同济高数 第7章 第7-5-1题

[AI解答]

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以下为各小题的详细求解过程。

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(1) $ y'' = x + \sin x $

直接积分两次：
$$
y' = \displaystyle\int (x + \sin x) \, dx = \frac{x^2}{2} - \cos x + C_1
$$
$$
y = \displaystyle\int \left( \frac{x^2}{2} - \cos x + C_1 \right) dx = \frac{x^3}{6} - \sin x + C_1 x + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y = \frac{x^3}{6} - \sin x + C_1 x + C_2}
$$

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(2) $ y''' = x e^{x} $

连续积分三次：
第一次：
$$
y'' = \displaystyle\int x e^{x} \, dx = (x-1)e^{x} + C_1
$$
第二次：
$$
y' = \displaystyle\int \left[ (x-1)e^{x} + C_1 \right] dx = (x-2)e^{x} + C_1 x + C_2
$$
第三次：
$$
y = \displaystyle\int \left[ (x-2)e^{x} + C_1 x + C_2 \right] dx = (x-3)e^{x} + \frac{C_1}{2}x^2 + C_2 x + C_3
$$
通解：
$$
\boxed{y = (x-3)e^{x} + \frac{C_1}{2}x^2 + C_2 x + C_3}
$$

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(3) $ y'' = \frac{1}{1+x^2} $

积分一次：
$$
y' = \displaystyle\int \frac{1}{1+x^2} dx = \arctan x + C_1
$$
再积分：
$$
y = \displaystyle\int (\arctan x + C_1) dx = x \arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C_1 x + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y = x \arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C_1 x + C_2}
$$

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(4) $ y'' = 1 + (y')^2 $

令 $ p = y' $，则 $ y'' = p' $，方程化为：
$$
p' = 1 + p^2
$$
分离变量：
$$
\frac{dp}{1+p^2} = dx
$$
积分：
$$
\arctan p = x + C_1 \quad\Rightarrow\quad p = \tan(x + C_1)
$$
即：
$$
y' = \tan(x + C_1)
$$
再积分：
$$
y = \displaystyle\int \tan(x + C_1) dx = -\ln|\cos(x + C_1)| + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y = -\ln|\cos(x + C_1)| + C_2}
$$

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(5) $ y'' = y' + x $

令 $ p = y' $，则 $ p' = p + x $，即一阶线性方程：
$$
p' - p = x
$$
积分因子 $ \mu = e^{-x} $：
$$
\frac{d}{dx}(p e^{-x}) = x e^{-x}
$$
积分：
$$
p e^{-x} = \displaystyle\int x e^{-x} dx = -x e^{-x} - e^{-x} + C_1
$$
所以：
$$
p = -x - 1 + C_1 e^{x}
$$
即：
$$
y' = -x - 1 + C_1 e^{x}
$$
积分：
$$
y = -\frac{x^2}{2} - x + C_1 e^{x} + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y = -\frac{x^2}{2} - x + C_1 e^{x} + C_2}
$$

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(6) $ x y'' + y' = 0 $

令 $ p = y' $，则 $ x p' + p = 0 $，即：
$$
\frac{dp}{p} = -\frac{dx}{x}
$$
积分：
$$
\ln|p| = -\ln|x| + C_1 \quad\Rightarrow\quad p = \frac{C_1}{x}
$$
所以：
$$
y' = \frac{C_1}{x}
$$
积分：
$$
y = C_1 \ln|x| + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y = C_1 \ln|x| + C_2}
$$

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(7) $ y y'' + 2 (y')^2 = 0 $

令 $ p = y' $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，代入：
$$
y p \frac{dp}{dy} + 2 p^2 = 0
$$
若 $ p \neq 0 $，两边除以 $ p $：
$$
y \frac{dp}{dy} + 2p = 0 \quad\Rightarrow\quad \frac{dp}{p} = -\frac{2}{y} dy
$$
积分：
$$
\ln|p| = -2\ln|y| + C_1 \quad\Rightarrow\quad p = \frac{C_1}{y^2}
$$
即：
$$
\frac{dy}{dx} = \frac{C_1}{y^2} \quad\Rightarrow\quad y^2 dy = C_1 dx
$$
积分：
$$
\frac{y^3}{3} = C_1 x + C_2
$$
通解：
$$
\boxed{y^3 = 3C_1 x + C_2}
$$
（其中 $ C_2 $ 为任意常数，也可写作 $ y^3 = C_1 x + C_2 $ 形式）

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(8) $ y^3 y'' - 1 = 0 $

令 $ p = y' $，则 $ y'' = p \frac{dp}{dy} $，代入：
$$
y^3 p \frac{dp}{dy} = 1 \quad\Rightarrow\quad p dp = \frac{dy}{y^3}
$$
积分：
$$
\frac{p^2}{2} = -\frac{1}{2 y^2} + C_1 \quad\Rightarrow\quad p^2 = C_1 - \frac{1}{y^2}
$$
所以：
$$
\frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{C_1 - \frac{1}{y^2}}
$$
分离变量：
$$
\frac{y \, dy}{\sqrt{C_1 y^2 - 1}} = \pm dx
$$
令 $ u = C_1 y^2 - 1 $，则 $ du = 2 C_1 y dy $，积分得：
$$
\frac{1}{C_1} \sqrt{C_1 y^2 - 1} = \pm x + C_2
$$
平方后整理：
$$
C_1 y^2 - 1 = C_1^2 (x + C_2)^2
$$
通解：
$$
\boxed{y^2 = C_1 (x + C_2)^2 + \frac{1}{C_1}}
$$

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(9) $ y'' = \frac{1}{\sqrt{y}} $

令 $ p = y' $，则 $ p \frac{dp}{dy} = \frac{1}{\sqrt{y}} $，即：
$$
p dp = y^{-1/2} dy
$$
积分：
$$
\frac{p^2}{2} = 2 y^{1/2} + C_1 \quad\Rightarrow\quad p^2 = 4\sqrt{y} + C_1
$$
所以：
$$
\frac{dy}{dx} = \pm \sqrt{4\sqrt{y} + C_1}
$$
分离变量：
$$
\frac{dy}{\sqrt{4\sqrt{y} + C_1}} = \pm dx
$$
令 $ u = \sqrt{y} $，则 $ dy = 2u du $，积分：
$$
\displaystyle\int \frac{2u du}{\sqrt{4u + C_1}} = \pm x + C_2
$$
计算积分（令 $ t = 4u + C_1 $）得：
$$
\frac{1}{6} (4\sqrt{y} + C_1)^{3/2} - \frac{C_1}{2} \sqrt{4\sqrt{y} + C_1} = \pm x + C_2
$$
通解较复杂，通常保留隐式形式：
$$
\boxed{\displaystyle\int \frac{dy}{\sqrt{4\sqrt{y} + C_1}} = \pm x + C_