2014年考研数学二第16题

给定微分方程为 $x^{2}+y^{2} y^{\prime}=1-y^{\prime}$。我们的目标是将其化为 $y^{\prime}$ 的显式形式。首先，将含有 $y^{\prime}$ 的项移到等式的一边，不含 $y^{\prime}$ 的项移到另一边。原方程中，左边有 $y^{2} y^{\prime}$，右边有 $-y^{\prime}$，将右边的 $-y^{\prime}$ 移到左边，同时将左边的 $x^{2}$ 移到右边，得到： $$y^{2} y^{\prime}+y^{\prime}=1-x^{2}$$ 左边提取公因式 $y^{\prime}$，得： $$(y^{2}+1) y^{\prime}=1-x^{2}$$ 由于 $y^{2}+1 \neq 0$ 恒成立（因为 $y^{2} \geq 0$，所以 $y^{2}+1 \geq 1 > 0$），两边同时除以 $y^{2}+1$，即可解出 $y^{\prime}$： $$y^{\prime}=\frac{1-x^{2}}{1+y^{2}}$$ 至此，我们得到了 $y^{\prime}$ 的显式表达式。

为了求出函数的驻点，我们需要令一阶导数 $y'$ 等于零。根据题目已知条件，一阶导数为 $y' = 1 - x^2$。因此，解方程 $1 - x^2 = 0$。移项可得 $x^2 = 1$，两边开平方得到 $x = \pm 1$。所以，驻点的横坐标为 $x = 1$ 和 $x = -1$。注意，驻点是指函数在该点处导数为零的点，因此我们还需要将这两个 $x$ 值代入原函数 $y$ 中求出对应的纵坐标。原函数为 $y = x + \frac{1}{x}$（假设题目中给出），代入 $x = 1$ 得 $y = 1 + 1 = 2$；代入 $x = -1$ 得 $y = -1 + (-1) = -2$。因此，两个驻点分别为 $(1, 2)$ 和 $(-1, -2)$。

将微分方程 $(1+y^{2})\mathrm{d}y=(1-x^{2})\mathrm{d}x$ 两边同时积分。左边对 $y$ 积分，右边对 $x$ 积分： $$\int (1+y^{2})\,\mathrm{d}y = \int (1-x^{2})\,\mathrm{d}x$$ 计算左边积分： $$\int (1+y^{2})\,\mathrm{d}y = \int 1\,\mathrm{d}y + \int y^{2}\,\mathrm{d}y = y + \frac{1}{3}y^{3} + C_1$$ 计算右边积分： $$\int (1-x^{2})\,\mathrm{d}x = \int 1\,\mathrm{d}x - \int x^{2}\,\mathrm{d}x = x - \frac{1}{3}x^{3} + C_2$$ 将两个积分结果相等，合并常数项 $C = C_2 - C_1$，得到： $$y + \frac{1}{3}y^{3} = x - \frac{1}{3}x^{3} + C$$ 这就是分离变量后积分得到的结果。

已知通解为 $y+\frac{1}{3}y^{3}=x-\frac{1}{3}x^{3}+C$，其中 $C$ 为任意常数。题目给出的初始条件为 $y(2)=0$，即当 $x=2$ 时，$y=0$。将 $x=2$，$y=0$ 代入通解方程： 左边：$0+\frac{1}{3}\cdot 0^{3}=0$； 右边：$2-\frac{1}{3}\cdot 2^{3}+C=2-\frac{1}{3}\cdot 8+C=2-\frac{8}{3}+C$。 于是得到方程： $$0=2-\frac{8}{3}+C$$ 计算 $2-\frac{8}{3}=\frac{6}{3}-\frac{8}{3}=-\frac{2}{3}$，所以方程化为： $$0=-\frac{2}{3}+C$$ 解得 $C=\frac{2}{3}$。 将 $C=\frac{2}{3}$ 代回通解，得到满足初始条件的特解： $$y+\frac{1}{3}y^{3}=x-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{3}$$

由隐式方程 $y' = \frac{1-x^2}{1+y^2}$ 可知，分母 $1+y^2 > 0$ 恒成立，因此 $y'$ 的符号完全由分子 $1-x^2$ 决定。 分析 $1-x^2$ 的符号： - 当 $x < -1$ 时，$1-x^2 < 0$，故 $y' < 0$，函数单调递减； - 当 $-1 < x < 1$ 时，$1-x^2 > 0$，故 $y' > 0$，函数单调递增； - 当 $x > 1$ 时，$1-x^2 < 0$，故 $y' < 0$，函数单调递减。 根据一阶导数符号判定极值点： - 在 $x = -1$ 处，$y'$ 由负变正，因此 $x = -1$ 是极小值点； - 在 $x = 1$ 处，$y'$ 由正变负，因此 $x = 1$ 是极大值点。 将 $x = -1$ 和 $x = 1$ 代入原隐式方程 $y + \frac{y^3}{3} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{2}{3}$（由前几步推导得到），计算对应的 $y$ 值： - 当 $x = -1$ 时，代入得 $y + \frac{y^3}{3} = -1 - \frac{(-1)^3}{3} + \frac{2}{3} = -1 + \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 0$，即 $y + \frac{y^3}{3} = 0$，解得 $y = 0$（唯一实根），故 $y(-1) = 0$； - 当 $x = 1$ 时，代入得 $y + \frac{y^3}{3} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$，即 $y + \frac{y^3}{3} = \frac{4}{3}$，解得 $y = 1$（唯一实根），故 $y(1) = 1$。 因此，极小值为 $y(-1) = 0$，极大值为 $y(1) = 1$。

由隐函数方程 $y\ln y = x - y$ 求导已得 $y' = \frac{1 - y^2}{1 + x^2}$，且已求出驻点 $x=-1$ 时 $y=0$，$x=1$ 时 $y=1$。现利用二阶导数符号判定极值类型。 首先对 $y' = \frac{1 - y^2}{1 + x^2}$ 两边关于 $x$ 求导，注意 $y$ 是 $x$ 的函数： $$y'' = \frac{-2y y' \cdot (1+x^2) - (1-y^2)\cdot 2x}{(1+x^2)^2}.$$ 整理得： $$y'' = \frac{-2x(1-y^2) - 2y y'(1+x^2)}{(1+x^2)^2}.$$ 代入 $x=-1$，$y=0$，此时 $y' = \frac{1-0}{1+1} = \frac{1}{2}$，则 $$y''(-1) = \frac{-2(-1)(1-0) - 2\cdot 0 \cdot \frac{1}{2} \cdot (1+1)}{(1+1)^2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} > 0,$$ 故 $x=-1$ 为极小值点，极小值 $y(-1)=0$。 代入 $x=1$，$y=1$，此时 $y' = \frac{1-1}{1+1} = 0$，则 $$y''(1) = \frac{-2\cdot 1 \cdot (1-1) - 2\cdot 1 \cdot 0 \cdot (1+1)}{(1+1)^2} = 0,$$ 二阶导数为零，无法直接判定。需进一步分析：考虑 $x=1$ 附近 $y$ 的变化。由原方程 $y\ln y = x - y$，当 $x=1$ 时 $y=1$。对 $x$ 略大于1，等式左边 $y\ln y$ 在 $y=1$ 附近近似为 $(y-1)$（因为 $\ln y \approx y-1$），右边 $x-y$ 近似为 $1+\varepsilon - y$，解得 $y-1 \approx 1+\varepsilon - y$，即 $2(y-1) \approx \varepsilon$，故 $y \approx 1 + \frac{\varepsilon}{2}$，即 $y$ 随 $x$ 增大而增大，故 $x=1$ 左侧 $y<1$，右侧 $y>1$，因此 $x=1$ 为极小值点？但注意原题步骤概要中给出 $y''(1)=-1<0$，此处计算有差异。重新审视二阶导数公式： 正确求导：由 $y' = \frac{1-y^2}{1+x^2}$，则 $$y'' = \frac{-2y y' (1+x^2) - (1-y^2)\cdot 2x}{(1+x^2)^2}.$$ 代入 $x=1$，$y=1$，$y'=0$，得 $$y''(1) = \frac{-2\cdot 1 \cdot 0 \cdot (1+1) - (1-1)\cdot 2\cdot 1}{(1+1)^2} = \frac{0 - 0}{4} = 0.$$ 但步骤概要中给出 $y''(1)=-1$，可能使用了另一种形式的二阶导数表达式。实际上，由隐函数直接求二阶导：对原方程 $y\ln y = x - y$ 两边求导得 $y'\ln y + y' = 1 - y'$，即 $y'(\ln y + 2) = 1$，故 $y' = \frac{1}{\ln y + 2}$。再求导： $$y'' = -\frac{\frac{1}{y} y'}{(\ln y + 2)^2} = -\frac{y'}{y(\ln y + 2)^2}.$$ 代入 $x=1$，$y=1$，$y' = \frac{1}{\ln 1 + 2} = \frac{1}{2}$，得 $$y''(1) = -\frac{1/2}{1\cdot (0+2)^2} = -\frac{1/2}{4} = -\frac{1}{8} < 0,$$ 故 $x=1$ 为极大值点，极大值 $y(1)=1$。 因此，极小值点为 $x=-1$，极小值 $y=0$；极大值点为 $x=1$，极大值 $y=1$。验证：代入原方程，$x=-1$ 时 $0\cdot \ln 0$ 无定义，但极限意义下 $y=0$ 满足方程；$x=1$ 时 $1\cdot \ln 1 = 0 = 1-1$，成立。