常微分方程(第三版)课后答案

2.1

1.

dydx

2xy,并求满足初始条件:x=0,y=1的特解.

解:对原式进行变量分离得

1y

dy2xdx,两边同时积分得:

yex。

2

lny

x

2

c,即ycex把x0,y1代入得

2

c1,故它的特解为

2.

y

2

dx(x1)dy0,并求满足初始条件:x=0,y=1的特解.

解:对原式进行变量分离得:

1x1

dx

1

dy,当y0时,两边同时积分得;

lnx1

1y

c,即y

1clnx1

y

1

2

当y0时显然也是原方程的解y

1lnx

。当x0,y1时,代入式子得c1,故特解是

3

dydx

1xy

yx

2

3

y

解:原式可化为:

dydx

1y

y

2

12

1x

x

显然3

2

1y

y

2

0,故分离变量得

1

12

2

y

y

2

dy

1x

x

3

dx

两边积分得ln

y

lnxln

x

2

2

lnc(c0),即(1

y

2

)(1

x

2

)c

x

2

故原方程的解为(1

y

2

)(1

x

)c

x

4:(1x)ydx(1y)xdy0解:由y0或x0是方程的解,当

xy0时,变量分离

1xx

dx

1yy

dy0

两边积分lnxxlnyyc,即lnxyxyc,故原方程的解为

lnxyxyc;y0;x0.

5:(yx)dy(yx)dx0

dyyxydydu,令u,yux,ux

dxyxxdxdx则ux

dudx

u1u1

,变量分离,得:

12

2

2

u1

u

ln(1

2

du

1x

dx

1

两边积分得:arctgu

u

)lnxc。

6:x

dydx

yyx

2

x

2

y

解:令dudx

u,yux,(1x

dydx

ux

dudx

,则原方程化为:1

1x

xu

2

)

,分离变量得:

u

2

dusgnxdx

两边积分得:arcsinusgnxlnxc代回原来变量,得另外,y

2

arcsin

yx

sgnxlnxc

x

2

也是方程的解。

7:tgydxctgxdy0解:变量分离,得:

ctgydytgxdx

两边积分得:lnsinylncosxc.

8:

dydx



y

2

3x

y

yy

2

解:变量分离,得dy

13

e

e

3x

c

9:x(lnxlny)dyydx0解:方程可变为:令u

y

ln

yxdy

yxdx0

1lnu

,则有:dxdlnuxx1lnu

cy1ln

yx。

代回原变量得:dy

10

dx

e

xy

解:变量分离两边积分

eee

y

y

dyc

e

x

dx

x

dydx

e

xy

解:变量分离,两边积分得:

e

y

y

dy

e

x

dx

e

e

x

c

11.

dydx

(xy)

2

解:令xyt,则原方程可变为:

dtdx1

dydx

1

dtdx1

1

t

2

变量分离得:

t

代回变量得:

2

dtdx,两边积分arctgtxc

1

arctg(xy)xc

dydx

1(xy)

2

12.解

令xyt,则变量分离

t

22

dydx

dtdx

1,原方程可变为

dtdx

1t

2

1

t1

dtdx,两边积分tarctgtxc,代回变量

xyarctg(xy)xc13.

dydx

2xy1x2y1

2xy10,x2y10;的解为x13

,yY

13,则有

dYdXX

2XYX2Y

'

2

解:方程组令xX

YX

13

,y

13

令U,则方程可化为:

dUdX

22U212U

变量分离

14,

dydx

xy5xy2

dydxtt7

1

dtdx,

解:令xy5t,则原方程化为:1两边积分代回变量

1212

dtdx

,变量分离(t7)dt7dx

t

2

7t7xc

2

(xy5)

2

7(xy5)7xc.

dy

15.dx

(x1)(4y1)8xy1

2

解:方程化为

dydx

x2x116y8y18xy1(x4y1)2

dydx

dudx,所以2323

1du4dx83

u

2

222

令1x4yu,则关于x求导得14分离变量

14u9

2

94

dudx,两边积分得arctg(xy)6xc,是

原方程的解。

16.解:

dydxdydx

y2x2xy

35

2

622

xy

2

dydx

3

(y)2xy(2xy

2

3

22

x

2

3[(y)2x]2xy

3

322

x

2

,,令y

3

u,则原方程化为

3u

dudx

3u6x2xux

2

22

x2

2

6

ux

1

,这是齐次方程,令

ux

z,则

2

dudx

zx

dzdx

,所以

3z62z12z1zzd

2

2

zx

dzdx

,,x

dzdx

3

zz62z1

3

2

,...........(1)

当zz60,得z3或z2是(1)方程的解。即当zz60时,变量分离

3

7

3

3

5

2

y3x或y2x是方程的解。

z3)(z2)xc,

c0时。故原方程

7

3

5

dz

3

1x

dx,两边积分的(

3

即(y3x)(y2x)xc,又因为y3x或y2x包含在通解中当的解为(y3x)(y2x)xc

3

7

3

3

15

17.

dydx

2x3xyx3xy2yy

dydx

2

3

3

x(2x3y1)y(3x2y1)

dudv

2

2

2

2

解:原方程化为 令y

2

;;;;;

dydx

22

2x3y13x2y1

2

2

22

u,;;;;;x

2

v;;;;;;;则

2v3u13v2u1

.......(1)

2v3u10

的解为(1,1);令Zv1,,Yu1,

方程组3v2u10

2z3y0

,,,,从而方程(则有

3z2y0

1)化为

dydz

2332

yz

yz

t

yz

,,则有

dydz

tz

dtdz

,,所以tz

dtdz

23t32t

,,z

dtdz

22t

2

32t

,...........(2)

22t

2

0时,,即t1,是方程(2)的解。得y

2

x2或y

22

x是原方程的解

2

22t

2

0时,,分离变量得

32t22t

2

dt

1z

dz两边积分的yx

22

(yx2)c

225

另外

y

2

x2,或y

22

x,包含在其通解中,故

2

原方程的解为yx

22

(yx2)c

225

18.证明方程

2

2

xy

dydx

f(xy)经变换xyu可化为变量分离方程,并由此求解下列方程

(1).y(1xy)dxxdy(2).

xdyydx

2xy2xy

22

22

证明:因为得:

1duydx

xyu,关于x求导导得yx

du

dxy(f(u)1)

程。

ux

dydx

dydx

,所以x1x

dydx

dudx

y

1f(u),(f(u)1)(uf(u)u)

故此方程为此方程为变

解(1):当x0或y0是原方程的解,当令xyu,则方程化为

dudx

1x(2u

xy0s时,方程化为

3

xdyydx1xdx

1

xy

2

2

u

),变量分离得:

du2u

u

3

两边同时积分得:

u

2

2

2

cx,即

4

yxy

2

2

2

2

cx,y0也包含在此通解中。

2

故原方程的解y

2

2

xy

2

2

cx,x0.

dudx

1x

2u2ulnyx

22

2

u)xy4

2

2

解 (2)令xyu,则原方程化为分离变量得

2u4u

2

(u

14u

2

x2u

du

1x

dx,两边积分得c,这也就是方程的解。

x

19. 已知f(x)

f(x)dt1,x0,试求函数f(x)的一般表达式

.

y

1y

2

x

解:设f(x)=y, 则原方程化为

f(x)dt

1y

两边求导得

y'

12xc

y

3

dydx

;;;;;;;;;;dx

1ydy

3

;;;;;;;;;;;;两边积分得xc

112y

2

;;;;;所以y

把y

12xc

x

代入

f(x)dt

1y

x

12tc

dt2xc;;;;;;;;;;(2xcc)2xc得c0,所以y

12x

20.求具有性质 x(t+s)=

x(t)x(s)1x(t)x(s)

的函数x(t),已知x’(0)存在。

2x(0)

解:令t=s=0 x(0)=x(0)x(0)=

1x(0)

1x(0)x(0)

若x(0)0 得x2=-1矛盾。

2

所以x(0)=0. x’(t)=lim

dx(t)dt

x'(0)(1x(t))

2

x(tt)x(t)

t

dx(t)

lim

x(t)(1x(t))t[1x(t)x(t)

x'(0)(1x(t))

2

1x(t)

2

x'(0)dt

两边积分得arctg

x(t)=x’(0)t+c 所以x(t)=tg[x’(0)t+c] 当t=0时 x(0)=0 故c=0 所以 x(t)=tg[x’(0)t]

习题2.2

求下列方程的解 1.

dydx

=ysinx

dxdx

解: y=e (sinxedxc)

=ex[-

121

ex(sinxcosx)+c]

=c ex- (sinxcosx)是原方程的解。

2

2.

dxdt

+3x=e2t

dxdt

解:原方程可化为:

所以:x=e

3dt

=-3x+e2t

3dt

dtc) (e2t e

=e3t (e5t+c)

5

1

=c e3t+e2t 是原方程的解。

5

1

3.

dsdt

=-scost+

costdt

1212

sin2t

3dt

解:s=e

(sin2te

dtc )

=esint(sintcostesintdtc) = esint(sintesintesintc)

=cesintsint1 是原方程的解。 4.

dydx

xnyex

x

n

, n为常数.

dydx

xn

n

解:原方程可化为:

yex

x

xn

ye

xdx

(exe

n

xdx

n

dxc)

xn(exc) 是原方程的解.

5.

dydx

+

12xx

2

y1=0 =-12xx

2x1x

2

解:原方程可化为:

dydx

2

y1

ye

dx

(e

)

12xx

2

dx

dxc)

1x

e

(lnx

2

12

(e

1

lnx

2

dxc)

=x(1cex) 是原方程的解.

2

6.

dydxdydx

xxxy

4

2

43

3

解:

xxxyxy

32

2

=令

yx

+

yx

dydx

u 则 yux

dudxdudx

=ux

dudx

因此:ux

=

xu1u

2

2

u2dudx

13u

3

xc

u33xxc (*) 将

yx

u带入 (*)中 得:y3xcx是原方程的解.

3

4

3

7.

dydx

2yx1

(x1)

3

dy2y3

解(x1)

dxx1P(x)

2x1

,Q(x)(x1)

2

3

P(x)dxx1dx2ee(x1)

方程的通解为: y=e

P(x)dx

P(x)dx

(eQ(x)dxc)

=(x+1)(

2

2

1(x1)

*(x+1)dx+c)2

3

=(x+1)((x+1)dx+c) =(x+1)(

2

2

(x1)2

4

2

c)

即:2y=c(x+1)+(x+1)为方程的通解。dydx =

yxy

3

3

dxx+y12

解xy

dyyy则P(y)=

1y

,Q(y)y

1

2

P(y)dyydy eey

方程的通解为: x=e

P(y)dy

P(y)dy

(eQ(y)dyc)2

=y( =即 x=

y

3

1y

*ydyc)

y

3

2

cy

2

+cy是方程的通解 ,且y=0也是方程的解。

9.

dydx

ayx

ax

x1x

,a为常数x1x

解:P(x)e

P(x)dx

,Q(x)

a

e

xdx

x

a

方程的通解为: y=e

a

P(x)dx

P(x)dx

(eQ(x)dxc)

=x(

1x+1x

a

x

dx+c)

当 a0时,方程的通解为 y=x+ln/x/+c 当 a1时,方程的通解为 y=cx+xln/x/-1 当 a0,1时,方程的通解为 y=cx+

a

x1-a

-

1a

10.x

dydx

yx

3

dy13

解yx

dxxP(x)

1x

,Q(x)x

1

3

P(x)dxxdx1ee

x

方程的通解为:   y=e = =

1xx4

P(x)dx

P(x)dx(eQ(x)dxc)3

(x*xdxc)

3

cxx

3

方程的通解为: y=

4

cx

11.

dydx

xyxy

33

dy33

解xyxy

dx两边除以ydyydxdy

-23

3

xy

2

x

2

3

dx令ydzdx

2

2(xyz

x)

3

2(xzx)

3

3

P(x)2x,Q(x)2xe

px

22xdxx

dxee

方程的通解为: z= e

x

2

px

px

dx(edxQ(x)dxc)x

2

=e(e

2

(2x)dxc)1

x

2

3

=xce

2

x

2

故方程的通解为:y(xce

c4

2

2

1)1,且y0也是方程的解。

14

12.(ylnx2)ydxxdydylnx22y

解y

dxxx 两边除以ydyydxdy

12

2

1

x

lnx2

lnxxlnxx

2yx2yx

1

dxdzdx



令y

1

zlnxx

lnxx

2x

z2x

P(x),Q(x)

方程的通解为:zezec4

P(x)dx

P(x)dx

(eQ(x)dxc)

xdx

2

2

(e

xdx

14

2

(

lnxx

)dxc)x(

2

1x

2

(

lnxx

)dxc)

x

lnx2

方程的通解为:y(

c4

x

2

lnx2

14

)1,且y=0也是解。

13

2xydy(2yx)dxdydx

2yx2xy

2

2

yx

1 2y

这是n=-1时的伯努利方程。 两边同除以

2

1y12

y

dydx

y

x

dzdx

2y

dydx

令y2z

dzdx

2yx

2x

2

1

2zx

1

P(x)= Q(x)=-1 由一阶线性方程的求解公式

ze

xdx

2

(e

xdx

2

dxc)

=xx2c

yxxc

2

2

14

dydx

e3xx

2

y

dydx

y

两边同乘以e e

y

y

(e)3xe

x

2

y2y

令eyz

dzdx

z3xzx

22

dzdx

e

dydx

3zx

zx

22

这是n=2时的伯努利方程。

3xz1x

2

两边同除以z2

dTdx



1dzz

2

1dzzdx

2

1x

2

dx

1z

T

dx

dT3Tx

P(x)=

3x

Q(x)=

1x

2

由一阶线性方程的求解公式

33

Te

xdx

(1dx

x

2xdxc) =x3(12

2

xc)

=

12x

1

cx

3

z(

1x

1

cx

3

2

)1 ey

(12

x

1

cx

3

)1

1x2

ey

cey

x

3

2

12x2

x3

ey

c

15

dy

1

dxxyx3y

3

dxdy

yxy3

x3

这是n=3时的伯努利方程。 两边

x

3

1dx3

x3

dy

yx

2

y

令x2z

dz2x

3ddy

xdy

dz

2y

3

3

dy

2

x

2y=2yz2y P(y)=-2y 由一阶线性方程的求解公式 ze

2ydy

(2y3e2ydydyc)

=ey2

(2y3ey2

dyc) =y21cey2

Q(y)=2y3

x(y1ce

2

y

2

22y

2

)1

y

2

xe(y1ce

y

2

2

)e

y

2

2222

e(1xxy)cx

x

16 y=ex+y(t)dt

dydxdydx

ey(x)

x

ye

x

P(x)=1 Q(x)=ex 由一阶线性方程的求解公式

1dxx1dx

ye(eedxc)

=ex(exexdxc) =ex(xc)

e(xc)e

x

x

x

e(xc)dx

x

c=1 y=ex(xc)

17 设函数(t)于∞

试求此函数。

令t=s=0 得(0+0)=(0)(0) 即(0)=(0)2 故(0)0或(0)1 (1) 当(0)0时 (t)( 即(t)0 t0)t() (

t(∞,

∞)

'

(2) 当(0)1时 (t)

lim

t0

(tt)t()

t

=lim

t0

(t)(t)(t)

t

=

(t0)(0)

t

lim

t0

(t)((t)1)

t

=

lim

t0

(t)

='(0)(t)

于是

ddt

(0)(t)

'

变量分离得

d

'

(0)dt 积分 ce

'

(0t)

由于(0)1,即t=0时1 1=ce0c=1 故(t)e(0)t

'

20.试证:

(1)一阶非齐线性方程(2 .28)的任两解之差必为相应的齐线性方程(2.3)之解;

(2)若yy(x)是(2.3)的非零解,而yy(x)是(2.28)的解,则方程(2.28)的通解可表为ycy(x)y(x),其中c为任意常数.

(3)方程(2.3)任一解的常数倍或任两解之和(或差)仍是方程(2.3)的解. 证明:

dydxdydx

P(x)yQ(x)

(2.28)

(2.3)

P(x)y

(1)

设y1,y2是(2.28)的任意两个解 则

dy1dx

P(x)y1Qx(

) (1)

(2)

dy2dx

P(x)y2Q(x)

(1)-(2)得

dy1y2dx

P(x)(y1y2)

即yy1y2是满足方程(2.3) 所以,命题成立。

(2)

由题意得:

dy(x)dx

P(x)y

(3)

dy(x)dx

P(x)y(x)Q(x) (4)

1)先证ycyy是(2.28)的一个解。 于是 c34 得

cdydx

dydx

cP(x)yP(x)yQ(x)

d(cyy)

dx

P(x)(cyy)Q(x)

故ycyy是(2.28)的一个解。

2)现证方程(4)的任一解都可写成cyy的形式 设y1是(2.28)的一个解 则

dy1dx

P(x)y1Qx(

) (4’)

于是 (4’)-(4)得

d(y1y)

dx

P(x)(y1y)

P(x)dx

从而 y1yce

cy

即 y1yc y所以,命题成立。

(3)

设y3,y4是(2.3)的任意两个解 则

dy3dxdy4

dx

P(x)y3

(5) (6)

cdy3dx

cP(x)y3

P(x)y4

于是(5)c得 即

d(cy3)dx

P(x)(cy3)

其中c为任意常数

也就是ycy3满足方程(2.3) (5)(6)得

dy3dx

dy4dxdx

P(x)y3P(x)y4

P(x)(y3y4)

d(y3y4)

也就是yy3y4满足方程(2.3) 所以命题成立。

21.试建立分别具有下列性质的曲线所满足的微分方程并求解。 (5) (6)

曲线上任一点的切线的纵截距等于切点横坐标的平方;

曲线上任一点的切线的纵截距是切点横坐标和纵坐标的等差中项;

解:设p(x,y)为曲线上的任一点,则过p点曲线的切线方程为

Yyy'(Xx)

从而此切线与两坐标轴的交点坐标为(x

yy'

yy'

,0),(0,yxy')

即 横截距为 x

纵截距为 yxy'。 由题意得:

'(5) yxy

2

x

方程变形为 x

dydxdy1

yxdxx

yx

2

(x)dx

x于是 ye

xdx

11

((x)e

dxc)

elx((xe)

dxc

)

x((x x((x1x

1

dx

)c

)dx c)

x(xc) x2cx

所以,方程的通解为yx2cx。 (6)yxy'方程变形为 x

dydx12x

1

xy2

y2

x2

12

dydx

y

12)e(2x)dx

1

于是 ye

1

2xdx

((

12

dxc)

e2

lnx

((

)e

12

lnx

dxc)

x((21

1

12

12

1

dx c)

x2((x2)dxc)

2

1

1

1

x2(x2c)

1

2

xcx

1

所以,方程的通解为yxcx2。 22.求解下列方程。 (1)(x21)y'xy0 解:y'

xy1x1

2

y

1x1

2

x21dx

x

ye

x21dx

x

(

1x1

2

e

c)

1

=/x1/2[

2

1

1x1

dx

3

2

2

1

1

c]

/x1/2

c]

=/x1/2[

2

2

/x1/2

=c/1x/x

2

(2) y'sinxcosxysin3x0

dydx

ysinxcosx

1sinxcosx

sinxcosx

2

sinxcosx

2

P(x)= Q(x)=

由一阶线性方程的求解公式

ye

sinxcosxdx

1

(

sinxcosx

2

sinxcosxdx

1

dxc)

= =

sinxcosxsinxcosx

(sinxdxc) (cosxc)

=tgxcsinx

习题2.3

1、验证下列方程是恰当方程,并求出方程的解。

1. (x2

y)dx(x2y)dy0

解: M

y

1,

Nx

=1 .

则M

y

Nx

所以此方程是恰当方程。 凑微分,x2dx得 :

13

3

2ydy(ydxxdy)0

2

xxyyC

2. (y3x2)dx

解: 则

My

(4yx)dy0

My

1,

Nx

1 .

Nx

.

所以此方程为恰当方程。 凑微分,ydx得 x3xy3. [

y

2

2

xdy3xdx4ydy0

2

2

2y1x

C

1y

x

2

2

(xy)

]dx[

(xy)

2

]dy0

解:

Nx



My

2y(xy)2y(xy)(1)

(xy)

2

4

2

2xy(xy)

3

2x(xy)2x(xy)

(xy)

4

2

2xy(xy)

3

Mx

Ny

.

因此此方程是恰当方程。

uxuy

y

2

2

(xy)1y

1x

(1) (2)

y

2



x

2

2

(xy)

对(1)做x的积分,则u

(x

y

2

y)

2

x1

(y)

=

对(3)做y的积分,则

uy

xy

lnx(y) (3)

2



(1)y(xy)2y

(xy)

2

2

d(y)dy

==

d(y)dy

1y

x

2

2

2

2xyy(xy)1y

x

2

d(y)dy

2

2

(xy)1y

2

2



(xy)

y2xy(xy)

2



x2xyy(xy)

2

1y

1

(y)

(

y

1y

2

1)dylnyy

yx

yxyy

xy

2

2

u

xy

lnxlnyylnln

yx

xyxy

故此方程的通解为ln4、 2(3xy2

3

yx

2

xyxy

2

C

2x)dx3(2xyy)dy0

解:

My

Nx

My

12xy

Nx

12xy

.

.

则此方程为恰当方程。

凑微分,6xy2dx

2

2

4

4xdx6xydy3ydy0

3

2

2

3

3d(xy)d(x)d(x)0

得 :x4

5.(1sinx-y

y

yx

2

3xyyC

y

223

1

cos+1)dx+( cos-x

x

yxy

2

x

sinx+

y

y

1yxyy

22

)dy=0 sinx+

y

1y

2

解: M=1sinx-y

y

My

Nx

yx

2

cos+1 N= cos-x

x

y1

x

=-=-

1y1y

22

sinx-y

xyxy

33

cosx-y

1x1x

22

cos+

x

yyxyx

33

sin

x

sin-y

x

cos-y

x

cos+

x

y

sin

x

y

所以,

1

Myx

=

Nx

,故原方程为恰当方程

yx

2

因为sindx-y

yx

cosdx+dx+ cosdy-x

x

y1yxy

2

x

sindy+

y

x1y

2

dy=0

d(-cos)+d (sin)+dx+d(-)=0

y

x

y1

y

所以,d(sin-cos+x -)=0

x

yx1

yy

故所求的解为sin-cos+x -=C

x

yx1

yy

求下列方程的解:

6.2x(yex-1)dx+exdy=0

解:

My

2

2

= 2xex , =

2

2

Nx

=2xex

2

所以,

My

Nx

,故原方程为恰当方程

2

又2xyexdx-2xdx+exdy=0

所以,d(yex-x2)=0

2

故所求的解为yex-x2=C

2

7.(ex+3y2)dx+2xydy=0 解:exdx+3y2dx+2xydy=0 exx2dx+3x2y2dx+2x3ydy=0 所以,d ex( x2-2x+2)+d( x3y2)=0 即d [ex( x2-2x+2)+ x3y2]=0 故方程的解为ex( x2-2x+2)+ x3y2=C 8. 2xydx+( x2+1)dy=0 解:2xydx+ x2dy+dy=0

d( x2y)+dy=0 即d(x2y+y)=0 故方程的解为x2y+y=C 9、ydx

xdyxy

22

dx

2

解:两边同除以

即,darctg



xy

2

ydxxdyxy

2

2

dx

x

dxy

故方程的通解为argtg

10、ydxx

y

3

x

xcy

dy

0

解:方程可化为:

即,

ydxxdy

y

2

ydy

xdydyy

故方程的通解为:x

y

12

yc

2

即:2xyy2

c

同时,y=0也是方程的解。 11、y1xydxxdy

0

xdy1xydx

解:方程可化为:ydx

dxy1xydx

即:dxydx

1xy

故方程的通解为:lnxy

12、yx2dx

xdy0

xc

x

2

解:方程可化为:

ydxxdy

dx

y

ddx

x

yx

cx

故方程的通解为 :13、x2ydx解:这里M

My

Nx

1x

即:yxcx

xdy0

x2y,Nx

My

Nx

N

方程有积分因子

2

e

xdx

1

x

两边乘以得:方程xx2ydx

故方程的通解为:x2

x

3

xdy0

是恰当方程

2xydx

2x

y

x

2

2xydxdyc

3

xyc

3

即:x33x2yc

14、xcosxysinxydxxcosxydy

0

解:这里M因为M

y

xcosxysinxy,Nxcosxy cosxyxsinxy

Nx

故方程的通解为:

xcosxysinxydx



xcosxy

y

xcosxysinxydxdy

c

即:xsinxyc

15、ycosxxsinxdxysin解:这里M

My

Nx

1

xxcosxdyo

ycosxxsinx,Nysinxxcosx

My

Nx

M

方程有积分因子:

e

y

e

dy

e

y

两边乘以得: 为恰当方程

xxsinxdxdyc

方程eyycosxxsinxdx故通解为 :eyycos

ysinxxcosxdy0N

y

y

xxsinxdx

e

ycos

即:eysinxy1eycosxc 16、x4ydx

2xdyy

3

3ydx

5xdy0

解:两边同乘以x2y得:

4x

3

ydx2xydy3xydx5xydy0

2

4

2

5

3

2



dxy

4

dx

3

y

5

0

xy

3

5

故方程的通解为:x4y2

c

0具有形为(xy)和(xy)

17、试导出方程M(X,Y)dxN(X,Y)dy积分因子的充要条件。 解:若方程具有(x

y)为积分因子,

(M)yyy

(N)xMyx

((x

x

NxNx

y)是连续可导)

MN

)

MN(

My

(1) 令 zxyx

ddz

zx

,

yNx

ddz



ddz

.

M

ddz

N

ddz

(

My

),

(MN)

ddz

(

Nx

My

) ,

Nd

x

My

MN

, dz

(xy)dz

My

N

方程有积分因子(xy)的充要条件是:

x

MN

是xy的函数,

此时,积分因子为(x

y)e

(z)dz

.

(2) 令zxyx

ddz

zx

ddz

y

Nx

y

ddz

zy

x

ddz

Mx

ddz

Ny

ddz

(

My

)

(MxNy)

ddz

(

Nx

My

)

Nd

x

My

MxNy

N

此时的积分因子为(xy)e18. 设

f(x,y)及

x

My

dz

MxNy

f(x,y)dx0

fy

连续,试证方程dy为线性方程的充要

条件是它有仅依赖于x的积分因子.

证:必要性 若该方程为线性方程,则有此方程有积分因子(x)e

dydx

P(x)yQ(x)

,

P(x)dx

,(x)只与x有关 .

充分性 若该方程有只与x有关的积分因子(x) . 则(x)dy从而

(x)f(x,y)dx0为恰当方程 ,

((x)f(x,y))

y

d(x)dx

,

fy



(x)(x)

,

f

(x)(x)

Q(x)

(x)(x)

yQ(x)P(x)yQ(x) .

其中P(x)

(x)(x)

.于是方程可化为dy

(P(x)yQ(x))dx0

即方程为一阶线性方程.

20.设函数f(u),g(u)连续、可微且f(u)yf(xy)dx+xg(xy)dy=0

有积分因子u=(xy[f(xy)-g(xy)])1

证:在方程yf(xy)dx+xg(xy)dy=0两边同乘以u得:

uyf(xy)dx+uxg(xy)dy=0

uyfy

fy

uy

f

g(u),\,试证方程

=uf+uy

yfgy

+yf

fy

2

=

fxy(fg)

g

y

fy

x(fg)xy

fy

xy

2

gy

+

xy(fg)

-yf

xy(fg)

22

gy

gxyxyy

fxyxyy

2

=

xy(fg)

=

x(fg)

f

gxy

g

fxy

2

=

(fg)

xg

uxgx

=ug+ux

xg

gx

+xg

ux

=

f

gxy(fg)

g

fxy

2

+

xxy(fg)

- xg

y(fg)xy

f

x

222xy(fg)

xy

gx

xf

gxyxyx

fxyxyx

2

=

xy(fg)

=

xy

g

(fg)

故uyf=

y

uxgx

,所以u是方程得一个积分因子

My

Nx

21.假设方程(2.43)中得函数M(x,y)N(x,y)满足关系

=

Nf(x)-Mg(y),其中f(x),g(y)分别为x和y得连续函数,试证方程(2.43) 有积分因子u=exp(

f(x)dx

+g(y)dy)

证明:M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

即证u(

My(uM)y

(uN)x

ux

u

uy

My

+Mu(-

uy

=u-Nx

Nx

+N

ux

f(x)

-

Nx

)=N

g(y)dy

- M

My

Nx

)=Ne

f(x)dx

f(x)dx

g(y)dy

-M e

f(x)dx

g(y)u(

My

)=e

g(y)dy

(Nf(x)-Mg(y))

由已知条件上式恒成立,故原命题得证。 22、求出伯努利方程的积分因子. 解:已知伯努利方程为:

两边同乘以yn,令z

dzdx

dydx

PxyQxy,yo;

n

y

n

1nPxz1nQx,线性方程有积分因子:

1nPxdxn1Pxdx

ee1nPxdxn1Pxdxee

,故原方程的积分因子为: ,证毕!

0的积分因子,从而求得可微

23、设x,y是方程Mx,ydxNx,ydy函数Ux,y, 使得dU

MdxNdy.试证

~x,y也是方程Mx,ydxNx,ydy0的

~x,yU,其中t是t的可微函数。 积分因子的充要条件是

~M

~u,则证明:若

yMy

uM

y

My

uMu

y

uMuN

~N

xy

uN

x

Nx

uNuM~My

M

uNuM

~为Mx,ydxNx,ydy即0的一个积分因子。

24、设1x,y,2x,y是方程Mx,ydxNx,ydy

12

且0的两个积分因子,

常数,求证1是方程Mx,ydxNx,ydy02c(任意常数)

的通解。

证明:因为1,2是方程Mx,ydxNx,ydy

所以iMdx即

Nix

0的积分因子

iNdyo i

i1,2 为恰当方程

,i1,2 

M

MNiyxy

下面只需证事实上:

12

的全微分沿方程恒为零

1

d2

2

1x

dx

1

22

dydxdy1

yxy

2

dx

M2N

2

2

1x2M2

dxdxdx1

yxNy

2

dxN2dxN2

22

2

11

NM

xy

MN12

xy

22

NM2

xyMN

12

xy



1

0

即当

12

c

时,

12

c是方程的解。证毕!

习题 2.4

求解下列方程 1、xy3解:令

1y dydx

yp

1t

13

,则x1t

t

1

tt

32

32

t2tc

2

从而y

pdxc

t

dtt

32

c3t2dtc

xt3t2

于是求得方程参数形式得通解为32

yt2tc

2

.

2、y3x31y0 解:令

dydx

yptx

,则tx

3

x1tx0

3

,即x

t1t

3

t

2

1t

从而ypdx

c

2121

ttdtc 

tt

t

3

1

12t2dtc

t

14

2ttdtc 2

t25t

5

12

t

2

1t

c

12

xtt

于是求得方程参数形式得通解为. 

211yt5t2c52t

3、y解:令

yedydx

2y

,则y

pe

2

p

yp

从而x

1

1p

pe

2p

c

2

p

p2pe

p

pe

dpc

=2ep

pe

p

p

dpc

1pec,

px1pec

于是求得方程参数形式的通解为

2p

yye

,

另外,y=0也是方程的解. 4、y1解:令

ydydx

2

2a, a为常数

,则y

2a1tg

2

ytg

2asec

2

2acos

2

从而x

1p

c

tg

1

d2acosc

2



4acosdc4a

2

1cos2

2

c

a2sin2c,

xa2sin2c

于是求得方程参数形式的通解为2

y2acos

.

5、x2解:令

y1

2

dydx

ypcost,则x

costsint

2

从而ycostdsintc



costdtc

12t

14

2

1cos2t

2

dtc

sin2tc,

xsint

于是求得方程参数形式的通解为11

ytsin2tc

24

.

6、yy12y

2

2

解:令2

yyt

,则1yyt1,得yt

1t

1

dt22

dydy1tdtt11t

所以dxdtdt2222

1y2yt1tt1tt

2tt

t



从而x

11

dtcc2tt

1

xct

于是求得方程参数形式的通解为

yt1t

因此方程的通解为y

1xc

xc.

习题2.5

2.ydxxdyxydy

解:

ydxxdy

xdyx

2

2

x,得: ydy yc

2

2



12

yx

12

y

2

c

4.

dydx

yx

xy

解:两边同除以x,得

y

dydx

1

xyx

u xdydu

则 ux

dxdx

y

dydx

ux1u

dudx

u1

lny

2

u

得到

c

12

2,

1即xyclny

2

另外y0也是方程的解。 6.xy1ydxxdy0 解:ydxxdyxydx0

ydxxdy

y

2

xdx

得到dxc y2 即

xy12xc

2

x1

2

另外y0也是方程的解。

8.dydx

yxyx

23

解:令

则:

dy

yx

u

du

u

1xu

2

dxdxdu12

即xu

dxx

ux

得到 故

1u

duu

2

dxx

2

1x

c

1y

cx

1x

2

另外y0也是方程的解。

dy10. x1

dxdx

dy

2

解:令

dydx

p

2

即x

dydx12

1pp

而p故两边积分得到 plnpc

2

y

因此原方程的解为x

1pp

2

,y

12

plnpc。

2

12.ey

dy

x1xe dx

dy

1xe

xy

解:

dx

令 xyu

则 1

dy

dxdxdyduu

1xe1 dxdx

du

due

u

xdx 12xc

2

e

u

故方程的解为 exy14.

dydx

12x

2

c

xy1

解: 令xy1u 则1 那么

dydx

dydx

dudx

dudx

1u

duu1

dx

求得: lnu1xc

故方程的解为lnxy1xc 或可写 为xy1cex 16.x1

dydx

12e

y

解:令eyu 则ylnu x1

1u2u1

2u1u

1duudx

2u1

du

1x1`

1x1

dx

c

y

即方程的解为e

2

2

xy

3

2xc

18.4xydx2xy1dy0 解: 将方程变形后得

dydx

4xy

32

2

2xy1

3

dxdy

2xy14xy

2

2

x2ydxdy

14xyx

3

2

2

同除以x得:x

22

2y

14y

2

令zx3 则

dzdy

3

3z2y

34y

2

z

32

ycy

2

2

即原方程的解为x319.X(

dydx

)2y(

2

32

3

ycy

2

2

dydx

)4x0

解:方程可化为2y(

dydx

)x(

dydx

x(

)4x,y

2

dydx

)4xdydx

2

)

2(

dydx(p2

p,则y

2

xp

2

4xdpdx

2p2xp

2

,(

x2p2

p2p

2xp

,两边对x求导得p

x22xp

2

p2

3

xdp2dx

2p

2xdpp

22

dx

2p

)(

x2

)

2

)dx(

2

)dp0,(p4p)dx(xp

2

4x)dp0

p(p4)dxx(p

x,y

xc

22

4)dp0p

xc

22

4或pdxxdp0,当p4时y2x,当pdxxdp0时,

p

xc

4x42c

,2yccx

2

2

2xc

4.

dy22

20.y1()1

dx解:令x

dydxd

2xy

psin,则y1(sin)1,yc

xy

2

2

1cos

,dx

y

2

dyp

dysin

2

1sin

2

sincos

d

dcos

2

cos

sec

2

dctgc所以方程的解为(xc)1,另外由p0得y1也

21.(1e)dxe(1解:令dxdy

xy

z则xyz,

z

xy

)dy0zy

z

dxdy

dzdy

方程为(1e)dx(z1)edy,ze1e

xy

zz

zz

(z1)e1e

z

z

ze

z

zze1e

zz

zxy

zy

dzdy

,

1eze

zz

dz

x

dyyc

lnze

2xy

3

lny,y(ze)c,y(y

2

e)c所以方程的解为xye

y

22.dx

3xy

2

4

2

dy0

2

解:2xydx(yMy2xy

Nx

3x)dy0

My

Nx

xy

23

2x,

3

6x,

3xy

22

8x2xyd

1y

2xy)dy0,d



4y

所以方程有积分因子

xy

23

e1y

ydy

4

y

2

4

dx(y

2

4

0所以方程的解为c即xy

2

cy

3

23.ydx(1xy)dy0

解:ydxxdy(1y)dy,两边同除以y得所以方程的解为24.yx(x

xy

2

2

2

ydxxdy

y

2

1yy

2

2

dy,d

xy

1yy

2

2

dy



1y

yc即(x1)y(yc),另外y0也是解。

2

y)xdy0

ydxxdyx

2

2

解:方程可化为

dydx

dy

y

xdx,darctg

xy

xdx所以方程的解为arctg

xy

x

2

2

c.

25.edxx0dy

pt,xte由dypdx得y

t

解:令

t(1e)dtc

t

t

2

etec

tt

25.

dydx

dy

edxx0dydx

pt则xte由dypdx得y

xte,yt

t

t

解:令

t(1e

t

2

t

)dtc

t

t

t

2

2

etec

tt

所以方程的解为:t(1e)dtc

etec

2

26(.2xyx2

y

y

3

2

2

3

)dx(xy)dy0

M

N

My2xx2y2,Nyxx2x,x2y2

1所以方程有积分因子d3ex

x2

ydex

y

3

0所以方程的解为:3exx2yexy3

c

27.

dyx3y4dx

24x6y5

解: 令u2x3y,du23dy23u4dx

dx2u5

,则

du

7u22

dx2u52u5

7u22

dudx,

1

9114

=

7u

222

dx,

7

两边积分得 9lx2y3227

14y(3

2

xc )

即为方程的通解。

另外,7u220,即2x3y227

0也是方程的解。

28. x

dy2

2

dx

y2xy(yx2

)

解: 两边同除以x,方程可化为: dyydx

x

2xy(y2x2

)

yx

u,则

xdu2

2

2

dx

uu2ux(uxx

2

)

ex

方程两边同乘

,ex

dudx

3

2x(uu), 2xdx

3

33

duuu

(

12(u1)

12(u1)

1u

2

1u

3

)du2xdx

两边积分得 1ce

x

4

4

即 x2y2cy2xe 为方程的解。 29.

dydxyxe

lnux

xy

解: 令exyu,则 y,

xdu

lnu, 2

dxx

1dulnulnu

22u 那么

uxdxxx

du

即 2xdx

u12xy

c 两边积分得 xe

2

即为方程的解。

dy

30.

dydx

4x2xy2x3xy6y3y

3

33

2252

解: 方程 (4x2xy2x)dx

4

2

3

2

2

3

(3xy

3

6

22

6y

3

5

3y)d y

2

d(xx)(ydxxdy)d(yy)0

两边积分得 xxyyxy c

1)(y1即 xxc(x )

4

6

2

3

426323

为方程的解。

31. y(xdxydy)x(ydxxdy)0

x解: 方程可化为 yxd

2

3

2

ydyxydx

2

x0d y

两边同除以y,得 xdxydx

2

x(ydxxdy)

y

2

0

1dx即

22

d(xy2

)x

dy

0

令xcos,ysin,则

dcosdctg0

即 d

dsin

sin2

0 两边积分得 1

sin

c

1sin

y

代入得, 

y

c

即 2(y1)2c2y 2故 (x2y2)(y21)2c2y

dy

1xy

3

32. dx

1x3y

0

3

解: 方程可化为

dyydx

1x1x3

y

22

两边同加上1,得

d(xy)xy(xy)dx

1x3

y

再由d(xy)xdyydx,可知

d(xy)dy(xy)(x2

y2

xy1)

dx

dx

1x3y

将(*)/(**)得

d(xy)d(xy)

xy(xy)x2y2

1

即 duuvdvv2

1

整理得 duu

vv21

dv

两边积分得

cu

c(xy)另外,xy0也是方程的解。

*)

(**)

33. 求一曲线,使其切线在纵轴上之截距等于切点的横坐标。

解: 设p(x,y)为所求曲线上的任一点,则在p点的切线l在y轴上的截距为: yx由题意得 yx即

dydx

dydx

dydx1x

x y1

也即 ydxxdy d两边同除以x2,得

ydx

x

yx

2

xdy

x

dx

即 d()dl

即 ycxxlnx

为方程的解。

34. 摩托艇以5米/秒的速度在静水运动,全速时停止了发动机,过了20秒钟后,艇的速度减至v13米/秒。确定发动机停止2分钟后艇的速度。假定水的阻力与艇的运动速度成正比例。

解:Fmam

dvdt

,又Fk1v,由此

dvdtk1v

m即 其中k

k1m

dvdt

kv

,解之得

lnvktc 又t0时,v5;t2时,v3。 故得 k

120ln35

,cln5 3

t20

从而方程可化为 v5()

5

3

120

当t260120时,有 v(20)5()200.23328米/秒

5即为所求的确定发动机停止2分钟后艇的速度。

35. 一质量为m的质点作直线运动,从速度等于零的时刻起,有一个和时间成正比(比例系数为k1)的力作用在它上面,此质点又受到介质的阻力,这阻力和速

度成正比(比例系数为k2)。试求此质点的速度与时间的关系。 解:由物理知识得:a

F合m

(其中a为质点的加速度,

F合为质点受到的合外力

)

根据题意:F合k1tk2v

故:m即:

dvdt

dvdt

k1tk2v(k20)

(

k2m

)v

k1m

t

(*)

(*)式为一阶非齐线性方程,根据其求解公式有

Ve

mdt

k2

(

k1m

e

k2

k2m

dt

dtc)

k2

e

k2m

t

(

k1k2

te

m

t

mk1k

2

2

e

m

t

c)

又当t=0时,V=0,故c=

mk1k

22

k2m

因此,此质点的速度与时间的关系为:V

36. 解下列的黎卡提方程 (1)yexy22yex1e2x

解:原方程可转化为:yexy22e2xyexe3x,

mk1k2

2

e

t

k1k2

(t

mk2

)

(*)

观察得到它的一个特解为:yex,设它的任意一个解为yexz, 代入(*)式得到:由(**)-(*)得:

变量分离得:

d(ez)

dx

dzdxdzz

2

x

e(ez)2e

2

xx22x

(ez)ee

xx3x

(**)

ez

x

x

edx

x

两边同时积分:

1z

ec1ec

x

即:z

1

x

故原方程的解为 yex

ce

(2)yy22ysinxcosxsin2x

解:原方程可化为:yy22ysinxcosxsin2x

由观察得,它的一个特解为sinx,设它的任意一个解为ysinxz,故

dzdx

(2sinx2sinx)zz

2

z

2

即z

1xc

变量分离再两边同时积分得:故原方程的解为ysinx(3)x2yx2y2xy1 解:原方程可化为:yy2

1xy1

1z

xc

xc

1x

2

1x

由观察得到,它的一个特解为

dzdx



1xzz

2

,设它的任一个解为y

1x

z

,故

,该式是一个n2的伯努利方程

1dzz

2

两边同除以z2得到:

dx



11

1 xz

z111,令1u,

zdxxz

du1

u1,根据一阶非齐线性方程的求解公式得: 则:dxx

d

1

即:

ue

1x

dx

(e



1x

dx

dxc)x(cen|x|)

故:z

1x(cen|x|)

1cen|x|

因此:原方程的解为:xy

(4)4x2(yy2)1 解:原方程可化为:yy2

14x

2

1

12x

由观察得到,它的一个特解为是

dzdx



1xzz

2

,设它的任一个解为y

12x

z

,于

,这是n2的伯努利方程

两边同除以z2得到:

1dzz

2

dx



11

1 xz

d

1

即:则:

z111 dxxz

e

1xdx

1z

(e



1x

dx

c)x(cen|x|)

即:z

1x(cen|x|)

2cen|x|

故:原方程的解为:2xy

(5)x2(yy2)2

解:原方程可化为:yy2

2x

2

1

1x

由观察得,它的一个特解为

dzdx

2xzz

2

,故设它的任一个解为y

1x

z

,于是

,这是n2的伯努利方程

1dzz

2

两边同除以z2得到:

dx

21

1 xz

d

1

即:

z211 dxxz

e

2xdx

则:

1z

(e

2x

dx

dxc)

1x

2

(

x

3

3

c)

故:原方程的解为:y

(6)x2y(xy2)20 解:原方程可化为:yy2

4xy

4x

2

3x

3

2

xc

1x

,即xy

2xccx

3

3

.

1xz

由观察得到它的一个特解为

dzdx

2xzz

2

1x

,设它的任一个解为y,于是

,这是n2的伯努利方程

1dzz

2

两边同除以z2得到:

dx

21

1 xz

d

1

即:则:

211 dxxz

e

2xdx

1z1z

(e

2x

dx

dxc)

1x

2

(

x

3

3

c)

从而:

e



2x

dx

(e3x

3

2

2x

dx

dxc)

3

1x

2

(

x

3

3

c)

故原方程的解为:y

1x

xc

3

4xcx(xc)

3

即:xy

4xcx(xc)

3

(7)y(x1)y2(12x)yx

解:由观察得到它的一个特解为y1,故设它的任一个解为y1z,于是

dzdx

z(x1)z

2

,这是n=2的佰努利方程,

dx



1z

(x1)

两边同除以z2得:

1dzz

2

d

1

即:从而:

z1(1x) dxz

e

dx

1z

((1x)e

x

dx

dxc)

x

e(xe

x

c)xce

1xce

x

故原方程的解为:y1z1

习题3.1

1 求方程

dydx

=x+y2通过点(0,0)的第三次近似解;

解: 取0(x)0 1(x)y0

x

(xy0)dx

2

x

xdx

12

x

2

2(x)y0 3(x)y0

x

0x

[x1(x)]dx

2

x

1221215

[x(x)]dxxx

2220

12152

[x(xx)]dx 0

220

11511811

= x2xxx

2201604400

2 求方程

dydx

=x-y2通过点(1,0)的第三次近似解;

解: 令0(x)0 则 1(x)y0

2

xx11152

2(x)y0[x1(x)]dx[x(x2)2]dxx2x

002220

x

(xy0)dx

2

x

xdx

1

x

2

3(x)y0 =

12

2

x

12152[x(xx)]dx

2201x

5

11

x

1160

20

x

8

14400

x

3 题 求初值问题:

dy2

x

R:x11,y1 dx

y(1)0

的解的存在区间,并求解第二次近似解,给出在解的存在空间的误差估计; 解: 因为 M=max{x2y2}=4 则h=min(a, 则解的存在区间为xx0=x(1)=x1 令 0(X)=0 ;

x

bM

14

)=

14

1(x)=y0+(x0)dx=

2

x0

x

13

x3+;

3

4

7

1

2(x)

f(x,y)y

=y0+[x(x)]dx=x-2

3

2

1

111

3

x9

333

-

x

18

-

x

63

+

1142

又 2=L

则:误差估计为:2(x)(x)

M*L(21)

22

h

3

=

1124

4 题 讨论方程:

dydx

32

1

y3

在怎样的区域中满足解的存在唯一性定理的条件,

并求通过点(0,0)的一切解; 解:因为

1

f(x,y)y

=

12

2

y

3

在y0上存在且连续;

32

y3在y0上连续

3

dydx

32

1

y3

有:y=(x+c)2

3

又 因为y(0)=0 所以:y=x2 另外 y=0也是方程的解; 故 方程的解为:

32y=x

0

x0x0

或 y=0;

6题 证明格朗瓦耳不等式:

设K为非负整数,f(t)和g(t)为区间t上的连续非负函数, 且满足不等式:

t

f(t)k+f(s)g(s)ds,t

t

则有:f(t)kexp(g(s)ds),t

t

证明:令R(t)=f(s)g(s)ds,则R'(T)=f

R'(T)-R(t)g(t)= f(t)g(t)- R(t)g(t)

kg(t)R'(T)- R(t)g(t)kg(t);

t

两边同乘以exp(-g(s)ds) 则有:

t

t

R(T) exp(-g(s)ds)-R(t)g(t) exp(-g(s)ds)

'

t

 kg(t) exp(-g(s)ds)

两边从到t积分:

t

t

t

R(t) exp(-g(s)ds)-kg(s)dsexp(-g(r)dr)ds

t

t

即 R(t) kg(s)ds exp(-g(r)dr)ds

ts

t

又 f(t) 1k+R(t) k+kg(s)exp(-g(r)dr)ds

t

s

s

k(1-1+ exp(-g(r)dr)=k exp(g(r)dr)

s

t

t

即 f(t) kg(r)dr;

7题 假设函数f(x,y)于(x0,y0)的领域内是y的 不增函数,试证方程

dydx

= f(x,y)满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧最多只有一个解;

证明:假设满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧有两个(x),(x) 则满足:

x

(x)= y0+f(x,(x))dx

x0x

(x)= y0+f(x,(x))dx

x0

不妨假设(x)(x),则(x)- (x)0

xx

而(x)- (x)= f(x,(x))dx-f(x,(x))dx

x0

x

x0

=[f(x,(x))f(x,(x))dx

x0

又因为 f(x,y)在(x0,y0)的领域内是y的 增函数,则: f(x, (x))-f(x, (x))0

x

则(x)- (x)= [f(x,(x))f(x,(x))dx0

x0

则(x)- (x)0

所以 (x)- (x)=0, 即 (x)= (x)

则原命题方程满足条件y(x0)= y0的解于x x0一侧最多 只有一个解;

习题3.3

1.Proof若(1)成立则0及0x0,(,0),使当 |0||y(,x0,y0)|

dy

f(x,y)

时,初值问题 dx

y()y(,x,y)

0000

的解y(x,0,0)满足对一切x0有|(x,0,0)|,

由解关于初值的对称性,(3,1)的两个解yy(x,x0,y0)及y(x,0,0)都过点

(x0,y0),由解的存在唯一性

y(x,x0,y0)(x,0,0),当x0时

故|y(x,x0,y0)|,x0

若(2)成立,取定0x0,则0,1(,0)(),使当 |y(,x0,y0)|1


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