常微分方程教程_丁同仁(第二版)_习题解答

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．(3x2−1)dx+(2x+1)dy=0

解：P(x,y)=3x2−1，Q(x,y)=2x+1， 则

２．(x+2y)dx+(2x+y)dy=0

解：P(x,y)=x+2y, Q(x,y)=2x−y, ∂Q∂P∂P∂Q 即，原方程不是恰当方程． =2，所以 =0，≠∂x∂y∂y∂x

则∂Q∂P∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =2, 所以=2,=∂x∂y∂y∂x

则xdx+(2ydx+2xdy)−ydy=0, x2y2

两边积分得：+2xy−=C. 22

3．(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∂Q∂P∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =b, 所以=b,=∂x∂y∂y∂x

则axdx+（）bydx+bxdy+cydy=0, ax2cy2

两边积分得：+bxy+=C. 22

4．(ax−by)dx+(bx−cy)dy=0(b≠0)

解：P(x,y)=ax−by, Q(x,y)=bx−cy, 则∂Q∂P∂Q∂P，即，原方程不为恰当方程 =b, 因为 b≠0, 所以≠=−b,∂x∂y∂x∂y

５．(t2+1)cosudu+2tsinudt=0

解：P(t,u)=(t2+1)cosu, Q(t,u)=2tsinu 则∂P∂Q∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =2tcosu,=2tcosu, 所以=∂t∂x∂y∂x

则(t2cosudu+2tsinudt)+cosudu=0,

两边积分得：(t2+1)sinu=C.

６．(yex+2ex+y2)dx+(ex+2xy)dy=0

解： P(x,y=yex+2ex+y2,Q(x,y)=ex+2xy， 则∂Q∂P∂Q∂P，即 原方程为恰当方程 =ex+2y, 所以=ex+2y,=∂x∂y∂y∂x

则2exdx+[(yex+y2)dx+(ex+2xy)dy]=0,

两边积分得：(2+y)ex+xy2=C.

７．(y+x2)dx+(lnx−2y)dy=0 x

y2解：P(x,y)=+xQ(x,y)=lnx−2y, x

∂P∂Q∂P1∂Q1，即 原方程为恰当方程 =, 所以=,=∂yx∂xx∂y∂x

ydx+lnxdy)+x2dx−2ydy=0 x则则(

x3

两边积分得：+ylnx−y2=C. 3

８．(ax2+by2)dx+cxydy=0

解：P(x,y)=ax2+by2,

则(a,b和c为常数) Q(x,y)=cxy, ∂Q∂P∂Q∂P，即 2b=c时， 原方程为恰当方程 =cy, 所以 当=2by,=∂x∂y∂y∂x

则ax2dx+(by2dx+cxydy)=0 ax3

两边积分得：+bxy2=C. 3

而当2b≠c时原方程不是恰当方程．

s−s22s−1９．ds+2dt=0 tt

s−s22s−1解：P(t,s)=,Q(t,s)=2, tt

则∂P1−2s∂Q1−2s∂P∂Q， 即原方程为恰当方程, =2,=2, 所以=∂t∂s∂y∂xtt

s−s2

两边积分得：=C． t

10．xf(x2+y2)dx+yf(x2+y2)dy=0, 其中f(⋅)是连续的可微函数．

解：P(x,y)=xf(x2+y2),Q(x,y)=yf(x2+y2), 则∂Q∂P∂Q∂P， 即原方程为恰当方程, =2xyf′, 所以=2xyf′,=∂x∂y∂y∂x

两边积分得：∫f(x2+y2)dx=C,

即原方程的解为F(x2+y2)=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:：

dyx2

(１) =dxy=

解：原方程即为：ydy=x2dx

两边积分得：3y2−2x3=C,

y≠0．

dyx2

(２) =dxy(1+x3)

x2

解：原方程即为：ydy=dx 1+x3

两边积分得：3y2−2ln+x3=C,

(３)y≠0,x≠−1． dy+y2sinx=0 dx

解： 当y≠0时 原方程为：dy+sinxdx=0 2y

两边积分得：1+(c+cosx)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+cosx)y=0．

(４)dy=1+x+y2+xy2； dx

解：原方程即为：dy

1+y2(1+x)dx x2

两边积分得：arctgy=x++c， 2

x2

即 y=tg(x++c)． 2

(５)dy=(cosxcos2y)2 dx

解：①当cos2y≠0时 原方程即为：dy2=(cosx)dx 2(cos2y)

两边积分得：2tg2y−2x−2sin2x=c．

②cos2y=0，即y=

(６)xkππ+也是方程的解. (k∈N) 24dy=−y2 dx

解：①当y≠±1时 原方程即为：dy

−y2=dx x

两边积分得：arcsiny−lnx=c．

② y=±1也是方程的解.

dyx−e−x

(７)． =dxy+ey

解．原方程即为：(y+ey)dy=(x−e−x)dx y2x2

y两边积分得：+e=+e−x+c， 22

原方程的解为：y2−x2+2(ey−e−x)=c.

2. 解下列微分方程的初值问题．

(１)sin2xdx+cos3ydy=0, y(=ππ

23

cos2xsin3y解：两边积分得：−+=c， 即 2sin3y−3cos2x=c 23； 因为 y(=ππ

32 , 所以 c=3.

所以原方程满足初值问题的解为：2sin3y−3cos2x=3．

(２)．xdx+ye−xdy=0， y(0)=1；

解：原方程即为：xexdx+ydy=0， y2

两边积分得：(x−1)edx+dy=c， 2x

因为y(0)=1， 所以c=−1， 2

所以原方程满足初值问题的解为：2(x−1)exdx+y2dy+1=0．

(３)．dr=r， r(0)=2； dθ

dr解：原方程即为：=dθ，两边积分得：lnr−θ=c， r

因为r(0)=2， 所以c=ln2，

所以原方程满足初值问题的解为：lnr−θ=ln2 即 r=2e．

(４)．θlnxdy, y(1)=0; =2dx1+y

2解：原方程即为：(1+y)dy=lnxdx, y3

两边积分得：y++x−xlnx=c, 3

因为y(1)=0， 所以c=1， y3

所以原方程满足初值为：y++x−xlnx=1 3

(５)．+x2dy=xy3， y(0)=1； dx

dyx=dx， 2y3+x解：原方程即为：

1−2y=+x2+c， 2

3因为y(0)=1， 所以c=−， 2两边积分得：−

所以原方程满足初值问题的解为：2+x+21=3． 2y

3. 解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图．

(１)．dy=cosx dx

解：两边积分得：y=sinx+c．

积分曲线的简图如下：

(２)．dy=ay， (常数a≠0)； dx

解：①当y≠0时， 原方程即为：1dy=dx 积分得：lny=x+c， aay

即 y=ceax(c>0)

②y=0也是方程的解．

积分曲线的简图如下：

(３)．dy=1−y2； dx

解：①当y≠±1时， 原方程即为：1+ydy 积分得：ln=2x+c， =dx1−y(1−y2)

ce2x−1即 y=2x． ce+1

②y=±1也是方程的解．

积分曲线的简图如下：

(４)．dy1=yn， (n=,1,2)； 3dx

解：①当y≠0时，

ⅰ)n=dy1,2时，原方程即为 n=dx， 3y

积分得：x+11−ny=c． n−1

dy=dx y

(c>0)． ⅱ)n=1时，原方程即为 积分得：lny=x+c，即 y=cex

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

dyy，所以求B的运动轨迹即是求此微分方程满足y(0)=b的解． =−22dxb−y

b+b2+y21解之得：x=bln−2−y2． 2b−b2−y2

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dxy−a

证明：(⇒) ∫a±εady=∞(发散)． f(y)

首先经过域R1：−∞

a

这些积分曲线彼此不相交. 其次，域R1(R2)内的所有 积分曲线∫dydy=x+c都可由其中一条，比如∫=x+c0 f(y)f(y)沿着 x 轴的方向平移而得到。因此只需详细考虑经过R1内某一点 (x0,a−ε)的积分曲线， 它由(*)式确定. 若∫a−εady收敛，即存在 x=x1 ，使得f(y)∫a−εady=x1−x0, f(y)即所讨论的积分曲线当 x=x1 时达到直线y=a上点(x1,a). 由(*)式易看出， 所论积分曲线在(x1,a)处与y=a 相切，在这种情形下，经过此直线上的

(⇐)一点就不只有一条积分曲线，与局部唯一矛盾，所以∫a−εady发散. f(y)若积分∫a−εady发散，此时由(*)式易看出，所论的经过(x0,a−ε)的积分 f(y)

曲线，不可能达到直线 y=a上，而以直线y=a为渐近线，又注意到y=a也 是(２.13)的积分曲线，所以(2.13)过(x0,a−ε)的解是唯一的. 注：对于R2内某点(x0,a+ε)完全可类似地证明.

6. 作出下列微分方程积分曲线族的大致图形． (１)

．dy=dxy；

(２)．

dy

ylny=dx0

y≠0y=0

习题 2-3

1. 求解微分方程： (１)

dy

dx

+2y=xe−x; 解：p(x)=2, q(x)=xe−x，

由公式得：y=e−2x(c+∫

xe−xe2xdx)=ce−2x+xe−x−e−x，

原方程的解为：y=ce−2x+xe−x−e−x． (２)

dy

dx

+ytgx=sin2x； 解：p(x)=tgx, q(x)=sin2x，

∫p(x)dx=∫tgxdx=∫

sinxcosx=∫−d(cosx)

cosx

=−lncosx+c，y=e

lncosx

(c+∫sin2xe

−lncosx

dx)

=cosx(c+∫sin2x

)=cosx(c−2cosx)=ccosx−2cos2cosx

x

原方程的解为：y=ccosx−2cos2

x．

(３)x

dy

dx+2y=sinx, y(π)=1π

； 解：原方程即为：dy2sinx

2sinxdx+xy=

x，则p(x)=x,q(x)=x，∫p(x)dx=∫2x=lnx2

+c， 则有 y=e−lnx2

(c+∫sinxlnx2

x

e)

=

1

x2(c+∫xsinxdx)

=1

x

2(c−xcosx+sinx)因为y(π)=

1

π

， 所以c=0．

原方程满足初值问题的解为：y=−1xcosx+1

x

2sinx ． (４)

dy

dx−11−x

2y=1+x，y(0)=1； 则有

解：p(x)=

1x−1

, ,q(x)=1+xpxdx=()ln∫2

1−xx+1

1

2

则y=e

1x−12ln

x+1

(c+∫(1+x)e

1x+12ln

x−1

dx)

=

x+1

(c+∫x2−1dx)x−1

x+1

(c+∫−x2dx)1−x

x>1

x

要求满足初值问题y(0)=1的解

只需求

x+1

(c+∫−x2dx)

1−x

x

=

x+111

(c+arcsinx+x−x2) 1−x22

代入初值得c=1

所以满足初值问题的解为y=

x+111

(1+arcsinx+x−x2). 1−x22

2. 将下列方程化为线性微分方程：

dyx2+y2(１)； =

dx2y

解：令y=z， 则原方程化为： (２)

2

dz

=z+x2． dx

dyy

； =2

dxx+y

dx1dxx+y2

, 即 解：由原方程得：，==x+y ．

dyydyy

(３)3xy

2

dy

+y3+x3=0； dx

3

解：令y=z， 则原方程化为：

dz1

=−z−x2． dxx

(４)

dy1=+xtgy； dxcosy

解：原方程即为：

dy1siny

=+x

dxcosycosy

即

cosydydz=1+xsiny. 令z=siny， 则 =xz+1． dxdx

−a(s)ds

x

∫3. 设y=φ(x)满足微分不等式y′+a(x)y≤0,(x≥0)．求证：φ(x)≤φ(0)e0

(x≥0)

,

∫a(s)ds 则有

证明：将y′+a(x)y≤0两边同乘e0

a(s)dsa(s)dse∫0y′+e∫0a(x)y≤0

x

x

x

即

d(e∫0

x

x

a(s)ds

φ(x))

dx

≤0 从０到x积分得：

a(s)dse∫0φ(x)≤φ(0)，得证．

4. 用常数变易法求解非齐次线性方程

dy

+p(x)y=q(x)． dx

−p(x)dx

的解，将其代入方程则有 解：设方程有形如y=c(x)e∫

−p(x)dx

的解，将其代入方程则有 解：设方程有形如y=c(x)e∫

−p(x)dx−p(x)dxdc(x)−∫p(x)dx

e−c(x)p(x)e∫+c(x)p(x)e∫=q(x) dx

p(x)dxdc(x)−∫p(x)dx

即+c， e=q(x)， 则c(x)=∫q(x)e∫

dx

p(x)dx−p(x)dx

所以方程的解为y=e∫(q(x)e∫+c).

∫

5. 考虑方程

dy

+p(x)y=q(x)，其中p(x)和q(x)都是以ω>0为周期的连续函数． dx

试证：(１)若q(x)=0，则方程的任一非零解以ω为周期⇔p(x)的平均值

=

1

ω

∫

ω

p(x)dx=0．

(２)若q(x)≠0，则方程的有唯一的ω周期解⇔≠0．试求出此解．

证明：(１)设y=φ(x)是方程的任一非零解 则y=ce

−

∫x0p(x)dx

x

,且y=ce

−

−

∫x0p(x+w)dx

−x

x+w

,也是解 e

−

⇔e

−

∫x0p(x)dx

x

=e

∫x0p(x+w)dx

ω

x+w

,=e

∫x0p(x)dx

∫xp(x)dx

x+w

⇔e

∫0p(x)dx

ω

=1⇔∫0p(x)dx=0

−

(2) 方程的通解为y=ce选择常数c使y(x)成为

∫0p(x)dx

x

+

∫0q(s)e

x

−p(t)dt

∫s

x

ω周期函数，即y(x+w)=y(x)(*)

我们先来证明，要使(*)对所有x成立，其实只需对某一特定 x (例如x=0)成立,即只需y(ω)=y(0).事实上，由于y(x)是方程的解， 且p(x+w)=p(x)q(x+w)=q(x)， 所以y(x+w)也是解. 因此，函数u(x)=y(x+w)−y(x)是相应齐次方程y′+p(x)y=0满足 初始条件y(0)=0的解。又因为此齐次方程的解或者恒等于０，或者恒不

等于０，所以u(x)=0，从而y(w)=y(0)，由x的任意性，则有y(x+w)=y(x)。

∫p(x)dx+即ce0

−

w

∫0

w

w

p(t)dt

q(s)e∫0ds=c.

−w

p(x)dx∫0

q(x)edx.

w

wx

所以c=

1

p(x)dx

1−e∫0

−

∫0

6. 连续函数f(x)在区间−∞

−∞

周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数.

证明：显然方程为一阶线性微分微分方程，由一阶线性微分微分方程解的求解公式得其解表达式为：

y=ce∫0

−1dx

x

+∫f(s)e∫sds

x

−1dx

0x0

x

，

=ce−x+∫f(s)e(s−x)ds

因为f(x)有界，所以要使 y有界，当且仅当 c=从而原方程的唯一有界解为

∫

−∞

f(s)eds．

y=ce

−x

+∫f(s)e

x

(s−x)

ds=∫f(s)e

−∞

s−x

ds+

∫

x

f(s)e

(s−x)

ds=∫f(s)e(s−x)ds．

−∞

x

下面说明当f(x)是以ω为周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数．

y(x+ω)=∫

x+ω

−∞x+ω

f(s)e(s−x−ω)ds，令t=s−ω，则 f(s)e(s−x−ω)ds=

y(x+ω)=∫

7. 令空间H

−∞

∫

x

−∞

f(t+ω)e(t−x)dt=∫f(t)e(t−x)dt=y(x)，

−∞

x

所以此解为一周期函数．

．易知H0关于实数域,构成一个=｛f(x)｜f是以2π为周期的连续函数｝

线性空间. ∀f∈H0，定义它的模f=max0≤x≤2πf(x)．证明H0是一个完备的空间．利用式(2.40)可以在空间H0中定义一个变换φ，它把 f变成y．试证：φ是一个从H0到H0的线性算子，而且它是有界的．

证明：(１)先证H是一个完备的空间． 设{fn(x)}是(H,⋅)中的一个基本列. 那么∀ε>0,

00

∃N(ε),∋∀m,n>N(ε)有

fm(x)−fn(x)=max0≤x≤2πfm(x)−fn(x)

所以∀0

1

e2aπ−1x

11x+2π−a(x−s)x+2π−a(x−s)

=c12aπef(s)ds+cef2(s)ds 122aπ∫∫xx

e−1e−1

=c1φ(f1)+c2φ(f2) 所以φ是一个线性算子。

∫

x+2π

e−a(x−s)(c1f1+c2f2)(s)ds

②(f)=max0≤x≤2π

1e2aπ

∫−1

−1

x+2π

x

e−a(x−s)f(s)ds

≤max0≤x≤2π ≤f

1e

2aπ

maxx≤s≤x+2πf(s)ds∫x

x+2π

e−a(x−s)ds

12aπe4aπ

=kf

e−1a

所以φ是有界算子.

习题 2-4

1. 求解下列微分方程： (１)y′=

2y−x

；

2x−y

du2u−1

， +u=

dx2−u

解：令y=ux，则原方程化为x

即

2−udx1−u12

， 积分得：=duln−lnu−=lnx+c 2

x1+u2u−1

还原变量并化简得：(y−x)=c(x+y)3 (２)y′=

2y−x+5；

2x−y−4

2y−x+5=0x=1

得 

2x−y−4=0y=−2

v=y+2， 则有

解：由

令u=x−1,

dv2v−u

，由第一题的结果知此方程解为(v−u)=c(u+v)3， =

du2u−v

还原变量并化简得： y−x+3=c(x+y+1)3. (３)y′=

x+2y+1

；

2x+4y−1

dvdyv+1

， =1+2=1+2

dxdx2v−1

解：令v=x+2y， 则即

dv4v+1

，此方程为变量分离方程， =

dx2v−1

13

分离变量并积分得：v−ln4v+=x+c，

28

还原变量并化简得：8y−4x−3ln4x+8y+=c．

(４)y′=xy−xy．

解：①当y≠0时，方程两边同时乘以−2y−3 ,则−2y−3y′=−2x3+2xy−2，令

3

3

dzx23

则 由公式得：z=ce+x2+1z=y，=2xz−2x,此方程为一阶线性方程，

dx

−2

还原变量得：y=(ce

2

x2

+x2+1)−1.

②y=0也是方程的解．

2. 利用适当的变换，求解下列方程： (１)y′=cos(x−y)；

dudy

=1−cosu， =1−

dxdxdudu

①当cosu≠1时，有=dx， 即 =dx，

u1−cosu

2sin2

2

1u

两边积分得：ctg=x+c

22

x−yx−yx−y

． 还原变量化简得：cos=2xsin+csin

222

解：令u=x−y，则

②当cosu=1时，即y=x+2kπ(k∈Z)也是方程的解．

(２)(3uv+v)du+(u+uv)dv=0；

解：方程两边同时乘以u则原方程化为：

2

2

(3u2v+uv2)du+(u3+u2v)dv=0，

即 (3uvdu+udv)+(uvdu+uvdv)=0 此方程为全微分方程，则原方程的解为：u3v+

2

3

2

2

122

uv=c． 2

dyx2

=2x(2y−)； (３)(x+y+3)dxy

2

2

2ydy4y2−2x22

解：原方程即为 ，令=2x=v,2

2xdxx+y+3

y2=u，

u=−14u−2v=0m=u+1du4u−2v

,由 得， 令，则有则=

v=−2u+v+3=0n=v+2dvu+v+3

mdm4m−2ndmdz4z−2

令=z，则m=zn， ， ==n+z=

ndnm+ndndnz+1

则有

dz(1−z)(z−2)

，此方程为变量分离方程， n=

dnz+1

分离变量并积分得：ln

(z−1)22−z

3

=c+lnn，

还原变量并化简得：(x2−y2+1)2=c(−2x2+y2−3)3.

dy2x3+3xy2−7x

(４)． =2

3

dx3xy+2y−8y

2ydy2x2+3y2−7

，令u=y2,v=x2, 解：原方程即为=2

2

2xdx3x+2y−8

则

2v+3u−7=0u=1m=u−1du2v+3u−7

，由， 令， ⇒=

dv3v+2u−83v+2u+8=0v=2n=v−2

dm2n+3mm

，令=z，可将方程化为变量分离形方程， =

dn3n+2mn

则

(

3+2zdn31+z1

，两边积分得：)=dzln−ln−z2=lnn+c， 2

n41−z22−2z

还原变量并化简得：(x2−y2−1)5=c(x2+y2−3)．

3. 求解下列微分方程： (１)．y′=−y2−

1； 4x2

dz11=(−z2+z−， dxx4

解：令z=xy， 则原方程可化为：

11

时，即xy≠时 22

−1dx

方程为 ，此方程为变量分离方程， dz=

12x(z−)

2

1

两边积分得：=lnx+c

1z−2z≠

还原变量并化简得：y=

11+； 2xxlnx+cx

当z=

11时，y=是方程的特解． 22x

(２)．x2y′=x2y2+xy+1；

解：原方程即为：y′=y2+令z=xy，则

y1+2， xx

dz1

=(z+1)2，此方程为变量分离方程， dxx

1

分离变量积分得：−=lnx+c，

z+1

还原变量并化简得：y=−

11−． xxlnx+cx

4. 试把二阶微分方程y′′+p(x)y′+q(x)y=0化为一个黎卡提方程．

解：令y=e∫

udx

， 则y′=ue∫

udx

udx

，y′′=ue∫

2

udx

udx

+u′e∫

udx

udx

，代入原方程可得：

udx

y′′+p(x)y′+q(x)y=u2e∫+u′e∫＋p(x)ue∫+q(x)e∫

＝０，

即有：u2+u′+p(x)u+q(x)=0， 此方程为一个黎卡提方程．

5. 求一曲线，使得过这一曲线上任一点的切线与该点向径的夹角等于45．

解：设此曲线为y=y(x)，由题意得：

dyy−

=tg45=1，化简得：dy=x+y， dyydxx−y1+

dxx

y1

此方程为齐次方程，解之得：arctg−ln(x2+y2)=c．

x2

6. 探照灯的反光镜(旋转面)应具有何种形状，才能使点光源发射的光束反射成平行线束？

解：取点光源所在处为坐标原点，而x轴平行于光的反射方向，建立三维坐标系．

设所求曲面由曲线

y=f(x)

绕x轴旋转而成,则求反射镜面问题归结为求 xy 平面上

z=0

的曲线y=f(x)的问题．由题意及光的反射定律，可得到函数y=f(x)所应满足的微分方程式：

dyy

，此方程为齐次方程， =

22dxx+x+y

解之得：y2=c(c+2x)，(其中c为任意正常数)．

y2=c(c+2x)就是所求的平面曲线，它是抛物线，

因此反射镜面的形状为旋转抛物面y2+z2=c(c+2x)．

习题 2-5

１．求解下列微分方程：

(１)．(3x2y+2xy+y3)dx+(x2+y2)dy=0；

解：方程两边同乘3e3x， 则

(9e3xx2ydx+6e3xxydx+3e3xx2dy)+(3e3xy3dx+3e3xy2)dy=0，

此方程为全微分方程，即 3e3xx2y+e3xy3=c．

(２)．ydx+(2xy−e−2y)dy=0；

解：方程两边同乘

12y1

e， 则 e2ydx+(2xe2y−)dy=0 yy

1

dy=0 y

2y

即(e2ydx+2xe2ydy)−

此方程为全微分方程，即有 xe

−lny=c ．

6x23y

+)dy=0； (３)．(3x+)dx+(

yyx

解：方程两边同乘 xy， 则

(3x2y+6x)dx+(x3+3y2)dy=0

即 (3xydx+xdy)+(6xdx+3ydy)=0 此方程为全微分方程，即有x3y+y3+3x2=c ．

(４)．ydx−(x2+y2+x)dy=0;

解：方程两边同乘

2

3

2

1ydx−xdy

， 则 −dy=0，

x2+y2x2+y2

x

−y=c y

此方程为全微分方程，即 arctg

(5)．2xydx+(xy−1)dy=0；

3

2

2

解：方程两边同乘

112

， 则 2xydx+(x−)dy=0， 22yy

1

+x2y=c. y

此方程为全微分方程，即

(6)．y(1+xy)dx−xdy=0；

解：方程两边同乘

11x， 则 xdx+(dx−dy)=0，

yy2y2

x12

+x=c. y2

此方程为全微分方程，即

(7)ydx+2(x−xy)dy=0；

3

2

2

1y22y2

解：方程两边同乘2， 则 (2dx−dy)+dy=0，

xxyxy

y2

此方程为全微分方程，即 −+2lny=c

x

(8)．edx+(ectgy+2ycosy)dy=0

x

x

解：方程两边同乘siny， 则

(exsinydx+excosydy)+ycsin2ydy=0 ，

此方程为全微分方程，即 excosy−

2. 证明方程(5.1)有形如µ=µ(φ(x,y))的积分因子的充要条件是

11

ycos2y+sin2y=c. 24

∂P∂Q

−∂y∂x

=f(φ(x,y))，并写出这个积分因子。然后将结果应用到下列各种情形，得

∂Q∂PQ−P∂x∂y

出存在每一种积分因子的充要条件:

(1)µ=µ(x±y) ; (2)µ=

µ(x+y) ; (3)µ=µ(xy);

2

2

(4)µ=µ(); (5)µ=

yx

µ(xαyβ).

证明：⇒ 若µ=µ(φ(x,y))是P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0的积分因子,

则

∂(µ(φ(x,y)P(x,y))∂(µ(φ(x,y)Q(x,y))

， =

∂x∂y

即

∂φ∂P∂φ∂Q

µ(φ(x,y))+µ′(φ(x,y))P=µ(φ(x,y))+µ′(φ(x,y))Q

∂x∂x∂y∂y

(⇐)以上过程 可逆，故充分性显然.

∂P∂Q∂P∂Q

−−∂y∂x∂y∂x

(1)=f(x±y) (2)=f(x2+y2)

QP2xQ−2yP∂P∂Q−∂y∂x

(3)=f(xy) (4)

yQ−xP

∂P∂Q−

y∂y∂x

=f( 1yx

−2Q−Pxx

∂P∂Q

−∂y∂xαβ

(5)α−1β=fxy() εβ−1

αxyQ−βxyP

3. 证明齐次方程P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0有积分因子µ=

1

.

xP+yQ

证明：作变换y=ux，则由P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0是齐次方程，我们有

P(x,ux)dx+Q(x,ux)(udx+xdu)

=[xmP(1,u)+uxmQ(1,u)]dx+xm+1Q(1,u)du =0

方程两边同乘

11

，则有 =m+1

yQ+xPx[P(1,u)+uQ(1,u)]

1Q(1,u)dx+du=0，显然此方程为全微分方程． xP(1,u)+uQ(1,u)

4. 证明定理６及其逆定理：在定理６的假定下，若 µ1是微分方程(5.1)的另一个积分因子，则

µ必可表为µ=µg(φ)的形式，其中函数 g和φ的意义与在定理６中相同．

1

1

证明：(定理６)

因为µ=µ(φ(x,y))是(5.1)的积分因子，且使得：

µP(x,y)dx+µQ(x,y)dy=dφ(x,y)，

则

∂φ∂φ

=µQ(x,y)dy. =µP(x,y)，

∂x∂y

要判断是否为积分因子，只需验证下列等式成立：

∂(µP(x,y))∂φ

g(φ(x,y))+µP(x,y)g′=

∂y∂y

∂(µQ(x,y))∂φ

, g(φ(x,y))+µQ(x,y)g′

∂x∂x

显然

∂(µP(x,y))∂(µQ(x,y))

, =

∂x∂y

∂φ∂φ

， 所以 µ1=µg(φ)是(5.1)的积分因子． =µQ(x,y)g′∂x∂y

且µP(x,y)g′

(逆定理)由定理条件假定µ也是(5.1)的积分因子且使得

µP(x,y)dx+µQ(x,y)dy=dφ(x,y).

设µ1是微分方程(5.1)的另一个积分因子,且设µ1=µf(x,y)

µf(x,y)P(x,y)dx+µf(x,y)Q(x,y)dy=dϕ(x,y),

则

∂(µP(x,y))∂(µQ(x,y)), =

∂x∂y

∂f∂(µP(x,y))∂f∂(µQ(x,y))

, µP(x,y)+f(x,y)µQ(x,y)+f(x,y)=

∂y∂y∂y∂y∂fdφ∂fdφ

, 则f=g(φ(x,y))． =

∂ydx∂xdy

即

所以

而且µ1,µ2是微分方程(5.1) ５．设函数P(x,y),Q(x,y),µ1(x,y),µ2(x,y)都是连续可微的， 的两个积分因子,

µ(x,y)µ

≠常数。试证≠c是方程(5.1)的一个通积分.

µ(x,y)µ

1

1

2

2

证明：利用P47 的定理６ 令g(φ(x,y))=φ(x,y)，

则µ1(x,y))= 即

µ(x,y)φ(x,y)是(5.1)的积分因子，

µ1(x,y)

=φ(x,y), 显然有φ(x,y)是方程(5.1)的通积分.

µ(x,y)

习题 2-6

１．求下列各曲线族的正交轨线族： (１)x2+y2=c；

x2+y2=cxdyy2−x2

=， 消去c有:, 解：由方程得：

dx2xyxcdxydy(2−)+2=0

则所求正交轨线的微分方程为

dy2xy

， =2

dxx−y2

亦即2xydx−(x2−y2)dy=0，

所以所求正交轨线族为 x2+y2=cy．

(２)．xy=c ；

解：由方程得：

xy=cdy−y

， 消去c有:, =

xdy+ydx=0dxx

dyx

=， 亦即ydx−xdy=0， dxy

则所求正交轨线的微分方程为

所以所求正交轨线族为 x2−y2=c．

(３)．y2=ax3；

23dy3yy=ax

，消去c有:, 解：由方程得：=2

dx2x2ydy−3axdx=0

则所求正交轨线的微分方程为

dy−2x， =

dx3y

亦即2xdx+3ydy=0，

所以所求正交轨线族为 2x2+3y2=c

(４)．x2+c2y2=1．

222

dy−xyx+cy=1

，消去c有: 解：由方程得：=22

dx1−x2xdx+2cydy=0

dy1−x2

=则所求正交轨线的微分方程为 ， dxxy

亦即ydy+(x−

1

)dx=0， x

2

2

所以所求正交轨线族为 x+y−2lnx=c． 或者 x2+y2−ln

2. 求与下列各曲线相交成45角的曲线族： (１)．x−2y=c；

x

2

=c.

解：由方程得：

x−2y=cdy1

， 消去c有:=,

dx22dy−dx=0

1

+tg45

dy

则所求等角轨线的微分方程为 ， =1dx

1−tg45

2

亦即3dx−dy=0，

所以所求等角轨线族为 3x−y=c．

(２)．xy=c ；

解：由方程得：

xy=cdy−y

， 消去c有:, =

dxxxdy+ydx=0

−y

+tg45

dy

=， 则所求等角轨线的微分方程为

ydx

1−(−)tg45

x

亦即(x−y)dx−(x+y)dy=0， 所以所求等角轨线族为 x2−y2−2xy=c．

(３)．y=xlnax ；

y=xlnaxdyx+y

，消去a有:, 解：由方程得：=

dy−(lnax1)dx0+=dxx

x+y

+tg45

dy=则所求等角轨线的微分方程为 ，

xy+dx

1−()tg45

x

亦即(2x+y)dx+ydy=0，

所以所求等角轨线族为 ln(2x2+xy+y2)−

(４)．y=4ax．

2

27

arctg(

22y+x

=c

7x

y2=4axdyy

，消去a有:, 解：由方程得：=

dx2xydyadx2−4=0y

+tg45

dy

=则所求等角轨线的微分方程为 ，

ydx

1−()tg45

2x

亦即(2x+y)dx−(2x−y)dy=0， 所以所求等角轨线族为 ln(2x2−xy+y2)−

3. 给定双曲线x−y=c，(其中c为任意常数)．设有一个动点P在平面(x,y)上移动，它的轨迹与和它相交的每条双曲线均成30角，又设此动点从P0(0,1)出发，试求这动点的轨迹．

解：由题意知，此轨迹即为与双曲线x2−y2=c相交成 30角的曲线族．

2

2

6arctg(

22y−x

)=c

x

x2−y2=cdyx

， 消去c有:由方程得：=

dxyxdxydy220−=x

+tg30

dyy

则所求轨线的微分方程为 =

xdx

1−tg30

y

，所以所求轨线族为

32323x−y+3xy=c， 又因为此轨迹过P0(0,1)点， 所以c=−， 222

所以所求轨迹为3x2−3y2+2xy+3=0．

4. 追线：在xoy平面上，有某物 P从原点出发，以常速a>0沿x轴的正方向运动．同时又有某物 Q以常速 b从点(0,1)出发追赶．设b>a，且Q的运动方向永远指向 P．试求 Q的运动轨迹，以及追上 P的时间．

解：设Q的运动轨迹为y=y(x)，由题意知y=y(x)即是下列初值问题的解．

=

ydxy

， x(1)=0， =−2dy2

此方程为一变量分离方程，解之得：x=

a

b

−

ab

−1y−1

． −

aa2(1+)2(1−)

bb

y

1+

a

b

1−

ab

当P,Q在T时刻相遇时，即有代入其轨迹方程求得：T=

x(aT)=0,

b

． 22

2(b−a)

5. 逃逸速度：假设地球的半径为R=6437公里，地面上的重力加速度为9.8米/秒，又设质量为的火箭在地面以初速v0垂直上升，假设不计空气阻力和其它任何星球的引力．试求火箭的逃逸速度，即：使火箭一去不复返的最小初速度 v0．

解：由物理学知识知，此逃逸速度满足下列式子：

2

gmMmv0

(其中M为地球的质量) =RR2

将数据代入上式求得：v0=7.94(公里／秒)．

6. 设某社会的总人数为N，当时流行一种传染病，得病人数为x．设传染病人数的扩大率

与得病人数和未得病人数的乘积成正比．试讨论传染病人数的发展趋势，并以此解释对传染病人进行隔离的必要性．

解：设传染病人数是时间 t的函数，并设题中的正比例系数为 p. 则由题意得：

2

(t)xpxt()(N−x(t))

cNepNt

此方程为一变量分离方程，分离变量并积分得： x(t)=

1+cepNt

又因为最初得病人数为x，所以x(0)=x，代入求得 c=所以传染病人数的发展趋势可表示为：

x

， N−x

x

NepNt

x(t)=N−x，(其中x为最初得病人数)．

x1+epNt

N−x

由上式我们可以看出，当t→+∞时，x(t)→N，所以及时对传染病人 进行隔离是必要的．

习题 3-1

1.

(1) 解: f(x,y)=|y|α, 有|f(x,y)−f(x,0)|=|y|α，

令 F(r)=|r|,有

α

∫

r1

r1drdr11−α

r||=∫=

F(r)0|r|α1−α

r10

，

当 1−α1 时, lim所以 y(0)=0 的解唯一。 当 1−α=0 时，

1

|r|1−α=∞,

r→01−α

∫

r1

drr1

，而 limln|r|=∞， =ln|r||0

r→0F(r)

所以 y(0)=0 的解唯一。

当 0

（2）. 解: 因为

所以

0

limy|lny|=0,

y→0

dy

在 (−∞,+∞) 连续. dx

设 F(r)=|rln|r||, 有 所以方程的解唯一.

∫

r1

dr

=∞ (r1>0 为常数), F(r)

2. 解: 构造毕卡序列, 令 f(x,y)=x+y+1, yn+1(x)=

因为 y(0)=0, 所以 y1(x)=

∫

x

f(x,yn(x))dx,

y2(x)=∫y3(x)=∫

x

0x

12

x+x, ∫0

2

11

f(x,x2+x)dx=x3+x2+x,

26

11

f(x,y2)dx=x4+x3+x2+x,

4!3

x

f(x,0)dx=

……………………………………………

yn(x)=∫

x

12n2x2n+1

+x, f(x,yn−1)dx=x+x++

n!(n+1)!2!

12n2x2n+1

limyn(x)=lim(x+x+++x)n→∞n→∞(n+1)!n!2!,

=2ex−x−2

所以 y=2ex−x−2 为方程的解.

3. 证明: 反证法

设初始问题(E)有两个解, y(x)和y1(x), 且 y(x0)=y1(x0)=y0,

∃x1>x0, 使 y(x1)>y1(x1), 令 µ=sup{x0≤x

根据µ 的定义与y 的连续性可知,

对∀x∈(µ,x1),y(x)>y1(x), 令 r(x)=y(x)−y1(x), 令 r(x)=y(x)−y1(x), 有 r(µ)=0, 有

dr

=f(x,y(x))−f(x,y1(x)), dx

因为 f(x,y) 对 y 是递减的, 所以

dr

所以 r(x)

习题 3-3

1. 证明: 令 f(x,y)=a(x)y+b(x), 显然 f(x,y) 在 S:

x∈I,−∞

|f(x,y)|≤|a(x)||y|+|b(x)|,

内连续, 且满足不等式

其中令 A(x)=|a(x)|≥0, B(x)=|b(x)|≥0, 由已知有 A(x),B(x) 在

x∈I上是连续的,则由定理5, 知 y=y(x) 的最大存在区间为I

2. (1) 解：令 f(x,y)=

1

，则 f(x,y)在区域 22

x+y

G1={−∞

或 G2={−∞

y=φ(x),x∈J，且延伸到

无限远。下证，积分曲线 Γ的最大存在空间是无界的。

用反证法，先在 G1上讨论。设y=y(x)上此方程满足初值条件

y(x0)=y0 的解。设 J+为它的右侧最大存在区间，

若 J

+

=[x0,x1]是有限区间，其中 x1>x0。令y1=φ(x1),

则(x1,y1)∈G1。因为区域G1是开集，所以存在矩形区域

R1:|x−x1|≤a1,|y−y1|≤b1，使得 R1⊂G1。

由皮亚诺定理知，原方程至少有一个解y=φ1(x)(|x−x1|≤h1) 满足初值条件φ1(x1)=y1，其中 h1是某个常数。

φ(x)

令y(x)=

φ1(x)

x0≤x≤x1;x1≤x≤x1+h1.

则y=y(x)是连续可微的，且它在区间[x0,x1+h1]上满足原方程，

与积分曲线 Γ的最大右侧存在区间为 J

+

+

=[x0,x1]矛盾。

+

所以J不可能是有限闭区间，同理可证 J不可能是有限开区间，则

Γ在P0点的右侧将延伸到区域 G1的边界。同样可证，Γ在 P0点的左侧

将延伸到区域 G1的边界，即解的存在区间为(−∞,+∞)。 同样在 G2上，解的存在区间为(−∞,0)(0,+∞)。

（2）解：由于y(y−1)在整个(x,y)平面上连续，且对y有连续的偏导数，

所以利用推论，可知原方程经过平面上任何一点P0(x0,y0) 的积分曲线Γ是唯一存在，并将延伸到无限远。 显然y=0与y=1为方程的两个解曲线。

由解的唯一性，当y

区间为(−∞,+∞)。同理可知在01时， （如右图）所以其解的 x的存在区间为(−∞,+∞)。在区间为(−∞,+∞)。

（3）解：令f(x,y)=ysin(xy)，此方程满足f(x,y)在

S:−∞

内连续，且满足不等式|f(x,y)|≤|y|。取A(x)=1和B(x)=0，则此 方程满足定理5的条件，所以此方程的每一个都以(−∞,+∞)为存在区间。

（4）解：解方程得其解为arctgy=x−c, c为一常数。

 −∴ −

π2

π2

,∀y∈(−∞,+∞)，

−

π2

π2

, ∴ +c

π2

+c

π2

+c，

∴ 其存在区间为−

π2

π2

+c。

3． 解：不矛盾。因为此方程化为微分方程为

dyx

=−，令 dxy

f(x,y)=−

x

，有f(x,y)在G上不一定连续， y

即不满足延伸定理的条件，所以不能说与延伸定理矛盾。

4. 解：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含P(x0,y0)的

区域G，初值问题（E）的解都存在且唯一，并可延伸到 G的边界。

其次，容易看出，直线L1:y=3和直线 y=3

L2:y=−1是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，

且积分曲线在L1的上方是单调上升，在L1与 L2之间 是单调下降，而在L2的下方是单调上升。 y=−1 若P(x0,y0)位于L1的上方，显然 y=3 为方程的解， 而在L1的上方，由于方程是单调上升，所以当y

可知其积分曲线向右延伸到x0

初值问题（E） 5. 证明：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含P(x0,y0)的区域G，

的解都存在且唯一，并且延伸到G的边界。其次，容易看出，直线y=x与直线y=−x是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，且其单调性见图！

不妨，假设P(x0,y0)在x轴的上方，在直线y=x与直线y=−x之间， 积分曲线是单调下降的，所以它将右

向穿出直线y=x，并且它在右向延伸时不

能从y=x下方穿越到上方，因此，它必 向穿出直线y=x，并且它在右向延伸时不 能从y=x下方穿越到上方，因此，它必可 向右延伸x0≤x

同理可证向左延伸到−∞

习题 4-1

1．求解下列微分方程

1） 2y=p+4px+2x (p=

dy) dxdp

解 利用微分法得 (2x+p)(+1)=0

dx

dp当 +1=0时，得p=−x+c ==dx

2

2

从而可得原方程的以P为参数的参数形式通解

2y=p2+4px+2x2



p=−x+c

或消参数P，得通解 y=

12

(c+2cx−x2) 2

当 2x+p=0时，则消去P，得特解 y=−x2 2）y

dy

pxlnx+(xp)2； p=

dx

dp

+p=0 dx

解 利用微分法得 (lnx+2xp)x当x

dp

+p=0时，得 px=c dx

从而可得原方程以p为参数的参数形式通解：

y

pxln+(xp)2px=c

或消p得通解 y

Clnx+C2 1

(lnx)2 4

当lnx+2xp=0时，消去p得特解 y=−

3）y=xp++p

(

2



) p=dy

cx

解 利用微分法，得

p++p2

1+p2

=−

2

dx

两边积分得 x

(1+P

+P+P2x=c

)

由此得原方程以P为参数形式的通解：

- 1 -

y=x(p++p2 ，1+p2+p2+p2x=c.

或消去P得通解

()

y2+(X−C)2=C2

2. 用参数法求解下列微分方程

dy

1）2y2+5=4

dx=

dy

2

y=+dx=12

令y=

t dy=t

解 将方程化为

42dx5

由此可推出

dx=

2

1

dyt1

dt)

2costdt从而得 x=

2

t+c

+c

，y=t 因此方程的通解为

x消去参数t，得通解

yx−C) dy

=0，显然 dx

对于方程除了上述通解，还有y=±2，

y=2和y=−2是方程的两个解。

2）x−3(

2

dy2

=1 dx

dy1=−cotu dx3

解：令x=cscu，

11+t2u

又令tan=t 则x= =

2sinu2t1cos2u

dy=du cotu=3

3sinu

1

2

- 2 -

1−t211+t2=

2

2

dt

2t1+t221+t

3

=

143

(t−

21+3)dt

tt

11

t2−2lnt−2)+c

2t

2

1

+C t2积分得，y

t2−4lnt−

由此得微分方程的通解为

1+t221

，yt−4lnt−2+c x=

=t2t

3）x+(

=3

dy3dy)=4 dxdxdy=解：令=xt 则x3+x3t3=4x2t dx

4t

又 3

1+t

解得 x=

dydydx4(1−2t3)16t2(1−2t3)4t2

=•=•=332dtdxdt1+t(1+t)(1+t3)3

16(1−2t63)33161−2u=dtutdu=333

3(1+t)3(1+u)

=16

du32du

−332

3(1+u)(1+u

∴y=−

8321++C

(1+u)231+u2

∴=−

8321

++C 323

(1+t)31+t

由此得微分方程的通解为

x=

4t8321

， y−++C。 3233

(1+t)31+t1+t

习题 4-2

1．得用P—判别式求下列方程的奇解： 1）y=xdx+(

dy

dy2

) dx

解：方程的P—判别式为

y=xp+p2,x+2p=0

消去p，得y=−x

经验证可知y=−x是方程的解。

22

x2xx2x

令F(x,y,p)=y−xp−p则有F(x,−−2 ,−)=1，Fpp(x,−,−=

4242

2

'

y

x2x

和F(x,−,−)=0

42

'

p

因此，由定理4.2可知，y=−

2）y=2x

12

x 是方程的奇解。 4

dydy+()2 dxdx

解：方程的P—判别式为

y=2xp+p2，x+p=0

消去P，得 y=−x2，而y=−x2不是方程的解，故y=−x2不是方程的奇解。

3）(y−1)2(

dy24

=y dxq

42

，2(y−1)p=0 9

解：方程的P—判别式为

(y−1)2p2=

消去P，得y=0，显然y=0是方程的解， 令F(x,y,p)=(y−1)p−

2

2

4

y则有 9

4

(x,0,0)=2 Fy'(x,0,0)=− Fpp

9

和Fp(x,0,0)=0

因此，由定理4.2知，y=0是方程的奇解。

'

2．举例说明，在定理4.2的条件Fy(x,x(x),x(x))≠0Fpp(x,x(x),x(x))≠0中的两个不等式是缺一不可的，

解：考虑方程(

'

'

'

dy2

)−y2=0 dx

方程（1）的P—判别式为

p2−y2=0 2p=0消去P，得y=x(x)=0

令F(x,y,p)=p2−y2，于是有Fp(x,y,p)=−2y Fp(x,y,p)=−2p

'

'

=

但是Fy(x,0,0)=0

又y=0虽然是方程的解，且容易求出方程（1）的通解为y=xe±x

因此容易验证y=0却不是奇解。因此由此例可看出。定理4.2中的条件

'

Fy'(x(x),x'(x))≠0是不可缺少的。

又考虑方程 sin(y

=

dy

)=y dx

方程（2）的P—判别式为 sin(yp)=y ycos(yp)=0 消去P，得y=0。令F(x,y,p)=sin(yp)−y于是有Fy(x,y,p)

'

pcos(yp)−1，

Fp'(x,y,p)=ycos(yp) Fpp(x,y,p)=y2sin(yp) 因此，虽然有

的解，但不是奇解。因此由此例可看出定理4.2中的条件Fpp(x,x(x),x(x))≠0是不可缺少的。

3．研究下面的例子，说明定理4.2的条件Fp(x,x(x),x(x))=0是不可缺少的

'

'

1

y=2x+y'−(y')3

3

解：方程的P—判别式为

13

p 1−p2=0 3

2

消去P，得 y=2x±

3y=2x+p−

22

不是解，故不是奇解，而y=2x−虽然是解，但不是奇解。 33

13

令F(x,y,p)=y−2x−p+p

3

检验知 y=2x+

Fy'(x,y,p)=1， Fp'(x,y,p)=−1+p2

2

Fy'(x,2x±,2)=1≠0

32

Fpp(x,2x±,2)=4≠0

32'

但是Fp(x,2x±,2)=3≠0

3

因此此例说明定理4.2的条件Fp(x,x(x),x(x)=0是不可缺少的。

'

'

习题 4-3

1．试求克莱罗方程的通解及其包络

解：克莱罗方程 y=xp+f(p) (p=其中f

对方程（1）求导值(x+f'(p))由

dy

)（1） dx

dp=0 dx

dp

=0 即p=c时 代入（1）得（1）的通解 dx

y=cx+f(c) （2）

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) 令 V(x,y,c)=cx+f(c)−y ，故

Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)=c v'y(ϕ(c),ψ(c),c)=−1

所以(Vx,Vy)≠(0,0) 又

'

'

(ϕ'(c),ψ'(c))=(−f

因此Λ满足定理4.5相应的非蜕化性条件。故Λ是积分曲线族（2）的一支包络。

课外补充

1．求下列给定曲线族的包络。 1）(x−c)2+(y−c)2=4

解：由相应的C—判别式

V(x,y,c)=(x−c)2+(y−c)2−4=0 Vc(x,y,c)=−2(x−c)−2(y−c)=0

消去C得C—判别曲线 (x−y)2=8 它的两支曲线的参数表示式为

Λ1： x=−2+c ，y=2+c Λ2：x=2+c ，y=−2+c

对Λ1，我们有(ϕ'(c),ψ'(c))

(1,1)≠

(0,0)

Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)=2(c−c)=−

Vy'(ϕ(c),ψ(c),c)

'

+c−c)

'

∴(Vx(ϕ(c),ψ(c),c)v,Vy(ϕ(c),ψ(c),

c))≠(0,0)

因此Λ1满足定理4.5

的相应的非蜕化条件，同理可证，Λ2也满足定理4.5的相应的非

=

蜕化条件，故Λ1，Λ2是曲线族的两支包络线。

2．(x−c)2+y2=4c

解：由相应的C—判别式

V(x,y,c)=(x−c)2+y2−4c=0 Vc(x,y,c)=−2(x−c)−4=0

消去C得C—判别曲线 y2=4(x+1) 它的两支曲线的参数表示式为

Λ1:x=−2+c ，y=2−1 =Λ2:x=−2+c ，y=−2−1

=对Λ1，我们有(ϕ'(c),ψ'(c))≠(0,0) (Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)v,Vy'(ϕ(c),ψ(c),c))=−(4,≠(0.0)

因此Λ1满足定理4.5的相应的非蜕化条件，同理可证，Λ2也满足定理4.5的相应的非蜕化条件，故Λ1，Λ2是曲线族的两支包络线。

3. 证：就克莱罗方程来说，P—判别曲线和方程通解的C—判别曲线同样是方程通解的包络，从而为方程的奇解。 证：已知克莱罗方程的形式为

y=xp+f(p) (p=

dy

,f

（1）的通解为 y=cx+f(c) （2） （2）的包络由 y=cx+f(c) x+f'(c)=0确定，

即为 y=−f'(c) y=cf'(c)+f(c) （3）

又知方程（1）还有解 x+f'(p)=0 y=xp+f(p) 由此得 x=f'(p) ，y=−pf'(c)+f(p) （4）

而（4）是方程（1）的P—判别曲线，它和（3）有相同的形式，因而同样是通解（2）的包络，消去P得方程（1）的奇解。

1

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