好吧，我感觉这个更像是熟练工种

2024.12.25更新，我不同意我昨天说的观点

Part 1 一阶线性微分方程

· 可分离变量方程

形式：

$$\frac{dy}{dx} = f(x)g(y)$$

特点：已解出一阶导数，右端是一个 $x$ 一元函数和 $y$ 一元函数的积

解法：

(1). $g(y) \neq 0$ 时，分离变量， $\frac{dy}{g(y)} = f(x) dx$，两侧积分,

$$\int \frac{dy}{g(y)} = \int f(x) dx +C$$

(2). 当 $y = y_0$, 有 $g(y_0) = 0$, 则 $y = y_0$ 也是方程的一个解

· 一阶齐次方程

$$\frac{dy}{dx} = g\left(\frac{y}{x}\right) \Rightarrow u = \frac{y}{x}， y = ux \Rightarrow y' = u + xu' \Rightarrow \frac{du}{dx} = \frac{g(u) - u}{x}$$

/example/ $xy' = y + 2\sqrt{xy}$

/proof/ 设 $y = xu$ 则 $ y' = xu' + u$ ，方程化为 $x(xu' + u) = xu + 2|x|\sqrt{u}$

$$\Rightarrow u' = \begin{cases} 2\frac{\sqrt{u}}{x} & x > 0 \\ -2\frac{\sqrt{u}}{x} & x < 0 \end{cases} \text{ } \Rightarrow \frac{du}{2\sqrt{u}} = \pm\frac{dx}{x}$$

两边积分，$\sqrt{u} = \pm\ln|x| + C$ ， $u = (\pm\ln|x| + C)^2$ ，另外，$u=0$ 也是解

代换后即可解出关于 $y$ 的表达式。

· 其它可分离变量方程

重要

(1).

$$\quad y' = f(ax+by+c) \quad \Rightarrow \quad z=ax+by+c \quad \Rightarrow \quad \frac{dz}{dx} = bf(z) + a$$

/example/ 求解$\quad y' = \cos(x - y)$

令 $z = x - y$ ，方程化为

$$z' + 1 = \cos z \quad \Rightarrow \quad \frac{dz}{\cos z - 1} = dx$$

$$\frac{dz}{2\sin^2\frac{z}{2}} = -dx \quad \Rightarrow \quad -\cot\frac{z}{2} = -x + C \quad \Rightarrow \quad \cot\frac{z}{2} = x + C$$

若写成 $\text{arccot}$ 形式，则限制了 $x$ 和 $y$ 的范围，不可取。

另外， $\cos z = 1$ 也为解，

原方程的解为 $\cot\frac{y - x}{2} = x + C$ ( $C$ 为任意常数), $y = x + 2k\pi(k \in \mathbb{Z})$

重要

(2). 线性方程比例形式

$$y = f\left(\frac{a_1 x + b_1 y + c_1}{a_2 x + b_2 y + c_2}\right)$$

只须讨论 $C_1, C_2$ 不全为0， $\frac{a_1}{a_2} \neq \frac{b_1}{b_2}$

当 $C_1, C_2$ 均为0时,

$$y' = f\left(\frac{a_1x + b_1y}{a_2x + b_2y}\right)$$

解法令 $X = x - x_0$ ， $Y = y - y_0$ ，$X_0, Y_0$ 满足

$$\begin{cases} a_1X_0 + b_1Y_0 + C_1 = 0 \\ a_2X_0 + b_2Y_0 + C_2 = 0 \end{cases}$$

· 一阶线性方程

$$y' + P(x)y = Q(x)$$

· 基本解法

在这里介绍一阶线性常微分方程的基本解法

1). $Q=0$ ，

$$y' + P(x)y \Rightarrow \frac{dy}{y} = -P(x)dx ,\quad \ln|y| = -\int P(x)dx \\$$

两侧同时带入指数函数

$$\Rightarrow y = \pm e^{-\int P(x)dx} \cdot e^{C_2}={C}e^{-\int P(x)dx}$$

2). $Q\neq 0$ ，设原方程的解 $y = C(x)e^{-\int P(x)dx}$ (常数变易法)，代入方程得

$$C'(x) e^{-\int P} + C(x) e^{-\int P} (-P) + P C e^{-\int P} = Q$$

$$C'(x) = Q(x)e^{\int P(x)dx}$$

原方程的解：

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

/example/ $(x+1)y' - \alpha y = e^x (x+1)^{\alpha+1}$

/proof/

$$y' - \frac{\alpha}{x+1} y = e^x (x+1)^{\alpha},\quad P(x) = -\frac{\alpha}{x+1},\quad Q(x) = e^x (x+1)^{\alpha},\quad \int P(x) dx = -\alpha \ln |x+1|$$

代入公式得：

$$y = e^{\alpha \ln |x+1|} \left[ \int e^x (x+1)^{\alpha} e^{-\alpha \ln |x+1|} dx + C \right] = (x+1)^{\alpha} (e^x + C)$$

(C 为任意常数)

/example/

$$y' = \frac{y}{2x - y^2}$$

方程化为

$$\frac{dx}{dy} = \frac{2}{y}x - y ,\quad P(x) = -\frac{2}{y} ,\quad Q(x) = -y ,\quad \int P(x) dx = -\ln y^2$$

然后直接套公式：

$$x = e^{\ln y^2} \left[ \int (-y) e^{-\ln y^2} dy + C \right] = y^2(-\ln y + C)$$

( C 为任意常数)

/example/

$$\int_0^1 f(ux) du = \frac{1}{x} f(x) + 1$$

$$\int_0^1 f(ux) \, du \quad \stackrel{v=ux}{=} \quad \frac{1}{x} \int_0^x f(v) \, dv\\ \int_{0}^{x} f(v) \, dv = \frac{1}{2} x f(x) + x\Rightarrow f(x) = \frac{1}{2} f(x) + \frac{1}{2} f(x) \cdot x + 1\\ \Rightarrow x f'(x) - f(x) + 2 = 0 \Rightarrow f(x) - \frac{1}{x} f(x) = -\frac{2}{x}\\ \int -\frac{1}{x} \, dx = -\ln x\\ f(x) = e^{\ln x} \left( \int -\frac{2}{x} e^{-\ln x} dx + C \right) = x(\frac{2}{x} + C) = 2 + Cx$$

· 可降价高阶微分方程

我们已学了一阶微分方程的基本解法，然后介绍一些微分方程，这些方程可以通过各种手段化为一阶微分方程，其中最具代表性的便是Bernoulli方程(具有已知精确解的非线性微分方程)

重要

Bernoulli方程：

$$y' + P(x)y = Q(x)y^n \ ( n \neq 0, 1 )$$

解法：代换 $z = y^{1-n}$ 则 $z' + (1-n)Pz = (1-n)Q$ 。（线性方程）

/example/ 求解 $y' - \frac{y}{x} + xy^2 = 0$

$$\text{if} \quad z = y^{-1} ,\quad z' + \frac{6}{x}z = x ,\quad \int \frac{6}{x}dx=6\ln|x| \\ z = e^{-\int \frac{6}{x} \, dx} \left[ \int xe^{6\ln|x|} \, dx + C \right] = \frac{1}{x^6} \left( \frac{x^8}{8} + C \right)$$

(1). $y^{(n)} = f(x)$ → 逐次积分

(2). $y'' = f(x, y) \rightarrow \text{设 } y' = p, \quad \frac{dp}{dx} = f(x, y)$

/example/ $xy'' + y' = 4x$

$$y' = p\Rightarrow p' + \frac{1}{x}p = 4 \\ \int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| = \frac{1}{2} \ln x^2 \\ P = e^{-\ln|x|} \left( \int e^{\frac{1}{2} \ln x^2} \cdot 4 \, dx + C \right) = \frac{1}{|x|} \left( \int 4|x| \, dx + C \right) = \begin{cases} \frac{1}{x} (2x^2 + C) & x > 0 \\ -\frac{1}{x} (-2x^2 + C) & x < 0 \end{cases} \\ p = 2x + \frac{C}{x} \quad \quad y = x^2 + C \ln|x| + C_1$$

(3). $y'' = f(y, y') \rightarrow \text{设 } y' = p \Rightarrow\frac{dp}{dy} = f(y, p)$

$$y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}$$

/example/ $2yy'' = y'^2 + 1$

$$p = y' ,\quad2yp \frac{dp}{dy} = p^2 + 1 \Rightarrow \frac{2p}{p^2 + 1} dp = \frac{1}{y} dy\\ \ln(p^2 + 1) = \ln|y| + C_{01}, \quad p^2 + 1 = C_1y\\ \frac{dy}{\sqrt{C_1y - 1}} = dx \quad \Rightarrow \quad \frac{C_1dy}{\sqrt{C_1y - 1}} = C_1 dx\\ \Rightarrow \quad 2\sqrt{C_1y - 1} = C_1x + C_2$$

/example/ $y'' + y' = 2e^{-y}$

$$p \frac{dp}{dy} + p^2 = 2e^{-y} ,\quad \frac{1}{2} \frac{d^2p}{dy^2} + p^2 = 2e^{-y}$$

Part 2 二阶常系数线性微分方程

· 线性方程解的结构

$y^{(n)} + p_n(x)y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x)y' = f(x)$ ， $f(x)$ 为非齐次项。

齐次线性微分方程： $y^{(n)} + p_n(x)y^{(n-1)} + \cdots + p_1(x)y = 0$

(1). 线性方程的叠加原理：

• $y_1(x)$ 是方程 $y^{(n)} + \cdots + p_1(x)y = f_1(x)$ 的解。
• $y_2(x)$ 是方程 $y^{(n)} + \cdots + p_1(x)y = f_2(x)$ 的解。
• $\Rightarrow C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ 是方程 $y^{(n)} + \cdots + p_1(x)y = C_1f_1(x) + C_2f_2(x)$ 的解。

(2). 推论：齐次线性微分方程的性质

• $y_1(x), y_2(x)$ 是方程 $y^{(n)} + \cdots + p_1(x)y = 0$ 的解

  $\Rightarrow C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ 也是此方程的解。

· 二阶线性齐次方程

以下的内容和线性代数有一定关联

标准形式：（HL）

$$y'' + p(x)y' + q(x)y = 0$$

线性相关与无关：

• 对函数 $y_1(x), y_2(x)$ ，若有不全为零常数 $C_1, C_2$ ，使 $C_1y_1(x) + C_2y_2(x) \equiv 0$ ，则称 $y_1(x), y_2(x)$ 线性相关，否则称线性无关。

解的结构定理：

• 若 $y_1(x), y_2(x)$ 是方程（HL）两个线性无关的解（称为方程的基本解组），那么通解 $C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ （ $C_1, C_2$ 任意常数）给出了方程（HL）的解。
• 方程（HL）的所有解构成二维线性空间，基本解组是一组基。

Liouville公式：

• 若 $y_1(x)$ 为（HL）非零解， $y_2 = y_1 \int \frac{1}{y_1^2} \,e^{-\int p(x) \, dx} dx$ 是方程与 $y_1(x)$ 线性无关的解。
• 求（HL）的解归结为求出一个非零特解。
• 简单形式方程常用观察法找出特解， $x^n, e^{ax}, \sin(bx)$ 或 $\cos(bx)$ 。

/example/ $(2x+1)y'' + 4xy' - 4y = 0$

$$\begin{align*} y_2 &= y_1 \int \frac{1}{y_1^2} e^{-\int p(x) \, dx} \, dx \\ &= x \int \frac{1}{x^2} e^{-2x + \ln(2x+1)} \, dx \\ &= x \int \frac{1}{x^2} e^{-2x} (2x+1) \, dx \\ &= x \left( \int \frac{2x}{x^2} e^{-2x} \, dx + \int \frac{1}{x^2} e^{-2x} \, dx \right) \\ &= -e^{-2x}, \end{align*}$$

/example/ $xy'' -y' - (x-1)y = 0$

解法同上 （猫条の恶趣味）(其实我也不想做 qwq )

· 二阶线性非齐次方程

标准形式： $y'' + Py' + Q(x)y = f(x)$ 。

解的结构定理：设 $y^*(x)$ 是非齐次方程(NHL)的解，而 $y_1(x)$ ， $y_2(x)$ 是对应齐次方程的基本解组，那么通解$y = y*(x) + C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ 。

如何求出方程特解？常用方法为常数变易法。

/example/ 已知 $y'' + y = 0$ 基本解组为 $\cos x, \sin x$ ，求非齐次方程 $y'' + y = \tan x$ 的通解。

设 $y^* = C_1(x)\cos x + C_2(x)\sin x$

$$(y^*)'= C'_1(x)\cos x - C_1(x)\sin x + C'_2(x)\sin x + C_2(x)\cos x$$

设 $C_1'(x)\cos x + C_2'(x)\sin x = 0$ ①，

则

$$(y^*)'' = -C'_1(x)\sin x - C_1(x)\cos x + C'_2(x)\cos x - C_2(x)\sin x$$

方程化为 $-C_1'(x)\sin x + C_2'(x)\cos x = \tan x$ 。②

联立方程①②， $C'_1(x) = -\tan x\sin x$ ， $C'_2(x) = \sin x$ 。

$$C_2(x) = -\cos x ,\quad C_1(x) = \sin x - \ln|\sec x + \tan x|$$

重要

这种方法有效，数学系学生有一定要求，工科不是特别强调

· 常系数线性齐次方程

二阶方程形式： $y'' + py' + qy = 0$

重要

解的函数代入方程最后等于0，什么样的函数求导之后形式变化不大？指数函数.

令 $y = e^{rx}$ ，代入后得到 $r^2 + pr + q = 0$ ，求解（三种情况）

方程称为特征方程，根称为特征根

• 相异实根 $r_1, r_2$ ，基本解组为 $e^{r_1x}, e^{r_2x}$

• 相同实根 $r$ ： $e^{rx} \xrightarrow{Liouville} xe^{rx}$

• 共轭复根： 中学阶断学过 $e^{x+iy} = e^x \cdot e^{iy} = e^x (\cos y + i\sin y)$

  基本解组

  $$e^{(\alpha + i\beta)x}, e^{(\alpha - i\beta)x} \xrightarrow{e^{ix} = \cos x + i\sin x} e^{\alpha x}\cos \beta x ，e^{\alpha x}\sin \beta x$$

  $\lambda=\alpha\pm i\beta$ ，这里虽然复数是成对出现，但是当做是一个根。

  通解：

  $$y=c_1 e^{ax}\cos\beta x+c_2 e^{ax}\sin\beta x$$

  推导过程：

  先补充欧拉方程：

  $$e^{i x}=\cos x+i\sin x$$

  由欧拉公式进行推导，先推导 $\lambda=\alpha+i\beta$ ：

  $$\begin{align*} e^{(\alpha+i\beta) x}&=e^{\alpha x+i\beta x} \\ &=e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x) \\ &=e^{\alpha x}\cos\beta x+i e^{\alpha x}\sin\beta x \\ &=c_1 e^{\alpha x}\cos\beta x+c_2 e^{\alpha x}\sin\beta x \end{align*}$$

  这里 $c_2$ 实际上包含了 $i$ 的。

  同理， $\lambda=\alpha-i\beta$ 如下：

  $$\begin{align*} e^{(\alpha-i\beta) x}&=e^{\alpha x-i\beta x} \\ &=e^{\alpha x}(\cos\beta x-i\sin\beta x) \\ &=e^{\alpha x}\cos\beta x-i e^{\alpha x}\sin\beta x \\ &=c_1 e^{\alpha x}\cos\beta x+c_2 e^{\alpha x}\sin\beta x \end{align*}$$

  因为 $\cos(-x)=\cos x,\sin(-x)=-\sin x$ ，所以可以获得上面公式，这里 $c_2$ 是包含了 $-i$ 的。

/example/ $y'' + 5y' + 6y = 0$

特征方程 $r^2 + 5r + 6 = 0$ ， $r = -2, -3$

原方程通解为 $C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x}$ ( $C_1, C_2$ 为常数 )

/example/ $y'' + 4y' + 9y = 0$

特征方程 $r^2 + 4r + 9 = 0$ ， $r = -2 \pm \sqrt{5}i$

原方程通解 $y = e^{-2x}(C_1 \cos(\sqrt{5}x) + C_2 \sin(\sqrt{5}x))$ ( $C_1, C_2$ 为常数 )

二次项常系数微分方程基本解组如何推广到 $n$ 阶？

/example/ $y''' - 3y'' + 3y' - y = 0$

特征方程 $r^3 - 3r^2 + 3r - 1 = 0$ ， $r = 1$

原方程通解 $y = C_1 e^x + C_2 x e^x + C_3 x^2 e^x$

· 常系数非线性齐次方程

求出对应方程基本解组后可用常数变易法（麻烦，非齐次麻烦）

非齐次项可以为某些特殊形式，可用待定系数法

重要

(1).

$$f(x) = (b_0x^n + b_1x^{n-1} + \cdots + b_{n-1}x + b_n)e^{\lambda x}$$

特解形式为

$$y_p = x^k (B_0x^n + B_1x^{n-1} + \cdots + B_n)e^{\lambda x}$$

k是 $\lambda$ 作为特征方程 $r^2 + pr + q = 0$ 的根的重数（ 若 $\lambda$ 不是特征根则为0重根）

写出下列方程一个特解的特定形式：

/example/ $y'' - 6y' + 10y = (x + 1)e^{3x}$

特征方程： $r^2 - 6r + 10 = 0 $ ， $r = 3 \pm i$

原方程特解形式： $y^* = (ax + b)e^{3x}$

/example/ $y'' + y' = x^2 + 1$

特征方程： $r^2 + r = 0$ ， $r = 0, -1$

原方程特解形式： $y^* = x(ax^2 + bx + c)$

/example/ $y'' + 3y' - 4y = e^x$

特征方程： $r^2 + 3r - 4 = 0$ ， $r = 1, -4$

原方程特解形式： $y^* = axe^x$

/example/ 求解方程 $y'' - 3y' + 2y = 3xe^{-x}$

特征方程 $r^2 - 3r + 2 = 0$ , $r = 1, 2$ , 原方程特解 $y^* = (ax + b)e^{-x}$

$$(y^*)' = ae^{-x} - (ax + b)e^{-x} = e^{-x}(-ax + a - b),\quad(y^*)'' = e^{-x}(ax - 2a + b)\\$$

代入方程

$$e^{-x}[(ax - 2a + b) - 3(-ax + a - b) + 2(ax + b)] = 3xe^{-x} \Rightarrow a = \frac{1}{2}, \quad b = \frac{5}{12},\\$$

$$y = \left(\frac{1}{2}x + \frac{5}{12}\right)e^{-x} + C_1e^x + C_2e^{2x}$$

/example/ 求解方程 $y'' - 2y' + y = 3xe^x$

特征方程 $r^2 - 2r + 1 = 0$ ， $r = 1$ （二重根）， $y^* = x^2(ax + b)e^x$

$$(y^*)' = [(3ax^2 + 2bx) + (ax^3 + bx^2)]e^x \\$$

$$(y^*)'' = [(3ax^2 + 6ax + 2bx + 2b) + (3ax^2 + 2bx + ax^3 + bx^2)]e^x$$

$$b = 0, \quad a = \frac{1}{2}, \quad y^* = \frac{1}{2}x^2e^x$$

重要

(2).

$$f(x) = \left[ P(x) \cos(\beta x) + Q(x) \sin(\beta x) \right] e^{\alpha x}$$

其中 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 为最高次数为 $m$ 的 $m$ 次多项式。

方程的特解形式 $y^*$ 为:

$$y^* = x^k \left[ A(x) \cos(\beta x) + B(x) \sin(\beta x) \right] e^{\alpha x}$$

$k$ 为 $\alpha+i\beta$ 作为特征方程 $r^2 + pr + q = 0$ 的根的重数，$A(x)$ 和 $B(x)$ 为 $m$ 次待定多项式。

/example/ $y'' - y = xe^x \cos x$

$$y^* = \left[(a x + b_1) \cos x + (a x + b_2) \sin x\right] e^x \quad (a + i\beta = 1 + i)$$

/example/ $y'' + 4y = x \sin 2x$

特征方程 $r^2 + 4 = 0, \quad r = \pm 2i, \quad \alpha + \beta i = 2i$

$$y^* = x \left[(a_1 x + b_1) \cos 2x + (a_2 x + b_2) \sin 2x\right]$$

/example/ $y'' - 2y' + 2y = xe^x \cos x$

特征方程 $r^2 - 2r + 2 = 0, \quad r = 1 \pm i, \quad \alpha + \beta i = 1 + i$

$$y^* = x \left[(a_1 x + b_1) \cos x + (a_2 x + b_2) \sin x\right] e^x$$

/example/

$$y'' + y = 2\cos x$$

$$\quad r^2 + 1 = 0, \quad r = \pm i, \quad \alpha + \beta i = i \\ \quad y^* = x(A\cos x + B\sin x) \\ \quad (y^*)' = A\cos x + x(-A\sin x + B\cos x) + B\sin x + x(A\cos x + B\sin x) \\ \quad (y^*)'' = -2A\sin x + 2A\cos x - A\cos x - A\sin x - A\sin x + B\cos x \\ \quad A_1 = 0, \quad y^* = x\sin x \\ \quad y = x\sin x + C_1\cos x + C_2\sin x \\$$

/example/

$$y'' - 2y' + 2y = e^x\sin x$$

$$\quad r^2 - 2r + 2 = 0, \quad r = 1 \pm i, \quad \alpha + \beta i = 1 + i \\ \quad y^* = x[A\cos x + B\sin x]e^x \\ \quad (y^*)' = (A\cos x + B\sin x - Ax\sin x + Bx\cos x + Ax\cos x + Bx\sin x)e^x \\ \quad B = 0, \quad A = \frac{1}{2}, \quad y^* = \frac{1}{2}x\cos x e^x$$

PS：比较系数宜从多项式最低次数开始

Part 3 其它类型微分方程

· Euler 方程

欧拉方程的形式如下

$$f(x) = x^n y^{(n)} + a_1 x^{n-1} y^{(n-1)} + \cdots + a_{n-1} x y' + a_n y$$

欧拉提出了一种解法，通过令 $x = e^t$ ，我们可以发现方程已经解出来了。

具体我们可以利用链式法则考察：

$$\frac{dy}{dt} = \frac{dy}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = y' \cdot e^t = x y' \\ \frac{d^2 y}{dt^2} = \frac{d\left(\frac{dy}{dt}\right)}{dt} = \frac{d\left(x \cdot y'\right)}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = \left(y' + x y''\right) \cdot x = x y' + x^2 y'' \\$$

由此可以得到：

$$x y' = \frac{dy}{dt} \\ x^2 y'' = \frac{d^2 y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} = \frac{d\left(\frac{d}{dt} - 1\right)}{dt} y$$

此时我们引入微分算子： $D = \frac{d}{dt}$

则上式可写为：

$$x y' = D y \\ x^2 y'' = D(D-1) y \\ x^3 y''' = D(D-1)(D-2) y$$

/example/ $x^2 y'' - x y' + y = 0$

设 $x = e^t$，则方程化为：

$$D(D-1)y - Dy + y = 0$$

特征方程为 $r^2 - 2r + 1 = 0$，解得 $r = 1$（重根）

$$y = e^t (C_1 t + C_2) = x (C_1 \ln |x| + C_2)$$

/example/ 方程 $x^2 y'' + 3xy' + 5y = 0$

设 $x = e^t$，则方程化为：

$$D(D-1)y + 3Dy + 5y = 0 \quad D = \frac{d}{dt}\\ r^2 - r + r - 1 = 0，\quad r = \pm 2i\\ y = e^{-t}(C_1 \cos(2t) + C_2 \sin(2t))\\$$

其中$C_1, C_2$ 为任意常数。

· 线性微分方程组

一般而言，线性微分方程与一阶线性微分方程组形式可以互换。

二阶线性微分方程的形式： $y'' + p(x) y' + q(x) y = f(x)$

通过引进函数 $z = y'$ ，我们可以将二阶线性微分方程转换为一阶线性微分方程组：

$$\begin{cases} y' = z \\ z' = -p(x) z - q(x) y + f(x) \end{cases}$$

反之，一阶线性微分方程组可化为方程求解。

例如，求解方程组：

$$\begin{cases} \frac{dx}{dt} = x + y \\ \frac{dy}{dt} = x - y \end{cases}$$

解法由 $y= \frac{dx}{dt} -x$ 代入后一方程

/example/ 求解：

$$\begin{cases} \frac{dx}{dt} +\frac{dy}{dt}+ 2x + 6y = 2e^t\\ 3\frac{dy}{dt} +2\frac{dx}{dt}+ 3x + 8y = -1 \end{cases}$$

先化为导数解出型

$$\begin{cases} \frac{dx}{dt}=?\\ \frac{dy}{dt}=?\end{cases}$$

然后便可化为方程求解

（实际上可以使用矩阵求解，鉴于没学线性代数，此处略过）

· 高阶常系数齐次微分方程

定义：

$$a_n\frac{d^n y}{d x^n}+a_{n-1}\frac{d^{n-1} y}{d x^{n-1}}+\ldots+a_1\frac{d y}{d x}+a_0 y=f(x)$$

若：

1. $f(x)=0$ ，则为齐次方程；
2. $f(x)\neq 0$ ，则为非齐次方程。

高阶常系数齐次微分方程解的结构为：

$$y=c_1 y_1(x)+c_2 y_2(x)+\ldots+c_n y_n(x)$$

齐次方程的解法为：

1. 先将非齐转换为齐，即令 $f(x)=0$ ；
2. 找到特征方程的特征根，假设微分方程为 $y^{\prime\prime}+2 y^{\prime}+y=0$ ，特征方程为 $\lambda^2+2\lambda+1=0$ ，其特征根： $\lambda_1=\lambda_2=-1$ ，即入最高为多少次，那么就有多少个特征根。

现在问题转换为了特征根形式，特征根从大方向上来说一共有3类：

1. 每个特征根都是单重根；
2. 有重根；
3. 有复数根。

都是单根，通解为：

$$y=c_1 e^{\lambda_1 x}+c_2 e^{\lambda_2 x}+\ldots+c_n e^{\lambda_n x}$$

有重根，通解为：

$$y=c_1 e^{\lambda x}+c_2 x e^{\lambda x}+\ldots+c_n x^{n-1} e^{\lambda x}=e^{\lambda x}\left(c_1+c_2 x+\ldots+c_n x^{n-1}\right)$$

那如果有多重复根呢？

/example/ $y^{(4)}+y=0$

求解特征方程：

$$\begin{align*} &y^{(4)} + y = 0 \\ &\lambda_1 = \lambda_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i \\ &\lambda_3 = \lambda_4 = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i \end{align*}$$

通解

$$\begin{align*} y = e^{\frac{\sqrt{2}}{2}x} \left[ (C_1+C_2x) \cos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right) + (C_3+C_4x) \sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x\right) \right] \\ \end{align*}$$

ODE就这么速通完了。

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2025/10/12 15:13

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• c9ee8-plume于 2025/10/12
• a28aa-a于 2025/10/3

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