全微分例题

1

微分方程例题选解

1.求解微分方程

3

ln(ln)0,|

2xe

xxdyyxdxy



。

解：原方程化为

x

y

xxdx

dy1

ln

1

，

通解为







]

1

[ln

1

ln

1

Cdxe

x

ey

dx

xx

dx

xx

]

ln

[

ln

1

Cdx

x

x

x

]ln

2

1

[

ln

1

2Cx

x



由ex，

2

3

y，得

1C

，所求特解为

11

ln

ln2

yx

x

。

2.求解微分方程22'0xyxyy。

解：令

uxy

，uxuy







，原方程化为2uuuxu



，

分离变量得

dx

x

u

du1

2

，

积分得

Cx

u

ln

1

，

原方程的通解为

ln

x

y

xC





。

3.求解微分方程dyyyxdxxyx)()(3223。

解：此题为全微分方程。下面利用“凑微分”的方法求解。

原方程化为03223dyyydyxdxxydxx，

由dyyydyxdxxydxx3223

422224

4

1

)(

2

1

4

1

dydyxdxydx

)2(

4

1

4224yyxxd，

得0)2(4224yyxxd，

原方程的通解为Cyyxx42242。

注：此题也为齐次方程。

4.求解微分方程2''1(')yy。

解：设yp



，则

dx

dp

y



，原方程化为21p

dx

dp

，

分离变量得dx

p

dp



21

，积分得

1

arctanCxp，

于是)tan(

1

Cxpy



，积分得通解为

12

lncos()yxCC。

5.求解微分方程''2'20yyy。

解：特征方程为0222rr，特征根为

ir1

，

通解为

12

(cossin)xyeCxCx。

2

6.求解微分方程2'''(21)xyyxe。

解：对应齐次方程的特征方程为02rr，特征根为0

1

r，1

2

r，

齐次通解为xeCCY

21

。

可设待定特解xebaxy2)(*，代入原方程得

12)(23xbaxa，

比较系数得

1a

，

1b

，从而xexy2)1(*，

原方程的通解为2

12

(1)xxyCCexe。

7.求解微分方程''4xyyxe。

解：对应齐次方程的特征方程为012r，特征根为1

1

r，1

2

r，

齐次通解为xxeCeCY

21

。

可设待定特解xebaxxy)(*，代入原方程得

xbaxa4)2(22，

比较系数得

1a

，

1b

，从而xexxy)(*2，

原方程的通解为2

12

()xxxyCeCexxe。

8.求解微分方程3''6'9(62)xyyyex。

解：对应齐次方程的特征方程为0962rr，特征根为3

21

rr，

齐次通解为xexCCY3

21

)(。

可设待定特解xebaxxy32)(*，代入原方程得

2626xbax

，

比较系数得

1a

，

1b

，从而xexxy323)(*，

原方程的通解为3323

12

()()xxyCCxexxe。

9.利用“凑微分”的方法求解微分方程0)cos()sin(dyyxdxyyxy。

解：由dyyxdxyyxy)cos()sin(

ydyxdyydxydxxydxcossin

ydxdyydxydxxydxsin)(sin

)sin()sin(yxyddxyxy，

原方程化为dx

yxy

yxyd







sin

)sin(

，

积分得Cxyxyln)sinln(，

从而通解为xCeyxysin。

10.选择适当的变量代换求解微分方程

xyxyyxtan)1(22





。

解：设22yxu

，则

u

yyx

u









，原方程化为xuuutan)1(



，

分离变量得

xdxdu

u

tan)

1

1

1(



，

积分得Cxuucosln)1ln(，

3

原方程的通解为

Cxyxyxcosln)1ln(2222。

11.利用代换

x

u

y

cos

将方程xexyxyxy







cos3sin2cos化简，并求出原方程的通

解。

解：由

xyucos

，得

xyxyusincos







，

xyxyxyucossin2cos











。

原方程化为xeuu



4，

其通解为

5

2sin2cos

21

xe

xCxCu，

原方程的通解为

x

e

xC

x

x

Cy

x

cos5

sin2

cos

2cos

21

。

12.设二阶常系数线性微分方程xcebyyay







的一个特解为xxexey)1(2。试确

定常数cba,,，并求该方程的通解。

解：由题设特解知原方程的特征根为1和2，所以特征方程为

0)2)(1(rr，即0232rr，

于是

3a

，

2b

。

将xxey

1

代入方程，得

xxxxcexeexex2)1(3)2(，

1c

。

原方程的通解为xxxxeeCeCy2

21

。

13.已知xxexey2

1

，xxexey

2

，xxxeexey2

3

是某二阶常系数非齐次线

性微分方程的三个解，求此微分方程。

解：由题设特解知原方程的通解为xxxxeeCeCy2

21

，特征根为

1

和2，

所以特征方程为

0)2)(1(rr，即022rr，

故可设此微分方程为

)(2xfyyy







，

将xxey代入方程，得xexxf)21()(，

故所求方程为yyy2





xex)21(。

14.设)(rfu满足方程4

2

2

2

2













y

u

x

u

，其中22yxr

，求)(rf。

解：

)(rf

r

x

x

u









，)()(

3

2

2

2

2

2

rf

r

y

rf

r

x

x

u













，)()(

3

2

2

2

2

2

rf

r

x

rf

r

y

y

u













，

4)(

1

)(

2

2

2

2





















rf

r

rf

y

u

x

u

，

]4[)(

1

11

Cdreerfdr

r

dr

r





)2(

1

1

2Cr

r

，

drCr

r

rf)2(

1

)(

1

2

21

2lnCrCr。

4

15.设函数)(tf在),0[上连续，且满足方程















222

2

4

224)

2

1

()(

tyx

tdxdyyxfetf

求)(tf。

解：由于













2224

22)

2

1

(

tyx

dxdyyxf



















2

0

2

0

)

2

1

(

t

rdrrfd









t

drrrf

2

0

)

2

1

(2

所以drrrfetf

t

t)

2

1

(2)(

2

0

42







，

求导得)(88)(24tfttetft

，

]8[)(8

4

82Cdteetetftdt

t

tdt









)4(242Ctet

，

由1)0(f，得

1C

，因此242)14()(tettf。

16.设)(xf连续可微，1)0(f，确定)(xf，使曲线积分



L

dyxfydxxfx)()]([

与路径无关，并计算)1,1(

)0,0(

)()]([dyxfydxxfxI。

解：由曲线积分与路径无关，得)()(xfxxf



，

)()(Cdxxeexfdxdx





xCex)1(，

由1)0(f，得

2C

，从而)(xfxex21，

于是)1,1(

)0,0(

)21()21(dyexydxeIxx

e

dye

2

21

0

1。

17.假定物体在空气中的冷却速度是正比于该物体的温度和它周围的空气温度之差，若室温

为c020时，一物体由c0100冷却到c060须经过

20

分钟，问共经过多少时间方可使此

物体的温度从开始时的c0100降低到c030。

解：设在时刻t物体的温度为)(tT，则有

)20(Tk

dt

dT

，且100)0(T，60)20(T

分离变量得

kdt

T

dT



20

，

积分得CktTln)20ln(，

即ktCeT20，

由100)0(T得

80C

，kteT8020，

再由60)20(T得kte802060，

20

2ln

k，

故

teT20

2ln

8020，

令30)(tT，得

te20

2ln

802030，

60t

。

共经过60分钟方可使此物体的温度从开始时的c0100降低到c030。

5

18.设物体

A

从点)1,0(出发，以速度大小为常数v沿

y

轴正向运动。物体

B

从点)0,1(与

A

同时出发，其速度大小为

v2

，方向始终指向

A

。试建立物体

B

的运动轨迹所满足的

微分方程，并写出初始条件。

解：设在时刻t，

B

位于点),(yx处，则

x

yvt

dx

dy







)1(

，

两边对x求导，得

dx

dt

v

dx

yd

x

2

2

，（1）

由于

dt

dx

dx

dy

dt

ds

v















2

12，

2

1

2

1















dx

dy

vdx

dt

，

代入（1）式得所求微分方程为0)(1

2

1

2

2

2



dx

dy

dx

yd

x，

其初始条件为1|,0|

11







xx

yy。

19.在xOy面的第一象限内有一曲线过点)1,1(，曲线上任一点

P

处的切线与x轴及线段

OP

所围三角形的面积为常数

k

，求此曲线的方程。

解：设),(yxP处的切线方程为

)(xX

dx

dy

yY，在x轴上的截距为

dy

ydx

xa，

由题设知ky

dy

ydx

x2)(，化为

2

21

y

k

x

ydy

dx

，

其通解为











])

2

([

1

2

1

Cdye

y

k

ex

dy

y

dy

yCy

y

k

，

由

1x

，1y，得

kC1

，所求曲线方程为yk

y

k

x)1(，即kykxy2)1(。

20.某种飞机在机场降落时，为了减少滑行距离，在触地的瞬间，飞机尾部张开减速伞，以

增大阻力，使飞机迅速减速并停下。现有一质量为kg9000的飞机，着陆时的水平速度

为

hkm/700

。经测试，减速伞打开后，飞机所受的总阻力与飞机的速度成正比（比例

系数为6100.6k）。问从着陆点算起，飞机滑行的最长距离是多少？

解：由题设，飞机的质量kgm9000，着陆时的水平速度hkmv/700

0

。从飞机触地时

开始计时，设t时刻飞机的滑行距离为)(tx，速度为)(tv。

根据牛顿第二定律，得kv

dt

dv

m，由于

dt

dx

dx

dv

dt

dv



dx

dv

v，因此有

dv

k

m

dx，

积分得

Ctv

k

m

tx)()(，由

0

)0(vv，0)0(x，得

0

v

k

m

C，从而

)]([)(

0

tvv

k

m

tx，

当0)(tv时，

)(05.1

100.6

7009000

)(

6

0

kmv

k

m

tx





。

所以，飞机滑行的最长距离是

km05.1

。