常微分方程第二版答案第三章教学总结
常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答_2
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
《常微分方程》东师大第二版习题答案
dy y y = 2( ) − ( ) 2 dx x x y du 令 u = ，有 u + x = 2u − u 2 x dx
积分，得 ln
整理为 (
1 1 dx − )du = u u −1 x
(u ≠ 0,1)
u = ln c1 x u −1
即u =
c1 x c1 x − 1
代回变量，得通解 x( y − x) = cy, (4) xy ′ − y = x tan
6
积分，得
1+ ω = cξ 4 (1 − ω ) 5
2 2 5 2 2
代回原变量，得原方程的通解为 ( x − y − 1) = c( x + y − 3)
4 1.4 习 题 1.
1 解下列方程. (1)
dy + 2 xy = 4 x dx
2 dy ̃ = Ce − x . + 2 xy = 0 的通解为 y dx
−2
− x = −e − 2 e x y 为所求的解。 y
4．求解方程 x 1 − y dx + y 1 − x dy = 0 解： x = ±1 ( −1 ≤ y ≤ 1), y = ±1 ( −1 ≤ x ≤ 1) 为特解， 当 x ≠ ±1, y ≠ ±1 时，
2
2
x
1− x
2
dx +
y
1− y2
ln sin y cos x = c1 ,
积分，得 ln sin y = − ln cos x + c1 , 即 sin y cos x = ± e
c1
= c, c ≠ 0
2．求下列方程满足给定初值条件的解： (1)
dy = y ( y − 1), y (0) = 1 dx y = 1 为特解，当 y ≠ 0, y −1 = x + c1 , y y ≠ 1 时， (
常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答
７． (
y + x 2 )dx + (ln x − 2 y )dy = 0 x y 2 解： P ( x, y ) = + x Q ( x, y ) = ln x − 2 y, x ∂P 1 ∂Q 1 = , = , ∂y x ∂x x
所以
则
∂P ∂Q ，即 原方程为恰当方程 = ∂y ∂x
则(
y dx + ln xdy ) + x 2 dx − 2 ydy = 0 x x3 + y ln x − y 2 = C. 3
4. 跟踪： 设某 A 从 xoy 平面上的原点出发， 沿 x 轴正方向前进； 同时某 B 从点开始跟踪 A， 即 B 与 A 永远保持等距 b．试求 B 的光滑运动轨迹． 解：设 B 的运动轨迹为 y = y ( x) ,由题意及导数的几何意义，则有
dy y ，所以求 B 的运动轨迹即是求此微分方程满足 y (0) = b 的解． =− 2 dx b − y2
；
2 sin 3 y − 3 cos 2 x = c
因为
π
π
, 所以
c = 3.
-5-
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
所以原方程满足初值问题的解为： 2 sin 3 y − 3 cos 2 x = 3 ．
(２)． xdx + ye − x dy = 0 ，
y (0) = 1 ；
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
则 ax 2 dx + (by 2 dx + cxydy) = 0
两边积分得：
ax 3 + bxy 2 = C. 3
常微分方程课程总结
常微分方程课程总结第一章 绪论§1.2微分方程的基本概念（1）常微分方程偏微分方程微分方程：凡含有未知函数的导数或微分的方程叫微分方程。
常微分方程：未知函数为一元函数的微分方程。
()(),dyaxy a dxdy p x y Q x dx=+=为常数 偏微分方程：未知函数为多元函数，从而出现偏导数的微分方程。
()22,22242u uf x y x y u u y x ∂∂+=∂∂∂∂=∂∂（2）线性与非线性一般n 阶线性微分方程具有形式：（等式左面全是一次有理整式）()(1)11()()()().n n n n y a x y a x y a x y f x --'++++=（3）解和隐式解微分方程的解：代入微分方程能使方程成为恒等式的函数. 隐式解：Φ（x,y ）=0 （4）通解和特解通解：微分方程的解中含有任意常数,且任意常数的个数与微分方程的阶数同.） 特解： 确定了通解中任意常数以后的解. 初始条件：用来确定任意常数的条件.初值问题: 求微分方程满足初始条件的解的问题.（5）积分曲线：微分方程任一特解的图形都是一条曲线,称为微分方程的积曲线。
第二章 一阶微分方程的初等解法§2.1 变量分离方程与变量变换2.1.1、变量分离方程)()(y x f dxdyϕ= ⎰⎰+=c dx x f y dy )()(ϕ 2.1.2、可化为变量分离方程的类型1.形如)(x y g dx dy =，称为齐次微分方程，令u ＝xy ,即y ＝ux ，于是dx dy ＝x dx du ＋u ，代入原方程，变形为x dx du ＋u ＝g （u ），整理得dx du ＝xuu g -)(2.形如222111c x b x a c x b x a dx dy ++++= 的方程也可经变量变换化为变量分离方程（1）常数）(212121k c c b b a a ===，方程化为dxdy ＝k ，有通解c kx y += （2）≠==k b b a a 212121c c 情形，令u ＝y b x a 21+，这时有dx du ＝dx dy b a 22+＝2122c u c ku b a +++是分离变量方程 （3）2121b b a a ≠情形，若21c c 、不全为零，方程右端分子、分母都是x 、y 的一次多项式，因此111c x b x a ++＝0，222c y b x a ++＝0，交点（),βα，令X ＝x －α，Y ＝y －β，化为011=+Y b X a ， 022=+Y b X a 。
常微分方程第三章基本定理
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线性化定理
总结词
线性化定理是将非线性常微分方程转化为线性常微分方程的方法，从而可以利用线性方程的解法来求解。
详细描述
线性化定理提供了一种将非线性常微分方程转化为线性常微分方程的方法。通过适当的变换，可以将非线性问题 转化为线性问题，从而可以利用线性方程的解法来求解。这个定理在解决复杂的非线性问题时非常有用，因为它 简化了问题的求解过程。
02
CATALOGUE
常微分方程的稳定性
稳定性定义
稳定性的定义
01
如果一个常微分方程的解在初始条件的小扰动下变化不大，那
么这个解就是稳定的。
稳定性的分类
02
根据稳定性的不同表现，可以分为渐近稳定、指数稳定、一致
稳定等。
稳定性判别方法
03
可以通过观察法、线性化法、比较法等方法来判断常微分方程
的解是否稳定。
龙格-库塔方法
总结词
龙格-库塔方法是常微分方程数值解法中一种更精确的 方法，它通过多步线性近似来逼近微分方程的解。
详细描述
龙格-库塔方法的基本思想是利用已知的初值和微分方 程，通过多步线性插值来逼近微分方程的解。具体来 说，龙格-库塔方法通过递推公式来计算微分方程的近 似解，公式如下：(y_{n+1} = y_n + h f(t_n, y_n) + frac{h^2}{2} f(t_{n-1}, y_{n-1}) - frac{h^2}{2} f(t_{n-2}, y_{n-2})) 其中 (h) 是步长，(t_n) 和 (y_n) 是已知的初值，(f) 是微分方程的右端函数。
存在唯一性定理表明，对于任意给定的初值问题，存在一个唯一的解，该解在某个区间内存在并连续 。这个定理是常微分方程理论的基础，为后续定理的证明提供了重要的依据。
第3章习题答案 常微分方程教程+第二版+丁同仁+李承志+答案和练习
习 题 3-11. (1) 解: ,||),(αy y x f = 有α|||)0,(),(|y x f y x f =-，令 ,||)(αr r F =有⎰⎰--==1110010||11||)(r r r r r dr r F dr ααα， 当 01<-α, 即 1>α 时, ∞=--→αα10||11limr r , 所以 0)0(=y 的解唯一。
当 01=-α 时，1100|||ln )(r r r r F dr =⎰，而 ∞=→||ln lim 0r r ，所以 0)0(=y 的解唯一。
当 10<<α 时， 可解方程知其解不唯一。
所以当10<<α， 其解不唯一； 1≥α， 其解唯一。
（2）. 解: 因为0|l n |l i m 0=→y y y ,所以dxdy在 ),(+∞-∞ 连续. 设 |||ln |)(r r r F =, 有∞=⎰1)(r r F dr(01>r 为常数),所以方程的解唯一.2. 解: 构造毕卡序列, 令 1),(++=y x y x f , dx x y x f x y xn n ⎰=+01))(,()(,因为 0)0(=y ,所以 x x dx x f x y x +==⎰20121)0,()(,x x x dx x x x f x y x ++=+=⎰2302261)21,()(, x x x x dx y x f x y x +++==⎰23402331!41),()(,…………………………………………… x x x n x n dx y x f x y n n xn n +++++==+-⎰!22!2)!1(1),()(211 ,22)!22!2)!1(1(lim )(lim 21--=+++++=+∞→∞→x e x x x n x n x y x n n n n n , 所以 22--=x e y x为方程的解. 3. 证明: 反证法设初始问题(E)有两个解, )(x y 和)(1x y , 且 0010)()(y x y x y ==,01x x >∃, 使 )()(111x y x y >, 令 )()(,sup{110x y x y x x x =<≤=μ根据μ 的定义与y 的连续性可知,对),(1x x μ∈∀,)()(1x y x y >, 令 )()()(1x y x y x r -=, 令 )()()(1x y x y x r -=, 有 0)(=μr , 有))(,())(,(1x y x f x y x f dxdr-=, 因为 ),(y x f 对 y 是递减的, 所以0<dxdr, 对 ),(1x x μ∈∀, 所以 0)()(=<μr x r , 对 ),(1x x μ∈∀, 又由y 的连续性, 可得 )()(111x y x y <,矛盾!习 题 3-31.证明:令)()(),(x b y x a y x f +=, 显然),(y x f+∞<<∞-∈y I x S ,:内连续, 且满足不等式|)(||||)(||),(|x b y x a y x f +≤,其中令 0|)(|)(≥=x a x A , 0|)(|)(≥=x b x B , 由已知有 )(x A ,)(x B 在I x ∈上是连续的, 则由定理5, 知 )(x y y = 的最大存在区间为I2. (1) 解：令 221),(yx y x f +=，则 ),(y x f 在区域 }0,{1≠+∞<<-∞=y x G 上连续,或 },00{2+∞<<-∞+∞<<<<-∞=y x x G 上连续。
常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答_4
对 应 于 λ1 = 7 所 有 的 特 征 向 量
1 7 x v1 = 1 ，则 v 2 = 1 那么对应的实值解为 y1 = 1 e ；
对应 λ 2 = −2 的特征向量
v1 v1 5 4 v1 = ( 2 ) 0 满足 即 + A E 5 4 = 0 ，取 v1 = 4 ，则 v v v 2 2 2
λ1 = −4 ， λ1 = λ 2 = −1 。
，特征向量应满足
3 1 0 v1` 0 3 0 v 2 = 0 1 0 0 v 3
3 1 0 1 0 0 又 0 3 0 → 0 1 0 （只能进行行变换） 1 0 0 0 0 0
cos t s int 因 此 Φ (t ) 中方程组的一个基 又 det = [Φ (t )] = 1 ≠ 0 ， − s int cos t
解矩阵。故方程组的通解为
y1 cos t s int = + c2 c1 − s int cos t y2
-1-
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
′ = y3 y1 ′ = y2 （3）程组的分量形式为： y 2 y′ = y 1 3
解 ①+③得 解 ①-③得 解之得
① ② ③
d ( y1 + y 3 ) = y1 + y 3 dt d ( y1 − y3 ) =y1 − y3 dt = y1 − y3 k2 e − t
dy dx
（1）任意一个特解，则 y1 ( x) + ϕ ( x), y 2 ( x) + ϕ ( x), , y n ( x) + ϕ ( x) 是(1)的 n+1 个线性无关解.这是因为,若存在常数 k1 , k 2 , k n , k n +1 使得
常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答
解： P (t , s ) =
则
∂P 1 − 2 s ∂Q 1 − 2 s = 2 , = 2 , ∂t ∂s t t
∂P ∂Q ， 即原方程为恰当方程, = ∂y ∂x
两边积分得：
s − s2 =C． t
10． xf ( x 2 + y 2 )dx + yf ( x 2 + y 2 )dy = 0, 其中 f (⋅) 是连续的可微函数． 解： P ( x, y ) = xf ( x 2 + y 2 ), Q ( x, y ) = yf ( x 2 + y 2 ), 则
4. 跟踪： 设某 A 从 xoy 平面上的原点出发， 沿 x 轴正方向前进； 同时某 B 从点开始跟踪 A， 即 B 与 A 永远保持等距 b．试求 B 的光滑运动轨迹． 解：设 B 的运动轨迹为 y = y ( x) ,由题意及导数的几何意义，则有
dy y ，所以求 B 的运动轨迹即是求此微分方程满足 y (0) = b 的解． =− 2 dx b − y2
1 + (c + cos x) y = 0 ．
(４)
dy = 1 + x + y 2 + xy 2 ； dx
解：原方程即为：
dy = (1 + x)dx 1+ y2
x2 两边积分得： arctgy = x + + c， 2
即
y = tg ( x +
x2 + c) ． 2
-4-
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积分得： ln
1+ y = 2x + c ， 1− y
即
常微分方程第二版答案第三章
常微分方程第二版答案第三章习题3—11．判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1）y x y sin '+=； 2）31'-=xy ； 3）y y ='.解 1）因为y x y x f sin ),(+=及y y x f y cos ),('=在整个xOy 平面上连续，所以在整个xOy 平面上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个xOy 平面上初值解存在且唯一.2）因为31),(-=xy x f 除y 轴外，在整个xOy 平面上连续，0),('=y x f y 在在整个xOy 平面上有界，所以除y 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一.3）设y y x f =),(，则<-->=??,0,21,0,21),(y yy y y y x f 故在0≠y 的任何有界闭区域上，),(y x f 及yy x f ??),(都连续，所以除x 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一. 2．求初值问题=--=,0)1(,22y y x dxdy R ：1,11≤≤+y x . 的解的存在区间.并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计.解设22),(y x y x f -=，则4),(max ),(==∈y x f M Ry x ，1,1==b a ，所以41)41,1min(),min(===M b a h . 显然，方程在R 上满足解的存在唯一性定理，故过点)0,1(-的解的存在区间为：411≤+x . 设)(x ?是方程的解，)(2x ?是第二次近似解，则0)1()(0=-=y x ?，3131)0(0)(3121-=-+=?-x dx x x x，4211931863])3131([0)(34712322+-+--=--+=?-x x x x dx x x x x.在区间411≤+x 上，)(2x ?与)(x ?的误差为322)!12()()(h ML x x +≤-??. 取22),(max max ),(),(=-=??=∈∈y y y x f L Ry x R y x ，故241)41()!12(24)()(322=+?≤-x x ??.3．讨论方程3123y dx dy =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(O 的一切解.解设3123),(y y x f =，则3221-=??y y f )0(≠y .故在0≠y 的任何有界闭区域上),(y x f 及y y x f ??),(都是连续的，因而方程在这种区域中满足解的存在唯一性定理的条件.显然，0=y 是过)0,0(O 的一个解.又由3123y dx dy =解得23)(C x y -±=.其中0≥-C x . 所以通过点)0,0(O 的一切解为0=y 及,,, )(,023C x C x C x y >≤-=.,,)(,023C x C x C x y >≤--=如图. 4．试求初值问题1++=y x dxdy，0)0(=y ，的毕卡序列，并由此取极限求解.解按初值问题取零次近似为0)(0=x y ，一次近似为2121)10()(x x ds s x y x+=++=?，二次近似为 3220261]1)21([)(x x x ds s s s x y x ++=+++=?, 三次近似为 432320324131]1)61([)(x x x x ds s s s s x y x+++=++++=, 四次近似为 !5)!5!4!3!2(2!5134131)(5543254324x x x x x x x x x x x x x y --++++=+?+++=，五次近似为 !6)!6!5!4!3!2(2)(6654325x x x x x x x x x y --+++++=，一般地，利用数学归纳法可得n 次近似为)!1()!1(!4!3!22)(11432+--++++++=++n x x n x x x x x x y n n n 2)!1()!1(!4!3!21211432-+--+++++++=++n x x n x x x x x n n ，所以取极限得原方程的解为22)()(lim --==+∞→x e x y x y x n n .5．设连续函数),(y x f 对y 是递减的，则初值问题),(y x f dxdy=，00)(y x y =的右侧解是唯一的. 证设)(1x y ?=，)(2x y ?=是初值问题的两个解，令)()()(21x x x -=，则有0)(000=-=y y x ?.下面要证明的是当0x x ≥时，有0)(≡x ?.用反证法.假设当0x x ≥时，)(x ?不恒等于0，即存在01x x ≥，使得0)(1≠x ?，不妨设0)(1>x ?，由)(x ?的连续性及0)(0=x ?，必有100x x x <≤，使得0)(0=x ?，0)(>x ?，10x x x ≤<.又对于],[10x x x ∈，有00201)()(y x x ==??，?+=xx dxx x f y x 0)](,[)(101??，+=xx dx x x f y x 0)](,[)(202??，则有)()()(21x x x -=?-=xx dx x x f x x f 0)]}(,[)](,[{21??，10x x x ≤<.由0)()()(21>-=x x x （10x x x ≤<）以及),(y x f 对y 是递减的，可以知道：上式左端大于零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当0x x ≥时，有0)(≡x ?.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题3—31．利用定理5证明：线性微分方程)()(x b y x a dxdy+= （I x ∈） )1( 的每一个解)(x y y =的（最大）存在区间为I ，这里假设)(),(x b x a 在区间I 上是连续的.证 )()(),(x b y x a y x f +=在任何条形区域{}∞<<-∞≤≤y x y x ,),(βα（其中I ∈βα,）中连续，取[])(max ,x a M x βα∈=，[])(max ,x b N x βα∈=，则有N y M x b y x a y x f +≤+≤)()(),(.故由定理5知道，方程)1(的每一个解)(x y y =在区间],[βα中存在，由于βα,是任意选取的，不难看出)(x y 可被延拓到整个区间I 上.2．讨论下列微分方程解的存在区间： 1）)1(-=y y dx dy ； 2）)sin(xy y dx dy =； 3）21y dxdy +=. 解 1）因)1(),(-=y y y x f 在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一.这个方程的通解为xCey -=11.显然0=y ，1=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以0=y ，1=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来讨论.ⅰ）在区域1R {}10,),(<<+∞<=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与0=y ，1=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.又在1R 内，0),(<="" 为渐近线，当+∞→x="" 时，以0="y" 时，以1="y" ，则方程满足00)(y="">ⅱ）在区域2R {}1,),(>+∞<=y x y x 中，对任意常数0>C ，由通解可推知，解的最大存在区间是)ln ,(C --∞，又由于0),(>y x f ，则对任意200),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ?=递增.当-∞→x 时，以1=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与x 轴垂直的直线皆为某解的竖渐近线.ⅲ）在区域3R {}0,),(<+∞<=y x y x 中，类似2R ，对任意常数0>C ，解的最大存在区间是),ln (+∞-C ，又由于0),(>y x f ，则对任意300),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ?=递增.当+∞→x 时，以0=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线.其积分曲线分布如图（）.2）因)sin(),(xy y y x f =在整个xOy 平面上连续，且满足不等式y xy y y x f ≤=)sin(),(，从而满足定理5的条件，故由定理5知，该方程的每一个解都以+∞<<∞-x 为最大存在区间.3）变量分离求得通解)tan(C x y -=，故解的存在区间为)2,2(ππ+-C C .3．设初值问题)(E ：2)(2)32(y x e y y dxdy+--=，00)(y x y = 的解的最大存在区间为b x a <<，其中),(00y x 是平面上的任一点，则-∞=a 和+∞=b 中至少有一个成立.证明因2)(2)32(),(y x ey y y x f +--=在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一.很显然3=y ，1-=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以3=y ，1-=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来进行讨论.ⅰ）在区域1R {}31,),(<<-+∞<<∞-=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与3=y ，1-=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.这里有-∞=a ，+∞=b .ⅱ）在区域2R {}1,),(-<+∞<<∞-=y x y x 中，由于0)1)(3(),(2)(>+-=+y x e y y y x f ，积分曲线单调上升.现设),(000y x P 位于直线1-=y 的下方，即10-<="" 的下方，积分曲线γ是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线1-="y" 的右行解的延伸定理，得出)(e="" 的解γ可以延伸到2r="" 的边界.另一方面，直线1-="y" 穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间+∞<类似可证，对3R {}3,),(>+∞<<∞-=y x y x ，至少有-∞=a 成立.4．设二元函数),(y x f 在全平面连续.求证：对任何0x ，只要0y 适当小，方程),()(22y x f e y dxdyx -= )1( 的满足初值条件00)(y x y =的解必可延拓到+∞<≤x x 0.证明因为),(y x f 在全平面上连续，令),()(),(22y x f e y y x F x-=，则),(y x F 在全平面上连续，且满足0),(),(≡-≡xxe x F e x F .对任何0x ，选取0y ，使之满足00xe y <.设方程)1(经过点),(00y x 的解为)(x y ?=，在平面内延伸)(x y ?=为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为),[0βx ，由延伸定理可推知，或+∞=β或为有限数且+∞=-→)(lim 0x x ?β.下证后一种情形不可能出现.事实上，若不然，则必存在β)(.不妨设βe x >)(.于是必存在),(00βx x ∈，使0()x x e ?=，x e x <)(?（00x x x <≤）.此时必有0)(00'>=≥x x x x e dxde x ?，但0),())(,()(00000'===x x e x F x x F x ??，从而矛盾.因此，+∞=β，即方程)1(的解)(x y ?=（00)(y x y =）必可延拓到+∞<≤x x 0.。
[理学]常微分方程教程_丁同仁第二版_习题解答
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∂y x ∂x x
∂y ∂x
则 ( y dx + ln xdy) + x2dx − 2 ydy = 0 x
两边积分得： x3 + y ln x − y 2 = C. 3
８． (ax2 + by 2 )dx + cxydy = 0 (a,b和c为常数)
解： P(x, y) = ax2 + by 2 , Q(x, y) = cxy,
两边积分得： (2 + y)e x + xy 2 = C.
７． ( y + x2 )dx + (ln x − 2 y)dy = 0 x
解： P(x, y) = y + x2 Q(x, y) = ln x − 2 y, x
则 ∂P = 1 , ∂Q = 1 , 所以 ∂P = ∂Q ，即 原方程为恰当方程
常微分方程教程（第二版）-丁同仁等编-高等教育出版社-对恰当方程求解：
１． (3x2 −1)dx + (2x + 1)dy = 0
解： P(x, y) = 3x2 −1， Q(x, y) = 2x + 1 ，
则 ∂P = 0 ， ∂Q = 2 ，所以 ∂P ≠ ∂Q 即，原方程不是恰当方程．
则 ∂P = 2by, ∂Q = cy, 所以 当 ∂P = ∂Q ，即 2b = c 时， 原方程为恰当方程
∂y
∂x
∂y ∂x
-2-
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
则 ax2dx + (by 2dx + cxydy) = 0
两边积分得： ax3 + bxy 2 = C. 3
∂y
∂x
常微分方程教程丁同仁第二版解答完整版
习题2-1判断下列方程是否为恰当方程，并且对恰当方程求解：１．(3x 2 −1)dx +(2x +1)dy =0 解：P (x , y ) =3x 2 −1，Q (x , y ) =2x +1 ，则∂∂P y =0 ，∂∂Q x =2 ，所以∂∂P y ≠∂∂Q x即，原方程不是恰当方程．２．(x +2y )dx +(2x +y )dy =0 解：P (x , y ) =x +2y , Q (x , y ) =2x −y , 则∂∂P y =2, ∂∂Q x =2, 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则xdx +(2ydx +2xdy ) −ydy =0,2 2两边积分得：x +2xy −y =C . 2 23．(ax +by )dx +(bx +cy )dy =0 (a,b 和c 为常数)．解：P (x , y ) =ax +by , Q (x , y ) =bx +cy , 则∂∂P y =b , ∂∂Q x =b , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则axdx +bydx +bxdy cydy =0,（）+两边积分得：ax 2 +bxy +cy 2=C . 2 24．(ax −by )dx +(bx −cy )dy =0(b ≠0) 解：P (x , y ) =ax −by , Q (x , y ) =bx −cy ,则∂∂P y=−b , ∂∂Q x =b , 因为 b ≠0, 所以∂∂P y ≠∂∂Q x ，即，原方程不为恰当方程５．(t 2 +1)cos udu +2 t sin udt =0 解：P (t ,u ) =(t 2 +1)cos u , Q (t ,u ) =2t sin u 则∂∂P t =2t cos u , ∂∂Q x =2t cos u , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则(t 2 cos udu +2t sin udt ) +cos udu =0,两边积分得：(t 2 +1)sin u =C .６．( ye x +2e x +y 2)dx +(e x +2xy )dy =0 解：P (x , y =ye x +2e x +y 2, Q (x , y ) =e x +2xy ，则∂∂P y =e x +2y , ∂∂Q x =e x +2y , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则2e x dx +[(ye x +y 2)dx +(e x +2xy )dy ] =0,两边积分得：(2 +y )e x +xy 2 =C .７．( y +x 2)dx +(ln x −2y )dy =0 x 解：P (x , y ) =y +x 2 Q (x , y ) =ln x −2y ,x则∂∂P y =1 x , ∂∂Q x =1 x , 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程则( ydx +ln xdy ) +x 2 dx −2ydy =0 x 3两边积分得：x 3+y ln x −y 2 =C .８．(ax 2+by 2)dx +cxydy =0(a ,b 和c 为常数) 解：P (x , y ) =ax 2 +by 2, Q (x , y ) =cxy ,则∂∂P y =2by , ∂∂Q x =cy , 所以当∂∂P y =∂∂Q x，即2b =c 时，原方程为恰当方程则ax 2 dx +(by 2 dx +cxydy ) =0 3两边积分得：ax +bxy 2 =C .3而当2b ≠c 时原方程不是恰当方程．９．2s −1 ds +s −2 s 2 dt =0 t t解：P (t , s ) =2s −1, Q (t , s ) =s −2 s 2,t t则∂∂P t =1−t 22s , ∂∂Q s =1−t22s , 所以∂∂P y =∂∂Q x ，即原方程为恰当方程,两边积分得：s −s 2=C ．t10．xf (x 2 +y 2)dx +yf (x 2 +y 2)dy =0, 其中f (⋅)是连续的可微函数．解：P (x , y ) =xf (x 2 +y 2 ), Q (x , y ) =yf (x 2 +y 2 ), 则∂∂P y =2xyf ′, ∂∂Q x =2xyf ′, 所以∂∂P y =∂∂Q x，即原方程为恰当方程,两边积分得：∫f (x 2 +y 2)dx =C ,即原方程的解为F (x 2 +y 2) =C (其中F 为f 的原积分)．习题2-2 1. 求解下列微分方程，并指出这些方程在平面上的有意义的区域:：dy x 2(１) dx =y解：原方程即为：ydy =x 2 dx 两边积分得：3y 2 −2x 3 =C , y ≠0 ．dy x 2(２) dx =y (1+x )3 2解：原方程即为：ydy =1+x x 3dx 两边积分得：3y 2 −2ln1+x 3=C , y ≠0,x ≠−1 ．(３) dy +y 2 sin x =0dx解：当y ≠0时原方程为：dy +sin xdx =0y2 两边积分得：1+(c +cos x ) y =0 ．又y=0也是方程的解，包含在通解中，则方程的通解为1+(c +cos x ) y =0 ．dy 22(４) dx=1+x +y +xy ；解：原方程即为：1+dy y 2=)(1+x dx 2两边积分得：arctgy =x +x 2+c ，即y =tg (x +x 22+c ) ．(５) dy =(cos x cos 2y )2 dx解：①当cos 2y ≠0 时原方程即为：(cos dy 2y )2 =(cos x )2 dx 两边积分得：2tg 2y −2x −2sin 2 x =c ．②cos 2y =0，即y =k π+π也是方程的解.( k ∈N )2 4 (６) x dy =1−y 2 dx解：①当y ≠±1时dydx 原方程即为：1−y 2 =x两边积分得：arcsin y −ln x =c ．②y =±1也是方程的解. dy x −e −x(７)．dx =y +e y解．原方程即为：( y +e y )dy =(x −e −x )dx 2 2两边积分得：y +e y =x +e −x +c ，22原方程的解为：y 2 −x 2 +2(e y −e −x ) =c .2. 解下列微分方程的初值问题．(１) sin 2xdx +cos3ydy =0, y (π) =π；2 3解：两边积分得：−cos 22x +sin 33y =c ，即2sin 3y −3cos 2x =c 因为y (π2) =π3,所以 c =3.所以原方程满足初值问题的解为：2sin 3y −3cos 2x =3．x (２)．xdx +ye −dy =0 ，y (0) =1；解：原方程即为：xe x dx +ydy =0 ，两边积分得：(x −1)e xdx +y 22dy =c ，因为y (0) =1，所以c =−12，所以原方程满足初值问题的解为：2(x −1)e x dx +y 2 dy +1 =0 ．(３)．dr =r ，r (0) =2 ；d θ解：原方程即为：dr =d θ，两边积分得：ln r −θ=c ，r因为r (0) =2 ，所以c =ln 2 ，所以原方程满足初值问题的解为：ln r −θ=ln 2 即r =2e θ．dy ln x (４)．dx =1+y2, y (1) =0;解：原方程即为：(1+y 2)dy =ln x dx , 两边积分得：y 3x x ln y ++−x =c ,3因为y (1) =0 ，所以c =1， 3 所以原方程满足初值为：y x x ln y ++−x =1 3 2 dy 3(５)．1+x dx=xy ，y (0) =1；dy x 解：原方程即为：y 3 =1+x 2 dx ，2两边积分得：−12y −2 =1+x +c ，因为y (0) =1，所以c =−3 ，2 所以原方程满足初值问题的解为：21+x 2 +y1 =3 ．2 3. 解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图．(１)．dy =cos x dx解：两边积分得：y =sin x +c ．积分曲线的简图如下：(２)．dxdy =ay ，(常数a ≠0 )；解：①当y ≠0时，原方程即为：aydy =dx 积分得：a 1ln y =x c +，即y =ce ax (c >0) ②y =0也是方程的解．积分曲线的简图如下：y(３)．dy =1−y 2 ；dx解：①当y ≠±1时，1+y 原方程即为：(1−dy y 2)=dx 积分得：ln =2x +c ，1−y 即y =ce 2 x −1 ．ce 2 x +1②y =±1也是方程的解．积分曲线的简图如下：dy n 1(４)．dx=y ，(n =3,1, 2) ；解：①当y ≠0时，1 dy ⅰ) n =3, 2 时，原方程即为yn =dx ，积分得：x +1y 1−n =c ．n −1ⅱ) n =1时，原方程即为dy y=dx 积分得：ln y =x +c ，即y =ce x(c >0) ．②y =0也是方程的解．积分曲线的简图如下：4. 跟踪：设某A 从xoy 平面上的原点出发，沿x 轴正方向前进；同时某B 从点开始跟踪A ，即B 与A 永远保持等距b ．试求B 的光滑运动轨迹．解：设B 的运动轨迹为y =y (x ),由题意及导数的几何意义，则有dy y dx b 2 −y2 ，所以求B 的运动轨迹即是求此微分方程满足y (0) =b 的解．=−解之得：x =12 b ln b b +−b b 22 +−y y 22 −b 2 −y 2 ．5. 设微分方程dy =f ( y ) (2.27)，其中f(y) 在y =a 的某邻域(例如，区间y −a <ε)dx 内连续，而且f ( y )=0 ⇔y =a ，则在直线y =a 上的每一点，方程(2.27)的解局部唯一，±εdy 当且仅当瑕积分=∞(发散)．∫a a f ( y )证明：( ⇒)首先经过域R 1：−∞<x <+∞, a −ε≤y <a 和域R 2：−∞<x <+∞,a <y ≤a +ε内任一点( x 0, y 0)恰有方程(2.13)的一条积分曲线，它由下式确定dy =x −x 0 . (*)∫y y 0 f ( y )这些积分曲线彼此不相交. 其次，域R 1( R 2)内的所有积分曲线∫f dy ( y )=x +c 都可由其中一条，比如∫f dy ( y ) =x +c 0 沿着x 轴的方向平移而得到。
常微分方程--第三章 一阶微分方程的解的存在定理(3.1-3.2)_OK
x
L x0 1( ) 0 ( )d
L
x x0
M (
x0 )d
ML 2
(x
x0 )2
其中第二个不等式是由Lipschitz条件得到的,
由Lipschitz条件
17
设对于正整数n, 有不等式
n (x) n1(x)
MLn1 n!
(x
x0
)n
,
则当x0 x x0 h时,由Lipschitz条件有
dy dx
f
(x, y), (3.1)
y(x0 ) y0
证明: 若y (x)为(3.1)的连续解,则
d ( x)
dx
f
( x, ( x)),
(x0 ) y0
对第一式从x0到x取定积分得
x
即
x (x) (x0 ) x0 f (x,(x))dx (x) y0 x0 f (x,(x))dx
x
f ( , ( )) f ( ,( )) d x0
x
x
L ( ) ( ) d L g( )d
x0
x0
令u(x) L
x
g( )d ,
x0
则u(x)是定义于[x0, x0 h]上连续可微函数,
且u(x0 ) 0,0 g(x) u(x), u'(x) Lg(x),于是
u(x) Lu(x), (u(x) Lu(x))eLx 0,
(4) (x)是积分方程(3.5)定义于[x0 h, x0 h]上连续解
且唯一.
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下面分五个命题来证明定理,为此先给出
积分方程
如果一个数学关系式中含有定积分符号且在定积分符 号下含有未知函数, 则称这样的关系式为积分方程.
常微分方程教程丁同仁第二版答案完整版
dy y ，所以求 B 的运动轨迹即是求此微分方程满足 y (0) = b 的解． =− 2 dx b − y2
７． (
y + x 2 )dx + (ln x − 2 y )dy = 0 x y 2 解： P ( x, y ) = + x Q ( x, y ) = ln x − 2 y, x ∂P 1 ∂Q 1 = , = , ∂y x ∂x x
所以
则
∂P ∂Q ，即 原方程为恰当方程 = ∂y ∂x
则(
y dx + ln xdy ) + x 2 dx − 2 ydy = 0 x x3 + y ln x − y 2 = C. 3
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
５． (t 2 + 1) cos udu + 2 t sin udt = 0 解： P (t , u ) = (t 2 + 1) cos u , 则
Q(t , u ) = 2t sin u
所以
∂P ∂Q = 2t cos u , = 2t cos u , ∂t ∂x
∂Q ∂P ∂P ∂Q = 2 ，所以 = 0， ≠ ∂x ∂y ∂y ∂x
即，原方程不是恰当方程．
２． ( x + 2 y ) dx + (2 x + y ) dy = 0 解： P ( x, y ) = x + 2 y,
Q ( x, y ) = 2 x − y ,
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常微分方程第二版答案第三章习题3—11． 判断下列方程在什么区域上保证初值解存在且唯一.1）y x y sin '+=； 2）31'-=x y ； 3）y y ='.解 1）因为y x y x f sin ),(+=及y y x f y cos ),('=在整个xOy 平面上连续，所以在整个xOy 平面上满足存在唯一性定理的条件，因此在整个xOy 平面上初值解存在且唯一.2）因为31),(-=x y x f 除y 轴外，在整个xOy 平面上连续，0),('=y x f y 在在整个xOy 平面上有界，所以除y 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一. 3）设y y x f =),(，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<-->=∂∂,0,21,0,21),(y yy y y y x f 故在0≠y 的任何有界闭区域上，),(y x f 及yy x f ∂∂),(都连续，所以除x 轴外，在整个xOy 平面上初值解存在且唯一. 2． 求初值问题⎪⎩⎪⎨⎧=--=,0)1(,22y y x dx dy R ：1,11≤≤+y x . 的解的存在区间.并求第二次近似解，给出在解的存在区间的误差估计.解 设22),(y x y x f -=，则4),(max ),(==∈y x f M Ry x ，1,1==b a ，所以41)41,1min(),min(===M b a h . 显然，方程在R 上满足解的存在唯一性定理，故过点)0,1(-的解的存在区间为：411≤+x . 设)(x ϕ是方程的解，)(2x ϕ是第二次近似解，则0)1()(0=-=y x ϕ，3131)0(0)(3121-=-+=⎰-x dx x x x ϕ， 4211931863])3131([0)(34712322+-+--=--+=⎰-x x x x dx x x x x ϕ. 在区间411≤+x 上，)(2x ϕ与)(x ϕ的误差为 322)!12()()(h ML x x +≤-ϕϕ.取22),(max max ),(),(=-=∂∂=∈∈y y y x f L Ry x R y x ，故241)41()!12(24)()(322=+⨯≤-x x ϕϕ. 3． 讨论方程3123y dx dy =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(O 的一切解.解 设3123),(y y x f =，则3221-=∂∂y y f )0(≠y .故在0≠y 的任何有界闭区域上),(y x f 及yy x f ∂∂),(都是连续的，因而方程在这种区域中满足解的存在唯一性定理的条件.显然，0=y 是过)0,0(O 的一个解.又由3123y dx dy =解得23)(C x y -±=.其中0≥-C x . 所以通过点)0,0(O 的一切解为0=y 及,,,)(,023C x C x C x y >≤⎪⎩⎪⎨⎧-=.,,)(,023C x C x C x y >≤⎪⎩⎪⎨⎧--=如图. 4． 试求初值问题1++=y x dxdy ，0)0(=y ， 的毕卡序列，并由此取极限求解.解 按初值问题取零次近似为0)(0=x y ，一次近似为 20121)10()(x x ds s x y x+=++=⎰， 二次近似为 3220261]1)21([)(x x x ds s s s x y x ++=+++=⎰, 三次近似为 432320324131]1)61([)(x x x x ds s s s s x y x+++=++++=⎰, 四次近似为!5)!5!4!3!2(2!5134131)(5543254324x x x x x x x x x x x x x y --++++=+⨯+++=， 五次近似为 !6)!6!5!4!3!2(2)(6654325x x x x x x x x x y --+++++=，一般地，利用数学归纳法可得n 次近似为 )!1()!1(!4!3!22)(11432+--⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++++=++n x x n x x x x x x y n n n 2)!1()!1(!4!3!21211432-+--⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++++=++n x x n x x x x x n n ， 所以取极限得原方程的解为22)()(lim --==+∞→x e x y x y x n n .5． 设连续函数),(y x f 对y 是递减的，则初值问题),(y x f dxdy =，00)(y x y =的右侧解是唯一的. 证 设)(1x y ϕ=，)(2x y ϕ=是初值问题的两个解，令)()()(21x x x ϕϕϕ-=，则有0)(000=-=y y x ϕ.下面要证明的是当0x x ≥时，有0)(≡x ϕ.用反证法.假设当0x x ≥时，)(x ϕ不恒等于0，即存在01x x ≥，使得0)(1≠x ϕ，不妨设0)(1>x ϕ，由)(x ϕ的连续性及0)(0=x ϕ，必有100x x x <≤，使得0)(0=x ϕ，0)(>x ϕ，10x x x ≤<. 又对于],[10x x x ∈，有00201)()(y x x ==ϕϕ，⎰+=xx dx x x f y x 0)](,[)(101ϕϕ，⎰+=xx dx x x f y x 0)](,[)(202ϕϕ，则有 )()()(21x x x ϕϕϕ-=⎰-=xx dx x x f x x f 0)]}(,[)](,[{21ϕϕ，10x x x ≤<. 由0)()()(21>-=x x x ϕϕϕ（10x x x ≤<）以及),(y x f 对y 是递减的，可以知道：上式左端大于零，而右端小于零.这一矛盾结果，说明假设不成立，即当0x x ≥时，有0)(≡x ϕ.从而证明方程的右侧解是唯一的.习题3—31． 利用定理5证明：线性微分方程 )()(x b y x a dxdy += （I x ∈） )1(的每一个解)(x y y =的（最大）存在区间为I ，这里假设)(),(x b x a 在区间I 上是连续的.证 )()(),(x b y x a y x f +=在任何条形区域{}∞<<-∞≤≤y x y x ,),(βα（其中I ∈βα,）中连续，取[])(max ,x a M x βα∈=，[])(max ,x b N x βα∈=，则有 N y M x b y x a y x f +≤+≤)()(),(.故由定理5知道，方程)1(的每一个解)(x y y =在区间],[βα中存在，由于βα,是任意选取的，不难看出)(x y 可被延拓到整个区间I 上.2． 讨论下列微分方程解的存在区间：1）)1(-=y y dx dy ； 2）)sin(xy y dx dy =； 3）21y dxdy +=. 解 1）因)1(),(-=y y y x f 在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一. 这个方程的通解为x Cey -=11.显然0=y ，1=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以0=y ，1=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来讨论.ⅰ）在区域1R {}10,),(<<+∞<=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与0=y ，1=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.又在1R 内，0),(<y x f ，则方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递减，当-∞→x 时，以1=y 为渐近线，当+∞→x 时，以0=y 为渐近线. ⅱ）在区域2R {}1,),(>+∞<=y x y x 中，对任意常数0>C ，由通解可推知，解的最大存在区间是)ln ,(C --∞，又由于0),(>y x f ，则对任意200),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递增.当-∞→x 时，以1=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线，每一条与x 轴垂直的直线皆为某解的竖渐近线.ⅲ）在区域3R {}0,),(<+∞<=y x y x 中，类似2R ，对任意常数0>C ，解的最大存在区间是),ln (+∞-C ，又由于0),(>y x f ，则对任意300),(R y x ∈，方程满足00)(y x y =的解)(x y ϕ=递增.当+∞→x 时，以0=y 为渐近线，且每个最大解都有竖渐近线.其积分曲线分布如图（ ）.2）因)sin(),(xy y y x f =在整个xOy 平面上连续，且满足不等式y xy y y x f ≤=)sin(),(，从而满足定理5的条件，故由定理5知，该方程的每一个解都以+∞<<∞-x 为最大存在区间.3）变量分离求得通解)tan(C x y -=，故解的存在区间为)2,2(ππ+-C C .3．设初值问题)(E ： 2)(2)32(y x e y y dx dy +--=，00)(y x y = 的解的最大存在区间为b x a <<，其中),(00y x 是平面上的任一点，则-∞=a 和+∞=b 中至少有一个成立.证明 因2)(2)32(),(y x e y y y x f +--=在整个xOy 平面上连续可微，所以对任意初始点),(00y x ，方程满足初始条件00)(y x y =的解存在唯一. 很显然3=y ，1-=y 均是该方程在),(∞-∞上的解.现以3=y ，1-=y 为界将整个xOy 平面分为三个区域来进行讨论.ⅰ）在区域1R {}31,),(<<-+∞<<∞-=y x y x 内任一点),(00y x ，方程满足00)(y x y =的解存在唯一.由延伸定理知，它可以向左、右延伸，但不能与3=y ，1-=y 两直线相交，因而解的存在区间为),(∞-∞.这里有-∞=a ，+∞=b .ⅱ）在区域2R {}1,),(-<+∞<<∞-=y x y x 中，由于0)1)(3(),(2)(>+-=+y x e y y y x f ，积分曲线单调上升.现设),(000y x P 位于直线1-=y 的下方，即10-<y ，则利用)(E 的右行解的延伸定理，得出)(E 的解Γ可以延伸到2R 的边界.另一方面，直线1-=y 的下方，积分曲线Γ是单调上升的，并且它在向右延伸时不可能从直线1-=y 穿越到上方.因此它必可向右延伸到区间+∞<<x a .故至少+∞=b 成立.类似可证，对3R {}3,),(>+∞<<∞-=y x y x ，至少有-∞=a 成立.4． 设二元函数),(y x f 在全平面连续.求证：对任何0x ，只要0y 适当小，方程 ),()(22y x f e y dxdy x -= )1( 的满足初值条件00)(y x y =的解必可延拓到+∞<≤x x 0.证明 因为),(y x f 在全平面上连续，令),()(),(22y x f e y y x F x -=，则),(y x F 在全平面上连续，且满足0),(),(≡-≡x x e x F e x F .对任何0x ，选取0y ，使之满足00x e y <.设方程)1(经过点),(00y x 的解为)(x y ϕ=，在平面内延伸)(x y ϕ=为方程的最大存在解时，它的最大存在区间为),[0βx ，由延伸定理可推知，或+∞=β或为有限数且+∞=-→)(lim 0x x ϕβ.下证后一种情形不可能出现. 事实上，若不然，则必存在β<x ，使βϕe x >)(.不妨设βϕe x >)(.于是必存在),(00βx x ∈，使00()x x e ϕ=，x e x <)(ϕ（00x x x <≤）.此时必有0)(000'>=≥x x x x e dx de x ϕ， 但0),())(,()(00000'===x x e x F x x F x ϕϕ，从而矛盾. 因此，+∞=β，即方程)1(的解)(x y ϕ=（00)(y x y =）必可延拓到+∞<≤x x 0.。