用户: Solution/ 习题: 楼分析/不定积分

1不定积分

原函数, 不定积分, 恰当方程

定理 1.1. 设 $\Omega$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中的区域, $\mathbf{f}:\Omega \to {\mathbb{R}}^m$ 在 $\Omega$ 中可微且微分恒为 $0$, 则 $\mathbf{f}$ 在 $\Omega$ 中恒为常量.

A 1.2. 计算 $\int \frac{{\sin }^{2}x}{\cos 2x+1}dx$.

解答. $\int \frac{{\sin }^{2}x}{\cos 2x+1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}dx=\frac{1}{2}\int \frac{1-{\cos }^{2}x}{{\cos }^{2}x}dx=\frac{1}{2}\left(\tan x-x\right)+C.$

$\square$

对于复数 $\lambda$ 以及实数 $x$, 定义 $x^{\lambda }=e^{\lambda \ln x}$. 验证: $\frac{d}{dx}{x}^{\lambda }=\lambda x^{\lambda -1}$.

解答. $\frac{d}{dx}{x}^{\lambda }=\frac{d}{dx}{e}^{\lambda \ln x}=e^{\lambda \ln x}\cdot \frac{\lambda }{x}=\lambda x^{\lambda -1}.$

$\square$

设 $a<c<b$, $f$ 在 $(a,b)$ 内连续, $F$ 在 $(a,c)$ 与 $(c,b)$ 内均为 $f$ 的原函数, 且 $F$ 在 $(a,b)$ 内连续. 证明: $F$ 是 $f$ 在 $(a,b)$ 上的原函数.

证明.

$\square$

试用有限覆盖定理证明定理 1.1.

B 1.3. 考虑去心圆盘 $D=\{(x,y)|0<x^2+y^2<1\}$ 以及函数$$P(x,y)=\frac{y}{x^2+y^2},Q(x,y)=-\frac{x}{x^2+y^2}.$$证明在 $D$ 内成立 $\frac{\partial P(x,y)}{\partial y}=\frac{\partial Q(x,y)}{\partial x}$, 但不存在在 $D$ 内可微的二元函数 $f(x,y)$ 使得$$df(x,y)=P(x,y)dx+Q(x,y)dy,(x,y)\in D.$$在例子中, 在确定原函数 $F$ 在 $\pm 1$ 处的相关常数时, 我们只考虑了 $F$ 的连续性, 而没有去考虑 $F$ 在 $\pm 1$ 上的可微性. 是说明这样做是合理的, 并把这种合理性抽象成一个习题.

2变量代换法

第一类变量代换, 第二类变量代换, 万能代换

A 2.1. 分别用以下变量代换计算 $\int \sqrt{4-x^2}dx$:

$(1)x=2\sin t\left(t\in \left[\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right]\right)$.

$(2)x=2\cos t\left(t\in [0,\pi ]\right)$.

解答. 内容...

$\square$

计算 $\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}dx$.

解答. 置 $x=1/t$, 则$$\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}dx=-\int \frac{t+2t\ln t}{1+t^2\ln t}dt=-\int \frac{d\left(1+t^2\ln t\right)}{1+t^2\ln t}=-\ln \left(1+t^2\ln t\right)+C.$$即 $\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}dx=-\ln \left(1-\frac{\ln x}{x^2}\right)+C$.

$\square$

计算 $\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}dx$.

解答. 置 $x=2\tan x$, 则$$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}dx& =\int \frac{{\sec }^{2}t}{\tan x{\left(4{\tan }^2+4\right)}^{3/2}}dt=\frac{1}{8}\int \frac{{\cos }^{2}t}{\sin t}dt\\ & =\frac{1}{8}\int \frac{1-{\sin }^{2}t}{\sin t}dt=\frac{1}{8}\int \frac{1}{\sin t}dt+\frac{1}{8}\cos t+C\\ & =-\frac{1}{8}\int \frac{d(\cos t)}{1-{\cos }^2}+\frac{1}{8}\cos t+C\\ & =-\frac{1}{16}\ln \left|\frac{1+\cos t}{1-\cos t}\right|+\frac{1}{8}\cos t+C.\end{array}$$即 $\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}dx=-\frac{1}{16}\ln \left|\frac{\sqrt{4+x^2}+2}{\sqrt{4+x^2}-2}\right|+\frac{1}{4\sqrt{4+x^2}}+C.$

$\square$

计算 $\int \frac{e^x-1}{x{e}^x+1}\mathrm{d}x$.

解答. $\int \frac{e^x(x+1)-(x{e}^x+1)}{x{e}^x+1}dx=\int \frac{d(x{e}^x+1)}{x{e}^x+1}-x+C=\ln (x{e}^x+1)-x+C.$

$\square$

设 $f$ 是区间 $[a,b]$ 上的实连续函数, $\phi$ 在区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续, 在 $(\alpha ,\beta )$ 内可导且导数恒正, $\phi (\alpha )=a,\phi (\beta )=b.$ 记 $\psi$ 为 $\phi$ 的反函数. 证明, 若在 $(\alpha ,\beta )$ 上成立$$\int f\left(\phi (t)\right){\phi }^{\prime }(t)dt=G(t)+C,$$则 $G({\alpha }^{+})$ 与 $G({\beta }^{-})$ 存在. 进一步, 令 $G(\alpha )=G({\alpha }^{+}),G(\beta )=G({\beta }^{-})$, 则在 $[a,b]$ 上有$$\int f(x)dx=G(\psi (x))+C.$$

B 2.2. 试给出 $\frac{1}{2+\cos x+\sin x}$ 的一个原函数.

解答. 置 $t=\tan \frac{x}{2}$, 则 $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\sin x=\frac{2t}{1+t^2},dx=\frac{2}{1+t^2}dt$, 于是$$\begin{array}{rl}\int \frac{2}{2+\cos x+\sin x}dx& =\int \frac{2}{t^2+2t+3}dt=\sqrt{2}\arctan \left(\frac{t+1}{\sqrt{2}}\right)+C\\ & =\sqrt{2}\arctan \left(\frac{1+\tan (x/2)}{\sqrt{2}}\right)+C.\end{array}$$

$\square$

3分部积分法

A 3.1. 计算以下不定积分:

$(1)\int x^3{\ln }^{2}xdx$;	$(2)\int x^4{e}^{x}dx$;
$(3)\int x\arctan xdx$;	$(4)\int x^2\arcsin xdx$;
$(5)\int x^2{\arcsin }^{2}xdx$;	$(6)\int x^3{\arcsin }^{2}xdx$;
$(7)\int x^2\left(2{\sec }^{2}x-3{\sec }^{4}x\right)dx$;	$(8)\int x^2{e}^{3x}\cos 4xdx$.

解答. 前四个的计算量较小,$$\begin{array}{rl}\int x^3{\ln }^{2}xdx& =\int {\ln }^{2}xd\left(\frac{1}{4}{x}^4\right)=\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{1}{2}\int x^3\ln xdx=\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{1}{2}\int \ln xd\left(\frac{1}{4}{x}^4\right)\\ & =\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{x^4\ln x}{8}+\int \frac{x^3}{8}dx=\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{x^4\ln x}{8}+\frac{x^4}{32}+C.\end{array}$$

容易验证这样一个事实$$\begin{array}{rl}\int ud\left(v^{(n)}\right)& =u{v}^{(n)}-\int u^{\prime }d\left(v^{(n-1)}\right)=u{v}^{(n)}-u^{\prime }{v}^{(n-1)}+\int u^{\prime \prime }d\left(v^{(n-2)}\right)\\ & =\cdots =u{v}^{(n)}-u^{\prime }{v}^{(n-1)}+u^{\prime \prime }{v}^{(n-2)}+\cdots +(-1{)}^k{u}^{(k)}{v}^{(n-k)}+\cdots ,\end{array}$$对于 (2), 由于$${\left(x^4\right)}^{\prime }=4x^3,{\left(x^4\right)}^{\prime \prime }=12x^2,{\left(x^4\right)}^{(3)}=24x,{\left(x^4\right)}^{(4)}=24,{\left(x^4\right)}^{(5)}=0,$$易见$$\int x^4{e}^{x}dx=\left(x^4-4x^3+12x^2-24x+24\right)e^x+C.$$

容易得到$$\begin{array}{rl}\int x\arctan xdx& =\frac{x^2\arctan x}{2}-\frac{x-\arctan x}{2}+C,\\ \int x^2\arcsin xdx& =\frac{x^2\arcsin x}{3}-\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{9}+\frac{\sqrt{1-x^2}}{3}+C.\end{array}$$

后四个的计算量稍大, 但是细心是不会出错的.$$\int x^2{\arcsin }^{2}xdx=\int {\arcsin }^{2}xd\left(\frac{x^3}{3}\right)=\frac{x^3{\arcsin }^{2}x}{3}-\frac{2}{3}\int \arcsin x\cdot \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}dx,$$一个可行的方法是寻找一阶微分形式 $\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}dx$ 的原函数, 于是置 $x=\sin t$, 从而$$\begin{array}{r}\int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int {\sin }^{3}tdt=\int \left({\cos }^2-1\right)d\left(\cos t\right)=\frac{{\cos }^{3}t}{3}-\cos t+C.\end{array}$$即有$$\begin{array}{rl}& \int \arcsin x\cdot \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int \arcsin xd\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\\ =& \left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x-\int \left(\frac{1-x^2}{3}-1\right)dx\\ & =\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x+\frac{2x}{3}+\frac{x^3}{9}+C.\end{array}$$代回即得$$\int x^2{\arcsin }^{2}xdx=\frac{x^3{\arcsin }^{2}x}{3}-\frac{2}{3}\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x-\frac{4x}{9}-\frac{2x^3}{27}+C.$$(6) 与此十分相似:$$\begin{array}{rl}\int x^3{\arcsin }^{2}xdx=& \frac{x^4{\arcsin }^{2}x}{4}-\frac{3{\arcsin }^{2}x}{16}+\frac{3x\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{16}+\\ & \frac{x^3\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{2}+\frac{3x}{16}-\frac{3x^2}{32}-\frac{x^4}{8}+C.\end{array}$$

$\square$

试用不同的方法推到 (5.3.3)–(5.3.6) 式子. 给出积分 $\int {\left(1+x^2\right)}^{3/2}dx,\int {\left(1+x^2\right)}^{-3/2}dx$ 与积分 $\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx$ 的联系. 给出积分 $\int {\left(x^2-1\right)}^{3/2}dx,\int {\left(x^2-1\right)}^{-3/2}dx$ 与积分 $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}dx$ 的联系. 计算 $\int \left(e^x\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)+\ln x+1\right)\mathrm{d}x.$

解答. $\int \left(e^x\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)+\ln x+1\right)\mathrm{d}x=e^x\ln x+x\ln x+C.$

$\square$

设连续可微函数 $y=y(x)$ 由方程 $e^y+y+x=1$ 确定.

•	计算 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}$.
•	计算 $\int y(x)dx$.
•	任取 $x_0\in \mathbb{R}$, 定义 $x_{n+1}=y(x_n)(n⩾0)$. 证明: $\{x_n\}$ 收敛并求其极限.

解答. (1) 原式左右两侧对 $x$ 求导得$$e^y{y}^{\prime }+y^{\prime }+1=0,$$即得 $y^{\prime }=-\frac{1}{1+e^y}$, 继续对上式求导得到$$e^y(y^{\prime }{)}^2+e^y{y}^{\prime \prime }+y^{\prime \prime }=0,$$带入 $y^{\prime }$ 得到 $\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=\frac{-e^y}{(1+e^y{)}^3}$.

(2) 由 $\frac{dy}{dx}=-\frac{1}{1+e^y}$ 得到 $dx=-(e^y+1)dy$ 代入 $\int y(x)dx$ 得到$$\int y(x)dx=-\int y(e^y+1)dy=e^y-y{e}^y-\frac{1}{2}{y}^2+C.$$

(3) 由 $e^y+y+x=1$ 知 $e^y+y=1-x$, 易见若 $x>0$, 则 $y(x)<0$; 若 $x<0$, 则 $y(x)>0$. 并且易见 $y(0)=0$. 若 $x_n>0(n⩾0)$, 则 $x_{n+1}=y(x_n)<0$, 于是$$|x_{n+1}|-|x_n|=-y(x_n)-x_n=-y(x_n)-1+y(x_n)+e^{y(x_n)}=e^{y(x_n)}-1<0,$$反之若 $x_n<0$ 同理可得 $|x_{n+1}|<|x_n|$. 这意味着如果 $x_0$ 取定, 那么无论如何, $x_n$ 都将落在 $\left[-|x_0|,|x_0|\right]$ 内, 注意到这时$$\left|\frac{dy}{dx}\right|=\frac{1}{1+e^y}⩽\frac{1}{1+e^{-|x_0|}}<1,$$于是由 Lagrange 中值定理与压缩映射原理即得结论, 即 ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=0$.

$\square$

B 3.2. 考虑熟知的那些函数的两两组合, 试计算其乘积的不定积分. 设 $m,n$ 为整数, 讨论不同情形下, 什么方法是计算不定积分 $\int {\sin }^{m}x{\cos }^{n}xdx$ 是最简单的.

4有理函数不定积分

有理函数, 最简分式

A 4.1. 计算 $\int \frac{1}{3+\cos x}dx$.

解答. 设 $t=\tan \frac{x}{2}$, 则有$$\int \frac{1}{3+\cos x}dx=\int \frac{1}{2+t^2}dt=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \frac{t}{\sqrt{2}}+C=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{2}}+C.$$$\square$

设 $Q(x,y)$ 为 $x,y$ 的有理函数, $ad-bc\ne 0,m⩾2$, 试验证变量代换 $t=\sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 将积分 $\int Q(x,\sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$ 转化为有理积分. 试利用这一变量代换计算以下积分.

•	$\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}dx$;
•	$\int \frac{1}{x+1}\sqrt[3]{\frac{x-2}{x+2}}dx$;
•	$\int \sqrt{x^2-3x+2}dx$; $\left(\int \sqrt{x^2-3x+2}dx=\int \sqrt{(x-1)(x-2)}dx=\int (x-2)\sqrt{\frac{x-1}{x-2}}dx.\right)$
•	$\int \sqrt{4-3x-x^2}dx$.

解答. 由题设$$\int Q(x,\sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx\stackrel{t=\sqrt[m]{\left(ax+b\right)/\left(cx+d\right)}}{=}\int Q(\frac{b-d{t}^m}{c{t}^m-a},t)\cdot \frac{(ad-cb)m{t}^{m-1}}{(c{t}^m-a{)}^2}dt.$$

(1) 利用上述变换, 有$$\begin{array}{rl}& \int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}dx=\int \frac{6t^2}{(1-t^2)(2+t^2)}dt=\int \left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}-\frac{4}{2+t^2}\right)dt\\ =& \ln \left|\frac{1+t}{1-t}\right|+2\sqrt{2}\arctan \left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)+C.\\ =& \ln \left|\frac{1+\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}}{1-\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}}\right|+2\sqrt{2}\arctan \sqrt{\frac{x+2}{2x-2}}+C.\end{array}$$

$\square$

设 $Q(x,y)$ 为 $x,y$ 的有理函数, $a>0$, 试讨论变量代换 $t=\sqrt{a{x}^2+bx+c}+\sqrt{a}x$ 与 $t=\sqrt{a{x}^2+bx+c}-\sqrt{a}x$ 在将积分 $\int Q(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$ 转化为有理函数积分时的适用性. 进一步, 试利用上述变换计算第 2 题的 (1), (3).

解答.

$\square$

设 $(Q(x,y))$ 为 $x,y$ 的有理函数, $c>0,b^2-4ac\ne 0$. 试讨论变量代换 $t=\frac{\sqrt{a{x}^2+bx+c}+\sqrt{c}}{x}$ 与 $t=\frac{\sqrt{a{x}^2+bx+c}-\sqrt{c}}{x}$ 再将积分 $\int Q(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$ 转化为有理函数积分时的适用性. 进一步, 试利用上述变换计算第 2 题的 (3), (4).

解答.

$\square$

求 $A,B$ 使得$$3\cos x+4\sin x=A(2\cos x+\sin x)+B(2\cos x+\sin x{)}^{\prime }.$$由此计算积分 $\int \frac{3\cos x+4\sin x}{2\cos x+\sin x}dx.$

解答. 易见 $A=2,B=-1$. 由$$\begin{array}{rl}{I}_1& :=\int \frac{2\cos x+\sin x}{2\cos x+\sin x}dx=x+C,\\ I_2& :=\int \frac{(2\cos x+\sin x{)}^{\prime }}{2\cos x+\sin x}dx=\int \frac{d\left(2\cos x+\sin x\right)}{2\cos x+\sin x}=\ln \left|2\cos x+\sin x\right|+C\end{array}$$由线性有$$\int \frac{3\cos x+4\sin x}{2\cos x+\sin x}dx=A{I}_1+B{I}_2=2x-\ln \left|2\cos x+\sin x\right|+C.$$$\square$

B 4.2. 设 $Q,Q_1,Q_2$ 为有理函数, 对于使得 $Q(x),Q_1(x),Q_2(x)$ 都有意义的实数 $x$, 成立 $Q_1(x)+Q_2(x)=Q(x)$. 证明: 对于使得 $Q(z),Q_1(z),Q_2(z)$ 都有意义的复数 $z$, 成立 $Q_1(z)+Q_2(z)=Q(z)$.

证明.

$\square$

设 $Q,Q_1,Q_2$ 为有理函数, 对于使得 $Q(x),Q_1(x),Q_2(x)$ 都有意义的实数 $x$, 成立 $Q_1(x)Q_2(x)=Q(x)$. 证明: 对于使得 $Q(z),Q_1(z),Q_2(z)$ 都有意义的复数 $z$, 成立 $Q_1(z)Q_2(z)=Q(z)$.

证明.

$\square$

讨论在复平面 $\mathbb{C}$ 的什么子区域内, 可以连续地定义 $w=\ln z$ 使得 $e^w=z$, 进一步,

•	考察对于复数 $z_0$, 等式 $\frac{dx}{x+z_0}=\ln (x+z_0)+C$ 的合理性.
•	考察在不同区域内, 一阶微分形式 $\frac{dx+\mathrm{i}dy}{x+\mathrm{i}y}$ 的原函数的存在性.
•	设 $n⩾2$, 考察在不同区域内, 一阶微分形式 $\frac{dx+\mathrm{i}dy}{(x+\mathrm{i}y{)}^n}$ 的原函数的存在性.

5求解简单的微分方程

常微分方程, 特解, 通解, 分离变量法, 初值问题, 解的最大存在区间, 一阶线性方程, 常数变异法, 积分因子法, 全微分方程, 齐次方程,Bernoulli 方程

A 5.1. 求解下列方程:

•	$x(1+x^2)y^{\prime }=(1-x^2)y.$ 解答. 分离变量有 $\frac{dy}{y}=\frac{(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx$, 得 $y=\frac{Cx}{1+x^2}.$ $\square$
•	$y(x^2-1)y^{\prime }=x(1-y^2).$ 解答. 即 $\frac{y}{1-y^2}dy=\frac{x}{x^2-1}dx$, 得 $y^2=1-C(x^2-1).$ $\square$
•	$y^{\prime }-\frac{y}{x+2}=\frac{1}{(x+2{)}^2}.$ 解答. 对应得齐次方程为 $y^{\prime }=\frac{y}{x+2}$, 即得 $y=c(x+2)$, 使用常数变易法, 令 $c=c(x)$, 代入原方程, 得$$c^{\prime }(x)\cdot (x+2)=\frac{1}{(x+2{)}^2},$$得到 $c=-\frac{1}{2(x+2{)}^2}+C$, 代入 $y$ 得到 $y=C(x+2)-\frac{1}{2(x+2)}.$ $\square$
•	$\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x+y^3}$. 解答. 原方程即为 $\frac{dx}{dy}=\frac{x+y^3}{y}$, 对应齐次方程 $\frac{dx}{dy}=\frac{x}{y}$, 得到 $x=cy$, 使用常数变易法, 令 $c=c(y)$ 代入前述方程得到 $c(y)=\frac{1}{2}{y}^2+C$, 从而 $x=\frac{1}{2}{y}^3+Cy$. $\square$
•	$\frac{dy}{dx}+\frac{y}{x}-y^2\ln x=0.$ 解答. 这正是 Bernoulli 方程, 令 $z=-y^{-1}$, 原方程变为$$\frac{dz}{dx}-\frac{z}{x}-\ln x=0,$$对于 $\frac{dz}{dx}-\frac{z}{x}=0$, 有 $z=cx$, 使用常数变易法, 令 $c=c(x)$ 代入前述方程得到 $c^{\prime }(x)=\frac{\ln x}{x}$, 即 $c=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C$, 代回得到原方程得解为$$\frac{1}{y}=Cx-\frac{1}{2}x{\ln }^{2}x.$$$\square$

试给出方程 $y^{\prime }=y^{2/3}$ 在 $\mathbb{R}$ 上的所有解.

解答. 当 $y\ne 0$ 时, 分离变量得到 $y^{-2/3}{y}^{\prime }=1$, 两边积分得到 $3y^{1/3}=x+C$, 因此 $y={\left(\frac{x+C}{3}\right)}^3$. 易见此为该方程在 $\mathbb{R}$ 上的通解. 特解有 $y\equiv 0$ 不在这之中.

$\square$

B 5.2. 若 $P,Q$ 是满足$$P(tx,ty)=t^{\alpha }P(x,y),Q(tx,ty)=t^{\alpha }Q(x,y).\forall t>0,\alpha \in \mathbb{R}.$$的可微函数, 证明 $\frac{1}{xP(x,y)+yQ(x,y)}$ 是方程 $P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0$ 的一个积分因子.

证明. 设 $y=ux$, 则 $dy=xdu+udx$, 于是$$\begin{array}{c}P(x,y)=P(x,ux)=x^{\alpha }P(1,u),\\ Q(x,y)=Q(x,ux)=x^{\alpha }Q(1,u),\end{array}$$方程 $Pdx+Qdy=0$ 两边乘 $\mu :=\frac{1}{xP+yQ}$ 得到$$\frac{P}{xP+yQ}dx+\frac{Q}{xP+yQ}dy=0,$$即 $\frac{P(x,ux)+uQ(x,ux)}{xP(x,ux)+yQ(x,ux)}dx+\frac{xQ(x,ux)}{xP(x,ux)+yQ(x,ux)}du=0$, 即$$\frac{1}{x}dx+\frac{Q(1,u)}{P(1,u)+uQ(1,u)}du=0,$$这是一个恰当方程, 这就证明了 $\mu$ 是题设方程的一个积分因子.

$\square$

求解方程 $(x^{3}y-y^5)dx+(-x^4+x^2{y}^3)dy=0.$

解答. 令 $y=tx$, 则 $dy=tdx+xdt$, 原方程化为$$\left(t^4-t^5\right)dx+\left(t^{3}x-1\right)dt=0,\text{\hspace{1em}(♣)}$$(1)记上述方程的积分因子为 $\mu (t)$, 则有$$\frac{\partial \left(\mu (t)\left(t^4-t^5\right)\right)}{\partial t}={\mu }^{\prime }(t)(t^4-t^5)+\mu (t)(4t^3-5t^4)=\frac{\partial \left(\mu (t)\left(t^{3}x-1\right)\right)}{\partial x}=\mu (t)t^3,$$即$${\mu }^{\prime }(t)(t-t^2)+\mu (t)(3-5t)=0,$$容易解得 $\mu (t)=\frac{1}{t^3(1-t{)}^2}$. 方程 (1) 两侧乘以 $\mu$, 得到恰当方程:$$\frac{t}{1-t}dx+\frac{t^{3}x-1}{t^3(1-t{)}^2}dt=:Pdx+Qdt=0.$$则存在 $u(x,t)$ 使得$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{t}{1-t},\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{t^{3}x-1}{t^3(1-t{)}^2},$$对左侧公式积分得到 $u=\frac{tx}{1-t}+\phi (t)$, 带入右式得到$${\phi }^{\prime }(t)=-\frac{1}{t^3(1-t{)}^2},$$设$$\frac{1}{t^3(1-t{)}^2}=\frac{t}{t^4(1-t{)}^2}={\left(\frac{A{t}^2+Bt+C}{t^2(1-t)}\right)}^{\prime }+\frac{D{t}^2+Et+F}{t^2(1-t)},$$求得 ¹$A=0,B=\frac{3}{2},C=-\frac{1}{2},D=E=0,F=3$, 即$$\int \frac{1}{t^3(1-t{)}^2}dt=\frac{3t-1}{2t^2(1-t)}+3\int \frac{1}{t^2(1-t)}dt,$$容易得到$$\int \frac{1}{t^2(1-t)}dt=\int \left(\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}+\frac{1}{1-t}\right)dt=\ln |t|-\frac{1}{t}-\ln |1-t|+C,$$即 $\phi (t)=\frac{1-3t}{2t^2(1-t)}+\frac{3}{t}-3\ln \left|\frac{t}{1-t}\right|+C$, 带回 $y=tx$ 与 $u(x,t)$, 得到原方程的解为$$\frac{xy}{x-y}+\frac{(x-3y)x^2}{2y^2(x-y)}+\frac{3x}{y}-3\ln \left|\frac{x}{x-y}\right|=C.$$$\square$