01. 微分方程

本文主要是介绍01. 微分方程，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

一阶微分方程

1. 可分离变量 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\phi (x)\phi (y)$
   分离变量，两边同时积分即可。

2. 齐次 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\phi (\frac{y}{x})$
   先令 $u=\frac{y}{x}$，代入原方程得 $u+x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\phi (u)$，分离变量，再两边同时积分即可。

3. 线性微分 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)\cdot y=Q(x)$
   通解 $y=\left[\int Q(x){\mathrm{e}}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]{\mathrm{e}}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}$

二阶微分方程

1. 可降阶缺 y：$f(x,y^{\prime },y^{\prime \prime })=0$
   令 $y^{\prime }=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=p$，则 $y^{\prime \prime }=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}$，代入原方程求解。

2. 可降阶缺 x：$f(y,y^{\prime },y^{\prime \prime })=0$
   令 $y^{\prime }=p$，则 $y^{\prime \prime }=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}$，代入原方程求解。

3. 常系数齐次线性 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+q=0$
   1）求特征方程 ${\lambda }^2+p\lambda +q=0$ 对应的特征根 ${\lambda }_1$、${\lambda }_2$；
   2）根据特征根的值求得齐次通解：

   $\Delta =p^2-4q$	${\lambda }_1$ 与 ${\lambda }_2$ 的关系	通解 $y$
   $>0$	${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$	$y=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$
   $<0$	共轭复根 ${\lambda }_1,{\lambda }_2=\alpha \pm \mathrm{i}\beta$	$y=C_1\cos (\beta x){\mathrm{e}}^{\alpha x}+C_2\sin (\beta x){\mathrm{e}}^{\alpha x}$
   $=0$	${\lambda }_1={\lambda }_2$	$y=C_1{\mathrm{e}}^{{\lambda }_{1}x}+C_2\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^{{\lambda }_{2}x}$

4. 常系数非齐次线性 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+q={\phi }_m(x)\cdot {\mathrm{e}}^{\rho x}$，$\rho$ 为复数
   1）解对应的齐次方程 $y^{\prime \prime }+p{y}^{\prime }+q=0$，得齐次通解 $\overline{y}$；
   2）假定非齐次特解 $y^{\ast }=x^k\cdot Q_m(x)\cdot {\mathrm{e}}^{\rho x}$；
     其中，$k$ 视 $\rho$ 是特征方程的二重根、单根、不是它的根分别取 $2$，$1$ 或 $0$；
     其中，$Q_m(x)$ 是 ${\phi }_m(x)$ 的同次多项式；
     此时，特解 $y^{\ast }$ 中的系数并未确定，通过步骤 3 代入求得；
   3）求 $y^{\ast }$ 的一阶导 $y^{\ast }{}^{\prime }$ 以及二阶导 $y^{\ast }{}^{\prime \prime }$，并代入原方程，比较系数，解得非齐次特解 $y^{\ast }$；
   4）根据解的结构得：非齐次通解 $y$ = 齐次通解 $\overline{y}$ + 非齐次特解 $y^{\ast }$。

例题

1. 求微分方程 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=1+\sin y$ 的通解。
   1）同除 $1+\sin y$，同乘 $dx$，得 $\frac{\mathrm{d}y}{1+\sin y}=\mathrm{d}x$；
   2）同时积分 $\int \frac{1}{1+\sin y}\mathrm{d}y=\int \mathrm{d}x$；
   3）解得 $\tan \left(\frac{y}{2}-\frac{\pi }{4}\right)=x+C$ 或 $\tan x-\sec x=x+C$，$C$ 为任意常数；

注1：同除 $1+\sin y$ 时，你已默认 $1+\sin y\ne 0$ 了，回避了 $1+\sin y=0$ 的情况，从而丢掉了部分解。当 $1+\sin y=0$ 时，有 $y=2k\pi -\frac{\pi }{2}$，其中 $y=0,\pm 1,\pm 2,\dots$。

注2：$\int \frac{1}{1+\sin x}\mathrm{d}x$ 的解法：

1）诱导公式与二倍角：
$$\begin{array}{lllc}\int \frac{1}{1+\sin x}\mathrm{d}x& =& \int \frac{1}{1+\cos \left(x-\frac{\pi }{2}\right)}\mathrm{d}x& \text{诱导公式：}\sin x=\cos (x-\frac{\pi }{2})\\ & =& \int \frac{1}{2{\cos }^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)}\mathrm{d}x& \text{二倍角变形：}\cos x=2{\cos }^2(\frac{x}{2})-1\\ & =& \int \frac{1}{{\cos }^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)}\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right)& \\ & =& \int \frac{1}{{\cos }^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)}\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)& \\ & =& \int {\sec }^2\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)& \\ & =& \tan \left(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4}\right)+\mathrm{C}& \end{array}$$

2）平方差：
$$\begin{array}{lllc}\int \frac{1}{1+\sin x}\mathrm{d}x& =& \int \frac{1-\sin x}{\left(1-\sin x\right)\left(1+\sin x\right)}\mathrm{d}x& \\ & =& \int \frac{1-\sin x}{1-{\sin }^{2}x}\mathrm{d}x& \\ & =& \int \frac{1-\sin x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x& \\ & =& \int \frac{1}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x-\int \frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x& \\ & =& \int \frac{\mathrm{d}x}{{\cos }^{2}x}+\int \frac{\mathrm{d}(\cos x)}{{\cos }^{2}x}& \\ & =& \tan x+(-\frac{1}{\cos x})+C& \\ & =& \tan x-\sec x+C& \end{array}$$

3）万能公式：
令 $t=\tan \left(\frac{x}{2}\right)$，则 $x=2\arctan t$，$\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$：
$$\begin{array}{lllc}\int \frac{1}{1+\sin x}\mathrm{d}x& =& \int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}}\mathrm{d}(2\arctan t)& \\ & =& \int \frac{2\frac{1}{1+t^2}}{1+\frac{2t}{1+t^2}}\mathrm{d}t& \\ & =& 2\int \frac{(\frac{1}{1+t^2})}{(\frac{1+t^2+2t}{1+t^2})}\mathrm{d}t& \\ & =& 2\int \frac{1}{{\left(1+t\right)}^2}\mathrm{d}t& \\ & =& -2\times \frac{1}{1+t}+C& \\ & =& -2\times \frac{1}{1+\tan (\frac{x}{2})}+C& \end{array}$$

结果看着很奇怪，但我们可以求导验证：
$$\begin{array}{lllc}{\left[\frac{-2}{1+\tan (\frac{x}{2})}+C\right]}^{\prime }& =& \frac{0\times [1+\tan (\frac{x}{2})]-(-2)\times [{\sec }^2(\frac{x}{2})]\times \frac{1}{2}}{{\left[1+\tan (\frac{x}{2})\right]}^2}& \\ & =& \frac{{\sec }^2(\frac{x}{2})}{{\left[1+\tan (\frac{x}{2})\right]}^2}& \text{令}u=\frac{x}{2}\\ & =& \frac{{\sec }^{2}u}{{\left[1+\tan u\right]}^2}& \\ & =& \frac{(\frac{1}{{\cos }^{2}u})}{{\left[1+\frac{\sin u}{\cos u}\right]}^2}& \\ & =& \frac{(\frac{1}{{\cos }^{2}u})}{\frac{[\cos u+\sin u{]}^2}{{\cos }^{2}u}}& \\ & =& \frac{1}{{\left(\sin u+\cos u\right)}^2}& \\ & =& \frac{1}{{\sin }^{2}u+{\cos }^{2}u+2\sin u\cos u}& {\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1\\ & =& \frac{1}{1+2\sin u\cos u}& 2\sin \alpha \cos \alpha =\sin (2\alpha )\\ & =& \frac{1}{1+\sin (2u)}& \\ & =& \frac{1}{1+\sin x}& \end{array}$$

2. 求微分方程 $y^{\prime }+y\tan x=\cos x$ 的通解。
   不难看出 $P(x)=\tan x$，$Q(x)=\cos x$，直接代入公式，有：
   $$\begin{array}{lll}y& =\left[\int Q(x)\cdot {\mathrm{e}}^{\int P(x)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]{\mathrm{e}}^{-\int P(x)\mathrm{d}x}& \\ & =\left[\int \cos x\cdot {\mathrm{e}}^{\int \tan x\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]{\mathrm{e}}^{-\int \tan x\mathrm{d}x}& \\ & =\left[\int \cos x\cdot {\mathrm{e}}^{-\ln |\cos x|}\mathrm{d}x+C\right]{\mathrm{e}}^{|\ln \cos x|}& \\ & =\left[\int \cos x\cdot |\cos x{|}^{-1}\mathrm{d}x\right]\cdot |\cos x|& \\ & =(x+C)\cos x& C\text{为任意常数}\end{array}$$

注：当 $\cos x<0$ 时，
$$\begin{array}{ll}\left[\int \cos x\cdot |\cos x{|}^{-1}\mathrm{d}x\right]\cdot |\cos x|& =[-\int dx+C]\cdot (-\cos x)\\ & =(x+C)\cos x\end{array}$$

3. 求微分方程 $y^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y=(2x+1){\mathrm{e}}^x-2$ 的通解。
   1）由特征方程 ${\lambda }^2+\lambda -2=0$，解得特征根 ${\lambda }_1=-2,{\lambda }_2=1$；
   2）解得对应的齐次通解为 $\overline{y}=C_1{\mathrm{e}}^{-2x}+C_2{\mathrm{e}}^x$，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数；
   3）根据原方程右边，假设非齐次特解：
   $$\begin{array}{ll}{y}^{\ast }& =x^1(ax+b){\mathrm{e}}^x+x^0(c){\mathrm{e}}^0\\ & =(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x+c\end{array}$$

   4）求出 $y^{\ast }$ 的一阶导以及二阶导：
   $$\begin{gathered} \begin{array}{ll}{y}^{\ast }{}^{\prime }& =(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x\end{array} \\ \begin{array}{ll}{y}^{\ast }{}^{\prime \prime }& =2ax{\mathrm{e}}^x+(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x\\ & =2ax{\mathrm{e}}^x+2(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x\end{array} \end{gathered}$$

   5）将 $y^{\ast },y^{\ast }{}^{\prime },y^{\ast }{}^{\prime \prime }$ 代入原方程：
   $$\begin{array}{ll}{y}^{\prime \prime }+y^{\prime }-2y& =y^{\ast }{}^{\prime \prime }+y^{\ast }{}^{\prime }-2y^{\ast }\\ & =2ax{\mathrm{e}}^x+2(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x]\\ & +[(2ax+b){\mathrm{e}}^x+(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x]\\ & -2\times [(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x+c]\\ & =2a{\mathrm{e}}^x+3(2ax+b){\mathrm{e}}^x-2c\\ & =\left[(6ax)+(2a+3b)\right]{\mathrm{e}}^x+(-2c)\\ & =(2x+1){\mathrm{e}}^x-2\end{array}$$

   比较左右两端系数，得
   $$\{\begin{array}{ll}6a& =2\\ 2a+3b& =1\\ -2c& =-2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}a& =\frac{1}{3}\\ b& =\frac{1}{9}\\ c& =1\end{array}$$

   解得非齐次特解：
   $$y^{\ast }=\left(\frac{1}{3}{x}^2+\frac{1}{9}x\right){\mathrm{e}}^x+1$$

   6）根据解的结构，可得非齐次通解，其中 $C_1,C_2$ 为任意常数：
   $$\begin{array}{ll}y& =\overline{y}+y^{\ast }\\ & =C_1{\mathrm{e}}^{-2x}+C_2{\mathrm{e}}^x+\left(\frac{1}{3}{x}^2+\frac{1}{9}x\right){\mathrm{e}}^x+1\end{array}$$

注：
根据方程右边：
$$\begin{array}{ll}(2x+1){\mathrm{e}}^x-2& =(2x+1){\mathrm{e}}^{1x}+(-2){\mathrm{e}}^{0x}\\ & ={\phi }_1(x){\mathrm{e}}^{1x}+{\phi }_0(x){\mathrm{e}}^{0x}\end{array}$$

故可设特解：
$$\begin{array}{lll}{y}^{\ast }& =x^{k_1}{Q}_1(x){\mathrm{e}}^{1x}+x^{k_2}{Q}_0(x){\mathrm{e}}^{0x}& \\ & =x^1{Q}_1(x){\mathrm{e}}^{1x}+x^0{Q}_0(x){\mathrm{e}}^{0x}& 1\text{是单特征根，}0\text{不是特征根},\text{所以}{k}_1=1,k_2=0\\ & & \text{（根据}{e}^{\rho x}\text{中的}\rho \text{与}{\lambda }_1,{\lambda }_2\text{判断）}\\ & =x^1(ax+b){\mathrm{e}}^{1x}+x^0(c){\mathrm{e}}^{0x}& Q_1(x)\text{与}{\phi }_1(x)\text{是同次的、一次多项式，}\text{故可设为}ax+b\\ & & \text{同理：}{Q}_0(x)\text{与}{\phi }_0(x)\text{是同次的、零次多项式，}\text{故可设为}c\\ & =(a{x}^2+bx){\mathrm{e}}^x+c& \end{array}$$

4. 求微分方程 $y^{\prime \prime }-y=4x\sin x$ 的通解。
   1）特征方程：${\lambda }^2-1=0$，特征根为 ${\lambda }_1=-1,{\lambda }_2=1$；
   2）对应的齐次通解为：$\overline{y}=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-x}$；
   3）设另一微分方程 $y^{\prime \prime }-y=4x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}$ 的特解 $y_1^{\ast }=(ax+b){\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}$，见注2；
   4）将 $y_1^{\ast },y_1^{\ast }{}^{\prime },y_1^{\ast }{}^{\prime \prime }$ 代入步骤3）的方程解得 $a=-2,b=-2\mathrm{i}$；
   5）得 $y_1^{\ast }=(-2x-2\mathrm{i}){\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}=-2(x+\mathrm{i})(\cos x+\mathrm{i}\sin x)$；
   6）取其虚部，得原方程的非齐次特解 $y^{\ast }=-2(\cos x+x\sin x)$；
   7）原方程的非齐次通解为：$y=\overline{y}+y^{\ast }=C_1{\mathrm{e}}^x+C_2{\mathrm{e}}^{-x}-2(\cos x+x\sin x)$；

注1：欧拉公式 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x$

注2：原微分方程右边含有 $\cos x$ 或 $\sin x$ 的，可以使用欧拉公式将特解设为 $y^{\ast }=x^k{Q}_m(x){\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}$，代入计算，结果根据题意取其实部或虚部即可。


另一微分方程：
$$\begin{array}{ll}{y}^{\prime \prime }-4y& =4x{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}\\ & =4x(\cos x+\mathrm{i}\sin x)\\ & =4x\cos x+4\mathrm{i}x\sin x\end{array}$$

可以看到，该微分方程右边的虚数部分与原微分方程相同，所以最终特解应取其虚数部分。

注3：求导时，将虚数单位 $\mathrm{i}$ 视作常数即可。

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