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1、 习题 1241 求下列微分方程的通解 (1) xeydxdy解 )()()(CxeCdxeeeCdxeeeyxxxxdxxdx(2)xyyx23x2 解 原方程变为xxyxy231)23(11 Cdxexxeydxxdxx) 23(1)23(12CdxxxxCxdxxxx xCxxCxxxx223 31)223 31(1223(3)yycos xesin x 解 )(cossincosCdxeeeyxdxxdx )()(sinsinsinsinCxeCdxeeexxxx(4)yytan xsin 2x 解 )2sin(tantanCdxexeyxdxxdx)2sin(coslncoslnCd
2、xexexx)cos1cossin2(cosCdxxxxxcos x(2cos x+C)C cos x2cos2x (5)(x21)y2xycos x0 解 原方程变形为 1cos 12 22xxyxxy)1cos(12212 22Cdxexxeydxxxdxxx )(sin11) 1(1cos11 22 22CxxCdxxxx x(6) 23 dd解 )2(33Cdeedd)2(33Cdee 333 32)32(CeCee(7) xxydxdy42解 )4(22Cdxexeyxdxxdx)4(22Cdxexexx 2222)2(xxxCeCee(8)yln ydx(xln y)dy0 解 原
3、方程变形为 yxyydydx1 ln1)1(ln1 ln1 Cdyeyexdyyydyyy)ln1(ln1Cydyyy yCyCyylnln21)ln21(ln12(9) 3) 2( 2) 2(xydxdyx解 原方程变形为 2) 2( 221xyxdxdy) 2( 221 221 Cdxexeydxxdxx21) 2( 2)2(2Cdxxxx(x2)(x2)2C(x2)3C(x2) (10) 02)6(2ydxdyxy解 原方程变形为 yxydydx 213)21(33 Cdyeyexdyydyy)1 21(33Cdyyyy 323 21)21(CyyCyy2 求下列微分方程满足所给初始条件
4、的特解 (1) y|x00 xxydxdysectan 解 )sec(tantanCdxexeyxdxxdx )(cos1)cossec(cos1CxxCxdxxx由 y|x00 得 C0 故所求特解为 yxsec x (2) y|x1 xx xy dxdysin解 )sin(11 Cdxexxeydxxdxx )cos(1)sin(1CxxCxdxxx x由 y|x1 得 C1 故所求特解为 )cos1(1xxy(3) xexydxdycos5cot 4| 2xy解 )5(cotcoscotCdxeeeyxdxxxdx )5(sin1)sin5(sin1coscosCexCxdxexxx由
5、得 C1 故所求特解为 4| 2xy) 15(sin1cosxexy(4) y|x0283 ydxdy解 )8(33Cdxeeydxdx xxxxxCeCeeCdxee33333 38)38()8 (由 y|x02 得 故所求特解为 32C)4(323xey(5) y|x10 132 32yxx dxdy解 )1(32323232 Cdxeeydxxxdxxx )21()1(222211 3131 3CeexCdxexexxxxx由 y|x10 得 故所求特解为 eC21)1 (2111 32xexy3 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 2xy 解 由题意知
6、 y2xy 并且 y|x00 由通解公式得)2()2(CdxxeeCdxxeeyxxdxdxex(2xex2exC)Cex2x2 由 y|x00 得 C2 故所求曲线的方程为 y2(exx1) 4 设有一质量为 m 的质点作直线运动 从速度等于零的时刻起 有一个与运动方向一至、大小与时间成正比(比例系数为 k1)的力作用于它 此外还受一与速度成正比(比例系数为 k2)的阻力作用 求质点运动的速度与时间的函数关系 解 由牛顿定律 Fma 得 即 vktkdtdvm21tmkvmk dtdv12由通解公式得)()(222211CdtetmkeCdtetmkevtmktmkdtmkdtmk )(22
7、222121Cekmktekketmktmktmk 由题意 当 t0 时 v0 于是得 因此221 kmkC)(221 22121222kmkekmktekkevtmktmktmk 即 )1 (222121tmk ekmktkkv5 设有一个由电阻 R10、电感 L2h(亨)和电源电压 E20sin5t V(伏)串联组成的电 路 开关 K 合上后 电路中有电源通过 求电流 i 与时间 t 的函数关系 解 由回路电压定律知 即 01025sin20idtdittidtdi5sin105 由通解公式得 tdtdtCettCdtetei5555cos5sin)5sin10(因为当 t0 时 i0 所
8、以 C1 因此(A) )45sin(25cos5sin55teettitt6 设曲在右半平面(x0)内与路径无关 其中 f(x)可导 且dyxxxfdxxyfL)(2)(2f(1)1 求 f(x) 解 因为当 x0 时 所给积分与路径无关 所以 )(2)(2xxxfxxyfy即 f(x)2f(x)2xf(x)2x 或 1)(21)(xfxxf因此 xCxCdxxxCdxeexfdxxdxx 32)(1)1()(21 21由 f(1)1 可得 故 31Cxxxf31 32)(7 求下列伯努利方程的通解 (1) )sin(cos2xxyydxdy解 原方程可变形为 即 xxydxdy ysinco
9、s11 2xxydxydcossin)(11 )cossin(1Cdxexxeydxdx xCeCdxexxexxxsin)sin(cos原方程的通解为 xCeyxsin1(2) 23xyxydxdy解 原方程可变形为 即 xyxdxdy y131 2xxydxyd11 3)()(331Cdxexeyxdxxdx)(22 23 23 Cdxxeexx 31)31(222 23 23 23 xxxCeCee原方程的通解为 3112 23 xCey(3) 4)21 (31 31yxydxdy解 原方程可变形为 即 )21 (311 311 34xydxdy y12)(33 xydxyd) 12(3
10、Cdxexeydxdx xxxCexCdxexe12) 12(原方程的通解为 121 3xCeyx(4) 5xyydxdy解 原方程可变形为 即 xydxdy y4511xydxyd44)(44 )4(444Cdxexeydxdx)4(44Cdxxeex xCex4 41原方程的通解为 xCexy4 4411(5)xdyyxy3(1ln x)dx0 解 原方程可变形为 即 )ln1 (111 23xyxdxdy y)ln1 ( 22)(22 xyxdxyd)ln1 (222 2Cdxexeydxxdxx)ln1 (212 2Cdxxxx xxxxC 94ln32 2原方程的通解为 xxxxC
11、y94ln321 228 验证形如 yf(xy)dxxg(xy)dy0 的微分方程 可经变量代换 vxy 化为可分离变量的 方程 并求其通解 解 原方程可变形为 )()( xyxgxyyf dxdy在代换 vxy 下原方程化为 )()( 22vgxvvf xvdxdvx 即 dxxduvfvgvvg1 )()()(积分得 Cxduvfvgvvgln)()()(对上式求出积分后 将 vxy 代回 即得通解 9 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 (1) 2)(yxdxdy解 令 uxy 则原方程化为 即 21 udxdu21 ududx两边积分得xarctan uC
12、将 uxy 代入上式得原方程的通解xarctan(xy)C 即 yxtan(xC) (2) 11yxdxdy解 令 uxy 则原方程化为 即 dxudu 111udxdu两边积分得 12 21Cux将 uxy 代入上式得原方程的通解 即(xy)22xC(C2C1) 12)(21Cyxx(3)xyyy(ln xln y) 解 令 uxy 则原方程化为 即 uxu xu xu dxdu xxln)1(2duuudxxln11两边积分得ln xln Clnln u 即 ueCx 将 uxy 代入上式得原方程的通解xyeCx 即 Cxexy1(4)yy22(sin x1)ysin2x2sin xcos
13、 x1 解 原方程变形为y(ysin x1)2cos x 令 uysin x1 则原方程化为 即 xuxdxducoscos2dxduu21两边积分得 Cxu1将 uysin x1 代入上式得原方程的通解 即 Cxxy1sin1 Cxxy1sin1(5)y(xy1)dxx(1xyx2y2)dy0 解 原方程变形为 )1 () 1( 22yxxyxxyy dxdy 令 uxy 则原方程化为 即 )1 () 1(1 222uuxuu xu dxdu x)1 (1 223uuxu dxdu x分离变量得 duuuudxx)111(1 23两边积分得 uuuCxln1 21ln21将 uxy 代入上式
