常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答_2

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常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-参考答案
习题 4-1 1．求解下列微分方程 1） 2 y = p + 4 px + 2 x
y = xp + f ( p )
(p =
dy ) （1） dx
dp =0 dx
dp =0 dx
即 p = c时 （2）
代入（1）得（1）的通解
y = cx + f (c)
它的 C—判别式为
y = cx + f (c) x + f ' (c ) = 0
由此得
Λ:x = − f '(c)) = ϕ (c ) ， y = −cf '(c) + f (c) = ψ (c )
1 = dy 2 cos t 5
5 1 ( 2 sin t ) = d 2 cos t
5 dt 从而得 2
x=
5 2
t+c 5 t + c ， y = 2 sin t 2
x 因此方程的通解为 =
消去参数 t，得通解
= y
2 sin
2 (x − C) 5 dy = 0 ，显然 dx
对于方程除了上述通解，还有 y = ± 2 ，
检验知
y = 2x +
Fy' ( x, y, p) = 1 ，
" Fpp ( x, y , p ) = 2 p ，
Fp' ( x, y, p) =−1 + p 2
所以虽有
2 Fy' ( x, 2 x ± , 2 ) = 1≠ 0 3 2 " Fpp ( x, 2 x ± , 2 ) = 4≠0 3 2 ' 但是 Fp ( x, 2 x ± , 2 ) = 3≠0 3
dp + p = 0 时，得 px = c dx
从而可得原方程以 p 为参数的参数形式通解：
y pxln + ( xp ) 2 = 或消 p 得通解 = y Clnx + C 2 px = c
当 lnx + 2 xp = 0 时，消去 p 得特解 y = −
1 (lnx) 2 4
3） y = x p + 1 + p 解
cot 2 u =
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1 − t 2 2 1 1 + t = 3

2
2 dt 2t 1 + t 2 2 1 + t 3
=
1 4 3
(t −
2 1 + )dt t t3 1 1 ( t 2 − 2 ln t − 2 ) + c 2t 4 3 2 1 )+C t2 1
解：方程的 P—判别式为
y = 2x + p −
消去 P，得
1 3 p 3 y = 2x ±
1− p2 = 0 2 3
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2 2 不是解，故不是奇解，而 y = 2 x − 虽然是解，但不是奇解。 3 3 1 3 令 F ( x, y , p ) = y − 2 x − p + p 3
(
2
)
dy p= cx
利用微分法，得
p + 1+ p2 1+ p
2
=−
2
dx x
两边积分得
(1 + P
+ P 1+ P2 x = c
)
由此得原方程以 P 为参数形式的通解：
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y = x( p + 1 + p 2 ， 1 + p 2 + p 2 1 + p 2 x = c.
Fy' ( x( x), x ' ( x)) ≠ 0 是不可缺少的。
又考虑方程
sin( y
dy )= y dx
sin( yp) = y ycos ( yp ) = 0
'
方程（2）的 P—判别式为
( x, y , p ) 消去 P，得 y = 0 。令 F ( x, y, p ) = sin( yp) − y 于是有 Fy=
2 2
解 当
利用微分法得
dy ) dx dp (2 x + p )( + 1) = 0 dx (p =
dp +1 = 0 时，得 p = −x + c dx
从而可得原方程的以 P 为参数的参数形式通解
2 y =p 2 + 4 px + 2 x 2 p= −x + c
或消参数 P，得通解
y=
x= 4t 1+ t3
又
解得
dy dy dx 4(1 − 2t 3 ) 16t 2 (1 − 2t 3 ) 4t 2 = • = • = dt dx dt 1 + t 3 (1 + t 3 ) 2 (1 + t 3 ) 3
=
16 (1 − 2t 6 3 ) 3 16 1 − 2u dt u = t 3 du 3 3 3 (1 + t ) 3 (1 + u ) 3
，故
令 V ( x, y , c ) = cx + f (c) − y
Vx' (ϕ (c),ψ (c), c) = c
所以 (Vx , Vy ) ≠ (0, 0)
' '
v 'y (ϕ (c),ψ (c), c) = −1
又 （由于 f " (c) ≠ 0 ）
(ϕ '(c),ψ '(c)) = (− f "(c), −cf "(c)) ≠ (0, 0)
= 16
du 32 du − 3 3 3 (1 + u 2 (1 + u )
∴y = −
8 32 1 + +C 2 (1 + u ) 3 1+ u2
∴= −
8 32 1 + +C 3 2 (1 + t ) 3 1+ t3
由此得微分方程的通解为
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和 Fp ( x, −
'
x2 x ,− ) = 0 4 2 1 2 x 4
是方程的奇解。
因此，由定理 4.2 可知， y = −
2） y = 2 x
dy dy + ( )2 dx dx
解：方程的 P—判别式为
y = 2 xp + p 2 ， x + p = 0
消去 P，得
y = − x 2 ，而 y = − x 2 不是方程的解，故 y = − x 2 不是方程的奇解。
' ' " '
式是缺一不可的， 解：考虑方程 (
dy 2 ) − y2 = 0 dx
2 p = 0 消去 P，得 y = x( x) = 0
'
方程（1）的 P—判别式为
p2 − y2 = 0
令 F ( x, y, p ) = p 2 − y 2 ，于是有 Fp ( x, y, p ) = −2 y
" Fpp ( x, y, p) = 2 因此虽然有
3） ( y − 1) 2 (
dy 2 4 ) = y dx q 4 9
解：方程的 P—判别式为
( y − 1) 2 p 2 =
， 2( y − 1) p = 0
2
消去 P，得 y = 0 ，显然 y = 0 是方程的解， 令 F ( x, y, p ) = ( y − 1) p −
2 2
4 y 则有 9
y = 2 和 y = − 2 是方程的两个解。
2） x − 3(
2
dy 2 ) = 1 dx dy 1 =− cot u dx 3 1 1+ t2 则x= = sin u 2t 1 cos 2 u du 3 3 sin u
-2-
解：令 x = csc u ，
u 又令 tan = t 2
dy =
1 3
因此 Λ 满足定理 4.5 相应的非蜕化性条件。故 Λ 是积分曲线族（2）的一支包络。
课外补充 1．求下列给定曲线族的包络。 1） ( x − c) 2 + ( y − c) 2 = 4 解：由相应的 C—判别式
V ( x, y, c) =( x − c) 2 + ( y − c) 2 − 4 =0 Vc ( x, y, c) = −2( x − c) − 2( y − c) = 0
或消去 P 得通解
(
)
y 2 + ( X − C) 2 = C 2
2. 用参数法求解下列微分方程
2 2
dy 1） 2 y + 5 =4 dx dy y dx 12 = + 4 2 5
2
解
将方程化为
令y=
2 sin t
dy 2 = cos t dx 5
由此可推出 = dx
Vx' (ϕ (c),ψ (c), c) = 2( − 2 + c − c) = −2 2
Vy' (ϕ (c),ψ (c),= c) 2( 2 + c −= c) 2 2
∴ (Vx (ϕ (c),ψ (c), c)v, Vy (ϕ (c ),ψ (c ), c )) ≠ (0, 0)
x=
4t ， 1+ t3
8 32 1 y= − + +C 。 3 2 (1 + t ) 3 1+ t3
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习题 4-2 1．得用 P—判别式求下列方程的奇解： 1） y = x dx + (
dy
dy 2 ) dx
解：方程的 P—判别式为
消去 C 得 C—判别曲线
( x − y) 2 = 8
它的两支曲线的参数表示式为
Λ1 ： x = − 2 + c Λ2 ： x = 2 + c
，y=
2 +c
，y=− 2 +c
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对 Λ1 ，我们有 (ϕ '(c),ψ '( c)) (1,1) ≠ (0, 0) =
积分得， = y
=
1 8 3
(t 2 − 4 ln t −
由此得微分方程的通解为
1+ t2 1 2 1 ， y (t − 4 ln t − 2 ) + c = x= t 2t 8 3
3） x + (
3
dy 3 dy ) =4 dx dx dy 3 3 3 2 则 x + x t = 4x t 解：令 = xt dx
因此此例说明定理 4.2 的条件 Fp ( x, x( x), x ( x) = 0 是不可缺少的。
' '
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习题 4-3 1．试求克莱罗方程的通解及其包络 解：克莱罗方程 其中 f " ( p ) ≠ 0 。 对方程（1）求导值 ( x + f ' ( p )) 由
的解，但不是奇解。因此由此例可看出定理 4.2 中的条件 Fpp ( x, x( x), x ( x)) ≠ 0 是不可
" '
缺少的。 3 ． 研 究 下 面 的 例 子 ， 说 明 定 理 4.2 的 条 件 Fp ( x, x( x), x ( x)) = 0 是 不 可 缺 少 的
' '
1 y = 2 x + y ' − ( y ' )3 3
1 2 (c + 2cx − x 2 ) 2
当 2x + p = 0 时，则消去 P，得特解 y = − x 2
2 ）y =
dy pxlnx + ( xp ) 2 ； p = dx
利用微分法得
解
dp (lnx + 2 xp ) x + dx
p = 0
当x
Fp' ( x, y, p) = −2 p
" Fpp ( x, y, p)= 2 ≠ 0 和 Fp' ( x, 0, 0 ) = 0
但是 Fy ( x, 0, 0 ) = 0
'
又 y = 0 虽然是方程的解，且容易求出方程（1）的通解为 y = xe ± x 因 此 容 易 验 证 y = 0 却 不 是 奇 解 。 因 此 由 此 例 可 看 出 。 定 理 4.2 中 的 条 件
" Fpp ( x, 0, 0 ) = 2
Fy' ( x, 0, 0 ) = −
'
4 9
和 Fp ( x, 0, 0 ) = 0 因此，由定理 4.2 知， y = 0 是方程的奇解。
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2．举例说明，在定理 4.2 的条件 Fy ( x, x( x), x ( x)) ≠ 0 Fpp ( x, x( x), x ( x)) ≠ 0 中的两个不等
Fp' ( x, y, p) = ycos ( yp )
" Fpp ( x, y, p) = y 2 sin( yp)
pcos ( yp ) − 1 ，
因此，虽然有
" Fy' ( x, 0, 0 ) =−1 ≠ 0 和 Fp' ( x, 0, 0 ) = 0 但 Fpp ( x, 0, 0 ) = 0 ， 而经检验知 y = 0 是 方程 （2）
y = xp + p 2 , x
2
经验证可知 y = − x4 是方程的解。
2
令 F ( x, y, p ) = y − xp − p 2 则有 Fy ( x, −
'
x2 x x2 x " −2 ,− ) = 1 ， Fpp ( x, − , − ) = 4 2 4 2