初等积分法求解常微分方程

2023/10/31 - 2023/11/8

状态：

名称	形式
恰当方程	$M(x,y)\mathrm{d}x+N(x,y)\mathrm{d}y=0,\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$
变量分离方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=h(x)g(y)$
齐次方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(\frac{x}{y})$
一阶齐次线性方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+p(x)y=0$
一阶非齐次线性方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x) y = q(x)$
Bernoulli 方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+p(x)y=q(x)y^n$
Riccati 方程	$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p(x)y^2+q(x)y+r(x)$
一阶隐式方程	$F(x,y,y')=0$
高阶方程	$F(x,y,y',y'')=0$

变量分离方程

例题一：变量分离方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 2x (1 - y^{2})^{\frac{1}{2}}$

解：第一步： $y = \pm 1$ 时， $(1 - y^{2})^{\frac{1}{2}} = 0$ ，因此 $y = \pm 1$ 是原方程的两个解

第二步： $y \neq \pm 1$ 时，分离变量

$\dfrac{1}{(1 - y^{2})^{ \frac{1}{2} }} \mathrm{d}y = 2x\mathrm{d}x$ ，两边积分

$\implies \arcsin y = x^{2} + c$

整理得 $y = \sin(x^{2} + c)$

最后，由于 $y = \pm 1$ 的情况包含在 $y = \sin(x^{2} + c)$ 内了，故 $y = \sin(x^{2} + c)$ 是原方程的所有解。

如果一类方程有多个例题的，解题步骤会逐渐简略。对比 👆 上 👇 下两个例题就能发现，之后就不在说明了。

例题二：变量分离方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = y^{\frac{1}{3}}$

解： $y = 0$ 是一个解

$y \neq 0$ 时，分离变量

$y^{- \frac{1}{3}} \mathrm{d}y = \mathrm{d}x$ ，两边积分

$\implies \dfrac{3}{2} y^{\frac{2}{3}} = x + c$

故 $y = \pm [\dfrac{2}{3} (x + c)]^{\frac{3}{2}}, \quad x \geq -c$

注意：

这个方程的解的存在区间不同。
初值 $y(x_{0}) = 0$ 所确定的解不唯一。

齐次方程

定义：齐次函数

若 $\forall t \in \mathbb{Z}$ ，有

f(tx, ty) = t^m f(x, y)

则 $f(x,y)$ 称为 $m$ 次齐次函数。

例如：

$f(x, y) = Ax^{2} + By^{2} + C xy$ 为二次齐次函数。
$f(\frac{x}{y})$ 为零次齐次函数。

求解：齐次方程

将齐次方程转化为可分离变量的方程

设 $u = \dfrac{x}{y}$ ，则 $y = xu$

有 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u + x \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = f(u)$

$\implies x \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = f(u) -u$ ，这是一个变量可分离的方程，分离变量

$\implies \dfrac{1}{f(u) - u} \mathrm{d}u = \dfrac{1}{x} \mathrm{d}x$ ，两边积分即可

例题：齐次方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x + y}{x - y}$

解： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{1 + \dfrac{y}{x}}{1 - \dfrac{y}{x}}$

令 $u = \dfrac{x}{y}, y = xu$

有 $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u + x \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$

$x \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \dfrac{1 + u}{1 - u} - u = \dfrac{1 + u^2}{1 - u}$ ，分离变量

$\implies \dfrac{1 - u}{1 + u^2} \mathrm{d}u = \dfrac{1}{x} \mathrm{d}x$ ，两边积分

$\implies \arctan u - \ln \sqrt{ 1 + u^2 } = \ln\mid x \mid + c_{1}$ ，两边取指数

$\implies e^{\arctan u} \sqrt{ \dfrac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}} } = e^{c_{1}} \mid x \mid$ ，将 $u = \dfrac{x}{y}$ 带入

故原方程解为 $c e^{\arctan y/x} = \sqrt{ x^{2} + y^{2} }$

一阶齐次线性方程

求解：一阶齐次线性方程

变量可分离，按照变量分离方程求解即可。

解得：

\begin{cases} y = 0 \\ y = c e^{- \int p(x) \mathrm{d}x } \end{cases}

一阶非齐次线性方程

求解：一阶非齐次线性方程

两边同乘 $e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t }$ ，这里积分符号的下标没有写，只要保证其在定义域内即可

$\implies e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } p(x) y = e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } q(x)$

$\implies \left( e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } y \right)' = e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } q(x)$ ，两边积分

$\implies e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } y = \int ^x e^{ \int ^x p(t) \mathrm{d}t } q(s) \mathrm{d}s + c$

即 $y = e^{- \int ^x p(t) \mathrm{d}t } \left( \int^x e^{ \int^x p(t)\mathrm{d}t } q(s) \mathrm{d}s +c \right)$

简写为 $y = e^{ -\int p \mathrm{d}x } \left( \int e^{ \int p \mathrm{d}x } q \mathrm{d}x + c \right)$

考虑初值问题：

\begin{cases} y' + p(x) y = q(x) \\ y(x_{0}) = y_{0} \end{cases}

则 $y(x) = e^{ - \int_{x_{0}}^{x} p(t)\mathrm{d}t } \left( \int_{x_{0}}^{x} e^{ \int_{x_{0}}^{x} p(t)\mathrm{d}t } q(s)\mathrm{d}s + y_{0} \right)$

例题一：一阶非齐次线性方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} - \dfrac{y}{x} = x$

解： $p(x) = - \dfrac{1}{x}, \quad q(x) = x$

$e^{ \int - \frac{1}{x} \mathrm{d}x } = e^{ - \ln \left| x \right| } = \dfrac{1}{\left| x \right|}$ ，直接带入结果

$\implies y(x) = \left| x \right| \left( \int \dfrac{1}{\left| x \right|} \mathrm{d}x + c \right)$

故

y(x) = \begin{cases} x^{2} + cx, \quad x > 0 \\ x^{2} - cx, \quad x < 0 \end{cases}

例题二：一阶非齐次线性方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = y \cos x -\cos x \ln \ln \ln x + \dfrac{1}{x \ln x \ln \ln x}$

解： $p(x) = -\cos x, \quad q(x) = -\cos x \ln \ln \ln x + \dfrac{1}{x\ln x\ln \ln x}$

$e^{ \int p(x) \mathrm{d}x } = e^{ - \sin x }$

$\int e^{ - \sin x }\left( - \cos x \ln \ln \ln x + \dfrac{1}{x \ln x \ln \ln x} \right)\mathrm{d}x = e^{ - \sin x }\ln \ln \ln x$

故 $y(x) = e^{ \sin x }\left\{ e^{ - \sin x }\ln \ln \ln x + c \right\}$

Bernoulli 方程

定义：Bernoulli 方程

形如

\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x) y = q(x) y^{n}

其中 $n \neq 0, 1; q \not\equiv 0; p, q$ 在某区间上连续的方程称为 Bernoulli 方程。

求解：Bernoulli 方程

$(1)$ $y \equiv 0$ 在 $n > 0$ 时是解；在 $n < 0$ 时不是解。

$(2)$ $y \neq 0$ 方程两边同除 $y^n$

$y^{-n}\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x) y^{1-n} = q(x)$

即 $\dfrac{\mathrm{d}y^{1-n}}{\mathrm{d}x} + (n-1) p(x) y^{1-n} = (n-1) q(x)$

作变量代换 $z = y^{1-n}$

原方程化为 $\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} + (1-n) p(x) z = (1-n) q(x)$

这是一个一阶线性方程。按照一阶齐次线性方程或一阶非齐次线性方程计算即可。

例题：Bernoulli 方程

解方程： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x^{4} + y^{3}}{x y^{2}}$

解： $\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{x^{3}}{y^{2}} + \dfrac{1}{x} y$

$\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} - \dfrac{1}{x} y = x^{3}y^{-2}$

这是 $n = -2$ 时的 Bernoulli 方程

作代换 $z = y^{ 1-n } = y^{3}$

$\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = 3y^{2} \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}x}$ ，代入

得 $\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} - \dfrac{3}{x} z = 3 x^{3}$

解得

\begin{cases} z = 3 x^{4} + c x^{3} \quad ( x > 0 ) \\ z = 3 x^{4} - c x^{3} \quad ( x < 0 ) \end{cases}

$y(x) = \left( 3 x^{4} + c x^{3} \right)^{1/3}, x \neq 0$

Riccati 方程

定义：Riccati 方程

形如

\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = p(x) y^{2} + q(x) y + r(x)

的方程称为 Riccati 方程

Riccati 方程的特殊情况

\begin{cases} r(x) = 0 \implies \text{Bernoulli 方程} \\ p(x) = 0 \implies \text{一阶线性方程} \end{cases}

定理：Liouville 定理

考虑特殊的 Riccati 方程：

y' = y^{2} + r x^{\alpha} \quad (r \neq 0)

当且仅当 $\alpha = \dfrac{4R}{1 - 2R}$ ， $R = 0, \pm 1, \pm 2, \dots, \pm \infty$ 时，该方程可以用初等积分法求解。其中，满足条件的整数 $\alpha$ 只有 $0, -2, -4$ 。初等积分法具有局限性。

$\dfrac{\partial{y}}{\partial{s}} \mathrm{d}s + \dfrac{\partial{y}}{\partial{t}} \mathrm{d}t = p(s, t) \left( \dfrac{\partial{x}}{\partial{s}} \mathrm{d}s + \dfrac{\partial{x}}{\partial{t}} \mathrm{d}t \right)$

$\left( \dfrac{\partial{y}}{\partial{s}} - p \dfrac{\partial{x}}{\partial{s}} \right)\mathrm{d}s = \left( p \dfrac{\partial{x}}{\partial{t}} - \dfrac{\partial{y}}{\partial{t}} \right) \mathrm{d}t$

这是一个关于 $s, t$ 的一阶显式方程。

例题（Clairaut 方程）：一阶隐式方程

解 $Clairaut$ 方程： $y = xy' + f(y')$

解：

设 $p = y'$ ，则 $y = xp + f(p) \quad (*)$

两边关于 $x$ 求导，得 $p = p + xp' + f'(p)p'$

即 $p' \left( x + f'(p) \right) = 0$

$\implies p' = 0$ 或 $x = -f'(p)$

当 $p' = 0$ 时， $p = c$ 为常数。带入 $(*)$ 得 $y = cx + f(c)$ （通解）

当 $f'' = 0$ 时，由反函数定理， $p$ 可以写成 $x$ 的函数。设 $p = u(x)$

带入 $(*)$ ，得 $y = x u(x) + f( u(x) )$ （特解）

例题二：一阶隐式方程

解方程： $x = y'^{3} + y'$

解：设 $y' = p, x = p^3 + p$

设

\begin{cases} x = t^3 + t \\ y = s \\ p = t \end{cases}

则 $\mathrm{d}y = p\mathrm{d}x, \mathrm{d}s = t(3t^{2} + 1)\mathrm{d}t$

$\implies \dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} = t(3t^2 + 1)$ ，积分

得 $s = \dfrac{3}{4} t^4 + \dfrac{1}{2} t^2 + c$

\begin{cases} x = t^3 + t \\ y = \dfrac{3}{4} t^4 + \dfrac{1}{2} t^2 + c \end{cases}

例题三：一阶隐式方程

解方程： $x^{3} + y'^{3} - xy' = 0$

解：设 $y' = p$ ，则原方程化为 $x^{3} + p^{3} -xp = 0$

设 $p = tx$ ，带入上式，得 $x^{3} + t^{3} x^{3} - tx^{2} = 0$

$\implies x + t^{3}x - t = 0$

$x = \dfrac{t}{1 + t^3}, p = \dfrac{t^{2}}{1 + t^{3}}$

$\mathrm{d}s = \dfrac{t^{2}}{1 + t^{3}} \left( \dfrac{t}{1 + t^{3}} \right)'\mathrm{d}t$

积分得 $s = \dfrac{1 + 4t^{3}}{6(1 + t^{3})^2} + c$

故

\begin{cases} x = \dfrac{t}{1 + t^{3}} \\ y = \dfrac{1 + t^{3}}{6( 1 + t^{3} )^2} + c \end{cases}

例题四：一阶隐式方程

解方程： $y^{2} (y' - 1) = (2 - y')^{2}$

解：设 $y' = p$ ，则 $y^{2} (p - 1) = (2 - p)^{2}$

设 $2 - p = ty$ ，则 $y^{2} (1 - ty) = t^{2}y^{2}$

\begin{cases} x = s \\ y = \dfrac{1 - t^{2}}{t} \\ p = 1 + t^{2} \end{cases}

代入， $\left( \dfrac{1 - t^{2}}{t} \right)' \mathrm{d}t = ( 1 + t^{2} )\mathrm{d}s$

化简得 $s = \dfrac{1}{t} + c$

\begin{cases} x = \dfrac{1}{t} + c \\ y = \dfrac{1 - t^{2}}{t} \implies \text{消去 t 得 } y = x- c- \dfrac{1}{x - c} \end{cases}

高阶方程

定义：高阶方程

形如

F(x, y , y' ,y'') = 0

的方程称为高阶方程

大概不会考阶数太高的：）

求解：高阶方程

$(1)$ 若 $F$ 不显含 $y$

F(x, y', y'') = 0

设 $y' = u(x)$ ，原方程化为 $F(x, u, u') = 0$

$(2)$ 若 $F$ 不显含 $x$

F(y, y', y'') = 0

设 $y' = u(y)$ ，则 $y'' = \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y} \cdot \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y} u(y)$

原方程化为 $F(y, u, u \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y}) = 0$

例题：高阶方程

解方程： $zyy'' = 1$

不显含 $x$ 。令 $y' = u(y)$

则 $y'' = u \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}y}$ 代入原方程

$zyu \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}y} = 1$ ，变量可分离

求得 $y = c_{1} e^{u^{2}}$ ，代回 $u$

$\implies y = c_{1}e^{ y'^{2} }$

设 $p = y'$ ，则 $y = c_{1} e^{p^2}$

\begin{cases} x = s \\ y = c_{1} e^{t^2} \\ p = t \end{cases}

$\mathrm{d}y = p \mathrm{d}x$

$2t c_{1} e^{ t^2 } = t\mathrm{d}s \implies c_{1} e^{t^2}\mathrm{d}t = \mathrm{d}s$

$t = 0 \implies$ 无解