前置

反导数表

记录一些常用且难记的函数对应的原函数

函数	原函数
$ \sec^2 x $	$ \tan x + C $
$ - \csc^2 x $	$ \cot x + C $
$ \tan x \sec x $	$ \sec x + C $
$ -\cot x \csc x $	$ \csc x + C $
$ \dfrac{1}{1+x^2} $	$ \arctan x + C $
$ \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} $	$ \arcsin x + C $
$ -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} $	$ \arccos x + C $
$ \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} $	$ \sinh^{-1} x + C = \ln(x+\sqrt{x^2+1}) + C$
$ \dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}} $	$ \ln(x+\sqrt{x^2-1}) + C$

欧拉公式

\[\mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta} = \cos \theta + \mathrm{i} \sin \theta\]

复习内容

二阶常系数线性微分方程的解法

常系数线性齐次微分方程

形式：

\[L[y] = y''+py'+qy=0 \tag{*}\]

其中p和q为常数。

解特征方程

\[r^2+pr+q=0\]

得

\[r_{1,2} = \frac{-p\pm\sqrt{p^2-4q}}{2}\]

$r_1$ 和 $r_2$ 即为方程(*)的特征根

根据特征根的不同情况可求出方程(*)的两个线性无关的特解及通解

特征根为两实根
\[y_1 = \mathrm{e}^{r_1 x}, y_2 = \mathrm{e}^{r_2 x}\] \[y = C_1 \mathrm{e}^{r_1 x} + C_2 \mathrm{e}^{r_2 x}\]
一个二重特征根

特征根 $ r = r_1 = r_2 $

由特征根得一特解 $ y_1 = \mathrm{e}^{rx} $

设 $ y_2(x) = u(x) \mathrm{e}^{rx} $ 其中u(x)待定且不为常数.

解 $ L[y_2] = L[u(x) \mathrm{e}^{rx}] $ 得 $ u’’ = 0 $，此时不妨取 $ u(x) = x $ ，即得 $ y_2 = xe^{rx} $

故方程(*)的通解为
\[y_1 = (C_1 + C_2 x)\mathrm{e}^{rx}\]
一对共轭复根

显然若特征方程没有实根，那么一定有一堆共轭复根。

不妨设 $ r_1 = \alpha + \mathrm{i} \beta, r_2 = \alpha - \mathrm{i} \beta $ ，按照上面的做法得
\[y_1= e^{(\alpha + \mathrm{i} \beta)x}=\mathrm{e}^{\alpha x}(\cos \beta x + \mathrm{i} \sin \beta x),\\ y_2= \mathrm{e}^{(\alpha - \mathrm{i} \beta)x}=\mathrm{e}^{\alpha x}{(\cos \beta x - \mathrm{i} \sin \beta x)}\]
利用线性叠加原理1可将含有虚数i的特解转为实值解

$\tilde{y_1} = \frac{1}{2} (y_1 + y_2) = \mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x, \\$ $\tilde{y_2} = \frac{1}{2\mathrm{i}} (y_1 - y_2) = \mathrm{e}^{\alpha x} \sin \beta x$

即得通解 $y = C_1\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x + C_2\mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x$

拓展到n阶常系数线性齐次微分方程

\[y^{(n)}+a_1y^{(n-1)}+...+a_{n-1}y'+a_ny=0\]

特征方程为

\[r^n+a_1r^{n-1}+...+a_{n-a}r+a_n=0\]

特征单根r对应一个特解
\[\mathrm{e}^{rx}\]
k重实特征根对应k个线性无关的特解
\[\mathrm{e}^{rx}, x\mathrm{e}^{rx}, x^2\mathrm{e}^{rx}, ..., x^{k-1}\mathrm{e}^{rx}\]
每对单重共轭复根 $\alpha \pm i \beta$ 对应一对特解
\[\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x, \mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x\]
每对k重共轭复根 $\alpha \pm i \beta$ 对应k对线性无关特解

$\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x, x\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x, ..., x^{k-1}\mathrm{e}^{\alpha x}\cos \beta x$ $\mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x, x\mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x, ..., x^{k-1}\mathrm{e}^{\alpha x}\sin \beta x$

以上所有特解都线性无关（证明略去）

常系数线性非齐次微分方程

\[L[y] = y'' + py' + qy = f(x) \tag{a}\]

一般的，方程(a)的解通常是其对应的齐次方程 $ L[y] = y^{\prime \prime} + py^{\prime} +qy = 0 \ \ \ (b)$ 的通解再加上方程(a)的一个特解

使用待定系数法，考虑(a)右端 $f(x)$ 的形式，有如下情况

(1) $ f(x) = \mathrm{e}^{\lambda x}P_m(x) $, $ \lambda $ 为常数, $ P_m $ 为 $ x $ 的 $ m $ 次多项式

$ \lambda $ 不是特征方程 $ r^2 + pr + q =0 $ 的根

设

$y^* = e^{\lambda x}Q_m(x)$ $Q_m(x) = b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + ... + b_{m-1} x + b_m, \\ 此处的b_i(i=0,1,2,..m)即为所谓的待定系数$

将 $y^*$ 代回方程(a)中并比较左右两侧的系数即得特解
$ \lambda $ 是特征方程的单根

此时取
\[y^* = x\mathrm{e}^{\lambda x}Q_m(x)\]
$ \lambda $ 是特征方程的重根

此时取
\[y^* = x^2\mathrm{e}^{\lambda x}Q_m(x)\]

(2) $ f(x) = \mathrm{e}^{\lambda x}[P_m(x)\cos \omega x + Q_m(x)\sin \omega x] $

若 $ \lambda + \mathrm{i} \omega $ 不是特征方程的根

此时取
\[y^* = \mathrm{e}^{\lambda x}[Q_m^{(1)}(x)\cos \omega x + Q_m^{(2)}(x)\sin \omega x]\]
若 $ \lambda + \mathrm{i} \omega $ 是特征方程的根

此时取
\[y^* = x\mathrm{e}^{\lambda x}[Q_m^{(1)}(x)\cos \omega x + Q_m^{(2)}(x)\sin \omega x]\]

欧拉方程

欧拉方程是一类可常系数化的微分方程

形如

\[x^ny^{(n)} + p_1x^{n-1}y^{(n-1)} + \dots + p_{n-1}xy' + p_ny = f(x), \\ 其中p_i(i=1,2,\dots,n)为常数\]

以二阶的欧拉方程为例

\[x^2y'' + p_1xy' + p_2y = f(x) \tag{b}\]

施加变换 $ x = \mathrm{e}^t $ 或 $ t = \ln x $

\[y' = \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}, y'' = \frac{1}{x^2}\left(\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}t^2} - \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)\]

则方程(b)化为

\[\frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}^2t} - \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} + p_1\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} +p_2y = f(\mathrm{e}^t)\]

显然已经为常系数的微分方程，用之前的方法求解，再将解变换回去即可

一阶线性微分方程

常数变易法

线性齐次方程的通解很容易解得，只需考虑如何求非齐次特解即可

若有齐次通解

\[y = C\mathrm{e}^{-\int{P(x)dx}}\]

设C=C(x)得

\[y = C(x)\mathrm{e}^{-\int{P(x)dx}}\]

带入非齐次方程中解出 $ C(x) $ 即得非齐次特解

不考虑记通解公式

\[y = C\mathrm{e}^{-\int{P(x)dx}} + e^{-\int{P(x)dx}}\int{Q(x)e^{\int{P(x)dx}}dx}\]

伯努利方程

一类可化为线性方程得微分方程

形如

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + P(x)y = Q(x)y^n \ (n \neq 0, 1)\]

即

\[y^{-n}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + P(x)y^{1-n} = Q(x)\]

作变换 $ y^{1-n} = z $ 得

\[\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = (1-n)y^{-n}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\]

代入方程中得

\[\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} +(1-n)P(x)z = (1-n)Q(x)\]

已化为可用一般方法求解的线性微分方程了

Riccati方程

若已知Riccati方程的一个特解则可以求出其特解

形如 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = P(x)y^2 + Q(x)y + R(x)$

有特解 $ y = \phi (x) $

设通解为 $ y = \phi (x) + u $ 则 $ \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}\phi (x)}{dx} + \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} $

代入方程中得 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = P(x)u^2 + [2P(x)\phi (x) + Q(x)]u$

这是一个伯努利方程，可用上述方法解出特解u

降阶法中常用的替换

$ y^{(n)} = f(x) $ 型

连续积分即可

$ y^{\prime \prime} = f(x, y^{\prime}) $ 型

做代换 $ p = y^\prime $

例子. $ y^{\prime \prime} + 2xy^{\prime 2} =0 $

$ y^{\prime \prime} = f(y, y^\prime) $ 型

做代换 $ p = y^\prime $

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = p, \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\bullet\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} =p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\]

例子. $ yy^{\prime \prime} - y^{\prime 2}=0 $