高等数学（第七版）同济大学 习题7-5 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题7-5

 

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

   ( 1 )    y ′ ′ = x + s i n   x ；                                    ( 2 )    y ′ ′ ′ = x e x ；    ( 3 )    y ′ ′ = 1 1 + x 2 ；                                        ( 4 )    y ′ ′ = 1 + y ′ 2 ；    ( 5 )    y ′ ′ = y ′ + x ；                                          ( 6 )    x y ′ ′ + y ′ = 0 ；    ( 7 )    y y ′ ′ + 2 y ′ 2 = 0 ；                                     ( 8 )    y 3 y ′ ′ − 1 = 0 ；    ( 9 )    y ′ ′ = 1 y ；                                             ( 10 )    y ′ ′ = ( y ′ ) 3 + y ′ .   (1)  y″=x+sin x；                                   (2)  y‴=xex；  (3)  y″=11+x2；                                       (4)  y″=1+y′2；  (5)  y″=y′+x；                                         (6)  xy″+y′=0；  (7)  yy″+2y′2=0；                                    (8)  y3y″−1=0；  (9)  y″=1√y；                                            (10)  y″=(y′)3+y′.

​  (1)  y′′=x+sin x；                                   (2)  y′′′=xex；  (3)  y′′=1+x21​；                                       (4)  y′′=1+y′2；  (5)  y′′=y′+x；                                         (6)  xy′′+y′=0；  (7)  yy′′+2y′2=0；                                    (8)  y3y′′−1=0；  (9)  y′′=y ​1​；                                            (10)  y′′=(y′)3+y′.​​

解：

   ( 1 )   y ′ = ∫ ( x + s i n   x ) d x = 1 2 x 2 − c o s   x + C 1 ，          y = ∫ ( 1 2 x 2 − c o s   x + C 1 ) d x = 1 6 x 3 − s i n   x + C 1 x + C 2 .    ( 2 )   y ′ ′ = ∫ x e x d x = x e x − e x + C 1 ′ = ( x − 1 ) e x + C 1 ′ ，          y ′ = ∫ [ ( x − 1 ) e x + C 1 ′ ] d x = ( x − 1 ) e x − ∫ e x d x + C 1 ′ x + C 2 = ( x − 2 ) e x + C 1 ′ x + C 2 ，          y = ∫ [ ( x − 2 ) e x + C 1 ′ x + C 2 ] d x = ( x − 2 ) e x − ∫ e x d x + 1 2 C 1 ′ x 2 + C 2 x + C 3 = ( x − 3 ) e x + C 1 x 2 + C 2 x + C 3 .    ( 3 )   y ′ = ∫ d x 1 + x 2 = a r c t a n   x + C 1 ，          y = ∫ ( a r c t a n   x + C 1 ) d x = x a r c t a n   x − ∫ x 1 + x 2 d x + C 1 x = x a r c t a n   x − 1 2 l n ( 1 + x 2 ) + C 1 x + C 2 .    ( 4 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ = 1 + p 2 ，分离变量得 d p 1 + p 2 = d x ，两端积分，得 a r c t a n   p = x + C 1 ，         即 p = y ′ = t a n ( x + C 1 ) ，再积分得通解 y = ∫ t a n ( x + C 1 ) d x = − l n   ∣ c o s ( x + C 1 ) ∣ + C 2 .    ( 5 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ − p = x ，利用一阶线性方程的求解公式，         得 p = e ∫ d x ( ∫ x e − ∫ d x d x + C 1 ) = e x ( ∫ x e − x d x + C 1 ) = e x ( − x e − x − e − x + C 1 ) = − x − 1 + C 1 e x .         积分得通解 y = ∫ ( C 1 e x − x − 1 ) d x = C 1 e x − 1 2 x 2 − x + C 2 .    ( 6 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 x p ′ + p = 0 ，分离变量得 d p p = − d x x ，积分得 l n   ∣ p ∣ = l n   ∣ 1 x ∣ + l n   C 1 ，         即 p = C 1 p ，再积分，得通解 y = ∫ C 1 x d x = C 1 l n   ∣ x ∣ + C 2 .    ( 7 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ = d p d y ⋅ d y d x = d p d y p ，原方程化为 y p d p d y + 2 p 2 = 0 ，分离变量得 d p p = − 2 d y y ，两端积分，         得 l n   ∣ p ∣ = l n   1 y 2 + l n   C 0 ，即 y ′ = p = C 0 y 2 ，分离变量得 y 2 d y = C 0 d x ，两端积分，得 y 3 = 3 C 0 x + C 2 ，         即通解为 y 3 = C 1 x + C 2 .    ( 8 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程化为 y 3 p d p d y − 1 = 0 ，分离变量得 p d p = 1 y 3 d y ，两端积分，         得 p 2 = − 1 y 2 + C 1 ， y ′ = p = ± C 1 − 1 y 2 = ± 1 ∣ y ∣ C 1 y 2 − 1 ，分离变量得 ∣ y ∣ d y C 1 y 2 − 1 = ± d x ，         因为 ∣ y ∣ = y s g n ( y ) ，两端积分 s g n ( y ) ∫ y d y C 1 y 2 − 1 = ± ∫ d x ， s g n ( y ) C 1 y 2 − 1 = ± C 1 x + C 2 ，         两边平方，得 C 1 y 2 − 1 = ( C 1 x + C 2 ) 2 .    ( 9 )  方程两端乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 2 y ′ y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( 4 y ) ′ ，所以， y ′ 2 = 4 y + C 1 ′ ，         有 y ′ = ± 2 y + C 1   ( C 1 = C 1 ′ 4 ) ，分离变量得 d x = ± d y 2 y + C 1 ，两端积分，         得 x = ± ∫ d ( y ) 2 2 y + C 1 = ± ∫ y d y y + C 1 = ± ∫ ( y + C 1 ) − C 1 y + C 1 d ( y ) =          ± [ ∫ y + C 1 d ( y + C 1 ) − C 1 ∫ 1 y + C 1 d ( y + C 1 ) ] = ± [ 2 3 ( y + C 1 ) 3 2 − 2 C 1 ( y + C 1 ) 1 2 ] + C 2 .    ( 10 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程化为 p d p d y = p 3 + p ，即 p [ d p d y − ( 1 + p 2 ) ] = 0 ，如果 p ≡ 0 ，           则 y ≡ C ， y ≡ C 是原方程的解，但不是通解。如果 p ≢ 0 ，因为 p 的连续性，必定在 x 的某个区间有 p ≠ 0 ，           于是 d p d y − ( 1 + p 2 ) = 0 ，分离变量得 d p 1 + p 2 = d y ，两端积分，得 a r c t a n   p = y − C 1 ，即 p = t a n ( y − C 1 ) ，            c o t ( y − C 1 ) d y = d x ，两端积分得 l n   s i n ( y − C 1 ) = x + l n   C 2 ，即 s i n ( y − C 1 ) = C 2 e x ，因为当 C 2 = 0 时，            y = C 1 ，之前所求解 y ≡ C 包含在内 .   (1) y′=∫(x+sin x)dx=12x2−cos x+C1，        y=∫(12x2−cos x+C1)dx=16x3−sin x+C1x+C2.  (2) y″=∫xexdx=xex−ex+C′1=(x−1)ex+C′1，        y′=∫[(x−1)ex+C′1]dx=(x−1)ex−∫exdx+C′1x+C2=(x−2)ex+C′1x+C2，        y=∫[(x−2)ex+C′1x+C2]dx=(x−2)ex−∫exdx+12C′1x2+C2x+C3=(x−3)ex+C1x2+C2x+C3.  (3) y′=∫dx1+x2=arctan x+C1，        y=∫(arctan x+C1)dx=xarctan x−∫x1+x2dx+C1x=xarctan x−12ln(1+x2)+C1x+C2.  (4) 令y′=p，则y″=p′，原方程化为p′=1+p2，分离变量得dp1+p2=dx，两端积分，得arctan p=x+C1，        即p=y′=tan(x+C1)，再积分得通解y=∫tan(x+C1)dx=−ln |cos(x+C1)|+C2.  (5) 令y′=p，则y″=p′，原方程化为p′−p=x，利用一阶线性方程的求解公式，        得p=e∫dx(∫xe−∫dxdx+C1)=ex(∫xe−xdx+C1)=ex(−xe−x−e−x+C1)=−x−1+C1ex.        积分得通解y=∫(C1ex−x−1)dx=C1ex−12x2−x+C2.  (6) 令y′=p，则y″=p′，原方程化为xp′+p=0，分离变量得dpp=−dxx，积分得ln |p|=ln |1x|+ln C1，        即p=C1p，再积分，得通解y=∫C1xdx=C1ln |x|+C2.  (7) 令y′=p，则y″=p′=dpdy⋅dydx=dpdyp，原方程化为ypdpdy+2p2=0，分离变量得dpp=−2dyy，两端积分，        得ln |p|=ln 1y2+ln C0，即y′=p=C0y2，分离变量得y2dy=C0dx，两端积分，得y3=3C0x+C2，        即通解为y3=C1x+C2.  (8) 令y′=p，则y″=pdpdy，原方程化为y3pdpdy−1=0，分离变量得pdp=1y3dy，两端积分，        得p2=−1y2+C1，y′=p=±√C1−1y2=±1|y|√C1y2−1，分离变量得|y|dy√C1y2−1=±dx，        因为|y|=ysgn(y)，两端积分sgn(y)∫ydy√C1y2−1=±∫dx，sgn(y)√C1y2−1=±C1x+C2，        两边平方，得C1y2−1=(C1x+C2)2.  (9) 方程两端乘以2y′，得2y′y″=2y′√y，即(y′2)′=(4√y)′，所以，y′2=4√y+C′1，        有y′=±2√√y+C1 (C1=C′14)，分离变量得dx=±dy2√√y+C1，两端积分，        得x=±∫d(√y)22√√y+C1=±∫√yd√y√√y+C1=±∫(√y+C1)−C1√√y+C1d(√y)=        ±[∫√√y+C1d(√√y+C1)−C1∫1√√y+C1d(√y+C1)]=±[23(√y+C1)32−2C1(√y+C1)12]+C2.  (10) 令y′=p，则y″=pdpdy，原方程化为pdpdy=p3+p，即p[dpdy−(1+p2)]=0，如果p≡0，          则y≡C，y≡C是原方程的解，但不是通解。如果p≢0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p≠0，          于是dpdy−(1+p2)=0，分离变量得dp1+p2=dy，两端积分，得arctan p=y−C1，即p=tan(y−C1)，          cot(y−C1)dy=dx，两端积分得ln sin(y−C1)=x+ln C2，即sin(y−C1)=C2ex，因为当C2=0时，          y=C1，之前所求解y≡C包含在内.

​  (1) y′=∫(x+sin x)dx=21​x2−cos x+C1​，        y=∫(21​x2−cos x+C1​)dx=61​x3−sin x+C1​x+C2​.  (2) y′′=∫xexdx=xex−ex+C1′​=(x−1)ex+C1′​，        y′=∫[(x−1)ex+C1′​]dx=(x−1)ex−∫exdx+C1′​x+C2​=(x−2)ex+C1′​x+C2​，        y=∫[(x−2)ex+C1′​x+C2​]dx=(x−2)ex−∫exdx+21​C1′​x2+C2​x+C3​=(x−3)ex+C1​x2+C2​x+C3​.  (3) y′=∫1+x2dx​=arctan x+C1​，        y=∫(arctan x+C1​)dx=xarctan x−∫1+x2x​dx+C1​x=xarctan x−21​ln(1+x2)+C1​x+C2​.  (4) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′=1+p2，分离变量得1+p2dp​=dx，两端积分，得arctan p=x+C1​，        即p=y′=tan(x+C1​)，再积分得通解y=∫tan(x+C1​)dx=−ln ∣cos(x+C1​)∣+C2​.  (5) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−p=x，利用一阶线性方程的求解公式，        得p=e∫dx(∫xe−∫dxdx+C1​)=ex(∫xe−xdx+C1​)=ex(−xe−x−e−x+C1​)=−x−1+C1​ex.        积分得通解y=∫(C1​ex−x−1)dx=C1​ex−21​x2−x+C2​.  (6) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为xp′+p=0，分离变量得pdp​=−xdx​，积分得ln ∣p∣=ln ∣ ∣​x1​∣ ∣​+ln C1​，        即p=pC1​​，再积分，得通解y=∫xC1​​dx=C1​ln ∣x∣+C2​.  (7) 令y′=p，则y′′=p′=dydp​⋅dxdy​=dydp​p，原方程化为ypdydp​+2p2=0，分离变量得pdp​=−2ydy​，两端积分，        得ln ∣p∣=ln y21​+ln C0​，即y′=p=y2C0​​，分离变量得y2dy=C0​dx，两端积分，得y3=3C0​x+C2​，        即通解为y3=C1​x+C2​.  (8) 令y′=p，则y′′=pdydp​，原方程化为y3pdydp​−1=0，分离变量得pdp=y31​dy，两端积分，        得p2=−y21​+C1​，y′=p=±C1​−y21​ ​=±∣y∣1​C1​y2−1 ​，分离变量得C1​y2−1 ​∣y∣dy​=±dx，        因为∣y∣=ysgn(y)，两端积分sgn(y)∫C1​y2−1 ​ydy​=±∫dx，sgn(y)C1​y2−1 ​=±C1​x+C2​，        两边平方，得C1​y2−1=(C1​x+C2​)2.  (9) 方程两端乘以2y′，得2y′y′′=y ​2y′​，即(y′2)′=(4y ​)′，所以，y′2=4y ​+C1′​，        有y′=±2y ​+C1​ ​ (C1​=4C1′​​)，分离变量得dx=±2y ​+C1​ ​dy​，两端积分，        得x=±∫2y ​+C1​ ​d(y ​)2​=±∫y ​+C1​ ​y ​dy ​​=±∫y ​+C1​ ​(y ​+C1​)−C1​​d(y ​)=        ±[∫y ​+C1​ ​d(y ​+C1​ ​)−C1​∫y ​+C1​ ​1​d(y ​+C1​)]=±[32​(y ​+C1​)23​−2C1​(y ​+C1​)21​]+C2​.  (10) 令y′=p，则y′′=pdydp​，原方程化为pdydp​=p3+p，即p[dydp​−(1+p2)]=0，如果p≡0，          则y≡C，y≡C是原方程的解，但不是通解。如果p≡0，因为p的连续性，必定在x的某个区间有p=0，          于是dydp​−(1+p2)=0，分离变量得1+p2dp​=dy，两端积分，得arctan p=y−C1​，即p=tan(y−C1​)，          cot(y−C1​)dy=dx，两端积分得ln sin(y−C1​)=x+ln C2​，即sin(y−C1​)=C2​ex，因为当C2​=0时，          y=C1​，之前所求解y≡C包含在内.​​

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

   ( 1 )    y 3 y ′ ′ + 1 = 0 ， y ∣ x = 1 = 1 ， y ′ ∣ x = 1 = 0 ；    ( 2 )    y ′ ′ − a y ′ 2 = 0 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = − 1 ；    ( 3 )    y ′ ′ ′ = e a x ， y ∣ x = 1 = y ′ ∣ x = 1 = y ′ ′ ∣ x = 1 = 0 ；    ( 4 )    y ′ ′ = e 2 y ， y ∣ x = 0 = y ′ ∣ x = 0 = 0 ；    ( 5 )    y ′ ′ = 3 y ， y ∣ x = 0 = 1 ， y ′ ∣ x = 0 = 2 ；    ( 6 )    y ′ ′ + ( y ′ ) 2 = 1 ， y ∣ x = 0 = 0 ， y ′ ∣ x = 0 = 0.   (1)  y3y″+1=0，y|x=1=1，y′|x=1=0；  (2)  y″−ay′2=0，y|x=0=0，y′|x=0=−1；  (3)  y‴=eax，y|x=1=y′|x=1=y″|x=1=0；  (4)  y″=e2y，y|x=0=y′|x=0=0；  (5)  y″=3√y，y|x=0=1，y′|x=0=2；  (6)  y″+(y′)2=1，y|x=0=0，y′|x=0=0.

​  (1)  y3y′′+1=0，y∣x=1​=1，y′∣x=1​=0；  (2)  y′′−ay′2=0，y∣x=0​=0，y′∣x=0​=−1；  (3)  y′′′=eax，y∣x=1​=y′∣x=1​=y′′∣x=1​=0；  (4)  y′′=e2y，y∣x=0​=y′∣x=0​=0；  (5)  y′′=3y ​，y∣x=0​=1，y′∣x=0​=2；  (6)  y′′+(y′)2=1，y∣x=0​=0，y′∣x=0​=0.​​

解：

   ( 1 )  原方程写为 y ′ ′ + 1 y 3 = 0 ，两端乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ + 2 y ′ y 3 = 0 ，即 ( y ′ 2 − 1 y 2 ) ′ = 0 ，由此得 y ′ 2 − 1 y 2 = C 1 ，         代入初值条件 y = 1 ， y ′ = 0 ，得 C 1 = − 1 ，则有 y ′ 2 = 1 y 2 − 1 = 1 − y 2 y 2 ， y ′ = ± 1 − y 2 y ，分离变量得          y d y 1 − y 2 = ± d x ，两端积分，得 − 1 − y 2 = ± x + C 2 ，代入初值条件 x = 1 ， y = 1 ，得 C = ± 1 ，         则有 − 1 − y 2 = ± ( x − 1 ) ，两边平方，得 x 2 + y 2 = 2 x ，由于在点 x = 1 处， y = 1 ，所以在 x = 1 处，          y = 1 ，在 x = 1 的某邻域内 y > 0 ，则特解表示为 y = 2 x − x 2 .    ( 2 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p ′ ，原方程化为 p ′ − a p 2 = 0 ，分离变量即 d p p 2 = a d x ，两端积分，得 − 1 p = a x + C 1 ，         代入初值条件 x = 0 ， p = y ′ = − 1 ，得 C 1 = 1 ，则有 − 1 y ′ = a x + 1 ，即 y ′ = − 1 a x + 1 ，两端积分，         得 y = − 1 a l n ( a x + 1 ) + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 0 ，得 C 2 = 0 ，所求特解为 y = − 1 a l n ( a x + 1 ) .    ( 3 )  因为 y ′ ′ ′ = e a x ，根据初值条件 x = 1 ， y ′ ′ = 0 ，积分得 y ′ ′ = ∫ 1 x y ′ ′ ′ d x = ∫ 1 x e a x d x = 1 a ( e a x − e a ) ，         又因 x = 1 时， y ′ = 0 ，积分得 y ′ = ∫ 1 x y ′ ′ d x = ∫ 1 x 1 a ( e a x − e a ) d x = 1 a [ 1 a ( e a x − e a ) − e a ( x − 1 ) ] =          1 a 2 e a x − e a a x + e a a ( 1 − 1 a ) ，又因 x = 1 时， y = 0 ，再积分，得 y = ∫ 1 x y ′ d x =          ∫ 1 x [ 1 a 2 e a x − e a a x + e a a ( 1 − 1 a ) ] d x = 1 a 3 ( e a x − e a ) − e a 2 a ( x 2 − 1 ) + e a a ( 1 − 1 a ) ( x − 1 ) =          1 a 3 e a x − e a 2 a x 2 + e a a 2 ( a − 1 ) x + e a 2 a 3 ( 2 a − a 2 − 2 ) .    ( 4 )  原方程两端同时乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 2 y ′ e 2 y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( e 2 y ) ′ ，两端积分，得 y ′ 2 = e 2 y + C 1 ，         代入初值条件 x = 0 ， y = y ′ = 0 ，得 C 1 = − 1 ，则有 y ′ = ± e 2 y − 1 ，分离变量后积分，         得 ∫ d y e 2 y − 1 = ± ∫ d x ，即 ∫ d ( e − y ) 1 − e − 2 y = ± ∫ d x ，得 a r c s i n ( e − y ) = ± x + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ，          y = 0 ，得 C 2 = π 2 ，得特解 e − y = s i n ( π 2 ± x ) = c o s   x ，即 y = − l n   c o s   x = l n   s e c   x .    ( 5 )  原方程两端同时乘以 2 y ′ ，得 2 y ′ y ′ ′ = 6 y ′ y ，即 ( y ′ 2 ) ′ = ( 4 y 3 2 ) ′ ，两端积分，得 y ′ 2 = 4 y 3 2 + C 1 ，         代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ， y ′ = 2 ，得 C 1 = 0 ，则有 y ′ = ± 2 y 3 4 ，由于 y x = 0 ′ = 2 ，取 y ′ = 2 y 3 4 ，         分离变量后积分 ∫ d y y 3 4 = 2 ∫ d x 得 4 y 1 4 = 2 x + C 2 ，代入初值条件 x = 0 ， y = 1 ，得 C 2 = 4 ，         得特解 y = ( 1 2 x + 1 ) 4 .    ( 6 )  令 y ′ = p ，则 y ′ ′ = p d p d y ，原方程变为 p d p d y + p 2 = 1 ，分离变量得 p d p 1 − p 2 = d y ，根据初值条件 y = 0 ， p = 0 ，         积分 ∫ 0 p p d p 1 − p 2 = ∫ 0 y d y ，得 − 1 2 l n ( 1 − p 2 ) = y ，即 p = ± 1 − e − 2 y = ± d x ，分离变量得 d y 1 − e − 2 y = ± d x ，         根据初值条件 x = 0 ， y = 0 积分 ∫ 0 y d y 1 − e − 2 y = ± ∫ 0 x d x ， ∫ 0 y d ( e y ) e 2 y − 1 = ± ∫ 0 x d x ，         得 l n ( e y + e 2 y − 1 ) = ± x ，即 e y = e x + e − x 2   (1) 原方程写为y″+1y3=0，两端乘以2y′，得2y′y″+2y′y3=0，即(y′2−1y2)′=0，由此得y′2−1y2=C1，        代入初值条件y=1，y′=0，得C1=−1，则有y′2=1y2−1=1−y2y2，y′=±√1−y2y，分离变量得        ydy√1−y2=±dx，两端积分，得−√1−y2=±x+C2，代入初值条件x=1，y=1，得C=±1，        则有−√1−y2=±(x−1)，两边平方，得x2+y2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处，        y=1，在x=1的某邻域内y>0，则特解表示为y=√2x−x2.  (2) 令y′=p，则y″=p′，原方程化为p′−ap2=0，分离变量即dpp2=adx，两端积分，得−1p=ax+C1，        代入初值条件x=0，p=y′=−1，得C1=1，则有−1y′=ax+1，即y′=−1ax+1，两端积分，        得y=−1aln(ax+1)+C2，代入初值条件x=0，y=0，得C2=0，所求特解为y=−1aln(ax+1).  (3) 因为y‴=eax，根据初值条件x=1，y″=0，积分得y″=∫x1y‴dx=∫x1eaxdx=1a(eax−ea)，        又因x=1时，y′=0，积分得y′=∫x1y″dx=∫x11a(eax−ea)dx=1a[1a(eax−ea)−ea(x−1)]=        1a2eax−eaax+eaa(1−1a)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=∫x1y′dx=        ∫x1[1a2eax−eaax+eaa(1−1a)]dx=1a3(eax−ea)−ea2a(x2−1)+eaa(1−1a)(x−1)=        1a3eax−ea2ax2+eaa2(a−1)x+ea2a3(2a−a2−2).  (4) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y″=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′，两端积分，得y′2=e2y+C1，        代入初值条件x=0，y=y′=0，得C1=−1，则有y′=±√e2y−1，分离变量后积分，        得∫dy√e2y−1=±∫dx，即∫d(e−y)√1−e−2y=±∫dx，得arcsin(e−y)=±x+C2，代入初值条件x=0，        y=0，得C2=π2，得特解e−y=sin(π2±x)=cos x，即y=−ln cos x=ln sec x.  (5) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y″=6y′√y，即(y′2)′=(4y32)′，两端积分，得y′2=4y32+C1，        代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得C1=0，则有y′=±2y34，由于y′x=0=2，取y′=2y34，        分离变量后积分∫dyy34=2∫dx得4y14=2x+C2，代入初值条件x=0，y=1，得C2=4，        得特解y=(12x+1)4.  (6) 令y′=p，则y″=pdpdy，原方程变为pdpdy+p2=1，分离变量得pdp1−p2=dy，根据初值条件y=0，p=0，        积分∫p0pdp1−p2=∫y0dy，得−12ln(1−p2)=y，即p=±√1−e−2y=±dx，分离变量得dy√1−e−2y=±dx，        根据初值条件x=0，y=0积分∫y0dy√1−e−2y=±∫x0dx，∫y0d(ey)√e2y−1=±∫x0dx，        得ln(ey+√e2y−1)=±x，即ey=ex+e−x2

​  (1) 原方程写为y′′+y31​=0，两端乘以2y′，得2y′y′′+y32y′​=0，即(y′2−y21​)′=0，由此得y′2−y21​=C1​，        代入初值条件y=1，y′=0，得C1​=−1，则有y′2=y21​−1=y21−y2​，y′=±y1−y2 ​​，分离变量得        1−y2 ​ydy​=±dx，两端积分，得−1−y2 ​=±x+C2​，代入初值条件x=1，y=1，得C=±1，        则有−1−y2 ​=±(x−1)，两边平方，得x2+y2=2x，由于在点x=1处，y=1，所以在x=1处，        y=1，在x=1的某邻域内y>0，则特解表示为y=2x−x2 ​.  (2) 令y′=p，则y′′=p′，原方程化为p′−ap2=0，分离变量即p2dp​=adx，两端积分，得−p1​=ax+C1​，        代入初值条件x=0，p=y′=−1，得C1​=1，则有−y′1​=ax+1，即y′=−ax+11​，两端积分，        得y=−a1​ln(ax+1)+C2​，代入初值条件x=0，y=0，得C2​=0，所求特解为y=−a1​ln(ax+1).  (3) 因为y′′′=eax，根据初值条件x=1，y′′=0，积分得y′′=∫1x​y′′′dx=∫1x​eaxdx=a1​(eax−ea)，        又因x=1时，y′=0，积分得y′=∫1x​y′′dx=∫1x​a1​(eax−ea)dx=a1​[a1​(eax−ea)−ea(x−1)]=        a21​eax−aea​x+aea​(1−a1​)，又因x=1时，y=0，再积分，得y=∫1x​y′dx=        ∫1x​[a21​eax−aea​x+aea​(1−a1​)]dx=a31​(eax−ea)−2aea​(x2−1)+aea​(1−a1​)(x−1)=        a31​eax−2aea​x2+a2ea​(a−1)x+2a3ea​(2a−a2−2).  (4) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=2y′e2y，即(y′2)′=(e2y)′，两端积分，得y′2=e2y+C1​，        代入初值条件x=0，y=y′=0，得C1​=−1，则有y′=±e2y−1 ​，分离变量后积分，        得∫e2y−1 ​dy​=±∫dx，即∫1−e−2y ​d(e−y)​=±∫dx，得arcsin(e−y)=±x+C2​，代入初值条件x=0，        y=0，得C2​=2π​，得特解e−y=sin(2π​±x)=cos x，即y=−ln cos x=ln sec x.  (5) 原方程两端同时乘以2y′，得2y′y′′=6y′y ​，即(y′2)′=(4y23​)′，两端积分，得y′2=4y23​+C1​，        代入初值条件x=0，y=1，y′=2，得C1​=0，则有y′=±2y43​，由于yx=0′​=2，取y′=2y43​，        分离变量后积分∫y43​dy​=2∫dx得4y41​=2x+C2​，代入初值条件x=0，y=1，得C2​=4，        得特解y=(21​x+1)4.  (6) 令y′=p，则y′′=pdydp​，原方程变为pdydp​+p2=1，分离变量得1−p2pdp​=dy，根据初值条件y=0，p=0，        积分∫0p​1−p2pdp​=∫0y​dy，得−21​ln(1−p2)=y，即p=±1−e−2y ​=±dx，分离变量得1−e−2y ​dy​=±dx，        根据初值条件x=0，y=0积分∫0y​1−e−2y ​dy​=±∫0x​dx，∫0y​e2y−1 ​d(ey)​=±∫0x​dx，        得ln(ey+e2y−1 ​)=±x，即ey=2ex+e−x​​​

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$\begin{array}{rlr}& 3.试求y^{\prime \prime }=x的经过点M(0,1)且在此点与直线y=\frac{x}{2}+1相切的积分曲线.& \end{array}$

解：

  因为直线 y = x 2 + 1 点 ( 0 ,   1 ) 处的切线斜率为 1 2 ，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题 y ′ ′ = x ， y ∣ x = 0 = 1 ，    y ′ ∣ x = 0 = 1 2 的解，由 y ′ ′ = x ，积分得 y ′ = 1 2 x 2 + C 1 ，代入 x = 0 ， y ′ = 1 2 ，得 C 1 = 1 2 ，即有 y ′ = 1 2 x 2 + 1 2 ，   再积分得 y = 1 6 x 3 + 1 2 x + C 2 ，代入 x = 0 ， y = 1 ，得 C 2 = 1 ，所求积分曲线的方程为 y = 1 6 x 3 + 1 2 x + 1.   因为直线y=x2+1点(0, 1)处的切线斜率为12，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y″=x，y|x=0=1，  y′|x=0=12的解，由y″=x，积分得y′=12x2+C1，代入x=0，y′=12，得C1=12，即有y′=12x2+12，  再积分得y=16x3+12x+C2，代入x=0，y=1，得C2=1，所求积分曲线的方程为y=16x3+12x+1.

​  因为直线y=2x​+1点(0, 1)处的切线斜率为21​，根据题意可知，所求积分曲线是处置问题y′′=x，y∣x=0​=1，  y′∣x=0​=21​的解，由y′′=x，积分得y′=21​x2+C1​，代入x=0，y′=21​，得C1​=21​，即有y′=21​x2+21​，  再积分得y=61​x3+21​x+C2​，代入x=0，y=1，得C2​=1，所求积分曲线的方程为y=61​x3+21​x+1.​​

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$\begin{array}{rlr}& 4.设有一质量为m的物体在空中由静止开始下落，如果空气阻力R=cv（其中c为常数，v为物体运动& \\ & & \\ & 的速度），试求物体下落的距离s与时间t的函数关系.& \end{array}$

解：

  根据牛顿第二定律，有 m d 2 s d t 2 = m g − c d s d t ，根据题设条件，得初值问题 d 2 s d t 2 = g − c m d s d t ， s ∣ t = 0 = 0 ，    d s d t ∣ t = 0 = 0 ，令 d s d t = v ，方程变为 d v d t = g − c m v ，分离变量后积分 ∫ d v g − c m v = ∫ d t ，   得 l n ( g − c m v ) = − c m t + C 1 ，代入初值条件 t = 0 ， v = 0 ，得 C 1 = l n   g ，则有 v = d s d t = m g c ( 1 − e − c m t ) ，   积分得 s = m g c ( t + m c e − c m t ) + C 2 ，   代入初值条件 t = 0 ， s = 0 ，得 C 2 = − m 2 g c 2 ，所求特解为 s = m g c ( t + m c e − c m t − m c ) = m g c t + m 2 g c 2 ( e − c m t − 1 ) .   根据牛顿第二定律，有md2sdt2=mg−cdsdt，根据题设条件，得初值问题d2sdt2=g−cmdsdt，s|t=0=0，  dsdt|t=0=0，令dsdt=v，方程变为dvdt=g−cmv，分离变量后积分∫dvg−cmv=∫dt，  得ln(g−cmv)=−cmt+C1，代入初值条件t=0，v=0，得C1=ln g，则有v=dsdt=mgc(1−e−cmt)，  积分得s=mgc(t+mce−cmt)+C2，  代入初值条件t=0，s=0，得C2=−m2gc2，所求特解为s=mgc(t+mce−cmt−mc)=mgct+m2gc2(e−cmt−1).

​  根据牛顿第二定律，有mdt2d2s​=mg−cdtds​，根据题设条件，得初值问题dt2d2s​=g−mc​dtds​，s∣t=0​=0，  dtds​∣t=0​=0，令dtds​=v，方程变为dtdv​=g−mc​v，分离变量后积分∫g−mc​vdv​=∫dt，  得ln(g−mc​v)=−mc​t+C1​，代入初值条件t=0，v=0，得C1​=ln g，则有v=dtds​=cmg​(1−e−mc​t)，  积分得s=cmg​(t+cm​e−mc​t)+C2​，  代入初值条件t=0，s=0，得C2​=−c2m2g​，所求特解为s=cmg​(t+cm​e−mc​t−cm​)=cmg​t+c2m2g​(e−mc​t−1).​​