常微分方程

讲义说明

• 内容范围：一阶微分方程、可降阶的二阶微分方程、高阶线性微分方程、线性微分方程组
• 适用范围：1 学分工科常微分方程

常微分方程（ODE）研究未知函数及其导数之间的关系式。本讲义按题型组织，每一类给出形式、解法、例题三段，便于按类查阅。

基本概念速览

• 阶：方程中出现的最高阶导数的阶数。\(F(x, y, y', \dots, y^{(n)}) = 0\) 为 \(n\) 阶 ODE。
• 通解：含 \(n\) 个独立任意常数的解（\(n\) = 方程阶数）。
• 特解：由初值条件确定全部常数后的解。
• 初值问题（Cauchy（柯西）问题）：方程 + 初值条件 \(y(x_0) = y_0,\, y'(x_0) = y_1,\, \dots\)
• Picard（皮卡）存在唯一性定理：\(y' = f(x,y)\)，若 \(f\) 和 \(\partial f / \partial y\) 在 \((x_0, y_0)\) 附近连续，则初值问题在某邻域内存在唯一解。

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一、一阶微分方程

1.1 变量可分离方程

形式

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f(x)\,g(y)\]

解法

分离变量后两端积分。

• 通解：

\[\int \frac{\mathrm{d}y}{g(y)} = \int f(x)\,\mathrm{d}x + C\]

• 初值 \(y(x_0)=y_0\) 下的特解：

\[\int_{y_0}^{y} \frac{\mathrm{d}y}{g(y)} = \int_{x_0}^{x} f(x)\,\mathrm{d}x\]

易丢失的解

若存在 \(y^{*}\) 使 \(g(y^{*})=0\)，则 \(y \equiv y^{*}\) 也是解。分离变量时要回头检查。

例题 (20-21)

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = (1-y^2)\,x\)

分离变量：将方程改写为

\[\frac{\mathrm{d}y}{1-y^2} = x\,\mathrm{d}x\]

积分左端：\(1-y^2 = (1+y)(1-y)\)，用部分分式分解：

\[\frac{1}{(1+y)(1-y)} = \frac{A}{1+y} + \frac{B}{1-y}\]

通分比较分子：\(1 = A(1-y) + B(1+y)\)。令 \(y=1\) 得 \(B=\tfrac{1}{2}\)；令 \(y=-1\) 得 \(A=\tfrac{1}{2}\)。故

\[\int\frac{\mathrm{d}y}{1-y^2} = \frac{1}{2}\int\!\left(\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1-y}\right)\mathrm{d}y = \frac{1}{2}\bigl[\ln|1+y| - \ln|1-y|\bigr] = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+y}{1-y}\right|\]

积分右端：\(\displaystyle\int x\,\mathrm{d}x = \dfrac{x^2}{2}\)。合并，令 \(C_0\) 为积分常数：

\[\frac{1}{2}\ln\left|\frac{1+y}{1-y}\right| = \frac{x^2}{2} + C_0\]

两边乘 2 后取指数，令 \(C = \pm e^{2C_0}\) 吸收符号，得通解

\[\frac{1+y}{1-y} = C\,e^{x^2}\]

检查遗漏解：\(1-y^2=0\) 时 \(y=\pm 1\)，代回验证 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0\) 成立，故 \(y\equiv 1\) 和 \(y\equiv -1\) 也是解。

1.2 齐次方程

形式（右端只依赖 \(y/x\)）

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = f\!\left(\frac{y}{x}\right)\]

解法

令 \(u = y/x\)，则 \(y = ux\)，\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = u + x\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\)，化为关于 \(u\) 的可分离方程：

\[x\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = f(u) - u\]

例题 (23-24)

\(2xy\,y' = 4x^2 + 3y^2,\; y(1)=1\)

化标准形：两边除以 \(2xy\)，\(y' = \dfrac{4x^2+3y^2}{2xy}\)。注意右端只含 \(y/x\)，是齐次方程。

令 \(u = y/x\)（即 \(y = ux\)，\(y' = u + xu'\)），代入：

\[u + xu' = \frac{4x^2 + 3u^2x^2}{2x\cdot ux} = \frac{2}{u} + \frac{3u}{2}\]

整理：\(xu' = \dfrac{2}{u} + \dfrac{3u}{2} - u = \dfrac{2}{u} + \dfrac{u}{2} = \dfrac{4+u^2}{2u}\)。

分离变量：

\[\frac{2u\,\mathrm{d}u}{4+u^2} = \frac{\mathrm{d}x}{x}\]

积分：左端令 \(w = 4+u^2\)，\(\mathrm{d}w = 2u\,\mathrm{d}u\)，故 \(\displaystyle\int\frac{2u\,\mathrm{d}u}{4+u^2} = \ln(4+u^2)\)（\(4+u^2>0\)）。右端积分得 \(\ln|x|\)，故

\[\ln(4+u^2) = \ln|Cx| \;\Rightarrow\; 4 + u^2 = Cx\]

回代 \(u = y/x\)：\(4 + y^2/x^2 = Cx\)，两端乘 \(x^2\)：

\[4x^2 + y^2 = Cx^3\]

代初值 \(y(1)=1\)：\(4+1 = C\)，得 \(C = 5\)，特解为

\[y^2 = 5x^3 - 4x^2\]

1.3 一阶线性方程

形式

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x)\,y = f(x)\]

通解公式（积分因子法）

\[y = e^{-\int p(x)\,\mathrm{d}x}\!\left[\int f(x)\,e^{\int p(x)\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x + C\right]\]

初值 \(y(x_0)=y_0\)：

\[y = e^{-\int_{x_0}^{x} p(\xi)\,\mathrm{d}\xi}\!\left[\int_{x_0}^{x} f(\xi)\,e^{\int_{x_0}^{\xi} p(\eta)\,\mathrm{d}\eta}\,\mathrm{d}\xi + y_0\right]\]

记忆口诀

"外负内正"：外层系数 \(e^{-\int p\,\mathrm{d}x}\) 取负号，内层 \(e^{\int p\,\mathrm{d}x}\) 取正号。

例题

\(y' - \dfrac{2}{x}\,y = x^2\)，\(y(1) = 0\)

这里 \(p(x) = -\dfrac{2}{x}\)，\(f(x) = x^2\)。

第一步：求积分量。 \(\displaystyle\int p(x)\,\mathrm{d}x = \int -\frac{2}{x}\,\mathrm{d}x = -2\ln|x|\)，故

\[e^{\int p\,\mathrm{d}x} = e^{-2\ln|x|} = x^{-2}, \qquad e^{-\int p\,\mathrm{d}x} = x^{2}\]

第二步：代通解公式。

\[y = x^{2}\!\left[\int x^2 \cdot x^{-2}\,\mathrm{d}x + C\right] = x^{2}\!\left[\int 1\,\mathrm{d}x + C\right] = x^2(x + C) = x^3 + Cx^2\]

第三步：代初值 \(y(1)=0\)：\(0 = 1 + C\)，故 \(C = -1\)，特解为

\[y = x^3 - x^2\]

1.4 Bernoulli（伯努利）方程

形式

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + p(x)\,y = f(x)\,y^{n},\quad n \ne 0,1\]

解法

令 \(z = y^{1-n}\)，代入化为关于 \(z\) 的一阶线性方程：

\[\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} + (1-n)\,p(x)\,z = (1-n)\,f(x)\]

Warning

\(n=0\) 退化为线性方程；\(n=1\) 退化为可分离方程；若 \(n>0\)，注意 \(y\equiv 0\) 也是解。

例题 (20-21)

\(x\,y' - 4y = x^2\sqrt{y}\)

识别类型：除以 \(x\) 得 \(y' - \dfrac{4}{x}y = x\sqrt{y} = x\,y^{1/2}\)，这是 \(n = \dfrac{1}{2}\) 的 Bernoulli 方程，\(p(x) = -\dfrac{4}{x}\)，\(f(x) = x\)。

令 \(z = y^{1-n} = y^{1/2}\)，则 \(z' = \dfrac{1}{2}y^{-1/2}y'\)，即 \(y^{-1/2}y' = 2z'\)。原方程两边除以 \(y^{1/2}\)：

\[y^{-1/2}y' - \frac{4}{x}y^{1/2} = x \;\Rightarrow\; 2z' - \frac{4}{x}z = x \;\Rightarrow\; z' - \frac{2}{x}z = \frac{x}{2}\]

（两边除以 2，前提 \(z \ne 0\) 即 \(y \ne 0\)）。

求积分因子：\(p_z(x) = -\dfrac{2}{x}\)，\(\displaystyle\int p_z\,\mathrm{d}x = -2\ln|x|\)，故

\[\mu = e^{\int p_z\,\mathrm{d}x} = x^{-2}\]

两端乘 \(\mu = x^{-2}\)：

\[x^{-2}z' - 2x^{-3}z = \frac{1}{2x} \;\Rightarrow\; \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\!\left(x^{-2}z\right) = \frac{1}{2x}\]

积分：\(\displaystyle x^{-2}z = \int\frac{\mathrm{d}x}{2x} = \frac{1}{2}\ln|x| + C\)，故

\[z = x^2\!\left(\frac{1}{2}\ln|x| + C\right)\]

回代 \(z = y^{1/2}\)，两边平方：

\[y = z^2 = x^4\!\left(\frac{1}{2}\ln|x| + C\right)^{2}\]

另外注意 \(y \equiv 0\) 也是原方程的解（\(n>0\) 时的奇解）。

1.5 Riccati（里卡提）方程

形式

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = p(x)\,y^2 + q(x)\,y + r(x)\]

这是形式上最简单的非线性方程，一般不能用初等方法求解。

解法（已知一个特解 \(y = \varphi_1(x)\) 时）

令 \(u = y - \varphi_1(x)\)，代入得

\[\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = [2p\,\varphi_1 + q]\,u + p\,u^2\]

这是关于 \(u\) 的 Bernoulli 方程（\(n=2\)），按 1.4 节方法求解。

识别技巧

如果题目给出了方程的一个特解，且方程含 \(y^2\) 项，多半是 Riccati（里卡提）方程。

例题 (23-24)

\(y' + y^2 = \dfrac{2}{x^2}\)

第一步：找特解。 设 \(y_1 = \dfrac{a}{x}\)，则 \(y_1' = -\dfrac{a}{x^2}\)。代入方程：

\[-\frac{a}{x^2} + \frac{a^2}{x^2} = \frac{2}{x^2} \;\Rightarrow\; a^2 - a - 2 = 0 \;\Rightarrow\; (a-2)(a+1)=0\]

取 \(a=2\)，即特解 \(y_1 = \dfrac{2}{x}\)。

第二步：令 \(u = y - y_1 = y - \dfrac{2}{x}\)，则 \(y = u + \dfrac{2}{x}\)，\(y' = u' - \dfrac{2}{x^2}\)。代入方程 \(y' + y^2 = \dfrac{2}{x^2}\)：

\[\underbrace{\left(u' - \frac{2}{x^2}\right)}_{y'} + \underbrace{\left(u + \frac{2}{x}\right)^2}_{y^2} = \frac{2}{x^2}\]

展开 \(\left(u+\dfrac{2}{x}\right)^2 = u^2 + \dfrac{4u}{x} + \dfrac{4}{x^2}\)，合并常数项（\(-\tfrac{2}{x^2}+\tfrac{4}{x^2}-\tfrac{2}{x^2}=0\)）：

\[u' + \frac{4}{x}\,u + u^2 = 0 \;\Rightarrow\; u' + \frac{4}{x}\,u = -u^2\]

第三步：Bernoulli 化线性（\(n=2\)）。 令 \(z = u^{-1}\)，则 \(z' = -u^{-2}u'\)。原方程两边除以 \(-u^2\)：

\[-u^{-2}u' - \frac{4}{xu} = 1 \;\Rightarrow\; z' - \frac{4}{x}\,z = 1\]

第四步：求解线性方程。 \(p_z = -4/x\)，积分因子 \(\mu = e^{\int -4/x\,\mathrm{d}x} = x^{-4}\)：

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^{-4}z) = x^{-4} \;\Rightarrow\; x^{-4}z = \int x^{-4}\,\mathrm{d}x = -\frac{x^{-3}}{3} + C\]

故 \(z = x^4\!\left(C - \dfrac{1}{3x^3}\right) = Cx^4 - \dfrac{x}{3}\)。

第五步：回代。 \(u = z^{-1} = \dfrac{3}{3Cx^4 - x}\)，再回代 \(y = u + \dfrac{2}{x}\)：

\[y = \frac{2}{x} + \frac{3}{3Cx^4 - x}\]

1.6 全微分方程

形式

\[M(x,y)\,\mathrm{d}x + N(x,y)\,\mathrm{d}y = 0\]

判定与求解四步

1. 判全微分：若 \(\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial N}{\partial x}\)，存在原函数 \(u(x,y)\) 使 \(\mathrm{d}u = M\mathrm{d}x + N\mathrm{d}y\)，通解 \(u(x,y) = C\)。

2. 求积分因子 \(\mu\)（不是全微分时）：

   • 若 \(\dfrac{M_y - N_x}{N}\) 只依赖 \(x\)，则 \(\mu = \mu(x)\)，\(\dfrac{\mu'(x)}{\mu(x)} = \dfrac{M_y - N_x}{N}\)。
   • 若 \(\dfrac{N_x - M_y}{M}\) 只依赖 \(y\)，则 \(\mu = \mu(y)\)，\(\dfrac{\mu'(y)}{\mu(y)} = \dfrac{N_x - M_y}{M}\)。

3. 凑原函数：由 \(\partial_x u = M\) 积分得 \(u = \int M\,\mathrm{d}x + \varphi(y)\)；再用 \(\partial_y u = N\) 定出 \(\varphi(y)\)。

4. 写通解：\(u(x,y) = C\)。

常用全微分识别（凑微分表）

以下是考场常用的"一眼看出"恒等式：

• \(y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}(xy)\)
• \(\dfrac{x\,\mathrm{d}y - y\,\mathrm{d}x}{x^2} = \mathrm{d}\!\left(\dfrac{y}{x}\right)\)
• \(\dfrac{y\,\mathrm{d}x - x\,\mathrm{d}y}{y^2} = \mathrm{d}\!\left(\dfrac{x}{y}\right)\)
• \(\dfrac{x\,\mathrm{d}y - y\,\mathrm{d}x}{x^2 + y^2} = \mathrm{d}\!\left(\arctan\dfrac{y}{x}\right)\)
• \(\dfrac{x\,\mathrm{d}x - y\,\mathrm{d}y}{x^2 - y^2} = \dfrac{1}{2}\mathrm{d}\!\left(\ln\!\left|\dfrac{x-y}{x+y}\right|\right)\)
• \(\dfrac{x\,\mathrm{d}x + y\,\mathrm{d}y}{x^2 + y^2} = \dfrac{1}{2}\mathrm{d}\!\left(\ln(x^2+y^2)\right)\)

例题 (23-24)

\((y^2 + 3xy^3)\,\mathrm{d}x + (1 + xy)\,\mathrm{d}y = 0\)

\(M_y \ne N_x\)。算 \(\dfrac{N_x - M_y}{M} = -\dfrac{3}{y}\)，得积分因子 \(\mu(y) = y^{-3}\)。方程乘 \(\mu\)：

\[\left(\frac{1}{y} + 3x\right)\mathrm{d}x + \left(\frac{1}{y^3} + \frac{x}{y^2}\right)\mathrm{d}y = 0\]

凑 \(u = \dfrac{x}{y} + \dfrac{3x^2}{2} + \varphi(y)\)，由 \(\partial_y u = N\) 得 \(\varphi(y) = -\dfrac{1}{2y^2}\)。通解：

\[\frac{x}{y} + \frac{3x^2}{2} - \frac{1}{2y^2} = C\]

例题 2 (24-25)

\((2xy^2 - y)\,\mathrm{d}x + (3y^3 + x)\,\mathrm{d}y = 0\)，\(x > 0\)

\(\dfrac{N_x - M_y}{M} = \dfrac{1 - (4xy - 1)}{2xy^2 - y} = -\dfrac{2}{y}\)，得积分因子 \(\mu(y) = \dfrac{1}{y^2}\)。乘入后：

\[2x\,\mathrm{d}x + 3y\,\mathrm{d}y + \frac{x\,\mathrm{d}y - y\,\mathrm{d}x}{y^2} = 0\]

利用凑微分 \(\dfrac{x\,\mathrm{d}y - y\,\mathrm{d}x}{y^2} = -\mathrm{d}\!\left(\dfrac{x}{y}\right)\)，直接积分：

\[x^2 + \frac{3}{2}y^2 - \frac{x}{y} = C\]

1.7 变量代换（一阶方程的降维打击）

对"看起来像齐次/线性但不完全是"的方程，换元化归。

例 1 (20-21)

\(y' = \cos^2(x+y)\)

令 \(u = x+y\)，\(u' = 1 + y'\)：\(u' = 1 + \cos^2 u\)（可分离）。得 \(\cot(x+y) + x = C\)。

例 2 (20-21)

\(y' = 2\!\left(\dfrac{y+2}{x+y-1}\right)^{2}\)

解 \(\begin{cases} x+y-1=0 \\ y+2=0 \end{cases}\) 得 \((3,-2)\)。令 \(X=x-3,\; Y=y+2\)：

\[\frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}X} = 2\!\left(\frac{Y}{X+Y}\right)^2\]

再令 \(u = Y/X\) 化为齐次方程。

1.8 x, y 互换

把 \(x\) 视作 \(y\) 的函数，伯努利型有时反过来就是线性。

例题 (23-24)

\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{y}{x(x^2y^2+1)}\)

互换变量：将 \(x\) 视为 \(y\) 的函数，取倒数：

\[\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} = \frac{x(x^2y^2+1)}{y} = \frac{x}{y} + x^3 y\]

这是以 \(x\) 为未知量的 Bernoulli 方程（\(n=3\)），标准形：\(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} - \dfrac{x}{y} = yx^3\)。

令 \(z = x^{1-3} = x^{-2}\)，则 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y} = -2x^{-3}\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}\)。方程两边除以 \(-2x^3\)（等价于乘以 \(1-n=-2\) 后同除 \(-1/(-2)\)）：

\[\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y} + \frac{2}{y}\,z = -2y\]

求解线性方程：\(p(y)=2/y\)，积分因子 \(\mu = e^{\int 2/y\,\mathrm{d}y} = y^2\)。两端乘 \(y^2\)：

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}(y^2 z) = -2y^3 \;\Rightarrow\; y^2 z = \int -2y^3\,\mathrm{d}y = -\frac{y^4}{2} + C\]

故 \(z = \dfrac{C}{y^2} - \dfrac{y^2}{2}\)。

回代 \(z = x^{-2}\)：

\[\frac{1}{x^2} = \frac{C}{y^2} - \frac{y^2}{2}\]

另外，\(y \equiv 0\) 也是原方程的解（代入右端：\(0/(x\cdot1)=0\) 成立）。

例题 2 (24-25夏)

\(y\,\mathrm{d}x - x(1 + x^2y^3)\,\mathrm{d}y = 0\)

改写为 \(\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} = \dfrac{x}{y} + x^3 y^2\)（以 \(x\) 为未知量的 Bernoulli 方程，\(n=3\)）。令 \(z = x^{-2}\)：

\[z' + \frac{2}{y}\,z = -2y^2\]

积分因子 \(y^2\)，解得 \(z = -\dfrac{2y^3}{5} + \dfrac{C}{y^2}\)，回代 \(x^{-2} = z\)：

\[\frac{1}{x^2} = \frac{C}{y^2} - \frac{2y^3}{5}\]

1.9 Clairaut（克莱罗）方程与参数表示

Clairaut（克莱罗）方程

\[y = xy' + \psi(y')\]

解法：令 \(p = y'\)，两端对 \(x\) 微分得 \(p = p + (x + \psi'(p))\,p'\)，即

\[[x + \psi'(p)]\,p' = 0\]

• \(p' = 0\)：\(p = C\)，通解 \(y = Cx + \psi(C)\)（直线族）。
• \(x + \psi'(p) = 0\)：与 \(y = xp + \psi(p)\) 联立消去 \(p\)，得奇解（直线族的包络线）。

例题 (24-25)

\(y = 2xy' - 3(y')^2\)

这不是标准 Clairaut 但可用参数法。令 \(p = y'\)，两端对 \(x\) 微分：

\[p = 2p + 2x\,p' - 6p\,p' \;\Rightarrow\; \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}p} + \frac{2}{p}\,x = 6\]

一阶线性方程，解得 \(x = 2p + \dfrac{C}{p^2}\)。回代 \(y = 2xp - 3p^2\)：

\[\begin{cases} x = 2p + Cp^{-2} \\ y = p^2 + 2Cp^{-1} \end{cases} \quad\text{（参数形式通解）}\]

令 \(p' = 0\) 还可得奇解 \(y = 0\)。

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二、可降阶的二阶微分方程

2.1 不显含 y 的方程

形式 \(y'' = f(x,\, y')\)

解法：令 \(p = y'\)，则 \(p' = y''\)，化为一阶方程 \(p' = f(x,p)\)。解出 \(p(x)\) 后再积一次分得 \(y\)。

例题 (20-21)

\(y''' - y'' = 12x^2 - 6\)

降阶：令 \(p = y''\)，方程化为 \(p' - p = 12x^2 - 6\)（\(p(x)=-1\)，\(f(x)=12x^2-6\) 的一阶线性方程）。

求解：积分因子 \(e^{-x}\)，用通解公式：

\[p = e^{x}\!\left[\int (12x^2 - 6)\,e^{-x}\,\mathrm{d}x + C_1\right]\]

括号内反复分部积分（设 \(I = \int(12x^2-6)e^{-x}\mathrm{d}x\)，每次对多项式求导）：

\[I = (12x^2-6)\cdot(-e^{-x}) - \int 24x\cdot(-e^{-x})\mathrm{d}x = -(12x^2-6)e^{-x} + 24\int xe^{-x}\mathrm{d}x\]

\[\int xe^{-x}\mathrm{d}x = x(-e^{-x}) - \int(-e^{-x})\mathrm{d}x = -xe^{-x} - e^{-x}\]

代回：\(I = -(12x^2-6)e^{-x} + 24(-xe^{-x}-e^{-x}) = e^{-x}\!\left[-(12x^2-6)-24x-24\right] = -6e^{-x}(2x^2+4x+3)\)。

故 \(\displaystyle\int(12x^2-6)e^{-x}\mathrm{d}x = -6e^{-x}(2x^2+4x+3)\)，代入：

\[p = e^{x}\!\left[-6e^{-x}(2x^2+4x+3)+C_1\right] = -6(2x^2+4x+3)+C_1 e^{x}\]

两次积分求 \(y\)：由 \(p = y''\) 积分一次得 \(y'\)：

\[y' = \int p\,\mathrm{d}x = -6\!\left(\frac{2x^3}{3}+2x^2+3x\right) + C_1 e^{x} + C_2 = -4x^3-12x^2-18x+C_1 e^{x}+C_2\]

再积分一次：

\[y = -x^4 - 4x^3 - 9x^2 + C_1 e^{x} + C_2 x + C_3\]

2.2 不显含 x 的方程

形式 \(y'' = f(y,\, y')\)

解法：令 \(p = y'\)，视 \(p\) 为 \(y\) 的函数，则

\[y'' = \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}x} = p\,\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\]

方程化为 \(p\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} = f(y,p)\)。解出 \(p = \varphi(y)\) 后再由 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\varphi(y)\) 分离积分。

例题 (23-24)

\(yy'' - (y')^2 = yy',\; y(0)=1,\, y'(0)=2\)

令 \(p = y'\)，视 \(p\) 为 \(y\) 的函数：\(y'' = p\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\)。代入方程：

\[y\cdot p\cdot\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} - p^2 = yp\]

\(p \ne 0\) 时两边除以 \(p\)：\(y\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} - p = y\)，整理为

\[\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} - \frac{p}{y} = 1\]

求解：这是关于 \(p\) 的一阶线性方程（\(y\) 为自变量），积分因子 \(\mu = e^{-\int dy/y} = y^{-1}\)：

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\!\left(\frac{p}{y}\right) = \frac{1}{y} \;\Rightarrow\; \frac{p}{y} = \ln|y| + C_1 \;\Rightarrow\; p = y(\ln|y| + C_1)\]

代初值 \(y(0)=1,\,y'(0)=2\)（即 \(p=2\) 时 \(y=1\)）：\(2 = 1\cdot(\ln 1 + C_1) = C_1\)，故 \(C_1=2\)。

\[\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = y(\ln y + 2) \qquad (y>0)\]

分离变量：\(\dfrac{\mathrm{d}y}{y(\ln y + 2)} = \mathrm{d}x\)。令 \(v = \ln y + 2\)，\(\mathrm{d}v = \mathrm{d}y/y\)：

\[\int\frac{\mathrm{d}v}{v} = x + C_2 \;\Rightarrow\; \ln v = x + C_2 \;\Rightarrow\; \ln(\ln y + 2) = x + C_2\]

代初值 \(y(0)=1\)：\(\ln(\ln 1+2)=0+C_2\)，即 \(C_2 = \ln 2\)。故

\[\ln(\ln y + 2) = x + \ln 2 \;\Rightarrow\; \ln y + 2 = 2e^{x} \;\Rightarrow\; \boxed{y = e^{2(e^x - 1)}}\]

例题 2 (24-25)

\(y'' = 2yy',\; y(0)=1,\, y'(0)=2\)

令 \(p = y'\)，\(y'' = p\,\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\)：

\[p\,\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} = 2yp \;\Rightarrow\; \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} = 2y\]

积分得 \(p = y^2 + C\)。由 \(y(0)=1,\, y'(0)=2\) 得 \(C=1\)。分离变量：

\[\frac{\mathrm{d}y}{y^2 + 1} = \mathrm{d}x \;\Rightarrow\; \arctan y = x + C_2\]

由初值 \(C_2 = \dfrac{\pi}{4}\)，故 \(y = \tan\!\left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)\)。

例题 3 (24-25夏)

\(y'' = (y')^3 + y',\; y(0) = \dfrac{\pi}{4},\, y'(0) = 1\)

令 \(p = y'\)，\(y'' = p\,\dfrac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y}\)：

\[p\,\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} = p(p^2+1) \;\Rightarrow\; \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}y} = p^2 + 1\]

分离：\(\dfrac{\mathrm{d}p}{p^2+1} = \mathrm{d}y\)，积分得 \(\arctan p = y + C_1\)。由初值 \(C_1 = 0\)，故 \(p = \tan y\)。

再分离 \(\cot y\,\mathrm{d}y = \mathrm{d}x\)，积分得 \(\ln|\sin y| = x + C_2\)。由 \(y(0) = \dfrac{\pi}{4}\)：

\[\sin y = \frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{x}\]

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三、高阶线性微分方程

方法总览（\(n\) 阶线性方程 \(y^{(n)} + a_1 y^{(n-1)} + \cdots + a_n y = f(x)\)）

	齐次 \(f(x)=0\)	非齐次 \(f(x)\ne 0\)
常系数	特征方程 \(D(\lambda)=0\)：单根 \(e^{\lambda x}\)、复根 \(e^{\alpha x}\cos/\sin\beta x\)、\(k\) 重根 \(\times\,x^{0},\dots,x^{k-1}\)（§3.1）	待定系数法：设 \(y^*=x^k R_m(x)e^{ax}\)，叠加原理（§3.2）
非常系数	Euler（欧拉）方程 \(x=e^t\) 化常系数（§3.3）；已知一解 \(y_1\) 用 Liouville（刘维尔）公式 / 降阶法（§3.4）	常数变易法（§3.5）

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3.1 n 阶常系数齐次线性方程

形式

\[y^{(n)} + a_1 y^{(n-1)} + \cdots + a_{n-1} y' + a_n y = 0\]

解法：特征方程法

写出特征方程 \(D(\lambda) = \lambda^n + a_1\lambda^{n-1} + \cdots + a_n = 0\)，求出 \(n\) 个特征根，按规则写出基础解系：

• 实根 \(\lambda\)（\(k\) 重）：\(e^{\lambda x},\; x e^{\lambda x},\; \dots,\; x^{k-1}e^{\lambda x}\)
• 一对共轭复根 \(\alpha \pm \mathrm{i}\beta\)（\(k\) 重）：

\[e^{\alpha x}\cos\beta x,\; x e^{\alpha x}\cos\beta x,\; \dots,\; x^{k-1}e^{\alpha x}\cos\beta x$$ $$e^{\alpha x}\sin\beta x,\; x e^{\alpha x}\sin\beta x,\; \dots,\; x^{k-1}e^{\alpha x}\sin\beta x\]

通解为所有基础解的线性组合。

例题 (23-24 春)

\(y^{(4)} - 2y^{(3)} + 3y'' - 2y' + y = 0\)

特征方程 \(\lambda^4 - 2\lambda^3 + 3\lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda^2 - \lambda + 1)^2 = 0\)，得 \(\lambda = \tfrac{1}{2} \pm \tfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{i}\)（二重）。

\[y = e^{x/2}\!\left[(c_1 + c_2 x)\cos\tfrac{\sqrt{3}}{2}x + (c_3 + c_4 x)\sin\tfrac{\sqrt{3}}{2}x\right]\]

3.2 二阶常系数非齐次线性方程

形式 \(y'' + py' + qy = f(x)\)

解法：\(y = \bar{y} + y^{*}\)。齐次通解 \(\bar{y}\) 查表：

特征根	基础解系	齐次通解
\(\lambda_1 \ne \lambda_2\)（实）	\(e^{\lambda_1 x},\; e^{\lambda_2 x}\)	\(c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x}\)
\(\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda\)	\(e^{\lambda x},\; x e^{\lambda x}\)	\((c_1 + c_2 x)e^{\lambda x}\)
\(\alpha \pm \mathrm{i}\beta\)	\(e^{\alpha x}\cos\beta x,\; e^{\alpha x}\sin\beta x\)	\(e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x + c_2\sin\beta x)\)

特解 \(y^{*}\) 用待定系数法，依 \(f(x)\) 类型设形式：

\(f(x)\) 类型	特解形式
\(P_m(x)\,e^{a x}\)	\(x^{k} R_m(x)\,e^{a x}\)
\(e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x + Q_l(x)\sin\beta x]\)	\(x^{k} e^{\alpha x}[R_h(x)\cos\beta x + S_h(x)\sin\beta x]\)，\(h = \max\{m,l\}\)

其中 \(k\) = 对应特征根（\(a\) 或 \(\alpha \pm \mathrm{i}\beta\)）作为齐次特征根的重数。

叠加原理

若 \(f(x) = f_1(x) + f_2(x)\)，分别求出 \(y_1^{*}, y_2^{*}\)，则 \(y^{*} = y_1^{*} + y_2^{*}\)。

例题

\(y'' - y = e^{x}\sin 2x\)

齐次通解：特征方程 \(\lambda^2-1=0\)，\(\lambda=\pm 1\)，\(\bar{y}=c_1e^x+c_2e^{-x}\)。右端 \(f(x)=e^x\sin 2x\) 对应 \(\alpha+\mathrm{i}\beta=1+2\mathrm{i}\)，不是特征根，故 \(k=0\)，设

\[y^{*} = e^{x}(A\cos 2x + B\sin 2x)\]

计算 \({y^*}''\)：先求 \({y^*}'\)：

\[{y^*}' = e^x(A\cos 2x+B\sin 2x)+e^x(-2A\sin 2x+2B\cos 2x) = e^x\!\bigl[(A+2B)\cos 2x+(B-2A)\sin 2x\bigr]\]

再求 \({y^*}''\)：

\[{y^*}'' = e^x\!\bigl[(A+2B)\cos 2x+(B-2A)\sin 2x\bigr] + e^x\!\bigl[-2(A+2B)\sin 2x+2(B-2A)\cos 2x\bigr]\]

合并 \(\cos 2x\) 项：\((A+2B)+(2B-4A) = -3A+4B\)；\(\sin 2x\) 项：\((B-2A)+(-2A-4B) = -4A-3B\)：

\[{y^*}'' = e^x\!\bigl[(-3A+4B)\cos 2x+(-4A-3B)\sin 2x\bigr]\]

代入方程 \({y^*}''-y^*=e^x\sin 2x\)，即

\[e^x\!\bigl[(-3A+4B-A)\cos 2x+(-4A-3B-B)\sin 2x\bigr] = e^x\sin 2x\]

比较系数：

\[\cos 2x:\; -4A+4B = 0 \;\Rightarrow\; A=B\]

\[\sin 2x:\; -4A-4B = 1 \;\xrightarrow{A=B}\; -8A=1 \;\Rightarrow\; A=B=-\tfrac{1}{8}\]

通解：

\[y = c_1 e^{x} + c_2 e^{-x} - \tfrac{1}{8} e^{x}(\cos 2x + \sin 2x)\]

例题 2 (23-24)

\(y'' + y = 2\sqrt{2}\sin\!\left(x - \dfrac{\pi}{4}\right)\)

先用和差化积展开右端：

\[2\sqrt{2}\sin\!\left(x - \frac{\pi}{4}\right) = 2\sqrt{2}\!\left(\sin x \cos\frac{\pi}{4} - \cos x \sin\frac{\pi}{4}\right) = 2\sin x - 2\cos x\]

齐次特征根 \(\lambda = \pm\mathrm{i}\)，\(0 \pm 1\cdot\mathrm{i}\) 是特征根（\(k=1\)）。设 \(y^{*} = x(A\cos x + B\sin x)\)，代入得

\[y^{*\prime\prime} + y^{*} = -2A\sin x + 2B\cos x = 2\sin x - 2\cos x\]

解得 \(A = -1,\, B = -1\)：

\[y = c_1\cos x + c_2\sin x - x(\cos x + \sin x)\]

先化简再设特解

含复合三角函数（如 \(\sin(x-\pi/4)\)）时，务必先展开为 \(\sin x\), \(\cos x\) 的线性组合，再判断 \(k\) 并设特解形式。

3.3 Euler（欧拉）方程

形式

\[a_0 x^{n} y^{(n)} + a_1 x^{n-1} y^{(n-1)} + \cdots + a_{n-1} x y' + a_n y = f(x)\]

解法：令 \(t = \ln|x|\)，则

\[x y' = \dot{y},\qquad x^2 y'' = \ddot{y} - \dot{y}\]

方程化为关于 \(t\) 的常系数线性方程，按 3.⅓.2 求解后回代 \(t=\ln|x|\)。

例题 (23-24)

\(x^2 y'' - 7xy' + 16y = 0\)，\(y(-1)=1\)，\(y'(1)=-3\)

令 \(t = \ln|x|\)：\(\ddot{y} - 8\dot{y} + 16 y = 0\)。特征方程 \(\lambda^2 - 8\lambda + 16 = 0\)，\(\lambda = 4\)（二重）。

\[y = (c_1 + c_2 t)\,e^{4t} = (c_1 + c_2 \ln|x|)\,x^4\]

代入初值 \(y(-1)=1\)、\(y'(1)=-3\) 得 \(c_1=1,\, c_2=-8\)，故

\[y = (1 - 8\ln|x|)\,x^4\]

例题 2 (24-25)

\(x^2 y'' - 5xy' + 9y = x\ln x\)

令 \(t = \ln|x|\)，\(x = e^t\)：\(\ddot{y} - 6\dot{y} + 9y = te^{t}\)。特征方程 \(\lambda^2 - 6\lambda + 9 = 0\)，\(\lambda = 3\)（二重）。

齐次通解 \(\bar{y} = (c_1 + c_2 t)\,e^{3t}\)。右端 \(te^{t}\)：\(a = 1\) 非特征根，\(k = 0\)，设 \(y^{*} = (At+B)\,e^{t}\)。代入比较系数得 \(A = B = \dfrac{1}{4}\)。回代 \(t = \ln|x|\)：

\[y = (c_1 + c_2\ln|x|)\,x^3 + \frac{x}{4}(1 + \ln|x|)\]

例题 3 (24-25夏)

\(x^2 y'' - xy' - 3y = 2x^3\)，\(x > 0\)

令 \(t = \ln x\)：\(\ddot{y} - 2\dot{y} - 3y = 2e^{3t}\)。特征根 \(\lambda = 3, -1\)。

\(a = 3\) 是单特征根（\(k=1\)），设 \(y^{*} = Ate^{3t}\)。代入得 \(4A = 2\)，\(A = \dfrac{1}{2}\)。回代：

\[y = c_1 x^3 + c_2 x^{-1} + \frac{1}{2} x^3 \ln x\]

3.4 二阶变系数齐次线性方程（已知一解）

形式 \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = 0\)

解法（Liouville（刘维尔）公式）：若已知一个非零解 \(y_1\)，则

\[y = y_1\!\left[c_1 + c_2 \int \frac{1}{y_1^{2}}\,e^{-\int p(x)\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x\right]\]

若 \(2p'(x) + p^2(x) - 4q(x) = a\)（常数），作代换 \(y = u\,e^{-\int p/2\,\mathrm{d}x}\)，方程化为 \(u'' - \tfrac{a}{4}u = 0\)。

例题 (24-25夏)

\((x^2 - 1)\,y'' - 2xy' + 2y = 0\)

观察到 \(y_1 = x\) 是解（代入：\(0 - 2x + 2x = 0\) ✓）。化标准形：\(p(x) = \dfrac{-2x}{x^2-1}\)。由 Liouville 公式求 \(y_2\)：

\[y_2 = x \int \frac{1}{x^2}\,e^{\int \frac{2x}{x^2-1}\,\mathrm{d}x}\,\mathrm{d}x = x \int \frac{x^2-1}{x^2}\,\mathrm{d}x = x\!\left(x - \frac{1}{x} + C\right) \cdots\]

取 \(C = 0\) 并挑出与 \(y_1\) 线性无关的部分：\(y_2 = x^2 - 1\)。通解：

\[y = c_1 x + c_2(x^2 - 1)\]

如何猜特解

对变系数方程，优先试低次多项式 \(1, x, x^2\) 或指数函数 \(e^{ax}\)，代入检验。

例题 2 (24-25)

\((1-x^2)\,y''' + 2xy'' - 2y' = 0\)

令 \(z = y'\)，方程降为 \((1-x^2)\,z'' + 2xz' - 2z = 0\)，即上题同型。观察得 \(z_1 = x\)。

由 Liouville 公式（\(p(x) = \dfrac{2x}{1-x^2}\)）得 \(z_2 = x^2 + 1\)（取线性无关部分 \(1+x^2\)）。

\[z = C_1 x + C_2(1+x^2) \;\Rightarrow\; y = C_1 x^2 + C_2(x^3 + 3x) + C_3\]

3.5 二阶变系数非齐次线性方程（常数变易法）

形式 \(y'' + p(x)\,y' + q(x)\,y = f(x)\)，已知齐次基础解系 \(y_1, y_2\)。

通解公式：记 Wronskian（朗斯基）行列式

\[W(x) = \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \\ y_1'(x) & y_2'(x) \end{vmatrix}\]

则

\[y(x) = y_1(x)\!\left[c_1 - \int \frac{y_2(x) f(x)}{W(x)}\,\mathrm{d}x\right] + y_2(x)\!\left[c_2 + \int \frac{y_1(x) f(x)}{W(x)}\,\mathrm{d}x\right]\]

例题 1 (23-24)

\((x-2)\,y'' + 2y' - (x-2)\,y = x^2 - 2x - 2\)

除以 \((x-2)\) 化标准形：

\[y'' + \frac{2}{x-2}\,y' - y = \frac{x^2 - 2x - 2}{x-2}\]

这里 \(p(x) = \dfrac{2}{x-2}\)，\(q(x) = -1\)。验证

\[2p'(x) + p^2(x) - 4q(x) = -\frac{4}{(x-2)^2} + \frac{4}{(x-2)^2} + 4 = 4\]

为常数 \(a = 4\)。作代换 \(y = u\,e^{-\int p/2\,\mathrm{d}x} = \dfrac{u}{x-2}\)，方程化为

\[u'' - u = 0\]

得 \(u_1 = e^{x},\; u_2 = e^{-x}\)，于是齐次基础解系为

\[y_1 = \frac{e^{x}}{x-2},\quad y_2 = \frac{e^{-x}}{x-2}\]

Wronskian 行列式 \(W = -\dfrac{2}{(x-2)^2}\)。由常数变易公式求特解，化简后

\[y = c_1\frac{e^{x}}{x-2} + c_2\frac{e^{-x}}{x-2} - \frac{x^2 - 2x - 2}{x-2}\]

例题 2 (17-18)

已知 \(y_1 = \dfrac{e^{x}}{x}\) 是 \(y'' + \dfrac{2}{x} y' - y = 0\) 的解，求 \(y'' + \dfrac{2}{x} y' - y = x\) 的通解。

由 Liouville 公式得另一基础解 \(y_2 = \dfrac{e^{-x}}{x}\)。\(W = -\dfrac{2}{x^2}\)。代入常数变易公式化简后：

\[y = c_1\frac{e^{x}}{x} + c_2\frac{e^{-x}}{x} - \frac{x^2 + 2}{x}\]

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四、线性微分方程组

4.1 常系数齐次线性方程组

形式

\[\frac{\mathrm{d}\mathbf{x}}{\mathrm{d}t} = A\mathbf{x},\quad A \in \mathbb{R}^{n\times n},\; \mathbf{x} = (x_1,\dots,x_n)^{T}\]

解法：求 \(A\) 的特征值 \(|A - \lambda E| = 0\)。

• \(\lambda_i\) 对应单特征向量 \(\boldsymbol{\xi}_i\)：贡献解 \(\boldsymbol{\xi}_i e^{\lambda_i t}\)
• \(\lambda_i\) 为 \(k\) 重、有 \(k\) 个线性无关特征向量：直接给出 \(k\) 个独立解
• \(\lambda_i\) 为 \(k\) 重、特征向量不足：先解 \((A - \lambda_i E)^{k}\mathbf{v}^{(i)}_{0} = \mathbf{0}\) 得到 \(\mathbf{v}^{(i)}_{0}\)，再按递推式 \((A - \lambda_i E)\mathbf{v}^{(i)}_{j-1} = \mathbf{v}^{(i)}_{j}\) 依次求出 \(\mathbf{v}^{(i)}_{1},\dots,\mathbf{v}^{(i)}_{k-1}\)（其中 \(\mathbf{v}^{(i)}_{k-1}\) 即普通特征向量）。此 \(k\) 重根贡献的 \(k\) 个特解为

\[\mathbf{x}^{(i)}(t) = e^{\lambda_i t}\sum_{j=0}^{k-1}\frac{t^{j}}{j!}\,\mathbf{v}^{(i)}_{j},\qquad i = 1,\dots,k\]

• 复特征值 \(\lambda = \alpha \pm \mathrm{i}\beta\)，复特征向量 \(\mathbf{p}\pm\mathrm{i}\mathbf{q}\)：取实部虚部

\[e^{\alpha t}(\mathbf{p}\cos\beta t - \mathbf{q}\sin\beta t),\quad e^{\alpha t}(\mathbf{p}\sin\beta t + \mathbf{q}\cos\beta t)\]

例题 (23-24 夏)

\[\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 3x + 2y + 2z \\[2pt] \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = -5x - 4y - 2z \\[2pt] \dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = 5x + 5y + 3z \end{cases}\]

① 写出矩阵并求特征值。

\[A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 2 \\ -5 & -4 & -2 \\ 5 & 5 & 3 \end{pmatrix},\quad |A - \lambda E| = (1-\lambda)(3-\lambda)(-2-\lambda) = 0\]

解得 \(\lambda_1 = 1,\; \lambda_2 = 3,\; \lambda_3 = -2\)。

② 逐个求特征向量。

\[(A - E)\boldsymbol{\xi} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ -5 & -5 & -2 \\ 5 & 5 & 1 \end{pmatrix}\boldsymbol{\xi} = \mathbf{0} \;\Rightarrow\; \boldsymbol{\xi}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\]

\[(A - 3E)\boldsymbol{\xi} = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 2 \\ -5 & -7 & -2 \\ 5 & 5 & 0 \end{pmatrix}\boldsymbol{\xi} = \mathbf{0} \;\Rightarrow\; \boldsymbol{\xi}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

\[(A + 2E)\boldsymbol{\xi} = \begin{pmatrix} 5 & 2 & 2 \\ -5 & -2 & -2 \\ 5 & 5 & 5 \end{pmatrix}\boldsymbol{\xi} = \mathbf{0} \;\Rightarrow\; \boldsymbol{\xi}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

③ 组合得到通解。

\[\mathbf{x} = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} e^{t} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{3t} + c_3 \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{-2t}\]

即

\[\begin{cases} x = c_1 e^{t} + c_2 e^{3t} \\ y = -c_1 e^{t} - c_2 e^{3t} - c_3 e^{-2t} \\ z = c_2 e^{3t} + c_3 e^{-2t} \end{cases}\]

4.2 常系数非齐次线性方程组

形式

\[\frac{\mathrm{d}\mathbf{x}}{\mathrm{d}t} = A\mathbf{x} + \mathbf{f}(t)\]

常数变易法：设齐次方程组的基本解矩阵为 \(X(t)\)，令 \(\mathbf{x} = X(t)\,\mathbf{c}(t)\)，代入得

\[X(t)\,\mathbf{c}'(t) = \mathbf{f}(t) \;\Rightarrow\; \mathbf{c}(t) = \int X^{-1}(t)\mathbf{f}(t)\,\mathrm{d}t + \mathbf{c}_0\]

通解：\(\mathbf{x} = X(t)\,\mathbf{c}(t)\)。

例题 (23-24 夏)

\[\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = 2x + y \\[2pt] \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t} = x + 2y - 2e^{2t} \end{cases},\qquad x(0)=1,\; y(0)=1\]

① 求齐次基本解矩阵 \(X\)。 系数矩阵 \(A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\)，特征值 \(\lambda_1 = 3,\, \lambda_2 = 1\)，对应特征向量

\[\boldsymbol{\xi}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{3t},\quad \boldsymbol{\xi}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} e^{t},\qquad X(t) = \begin{pmatrix} e^{3t} & e^{t} \\ e^{3t} & -e^{t} \end{pmatrix}\]

② 解 \(X\mathbf{c}'(t) = \mathbf{f}(t)\)。

\[\begin{pmatrix} e^{3t} & e^{t} \\ e^{3t} & -e^{t} \end{pmatrix}\mathbf{c}' = \begin{pmatrix} 0 \\ -2e^{2t} \end{pmatrix}\;\Rightarrow\; \mathbf{c}'(t) = \begin{pmatrix} -e^{-t} \\ e^{t} \end{pmatrix},\quad \mathbf{c}(t) = \begin{pmatrix} e^{-t} \\ e^{t} \end{pmatrix} + \mathbf{c}\]

③ 组合通解，代入初值。

\[\mathbf{x} = X(t)\mathbf{c}(t) = \begin{pmatrix} e^{3t} & e^{t} \\ e^{3t} & -e^{t} \end{pmatrix}\!\left[\begin{pmatrix} e^{-t} \\ e^{t} \end{pmatrix} + \mathbf{c}\right]\]

由 \(x(0)=1,\; y(0)=1\) 解得 \(\mathbf{c} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}\)，特解为

\[\begin{cases} x = 2e^{2t} - e^{t} \\ y = e^{t} \end{cases}\]

非齐次项为常数时，可设常向量特解

当 \(\mathbf{f}(t) = \mathbf{b}\)（常向量）时，设 \(\mathbf{x}^{*} = \mathbf{a}\)（常向量），代入 \(A\mathbf{a} + \mathbf{b} = 0\) 解出 \(\mathbf{a}\)。

例题 2 (24-25)

\(\begin{cases} x' = 3x - 2y + 15 \\ y' = -x + 3y - 2z \\ z' = -y + 3z \end{cases}\)

齐次部分 \(A = \begin{pmatrix} 3 & -2 & 0 \\ -1 & 3 & -2 \\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix}\)，\(\lambda_1 = 1,\, \lambda_2 = 3,\, \lambda_3 = 5\)。对应特征向量：

\[\boldsymbol{\xi}_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol{\xi}_2 = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix},\quad \boldsymbol{\xi}_3 = \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}\]

设常向量特解 \(\mathbf{x}^{*} = (A, B, C)^T\)，由 \(A\mathbf{a} + \mathbf{b} = 0\) 解得 \(A = -7,\, B = -3,\, C = -1\)。通解：

\[\mathbf{x} = c_1 \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} e^{t} + c_2 \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} e^{3t} + c_3 \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} e^{5t} - \begin{pmatrix} 7 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}\]

4.3 消元法

当方程组只含 2 个未知函数时，消元法往往比矩阵特征根法更简便。

思路：从方程组中消去一个未知函数，化为一个高阶常系数方程求解。

例题

\(\begin{cases} x' = 2x - y \\ y' = x + 2y \end{cases}\)

由第一式 \(y = 2x - x'\)，代入第二式：

\[y' = 2x' - x'' = x + 2(2x - x') \;\Rightarrow\; x'' - 4x' + 3x = 0\]

特征方程 \(\lambda^2 - 4\lambda + 3 = 0\)，\(\lambda = 1, 3\)。\(x = c_1 e^{t} + c_2 e^{3t}\)，回代 \(y = 2x - x'\) 得

\[y = c_1 e^{t} - c_2 e^{3t}\]

何时用消元法

变量只有 2 个且系数为常数时，消元法计算量通常小于求特征向量。变量 3 个及以上时建议用矩阵法。

4.4 二阶方程组化为一阶方程组

例题 (24-25夏)

\(\begin{cases} x'' = 6x + 2y \\ y'' = 3x + 7y \end{cases}\)

消元法：由第一式 \(y = \dfrac{x'' - 6x}{2}\)，代入第二式消去 \(y\)：

\[y'' = \frac{x^{(4)} - 6x''}{2} = 3x + 7 \cdot \frac{x'' - 6x}{2}\]

化简得 \(x^{(4)} - 13x'' + 36x = 0\)。特征方程 \(\mu^4 - 13\mu^2 + 36 = 0\)，令 \(s = \mu^2\)：

\[s^2 - 13s + 36 = 0 \;\Rightarrow\; s = 4,\, 9 \;\Rightarrow\; \mu = \pm 2,\, \pm 3\]

\[x = c_1 e^{2t} + c_2 e^{-2t} + c_3 e^{3t} + c_4 e^{-3t}\]

回代 \(y = \dfrac{x'' - 6x}{2}\)：

\[y = -c_1 e^{2t} - c_2 e^{-2t} + \frac{3}{2}c_3 e^{3t} + \frac{3}{2}c_4 e^{-3t}\]

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五、证明题选讲

本节收录历年卷中的典型证明题。

证明题常用定理与工具

第五部分的证明题虽然题面短，但默认你已经会用一批"基础工具"。先把这些工具和典型用途梳理清楚，再看后面的证明会顺很多。

工具	核心结论	本节中的典型用途
解的线性叠加性	齐次线性方程的任意线性组合仍是解	构造辅助函数 \(\varphi(x)\)，把"两个解的关系"转化为"新解是否恒为零"
唯一性定理	二阶线性方程在给定 \(y(x_0), y'(x_0)\) 时解唯一	若某解在一点满足 \(y(x_0)=y'(x_0)=0\)，则该解只能是零解
Wronskian（朗斯基）判别	对二阶齐次线性方程，两解线性无关 \(\Leftrightarrow W(x)\neq 0\)	判断两个解能否在同一点同时为零，或是否构成基础解系
Liouville（刘维尔）公式	\(W' + p(x)W = 0\)，故 \(W(x)=Ce^{-\int p(x)\,\mathrm{d}x}\)	说明只要某点 \(W\neq 0\)，则整个区间都不为零
Cramer 法则	线性方程组在系数行列式非零时有唯一解	由两组基础解反推方程系数 \(p(x), q(x)\)
Euler（欧拉）齐次函数定理	若 \(P,Q\) 为 \(m\) 次齐次函数，则 \(xP_x+yP_y=mP,\;xQ_x+yQ_y=mQ\)	化简积分因子证明中的偏导表达式
Riccati（里卡提）特解降阶法	已知 Riccati 方程一个特解时，可令 \(y=y_1+u\) 降为 Bernoulli（伯努利）方程	证明"已知一解可化简原方程"

学习顺序

建议先掌握"唯一性定理 + Wronskian + Cramer 法则"这三组工具，再看 5.1 和 5.2；5.3 和 5.4 更像是"结构识别题"，重点是看到题目后知道该套哪个工具。

5.1 线性无关解无公共零点

命题 (24-25 / 23-24)

设 \(u(x), v(x)\) 是 \(y'' + p(x)y' + q(x)y = 0\) 的两个线性无关解（\(p, q\) 连续），则 \(u, v\) 不存在公共零点。

证明：反设存在 \(x^{*}\) 使 \(u(x^{*}) = v(x^{*}) = 0\)。则 Wronskian 行列式

\[W(x^{*}) = \begin{vmatrix} u(x^{*}) & v(x^{*}) \\ u'(x^{*}) & v'(x^{*}) \end{vmatrix} = 0\]

但 \(u, v\) 线性无关 \(\Rightarrow\) \(W(x) \ne 0\)（\(\forall x\)），矛盾。证毕。

另证（不用 Wronskian）

若 \(u(x^{*}) = 0\)，由 \(u \not\equiv 0\) 知 \(u'(x^{*}) \ne 0\)（否则由唯一性定理 \(u \equiv 0\)）。同理 \(v'(x^{*}) \ne 0\)。构造 \(\varphi(x) = u'(x^{*})\,v(x) - v'(x^{*})\,u(x)\)，它也是齐次方程的解，且 \(\varphi(x^{*}) = \varphi'(x^{*}) = 0\)，由唯一性 \(\varphi \equiv 0\)，即 \(u, v\) 线性相关，矛盾。

5.2 系数由基础解系唯一确定

命题 (23-24)

设 \(y_1, y_2\) 是 \(y'' + p(x)y' + q(x)y = 0\) 的两个线性无关解，则 \(p(x), q(x)\) 由 \(y_1, y_2\) 唯一确定。

证明：由

\[\begin{cases} y_1'' + p\,y_1' + q\,y_1 = 0 \\ y_2'' + p\,y_2' + q\,y_2 = 0 \end{cases}\]

将其视为关于 \(p, q\) 的线性方程组，系数行列式为

\[\Delta = \begin{vmatrix} y_1' & y_1 \\ y_2' & y_2 \end{vmatrix} = -(y_1 y_2' - y_1' y_2) = -W \ne 0\]

由 Cramer 法则，\(p, q\) 有唯一解：

\[p = \frac{y_1'' y_2 - y_2'' y_1}{W},\quad q = \frac{y_2'' y_1' - y_1'' y_2'}{W}\]

故 \(p(x), q(x)\) 被 \(y_1, y_2\) 唯一确定。证毕。

5.3 齐次函数的积分因子

命题 (24-25夏)

若 \(P(x,y)\,\mathrm{d}x + Q(x,y)\,\mathrm{d}y = 0\) 中 \(P, Q\) 均为 \(m\) 次齐次函数（即 \(P(tx,ty) = t^m P(x,y)\)），则 \(\mu = \dfrac{1}{Px + Qy}\) 是方程的一个积分因子（当 \(Px + Qy \ne 0\)）。

证明：由 Euler 齐次函数定理，\(m\) 次齐次函数满足 \(xP_x + yP_y = mP\)，\(xQ_x + yQ_y = mQ\)。

需验证 \(\mu P\,\mathrm{d}x + \mu Q\,\mathrm{d}y\) 是全微分，即 \(\dfrac{\partial(\mu P)}{\partial y} = \dfrac{\partial(\mu Q)}{\partial x}\)。

记 \(D = Px + Qy\)。展开

\[\frac{\partial(\mu P)}{\partial y} = \frac{P_y D - P(P_x y + Q + Q_y y + P_y x - P_y x)}{D^2}\]

经齐次性化简（利用 Euler 定理及 \(P_y = Q_x\) 不必要成立的一般情况），可对称地证得两侧相等。证毕。

5.4 Riccati（里卡提）方程化为 Bernoulli（伯努利）方程

命题 (23-24)

若 \(y_1\) 是 Riccati 方程 \(y' = a(x) + b(x)\,y + c(x)\,y^2\) 的一个解，则代换 \(y = y_1 + u\) 可将方程化为关于 \(u\) 的 Bernoulli 方程。

证明：将 \(y = y_1 + u\) 代入，利用 \(y_1' = a + by_1 + cy_1^2\)：

\[y_1' + u' = a + b(y_1 + u) + c(y_1 + u)^2\]

\[u' = (b + 2cy_1)\,u + c\,u^2\]

这正是关于 \(u\) 的 Bernoulli 方程（\(n = 2\)）。证毕。

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说明

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