若p??0，由于p的连续性，必在x的某区间有p?0．于是
dpy?(1?p2d)?0， 分离变量，得
dp1?p2?dy， 积分得
arctanp?y?C1，
即
p?tan?y?C1?，
亦即
cot?y?C1?dy?dx．
积分得
lnsin?y?C1??x?lnC2．
即
sin?y?Cx1??C2e，
也可写成
y?arcsin?C2ex??C1．
由于当C2?0时，y?C1，故前面所得的解y?C也包含在这个通解之内．3．求下列初值问题的解：
（1）y???x?sinx，y(0)?1，y?(0)??2； （2）(1?x2)y???2xy?，y(0)?1，y?(0)?3； （3）y???e2y，y(0)?0，y?(0)?0； （4）y????y??2?1，y(0)?0，y?(0)?0． 解 （1）易知，y??1x2?cosx?C1321，y?6x?sinx?C1x?C2， 由初值条件y?(0)??2，知?2?0?1?C1，得C1??1；由y(0)?1， 26
知 1?0?0?0?C2，得C2?1．故特解为
y?13x?sinx?x?1． 6（2）令y??p，则y???p?，且原方程化为
(1?x2)p??2xp，
变量分离，得
12xdp?dx， 2p1?x两端积分，得
y??p?C1(1?x2)，
再两端积分，得
1y?C1(x?x3)?C2，
3由初值条件y?(0)?3，有
3?C1(1?02)，
解得，
C1?3，
由初值条件y(0)?1，有
11?3(0??02)?C2
3解得，
C2?1，
故所给初值条件的微分方程的特解为
y?x3?3x?1．
（3）在原方程两端同乘以2y?，得
2y?y???2y?e2y，即(y?2)??(e2y)?，
积分得，
y?2?e2y?C1，
代入初始条件y?(0)?0，得
27
C1??1，
从而有
y???e2y?1．
分离变量后积分
?即
dye?12y???dx，
?得
d(e?y)1?e?2y???dx，
arcsin(e?y)??x?C2，
代入初始条件y(0)?0，得
C2??． ?于是得符合所给初值条件的特解为
???e?y?sin??x?，
???即
y??lncosx?lnsecx．
（4）令y??p，则y???pdp，且原方程化为 dypdp?p2?1， dy分离变量，得
pdp?dy， 1?p2两端积分，得
1?ln(1?p2)?y?C1， 2代入初始条件y?(0)?0，得
28
C1?0．
从而，
1y??ln(1?p2)，即y??p??1?e?2y，
2再分离变量，得
11?e?2ydy??dx，即d(ey)e?12ydy??dx
两端积分，得
arch(ey)??x?C2，
代入初始条件y(0)?0，得
C2?0，
从而有满足所给初始条件的特解为
arch(ey)??x，即ey?ch(?x)?ch(x)
或写成
y?lnch(x)．
4．试求y???x的经过点M(0,1)且在此点与直线y?解 由于直线y?线是初值问题
y???x，yx?0?1，y?x?0?1x?1相切的积分曲线． 211x?1在M(0,1)处的切线斜率为，依题设知，所求积分曲221 2的解．由y???x，积分得
y??12x?C1， 2再积分，得
y?12x?C1x?C2， 6 29
代入初始条件yx?0?1，y?x?0?1，解得 2C1?1，C2?1， 2于是所求积分曲线的方程为
y?121x?x?1． 625．对任意的x?0，曲线y?f(x)上的点(x,f(x))处的切线在y轴上的截距等 于
1xf(t)dt，求f(x)的表达式． ?0x解 设曲线的方程为y?f(x)，其中y?f(x)有二阶导数，则在点M(x,f(x))处的切线方程为
Y?f(x)?f?(x)(X?x)，
令X?0，知切线在y轴上的截距为
Y?f(x)?xf?(x)，
据题意，有
x1x2??f(t)dt?f(x)?xf(x)，即xf(x)?xf(x)??f(t)dt．
0x?0两端求导，得
f(x)?xf?(x)?2xf?(x)?x2f??(x)?f(x)，
即
x?f?(x)?xf??(x)??0,
已知x?0，故有
f?(x)?xf??(x)?0,
令y??p，则y???p?，且原方程化为
p?xdp?0, dx分离变量，得
11dp??dx， px 30