一阶
变量分离方程
已知 $$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f(x)\cdot g(y) $$ 则 $$ \int \frac{1}{g(y)},\mathrm{d}y=\int f(x),\mathrm{d}x $$
衍生变量分离方程
- 【线性】 已知 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f(ax+by+c)$$ 则换元 $z=ax+by+c$ 得到变量分离方程 $$\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}=a+bf(z)$$
- 【齐次】 已知 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f\left( \frac{y}{x} \right)$$ 则换元 $u=\frac{y}{x}$ 得到变量分离方程 $$u+x,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=f(u)$$
- 【仿射】 已知 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f\left( \frac{a_{1}x+b_{1}y+c_{1}}{a_{2}x+b_{2}y+c_{2}} \right)$$
- $\Delta \ne 0$ 平移两直线过原点 $\implies$ 换元成齐次方程
- $\Delta = 0$
- $a_1 \ne 0$, $b_1\ne0$ 换元 $u=a_1,x+b_1,y=a_2,x+b_2,y$
- $a_1\ne0$, $b_1 = 0$ 则 $b_2=0$
- $a_1=b_1=0$ 则 $y’=f \left( \frac{c_1}{a_2,x+b_2,y+c_2} \right)=g(ax+by+c)$
一阶线性
已知 $$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)\cdot y=Q(x) $$ 则 $$ y=e^{-\int P,\mathrm{d}x}\cdot \int e^{\int P,\mathrm{d}x}\cdot Q,dx $$
两边同乘 $e^{\int P,\mathrm{d}x}$ 凑出 $$\left( y\cdot e^{\int P,\mathrm{d}x} \right)’_{x}=e^{\int P,\mathrm{d}x}\cdot Q$$ 化简得到微分方程通解
伯努利方程
已知 $$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+P(x)\cdot y=Q(x)\cdot y^{\alpha} $$ 则 $$ y^{1-\alpha}=e^{-(1-\alpha)\int P,\mathrm{d}x}\int(1-\alpha),e^{(1-\alpha)\int P,\mathrm{d}x}\cdot Q,\mathrm{d}x $$
两边同除 $y^{\alpha}$ 得到 $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\cdot y^{-\alpha}+P\cdot y^{1-\alpha}=Q$$ 再两边同乘 $(1-\alpha)e^{(1-\alpha)\int P,\mathrm{d}x}$ 凑出 $$\left( y^{1-\alpha}\cdot e^{(1-\alpha)\int P,\mathrm{d}x} \right)’_{x}=Q\cdot(1-\alpha),e^{(1-\alpha)\int P,\mathrm{d}x}$$ 化简得到微分方程通解
二阶可降阶
- 已知 $$f(x,y’,y’’)=0$$ 令 $z=y’$ 得到一阶线性微分方程 $$f(x,z,z’)=0$$
- 已知 $$f(y,y’,y’’)=0$$ 令 $p=y’$ 则 $y’’=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\cdot \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\cdot p$ 得到一阶线性微分方程 $$f(y,p,p’)$$
全微分方程
- 若 $$F(x)=\frac{\frac{ \partial M }{ \partial y }-\frac{ \partial N }{ \partial x }}{N(x,y)}$$ 只依赖于 $x$ 则 $$\mu(x)=e^{\int_{x_{0}}^{x} F(t) , \mathrm{d}t}$$ 是原方程一个积分因子
- 若 $$G(y)=\frac{\frac{ \partial N }{ \partial x }-\frac{ \partial M }{ \partial y }}{M(x,y)}$$ 只依赖与 $y$ 则 $$\mu(y)=e^{\int_{y_{0}}^{y} G(t) , \mathrm{d}t}$$ 是原方程一个积分因子
高阶
二阶常系数齐次线性微分方程
形式
$$ y’’+py’+qy=0 $$
解的结构
$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2} $$ 其中 $y_{1}$, $y_{2}$ 是原微分方程线性无关的两个特解
-
两个特解 线性无关： 满足 $$\frac{y_{1}}{y_{2}}\neq \mathrm{const}$$ aka $$\left( \frac{y_{1}}{y_{2}} \right)’\neq 0$$ aka $$W(x)=\begin{vmatrix}y_{1} & y_{2} \ y_{1}’ & y_{2}’\end{vmatrix}\neq 0$$ 其中 $W(x)$ 是朗斯基 Wronski 行列式
-
一组特解 线性无关： 特解 $y_{1},y_{2},\dots,y_{n}$ 与常数 $a_{1},a_{2},\dots,a_{n}$ 构成关于 $(a_{1},a_{2},\dots,a_{n})$ 的方程 $$a_{1}y_{1}+a_{2}y_{2}+\dots a_{n}y_{n}=0$$ 有且仅有 $(a_{1},a_{2},\dots,a_{n})=(0,0,\dots,0)$ 一组解
with Wronski 行列式 aka $$W(x)=\begin{vmatrix} y_{1} & \dots & y_{n} \ y_{1}’ & \dots & y_{n}’ \ \vdots & \ddots & \vdots \y_{1}^{(n-1)} & \dots & y_{n}^{(n-1)}\end{vmatrix} \neq 0$$
通解
取特征方程 $\lambda^{2}+p\lambda+q=0$
解得特征根 $\lambda_{1}$, $\lambda_{2}$
| $\Delta$ | 特征根状态 | 特征根形式 | 通解 |
|---|---|---|---|
| $\Delta>0$ | 不等实根 | $\lambda_{1},\lambda_{2}$ | $$y=C_{1}e^{\lambda_{1}x}+C_{2}e^{\lambda_{2}x}$$ |
| $\Delta=0$ | 相等实根 | $\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda$ | $$y=(C_{1}+C_{2}x)e^{\lambda x}$$ |
| $\Delta<0$ | 共轭复根 | $\lambda_{1,2}=\alpha\pm\beta i$ | $$y=e^{ax}(C_{1}\cos\beta x+C_{2}\sin\beta x)$$ |
二阶常系数非齐次线性微分方程
形式
$$ y’’+py’+qy=f(x) $$
解的结构
$$ y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+y^{*} $$ 其中
- $C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}$ 是原微分方程的对应齐次方程 ($y’’+py’+qy=0$) 的通解
- $y^{*}$ 是原微分方程的特解
- 【和】 已知
- $y_{1}^{*}(x)$ 是 $y’’+py’+qy=f_{1}(x)$ 的特解
- $y_{2}^{*}(x)$ 是 $y’’+py’+qy=f_{2}(x)$ 的特解
则
- $y_{1}^{}(x)+y_{2}^{}(x)$ 是 $y’’+py’+q=f_{1}(x)+f_{2}(x)$ 的解
- 【差】 已知
- $y_{1}^{*}(x)$ 是 $y’’+py’+qy=f_{0}(x)$ 的特解
- $y_{2}^{*}(x)$ 是 $y’’+py’+qy=f_{0}(x)$ 的特解
则
- $y_{1}^{}(x)-y_{2}^{}(x)$ 是 $y’’+py’+q=0$ aka 原方程的齐次方程的解
通解
这里介绍特殊情况下的待定系数法，更 general 的方法论见 常数变易法
| $f(x)$ 形式 | 条件 | 特解 |
|---|---|---|
| $P_{n}(x)$ | $0$ 不是特征根 $0$ 是单特征根 $0$ 是重特征根 |
$Q_{n}(x)$ $xQ_{n}(x)$ $x^{2}Q_{n}(x)$ |
| $ae^{\alpha x}$ | $\alpha$ 不是特征根 $\alpha$ 是单特征根 $\alpha$ 是重特征根 |
$Ae^{\alpha x}$ $Axe^{\alpha x}$ $Ax^{2}e^{\alpha x}$ |
| $a\cos\beta x+b\sin\beta x$ | $\pm\beta i$不是特征根 $\pm\beta i$是特征根 |
$A\cos\beta x+B\sin\beta x$ $x(A\cos\beta x+B\sin \beta x)$ |
| $P_{n}(x)e^{\alpha x}$ | $\alpha$ 不是特征根 $\alpha$ 是单特征根 $\alpha$ 是重特征根 |
$Q_{n}(x)e^{\alpha x}$ $xQ_{n}(x)e^{\alpha x}$ $x^{2}Q_{n}(x)e^{\alpha x}$ |
| $P_{n}(x)e^{\alpha x}(a\cos\beta x+b\sin\beta x)$ | $\pm\beta i$不是特征根 $\pm\beta i$是特征根 |
$e^{\alpha x}[Q_{n}(x)\cos\beta x+R_{n}(x)\sin\beta x]$ $xe^{\alpha x}[Q_{n}(x)\cos\beta x+R_{n}(x)\sin\beta x]$ |
其中
- $\beta\neq 0$
- $P_{n}(x)$ 为多项式
- $Q_{n}(x),R_{n}(x)$ 为待定系数多项式
n 阶常系数齐次线性微分方程
形式
$$ y^{(n)}+a_{1}y^{(n-1)}+\dots+a_{n-1}y+a_{n}=0 $$
通解
取特征方程 $\lambda^{n}+a_{1}\lambda^{n-1}+\dots+a_{n-1}\lambda+a_{n}=0$
解得特征根 $\lambda_{1},\lambda_{2},\dots,\lambda_{n}$
对每个特征根取对应特解作线性组合 ($+C_{i}\cdot y_{i}$) 得到通解
| 特征根 | 特征根形式 | 对应特解 | 特解缩写 |
|---|---|---|---|
| 单实根 | $\lambda$ | $e^{\lambda x}$ | $Ce^{\lambda x}$ |
| $k$ 重实根 | $\lambda_{1}=\dots=\lambda_{k}=\lambda$ | $e^{\lambda x},xe^{\lambda x},\dots,x^{k-1}e^{\lambda x}$ | $(C_{1}+C_{2}x+\dots+C_{k}x^{k-1})e^{\lambda x}$ |
| 单共轭复根 | $\alpha\pm\beta i$ | $e^{ax}\cos\beta x,e^{ax}\sin\beta x$ | $e^{ax}(C_{1}\cos\beta x+C_{2}\sin\beta x)$ |
| $m$ 重共轭复根 | $(\lambda_{1}){1,2}=\dots=(\lambda{m})_{1,2}=\alpha\pm\beta i$ | $\begin{align}e^{ax}\cos\beta x,&e^{ax}\sin\beta x,\ xe^{ax}\cos\beta x,&xe^{ax}\sin\beta x, \ \dots,\ x^{m-1}e^{ax}\cos\beta x,&x^{m-1}e^{ax}\sin\beta x\end{align}$ | $e^{ax}\sum_{i=1}^{m} x^{i-1}(C_{i,1}\cos\beta x+C_{i,2}\sin\beta x)$ |
其中 $k,m > 1$
欧拉方程
形式
$$ x^{2}y’’+pxy’+qy=0 $$
$$a_{0}x_{n}y^{(n)}+a_{1}x_{n-1}y^{(n-1)}+\dots+a_{n-1}xy’+a_{n}y=0$$
通解
- 【$x>0$】
令 $x=e^{t}$ 即 $t=\ln x$
则
- $\mathrm{d}t=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$
- $$\begin{align}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} & =\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\cdot \frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x} \ & =\frac{1}{x}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\end{align}$$
- $$\begin{align} \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}x^{2}} & = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left( \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} \right) \ & =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left( \frac{1}{x} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} \right) \ & = -\frac{1}{x^{2}} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{x}\cdot \frac{\mathrm{d}}{x\mathrm{d}t}\left( \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} \right) \ & =-\frac{1}{x^{2}} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+ \frac{1}{x^{2}} \frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}} \end{align}$$ 于是方程化为 $$\frac{\mathrm{d}^{2}y}{\mathrm{d}t^{2}}+(p-1) \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}+qy=f(e^{t})$$ 最后还要把 $t$ 代换回 $x$
- 【$x<0$】 令 $x=-e^{t}$ 后同理