习题 2-1
判断下列方程是否为恰当方程，并且对恰当方程求解：
１．(3x2−1)dx+(2x+1)dy=0
解：P(x,y)=3x2−1，Q(x,y)=2x+1， 则
２．(x+2y)dx+(2x+y)dy=0
解：P(x,y)=x+2y, Q(x,y)=2x−y, ∂Q∂P∂P∂Q 即，原方程不是恰当方程． =2，所以 =0，≠∂x∂y∂y∂x
则∂Q∂P∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =2, 所以=2,=∂x∂y∂y∂x
则xdx+(2ydx+2xdy)−ydy=0, x2y2
两边积分得：+2xy−=C. 22
3．(ax+by)dx+(bx+cy)dy=0 (a,b和c为常数)．
解：P(x,y)=ax+by, Q(x,y)=bx+cy, 则∂Q∂P∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =b, 所以=b,=∂x∂y∂y∂x
则axdx+（）bydx+bxdy+cydy=0, ax2cy2
两边积分得：+bxy+=C. 22
4．(ax−by)dx+(bx−cy)dy=0(b≠0)
解：P(x,y)=ax−by, Q(x,y)=bx−cy, 则∂Q∂P∂Q∂P，即，原方程不为恰当方程 =b, 因为 b≠0, 所以≠=−b,∂x∂y∂x∂y
５．(t2+1)cosudu+2tsinudt=0
解：P(t,u)=(t2+1)cosu, Q(t,u)=2tsinu 则∂P∂Q∂P∂Q，即 原方程为恰当方程 =2tcosu,=2tcosu, 所以=∂t∂x∂y∂x
则(t2cosudu+2tsinudt)+cosudu=0,
两边积分得：(t2+1)sinu=C.
６．(yex+2ex+y2)dx+(ex+2xy)dy=0
解： P(x,y=yex+2ex+y2,Q(x,y)=ex+2xy， 则∂Q∂P∂Q∂P，即 原方程为恰当方程 =ex+2y, 所以=ex+2y,=∂x∂y∂y∂x
则2exdx+[(yex+y2)dx+(ex+2xy)dy]=0,
两边积分得：(2+y)ex+xy2=C.
７．(y+x2)dx+(lnx−2y)dy=0 x
y2解：P(x,y)=+xQ(x,y)=lnx−2y, x
∂P∂Q∂P1∂Q1，即 原方程为恰当方程 =, 所以=,=∂yx∂xx∂y∂x
ydx+lnxdy)+x2dx−2ydy=0 x则则(
x3
两边积分得：+ylnx−y2=C. 3
８．(ax2+by2)dx+cxydy=0
解：P(x,y)=ax2+by2,
则(a,b和c为常数) Q(x,y)=cxy, ∂Q∂P∂Q∂P，即 2b=c时， 原方程为恰当方程 =cy, 所以 当=2by,=∂x∂y∂y∂x
则ax2dx+(by2dx+cxydy)=0 ax3
两边积分得：+bxy2=C. 3
而当2b≠c时原方程不是恰当方程．
s−s22s−1９．ds+2dt=0 tt
s−s22s−1解：P(t,s)=,Q(t,s)=2, tt
则∂P1−2s∂Q1−2s∂P∂Q， 即原方程为恰当方程, =2,=2, 所以=∂t∂s∂y∂xtt
s−s2
两边积分得：=C． t
10．xf(x2+y2)dx+yf(x2+y2)dy=0, 其中f(⋅)是连续的可微函数．
解：P(x,y)=xf(x2+y2),Q(x,y)=yf(x2+y2), 则∂Q∂P∂Q∂P， 即原方程为恰当方程, =2xyf′, 所以=2xyf′,=∂x∂y∂y∂x
两边积分得：∫f(x2+y2)dx=C,
即原方程的解为F(x2+y2)=C (其中F为f的原积分)．
习题 2-2
1. 求解下列微分方程，并指出这些方程在平面上的有意义的区域:：
dyx2
(１) =dxy=
解：原方程即为：ydy=x2dx
两边积分得：3y2−2x3=C,
y≠0．
dyx2
(２) =dxy(1+x3)
x2
解：原方程即为：ydy=dx 1+x3
两边积分得：3y2−2ln+x3=C,
(３)y≠0,x≠−1． dy+y2sinx=0 dx
解： 当y≠0时 原方程为：dy+sinxdx=0 2y
两边积分得：1+(c+cosx)y=0．
又y=0也是方程的解，包含在通解中，则方程的通解为
1+(c+cosx)y=0．
(４)dy=1+x+y2+xy2； dx
解：原方程即为：dy
1+y2(1+x)dx x2
两边积分得：arctgy=x++c， 2
x2
即 y=tg(x++c)． 2
(５)dy=(cosxcos2y)2 dx
解：①当cos2y≠0时 原方程即为：dy2=(cosx)dx 2(cos2y)
两边积分得：2tg2y−2x−2sin2x=c．
②cos2y=0，即y=
(６)xkππ+也是方程的解. (k∈N) 24dy=−y2 dx
解：①当y≠±1时 原方程即为：dy
−y2=dx x
两边积分得：arcsiny−lnx=c．
② y=±1也是方程的解.
dyx−e−x
(７)． =dxy+ey
解．原方程即为：(y+ey)dy=(x−e−x)dx y2x2
y两边积分得：+e=+e−x+c， 22
原方程的解为：y2−x2+2(ey−e−x)=c.
2. 解下列微分方程的初值问题．
(１)sin2xdx+cos3ydy=0, y(=ππ
23
cos2xsin3y解：两边积分得：−+=c， 即 2sin3y−3cos2x=c 23； 因为 y(=ππ
32 , 所以 c=3.
所以原方程满足初值问题的解为：2sin3y−3cos2x=3．
(２)．xdx+ye−xdy=0， y(0)=1；
解：原方程即为：xexdx+ydy=0， y2
两边积分得：(x−1)edx+dy=c， 2x
因为y(0)=1， 所以c=−1， 2
所以原方程满足初值问题的解为：2(x−1)exdx+y2dy+1=0．
(３)．dr=r， r(0)=2； dθ
dr解：原方程即为：=dθ，两边积分得：lnr−θ=c， r
因为r(0)=2， 所以c=ln2，
所以原方程满足初值问题的解为：lnr−θ=ln2 即 r=2e．
(４)．θlnxdy, y(1)=0; =2dx1+y
2解：原方程即为：(1+y)dy=lnxdx, y3
两边积分得：y++x−xlnx=c, 3
因为y(1)=0， 所以c=1， y3
所以原方程满足初值为：y++x−xlnx=1 3
(５)．+x2dy=xy3， y(0)=1； dx
dyx=dx， 2y3+x解：原方程即为：
1−2y=+x2+c， 2
3因为y(0)=1， 所以c=−， 2两边积分得：−
所以原方程满足初值问题的解为：2+x+21=3． 2y
3. 解下列微分方程，并作出相应积分曲线的简图．
(１)．dy=cosx dx
解：两边积分得：y=sinx+c．
积分曲线的简图如下：
(２)．dy=ay， (常数a≠0)； dx
解：①当y≠0时， 原方程即为：1dy=dx 积分得：lny=x+c， aay
即 y=ceax(c>0)
②y=0也是方程的解．
积分曲线的简图如下：
(３)．dy=1−y2； dx
解：①当y≠±1时， 原方程即为：1+ydy 积分得：ln=2x+c， =dx1−y(1−y2)
ce2x−1即 y=2x． ce+1
②y=±1也是方程的解．
积分曲线的简图如下：
(４)．dy1=yn， (n=,1,2)； 3dx
解：①当y≠0时，
ⅰ)n=dy1,2时，原方程即为 n=dx， 3y
积分得：x+11−ny=c． n−1
dy=dx y
(c>0)． ⅱ)n=1时，原方程即为 积分得：lny=x+c，即 y=cex
②y=0也是方程的解．
积分曲线的简图如下：
4. 跟踪：设某A从xoy平面上的原点出发，沿x轴正方向前进；同时某B从点开始跟踪A，即B与A永远保持等距b．试求B的光滑运动轨迹．
解：设B的运动轨迹为y=y(x),由题意及导数的几何意义，则有
dyy，所以求B的运动轨迹即是求此微分方程满足y(0)=b的解． =−22dxb−y
b+b2+y21解之得：x=bln−2−y2． 2b−b2−y2
5. 设微分方程dy=f(y)(2.27)，其中f(y) 在y=a的某邻域(例如，区间dxy−a
证明：(⇒) ∫a±εady=∞(发散)． f(y)
首先经过域R1：−∞
a
这些积分曲线彼此不相交. 其次，域R1(R2)内的所有 积分曲线∫dydy=x+c都可由其中一条，比如∫=x+c0 f(y)f(y)沿着 x 轴的方向平移而得到。因此只需详细考虑经过R1内某一点 (x0,a−ε)的积分曲线， 它由(*)式确定. 若∫a−εady收敛，即存在 x=x1 ，使得f(y)∫a−εady=x1−x0, f(y)即所讨论的积分曲线当 x=x1 时达到直线y=a上点(x1,a). 由(*)式易看出， 所论积分曲线在(x1,a)处与y=a 相切，在这种情形下，经过此直线上的
(⇐)一点就不只有一条积分曲线，与局部唯一矛盾，所以∫a−εady发散. f(y)若积分∫a−εady发散，此时由(*)式易看出，所论的经过(x0,a−ε)的积分 f(y)
曲线，不可能达到直线 y=a上，而以直线y=a为渐近线，又注意到y=a也 是(２.13)的积分曲线，所以(2.13)过(x0,a−ε)的解是唯一的. 注：对于R2内某点(x0,a+ε)完全可类似地证明.
6. 作出下列微分方程积分曲线族的大致图形． (１)
．dy=dxy；
(２)．
dy
ylny=dx0
y≠0y=0
习题 2-3
1. 求解微分方程： (１)
dy
dx
+2y=xe−x; 解：p(x)=2, q(x)=xe−x，
由公式得：y=e−2x(c+∫
xe−xe2xdx)=ce−2x+xe−x−e−x，
原方程的解为：y=ce−2x+xe−x−e−x． (２)
dy
dx
+ytgx=sin2x； 解：p(x)=tgx, q(x)=sin2x，
∫p(x)dx=∫tgxdx=∫
sinxcosx=∫−d(cosx)
cosx
=−lncosx+c，y=e
lncosx
(c+∫sin2xe
−lncosx
dx)
=cosx(c+∫sin2x
)=cosx(c−2cosx)=ccosx−2cos2cosx
x
原方程的解为：y=ccosx−2cos2
x．
(３)x
dy
dx+2y=sinx, y(π)=1π
； 解：原方程即为：dy2sinx
2sinxdx+xy=
x，则p(x)=x,q(x)=x，∫p(x)dx=∫2x=lnx2
+c， 则有 y=e−lnx2
(c+∫sinxlnx2
x
e)
=
1
x2(c+∫xsinxdx)
=1
x
2(c−xcosx+sinx)因为y(π)=
1
π
， 所以c=0．
原方程满足初值问题的解为：y=−1xcosx+1
x
2sinx ． (４)
dy
dx−11−x
2y=1+x，y(0)=1； 则有
解：p(x)=
1x−1
, ,q(x)=1+xpxdx=()ln∫2
1−xx+1
1
2
则y=e
1x−12ln
x+1
(c+∫(1+x)e
1x+12ln
x−1
dx)
=
x+1
(c+∫x2−1dx)x−1
x+1
(c+∫−x2dx)1−x
x>1
x
要求满足初值问题y(0)=1的解
只需求
x+1
(c+∫−x2dx)
1−x
x
=
x+111
(c+arcsinx+x−x2) 1−x22
代入初值得c=1
所以满足初值问题的解为y=
x+111
(1+arcsinx+x−x2). 1−x22
2. 将下列方程化为线性微分方程：
dyx2+y2(１)； =
dx2y
解：令y=z， 则原方程化为： (２)
2
dz
=z+x2． dx
dyy
； =2
dxx+y
dx1dxx+y2
, 即 解：由原方程得：，==x+y ．
dyydyy
(３)3xy
2
dy
+y3+x3=0； dx
3
解：令y=z， 则原方程化为：
dz1
=−z−x2． dxx
(４)
dy1=+xtgy； dxcosy
解：原方程即为：
dy1siny
=+x
dxcosycosy
即
cosydydz=1+xsiny. 令z=siny， 则 =xz+1． dxdx
−a(s)ds
x
∫3. 设y=φ(x)满足微分不等式y′+a(x)y≤0,(x≥0)．求证：φ(x)≤φ(0)e0
(x≥0)
,
∫a(s)ds 则有
证明：将y′+a(x)y≤0两边同乘e0
a(s)dsa(s)dse∫0y′+e∫0a(x)y≤0
x
x
x
即
d(e∫0
x
x
a(s)ds
φ(x))
dx
≤0 从０到x积分得：
a(s)dse∫0φ(x)≤φ(0)，得证．
4. 用常数变易法求解非齐次线性方程
dy
+p(x)y=q(x)． dx
−p(x)dx
的解，将其代入方程则有 解：设方程有形如y=c(x)e∫
−p(x)dx
的解，将其代入方程则有 解：设方程有形如y=c(x)e∫
−p(x)dx−p(x)dxdc(x)−∫p(x)dx
e−c(x)p(x)e∫+c(x)p(x)e∫=q(x) dx
p(x)dxdc(x)−∫p(x)dx
即+c， e=q(x)， 则c(x)=∫q(x)e∫
dx
p(x)dx−p(x)dx
所以方程的解为y=e∫(q(x)e∫+c).
∫
5. 考虑方程
dy
+p(x)y=q(x)，其中p(x)和q(x)都是以ω>0为周期的连续函数． dx
试证：(１)若q(x)=0，则方程的任一非零解以ω为周期⇔p(x)的平均值
=
1
ω
∫
ω
p(x)dx=0．
(２)若q(x)≠0，则方程的有唯一的ω周期解⇔≠0．试求出此解．
证明：(１)设y=φ(x)是方程的任一非零解 则y=ce
−
∫x0p(x)dx
x
,且y=ce
−
−
∫x0p(x+w)dx
−x
x+w
,也是解 e
−
⇔e
−
∫x0p(x)dx
x
=e
∫x0p(x+w)dx
ω
x+w
,=e
∫x0p(x)dx
∫xp(x)dx
x+w
⇔e
∫0p(x)dx
ω
=1⇔∫0p(x)dx=0
−
(2) 方程的通解为y=ce选择常数c使y(x)成为
∫0p(x)dx
x
+
∫0q(s)e
x
−p(t)dt
∫s
x
ω周期函数，即y(x+w)=y(x)(*)
我们先来证明，要使(*)对所有x成立，其实只需对某一特定 x (例如x=0)成立,即只需y(ω)=y(0).事实上，由于y(x)是方程的解， 且p(x+w)=p(x)q(x+w)=q(x)， 所以y(x+w)也是解. 因此，函数u(x)=y(x+w)−y(x)是相应齐次方程y′+p(x)y=0满足 初始条件y(0)=0的解。又因为此齐次方程的解或者恒等于０，或者恒不
等于０，所以u(x)=0，从而y(w)=y(0)，由x的任意性，则有y(x+w)=y(x)。
∫p(x)dx+即ce0
−
w
∫0
w
w
p(t)dt
q(s)e∫0ds=c.
−w
p(x)dx∫0
q(x)edx.
w
wx
所以c=
1
p(x)dx
1−e∫0
−
∫0
6. 连续函数f(x)在区间−∞
−∞
周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数.
证明：显然方程为一阶线性微分微分方程，由一阶线性微分微分方程解的求解公式得其解表达式为：
y=ce∫0
−1dx
x
+∫f(s)e∫sds
x
−1dx
0x0
x
，
=ce−x+∫f(s)e(s−x)ds
因为f(x)有界，所以要使 y有界，当且仅当 c=从而原方程的唯一有界解为
∫
−∞
f(s)eds．
y=ce
−x
+∫f(s)e
x
(s−x)
ds=∫f(s)e
−∞
s−x
ds+
∫
x
f(s)e
(s−x)
ds=∫f(s)e(s−x)ds．
−∞
x
下面说明当f(x)是以ω为周期函数时，这个解也是以ω为周期的周期函数．
y(x+ω)=∫
x+ω
−∞x+ω
f(s)e(s−x−ω)ds，令t=s−ω，则 f(s)e(s−x−ω)ds=
y(x+ω)=∫
7. 令空间H
−∞
∫
x
−∞
f(t+ω)e(t−x)dt=∫f(t)e(t−x)dt=y(x)，
−∞
x
所以此解为一周期函数．
．易知H0关于实数域,构成一个=｛f(x)｜f是以2π为周期的连续函数｝
线性空间. ∀f∈H0，定义它的模f=max0≤x≤2πf(x)．证明H0是一个完备的空间．利用式(2.40)可以在空间H0中定义一个变换φ，它把 f变成y．试证：φ是一个从H0到H0的线性算子，而且它是有界的．
证明：(１)先证H是一个完备的空间． 设{fn(x)}是(H,⋅)中的一个基本列. 那么∀ε>0,
00
∃N(ε),∋∀m,n>N(ε)有
fm(x)−fn(x)=max0≤x≤2πfm(x)−fn(x)
所以∀0
1
e2aπ−1x
11x+2π−a(x−s)x+2π−a(x−s)
=c12aπef(s)ds+cef2(s)ds 122aπ∫∫xx
e−1e−1
=c1φ(f1)+c2φ(f2) 所以φ是一个线性算子。
∫
x+2π
e−a(x−s)(c1f1+c2f2)(s)ds
②(f)=max0≤x≤2π
1e2aπ
∫−1
−1
x+2π
x
e−a(x−s)f(s)ds
≤max0≤x≤2π ≤f
1e
2aπ
maxx≤s≤x+2πf(s)ds∫x
x+2π
e−a(x−s)ds
12aπe4aπ
=kf
e−1a
所以φ是有界算子.
习题 2-4
1. 求解下列微分方程： (１)y′=
2y−x
；
2x−y
du2u−1
， +u=
dx2−u
解：令y=ux，则原方程化为x
即
2−udx1−u12
， 积分得：=duln−lnu−=lnx+c 2
x1+u2u−1
还原变量并化简得：(y−x)=c(x+y)3 (２)y′=
2y−x+5；
2x−y−4
2y−x+5=0x=1
得
2x−y−4=0y=−2
v=y+2， 则有
解：由
令u=x−1,
dv2v−u
，由第一题的结果知此方程解为(v−u)=c(u+v)3， =
du2u−v
还原变量并化简得： y−x+3=c(x+y+1)3. (３)y′=
x+2y+1
；
2x+4y−1
dvdyv+1
， =1+2=1+2
dxdx2v−1
解：令v=x+2y， 则即
dv4v+1
，此方程为变量分离方程， =
dx2v−1
13
分离变量并积分得：v−ln4v+=x+c，
28
还原变量并化简得：8y−4x−3ln4x+8y+=c．
(４)y′=xy−xy．
解：①当y≠0时，方程两边同时乘以−2y−3 ,则−2y−3y′=−2x3+2xy−2，令
3
3
dzx23
则 由公式得：z=ce+x2+1z=y，=2xz−2x,此方程为一阶线性方程，
dx
−2
还原变量得：y=(ce
2
x2
+x2+1)−1.
②y=0也是方程的解．
2. 利用适当的变换，求解下列方程： (１)y′=cos(x−y)；
dudy
=1−cosu， =1−
dxdxdudu
①当cosu≠1时，有=dx， 即 =dx，
u1−cosu
2sin2
2
1u
两边积分得：ctg=x+c
22
x−yx−yx−y
． 还原变量化简得：cos=2xsin+csin
222
解：令u=x−y，则
②当cosu=1时，即y=x+2kπ(k∈Z)也是方程的解．
(２)(3uv+v)du+(u+uv)dv=0；
解：方程两边同时乘以u则原方程化为：
2
2
(3u2v+uv2)du+(u3+u2v)dv=0，
即 (3uvdu+udv)+(uvdu+uvdv)=0 此方程为全微分方程，则原方程的解为：u3v+
2
3
2
2
122
uv=c． 2
dyx2
=2x(2y−)； (３)(x+y+3)dxy
2
2
2ydy4y2−2x22
解：原方程即为 ，令=2x=v,2
2xdxx+y+3
y2=u，
u=−14u−2v=0m=u+1du4u−2v
,由 得， 令，则有则=
v=−2u+v+3=0n=v+2dvu+v+3
mdm4m−2ndmdz4z−2
令=z，则m=zn， ， ==n+z=
ndnm+ndndnz+1
则有
dz(1−z)(z−2)
，此方程为变量分离方程， n=
dnz+1
分离变量并积分得：ln
(z−1)22−z
3
=c+lnn，
还原变量并化简得：(x2−y2+1)2=c(−2x2+y2−3)3.
dy2x3+3xy2−7x
(４)． =2
3
dx3xy+2y−8y
2ydy2x2+3y2−7
，令u=y2,v=x2, 解：原方程即为=2
2
2xdx3x+2y−8
则
2v+3u−7=0u=1m=u−1du2v+3u−7
，由， 令， ⇒=
dv3v+2u−83v+2u+8=0v=2n=v−2
dm2n+3mm
，令=z，可将方程化为变量分离形方程， =
dn3n+2mn
则
(
3+2zdn31+z1
，两边积分得：)=dzln−ln−z2=lnn+c， 2
n41−z22−2z
还原变量并化简得：(x2−y2−1)5=c(x2+y2−3)．
3. 求解下列微分方程： (１)．y′=−y2−
1； 4x2
dz11=(−z2+z−， dxx4
解：令z=xy， 则原方程可化为：
11
时，即xy≠时 22
−1dx
方程为 ，此方程为变量分离方程， dz=
12x(z−)
2
1
两边积分得：=lnx+c
1z−2z≠
还原变量并化简得：y=
11+； 2xxlnx+cx
当z=
11时，y=是方程的特解． 22x
(２)．x2y′=x2y2+xy+1；
解：原方程即为：y′=y2+令z=xy，则
y1+2， xx
dz1
=(z+1)2，此方程为变量分离方程， dxx
1
分离变量积分得：−=lnx+c，
z+1
还原变量并化简得：y=−
11−． xxlnx+cx
4. 试把二阶微分方程y′′+p(x)y′+q(x)y=0化为一个黎卡提方程．
解：令y=e∫
udx
， 则y′=ue∫
udx
udx
，y′′=ue∫
2
udx
udx
+u′e∫
udx
udx
，代入原方程可得：
udx
y′′+p(x)y′+q(x)y=u2e∫+u′e∫＋p(x)ue∫+q(x)e∫
＝０，
即有：u2+u′+p(x)u+q(x)=0， 此方程为一个黎卡提方程．
5. 求一曲线，使得过这一曲线上任一点的切线与该点向径的夹角等于45．
解：设此曲线为y=y(x)，由题意得：
dyy−
=tg45=1，化简得：dy=x+y， dyydxx−y1+
dxx
y1
此方程为齐次方程，解之得：arctg−ln(x2+y2)=c．
x2
6. 探照灯的反光镜(旋转面)应具有何种形状，才能使点光源发射的光束反射成平行线束？
解：取点光源所在处为坐标原点，而x轴平行于光的反射方向，建立三维坐标系．
设所求曲面由曲线
y=f(x)
绕x轴旋转而成,则求反射镜面问题归结为求 xy 平面上
z=0
的曲线y=f(x)的问题．由题意及光的反射定律，可得到函数y=f(x)所应满足的微分方程式：
dyy
，此方程为齐次方程， =
22dxx+x+y
解之得：y2=c(c+2x)，(其中c为任意正常数)．
y2=c(c+2x)就是所求的平面曲线，它是抛物线，
因此反射镜面的形状为旋转抛物面y2+z2=c(c+2x)．
习题 2-5
１．求解下列微分方程：
(１)．(3x2y+2xy+y3)dx+(x2+y2)dy=0；
解：方程两边同乘3e3x， 则
(9e3xx2ydx+6e3xxydx+3e3xx2dy)+(3e3xy3dx+3e3xy2)dy=0，
此方程为全微分方程，即 3e3xx2y+e3xy3=c．
(２)．ydx+(2xy−e−2y)dy=0；
解：方程两边同乘
12y1
e， 则 e2ydx+(2xe2y−)dy=0 yy
1
dy=0 y
2y
即(e2ydx+2xe2ydy)−
此方程为全微分方程，即有 xe
−lny=c ．
6x23y
+)dy=0； (３)．(3x+)dx+(
yyx
解：方程两边同乘 xy， 则
(3x2y+6x)dx+(x3+3y2)dy=0
即 (3xydx+xdy)+(6xdx+3ydy)=0 此方程为全微分方程，即有x3y+y3+3x2=c ．
(４)．ydx−(x2+y2+x)dy=0;
解：方程两边同乘
2
3
2
1ydx−xdy
， 则 −dy=0，
x2+y2x2+y2
x
−y=c y
此方程为全微分方程，即 arctg
(5)．2xydx+(xy−1)dy=0；
3
2
2
解：方程两边同乘
112
， 则 2xydx+(x−)dy=0， 22yy
1
+x2y=c. y
此方程为全微分方程，即
(6)．y(1+xy)dx−xdy=0；
解：方程两边同乘
11x， 则 xdx+(dx−dy)=0，
yy2y2
x12
+x=c. y2
此方程为全微分方程，即
(7)ydx+2(x−xy)dy=0；
3
2
2
1y22y2
解：方程两边同乘2， 则 (2dx−dy)+dy=0，
xxyxy
y2
此方程为全微分方程，即 −+2lny=c
x
(8)．edx+(ectgy+2ycosy)dy=0
x
x
解：方程两边同乘siny， 则
(exsinydx+excosydy)+ycsin2ydy=0 ，
此方程为全微分方程，即 excosy−
2. 证明方程(5.1)有形如µ=µ(φ(x,y))的积分因子的充要条件是
11
ycos2y+sin2y=c. 24
∂P∂Q
−∂y∂x
=f(φ(x,y))，并写出这个积分因子。然后将结果应用到下列各种情形，得
∂Q∂PQ−P∂x∂y
出存在每一种积分因子的充要条件:
(1)µ=µ(x±y) ; (2)µ=
µ(x+y) ; (3)µ=µ(xy);
2
2
(4)µ=µ(); (5)µ=
yx
µ(xαyβ).
证明：⇒ 若µ=µ(φ(x,y))是P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0的积分因子,
则
∂(µ(φ(x,y)P(x,y))∂(µ(φ(x,y)Q(x,y))
， =
∂x∂y
即
∂φ∂P∂φ∂Q
µ(φ(x,y))+µ′(φ(x,y))P=µ(φ(x,y))+µ′(φ(x,y))Q
∂x∂x∂y∂y
(⇐)以上过程 可逆，故充分性显然.
∂P∂Q∂P∂Q
−−∂y∂x∂y∂x
(1)=f(x±y) (2)=f(x2+y2)
QP2xQ−2yP∂P∂Q−∂y∂x
(3)=f(xy) (4)
yQ−xP
∂P∂Q−
y∂y∂x
=f( 1yx
−2Q−Pxx
∂P∂Q
−∂y∂xαβ
(5)α−1β=fxy() εβ−1
αxyQ−βxyP
3. 证明齐次方程P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0有积分因子µ=
1
.
xP+yQ
证明：作变换y=ux，则由P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0是齐次方程，我们有
P(x,ux)dx+Q(x,ux)(udx+xdu)
=[xmP(1,u)+uxmQ(1,u)]dx+xm+1Q(1,u)du =0
方程两边同乘
11
，则有 =m+1
yQ+xPx[P(1,u)+uQ(1,u)]
1Q(1,u)dx+du=0，显然此方程为全微分方程． xP(1,u)+uQ(1,u)
4. 证明定理６及其逆定理：在定理６的假定下，若 µ1是微分方程(5.1)的另一个积分因子，则
µ必可表为µ=µg(φ)的形式，其中函数 g和φ的意义与在定理６中相同．
1
1
证明：(定理６)
因为µ=µ(φ(x,y))是(5.1)的积分因子，且使得：
µP(x,y)dx+µQ(x,y)dy=dφ(x,y)，
则
∂φ∂φ
=µQ(x,y)dy. =µP(x,y)，
∂x∂y
要判断是否为积分因子，只需验证下列等式成立：
∂(µP(x,y))∂φ
g(φ(x,y))+µP(x,y)g′=
∂y∂y
∂(µQ(x,y))∂φ
, g(φ(x,y))+µQ(x,y)g′
∂x∂x
显然
∂(µP(x,y))∂(µQ(x,y))
, =
∂x∂y
∂φ∂φ
， 所以 µ1=µg(φ)是(5.1)的积分因子． =µQ(x,y)g′∂x∂y
且µP(x,y)g′
(逆定理)由定理条件假定µ也是(5.1)的积分因子且使得
µP(x,y)dx+µQ(x,y)dy=dφ(x,y).
设µ1是微分方程(5.1)的另一个积分因子,且设µ1=µf(x,y)
µf(x,y)P(x,y)dx+µf(x,y)Q(x,y)dy=dϕ(x,y),
则
∂(µP(x,y))∂(µQ(x,y)), =
∂x∂y
∂f∂(µP(x,y))∂f∂(µQ(x,y))
, µP(x,y)+f(x,y)µQ(x,y)+f(x,y)=
∂y∂y∂y∂y∂fdφ∂fdφ
, 则f=g(φ(x,y))． =
∂ydx∂xdy
即
所以
而且µ1,µ2是微分方程(5.1) ５．设函数P(x,y),Q(x,y),µ1(x,y),µ2(x,y)都是连续可微的， 的两个积分因子,
µ(x,y)µ
≠常数。试证≠c是方程(5.1)的一个通积分.
µ(x,y)µ
1
1
2
2
证明：利用P47 的定理６ 令g(φ(x,y))=φ(x,y)，
则µ1(x,y))= 即
µ(x,y)φ(x,y)是(5.1)的积分因子，
µ1(x,y)
=φ(x,y), 显然有φ(x,y)是方程(5.1)的通积分.
µ(x,y)
习题 2-6
１．求下列各曲线族的正交轨线族： (１)x2+y2=c；
x2+y2=cxdyy2−x2
=， 消去c有:, 解：由方程得：
dx2xyxcdxydy(2−)+2=0
则所求正交轨线的微分方程为
dy2xy
， =2
dxx−y2
亦即2xydx−(x2−y2)dy=0，
所以所求正交轨线族为 x2+y2=cy．
(２)．xy=c ；
解：由方程得：
xy=cdy−y
， 消去c有:, =
xdy+ydx=0dxx
dyx
=， 亦即ydx−xdy=0， dxy
则所求正交轨线的微分方程为
所以所求正交轨线族为 x2−y2=c．
(３)．y2=ax3；
23dy3yy=ax
，消去c有:, 解：由方程得：=2
dx2x2ydy−3axdx=0
则所求正交轨线的微分方程为
dy−2x， =
dx3y
亦即2xdx+3ydy=0，
所以所求正交轨线族为 2x2+3y2=c
(４)．x2+c2y2=1．
222
dy−xyx+cy=1
，消去c有: 解：由方程得：=22
dx1−x2xdx+2cydy=0
dy1−x2
=则所求正交轨线的微分方程为 ， dxxy
亦即ydy+(x−
1
)dx=0， x
2
2
所以所求正交轨线族为 x+y−2lnx=c． 或者 x2+y2−ln
2. 求与下列各曲线相交成45角的曲线族： (１)．x−2y=c；
x
2
=c.
解：由方程得：
x−2y=cdy1
， 消去c有:=,
dx22dy−dx=0
1
+tg45
dy
则所求等角轨线的微分方程为 ， =1dx
1−tg45
2
亦即3dx−dy=0，
所以所求等角轨线族为 3x−y=c．
(２)．xy=c ；
解：由方程得：
xy=cdy−y
， 消去c有:, =
dxxxdy+ydx=0
−y
+tg45
dy
=， 则所求等角轨线的微分方程为
ydx
1−(−)tg45
x
亦即(x−y)dx−(x+y)dy=0， 所以所求等角轨线族为 x2−y2−2xy=c．
(３)．y=xlnax ；
y=xlnaxdyx+y
，消去a有:, 解：由方程得：=
dy−(lnax1)dx0+=dxx
x+y
+tg45
dy=则所求等角轨线的微分方程为 ，
xy+dx
1−()tg45
x
亦即(2x+y)dx+ydy=0，
所以所求等角轨线族为 ln(2x2+xy+y2)−
(４)．y=4ax．
2
27
arctg(
22y+x
=c
7x
y2=4axdyy
，消去a有:, 解：由方程得：=
dx2xydyadx2−4=0y
+tg45
dy
=则所求等角轨线的微分方程为 ，
ydx
1−()tg45
2x
亦即(2x+y)dx−(2x−y)dy=0， 所以所求等角轨线族为 ln(2x2−xy+y2)−
3. 给定双曲线x−y=c，(其中c为任意常数)．设有一个动点P在平面(x,y)上移动，它的轨迹与和它相交的每条双曲线均成30角，又设此动点从P0(0,1)出发，试求这动点的轨迹．
解：由题意知，此轨迹即为与双曲线x2−y2=c相交成 30角的曲线族．
2
2
6arctg(
22y−x
)=c
x
x2−y2=cdyx
， 消去c有:由方程得：=
dxyxdxydy220−=x
+tg30
dyy
则所求轨线的微分方程为 =
xdx
1−tg30
y
，所以所求轨线族为
32323x−y+3xy=c， 又因为此轨迹过P0(0,1)点， 所以c=−， 222
所以所求轨迹为3x2−3y2+2xy+3=0．
4. 追线：在xoy平面上，有某物 P从原点出发，以常速a>0沿x轴的正方向运动．同时又有某物 Q以常速 b从点(0,1)出发追赶．设b>a，且Q的运动方向永远指向 P．试求 Q的运动轨迹，以及追上 P的时间．
解：设Q的运动轨迹为y=y(x)，由题意知y=y(x)即是下列初值问题的解．
=
ydxy
， x(1)=0， =−2dy2
此方程为一变量分离方程，解之得：x=
a
b
−
ab
−1y−1
． −
aa2(1+)2(1−)
bb
y
1+
a
b
1−
ab
当P,Q在T时刻相遇时，即有代入其轨迹方程求得：T=
x(aT)=0,
b
． 22
2(b−a)
5. 逃逸速度：假设地球的半径为R=6437公里，地面上的重力加速度为9.8米/秒，又设质量为的火箭在地面以初速v0垂直上升，假设不计空气阻力和其它任何星球的引力．试求火箭的逃逸速度，即：使火箭一去不复返的最小初速度 v0．
解：由物理学知识知，此逃逸速度满足下列式子：
2
gmMmv0
(其中M为地球的质量) =RR2
将数据代入上式求得：v0=7.94(公里／秒)．
6. 设某社会的总人数为N，当时流行一种传染病，得病人数为x．设传染病人数的扩大率
与得病人数和未得病人数的乘积成正比．试讨论传染病人数的发展趋势，并以此解释对传染病人进行隔离的必要性．
解：设传染病人数是时间 t的函数，并设题中的正比例系数为 p. 则由题意得：
2
(t)xpxt()(N−x(t))
cNepNt
此方程为一变量分离方程，分离变量并积分得： x(t)=
1+cepNt
又因为最初得病人数为x，所以x(0)=x，代入求得 c=所以传染病人数的发展趋势可表示为：
x
， N−x
x
NepNt
x(t)=N−x，(其中x为最初得病人数)．
x1+epNt
N−x
由上式我们可以看出，当t→+∞时，x(t)→N，所以及时对传染病人 进行隔离是必要的．
习题 3-1
1.
(1) 解: f(x,y)=|y|α, 有|f(x,y)−f(x,0)|=|y|α，
令 F(r)=|r|,有
α
∫
r1
r1drdr11−α
r||=∫=
F(r)0|r|α1−α
r10
，
当 1−α1 时, lim所以 y(0)=0 的解唯一。 当 1−α=0 时，
1
|r|1−α=∞,
r→01−α
∫
r1
drr1
，而 limln|r|=∞， =ln|r||0
r→0F(r)
所以 y(0)=0 的解唯一。
当 0
（2）. 解: 因为
所以
0
limy|lny|=0,
y→0
dy
在 (−∞,+∞) 连续. dx
设 F(r)=|rln|r||, 有 所以方程的解唯一.
∫
r1
dr
=∞ (r1>0 为常数), F(r)
2. 解: 构造毕卡序列, 令 f(x,y)=x+y+1, yn+1(x)=
因为 y(0)=0, 所以 y1(x)=
∫
x
f(x,yn(x))dx,
y2(x)=∫y3(x)=∫
x
0x
12
x+x, ∫0
2
11
f(x,x2+x)dx=x3+x2+x,
26
11
f(x,y2)dx=x4+x3+x2+x,
4!3
x
f(x,0)dx=
……………………………………………
yn(x)=∫
x
12n2x2n+1
+x, f(x,yn−1)dx=x+x++
n!(n+1)!2!
12n2x2n+1
limyn(x)=lim(x+x+++x)n→∞n→∞(n+1)!n!2!,
=2ex−x−2
所以 y=2ex−x−2 为方程的解.
3. 证明: 反证法
设初始问题(E)有两个解, y(x)和y1(x), 且 y(x0)=y1(x0)=y0,
∃x1>x0, 使 y(x1)>y1(x1), 令 µ=sup{x0≤x
根据µ 的定义与y 的连续性可知,
对∀x∈(µ,x1),y(x)>y1(x), 令 r(x)=y(x)−y1(x), 令 r(x)=y(x)−y1(x), 有 r(µ)=0, 有
dr
=f(x,y(x))−f(x,y1(x)), dx
因为 f(x,y) 对 y 是递减的, 所以
dr
所以 r(x)
习题 3-3
1. 证明: 令 f(x,y)=a(x)y+b(x), 显然 f(x,y) 在 S:
x∈I,−∞
|f(x,y)|≤|a(x)||y|+|b(x)|,
内连续, 且满足不等式
其中令 A(x)=|a(x)|≥0, B(x)=|b(x)|≥0, 由已知有 A(x),B(x) 在
x∈I上是连续的,则由定理5, 知 y=y(x) 的最大存在区间为I
2. (1) 解：令 f(x,y)=
1
，则 f(x,y)在区域 22
x+y
G1={−∞
或 G2={−∞
y=φ(x),x∈J，且延伸到
无限远。下证，积分曲线 Γ的最大存在空间是无界的。
用反证法，先在 G1上讨论。设y=y(x)上此方程满足初值条件
y(x0)=y0 的解。设 J+为它的右侧最大存在区间，
若 J
+
=[x0,x1]是有限区间，其中 x1>x0。令y1=φ(x1),
则(x1,y1)∈G1。因为区域G1是开集，所以存在矩形区域
R1:|x−x1|≤a1,|y−y1|≤b1，使得 R1⊂G1。
由皮亚诺定理知，原方程至少有一个解y=φ1(x)(|x−x1|≤h1) 满足初值条件φ1(x1)=y1，其中 h1是某个常数。
φ(x)
令y(x)=
φ1(x)
x0≤x≤x1;x1≤x≤x1+h1.
则y=y(x)是连续可微的，且它在区间[x0,x1+h1]上满足原方程，
与积分曲线 Γ的最大右侧存在区间为 J
+
+
=[x0,x1]矛盾。
+
所以J不可能是有限闭区间，同理可证 J不可能是有限开区间，则
Γ在P0点的右侧将延伸到区域 G1的边界。同样可证，Γ在 P0点的左侧
将延伸到区域 G1的边界，即解的存在区间为(−∞,+∞)。 同样在 G2上，解的存在区间为(−∞,0)(0,+∞)。
（2）解：由于y(y−1)在整个(x,y)平面上连续，且对y有连续的偏导数，
所以利用推论，可知原方程经过平面上任何一点P0(x0,y0) 的积分曲线Γ是唯一存在，并将延伸到无限远。 显然y=0与y=1为方程的两个解曲线。
由解的唯一性，当y
区间为(−∞,+∞)。同理可知在01时， （如右图）所以其解的 x的存在区间为(−∞,+∞)。在区间为(−∞,+∞)。
（3）解：令f(x,y)=ysin(xy)，此方程满足f(x,y)在
S:−∞
内连续，且满足不等式|f(x,y)|≤|y|。取A(x)=1和B(x)=0，则此 方程满足定理5的条件，所以此方程的每一个都以(−∞,+∞)为存在区间。
（4）解：解方程得其解为arctgy=x−c, c为一常数。
−∴ −
π2
π2
,∀y∈(−∞,+∞)，
−
π2
π2
, ∴ +c
π2
+c
π2
+c，
∴ 其存在区间为−
π2
π2
+c。
3． 解：不矛盾。因为此方程化为微分方程为
dyx
=−，令 dxy
f(x,y)=−
x
，有f(x,y)在G上不一定连续， y
即不满足延伸定理的条件，所以不能说与延伸定理矛盾。
4. 解：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含P(x0,y0)的
区域G，初值问题（E）的解都存在且唯一，并可延伸到 G的边界。
其次，容易看出，直线L1:y=3和直线 y=3
L2:y=−1是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，
且积分曲线在L1的上方是单调上升，在L1与 L2之间 是单调下降，而在L2的下方是单调上升。 y=−1 若P(x0,y0)位于L1的上方，显然 y=3 为方程的解， 而在L1的上方，由于方程是单调上升，所以当y
可知其积分曲线向右延伸到x0
初值问题（E） 5. 证明：首先，由推论可知，对于平面上任意一个包含P(x0,y0)的区域G，
的解都存在且唯一，并且延伸到G的边界。其次，容易看出，直线y=x与直线y=−x是微分方程所对立的线素场的水平等斜线，且其单调性见图！
不妨，假设P(x0,y0)在x轴的上方，在直线y=x与直线y=−x之间， 积分曲线是单调下降的，所以它将右
向穿出直线y=x，并且它在右向延伸时不
能从y=x下方穿越到上方，因此，它必 向穿出直线y=x，并且它在右向延伸时不 能从y=x下方穿越到上方，因此，它必可 向右延伸x0≤x
同理可证向左延伸到−∞
习题 4-1
1．求解下列微分方程
1） 2y=p+4px+2x (p=
dy) dxdp
解 利用微分法得 (2x+p)(+1)=0
dx
dp当 +1=0时，得p=−x+c ==dx
2
2
从而可得原方程的以P为参数的参数形式通解
2y=p2+4px+2x2
p=−x+c
或消参数P，得通解 y=
12
(c+2cx−x2) 2
当 2x+p=0时，则消去P，得特解 y=−x2 2）y
dy
pxlnx+(xp)2； p=
dx
dp
+p=0 dx
解 利用微分法得 (lnx+2xp)x当x
dp
+p=0时，得 px=c dx
从而可得原方程以p为参数的参数形式通解：
y
pxln+(xp)2px=c
或消p得通解 y
Clnx+C2 1
(lnx)2 4
当lnx+2xp=0时，消去p得特解 y=−
3）y=xp++p
(
2
) p=dy
cx
解 利用微分法，得
p++p2
1+p2
=−
2
dx
两边积分得 x
(1+P
+P+P2x=c
)
由此得原方程以P为参数形式的通解：
- 1 -
y=x(p++p2 ，1+p2+p2+p2x=c.
或消去P得通解
()
y2+(X−C)2=C2
2. 用参数法求解下列微分方程
dy
1）2y2+5=4
dx=
dy
2
y=+dx=12
令y=
t dy=t
解 将方程化为
42dx5
由此可推出
dx=
2
1
dyt1
dt)
2costdt从而得 x=
2
t+c
+c
，y=t 因此方程的通解为
x消去参数t，得通解
yx−C) dy
=0，显然 dx
对于方程除了上述通解，还有y=±2，
y=2和y=−2是方程的两个解。
2）x−3(
2
dy2
=1 dx
dy1=−cotu dx3
解：令x=cscu，
11+t2u
又令tan=t 则x= =
2sinu2t1cos2u
dy=du cotu=3
3sinu
1
2
- 2 -
1−t211+t2=
2
2
dt
2t1+t221+t
3
=
143
(t−
21+3)dt
tt
11
t2−2lnt−2)+c
2t
2
1
+C t2积分得，y
t2−4lnt−
由此得微分方程的通解为
1+t221
，yt−4lnt−2+c x=
=t2t
3）x+(
=3
dy3dy)=4 dxdxdy=解：令=xt 则x3+x3t3=4x2t dx
4t
又 3
1+t
解得 x=
dydydx4(1−2t3)16t2(1−2t3)4t2
=•=•=332dtdxdt1+t(1+t)(1+t3)3
16(1−2t63)33161−2u=dtutdu=333
3(1+t)3(1+u)
=16
du32du
−332
3(1+u)(1+u
∴y=−
8321++C
(1+u)231+u2
∴=−
8321
++C 323
(1+t)31+t
由此得微分方程的通解为
x=
4t8321
， y−++C。 3233
(1+t)31+t1+t
习题 4-2
1．得用P—判别式求下列方程的奇解： 1）y=xdx+(
dy
dy2
) dx
解：方程的P—判别式为
y=xp+p2,x+2p=0
消去p，得y=−x
经验证可知y=−x是方程的解。
22
x2xx2x
令F(x,y,p)=y−xp−p则有F(x,−−2 ,−)=1，Fpp(x,−,−=
4242
2
'
y
x2x
和F(x,−,−)=0
42
'
p
因此，由定理4.2可知，y=−
2）y=2x
12
x 是方程的奇解。 4
dydy+()2 dxdx
解：方程的P—判别式为
y=2xp+p2，x+p=0
消去P，得 y=−x2，而y=−x2不是方程的解，故y=−x2不是方程的奇解。
3）(y−1)2(
dy24
=y dxq
42
，2(y−1)p=0 9
解：方程的P—判别式为
(y−1)2p2=
消去P，得y=0，显然y=0是方程的解， 令F(x,y,p)=(y−1)p−
2
2
4
y则有 9
4
(x,0,0)=2 Fy'(x,0,0)=− Fpp
9
和Fp(x,0,0)=0
因此，由定理4.2知，y=0是方程的奇解。
'
2．举例说明，在定理4.2的条件Fy(x,x(x),x(x))≠0Fpp(x,x(x),x(x))≠0中的两个不等式是缺一不可的，
解：考虑方程(
'
'
'
dy2
)−y2=0 dx
方程（1）的P—判别式为
p2−y2=0 2p=0消去P，得y=x(x)=0
令F(x,y,p)=p2−y2，于是有Fp(x,y,p)=−2y Fp(x,y,p)=−2p
'
'
=
但是Fy(x,0,0)=0
又y=0虽然是方程的解，且容易求出方程（1）的通解为y=xe±x
因此容易验证y=0却不是奇解。因此由此例可看出。定理4.2中的条件
'
Fy'(x(x),x'(x))≠0是不可缺少的。
又考虑方程 sin(y
=
dy
)=y dx
方程（2）的P—判别式为 sin(yp)=y ycos(yp)=0 消去P，得y=0。令F(x,y,p)=sin(yp)−y于是有Fy(x,y,p)
'
pcos(yp)−1，
Fp'(x,y,p)=ycos(yp) Fpp(x,y,p)=y2sin(yp) 因此，虽然有
的解，但不是奇解。因此由此例可看出定理4.2中的条件Fpp(x,x(x),x(x))≠0是不可缺少的。
3．研究下面的例子，说明定理4.2的条件Fp(x,x(x),x(x))=0是不可缺少的
'
'
1
y=2x+y'−(y')3
3
解：方程的P—判别式为
13
p 1−p2=0 3
2
消去P，得 y=2x±
3y=2x+p−
22
不是解，故不是奇解，而y=2x−虽然是解，但不是奇解。 33
13
令F(x,y,p)=y−2x−p+p
3
检验知 y=2x+
Fy'(x,y,p)=1， Fp'(x,y,p)=−1+p2
2
Fy'(x,2x±,2)=1≠0
32
Fpp(x,2x±,2)=4≠0
32'
但是Fp(x,2x±,2)=3≠0
3
因此此例说明定理4.2的条件Fp(x,x(x),x(x)=0是不可缺少的。
'
'
习题 4-3
1．试求克莱罗方程的通解及其包络
解：克莱罗方程 y=xp+f(p) (p=其中f
对方程（1）求导值(x+f'(p))由
dy
)（1） dx
dp=0 dx
dp
=0 即p=c时 代入（1）得（1）的通解 dx
y=cx+f(c) （2）
它的C—判别式为
y=cx+f(c)
x+f'(c)=0
由此得 Λ:x=−f'(c))=ϕ(c)， y=−cf'(c)+f(c)=ψ(c) 令 V(x,y,c)=cx+f(c)−y ，故
Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)=c v'y(ϕ(c),ψ(c),c)=−1
所以(Vx,Vy)≠(0,0) 又
'
'
(ϕ'(c),ψ'(c))=(−f
因此Λ满足定理4.5相应的非蜕化性条件。故Λ是积分曲线族（2）的一支包络。
课外补充
1．求下列给定曲线族的包络。 1）(x−c)2+(y−c)2=4
解：由相应的C—判别式
V(x,y,c)=(x−c)2+(y−c)2−4=0 Vc(x,y,c)=−2(x−c)−2(y−c)=0
消去C得C—判别曲线 (x−y)2=8 它的两支曲线的参数表示式为
Λ1： x=−2+c ，y=2+c Λ2：x=2+c ，y=−2+c
对Λ1，我们有(ϕ'(c),ψ'(c))
(1,1)≠
(0,0)
Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)=2(c−c)=−
Vy'(ϕ(c),ψ(c),c)
'
+c−c)
'
∴(Vx(ϕ(c),ψ(c),c)v,Vy(ϕ(c),ψ(c),
c))≠(0,0)
因此Λ1满足定理4.5
的相应的非蜕化条件，同理可证，Λ2也满足定理4.5的相应的非
=
蜕化条件，故Λ1，Λ2是曲线族的两支包络线。
2．(x−c)2+y2=4c
解：由相应的C—判别式
V(x,y,c)=(x−c)2+y2−4c=0 Vc(x,y,c)=−2(x−c)−4=0
消去C得C—判别曲线 y2=4(x+1) 它的两支曲线的参数表示式为
Λ1:x=−2+c ，y=2−1 =Λ2:x=−2+c ，y=−2−1
=对Λ1，我们有(ϕ'(c),ψ'(c))≠(0,0) (Vx'(ϕ(c),ψ(c),c)v,Vy'(ϕ(c),ψ(c),c))=−(4,≠(0.0)
因此Λ1满足定理4.5的相应的非蜕化条件，同理可证，Λ2也满足定理4.5的相应的非蜕化条件，故Λ1，Λ2是曲线族的两支包络线。
3. 证：就克莱罗方程来说，P—判别曲线和方程通解的C—判别曲线同样是方程通解的包络，从而为方程的奇解。 证：已知克莱罗方程的形式为
y=xp+f(p) (p=
dy
,f
（1）的通解为 y=cx+f(c) （2） （2）的包络由 y=cx+f(c) x+f'(c)=0确定，
即为 y=−f'(c) y=cf'(c)+f(c) （3）
又知方程（1）还有解 x+f'(p)=0 y=xp+f(p) 由此得 x=f'(p) ，y=−pf'(c)+f(p) （4）
而（4）是方程（1）的P—判别曲线，它和（3）有相同的形式，因而同样是通解（2）的包络，消去P得方程（1）的奇解。
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