《微分方程》课程教学资源（讲义）微分方程习题课讲义（一）

21.预备知识da=arccosh+C=ln(r+V2-1)+Clnrdr=ln-+CVT-1【例1.1.3】sech rda.( d(sinh r)d(sinh )解sech rdr= arctan(sinh r) + C.cosh"r1+ sinh2r$1.2有理函数的原函数称P(a)(P,QER[国])形式的函数为有理函数.定义它的次数：Q(μr)P()deg Q(a)= deg P(r) - deg Q(r),定理1.1 设P[国],Q[国] ER[],且Q(a)在R上的完全因子分解：Q(a) = bm I( - )" I(c2 + β, + %)i=lj=1k1ri+2sj=m，<4%，则存在Aig,Bij,CijER，使得其中m=degQ，1=1j=1krS4P()AijBijt+Ci+厂Q()台(-)台台（2++%r3 +1【例1.2.1】dr.r4-3r3+3r2r6d3 +10c解设4-33+32-# (★)r-1(r - 1)2(r - 1)3T在(★)两侧同乘,并令=0：a=-1;在(★)两侧同乘(-1)3并令工=1：d=2在(★)两侧同乘，并令→+o0：b=2;此时，将=2代入(★)c=1.23 + 1 (z- 1)2rda= ln+C.4-33+ 3r2- ( - 1)2[国]【例1.2.2】2drdrr2r +11+C7arctan(++1( + 1)2(2 + +1)(r + 1)2T+1V3V345元+3【例1.2.3】dr.(2-2 + 5)251da5元+3解sdr+82（2-2+5)2(r2 - 2r + 5)2(r2 - 2 + 5)222da-2rr注意到da(r2 -2 + 5)2r2-2r+52-2r+5drdrr-1+2X2-2r+52 2r+ 5(2- 2r + 5)25+32r-7T-1+Cdr=2arctan2(2 - 2+ 5)22(r2 -2r + 5)对于关于sin a，cos a的有理函数，我们可以通过万能变换:t=tan化为关于t的有理函数.drt=tan)dt=1tan【例1.2.4】+C+nltansin r(1 + cos )2/

2 1. 预备知识 ˆ dx √ x 2 − 1 = arccosh x + C = ln(x + p x 2 − 1) + C ˆ ln xdx = x ln x − x + C 【例1.1.3】 ˆ sech xdx. 解 ˆ sech xdx = ˆ d(sinh x) cosh2 x = ˆ d(sinh x) 1 + sinh2 x = arctan(sinh x) + C. §1.2 有理函数的原函数 称 P(x) Q(x) (P, Q ∈ R[x])形式的函数为有理函数. 定义它的次数: deg P(x) Q(x) = deg P(x) − deg Q(x). 定理1.1 设P[x], Q[x] ∈ R[x], 且Q(x)在R上的完全因子分解: Q(x) = bm Y k i=1 (x − αi) ri Y l j=1 (x 2 + βjx + γj ) sj 其中m = deg Q, X k i=1 ri + 2X l j=1 sj = m, β2 j < 4γj , 则存在Aij , Bij , Cij ∈ R, 使得 P(x) Q(x) = X k i=1 Xri j=1 Aij (x − αi) j + X l i=1 Xsi j=1 Bijx + Cij (x 2 + βix + γi) j . 【例1.2.1】 ˆ x 3 + 1 x 4 − 3x 3 + 3x 2 − x dx. 解 设 x 3 + 1 x 4 − 3x 3 + 3x 2 − x = a x + b x − 1 + c (x − 1)2 + d (x − 1)3 · · ·(F) 在(F)两侧同乘x, 并令x = 0 : a = −1; 在(F)两侧同乘(x − 1)3 , 并令x = 1 : d = 2; 在(F)两侧同乘x, 并令x → +∞ : b = 2; 此时, 将x = 2代入(F):c = 1. ∴ ˆ x 3 + 1 x 4 − 3x 3 + 3x 2 − x dx = ln (x − 1)2 |x| − x (x − 1)2 + C. 【例1.2.2】 ˆ x (x + 1)2(x 2 + x + 1)dx = ˆ dx (x + 1 2 ) 2 + 3 4 − ˆ dx (x + 1)2 = 2 √ 3 arctan 2x + 1 √ 3 + 1 x + 1 + C. 【例1.2.3】 ˆ 5x + 3 (x 2 − 2x + 5)2 dx. 解 ˆ 5x + 3 (x 2 − 2x + 5)2 dx = − 5 2 · 1 (x 2 − 2x + 5)2 + 8 ˆ dx (x 2 − 2x + 5)2 . 注意到 ˆ dx x 2 − 2x + 5 = x x 2 − 2x + 5 + ˆ 2x 2 − 2x (x 2 − 2x + 5)2 dx = x − 1 x 2 − 2x + 5 + 2 ˆ dx x 2 − 2x + 5 − 8 ˆ dx (x 2 − 2x + 5)2 ∴ ˆ 5x + 3 (x 2 − 2x + 5)2 dx = 2x − 7 2(x 2 − 2x + 5) + 1 2 arctan x − 1 2 + C. 对于关于sin x, cos x的有理函数, 我们可以通过万能变换:t = tan x 2 化为关于t的有理函数. 【例1.2.4】 ˆ dx sin x(1 + cos x) t=tan x 2 ======= ˆ 1 2  t + 1 t  dt = 1 4 tan2 x 2 + 1 2 ln    tan x 2    + C

31.3.巧用EULER积分计算定积分g1.3巧用Euler积分计算定积分我们有如下Euler积分的定义：r(s) =e-tts-1dt (s > 0), B(p,q) =-1(1 -)g-1d (p,q>0)它们具有如下性质：(1)r(n + 1) = n! (Vn e N);(2)(递推公式)r(s+1)=sr(s);r(p)r(α)(vV0 <p<1);(3)(余元公式)r(p)r(1-p)=(4)B(p,q)(p,q > 0);sinprT(p + Q)228~1(5)(Legendre加倍公式)r(2s)=V(s)(s+),(α+1β+1)定理1.2Va,β>cossinrdr22(-t)学dt口证明设t=sin2r，则cosasind10Igre3元【例1.3.1】cosrsin rdr2512aT(6)Jo1【例1.3.2】计算】(2n)n=1n1(n-1)!n!Z解t"(1 -t)n-1dtB(n,n +1) =(2n)(2n)!n=iJon=1n=-注意到[t"(1 -t)n-1] ≤，故t"(1-t)n-1在[0,1]上一致收敛，于是n=117t"(1 -t)n-ldt :P-t+idt=(2n）3V3【例1.3.3】证明：In()d = In V2元证明记I：In(r)dr, 则21In (T(a)r(1 - z) = ln In sin rdr记Incosrdr，则Insin rd.sin2drIn sin rdr -In22.J:2口因此J=ln2从而=n2元2以下两道题目留作练习：(n+1)口【例1.3.4】证明：sin ln(r)d =T10dr口2()【例1.3.5】证明：4V元V3-cOSE

1.3. 巧用EULER积分计算定积分 3 §1.3 巧用Euler积分计算定积分 我们有如下Euler积分的定义: Γ(s) = ˆ ∞ 0 e −t t s−1dt (s > 0), B(p, q) = ˆ 1 0 x p−1 (1 − x) q−1dx (p, q > 0). 它们具有如下性质: (1)Γ(n + 1) = n! (∀n ∈ N); (2)(递推公式)Γ(s + 1) = sΓ(s); (3)(余元公式)Γ(p)Γ(1 − p) = π sin pπ (∀0 < p < 1); (4)B(p, q) = Γ(p)Γ(q) Γ(p + q) (p, q > 0); (5)(Legendre加倍公式)Γ(2s) = 2 2s−1 √ π Γ(s)Γ(s + 1 2 ). 定理1.2 ∀α, β > −1, ˆ π 2 0 cosα x sinβ xdx = 1 2 B  α + 1 2 , β + 1 2  . 证明 设t = sin2 x, 则 ˆ π 2 0 cosα x sinβ xdx = 1 2 ˆ 1 0 t β−1 2 (1 − t) α−1 2 dt. 【例1.3.1】 ˆ π 2 0 cos6 x sin4 xdx = 1 2 Γ(7 2 )Γ(5 2 ) Γ(6) = 3π 512 . 【例1.3.2】计算 X∞ n=1 1 n  2n n . 解 X∞ n=1 1 n  2n n  = X∞ n=1 (n − 1)!n! (2n)! = X∞ n=1 B(n, n + 1) = X∞ n=1 ˆ 1 0 t n (1 − t) n−1dt. 注意到|t n(1 − t) n−1 | 6  1 4 n−1 , 故 X∞ n=1 t n (1 − t) n−1在[0, 1]上一致收敛, 于是 X∞ n=1 1 n  2n n  = ˆ 1 0 X∞ n=1 t n (1 − t) n−1dt = ˆ 1 0 t t 2 − t + 1 dt = π 3 √ 3 . 【例1.3.3】证明: ˆ 1 0 ln Γ(x)dx = ln √ 2π. 证明 记I = ˆ 1 0 ln Γ(x)dx, 则 2I = ˆ 1 0 ln (Γ(x)Γ(1 − x)) = ln π − 1 π ˆ π 0 ln sin xdx. 记J = ˆ π 2 0 ln sin xdx = ˆ π 2 0 ln cos xdx, 则 2J = ˆ π 2 0 ln sin 2x 2 dx = 1 2 ˆ π 0 ln sin xdx − π 2 ln 2, 因此J = − π 2 ln 2, 从而I = ln √ 2π. 以下两道题目留作练习: 【例1.3.4】证明: ˆ 1 0 sin πx ln Γ(x)dx = 1 π  ln π 2 + 1 . 【例1.3.5】证明: ˆ π 0 dx √ 3 − cos x = 1 4 √ π Γ 2 ( 1 4 )

41.预备知识81.4复矩阵的Jordan标准形理论本节的矩阵均在复数域内考察。记Nn=Ei,+1，称Jn(A）=ΛIn+Nn为以入为特征值的n阶Jordan块称J为Jordan矩阵，如果{J-，为Jordan块，使得J=diag(J，..，J)定理1.3(Jordan相似标准化定理)VAECnxn,PEGLn(C)，J为Jordan矩阵，使得P-1AP=J.下面通过具体例子给出如何计算Jordan标准形和过渡矩阵P.111111o020120.00【例1.4.1】求A的Jordan标准形J，并求可逆方阵P，使P-1AP=J000212000002000002解特征多项式(βA()=(入-1)(入-2)5.研究A的根子空间：(A-2I)3=0的解空间为span[(3)),其中r(3)=(0,0,0,0,1,-2)T，其对应的链为：(2) = (A - 21)r(3) = (1, -4,3, 3,0, 0)T, () = (A - 2I)(2) = (3, -3, 0, 0, 0, 0)T.(A-2I)2r=0的解空间为span((2),2)1,其中2)=(-3,0,0,0,1,0)T.其对应的链为：r) = (A - 21)2) = (4, 2,1,1,0, 0)T(A-I)r=0的解空间为span[y),其中y=(1,0,0,0,0,0)T.经检查，它们确实线性无关0A-3-3-1000-00200-3-4020300001-000. P= (y,r),a(2),r(3),),2)) =-.0001000-30020000110200000-20000002实际上，求出的P和J均不是唯一的，因为根向量的取法不唯一，并且Jordan块的顺序不唯一，不过对应的根向量必须与对应的Jordan块代表的根子空间相对应【例1.4.2】计算Jn()k(kEN*)(n-kZEj+k;k<n,解当入=0时，Jn(0)*=Nh==[0,k≥n.k-iN,当入0时, Jn(A)=(ΛIn+Nn)=N>=0【例1.4.3】证明e4=Pe"p-1，其中A的Jordan相似标准化为A=PJP-1AiPjip-1解eA=1口= Pe"p-1.>Jj!1=0结合这两道例题，我们知道：计算一个矩阵的指数，只要将其Jordan标准化即可，这是因为Jordan标准形的整数次幕是容易计算的

4 1. 预备知识 §1.4 复矩阵的Jordan标准形理论 本节的矩阵均在复数域内考察. 记Nn = nX−1 i=1 Ei,i+1, 称Jn(λ) = λIn + Nn为以λ为特征值的n阶Jordan块. 称J为Jordan矩阵, 如果∃{Ji} s i=1为Jordan块, 使得J = diag(J1, · · · , Js). 定理1.3 (Jordan相似标准化定理)∀A ∈ C n×n, ∃P ∈ GLn(C), J为Jordan矩阵, 使得P −1AP = J. 下面通过具体例子给出如何计算Jordan标准形和过渡矩阵P. 【例1.4.1】求A =   1 1 1 1 1 1 0 2 0 1 2 3 0 0 2 0 1 −1 0 0 0 2 1 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2   的Jordan标准形J, 并求可逆方阵P, 使P −1AP = J. 解 特征多项式ϕA(λ) = (λ − 1)(λ − 2)5 . 研究A的根子空间: (A − 2I) 3x = 0的解空间为span{x (3) 1 }, 其中x (3) 1 = (0, 0, 0, 0, 1, −2)T . 其对应的链为: x (2) 1 = (A − 2I)x (3) 1 = (−1, −4, 3, −3, 0, 0)T , x (1) 1 = (A − 2I)x (2) 1 = (−3, −3, 0, 0, 0, 0)T . (A − 2I) 2x = 0的解空间为span{x (2) 1 , x (2) 2 }, 其中x (2) 2 = (−3, 0, 0, 0, 1, 0)T . 其对应的链为: x (1) 2 = (A − 2I)x (2) 2 = (4, 2, 1, 1, 0, 0)T . (A − I)x = 0的解空间为span{y}, 其中y = (1, 0, 0, 0, 0, 0)T . 经检查, 它们确实线性无关. ∴ P = (y, x (1) 1 , x (2) 1 , x (3) 1 , x (1) 2 , x (2) 2 ) =   1 −3 −1 0 4 −3 0 −3 −4 0 2 0 0 0 3 0 1 0 0 0 −3 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 −2 0 0   , J =   1 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2   . 实际上, 求出的P和J均不是唯一的, 因为根向量的取法不唯一, 并且Jordan块的顺序不唯一. 不过对应的 根向量必须与对应的Jordan块代表的根子空间相对应. 【例1.4.2】计算Jn(λ) k (k ∈ N ∗ ). 解 当λ = 0时, Jn(0)k = Nk n =    nX−k j=1 Ej,j+k, k < n, 0, k > n. 当λ 6= 0时, Jn(λ) k = (λIn + Nn) k = X k j=0  k j  λ k−jN j n . 【例1.4.3】证明e A = Pe JP −1 , 其中A的Jordan相似标准化为A = P JP −1 . 解 e A = X∞ j=0 Aj j! = X∞ j=0 P JjP −1 j! = Pe JP −1 . 结合这两道例题, 我们知道: 计算一个矩阵的指数, 只要将其Jordan标准化即可, 这是因为Jordan标准形的 整数次幂是容易计算的

第2讲车一阶常微分方程的初等解法dy本讲无特别说明，记p=da82.1分离变量法顾名思义，分离变量法适用于，y两个变量是分开的状态，这时可以直接积分求解。只需在分离变量的时候注意好别丢掉分母为0引起的特解即可【例2.1.1】y'=tany，dy=dr，两侧积分：2=dy= In|sin yl +C, 即y = arcsin(Ce) (ICe[≤1)解tanytany注意到y=k元(kEZ)也是特解，因此最终通解为siny=Ce(CER).容易看出，上题的解是具有多个分支的，即y可以取任一主值区间。我们再看下面这个问题【例2.1.2】y=tany,y(0-)=3解利用上一问的结果得到C=1,因此解为sing=e" (a<0<y<),仔细研究可以发现，上题在y的其他主值区间也存在很多满足方程的解，但是它们与本题得到的解之间存在着奇点，导致最终解的存在区间不是连通集，而连通性在我们这门课中一般是对解的存在区间必须的要求【例2.1.3]sec?rtanydr+sec?ytanrdy=0解留作练习.参考答案：tanatany=C通常来讲，常数可以取所有实数的时候可以不特别注明，否则是需要注明的（例如C≠0)+的每条积分曲线有两条水平渐近线【例2.1.4】y'=V4+1dndE9，令→+oo，右侧收敛迫使左侧收效.而当y→oo时，左侧发散，证明30m+1V4+1To而由被积函数恒正，得到y随a的单调性，进而y(+oo)收效，故y=y(+oo)为一条水平渐近线同理，y=y(一oo)亦是一条水平渐近线同样利用y随的单调性，这两条水平渐近线并不是同一条.口(1+的一条通过该象限内部的积分曲线.【例2.1.5】证明：第一象限边界上每一点只能引出y"=√sinadnd证明结合考察积分的收敛性易得结论，留作练习，口JoVsinEJoVin(1 +n)82.2齐次方程及其变形我们称y=F(=)型的方程为一阶齐次方程。一般使用y=ur进行代换。不过在代换的过程中一般会出现在分母，因此要注意考察特解的情况5

第2讲 一阶常微分方程的初等解法 本讲无特别说明, 记p = dy dx . §2.1 分离变量法 顾名思义, 分离变量法适用于x, y两个变量是分开的状态, 这时可以直接积分求解. 只需在分离变量的时, 候注意好别丢掉分母为0引起的特解即可. 【例2.1.1】y 0 = tan y. 解 dy tan y = dx, 两侧积分: x = ˆ dy tan y = ln |sin y| + C, 即y = arcsin(Ce x ) (|Ce x | 6 1). 注意到y = kπ (k ∈ Z)也是特解, 因此最终通解为sin y = Ce x (C ∈ R). 容易看出, 上题的解是具有多个分支的, 即y可以取任一主值区间. 我们再看下面这个问题. 【例2.1.2】y 0 = tan y, y(0−) = π 2 . 解 利用上一问的结果得到C = 1, 因此解为sin y = ex (x < 0 < y < π 2 ). 仔细研究可以发现, 上题在y的其他主值区间也存在很多满足方程的解, 但是它们与本题得到的解之间存在 着奇点, 导致最终解的存在区间不是连通集, 而连通性在我们这门课中一般是对解的存在区间必须的要求. 【例2.1.3】sec2 x tan ydx + sec2 y tan xdy = 0. 解 留作练习. 参考答案: tan x tan y = C. 通常来讲, 常数可以取所有实数的时候可以不特别注明, 否则是需要注明的(例如C 6= 0). 【例2.1.4】y 0 = 3 r y 2 + 1 x 4 + 1 的每条积分曲线有两条水平渐近线. 证明 ˆ y y0 dη p3 η 2 + 1 = ˆ x x0 dξ p3 ξ 4 + 1 , 令x → +∞, 右侧收敛迫使左侧收敛. 而当y → ∞时, 左侧发散. 而由被积函数恒正, 得到y随x的单调性, 进而y(+∞)收敛, 故y = y(+∞)为一条水平渐近线. 同理, y = y(−∞)亦是一条水平渐近线. 同样利用y随x的单调性, 这两条水平渐近线并不是同一条. 【例2.1.5】证明: 第一象限边界上每一点只能引出y 0 = r ln(1 + y) sin x 的一条通过该象限内部的积分曲线. 证明 ˆ y 0 dη p ln(1 + η) = ˆ x 0 dξ √ sin ξ . 结合考察积分的收敛性易得结论, 留作练习. §2.2 齐次方程及其变形 我们称y 0 = F( x y )型的方程为一阶齐次方程. 一般使用y = ux进行代换. 不过在代换的过程中x一般会出现 在分母, 因此要注意考察特解的情况. 5

6CHAPTER2.一阶常微分方程的初等解法【例2.2.1】y?+r2y'=ryyu2y2设u="，则ur+u=参考答案：y=Ce解y=ay-a2u-12a1ir+a12y+bi=0aiz+a12y+br对于y'=F如果方程满秩且解为(T0,yo)，则考虑a21z+a22y+b2a21r+a22y+b2=0h=r-o,=y-yoa1ih+a12k)有y=F，这是一个齐次方程这个过程中也要注意特解的问题，下面看几个例子a21h+a22k【例2.2.2】(2r-4y+6)dz+(r+y-3)dy=0.dk4k-2h解设h=-1,k=y-2,则(2h-4k)dh+(h+k)dk=0,即dh=k+h1（经检验，dh=0与k+h=0均不是特解.这个过程是必需的，不过一般不用写在过程里.）。可以解出(u-1)今==Ch,即(α-y+1)2=C(2-y)3K(u- 2)3u+l特别地，经检验，u=2,即y=2是方程的特解这道题目中，特解可以理解为是在C=oo时产生的因此令C=8o也是发现特解的一种重要方式【例2.2.3】(2r+y+1)dz-(4r+2y-3)dy=0d(z- 2 - 1)2解这题对应的线性方程组不是满秩的.然而，我们只需设z=2T+Y+1即可，dr2z-5参考答案：2a十y-1=Ce2y-z还有许多题目不需要解方程组算出h，K的代换式，而是可以利用方程本身的特点观察出来，【例2.2.4】(g+1)n=++3-#+3C解设=g+#，t=±+3，则m=号.2.参考答案：m+1=dtttT+3y+ry-2r9+2【例2.2.5】y=+tana+1a+1dkkk-2)。参考答案：sin-2解设k=y+2,h=a+1,则dh=+tan(= C(r + 1)(hr+1还有一类方程，可以通过作变换：=t，z=99，化为齐次方程。具体使用这个方法的时候，通常先挑一些容易观察的项，看看是否能够观察出p和的关系，这种方法显然不是万能的，而很多方程能够看起来让你想到试一试这种办法【例2.2.6】 3(g-)=y2.解设y=22. 参考答案：2=(2-y)ln(Cr),特解y=r2【例2.2.7】2ry=y3+ry解设r=t. 参考答案=-y2 ln(Ca),特解y=0.【例2.2.8】2rdy+(r2y+1)ydr=0.解设=t，y=z-1.参考答案：2yln(C2)=1,特解y=0和r=0实际上，上题只要p=－2g即可，大家可以试着证明一下，下题同理，留作练习，【例2.2.9] ydr + r(2ry + 1)dy = 0.解设y=z-1.参考答案：e-或=1,特解y=0和=0【例2.2.10】sruy=Vro-+y.y2解想办法将根号齐次化，因此自然设=Vt，y=Vz.参考答案：arcsin=ln(Ca3),特解|3=y1e/3【例2.2.11】设f(k)连续，y=koz是y=f(=)的解.求证：(1)若f"(ko)<1,则任何一个其他的解都不与y=kor在原点处相切

6 CHAPTER 2. 一阶常微分方程的初等解法 【例2.2.1】y 2 + x 2y 0 = xyy0 . 解 y 0 = y 2 xy − x 2 . 设u = y x , 则u 0x + u = u 2 u − 1 . 参考答案: y = Ce y x . 对于y 0 = F  a11x + a12y + b1 a21x + a22y + b2  , 如果方程    a11x + a12y + b1 = 0 a21x + a22y + b2 = 0 满秩且解为(x0, y0), 则考虑 h = x − x0, k = y − y0 有y 0 = F  a11h + a12k a21h + a22k  , 这是一个齐次方程. 这个过程中也要注意特解的问题, 下面看几个例子. 【例2.2.2】(2x − 4y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0. 解 设h = x − 1, k = y − 2, 则(2h − 4k)dh + (h + k)dk = 0, 即 dk dh = 4k − 2h k + h . (经检验, dh = 0与k + h = 0均不是特解. 这个过程是必需的, 不过一般不用写在过程里.) 令u = k h , 则h du dh + u = 4u − 2 u + 1 . 可以解出 (u − 1)2 (u − 2)3 = Ch, 即(x − y + 1)2 = C(2x − y) 3 . 特别地, 经检验, u = 2, 即y = 2x是方程的特解. 这道题目中, 特解可以理解为是在C = ∞时产生的. 因此令C = ∞也是发现特解的一种重要方式. 【例2.2.3】(2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0. 解 这题对应的线性方程组不是满秩的. 然而, 我们只需设z = 2x + y + 1即可, d(z − 2x − 1) dx = z 2z − 5 . 参考答案: 2x + y − 1 = Ce 2y−x . 还有许多题目不需要解方程组算出h, k的代换式, 而是可以利用方程本身的特点观察出来. 【例2.2.4】(y 0 + 1) ln y + x x + 3 = y + x x + 3 . 解 设z = y + x, t = x + 3, 则 dz dt ln z t = z t . 参考答案: ln y + x x + 3 − 1 = C y + x . 【例2.2.5】y 0 = y + 2 x + 1 + tan y − 2x x + 1 . 解 设k = y + 2, h = x + 1, 则 dk dh = k h + tan( k h − 2). 参考答案: sin y − 2x x + 1 = C(x + 1). 还有一类方程, 可以通过作变换: x = t p , z = y q , 化为齐次方程. 具体使用这个方法的时候, 通常先挑一些 容易观察的项, 看看是否能够观察出p和q的关系. 这种方法显然不是万能的, 而很多方程能够看起来让你想到 试一试这种办法. 【例2.2.6】x 3 (y 0 − x) = y 2 . 解 设y = z 2 . 参考答案: x 2 = (x 2 − y) ln(Cx), 特解y = x 2 . 【例2.2.7】2x 2y 0 = y 3 + xy. 解 设x = t 2 . 参考答案: x = −y 2 ln(Cx), 特解y = 0. 【例2.2.8】2xdy + (x 2y 4 + 1)ydx = 0. 解 设x = t 2 , y = z −1 . 参考答案: x 2y 4 ln(Cx2 ) = 1, 特解y = 0和x = 0. 实际上, 上题只要p = −2q即可, 大家可以试着证明一下. 下题同理, 留作练习. 【例2.2.9】ydx + x(2xy + 1)dy = 0. 解 设y = z −1 . 参考答案: y 2 e − 1 xy = 1, 特解y = 0和x = 0. 【例2.2.10】 2 3 xyy0 = p x 6 − y 4 + y 2 . 解 想办法将根号齐次化, 因此自然设x = √3 t, y = √ z. 参考答案: arcsin y 2 |x| 3 = ln(Cx3 ), 特解|x| 3 = y 2 . 【例2.2.11】设f(k)连续, y = k0x是y 0 = f( y x )的解. 求证: (1)若f 0 (k0) < 1, 则任何一个其他的解都不与y = k0x在原点处相切