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常微分方程

微分方程

观察下面两个方程
$$
x^2=1
$$

$$
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x
$$

发现下面的方程包含导数,我们称这类包含未知变量(y)对自变量(x)的导数的方程为微分方程,上面的普通方程叫代数方程

此外我们发现,这个微分方程中,最高阶的导数是这个y对x的一阶导数,于是这个微分方程的阶数为1

我们将微分方程分为:

  • 常微分方程(ODE),只涉及一个自变量的导数
  • 偏微分方程(PDE),涉及多个自变量的偏导数

解法

分离变量法

适用于形如 $\frac{dy}{dx} = f(x)g(y)$ 的方程

例:求解 $\frac{dy}{dx} = xy$ ,初始条件 $y(0)=1$

将所有与 y 相关的项移到一边,与 x 相关的项移到另一边:
$$
\frac{dy}{y} = x , dx
$$
对两边积分
$$
\int \frac{1}{y} , dy = \int x , dx
$$
左边
$$
\int \frac{1}{y} , dy = \ln|y| + C_1
$$
右边
$$
\int x , dx = \frac{1}{2}x^2 + C_2
$$
合并常数
$$
\ln|y| = \frac{1}{2}x^2 + C
$$

$$
|y| = e^{\frac{1}{2}x^2 + C} = e^C \cdot e^{\frac{1}{2}x^2}
$$

令$A = \pm e^C$
$$
y = A e^{\frac{1}{2}x^2}
$$
带入初始条件
$$
y(0) = A e^{\frac{1}{2} \cdot 0^2} = A \cdot 1 = A = 1
$$
于是解为
$$
y = e^{\frac{1}{2}x^2}
$$

变量替换法

适用于齐次型方程,形如$\frac{dy}{dx}=y(\frac{y}{x})$

例:求解$\frac{dy}{dx} = \frac{x + y}{x - y}$,初始条件$y(0)=1$

经观察,右侧公式可以变形为
$$
\frac{x + y}{x - y} = \frac{1 + \frac{y}{x}}{1 - \frac{y}{x}}
$$
我们使用变量进行替换 $v = \frac{y}{x}$

对 $y=vx$ 关于 x求导
$$
\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}
$$
带入原式
$$
v + x \frac{dv}{dx} = \frac{x + y}{x - y} = \frac{x + vx}{x - vx} = \frac{1 + v}{1 - v}
$$
化简得到
$$
v + x \frac{dv}{dx} = \frac{1 + v}{1 - v}
$$
得到
$$
x \frac{dv}{dx} = \frac{1 + v^2}{1 - v}
$$
得到
$$
\frac{1 - v}{1 + v^2} dv = \frac{1}{x} dx
$$
分解积分
$$
\int \frac{1}{1 + v^2} dv - \int \frac{v}{1 + v^2} dv = \frac{1}{x} dx
$$
得到
$$
\arctan v - \frac{1}{2} \ln |1 + v^2| = \ln |x| + C
$$
带入原变量
$$
\arctan \left( \frac{y}{x} \right) - \frac{1}{2} \ln \left( 1 + \left( \frac{y}{x} \right)^2 \right) = \ln |x| + C
$$

$$
\arctan \left( \frac{y}{x} \right) - \frac{1}{2} \left( \ln (x^2 + y^2) - 2 \ln |x| \right) = \ln |x| + C
$$

化简
$$
\arctan \left( \frac{y}{x} \right) - \frac{1}{2} \ln (x^2 + y^2) = C
$$
应用初始条件,得到
$$
\arctan \left( \frac{0}{1} \right) - \frac{1}{2} \ln (1^2 + 0^2) = \arctan 0 - \frac{1}{2} \ln 1 = 0 - 0 = 0
$$
因此 $C=0$

最终解为
$$
\arctan \left( \frac{y}{x} \right) = \frac{1}{2} \ln (x^2 + y^2)
$$

伯努利方程

形如
$$
\frac{dy}{dx}=P(x)y + Q(x)y^n , (n \neq 0, 1)
$$

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