高等数学（第七版）同济大学 习题7-4 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题7-4

 

$\begin{array}{rlr}& 1.求下列微分方程的通解：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\frac{dy}{dx}+y=e^{-x}；(2)x{y}^{\prime }+y=x^2+3x+2；& \\ & & \\ & (3)y^{\prime }+ycosx=e^{-sinx}；(4)y^{\prime }+ytanx=sin2x；& \\ & & \\ & (5)(x^2-1)y^{\prime }+2xy-cosx=0；(6)\frac{d\rho }{d\theta }+3\rho =2；& \\ & & \\ & (7)\frac{dy}{dx}+2xy=4x；(8)ylnydx+(x-lny)dy=0；& \\ & & \\ & (9)(x-2)\frac{dy}{dx}=y+2(x-2{)}^3；(10)(y^2-6x)\frac{dy}{dx}+2y=0.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)y=e^{-\int dx}\left[\int e^{-x}\cdot e^{\int dx}dx+C\right]=e^{-x}\left(\int e^{-x}\cdot e^{x}dx+C\right)=e^{-x}(x+C).& \\ & & \\ & (2)原方程写为y^{\prime }+\frac{1}{x}y=x+3+\frac{2}{x}，则y=e^{-\int \frac{1}{x}dx}\left[\int \left(x+3+\frac{2}{x}\right)e^{\int \frac{1}{x}dx}dx+C\right]=& \\ & & \\ & \frac{1}{x}\left[\int \left(x+3+\frac{2}{x}\right)xdx+C\right]=\frac{1}{x}\left[\int (x^2+3x+2)dx+C\right]=\frac{1}{x}\left(\frac{1}{3}{x}^3+\frac{3}{2}{x}^2+2x+C\right)=& \\ & & \\ & \frac{1}{3}{x}^2+\frac{3}{2}x+2+\frac{1}{x}C.& \\ & & \\ & (3)y=e^{-\int cosxdx}\left(\int e^{-sinx}\cdot e^{\int cosxdx}dx+C\right)=e^{-sinx}\left(\int e^{-sinx}\cdot e^{sinx}dx+C\right)=e^{-sinx}(x+C).& \\ & & \\ & (4)y=e^{-\int tanxdx}\left(\int sin2x{e}^{\int tanxdx}dx+C\right)=cosx\left(\int \frac{sin2x}{cosx}dx+C\right)=cosx\left(\int 2sinxdx+C\right)=& \\ & & \\ & Ccosx-2co{s}^{2}x.& \\ & & \\ & (5)原方程写为y^{\prime }+\frac{2x}{x^2-1}y=\frac{cosx}{x^2-1}，则y=e^{-\int \frac{2x}{x^2-1}dx}\left(\int \frac{cosx}{x^2-1}{e}^{\int \frac{2x}{x^2-1}dx}dx+C\right)=& \\ & & \\ & \frac{1}{x^2-1}\left[\int \frac{cosx}{x^2-1}(x^2-1)dx+C\right]=\frac{1}{x^2-1}\left(\int cosxdx+C\right)=\frac{sinx+C}{x^2-1}.& \\ & & \\ & (6)\rho =e^{-\int 3d\theta }\left(\int 2e^{\int 3d\theta }d\theta +C\right)=e^{-3\theta }\left(\int 2e^{3\theta }d\theta +C\right)=e^{-3\theta }\left(\frac{2}{3}{e}^{3\theta }+C\right)=\frac{2}{3}+C{e}^{-3\theta }.& \\ & & \\ & (7)y=e^{-\int 2xdx}\left(\int 4x{e}^{\int 2xdx}dx+C\right)=e^{-x^2}\left(\int 4x{e}^{x^2}dx+C\right)=e^{-x^2}(2e^{x^2}+C)=2+C{e}^{-x^2}.& \\ & & \\ & (8)原方程写为\frac{dx}{dy}+\frac{1}{ylny}x=\frac{1}{y}，则x=e^{-\int \frac{dy}{ylny}}\left(\int \frac{1}{y}{e}^{\int \frac{dy}{ylny}}dy+C_1\right)=e^{-ln|lny|}\left[\int \frac{1}{y}{e}^{ln|lny|}dy+C_1\right]=& \\ & & \\ & \frac{1}{lny}\left(\int \frac{lny}{y}dy+C_1\right)=\frac{1}{lny}\left(\frac{1}{2}l{n}^{2}y+C_1\right)，即2xlny=l{n}^{2}y+C(C=2C_1).& \\ & & \\ & (9)原方程写为\frac{dy}{dx}-\frac{1}{x-2}y=2(x-2{)}^2，则y=e^{\int \frac{1}{x-2}dx}\left[\int 2(x-2{)}^2\cdot e^{-\int \frac{1}{x-2}dx}dx+C\right]=& \\ & & \\ & (x-2)\left[\int 2(x-2{)}^2\cdot \frac{1}{x-2}dx+C\right]=(x-2)\left[\int 2(x-2)dx+C\right]=& \\ & & \\ & (x-2)[(x-2{)}^2+C]=(x-2{)}^3+C(x-2).& \\ & & \\ & (10)原方程写为\frac{dx}{dy}-\frac{3}{y}x=-\frac{y}{2}，则x=e^{\int \frac{3}{y}dy}\left(\int -\frac{y}{2}{e}^{-\int \frac{3}{y}dy}dy+C\right)=y^3\left(\int -\frac{y}{2}\cdot \frac{1}{y^3}dy+C\right)=& \\ & & \\ & y^3\left(\int -\frac{1}{2y^2}dy+C\right)=y^3\left(\frac{1}{2y}+C\right)=\frac{1}{2}{y}^2+C{y}^3.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 2.求下列微分方程满足所给初值条件的特解：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\frac{dy}{dx}-ytanx=secx，y{|}_{x=0}=0；(2)\frac{dy}{dx}+\frac{y}{x}=\frac{sinx}{x}，y{|}_{x=\pi }=1；& \\ & & \\ & (3)\frac{dy}{dx}+ycotx=5e^{cosx}，y_{x=\frac{\pi }{2}}=-4；(4)\frac{dy}{dx}+3y=8，y{|}_{x=0}=2；& \\ & & \\ & (5)\frac{dy}{dx}+\frac{2-3x^2}{x^3}y=1，y{|}_{x=1}=0.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)y=e^{\int tanxdx}\left(\int secx{e}^{-\int tanxdx}dx+C\right)=e^{-ln|cosx|}\left(\int secx{e}^{ln|cosx|}dx+C\right)=& \\ & & \\ & \frac{1}{cosx}\left(\int secx\cdot cosxdx+C\right)=\frac{x+C}{cosx}.代入初值条件x=0，y=0，得C=0，所求特解为y=\frac{x}{cosx}.& \\ & & \\ & (2)y=e^{-\int \frac{1}{x}dx}\left(\int \frac{sinx}{x}{e}^{\int \frac{1}{x}dx}dx+C\right)=\frac{1}{x}\left(\int \frac{sinx}{x}\cdot xdx+C\right)=\frac{1}{x}(-cosx+C).代入初值条件x=\pi ，y=1，& \\ & & \\ & 得C=\pi -1，所求特解为y=\frac{1}{x}(\pi -1-cosx).& \\ & & \\ & (3)y=e^{-\int cotxdx}\left(\int 5e^{cosx}{e}^{\int cotxdx}dx+C\right)=\frac{1}{sinx}\left(\int 5e^{cosx}\cdot sinxdx+C\right)=\frac{1}{sinx}(-5e^{cosx}+C)，& \\ & & \\ & 代入初值条件x=\frac{\pi }{2}，y=-4，得C=1，所求特解为y=\frac{1-5e^{cosx}}{sinx}，即ysinx+5e^{cosx}=1.& \\ & & \\ & (4)y=e^{-\int 3dx}\left(\int 8e^{\int 3dx}dx+C\right)=e^{-3x}\left(\int 8e^{3x}dx+C\right)=e^{-3x}\left(\frac{8}{3}{e}^{3x}+C\right)=\frac{8}{3}+C{e}^{-3x}，代入初值条件& \\ & & \\ & x=0，y=2，得C=-\frac{2}{3}，所求特解为y=\frac{2}{3}(4-e^{-3x}).& \\ & & \\ & (5)y=e^{-\int \left(\frac{2}{x^3}-\frac{3}{x}\right)dx}\left[\int e^{\int \left(\frac{2}{x^3}-\frac{3}{x}\right)dx}dx+C\right]=e^{\frac{1}{x^2}+3lnx}\left(\int e^{-\left(\frac{1}{x^2}+3lnx\right)}dx+C\right)=x^3{e}^{\frac{1}{x^2}}\left(\int \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x^3}dx+C\right)=& \\ & & \\ & x^3{e}^{\frac{1}{x^2}}\left[\frac{1}{2}\int e^{-\frac{1}{x^2}}d\left(-\frac{1}{x^2}\right)+C\right]=x^3{e}^{\frac{1}{x^2}}\left(\frac{1}{2}{e}^{-\frac{1}{x^2}}+C\right)=\frac{1}{2}{x}^3+C{x}^3{e}^{\frac{1}{x^2}}，代入初值条件x=1，y=0，& \\ & & \\ & 得C=-\frac{1}{2e}，所求特解为y=\frac{1}{2}{x}^3(1-e^{\frac{1}{x^2}-1}).& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 3.求一曲线的方程，这曲线通过原点，并且它在点(x,y)处的切线斜率等于2x+y.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 设曲线方程为y=y(x)，根据题意可知y^{\prime }=2x+y，即y^{\prime }-y=2x，y{|}_{x=0}=0，y=e^{\int dx}\left(\int 2x{e}^{-\int dx}dx+C\right)=& \\ & & \\ & e^x\left(\int 2x{e}^{-x}dx+C\right)=e^x(-2x{e}^{-x}-2e^{-x}+C)=-2x-2+C{e}^x，由x=0，y=0，得C=2，& \\ & & \\ & 所求曲线方程为y=2(e^x-x-1).& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 4.设有一质量为m的质点做直线运动。从速度等于零的时刻起，有一个与运动方向一致、大小与时间& \\ & & \\ & 成正比（比例系数为k_1）的力作用于它，此外还受一与速度成正比（比例系数为k_2）的阻力作用。& \\ & & \\ & 求质点运动的速度与时间的函数关系.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 根据题意，有ma=k_{1}t-k_{2}v，a=\frac{dv}{dt}，即m\frac{dv}{dt}=k_{1}t-k_{2}v，v{|}_{t=0}=0，将原方程写为\frac{dv}{dt}+\frac{k_2}{m}v=\frac{k_1}{m}t，& \\ & & \\ & 则v=e^{-\int \frac{k_2}{m}dt}\left(\int \frac{k_1}{m}t\cdot e^{\int \frac{k_2}{m}dt}dt+C\right)=e^{-\frac{k_2}{m}t}\left(\frac{k_1}{m}\int t{e}^{\frac{k_2}{m}t}dt+C\right)=e^{-\frac{k_2}{m}t}\left(\frac{k_1}{k_2}t{e}^{\frac{k_2}{m}t}-\frac{k_1}{k_2}\int e^{\frac{k_2}{m}t}dt+C\right)=& \\ & & \\ & e^{-\frac{k_2}{m}t}\left(\frac{k_1}{k_2}t{e}^{\frac{k_2}{m}t}-\frac{k_{1}m}{k_2^2}{e}^{\frac{k_2}{m}t}+C\right)=\frac{k_1}{k_2}t-\frac{k_{1}m}{k_2^2}+C{e}^{-\frac{k_2}{m}t}.由t=0，v=0，得C=\frac{k_{1}m}{k_2^2}，& \\ & & \\ & 所以速度与时间的函数关系为v=\frac{k_1}{k_2}t-\frac{k_{1}m}{k_2^2}(1-e^{-\frac{k_2}{m}t}).& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.设有一个由电阻R=10\Omega 、电感L=2H和电源电压E=20sin5tV串联组成的电路，开关S合上后，& \\ & & \\ & 电路中有电流通过。求电流i与时间t的函数关系.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 根据题意，有20sin5t=10i+2\frac{di}{dt}，即\frac{di}{dt}+5i=10sin5t，i{|}_{t=0}=0，i=e^{-\int 5dt}\left(\int 10sin5t{e}^{\int 5dt}dt+C_1\right)=& \\ & & \\ & e^{-5t}\left(\int 10sin5t{e}^{5t}dt+C_1\right)，记I=\int 10sin5t{e}^{5t}dt，则I=2\int sin5td(e^{5t})=2sin5t{e}^{5t}-2\int e^{5t}cos5t\cdot 5dt=& \\ & & \\ & 2sin5t{e}^{5t}-2\int cos5td(e^{5t})=2sin5t{e}^{5t}-2cos5t{e}^{5t}-10\int sin5t{e}^{5t}dt=2e^{5t}(sin5t-cos5t)-I，& \\ & & \\ & 所以，I=e^{5t}(sin5t-cos5t)+C_2，得i=e^{-5t}\cdot [e^{5t}(sin5t-cos5t)+C](C=C_1+C_2)=& \\ & & \\ & sin5t-cos5t+C{e}^{-5t}，代入初值条件t=0，i=0，得C=1，所以电流i与时间t的函数关系为& \\ & & \\ & i=e^{-5t}+sin5t-cos5t.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 6.验证形如yf(xy)dx+xg(xy)dy=0的微分方程可经变量代换v=xy化为可分离变量的方程，并求其通解.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 由v=xy，即y=\frac{v}{x}，得dy=\frac{xdv-vdx}{x^2}，原方程写为xyf(xy)dx+x^{2}g(xy)dy=0，将v=xy，& \\ & & \\ & dy=\frac{xdv-vdx}{x^2}代入上式，得vf(v)dx+g(v)(xdv-vdx)=0，分离变量得\frac{g(v)dv}{v[f(v)-g(v)]}+\frac{dx}{x}=0，两端积分，& \\ & & \\ & 得\int \frac{g(v)dv}{v[f(v)-g(v)]}+ln|x|=C，代入v=xy，所求通解为\int \frac{g(xy)d(xy)}{xy[f(xy)-g(xy)]}+ln|x|=C& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 7.用适当的变量代换将下列方程化为可分离变量的方程，然后求出通解：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\frac{dy}{dx}=(x+y{)}^2；(2)\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x-y}+1；& \\ & & \\ & (3)x{y}^{\prime }+y=y(lnx+lny)；& \\ & & \\ & (4)y^{\prime }=y^2+2(sinx-1)y+si{n}^{2}x-2sinx-cosx+1；& \\ & & \\ & (5)y(xy+1)dx+x(1+xy+x^2{y}^2)dy=0.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)令u=x+y，则\frac{du}{dx}=1+\frac{dy}{dx}，原方程写为\frac{du}{dx}=u^2+1，分离变量得\frac{du}{u^2+1}=dx，两端积分，& \\ & & \\ & 得arctanu=x+C，即u=tan(x+C)，代入u=x+y，得原方程通解为y=-x+tan(x+C).& \\ & & \\ & (2)令u=x-y，则\frac{du}{dx}=1-\frac{dy}{dx}，原方程写为\frac{du}{dx}=-\frac{1}{u}，即udu+dx=0，两端积分，得\frac{1}{2}{u}^2+x=C_1，& \\ & & \\ & 代入u=x-y，得原方程通解为(x-y{)}^2+2x=C(C=2C_1).& \\ & & \\ & (3)令u=xy，则u^{\prime }=y+x{y}^{\prime }，原方程写为u^{\prime }=\frac{u}{x}lnu，即\frac{du}{ulnu}=\frac{dx}{x}，两端积分，得ln|lnu|=ln|x|+ln{C}_1，& \\ & & \\ & 即u=e^{Cx}，代入u=xy，得原方程通解为xy=e^{Cx}.& \\ & & \\ & (4)原方程写为y^{\prime }=(y+sinx-1{)}^2-cosx，令u=y+sinx-1，则u^{\prime }=y^{\prime }+cosx，原方程变为u^{\prime }=u^2，& \\ & & \\ & 即\frac{du}{u^2}=dx，两端积分，得-\frac{1}{u}=x+C，即u=-\frac{1}{x+C}，代入u=y+sinx-1，& \\ & & \\ & 得原方程通解为y=1-sinx-\frac{1}{x+C}.& \\ & & \\ & (5)原方程写为xy(xy+1)+x^2(1+xy+x^2{y}^2)\frac{dy}{dx}=0，令u=xy，即y=\frac{u}{x}，则\frac{dy}{dx}=\frac{x\frac{du}{dx}-u}{x^2}，& \\ & & \\ & 原方程变为u(u+1)+(1+u+u^2)\left(x\frac{du}{dx}-u\right)=0，整理并分离变量得\frac{1+u+u^2}{u^3}du=\frac{dx}{x}，两端积分，& \\ & & \\ & 得-\frac{1}{2u^2}-\frac{1}{u}+ln|u|=ln|x|+C_1，代入u=xy，得原方程通解为2x^2{y}^{2}ln|y|-2xy-1=C{x}^2{y}^2(C=2C_1)& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 8.求下列伯努利方程的通解：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)\frac{dy}{dx}+y=y^2(cosx-sinx)；(2)\frac{dy}{dx}-3xy=x{y}^2；& \\ & & \\ & (3)\frac{dy}{dx}+\frac{1}{3}y=\frac{1}{3}(1-2x)y^4；(4)\frac{dy}{dx}-y=x{y}^5；& \\ & & \\ & (5)xdy-[y+x{y}^3(1+lnx)]dx=0.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1)原方程写为\frac{1}{y^2}{y}^{\prime }+\frac{1}{y}=cosx-sinx，令z=\frac{1}{y}，则z^{\prime }=-\frac{1}{y^2}{y}^{\prime }，原方程化为z^{\prime }-z=sinx-cosx，& \\ & & \\ & z=e^{\int dx}\left[\int (sinx-cosx)e^{-\int dx}dx+C\right]=e^x\left[\int (sinx-cosx)e^{-x}dx+C\right]=& \\ & & \\ & e^x\left(\int sinx{e}^{-x}dx-\int cosx{e}^{-x}dx+C\right)，其中\int sinx{e}^{-x}dx=-\int sinxd(e^{-x})=& \\ & & \\ & -sinx{e}^{-x}+\int e^{-x}cosxdx，所以z=e^x(-sinx{e}^{-x}+C)=C{e}^x-sinx，所求通解为\frac{1}{y}=C{e}^x-sinx.& \\ & & \\ & (2)原方程写为y^{-2}{y}^{\prime }-3x{y}^{-1}=x，令z=y^{-1}，则z^{\prime }=-y^{-2}{y}^{\prime }，原方程化为z^{\prime }+3xz=-x，& \\ & & \\ & z=e^{-\int 3xdx}\left(\int -x{e}^{\int 3xdx}dx+C\right)=e^{-\frac{3}{2}{x}^2}\left(\int -x{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}dx+C\right)=e^{-\frac{3}{2}{x}^2}\left(-\frac{1}{3}{e}^{\frac{3}{2}{x}^2}+C\right)=-\frac{1}{3}+C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}，& \\ & & \\ & 所求通解为y^{-1}=-\frac{1}{3}+C{e}^{-\frac{3}{2}{x}^2}.& \\ & & \\ & (3)原方程写为y^{-4}{y}^{\prime }+\frac{1}{3}{y}^{-3}=\frac{1}{3}(1-2x)，令z=y^{-3}，则z^{\prime }=-3y^{-4}{y}^{\prime }，原方程化为z^{\prime }-z=1-2x，& \\ & & \\ & z=e^{\int dx}\left[\int (1-2x)e^{-\int dx}dx+C\right]=e^x\left[\int (1-2x)e^{-x}dx+C\right]=e^x[(-2x-1)e^{-x}+C]=-2x-1+C{e}^x，& \\ & & \\ & 所求通解为y^{-3}=-2x-1+C{e}^x.& \\ & & \\ & (4)原方程写为y^{-5}{y}^{\prime }-y^{-4}=x，令z=y^{-4}，则z^{\prime }=-4y^{-5}{y}^{\prime }，原方程化为z^{\prime }+4z=-4x，& \\ & & \\ & z=e^{-\int 4dx}\left(\int -4x{e}^{\int 4xdx}dx+C\right)=e^{-4x}\left(\int -4x{e}^{4x}dx+C\right)=e^{-4x}\left(-x{e}^{4x}+\frac{1}{4}{e}^{4x}+C\right)=& \\ & & \\ & -x+\frac{1}{4}+C{e}^{-4x}，所求通解为y^{-4}=-x+\frac{1}{4}+C{e}^{-4x}.& \\ & & \\ & (5)原方程写为y^{\prime }-\frac{1}{x}y=(1+lnx)y^3，即y^{-3}{y}^{\prime }-\frac{1}{x}{y}^{-2}=1+lnx，令z=y^{-2}，则z^{\prime }=-2y^{-3}{y}^{\prime }，& \\ & & \\ & 原方程化为z^{\prime }+\frac{2}{x}z=-2(1+lnx)，z=e^{-\int \frac{2}{x}dx}\left[\int -2(1+lnx)e^{\int \frac{2}{x}dx}dx+C\right]=& \\ & & \\ & x^{-2}\left[\int -2(1+lnx)x^{2}dx+C\right]=x^{-2}\left[-\frac{2}{3}{x}^3(1+lnx)+\frac{2}{3}\int x^3\cdot \frac{1}{x}dx+C\right]=& \\ & & \\ & x^{-2}\left[-\frac{2}{3}{x}^3(1+lnx)+\frac{2}{9}{x}^3+C\right]=-\frac{2}{3}x(1+lnx)+\frac{2}{9}x+C{x}^{-2}，& \\ & & \\ & 所求通解为y^{-2}=-\frac{2}{3}x(1+lnx)+\frac{2}{9}x+C{x}^{-2}.& \end{array}$