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

令

t

yz

，，则有

dydz

tz

dtdz

，，所以tz

dtdz

23t32t

，，z

dtdz

22t

2

32t

，...........(2)

当

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

当

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

令

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)

即

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

则

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

==

则

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

得

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

的

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

则

=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

而

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

又



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

即

yx



12

y

2

c

4．

dydx



yx

xy

解：两边同除以x，得

y

dydx

1

xyx

令

u xdydu

则 ux

dxdx

y

即

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

即

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

即

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(

令

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

)

令

yx

u，则

xdu2

2

2

dx

uu2ux(uxx

2

)

ex

方程两边同乘

，ex

得

即

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

将

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

即

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；

而

32

y3在y0上连续

3

由

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