12-14 微积分笔记

假设$p(x)=\frac{Q'(x)}{Q(x)}$
则$y'=p(x)y+q(x)$的解为

$$y=e^{\int \frac{Q'(x)}{Q(x)}dx}[c+\int q(x)e^{-\int \frac{Q'(x)}{Q(x)}dx}dx]$$
而有$\int \frac{Q'(x)}{Q(x)} = \ln |Q(x)|$，故

$$y= e^{\ln |Q(x)|}[c+\int q(x)e^{-\ln |Q(x)|}]\\ =|Q(x)| [c+\int q(x)\frac{1}{|Q(x)|}dx] \\ =c |Q(x)| + |Q(x)|\int q(x)\frac{1}{|Q(x)|}dx$$
讨论一下$|Q(x)|$的符号，发现最后的式子可以直接去掉绝对值：
$$= c\cdot Q(x) + Q(x)\int q(x)\frac{1}{Q(x)}dx$$

【例1】 求解$xy' = y+x^2e^x$
解：化成$y'=\frac{1}{x} y + xe^x$，一阶线性。

$$y=e^{\int\frac{1}{x}dx}(c+\int xe^x e^{-\int 1/x dx}dx) \\ =e^{\ln x}(c+\int xe^x e^{-\ln x}dx) \\ =x(c+\int xe^x \frac1x dx)\\ =x(c+e^x)$$

【例2】 求解$(x-y^2e^y)y' = y$
解：可以把$y$看成自变量，则

$$\frac{dx}{dy}=\frac1y x-ye^y \qquad(y\neq 0)$$
故 $$x = e^{\frac1ydy}[c+\int(-ye^y) e^{-\int\frac1y dy}dy]$$
由此给出隐函数形式的通解：
$$x = y(c-e^y)$$
另外，$y=0$是奇解。

可换元的方程

齐次方程

$y'=f(\frac{y}{x})$。

记$u=\frac yx,y=xu,y'=u+xu'$
因此

$$u+xu' = f(u)$$
从而 $$x \frac{du}{dx} = f(u)-u \\ \frac{du}{f(u)-u}=\frac{1}{x}dx$$

【例1】 $y'=\frac{x+y}{x-y}$
解：变形为$y'=\frac{1+y/x}{1-y/x}$.记$u=y/x,y=ux,y'=u+xu'$.有

$$u+xu' = \frac{1+u}{1-u}$$
得
$$x\frac{du}{dx} = \frac{u^2+1}{1-u} \\ \frac{1-u}{1+u^2}du=\frac{1}{x}dx$$
直接左右求积分
$$\arctan u -\frac{1}{2}\ln(1+u^2) = \ln|x| +c$$
换回$y$
$$\arctan \frac yx - \frac12 \ln(1+\frac{y^2}{x^2})=\ln |x|+c$$

【例3】 求以下初值问题的解：

$$\begin{cases} x^2y'+xy = y^2 \\ y\big|_{x=1} = 1\end {cases}$$
解：取$u=y/x$有
$$u+xu' = u^2-u$$
即为
$$\frac{du}{u^2-2u} = \frac1x dx \qquad (u\neq 0,u\neq 2)$$
$$\int\frac{du}{u(u-2)}=\frac{1}{2}\int(\frac1{u-2}-\frac1{u})du = \frac12 \ln|\frac{u-2}u|$$
故
$$\ln|\frac{u-2}u| = 2\ln|x|+c$$
$$\left|\frac{u-2}{u}\right| = x^2e^c$$
$$\frac{u-2}{u}=\pm x^2e^c = c\cdot x^2$$
上一步，当$c=0$时包含了$u=2$.代回$y$：
$$\frac{y-2x}{y}=c\cdot x^2$$
这是通解。
回头看奇解：$u=2$已经被蕴涵了；$u=0$是一个奇解。

再来看条件$y\big |_{x=1}=1$.代入知$c=-1$

故此柯西问题的解为

$$x^2y+y-2x=0$$

【例4】 求解

$$y'=\frac{x-y+1}{x-y}$$
解：有$y'=1+\frac{1}{x-y}$
取$u=x-y,y=x-u,y'=1-u'$，得到
$$1-u' = 1+\frac{1}{u} \qquad(u\neq 0)$$
得到$u'=-1/u,udu=-dx$
$$\frac12 u^2 = -x+c$$
得到通解：
$$\frac12 (x-y)^2 = -x+c$$

【例5】 求解

$$y'=y^2+2(\sin x- 1) y + \sin^2 x -2\sin x -\cos x +1$$
解：简化式子
$$y' + \cos x = (y+\sin x -1)^2$$
令$u=y+\sin x -1$，则$u'=y'+\cos x$，有
$$\frac{du}{u^2} =dx$$
故$-\frac1u = x +c$
整理得
$$x +c = -\frac{1}{y+\sin x -1}$$

【例6】 求解

$$y'=\frac{y+2}{x+y-1}$$
我们来考虑一下“齐次”的性质：$\frac{ax+by}{cx+dy}$之所以齐次，是因为【分子=0、分母=零所形成的这两条直线】交于原点。非齐次的不交于原点，所以挂掉了。
现在我们把式子弄得过原点就行了。我们取$X=x-3,Y=y+2$来平移坐标系，式子变成：
$$\frac{dy}{dx}=\frac{dY}{dX} = \frac{Y}{X+Y}$$
由此成了齐次的，就能解了。

【例7】 求解

$$xy' = y+x^2\sqrt y$$
化式子： $$y^{-1/2}y' = \frac1x y^{1/2}+x$$
现在取$u=y^{1/2},u'=\frac12 y^{-1/2}y'$
有
$$u' = \frac{1}{2x}u+\frac x2$$
$$u = y^{1/2} = e^{\int\frac1{2x}dx}(c+\int \frac x2 e^{-\int \frac{1}{2x}dx}dx)$$
$$y^{1/2} = \sqrt x (c+\frac13 x^{3/2})$$
另外，$y=0$是奇解。

我们推广这个问题：考虑$y'=p(x) y + q(x) y^\lambda$
则$y^{-\lambda}y'=p(x)y^{1-\lambda}+q(x)$，取$u=y^{1-\lambda}$有

$$u' = (1-\lambda )y^{-\lambda}y'$$
故
$$u' = (1-\lambda)p(x)u + q(x)(1-\lambda)$$
$$u= y^{1-\lambda} = e^{\int(1-\lambda)p(x)dx}(c+\int q(x)(1-\lambda)e^{-\int(1-\lambda)p(x)dx}dx)$$

这就是著名的【伯努利方程】。