第 5 章 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.

1.	计算 $\int \frac{{\sin }^{2}x}{\cos 2x+1}\mathrm{d}x$. 解答. $\int \frac{{\sin }^{2}x}{\cos 2x+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int \frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int \frac{1-{\cos }^{2}x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(\tan x-x\right)+C.$ $\square$
2.	对于复数 $\lambda$ 以及实数 $x>0$, 定义 $x^{\lambda }={\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}$. 验证: $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^{\lambda }=\lambda x^{\lambda -1}$. 解答. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^{\lambda }=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}={\mathrm{e}}^{\lambda \ln x}\cdot \frac{\lambda }{x}=\lambda x^{\lambda -1}.$ $\square$
3.	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 $(a,b)$ 内的原函数. 证明. $\square$
4.	试用有限覆盖定理证明定理 1.1.

B 1.3.

1.	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$$\mathrm{d}f(x,y)=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y,(x,y)\in D.$$
2.	在例 5.1.1 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. 试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.

1.	分别用以下变量代换计算 $\int \sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x$: $(1)x=2\sin t\left(t\in \left[\frac{\pi }{2},\frac{3\pi }{2}\right]\right)$. $(2)x=2\cos t\left(t\in [0,\pi ]\right)$. 解答. 内容... $\square$
2.	计算 $\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}\mathrm{d}x$. 解答. 置 $x=1/t$, 则$$\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}\mathrm{d}x=-\int \frac{t+2t\ln t}{1+t^2\ln t}\mathrm{d}t=-\int \frac{\mathrm{d}\left(1+t^2\ln t\right)}{1+t^2\ln t}=-\ln \left(1+t^2\ln t\right)+C.$$即 $\int \frac{1-2\ln x}{x^3-x\ln x}\mathrm{d}x=-\ln \left(1-\frac{\ln x}{x^2}\right)+C$. $\square$
3.	计算 $\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}\mathrm{d}x$. 解答. 置 $x=2\tan x$, 则$$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}\mathrm{d}x& =\int \frac{{\sec }^{2}t}{\tan x{\left(4{\tan }^2+4\right)}^{3/2}}\mathrm{d}t=\frac{1}{8}\int \frac{{\cos }^{2}t}{\sin t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{8}\int \frac{1-{\sin }^{2}t}{\sin t}\mathrm{d}t=\frac{1}{8}\int \frac{1}{\sin t}\mathrm{d}t+\frac{1}{8}\cos t+C\\ & =-\frac{1}{8}\int \frac{\mathrm{d}(\cos t)}{1-{\cos }^2}+\frac{1}{8}\cos t+C\\ & =-\frac{1}{16}\ln \left|\frac{1+\cos t}{1-\cos t}\right|+\frac{1}{8}\cos t+C.\end{array}$$即 $\int \frac{1}{x(x^2+4{)}^{3/2}}\mathrm{d}x=-\frac{1}{16}\ln \left|\frac{\sqrt{4+x^2}+2}{\sqrt{4+x^2}-2}\right|+\frac{1}{4\sqrt{4+x^2}}+C.$ $\square$
4.	计算 $\int \frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x{\mathrm{e}}^x+1}\mathrm{d}x$. 解答. $\int \frac{{\mathrm{e}}^x(x+1)-(x{\mathrm{e}}^x+1)}{x{\mathrm{e}}^x+1}\mathrm{d}x=\int \frac{\mathrm{d}(x{\mathrm{e}}^x+1)}{x{\mathrm{e}}^x+1}-x+C=\ln (x{\mathrm{e}}^x+1)-x+C.$ $\square$
5.	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$$\int f\left(\phi (t)\right){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t=G(t)+C,$$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$$\int f(x)\mathrm{d}x=G(\psi (x))+C.$$

B 2.2.

1.

试给出 $\frac{1}{2+\cos x+\sin x}$ 在 $[-2\pi ,2\pi ]$ 上的一个原函数. 解答. 置 $t=\tan \frac{x}{2}$, 则 $\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\mathrm{d}x=\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t$, 于是$$\begin{array}{rl}\int \frac{2}{2+\cos x+\sin x}\mathrm{d}x& =\int \frac{2}{t^2+2t+3}\mathrm{d}t=\sqrt{2}\arctan \left(\frac{t+1}{\sqrt{2}}\right)+C\\ & =\sqrt{2}\arctan \left(\frac{1+\tan (x/2)}{\sqrt{2}}\right)+C.\end{array}$$ $\square$

3分部积分法

A 3.1.

1.	计算以下不定积分: $(1)\int x^3{\ln }^{2}x\mathrm{d}x$; $(2)\int x^4{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x$; $(3)\int x\arctan x\mathrm{d}x$; $(4)\int x^2\arcsin x\mathrm{d}x$; $(5)\int x^2{\arcsin }^{2}x\mathrm{d}x$; $(6)\int x^3{\arcsin }^{2}x\mathrm{d}x$; $(7)\int x^2\left(2{\sec }^{2}x-3{\sec }^{4}x\right)\mathrm{d}x$; $(8)\int x^2{\mathrm{e}}^{3x}\cos 4x\mathrm{d}x$. 解答. 前四个的计算量较小,$$\begin{array}{rl}\int x^3{\ln }^{2}x\mathrm{d}x& =\int {\ln }^{2}x\mathrm{d}\left(\frac{1}{4}{x}^4\right)\\ & =\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{1}{2}\int x^3\ln x\mathrm{d}x\\ & =\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{1}{2}\int \ln x\mathrm{d}\left(\frac{1}{4}{x}^4\right)\\ & =\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{x^4\ln x}{8}+\int \frac{x^3}{8}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x^4{\ln }^{2}x}{4}-\frac{x^4\ln x}{8}+\frac{x^4}{32}+C.\end{array}$$ 容易验证这样一个事实$$\begin{array}{rl}\int u\mathrm{d}\left(v^{(n)}\right)& =u{v}^{(n)}-\int u^{\prime }\mathrm{d}\left(v^{(n-1)}\right)=u{v}^{(n)}-u^{\prime }{v}^{(n-1)}+\int u^{\prime \prime }\mathrm{d}\left(v^{(n-2)}\right)\\ & =\cdots =u{v}^{(n)}-u^{\prime }{v}^{(n-1)}+u^{\prime \prime }{v}^{(n-2)}+\cdots +(-1{)}^k{u}^{(k)}{v}^{(n-k)}+\cdots ,\end{array}$$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$$\int x^4{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x=\left(x^4-4x^3+12x^2-24x+24\right){\mathrm{e}}^x+C.$$ 容易得到$$\begin{array}{rl}\int x\arctan x\mathrm{d}x& =\frac{x^2\arctan x}{2}-\frac{x-\arctan x}{2}+C,\\ \int x^2\arcsin x\mathrm{d}x& =\frac{x^2\arcsin x}{3}-\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{9}+\frac{\sqrt{1-x^2}}{3}+C.\end{array}$$ 后四个的计算量稍大, 但是细心是不会出错的.$$\int x^2{\arcsin }^{2}x\mathrm{d}x=\int {\arcsin }^{2}x\mathrm{d}\left(\frac{x^3}{3}\right)=\frac{x^3{\arcsin }^{2}x}{3}-\frac{2}{3}\int \arcsin x\cdot \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x,$$一个可行的方法是寻找一阶微分形式 $\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x$ 的原函数, 于是置 $x=\sin t$, 从而$$\begin{array}{r}\int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\int {\sin }^{3}t\mathrm{d}t=\int \left({\cos }^2-1\right)\mathrm{d}\left(\cos t\right)=\frac{{\cos }^{3}t}{3}-\cos t+C.\end{array}$$即有$$\begin{array}{rl}& \int \arcsin x\cdot \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\int \arcsin x\mathrm{d}\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\\ & =\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x-\int \left(\frac{1-x^2}{3}-1\right)\mathrm{d}x\\ & =\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x+\frac{2x}{3}+\frac{x^3}{9}+C.\end{array}$$代回即得$$\int x^2{\arcsin }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{x^3{\arcsin }^{2}x}{3}-\frac{2}{3}\left(\frac{{\left(\sqrt{1-x^2}\right)}^3}{3}-\sqrt{1-x^2}\right)\arcsin x-\frac{4x}{9}-\frac{2x^3}{27}+C.$$(6) 与此十分相似:$$\begin{array}{rl}\int x^3{\arcsin }^{2}x\mathrm{d}x& =\frac{x^4{\arcsin }^{2}x}{4}-\frac{3{\arcsin }^{2}x}{16}+\frac{3x\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{16}\\ & +\frac{x^3\sqrt{1-x^2}\arcsin x}{2}+\frac{3x}{16}-\frac{3x^2}{32}-\frac{x^4}{8}+C.\end{array}$$ $\square$
2.	试用不同的方法推导 (5.3.3)—(5.3.6) 式子.
3.	给出积分 $\int {\left(1+x^2\right)}^{3/2}\mathrm{d}x,\int {\left(1+x^2\right)}^{-3/2}\mathrm{d}x$ 与积分 $\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x$ 的联系.
4.	给出积分 $\int {\left(x^2-1\right)}^{3/2}\mathrm{d}x,\int {\left(x^2-1\right)}^{-3/2}\mathrm{d}x$ 与积分 $\int \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\mathrm{d}x$ 的联系.
5.	计算 $\int \left({\mathrm{e}}^x\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)+\ln x+1\right)\mathrm{d}x.$ 解答. $\int \left({\mathrm{e}}^x\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)+\ln x+1\right)\mathrm{d}x={\mathrm{e}}^x\ln x+x\ln x+C.$ $\square$
6.	设连续可微函数 $y=y(x)$ 由方程 ${\mathrm{e}}^y+y+x=1$ 确定. (1) 计算 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}$. (2) 计算 $\int y(x)\mathrm{d}x$. (3) 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$${\mathrm{e}}^y{y}^{\prime }+y^{\prime }+1=0,$$即得 $y^{\prime }=-\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^y}$, 继续对上式求导得到$${\mathrm{e}}^y(y^{\prime }{)}^2+{\mathrm{e}}^y{y}^{\prime \prime }+y^{\prime \prime }=0,$$代入 $y^{\prime }$ 得到 $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{\mathrm{d}{x}^2}=\frac{-{\mathrm{e}}^y}{(1+{\mathrm{e}}^y{)}^3}$. (2) 由 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^y}$ 得到 $\mathrm{d}x=-({\mathrm{e}}^y+1)\mathrm{d}y$, 代入 $\int y(x)\mathrm{d}x$ 得到$$\int y(x)\mathrm{d}x=-\int y({\mathrm{e}}^y+1)\mathrm{d}y={\mathrm{e}}^y-y{\mathrm{e}}^y-\frac{1}{2}{y}^2+C.$$ (3) 由 ${\mathrm{e}}^y+y+x=1$ 知 ${\mathrm{e}}^y+y=1-x$, 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$$|x_{n+1}|-|x_n|=-y(x_n)-x_n=-y(x_n)-1+y(x_n)+{\mathrm{e}}^{y(x_n)}={\mathrm{e}}^{y(x_n)}-1<0,$$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 $[-|x_0|,|x_0|]$ 内, 注意到这时$$\left|\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right|=\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^y}⩽\frac{1}{1+{\mathrm{e}}^{-|x_0|}}<1,$$于是由 Lagrange 中值定理与压缩映射原理即得结论, 即 $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=0$. $\square$

B 3.2.

1.	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.
2.	设 $m,n$ 为整数, 讨论不同情形下, 什么方法是计算不定积分 $\int {\sin }^{m}x{\cos }^{n}x\mathrm{d}x$ 最简单的方法.

4有理函数不定积分

有理函数, 最简分式

A 4.1.

1.	计算 $\int \frac{1}{3+\cos x}\mathrm{d}x$. 解答. 设 $t=\tan \frac{x}{2}$, 则有$$\int \frac{1}{3+\cos x}\mathrm{d}x=\int \frac{1}{2+t^2}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \frac{t}{\sqrt{2}}+C=\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan \frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{2}}+C.$$$\square$
2.	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 $\int Q\left(x,\sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x$ 转化为有理函数的积分. 试利用这一变量代换计算以下积分. (1) $\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}\mathrm{d}x$; (2) $\int \frac{1}{x+1}\sqrt[3]{\frac{x-2}{x+2}}\mathrm{d}x$; (3) $\int \sqrt{x^2-3x+2}\mathrm{d}x$; $\left(\int \sqrt{x^2-3x+2}\mathrm{d}x=\int \sqrt{(x-1)(x-2)}\mathrm{d}x=\int (x-2)\sqrt{\frac{x-1}{x-2}}\mathrm{d}x.\right)$ (4) $\int \sqrt{4-3x-x^2}\mathrm{d}x$. 解答. 由题设$$\int Q\left(x,\sqrt[m]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x\stackrel{t=\sqrt[m]{\left(ax+b\right)/\left(cx+d\right)}}{=}\int Q\left(\frac{b-d{t}^m}{c{t}^m-a},t\right)\cdot \frac{(ad-cb)m{t}^{m-1}}{(c{t}^m-a{)}^2}\mathrm{d}t.$$ (1) 利用上述变换, 有$$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}\mathrm{d}x& =\int \frac{6t^2}{(1-t^2)(2+t^2)}\mathrm{d}t\\ & =\int \left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}-\frac{4}{2+t^2}\right)\mathrm{d}t\\ & =\ln \left|\frac{1+t}{1-t}\right|+2\sqrt{2}\arctan \left(\frac{t}{\sqrt{2}}\right)+C.\\ & =\ln \left|\frac{1+\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}}{1-\sqrt{\frac{x+2}{x-1}}}\right|+2\sqrt{2}\arctan \sqrt{\frac{x+2}{2x-2}}+C.\end{array}$$ $\square$
3.	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 $\int Q(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})\mathrm{d}x$ 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. $\square$
4.	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 $t=\frac{\sqrt{a{x}^2+bx+c}-\sqrt{c}}{x}$ 在将积分 $\int Q(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})\mathrm{d}x$ 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. $\square$
5.	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 $\int \frac{3\cos x+4\sin x}{2\cos x+\sin x}\mathrm{d}x.$ 解答. 易见 $A=2,B=-1$. 由$$\begin{array}{rl}{I}_1& :=\int \frac{2\cos x+\sin x}{2\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=x+C,\\ I_2& :=\int \frac{(2\cos x+\sin x{)}^{\prime }}{2\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=\int \frac{\mathrm{d}\left(2\cos x+\sin x\right)}{2\cos x+\sin x}=\ln \left|2\cos x+\sin x\right|+C\end{array}$$由线性有$$\int \frac{3\cos x+4\sin x}{2\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=A{I}_1+B{I}_2=2x-\ln \left|2\cos x+\sin x\right|+C.$$$\square$

B 4.2.

1.	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. $\square$
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. $\square$
3.	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 ${\mathrm{e}}^w=z$, 进一步, (1) 考察对于复数 $z_0$, 等式 $\frac{\mathrm{d}x}{x+z_0}=\ln (x+z_0)+C$ 的合理性. (2) 考察在不同区域内, 一阶微分形式 $\frac{\mathrm{d}x+\mathrm{id}y}{x+\mathrm{i}y}$ 的原函数的存在性. (3) 设 $n⩾2$, 考察在不同区域内, 一阶微分形式 $\frac{\mathrm{d}x+\mathrm{id}y}{(x+\mathrm{i}y{)}^n}$ 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.

1.

求解下列方程: (1) $x(1+x^2)y^{\prime }=(1-x^2)y.$ 解答. 分离变量有 $\frac{\mathrm{d}y}{y}=\frac{(1-x^2)}{x(1+x^2)}\mathrm{d}x$, 得 $y=\frac{Cx}{1+x^2}.$ $\square$ (2) $y(x^2-1)y^{\prime }=x(1-y^2).$ 解答. 即 $\frac{y}{1-y^2}\mathrm{d}y=\frac{x}{x^2-1}\mathrm{d}x$, 得 $y^2=1-C(x^2-1).$ $\square$ (3) $y^{\prime }-\frac{y}{x+2}=\frac{1}{(x+2{)}^2}.$ 解答. 对应的齐次方程为 $y^{\prime }=\frac{y}{x+2}$, 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 $y=C(x+2)-\frac{1}{2(x+2)}.$ $\square$ (4) $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y}{x+y^3}$. 解答. 原方程即为 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{x+y^3}{y}$, 对应齐次方程 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}=\frac{x}{y}$, 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 $x=\frac{1}{2}{y}^3+Cy$. $\square$ (5) $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{y}{x}-y^2\ln x=0.$ 解答. 这正是 Bernoulli 方程, 令 $z=-y^{-1}$, 原方程变为$$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}-\frac{z}{x}-\ln x=0,$$对于 $\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}-\frac{z}{x}=0$, 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 $c=\frac{{\ln }^{2}x}{2}+C$, 代回得到原方程的解为$$\frac{1}{y}=Cx-\frac{1}{2}x{\ln }^{2}x.$$$\square$

2.

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.

1.

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 $P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0$ 的一个积分因子. 证明. 设 $y=ux$, 则 $\mathrm{d}y=x\mathrm{d}u+u\mathrm{d}x$, 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 $P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0$ 两边乘 $\mu :=\frac{1}{xP+yQ}$ 得到$$\frac{P}{xP+yQ}\mathrm{d}x+\frac{Q}{xP+yQ}\mathrm{d}y=0,$$即 $\frac{P(x,ux)+uQ(x,ux)}{xP(x,ux)+yQ(x,ux)}\mathrm{d}x+\frac{xQ(x,ux)}{xP(x,ux)+yQ(x,ux)}\mathrm{d}u=0$, 即$$\frac{1}{x}\mathrm{d}x+\frac{Q(1,u)}{P(1,u)+uQ(1,u)}\mathrm{d}u=0,$$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. $\square$

2.

求解方程 $(x^{3}y-y^5)\mathrm{d}x+(-x^4+x^2{y}^3)\mathrm{d}y=0.$ 解答. 令 $y=tx$, 则 $\mathrm{d}y=t\mathrm{d}x+x\mathrm{d}t$, 原方程化为$$\left(t^4-t^5\right)\mathrm{d}x+\left(t^{3}x-1\right)\mathrm{d}t=0,$$(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:$$\frac{t}{1-t}\mathrm{d}x+\frac{t^{3}x-1}{t^3(1-t{)}^2}\mathrm{d}t=:P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}t=0.$$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 $u=\frac{tx}{1-t}+\phi (t)$, 代入右式得到$${\phi }^{\prime }(t)=-\frac{1}{t^3(1-t{)}^2},$$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$$\int \frac{1}{t^3(1-t{)}^2}\mathrm{d}t=\frac{3t-1}{2t^2(1-t)}+3\int \frac{1}{t^2(1-t)}\mathrm{d}t,$$容易得到$$\int \frac{1}{t^2(1-t)}\mathrm{d}t=\int \left(\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}+\frac{1}{1-t}\right)\mathrm{d}t=\ln |t|-\frac{1}{t}-\ln |1-t|+C,$$即 $\phi (t)=\frac{1-3t}{2t^2(1-t)}+\frac{3}{t}-3\ln \left|\frac{t}{1-t}\right|+C$, 代回 $y=tx$ 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$ 1. ^ 这里方程个数将少于未知数个数.