王高雄版《常微分方程》习题解答3.4
王高雄版《常微分方程》习题解答4.1
习题4.11.设和是区间上的连续函数，证明：如果在区间上有()t x ()t y b t a ≤≤b t a ≤≤常数或常数，则和在区间上线形无关。
()()≠t y t x ()()t x t y ()t x ()t y b t a ≤≤证明：假设在，在区间上线形相关()t x ()t y b t a ≤≤则存在不全为零的常数，，使得αβ()()0=+t y t x βα那么不妨设不为零，则有()t x ()()βα-=t x t y 显然为常数，与题矛盾，即假设不成立，在区间上线形无关βα-()t x ()t y b t a ≤≤2.证明非齐线形方程的叠加原理：设，分别是非齐线形方程()t x 1()t x 2（1）()()=+++--x t a dtxd t a dt x d n n n n n 111()t f 1（2）()()=+++--x t a dtxd t a dt x d n n n nn 111()t f 2的解，则+是方程 +的解。
()t x 1()t x 2()()=+++--x t a dtxd t a dt x d n n n n n 111()t f 1()t f 2证明：由题可知，分别是方程（1），（2）的解()t x 1()t x 2则： （3）()()()()()()t f t x t a dtt x d t a dt t x d n n n n n 1111111=+++--（4）()()()()()()t f t x t a dtt x d t a dt t x d n n n n n 2212112=+++-- 那么由（3）+（4）得：+()()()()()()()()()()()=++++++--t x t x t a dt t x t x d t a dt t x t x d n n n n n 211211121 ()t f 1()t f 2即+是方程是+的解。
王高雄《常微分方程》(第3版)(章节题库 一阶线性偏微分方程)【圣才出品】
第7章 一阶线性偏微分方程一、填空题与曲面族z＝axy（a为任意常数）正交的曲面为______．【答案】F（x2＋z2，x2－y2）＝0，其中F（u，v）为任意连续可微函数．【解析】与曲面族z＝axy正交的曲面z＝z（x，y）满足偏微分方程；其特征方程组为二．判断题1．偏微分方程的通解可表示为其中是其变元的任意连续可微函数．（）【答案】√2．偏微分方程的特征方程为．（）【答案】×【解析】偏微分方程的特征方程应为．三、解答题1．求下列方程组的通积分及满足指定条件的解．（1）；（2）；当t＝0时，x＝y＝1；（3）解：（1）将方程组的两式相加，得；将x＋y视为未知函数，则上方程为一阶线性方程，解之得即得一个首次积分为方程组的两式相减，得解之得另一个首次积分为易验证．因此，Φ1（t，x，y）＝C1和Φ2（t，x，y）＝C2是两个独立的首次积分，所以，方程组的通积分为从中可解得通解为其中.（2）方程组的两式相比得，变形得恰当方程xdx＋2ydy－ydx－xdy＝0解之得一个首次积分为x2＋2y2－2xy＝C21，即Φ1（t，x，y）＝（x－y）2＋y2＝C21给方程组第一式乘以y，第二式乘以x，再相减得两边积分，得另一个首次积分为易验证Φ1（t，x，y）＝C21和Φ2（t，x，y）＝C2是两个独立的首次积分，所以，方程组的通积分为（x－y）2＋y2＝C21，，通解为其中'1C＝C1sinC2，'2C＝C1cosC2．容易得满足t＝0时，x＝y＝1的解为（3）三个分式相加，得则得一个首次积分为x＋y＋z＝C1．给三个分式的分子分母分别乘以x，y，z，再相加，得又得另一个首次积分为x 2＋y 2＋z 2＝C2．容易验证x ＋y ＋z ＝C 1，x 2＋y 2＋z 2＝C 2是两个独立的首次积分，所以方程组的通积分为x ＋y ＋z ＝C 1，x 2＋y 2＋z2＝C 2．2．求解下列微分方程（1）（2）（3）（4）（5）解：（1）特征方程组为由可得一个首次积分为 x 2z ＝C 1再由得x d y ＋y d x －xy 2ln x d x＝0即两边积分，有，得另一个首次积分容易验证这两个首次积分相互独立，因此所求方程的通解为其中 为任意二元连续可微函数．（2）方程的特征方程组为利用比例性质，有由以上三式分别得再积分，得到三个首次积分容易验证它们是独立的，且它们的个数等于原方程未知函数自变量的个数，故所求方程的通解为其中F （v 1，v 2，v 3）为v 1，v 2，v 3的任意连续可微函数．（3）方程的特征方程组为对于方程分离变量后积分得到一个首次积分t （ln t －1）＋x 2＝C 1．再利用比例的性质有从而有d （tx ＋y ）＝0，由此得到另一个首次积分tx ＋y ＝C 2．容易验证这两个首次积分相互独立，故原方程的通解为u ＝φt （ln t －1）＋x 2，tz ＋y ]其中F 为任意的二元连续可微函数．（4）由原方程组可得即d （x 2＋y 2）＝2（x 2＋y 2）（x 2＋y 2－1）dt 令x 2＋y 2＝z ，则上式可变为积分得因此易求得原方程组的一个首次积分再由原方程组得即有由此得到原方程组的另一个首次积分由于，雅可比矩阵为而，所以这两个首次积分是相互独立的，它们构成方程组的通积分．如果要得到显式通解，考虑到首次积分的具体形式，采用极坐标变换x ＝rcosθ，y ＝rsinθ得，由此解得．因此微分方程组的通解为．另外，方程组有零解x ＝0，y ＝0．（5）把原方程组写为。
常微分方程第三版答案(王高雄)
dx
2 2
y
1 2 = ln x − ln 1 + x + ln c (c ≠ 0), (1 + 2
y )(1 + x ) = c x
1+
y
2
(1 + x ) = c x
2
2
4 (1 + x) ydx + (1 − y ) xdy = 0 y=0 x=0 ln x + x + ln y − y = c, xy ≠ 0 ln xy + x − y = c, 1+ x 1− y dx = dy = 0 x y
按
dy 1 − 2 x y −1 dx 够 x 2 次0 个 dy 1 − 2 x y +1 dx 次- x 2 个
18.
x dy = = f ( xy ) y dx x dy 2 + x 2 y 2 = y dx 2 − x 2 y 2 xy = u, x
xy = u
1 . y (1 + x 2 y 2 )dx = xdy (2).
y+x
dy dy = , dx dx
x
dy du = −y dx dx
1 du du u 1 − 1 = f(u), = (f(u) + 1) = (uf(u) + u) y dx dx = y(f(u) + 1) x x x=0 y=0 du 1 3 = (2u + u ), dx x xy ≠ 0s du 2u + u
在个
次个e 次 ce
− sin t
+ sin t − 1 个个个
个
截
dy x − y = ex xn dx n 个个 个个个n
常微分方程(王高雄)第三版 3.4
(3.23)
曲线族(3.23)的包络包含在下列两方程
( x, y , c ) 0 ' c ( x , y , c ) 0
消去参数c而得到的曲线 F ( x, y) 0之中,
曲线F ( x, y) 0称为(3.23)的 c 判别曲线.
注: c 判别曲线有时除包络外还有其它曲线.
9 3 x , 对 y 0 x0 c0 , 2 l 在 x0 , y0 点的切线的斜率为 2 c0 3 . y x 3 k c0 1, y 2 2 2 2 所以 l1 * : y x 不是 ( y c) ( x c) 0 的包络;
y c,
于是得到一支c-判别曲线
l1 * :
2、将
y x;
代入(2), 得另一支c-判别曲线
xc
2 0 3
l2 * :
2 4 2 y x x . 3 9 9
显然
2 2( x c ) x y 2( y c)
考察 解之得, 对
消去参数p便得方程的一个解.
如果令 则
( x, y, c) xc f (c) y 0,
'c ( x, y, c) x f ' (c) 0,
解: 令
y ' p, 求得它的通解为: ( y c) 2 ( x c) 3 0.
( x, y, c) ( y c) 2 ( x c)3 0, 令 ( x, y, c) 2( y c) 3( x c) 2 0. 消去参数c,得到 c y x 和 y x 4 . 27 2 3 经检验: y x 不是 ( y c) ( x c) 0 的包络,从而
常微分方程王高雄著课后习题答案
常微分方程(第三版)王高雄著课后习题答案.d o c(总86页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--习题1．dxdy =2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。
解：ydy =2xdx 两边积分有：ln|y|=x 2+c y=e 2x +e c =cex 2另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0原方程的通解为y= cex 2,x=0 y=1时 c=1特解为y= e 2x .2. y 2dx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。
解：y 2dx=-(x+1)dy 2y dy dy=-11+x dx 两边积分: -y1=-ln|x+1|+ln|c| y=|)1(|ln 1+x c 另外y=0,x=-1也是原方程的解 x=0,y=1时 c=e特解：y=|)1(|ln 1+x c 3．dx dy =yx xy y 321++ 解：原方程为：dx dy =y y 21+31x x + yy 21+dy=31x x +dx 两边积分：x(1+x 2)(1+y 2)=cx 24. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0解：原方程为： yy -1dy=-x x 1+dx 两边积分：ln|xy|+x-y=c另外 x=0,y=0也是原方程的解。
5．（y+x ）dy+(x-y)dx=0解：原方程为：dx dy =-yx y x +- 令xy =u 则dx dy =u+x dx du 代入有： -112++u u du=x 1dx ln(u 2+1)x 2=c-2arctgu即 ln(y 2+x 2)=c-2arctg2x y . 6. x dxdy -y+22y x -=0 解：原方程为：dx dy =x y +x x ||-2)(1x y - 则令xy =u dx dy =u+ x dx du 211u - du=sgnx x 1dx arcsin xy =sgnx ln|x|+c 7. tgydx-ctgxdy=0解:原方程为：tgy dy =ctgxdx 两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c| siny=x c cos 1=xc cos 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0. 所以原方程的通解为sinycosx=c. 8 dx dy +y e x y 32+=0解：原方程为：dx dy =ye y 2e x 3 2 e x 3-3e 2y -=c.(lnx-lny)dy-ydx=0解：原方程为：dx dy =x y ln xy 令xy =u ,则dx dy =u+ x dx duu+ xdxdu =ulnu ln(lnu-1)=-ln|cx| 1+ln xy =cy. 10. dxdy =e y x - 解：原方程为：dx dy =e x e y - e y =ce x 11 dxdy =(x+y)2 解：令x+y=u,则dx dy =dx du -1 dxdu -1=u 2 211u+du=dx arctgu=x+carctg(x+y)=x+c 12. dx dy =2)(1y x + 解：令x+y=u,则dx dy =dx du -1 dx du -1=21uu-arctgu=x+cy-arctg(x+y)=c. 13. dx dy =1212+-+-y x y x 解: 原方程为：（x-2y+1）dy=(2x-y+1)dxxdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=0dxy-d(y 2-y)-dx 2+x=cxy-y 2+y-x 2-x=c 14: dx dy =25--+-y x y x 解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dxxdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0 dxy-d(21y 2+2y)-d(21x 2+5x)=0y 2+4y+x 2+10x-2xy=c. 15:dxdy =(x+1) 2+(4y+1) 2+8xy 1+ 解：原方程为：dxdy =（x+4y ）2+3 令x+4y=u 则dx dy =41dx du -41 41dx du -41=u 2+3 dxdu =4 u 2+13 u=23tg(6x+c)-1 tg(6x+c)=32(x+4y+1). 16:证明方程y x dx dy =f(xy),经变换xy=u 可化为变量分离方程，并由此求下列方程： 1） y(1+x 2y 2)dx=xdy2） y x dx dy =2222x -2 y x 2y + 证明： 令xy=u,则xdx dy +y=dxdu 则dx dy =x 1dx du -2x u ，有： u x dx du =f(u)+1 )1)((1+u f u du=x 1dx 所以原方程可化为变量分离方程。
2.5常微分方程课后答案(第三版)王高雄
习题2.52．ydy x xdy ydx 2=- 。
解：2x ，得：ydy x xdyydx =-2c y x yd +-=221即c y x y =+221 4．xyx ydx dy -=解：两边同除以x ，得xy x y dxdy -=1令u x y= 则dxdu x u dx dy += 即dx dux u dx dy +=uu -=1 得到()2ln 211y c u -=，即2ln 21⎪⎭⎫ ⎝⎛-=y c y x另外0=y 也是方程的解。
6．()01=-+xdy ydx xy 解：0=+-xydx xdy ydxx d x yx d yy d x -=-2得到c x y x d +-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛221即c x y x =+221 另外0=y 也是方程的解。
8.32xy x y dx dy += 解：令u xy= 则：21u x u dx du x u dx dy +=+= 即21u x dx du x= 得到22x dxu du =故c xu +-=-11 即211xx c y += 另外0=y 也是方程的解。
10． 21⎪⎭⎫⎝⎛+=dx dy dx dy x解：令p dxdy= 即pp x 21+=而p dx dy=故两边积分得到 c p p y +-=ln 212因此原方程的解为pp x 21+=，c p p y +-=ln 212。
12.x y xe dx dy e =⎪⎭⎫⎝⎛+-1 解：y x xe dxdy+=+1令 u y x =+则 dx du dx dy =+111-=-=u xe dx du dx dy 即xdx eduu =c x e u+=--221故方程的解为c x eyx =++221 14．1++=y x dxdy解： 令u y x =++1则dx du dx dy =+1 那么u dx du dx dy =-=1dx u du=+1求得： ()c x u +=+1ln故方程的解为()c x y x +=++1ln 或可写 为xce y x =++1 16．()y e dxdyx -=++211 解：令u e y=- 则u y ln -= ()1211-=+-u dxduu x ()dx x du u u 11121+-=-c x u u ++=-`1112 即方程的解为()c x y x e y+=+218．()0124322=-+dy y x dx y x 解： 将方程变形后得124322-=y x y x dx dy 22223412412y x y x y x y x dy dx -=-= 同除以2x 得：232412yy x dy dx x -=令3x z = 则24323yy z dy dz -= 23223cy y z +=即原方程的解为232323cy y x +=19.X(04)(2)2=+-x dxdyy dx dy 解：方程可化为2y()(24)(,4)()22dxdy x dx dy x y x dxdyx dx dy +=+= 令[][]ce t e t c dt e t y pdx dy e t x t p dy x e dxdyc x y x arctg xdx y x darctg xdx y x xdy ydx xdy y x x y y c y y x c y yy x dyy y y x d dy y y y xdy ydx y dy y xdy ydx dy y x ydx cy y x c y yx y d y x d dy y x ydx xy y e y xy x xy xNy M x x N x y M dy x y xydx dy y x y dx y x cye x c e yxy c e z y y e z y dy dz e z e dy dz y z e e z z e e z z ze e e z dy dx dy e z dx e dy dzy z dy dx yz x z y x dy yxe dx e y p c x y c tg c d c d x d d dy p dy dx y y p dx dy dx dy y x c yc c c x c x x c x x y cx p xdp pdx x y p xdp pdx p dp p x dx p p dp x xp dx p p dp p x x dx p p dx dp p x x p p dx dp p x p dx dp x p p x p x p x p x xp y p dx dy t t tt dx dydy y y xy xzzz z z z z z z z z z z yx y x +-+=++==+====-++===+-=-+-=+=+++-=+=+=-+=-=++-=-=-=-=-+=⎰-=-=-∂∂-∂∂-=∂∂=∂∂=-+=-+=+=+=+-=+-=+++=++-=+--+=+-=-=++====-++±==++=+∂=+∂∂=+∂∂=∂∂=∂∂∂∂=∂==∂==∂-∂===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+=+⋅===-±===-=∴=---=+-+-=-+--=--++=+=-==⎰⎰⎰----)1(,0.25.2,0)(.240),()111,1,)1(0)1(.23101,0)3(24282,6,20)3(2032.22)(,)(,ln ln 1,111)1(,)1()1(,0)1()1.(2110,1)sec cos cos cos sin sin 1sin ,cos 11(sin 1,sin 1)(1.20.42,2424,,0,24,040)4()4(0)4()4(,0)22()22(,)22()22(2222,2224,22222222222222322323242234422422322222222222222222222232222得由解：令所以方程的解为解：方程可化为也是解。
《常微分方程》王高雄(中山大学版)
证明： 令 xy=u,则 x
1） 令 xy=u
dy 1 du u = (1) dx x dx x 2 dy y 2 原方程可化为： = [1+（xy） ] (2) dx x 1 du u u 2 将 1 代入 2 式有： - 2 = (1+u ) x dx x x
则
2
u= u + 2 +cx 17.求一曲线，使它的切线坐标轴间的部分初切点分成相等的部分。 解：设（ x +y ）为所求曲线上任意一点，则切线方程为： y=y’(x- x )+ y
2 2 2
1− y x +1 dy=dx y x
两边积分： ln|xy|+x-y=c 另外 x=0,y=0 也是原方程的解。 5． （ y+x）dy+(x-y)dx=0
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解：原方程为：
dy x − y =dx x + y y dy du =u 则 =u+x 代入有： x dx dx u +1 1 - 2 du= dx x u +1
2
3
1+ y dy = dx xy + x3 y
解：原式可化为：
2 2
1+ y 1 1 dy 1 + y y = • 显然 ≠ 0, 故分离变量得 dy = dx 3 2 3 dx y y x+x x+x 1+ y 1 两边积分得 ln 1 + 2
y
2
1 2 = ln x − ln 1 + x + ln c (c ≠ 0),即(1 + 2 (1 + x ) = c x y）
《常微分方程》(王高雄)第三版课后答案
(2).
x y
dy dx
=
2+ 2−
x2 y2 x2 y2
证明：因为xy = u,关于x求导导得y + x dy = dy ,所以x dy = du − y
dx dx
dx dx
得：1 du −1 = f(u),
du
= u (f(u) + 1) = 1 (uf(u) + u)
y dx
dx = y(f(u) + 1) x
17. dy = 2x3 + 3xy + x
dx 3x2 y + 2 y3 − y
解：原方程化为 dy = x(2x2 + 3y 2 + 1) ;;;;; dy 2 = 2x2 + 3y 2 + 1
dx y(3x 2 + 2 y 2 −1) dx 2 3x 2 + 2 y 2 −1
令 y 2 = u,;;;;; x2 = v;;;;;;;则 du = 2v + 3u + 1.......(1)
解：对原式进行变量分离得：
− 1 dx = 1 dy,当y ≠ 0时，两边同时积分得；ln x + 1 = 1 + c,即y = 1
x +1
y2
y
c + ln x + 1
当y = 0时显然也是原方程的解。当x = 0, y = 1时，代入式子得c = 1,故特解是
y= 1 。 1 + ln1 + x
2． dx +3x=e 2t dt
解：原方程可化为 ： dx =-3x+e 2t dt
∫ 所以：x=e ∫ −3dt ( e 2t e − ∫ −3dt dt + c )
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习题 3.4
(一)、解下列方程，并求奇解（如果存在的话）：
1、4
22⎪
⎭
⎫ ⎝⎛+=dx dy x dx dy x y
解：令p dx
dy =，则422p x xp y +=，
两边对x 求导，得dx
dp p x xp dx
dp x p p 3244222+++=
()02213
=⎪⎭
⎫
⎝⎛++p dx
dp x
xp 从0213=+xp 得 0≠p 时，2
343,21p y p x -=-
=；
从02=+p dx dp
x
得 222,c p c y p
c x +==， 0≠p 为参数，0≠c 为任意常数.
经检验得⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧
+==
222c p
c y p c x ，（0≠p ）是方程奇解.
2、2
⎪
⎭
⎫
⎝⎛-=dx dy y x
解：令
p dx
dy
=，则2p x y +=， 两边对x 求导，得dx
dp p
p 21+= p
p dx dp 21
-=
， 解之得
()c p p x +-+=2
1ln 2，
所以()c p p p y +-++=221ln 2，
且y=x+1也是方程的解，但不是奇解.
3、2
1⎪
⎭
⎫
⎝⎛++=dx dy dx dy x y
解：这是克莱洛方程，因此它的通解为
2
1c cx y ++=，
从⎪⎩
⎪⎨⎧=+-++=0112
2
c c
x c cx y 中消去c, 得到奇解2
1x y -=
.
4、02
=-+⎪
⎭
⎫ ⎝⎛y dx dy x dx dy 解：这是克莱洛方程，因此它的通解为
2c cx y +=，
从⎩⎨
⎧=++=0
22
c x c cx y 中消去c,
得到奇解
042=+y y .
5、022
=-+⎪⎭
⎫ ⎝⎛y dx dy x dx dy
解：令
p dx
dy
=，则22p xp y +=， 两边对x 求导，得 dx
dp p dx dp x
p p 222++= 22
--=x p
dp dx ， 解之得 23
2
-+-
=cp p x ， 所以
123
1
-+-=cp p y ，
可知此方程没有奇解.
6、012
3
=-⎪⎭
⎫
⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛dx dy y dx dy x
解：原方
2
1
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-
=dx dy dx dy x
y ，
这是克莱罗方程，因此其通解为2
1c cx y -
=，
从⎪⎩
⎪⎨⎧
=+-=-02132c x c cx y 中消去c ，得奇解042732=+y x .
7、2
1⎪
⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=dx dy dx dy x y
解：令p dx
dy =，则()21p p x y =
+=，
两边对x 求导，得 22+-=-p ce x p ，
所以
()212+-+=-p e p c y p ，
可知此方程没有奇解.
8、()02
2
=--⎪⎭
⎫ ⎝⎛a x dx dy x
解：()x a x dx dy 2
2
-=
⎪⎭
⎫
⎝⎛
x
a
x dx dy -±=
dx x a x dy ⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-±= ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-±=21
23232ax x y ()()
2
2
349a x x c y -=+
可知此方程没有奇解.
9、3
312⎪
⎭
⎫
⎝⎛-+=dx dy dx dy x y
解：令
p dx dy =，则33
1
2p p x y -+=， 两边对x 求导，得 dx
dp
p dx dp p 22-+=
2
12
p p dx dp --=
解之得 ()c p p x +--+-
=2ln 32
22
，
所以 c p p p p y +------=2ln 64331
23，
且
3
2
2-=x y 也是方程的解，但不是方程的奇解.
10、()012
=-++⎪⎭⎫ ⎝⎛y dx dy
x dx dy
解：2
⎪
⎭
⎫
⎝⎛++=dx dy dx dy dx dy x y
这是克莱罗方程，因此方程的通解为2c c cx y ++=，
从⎩⎨
⎧++++=c
x c c cx y 212中消去c,
得方程的奇解()0412=++y x . （二）求下列曲线族的包络. 1、2c cx y +=
解:对c 求导，得 x+2c=0, 2
x c -
=, 代入原方程得，4
422
22x x x y -
=+-=，
经检验得，4
2
x y -
=是原方程的包络.
2、0122=-+cx y c 解：对c 求导，得 y
x c x yc 2,022
2
-
==+，
代入原方程得
012442
4=--y x y y
x ，即044
=+y x ， 经检验得044=+y x 是原方程的包络.
3、()()422=-+-c y c x
解：对c 求导，得 –2(x-c)-2(y-c)=0,
2
y
x c +=
, 代入原方程得()82=-y x .
经检验,得 ()82
=-y x 是原方程的包络.
4、()c y c x 42
2=+-
解：对c 求导，得 -2(x-c)=4, c=x+2,
代入原方程得()2442+=+x y
，()142+=x y ,
经检验，得()142
+=x y 是原方程的包络.
(三) 求一曲线，使它上面的每一点的切线截割坐标轴使两截距之和等于常数c.
解：设所求曲线方程为y=y(x),以X 、Y 表坐标系，则曲线上任一点（x,y(x)）的切线方程为()()()()x X x y x y Y -'=-， 它与X 轴、Y 轴的截距分别为y y
x X '
-
=，y x y Y '-=， 按条件有
a y x y y y x ='-+'-
，化简得y
y a y x y '-'
-
'=1， 这是克莱洛方程，它的通解为一族直线c
ac
cx y --
=1， 它的包络是()⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧--
--=--=21101c ac
c a x c
ac cx y ，
消去c 后得我们所求的曲线()24a y x ax +-=.
(四) 试证：就克莱洛方程来说，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：克莱洛方程 y=xp+f(p)的p-判别曲线就是用p-消去法，
从()
()
⎩⎨
⎧'+=+=c f x c f cx y 0
中消去p 后而得的曲线；
c-判别曲线就是用c-消去法，从通解及它对求导的所得的方程
()
()⎩
⎨
⎧'+=+=c f x c f cx y 0中消去c 而得的曲线，
显然它们的结果是一致的，是一单因式， 因此p-判别曲线是通解的包络，也是方程的通解.。