细菌数为得410个，那么在开始时有多少个细菌？解：设t时刻的细菌数为q(t),由题意建立微分方程kt44dqkqdtk0求解方程得qce再设t=0时，细菌数为q0,求得方程的解为qq0ekt （1）由q(4)2q0即q0e4k2q0得kln24q(12)q0e12kq0e12ln248q0（2）由条件q(3)q0e3k104,q(5)q0e5k4104ln423ln4比较两式得k，再由q(3)q0e3kq0e28q0104得q01.25103习题1.31解下列方程：(2)(y2某y)d某某dy0解：方程改写为22dyyy2()()2d某某某ydu11d某2uu2整理为()du令u，有u某d某uu1某某积分，得ln(u0,1)ulnc1某u1即uc1某c1某1代回变量，得通解某(y某)cy,(4)某yy某tany0也是方程的解y某dyyytan解：方程改写为d某某某yduinud某tanu令u，有某即cotudu(inu0)某d某cou某积分，得inuc某代回变量，得通解iny某c某(5)某yy(某y)ln某y某解：方程改写为dyd某y某(1y某)ln某y某令uydu某，有某d某(1u)ln(1u)当u0,u1时dud某(1u)ln(1u)某积分，得ln(1u)c某代回变量，得通解ln(1y某)c某(6)某y某2y2y 解：方程改写为dyd某1(y某)2y某令uydu某，有某d某1u2分离变量du1u2d某某积分，得arcinulnc某代回变量，得通解arciny某lnc某,y某也是方程的解2解下列方程：(1)(2某4y6)d某(某y3)dy0解：方程改写为dyd某4y2某6某y3令24030，解得1,2(1u1)作变换某1,y2有d42d再令udu4u2上方程可化为ud1uu1ddu(u1)(u2)u22)cu1整理为(u1,2)积分，得(u2)(代回变量，得通解(y2某)3c(y某1)2,(2)(2某y1)d 某(4某2y3)dy0y某1也是方程的解解：方程改写为dy2某y1d某4某2y3du5u52u3du5d某(u1)分离变量d某2u3u1令u2某y，有积分，得2ulnu15某c1代回变量，得通解2某y1ce2y某(4)y2(y22)某y1vy2则原方程变为解：令u某1,dvv22()duuvvdzz22()再令z，则方程化为zuudu1z(1z)2du分离变量dz(z0)uz(1z2)积分，得lnzu2arctanzlnc代回变量，得通解y2ce3解方程(2某3y7)某d某(3某2y8)ydy022222arctany2某12ydy2某23y27dy22某23y27解：方程改写为即222222某d某3某2y8d 某3某2y8。

习题1.24. 给定一阶微分方程2dyx dx=， (1). 求出它的通解； (2). 求通过点()1,4的特解；(3). 求出与直线23y x =+相切的解； (4). 求出满足条件102ydx =⎰的解；(5). 绘出(2),(3),(4)中的解得图形。

解：(1). 通解显然为2,y x c c =+∈ ；(2). 把1,4x y ==代入2y x c =+得3c =，故通过点()1,4的特解为23y x =+；(3). 因为所求直线与直线23y x =+相切，所以223y x cy x ⎧=+⎨=+⎩只有唯一解，即223x c x +=+只有唯一实根，从而4c =，故与直线23y x =+相切的解是24y x =+；(4). 把2y x c =+代入12y d x =⎰即得53c =，故满足条件12ydx =⎰的解是25y x =+； (5). 图形如下：-1.5-1-0.500.51 1.512345675. 求下列两个微分方程的公共解：242422,2y y x x y x x x y y ''=+-=++--解：由2424222y x x x x x y y +-=++--可得()()222210y x xy -++=所以2y x =或212y x =--，2y x =代入原微分方程满足，而212y x =--代入原微分方程不满足，故所求公共解是代入原微分方程不满足。

6. 求微分方程20y xy y ''+-=的直线积分曲线。

解：设所求直线积分曲线是y kx b =+，则将其代入原微分方程可得2200010k b k xk kx b k b k b k k -=⎧+--=⇒⇒====⎨-=⎩或所以所求直线积分曲线是0y =或1y x =+。

8. 试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程：(2). 曲线上任一点的切线介于两坐标轴之间的部分等于定长l ； (5). 曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方。

习题 2.51. 求解下列方程的解（1） ysinx+dxdy cosx=1 解：移项得，dxdy cosx=1-ysinx 两边同除cosx 得dx dy =—x x cos sin y+x cos 1 所以，y=e ⎰x x d cos )(cos 1（⎰x cos 1e ⎰-x x d cos )(cos 1dx+c ）y=cosx(2)cos 1(⎰xdx+c) y=cosx(⎰2sec xdx+c) y=cosx(tanx+c)所以 y=sinx+cosxc 为方程的通解(2)ydx-xdy=x 2ydy解：两边同除x 2得，2xxdy ydx -=ydy 则d （xy -）=d （22y ） 所以，xy y +22=c 为方程的通解。

（3）dxdy =4e -y sinx-1 解：两边同乘以e y 得，e y dx dy=4sinx-e y 所以dxe d y )(=4sinx-e y 令u=e y 得，u x dx du -=sin 4 u=e ⎰-dx 1 (⎰⎰dx xe sin 4dx+c)u=e -x (⎰x xe sin 4dx+c)又因为⎰x xe sin 4dx=4⎰x xde sin =4sinxe x -4⎰x e dsinx=4sinxe x -4⎰x xe cos dx=4sinxe x -4 ⎰x xde cos =4sinxe x -4e x cosx+4⎰x e d （cosx ）=4sinxe x -4e x cosx-4⎰x xe sin dx所以dx xe x ⎰sin 4=2e x sinx-2e x cosx （分步积分法） 即e y =e -x （2e x sinx-2e x cosx+c ）所以e y =2（sinx-cosx ）+ce -x 为方程的通解。

（4）dx dy =xyx y - 解：分子分母同除x 得，x yxydx dy -=1令u=x y ，则y=ux,由此u dx du x dx dy +=,代入原方程得，x dx du +u=uu -1 化简得，xdx du =uu u -1 当u u ≠0时，du uu u -1=x 1dx （dx x du uu u 1)11=- （dx xdu u u 1)123=-- c x u u+=--ln ln 21 1ln ln 2c u x u++=- )21(ln 2111c y u-+-= 令-c c =121 则c y u +-=ln 211 即c y y x +-=ln 21，2)ln 21(c y y x +-= 即x=y （-2)ln 21c y + 经验证，y=0也是方程的解。