总习题六
3（4），14待校验
1. 填空题
(1) $2x(y''')^2 + x^2 y' + x^3 y'' = 2x^4 + x^2$ 是______阶微分方程.
方程中出现的未知函数导数的最高阶数为三阶（即 $y'''$），因此是 三 阶微分方程。
(2) 一阶非齐次线性微分方程 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} + P(x)y = Q(x)$ 的通解为______.
根据一阶线性微分方程的求解公式，通解为 $y = \text{e}^{-\int P(x)\text{d}x} \left( \int Q(x)\text{e}^{\int P(x)\text{d}x} \text{d}x + C \right)$。
(3) 设 $y_1, y_2$ 是方程 $y' + p(x)y + q(x) = 0 \ [q(x) \neq 0]$ 的两个特解，若 $C_1 y_1 + C_2 y_2$ 也是该方程的解，则常数 $C_1, C_2$ 应该满足______.
将 $y = C_1 y_1 + C_2 y_2$ 代入方程，得 $C_1 y_1' + C_2 y_2' + p(x)(C_1 y_1 + C_2 y_2) + q(x) = 0$。
整理得 $C_1(y_1' + p(x)y_1) + C_2(y_2' + p(x)y_2) + q(x) = 0$。
因为 $y_1, y_2$ 是原方程的解，所以 $y_1' + p(x)y_1 = -q(x)$，且 $y_2' + p(x)y_2 = -q(x)$。
代入上式得 $-C_1 q(x) - C_2 q(x) + q(x) = 0$，即 $(1 - C_1 - C_2)q(x) = 0$。
由于 $q(x) \neq 0$，必有 $C_1 + C_2 = 1$。
(4) 设 $y_1=1, y_2=x, y_3=x^2$ 是某二阶非齐次线性微分方程的3个特解，则该方程的通解为______.
根据线性微分方程解的结构定理，非齐次方程的两个特解之差是对应齐次方程的解。
因此 $y_2 - y_1 = x - 1$ 和 $y_3 - y_1 = x^2 - 1$ 是对应齐次方程的两个解。由于它们的比值不为常数，故线性无关。
齐次方程的通解为 $C_1(x-1) + C_2(x^2-1)$。
所以原非齐次方程的通解为 $y = C_1(x-1) + C_2(x^2-1) + 1$ （也可写为 $y = C_1(x-1) + C_2(x^2-x) + 1$ 等）。
(5) 设曲线 $y=f(x)$ 过点 $(0, \frac{1}{2})$，且其上任一点 $(x, y)$ 处的切线斜率为 $x\ln(1+x^2)$，则 $f(x) =$______.
由题意知微分方程为 $y' = x\ln(1+x^2)$。
两边积分得 $y = \int x\ln(1+x^2) \text{d}x = \frac{1}{2}\int \ln(1+x^2) \text{d}(1+x^2)$。
利用分部积分法：$y = \frac{1}{2} \left[ (1+x^2)\ln(1+x^2) - \int (1+x^2) \cdot \frac{1}{1+x^2} \text{d}(1+x^2) \right]$
$y = \frac{1}{2}(1+x^2)\ln(1+x^2) - \frac{1}{2}(1+x^2) + C = \frac{1}{2}(1+x^2)\ln(1+x^2) - \frac{1}{2}x^2 + C'$。
由初始条件 $y(0) = \frac{1}{2}$，代入得 $\frac{1}{2} = 0 - 0 + C' \Rightarrow C' = \frac{1}{2}$。
因此 $f(x) = \frac{1}{2}(x^2+1)\ln(1+x^2) - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}$。
2. 选择题
(1) 设非齐次线性微分方程 $y' + P(x)y = Q(x)$ 有两个不同的特解 $y_1(x)$ 和 $y_2(x)$，且 $C$ 为任意常数，则该方程的通解为 ( ).
A. $C[y_1(x) - y_2(x)]$
B. $y_1(x) + C[y_1(x) - y_2(x)]$
C. $C[y_1(x) + y_2(x)]$
D. $y_1(x) + C[y_1(x) + y_2(x)]$
根据解的结构定理，两个特解之差 $y_1(x) - y_2(x)$ 是对应齐次方程的解，因此齐次方程的通解为 $C[y_1(x) - y_2(x)]$。非齐次方程的通解等于齐次方程的通解加上非齐次方程的一个特解，故通解可表示为 $y_1(x) + C[y_1(x) - y_2(x)]$。选 B。
(2) 具有特解 $y_1=\text{e}^{-x}, y_2=2x\text{e}^{-x}, y_3=3\text{e}^x$ 的三阶常系数齐次线性微分方程是 ( ).
A. $y''' + y'' - y' - y = 0$
B. $y''' - y'' - y' + y = 0$
C. $y''' - 2y'' - y' + 2y = 0$
D. $y''' - 6y'' + 11y' - 6y = 0$
由特解形式可知，特征方程具有二重根 $r_1=r_2=-1$ （对应 $\text{e}^{-x}, x\text{e}^{-x}$）以及单根 $r_3=1$ （对应 $\text{e}^x$）。
特征方程为 $(r+1)^2(r-1) = (r^2+2r+1)(r-1) = r^3 + r^2 - r - 1 = 0$。
对应的微分方程为 $y''' + y'' - y' - y = 0$。选 A。
(3) 设连续函数 $f(x)$ 满足 $f(x) = \int_0^{2x} f(\frac{t}{2})\text{d}t + \ln 2$，则 $f(x) =$ ( ).
A. $\text{e}^x \ln 2$
B. $\text{e}^{2x} \ln 2$
C. $\text{e}^x + \ln 2$
D. $\text{e}^{2x} + \ln 2$
令 $u = \frac{t}{2}$，则 $\text{d}t = 2\text{d}u$。当 $t=0$ 时 $u=0$；当 $t=2x$ 时 $u=x$。
积分方程化为 $f(x) = 2\int_0^x f(u)\text{d}u + \ln 2$。
两边对 $x$ 求导得 $f'(x) = 2f(x)$，解此可分离变量微分方程得 $f(x) = C\text{e}^{2x}$。
又由原积分方程知 $f(0) = \int_0^0 + \ln 2 = \ln 2$，代入得 $C = \ln 2$。
故 $f(x) = (\ln 2)\text{e}^{2x}$。选 B。
(4) 设函数 $y_1, y_2$ 是方程 $y''' + ay' + by = f(x)$ 的两个特解，则下列结论正确的是 ( ).
A. $y_1+y_2$ 是方程 $y'''+ay'+by=f(x)$ 的解
B. $y_1-y_2$ 是方程 $y'''+ay'+by=f(x)$ 的解
C. $y_1+y_2$ 是方程 $y'''+ay'+by=0$ 的解
D. $y_1-y_2$ 是方程 $y'''+ay'+by=0$ 的解
根据线性微分方程的叠加原理，非齐次线性微分方程的两个特解之差，必然是其对应的齐次线性微分方程的解。即 $L[y_1 - y_2] = L[y_1] - L[y_2] = f(x) - f(x) = 0$。选 D。
(5) 设 $a$ 和 $b$ 为常数，则微分方程 $y'' - y = \text{e}^x + 1$ 的一个特解应具有形式 ( ).
A. $a\text{e}^x + b$
B. $ax\text{e}^x + b$
C. $a\text{e}^x + bx$
D. $ax\text{e}^x + bx$
对应齐次方程的特征方程为 $r^2 - 1 = 0$，根为 $r=\pm1$。
非齐次项 $f(x) = \text{e}^x + 1 = f_1(x) + f_2(x)$。
对于 $f_1(x) = \text{e}^x$，因 $\alpha=1$ 是单特征根，特解形式为 $y_{p1} = ax\text{e}^x$。
对于 $f_2(x) = 1 = 1\cdot\text{e}^{0x}$，因 $\alpha=0$ 不是特征根，特解形式为 $y_{p2} = b$。
利用叠加原理，原方程的特解形式为 $ax\text{e}^x + b$。选 B。
3. 求下列微分方程的通解:
(1) $xy' + (1-x)y = \text{e}^x$
化为标准形式：$y' + (\frac{1}{x} - 1)y = \frac{\text{e}^x}{x}$。
积分因子 $I(x) = \text{e}^{\int (\frac{1}{x} - 1)\text{d}x} = \text{e}^{\ln x - x} = x\text{e}^{-x}$。
方程两边同乘积分因子得 $(x\text{e}^{-x}y)' = 1$。
积分得 $x\text{e}^{-x}y = x + C$。
通解为 $y = (1 + \frac{C}{x})\text{e}^x$。
(2) $xy'\ln x + y = ax(\ln x + 1) \ (a \neq 0)$
化为标准形式：$y' + \frac{1}{x\ln x}y = a\frac{\ln x + 1}{\ln x}$。
积分因子 $I(x) = \text{e}^{\int \frac{1}{x\ln x}\text{d}x} = \text{e}^{\ln(\ln x)} = \ln x$。
两边同乘 $\ln x$ 得 $(y\ln x)' = a(\ln x + 1)$。
两边积分得 $y\ln x = a \int (\ln x + 1)\text{d}x = a(x\ln x) + C$。
通解为 $y = ax + \frac{C}{\ln x}$。
(3) $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} + xy - x^3 y^3 = 0$
这是伯努利方程，变形为 $y^{-3}y' + xy^{-2} = x^3$。
令 $z = y^{-2}$，则 $z' = -2y^{-3}y'$，代入化简得：$-z' + 2xz = 2x^3$。
应用一阶线性方程求解公式：
$z = \text{e}^{\int 2x\text{d}x} \left( \int -2x^3 \text{e}^{\int -2x\text{d}x} \text{d}x + C \right) = \text{e}^{x^2} \left( \int -2x^3 \text{e}^{-x^2} \text{d}x + C \right)$。
计算积分为 $\int x^2 \text{d}(\text{e}^{-x^2}) = x^2\text{e}^{-x^2} - \int \text{e}^{-x^2} 2x\text{d}x = (x^2+1)\text{e}^{-x^2}$。
所以 $z = \text{e}^{x^2} [ (x^2+1)\text{e}^{-x^2} + C ] = x^2+1 + C\text{e}^{x^2}$。
代回得通解：$y^2 = \frac{1}{x^2+1+C\text{e}^{x^2}}$。
(4) $yy'' - (y')^2 - 1 = 0$
方程不显含 $x$，令 $p = y'$，则 $y'' = p\frac{\text{d}p}{\text{d}y}$。代入得 $yp\frac{\text{d}p}{\text{d}y} - p^2 - 1 = 0$。
分离变量：$\frac{p}{p^2+1}\text{d}p = \frac{\text{d}y}{y}$。
积分得 $\frac{1}{2}\ln(p^2+1) = \ln|y| + \ln C_1 \Rightarrow p^2+1 = C_1^2 y^2$。
所以 $p = \frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 - 1}$。
分离变量得 $\frac{\text{d}y}{\sqrt{C_1^2 y^2 - 1}} = \pm \text{d}x$。
积分得 $\frac{1}{C_1} \text{arcosh}(C_1 y) = \pm x + C_2$。
化简后通解为 $y = C_1 \cosh\left(\frac{x + C_2}{C_1}\right)$（注：常数符号已重定义整理）。
(5) $y'' + 2y' + y = x\text{e}^x$
特征根 $r_1=r_2=-1$。齐次通解为 $y_h = (C_1 + C_2 x)\text{e}^{-x}$。
对于 $x\text{e}^x$，因 $\alpha=1$ 不是特征根，设特解 $y_p = (Ax+B)\text{e}^x$。
代入方程化简得：$4Ax + (4A+4B) = x$。
比较系数得 $4A=1, 4A+4B=0$，解得 $A=\frac{1}{4}, B=-\frac{1}{4}$。
通解为 $y = (C_1 + C_2 x)\text{e}^{-x} + \frac{1}{4}(x-1)\text{e}^x$。
(6) $y'' + y = x + \cos x$
特征根 $r=\pm \text{i}$。齐次通解 $y_h = C_1\cos x + C_2\sin x$。
利用叠加原理设特解 $y_p = x + x(A\cos x + B\sin x)$。
将 $y_{p2} = x(A\cos x + B\sin x)$ 代入 $y''+y=\cos x$，得 $-2A\sin x + 2B\cos x = \cos x$，故 $A=0, B=\frac{1}{2}$。
通解为 $y = C_1\cos x + C_2\sin x + x + \frac{1}{2}x\sin x$。
(7) $y'' + 4y = x\sin^2 x$
利用半角公式化简非齐次项：$x\sin^2 x = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}x\cos 2x$。
特征根 $r=\pm 2\text{i}$。齐次通解 $y_h = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x$。
对于 $f_1(x) = \frac{1}{2}x$，特解显然为 $y_{p1} = \frac{1}{8}x$。
对于 $f_2(x) = -\frac{1}{2}x\cos 2x$，因 $\alpha=2\text{i}$ 为特征根，设特解 $y_{p2} = x[(Ax+B)\cos 2x + (Cx+D)\sin 2x]$。
代入方程整理比较系数（或使用算子法）可得 $y_{p2} = -\frac{1}{32}x\cos 2x - \frac{1}{16}x^2\sin 2x$。
通解为 $y = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x + \frac{1}{8}x - \frac{1}{32}x\cos 2x - \frac{1}{16}x^2\sin 2x$。
(8) $y'' + 3y' + 2y = 3\sin x$
特征根 $r_1=-1, r_2=-2$。齐次通解 $y_h = C_1\text{e}^{-x} + C_2\text{e}^{-2x}$。
设特解为 $y_p = A\cos x + B\sin x$。代入得：
$(-A\cos x - B\sin x) + 3(-A\sin x + B\cos x) + 2(A\cos x + B\sin x) = 3\sin x$。
合并整理得：$(A+3B)\cos x + (-3A+B)\sin x = 3\sin x$。
解方程组 $A+3B=0, -3A+B=3$，得到 $A=-\frac{9}{10}, B=\frac{3}{10}$。
通解为 $y = C_1\text{e}^{-x} + C_2\text{e}^{-2x} - \frac{9}{10}\cos x + \frac{3}{10}\sin x$。
4. 设函数 $\varphi(x)$ 可导，且满足 $\varphi(x)\cos x + 2\int_0^x \varphi(t)\sin t \text{d}t = x+2$, 求 $\varphi(x)$.
等式两边对 $x$ 求导：
$\varphi'(x)\cos x - \varphi(x)\sin x + 2\varphi(x)\sin x = 1 \Rightarrow \varphi'(x)\cos x + \varphi(x)\sin x = 1$。
化为标准一阶线性微分方程：$\varphi'(x) + \tan x \cdot \varphi(x) = \sec x$。
积分因子为 $\sec x$。方程化为 $(\varphi(x)\sec x)' = \sec^2 x$。
积分得 $\varphi(x)\sec x = \tan x + C \Rightarrow \varphi(x) = \sin x + C\cos x$。
原方程中令 $x=0$，得 $\varphi(0) = 2$。代入通解中，得 $C = 2$。
故 $\varphi(x) = \sin x + 2\cos x$。
5. 设 $f(x) = \sin x - \int_0^x (x-t)f(t) \text{d}t$，其中 $f$ 为连续函数，求 $f(x)$.
提出积分内的 $x$ 变量：$f(x) = \sin x - x\int_0^x f(t) \text{d}t + \int_0^x t f(t) \text{d}t$。
两边对 $x$ 连续求导两次得：
$f'(x) = \cos x - \int_0^x f(t) \text{d}t$；
$f''(x) = -\sin x - f(x) \Rightarrow f''(x) + f(x) = -\sin x$。
齐次通解 $f_h(x) = C_1\cos x + C_2\sin x$。
对非齐次项 $-\sin x$，设特解 $f_p(x) = x(A\cos x + B\sin x)$。代入解得 $A=\frac{1}{2}, B=0$，即 $f_p(x) = \frac{1}{2}x\cos x$。
通解为 $f(x) = C_1\cos x + C_2\sin x + \frac{1}{2}x\cos x$。
由原方程及一阶导数方程知 $f(0) = 0$ 且 $f'(0) = 1$。
代入通解求得 $C_1 = 0, C_2 = \frac{1}{2}$。
故 $f(x) = \frac{1}{2}\sin x + \frac{1}{2}x\cos x$。
6. 设函数 $y_1, y_2$ 是二阶齐次线性微分方程 $y'' + p(x)y' + q(x)y = 0$ 的两个不同解，令 $W(x) = \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\ y_1'(x) & y_2'(x) \end{vmatrix} = y_1 (x)y_2'(x) - y_1'(x)y_2(x)$, 证明：(1) $W(x)$ 满足方程 $W' + p(x)W = 0$; (2) $W(x) = W(x_0)\text{e}^{-\int_{x_0}^x p(t)\text{d}t}$.
(1) 对 $W(x)$ 求导：$W' = y_1'y_2' + y_1y_2'' - y_1''y_2 - y_1'y_2' = y_1y_2'' - y_1''y_2$。
将 $y_1'' = -p(x)y_1' - q(x)y_1$ 和 $y_2'' = -p(x)y_2' - q(x)y_2$ 代入 $W'$ 中：
$W' = y_1[-p(x)y_2' - q(x)y_2] - y_2[-p(x)y_1' - q(x)y_1] = -p(x)(y_1y_2' - y_1'y_2) = -p(x)W(x)$。
移项即得 $W' + p(x)W = 0$。
(2) 分离变量得 $\frac{\text{d}W}{W} = -p(x)\text{d}x$。
两边从 $x_0$ 到 $x$ 积分：$\int_{W(x_0)}^{W(x)} \frac{\text{d}W}{W} = -\int_{x_0}^x p(t)\text{d}t \Rightarrow \ln\left|\frac{W(x)}{W(x_0)}\right| = -\int_{x_0}^x p (t)\text{d}t$。
取指数即得 $W(x) = W(x_0)\text{e}^{-\int_{x_0}^x p(t)\text{d}t}$。
7. 设方程 $y'' + 4y' + 4y = \text{e}^{ax}$, 其中 $a$ 为实数，求其通解.
齐次方程特征根 $r_1=r_2=-2$。齐次通解为 $y_h = (C_1 + C_2 x)\text{e}^{-2x}$。
当 $a \neq -2$ 时，$\alpha=a$ 不是特征根，设特解 $y_p = A\text{e}^{ax}$，代入得 $A = \frac{1}{(a+2)^2}$。
通解为 $y = (C_1 + C_2 x)\text{e}^{-2x} + \frac{1}{(a+2)^2}\text{e}^{ax}$。
当 $a = -2$ 时，$\alpha=-2$ 是二重特征根，设特解 $y_p = Ax^2\text{e}^{-2x}$，代入得 $A = \frac{1}{2}$。
通解为 $y = (C_1 + C_2 x)\text{e}^{-2x} + \frac{1}{2}x^2\text{e}^{-2x}$。
8. 设二阶常系数线性微分方程 $y'' + \alpha y' + \beta y = \gamma \text{e}^x$ 的一个特解为 $y = \text{e}^{2x} + (1+x)\text{e}^x$，试确定常数 $\alpha, \beta, \gamma$, 并求该 方程的通解.
将特解 $y = \text{e}^{2x} + \text{e}^x + x\text{e}^x$ 及其一二阶导数代入原方程并按指数函数归类：
$[4+2\alpha+\beta]\text{e}^{2x} + [1+\alpha+\beta]x\text{e}^x + [3+2\alpha+\beta]\text{e}^x = \gamma \text{e}^x$。
比较系数得方程组：$4+2\alpha+\beta=0$，$1+\alpha+\beta=0$，$3+2\alpha+\beta=\gamma$。
解得 $\alpha = -3, \beta = 2, \gamma = -1$。
原方程为 $y'' - 3y' + 2y = -\text{e}^x$，其特征根为 $1, 2$。
题目给定的特解中，包含了对应齐次方程的解成分 $\text{e}^{2x}$ 与 $\text{e}^x$，剥离掉它们，方程非齐次项特解即为 $x\text{e}^x$。
通解为 $y = C_1\text{e}^x + C_2\text{e}^{2x} + x\text{e}^x$。
9. 设函数 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上连续，若由曲线 $y=f(x)$ 与直线 $x=1, x=t \ (t>1)$ 及 $x$ 轴围成的平面图形 $D$ 绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转体的体积为 $V(t) = \frac{\pi} {3}[t^2 f(t) - f(1)]$，试求 $y=f(x)$ 所满足的微分方程，并求该微分方程满足初值条件 $y|_{x=2} = \frac{2}{9}$ 的解.
由旋转体体积公式：$\pi \int_1^t y^2 \text{d}x = \frac{\pi}{3}[t^2 y - f(1)]$。
等式两边对 $t$ 求导并将变量换回 $x$，得到微分方程：$\pi y^2 = \frac{\pi}{3}(2xy + x^2 y') \Rightarrow x^2 y' + 2xy - 3y^2 = 0$。
此伯努利方程可化为 $y^{-2}y' + \frac{2}{x}y^{-1} = \frac{3}{x^2}$。令 $z = y^{-1}$，则 $z' - \frac{2}{x}z = -\frac{3}{x^2}$。
积分因子为 $x^{-2}$，即 $(zx^{-2})' = -3x^{-4}$，积分得 $z = \frac{1}{x} + Cx^2 = \frac{1+Cx^3}{x}$。
所以通解为 $y = \frac{x}{1+Cx^3}$。
代入初始条件 $y(2) = \frac{2}{9}$，得 $\frac{2}{9} = \frac{2}{1+8C} \Rightarrow C=1$。
该特解为 $y = \frac{x}{1+x^3}$。
10. 设方程 $y'' + P(x)y' = f(x)$ 有一特解为 $\frac{1}{x}$, 且其对应的齐次方程有一特解为 $x^2$, 求: (1) $P(x), f(x)$ 的表达式; (2) 此方程的通解.
(1) 将齐次解 $y=x^2$ 代入 $y'' + P(x)y' = 0$ 中：$2 + 2x P(x) = 0 \Rightarrow P(x) = -\frac{1}{x}$。
将非齐次特解 $y = \frac{1}{x}$ 代入 $y'' - \frac{1}{x}y' = f(x)$ 中：$\frac{2}{x^3} - \frac{1}{x}(-\frac{1}{x^2}) = f(x) \Rightarrow f(x) = \frac{3}{x^3}$。
(2) 齐次方程为 $y'' - \frac{1}{x}y' = 0$，令 $p = y'$ 则 $p' - \frac{1}{x}p = 0$，解得 $y' = C_1 x$。
积分得齐次通解 $y_h = C_1 x^2 + C_2$。
非齐次方程的通解为 $y = C_1 x^2 + C_2 + \frac{1}{x}$。
11. (2008216) 设函数 $y = y(x)$ 由参数方程 $\begin{cases} x = x(t) \\ y = \int_0^{t^2} \ln(1+u)\text{d}u \end{cases}$ 确定, 其中 $x(t)$ 是初值问题 $\begin{cases} \frac{\text{d}x}{\text{d}t} - 2t\text{e}^{-x} = 0 \\ x(0) = 0 \end{cases}$ 的解, 求 $\frac{\text{d}^2y}{\text{d}x^2}$.
解初值问题求 $x(t)$：$\text{e}^x\text{d}x = 2t\text{d}t$，积分得 $\text{e}^x = t^2 + C$。由 $x(0)=0$ 得 $C=1$，故 $\text{e}^x = t^2+1$。
参数方程求导：
$\frac{\text{d}x}{\text{d}t} = \frac{2t}{t^2+1}$；$\frac{\text{d}y}{\text{d}t} = 2t\ln(1+t^2)$。
$\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{\text{d}y/\text{d}t}{\text{d}x/\text{d}t} = (t^2+1)\ln(1+t^2)$。
由 $\text{e}^x = t^2+1 \Rightarrow x = \ln(t^2+1)$，上式可写作 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = x\text{e}^x$。
再对 $x$ 求导：$\frac{\text{d}^2y}{\text{d}x^2} = (x+1)\text{e}^x$。
12. 设曲线 $L$ 位于 $xOy$ 平面的第一象限内, $L$ 上任一点 $M$ 处的切线与 $y$ 轴总相交, 交点记为 $A$, 已知 $|\overline{MA}| = |\overline{OA}|$, 且 $L$ 过点 $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$, 求曲线 $L$ 的方程.
设点 $M$ 坐标为 $(x,y)$。切线方程为 $Y - y = y'(X - x)$。
令 $X=0$，得交点 $A$ 的纵坐标 $Y = y - xy'$，即 $|\overline{OA}| = |y - xy'|$。
点 $M$ 到点 $A$ 距离 $|\overline{MA}| = \sqrt{x^2 + (y - (y-xy'))^2} = x\sqrt{1+(y')^2}$ （第一象限 $x>0$）。
由条件 $x\sqrt{1+(y')^2} = |y - xy'|$，两边平方化简得齐次方程：$2xyy' - y^2 = -x^2$。
令 $u = y^2$，得一阶线性方程 $u' - \frac{1}{x}u = -x$。解得 $u = Cx - x^2$，即 $y^2 = Cx - x^2$。
由曲线过点 $(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$ 得 $\frac{9}{4} = \frac{3}{2}C - \frac{9}{4} \Rightarrow C=3$。
曲线 $L$ 的方程为 $x^2 + y^2 - 3x = 0$。
13. 在过原点和点 $(2,3)$ 的单调光滑曲线上任取一点，作两坐标轴的平行线，其中一条平行线与 $x$ 轴及曲线所围成的平面图形的面积是另一条平行线与 $y$ 轴及曲线所围成的平面图形的面积的 2 倍，求此曲 线方程.
设曲线为 $y=y(x)$，点 $(x,y)$。$x$ 平行线所围成面积 $S_1 = \int_0^x y\text{d}x$；$y$ 平行线所围成面积 $S_2 = xy - \int_0^x y\text{d}x$。
情况一：$S_1 = 2S_2$，即 $\int_0^x y\text{d}x = 2(xy - \int_0^x y\text{d}x) \Rightarrow 3\int_0^x y\text{d}x = 2xy$。
求导解得 $y = C_1\sqrt{x}$。代入 $(2,3)$ 得 $C_1 = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，曲线为 $y = \frac{3\sqrt{2}}{2}\sqrt{x}$。
情况二：$S_2 = 2S_1$，即 $xy - \int_0^x y\text{d}x = 2\int_0^x y\text{d}x \Rightarrow xy = 3\int_0^x y\text{d}x$。
求导解得 $y = C_2 x^2$。代入 $(2,3)$ 得 $C_2 = \frac{3}{4}$，曲线为 $y = \frac{3}{4}x^2$。
综上，曲线方程为 $y = \frac{3\sqrt{2}}{2}\sqrt{x}$ 或 $y = \frac{3}{4}x^2$。
14. 设一质点缓缓地沉入液体中，当其下沉时，液体对其产生的阻力与其下沉速度成正比，求此质点的运动规律.
设质点质量 $m$，下沉有效重力为恒力 $W$，阻力为 $kv$（$k>0$），下沉距离为 $y(t)$。
由牛顿第二定律得运动微分方程：$m\frac{\text{d}v}{\text{d}t} = W - kv$，即 $v' + \frac{k}{m}v = \frac{W}{m}$。
解此一阶线性微分方程得速度规律 $v(t) = C\text{e}^{-\frac{k}{m}t} + \frac{W}{k}$。
因“缓缓地沉入”，初始速度 $v(0) = 0 \Rightarrow C = -\frac{W}{k}$，所以 $v(t) = \frac{W}{k}(1 - \text{e}^{-\frac{k}{m}t})$。
再积分求位移：$y(t) = \int v(t)\text{d}t = \frac{W}{k}(t + \frac{m}{k}\text{e}^{-\frac{k}{m}t}) + C'$。
由初始位移 $y(0) = 0 \Rightarrow C' = -\frac{Wm}{k^2}$。
质点运动规律为 $y(t) = \frac{W}{k}t - \frac{Wm}{k^2}(1 - \text{e}^{-\frac{k}{m}t})$。