问题及解答

求

\[
(1-x^2)y'+xy=1,
\]

满足 $y(0)=1$ 的解.

解: 在原方程中分别令 $x=\pm 1$, 可得 $y=\pm 1$. 现在假设 $x\neq\pm 1$. 于是方程可化为一阶线性常微分方程:

\[
y'+\frac{x}{1-x^2}y=\frac{1}{1-x^2}.
\]

这里 $P(x)=\frac{x}{1-x^2}$, $Q(x)=\frac{1}{1-x^2}$.

根据一阶线性常微分方程的求解公式可得

\[
\begin{split}
y&=e^{-\int P(x)dx}\biggl[\int Q(x)e^{\int P(x)dx}+C\biggr]\\
&=e^{-\int\frac{x}{1-x^2}dx}\biggl[\int\frac{1}{1-x^2}e^{\int\frac{x}{1-x^2}dx}+C\biggr],
\end{split}
\]

其中

\[
\int\frac{x}{1-x^2}dx=\int\frac{\frac{1}{2}dx^2}{1-x^2}=-\frac{1}{2}\int\frac{d(x^2-1)}{x^-1}=-\frac{1}{2}\ln |x^2-1|.
\]

（注意这里得不定积分只取其中一个代表元.）

代入上面得

\[
\begin{split}
y&=e^{\frac{1}{2}\ln |x^2-1|}\cdot\biggl[\int\frac{1}{1-x^2}e^{-\frac{1}{2}\ln |x^2-1|}dx+C\biggr]\\
&=\sqrt{|x^2-1|}\cdot\biggl[\int\frac{1}{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{|x^2-1|}}dx+C\biggr].
\end{split}
\]

下面分情况讨论,

(1) 设 $x^2 > 1$, 则

\[
y=\sqrt{x^2-1}\cdot\Bigl[-\int\frac{1}{x^2-1}\cdot\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}dx+C\Bigr].
\]

这里

\[
\begin{split}
\int\frac{1}{x^2-1}\cdot\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}dx&=\int\frac{1}{(x^2-1)^{3/2}}dx=\int\frac{1}{\tan^3 t}d\sec t\\
&=\int\frac{\sec t\cdot\tan t}{\tan^3 t}dt=\int\frac{\sec t}{\tan^2 t}dt\\
&=\int\frac{\cos t}{\sin^2 t}dt=\int\frac{d\sin t}{\sin^2 t}=-\frac{1}{\sin t}=-\frac{x}{\sqrt{x^2-1}},
\end{split}
\]

于是

\[
y=\sqrt{x^2-1}\cdot\Bigl[-(-\frac{x}{\sqrt{x^2-1}})+C\Bigr]=x+C\sqrt{x^2-1}.
\]

(2) 设 $x^2 < 1$, 则

\[
y=\sqrt{1-x^2}\cdot\Bigl[\int\frac{1}{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx+C\Bigr].
\]

这里

\[
\begin{split}
\int\frac{1}{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx&=\int\frac{1}{(1-x^2)^{3/2}}dx\\
&=\int\frac{d\sin t}{\cos^3 t}dt=\int\frac{1}{\cos^2 t}dt=\int\sec^2 tdt\\
&=\tan t=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}},
\end{split}
\]

于是

\[
y=\sqrt{1-x^2}\cdot\Bigl[\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}+C\Bigr]=x+C\sqrt{1-x^2}.
\]

故

\[
y=x+C\sqrt{|x^2-1|}.
\]

又由于 $y(0)=1$, 故可得 $C=1$. 因此 $y=x+\sqrt{|x^2-1|}$, 结合 $y(\pm 1)=\pm 1$, 可知 $x$ 的取值范围为 $x\in\mathbb{R}$.