微積分/常微分方程

常微分方程 包含以下內容的方程：

• 變數
• 函式
• 它們的導數

以及它們的解。

在研究積分的過程中，您已經考慮過非常簡單的微分方程的解。例如，當您試圖求解

$\int f(x)\,dx=g(x)$

對於 g(x)，您實際上是在求解微分方程

$g'(x)=f(x)\,$

符號和術語

我們用來求解微分方程的符號將決定這些方程的可解性。

本文件主要使用三種符號

• f' 表示 f 的導數
• D f 表示 f 的導數
• ${df \over dx}$ 表示 f 的導數（用於可分離方程）。

術語

考慮微分方程

$3f^{\prime \prime }(x)+5xf(x)=11$

由於方程的最高階導數為 2，我們說該微分方程的階數為 2。

一些簡單的微分方程

求解微分方程的關鍵思想是 積分。

讓我們考慮二階微分方程（記住函式作用於一個值）。

$f''(x)=2\,$

我們該如何解決這個問題？它告訴我們，兩次求導後，我們得到常數 2，因此，如果我們兩次積分，我們應該得到結果。

首先積分一次

$\int f''(x)\,dx=\int 2\,dx$

$f'(x)=2x+C_{1}\,$

我們將看似困難的二階微分方程轉化為一個更簡單的方程，即

$f'(x)=2x+C_{1}\,$

該方程告訴我們，如果我們對一個函式求導一次，我們將得到 $2x+C_{1}$。如果我們再積分一次，我們應該找到解。

$\int f'(x)\,dx=\int 2x+C_{1}\,dx$

$f(x)=x^{2}+C_{1}x+C_{2}\,$

這是微分方程的解。對於所有 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的值，我們都會得到 $f''=2\,$ 。

值 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 與被稱為初始條件的量有關。

為什麼初始條件有用？ODE（常微分方程）在模擬物理條件方面很有用。我們可能希望模擬一個最初處於靜止狀態的特定物理系統（因此一個初始條件可能是零），或者繞到某個點（因此一個初始條件可能是非零的，例如 5），我們可能希望看到系統在這樣的初始條件下如何反應。

當我們用給定的初始條件解決系統時，我們在積分過程後進行代入。

示例

當我們求解 $f''(x)=2\,$ 時，假設我們有初始條件 $f'(0)=3\,$ 和 $f(0)=2\,$。（注意，初始條件不一定要出現在 f(0)）。

積分後進行代入

$f'(0)=2(0)+C_{1}\,$

$3=C_{1}\,$

$\int f'(x)\,dx=\int 2x+3\,dx$

$f(x)=x^{2}+3x+C_{2}\,$

$f(0)=0^{2}+3(0)+C_{2}\,$

$2=C_{2}\,$

$f(x)=x^{2}+3x+2\,$

沒有初始條件，我們得到的答案被稱為通解，即方程族的解。有了初始條件，我們的解被稱為特解。

基本一階微分方程

在本節中，我們將考慮 *四* 種主要的微分方程型別。

• 可分離的
• 齊次的
• 線性的
• 精確的

當然還有許多其他形式的微分方程，這些將在下一節中討論。

可分離的方程

一個 *可分離的* 方程可以寫成以下形式（使用 dy/dx 符號，這將在這裡非常有用）。

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

之前我們只處理過簡單的微分方程，其中 g(y)=1。那麼我們如何解決上面這樣的可分離方程呢？

我們將 *x* 和 *dx* 項放在一起，*y* 和 *dy* 項也放在一起。

$g(y)\ dy=f(x)\ dx$

對左側關於 y 積分，對右側關於 x 積分。

$\int g(y)\,dy=\int f(x)\,dx+C$

我們將得到解。

例項

這裡有一個例項來演示這個過程。

我們被要求解決

${dy \over dx}=3x^{2}y$

分離變數

${dy \over y}=(3x^{2})\,dx$

積分

$\int {dy \over y}=\int 3x^{2}\,dx$

$\ln {y}=x^{3}+C\,\!$

$y=e^{x^{3}+C}$

令 $k=e^{C}$，其中 k 是一個常數，我們得到

$y=ke^{x^{3}}$

這是通解。

驗證

這一步不需要成為你工作的一部分，但是如果你想檢查你的解，可以透過微分來驗證你的答案。

我們得到

$y=ke^{x^{3}}$

作為

${dy \over dx}=3x^{2}y$

的解。對我們的解關於 x 微分，

${dy \over dx}=3kx^{2}e^{x^{3}}$

並且由於 $y=ke^{x^{3}}$，我們可以寫成

${dy \over dx}=3x^{2}y$

我們可以看到我們得到了原始的微分方程，因此我們的工作一定是正確的。

齊次方程

一個 *齊次* 方程可以寫成以下形式。

${dy \over dx}=f(y/x)$

雖然看起來很複雜，但我們可以使用以下替換。

$v={y \over x}$

因此，我們現在處理的是 F(v) 而不是 F(y/x)。

現在我們可以用 v 表示 y，因為 y=xv，並使用乘積法則。

使用乘積法則，上面的方程變為

${dy \over dx}=v+x{dv \over dx}$

然後

$v+x{dv \over dx}=f(v)$

$x{dv \over dx}=f(v)-v$

${dv \over dx}={f(v)-v \over x}$

這是一個可分離方程，可以用上述方法求解。

但是，讓我們來看一個求解的例子，以瞭解齊次方程是如何求解的。

例項

我們有方程

${dy \over dx}={y^{2}+x^{2} \over yx}$

這似乎不是直接可分離的，但讓我們展開得到

${dy \over dx}={y^{2} \over yx}+{x^{2} \over yx}$

${dy \over dx}={x \over y}+{y \over x}$

用 y=xv 代入，這與用 v=y/x 代入是一樣的

${dy \over dx}=1/v+v$

現在

$v+x{dv \over dx}=1/v+v$

從兩邊消去 v

$x{dv \over dx}=1/v$

分離變數

$v\,dv=dx/x$

對兩邊積分

${1 \over 2}v^{2}+C=\ln(x)\,$

${1 \over 2}\left({y \over x}\right)^{2}=\ln(x)-C$

$y^{2}=2x^{2}\ln(x)-2Cx^{2}\,$

$y=x{\sqrt {2\ln(x)-2C}}$

這是我們想要的解決方案。

線性方程

一階線性微分方程是以下形式的微分方程：

$a(x){dy \over dx}+b(x)y=c(x)$

用任何非零的x函式乘或除這個方程都不會影響它的解，因此我們可以始終用a(x)除以使微分系數為1，但是以這種更一般形式寫這個方程可能會提供一些見解。

乍一看，似乎不可能對左邊進行積分，但有一個特例。如果b恰好是a的微分，那麼我們可以寫成

$a(x){dy \over dx}+b(x)y=a(x){dy \over dx}+y{da \over dx}={d \over dx}a(x)y$

現在積分就很簡單了。

由於我們可以自由地乘以任何函式，讓我們看看是否可以使用這種自由度將左邊寫成這種特殊形式。

我們用一個任意函式I(x)乘整個方程，得到

$aI{dy \over dx}+bIy=cI$

然後施加條件

${\frac {d}{dx}}aI=bI$

如果滿足這個條件，新的左邊將具有特殊形式。請注意，用任何常數乘以I將使此條件仍然得到滿足。

重新排列此條件得到

${\frac {1}{I}}{\frac {dI}{dx}}={\frac {b-{\frac {da}{dx}}}{a}}$

我們可以對它進行積分得到

$\ln I(x)=\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz-\ln a(x)+c\quad I(x)={\frac {k}{a(x)}}e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}$

我們可以將常數k設定為1，因為這沒有任何區別。

接下來我們對原始微分方程使用I，得到

$e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}{dy \over dx}+e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}{\frac {b(x)}{a(x)}}y=e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}{\frac {c(x)}{a(x)}}$

因為我們選擇I將左邊置於特殊形式，所以我們可以將其重寫為

${d \over dx}(ye^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz})=e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}{\frac {c(x)}{a(x)}}$

對等式兩邊積分，然後除以$e^{I}$，得到最終結果

$y=e^{-\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}\left(\int e^{\int {\frac {b(z)}{a(z)}}dz}{\frac {c(x)}{a(x)}}dx+C\right)$

我們稱I為積分因子。類似的技術可以應用於其他一些微積分問題。

示例

考慮

${\frac {dy}{dx}}+y\tan x=1\quad y(0)=0$

首先我們計算積分因子。

$I=e^{\int \tan xdx}=e^{\ln \sec x}=\sec x$

將等式乘以該因子得到

$\sec x{\frac {dy}{dx}}+y\sec x\tan x=\sec x$

或者

${\frac {d}{dx}}y\sec x=\sec x$

現在我們可以積分

$y=\cos x\int _{0}^{x}\sec z\,dz=\cos x\ln(\sec x+\tan x)$

精確方程

精確方程的形式為

f(x, y) dx + g(x, y) dy = 0

並且具有以下性質

D_x f = D_y g

(如果微分方程不具有此性質，那麼我們無法繼續進行)。

因此，如果我們有一個精確方程，那麼存在一個函式 h(x, y)，使得

D_y h = f 且 D_x h = g

因此，解的形式為

h(x, y) = c

透過使用全微分的性質。我們可以透過積分找到 h(x, y)

基本二階及高階常微分方程

n階常微分方程的一般解將包含n個積分常數。為了計算它們，我們需要n個額外的方程。最常見的是，我們有以下兩種情況：

邊界條件，即y及其導數在兩個不同的x值上取得的值

或者

初始條件，即y及其前n-1個導數在一個特定的x值上取得的值。

可約常微分方程

1. 如果自變數x在微分方程中沒有出現，那麼它的階數可以降低一個。這將把二階常微分方程降為一階常微分方程。

考慮以下方程

$F\left(y,{\frac {dy}{dx}},{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}\right)=0$

定義

$u={\frac {dy}{dx}}$

然後

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}={\frac {du}{dx}}={\frac {du}{dy}}\cdot {\frac {dy}{dx}}={\frac {du}{dy}}\cdot u$

將這兩個表示式代入方程，得到

$F\left(y,u,{\frac {du}{dy}}\cdot u\right)$=0

這是一個一階常微分方程

示例

解

$1+2y^{2}\operatorname {D} ^{2}y=0$

當x=0時，y=Dy=1

首先，我們進行代換，得到

$1+2y^{2}u{\frac {du}{dy}}=0$

這是一個一階常微分方程。透過重新排列項，我們可以分離變數

$udu=-{\frac {dy}{2y^{2}}}$

對該式積分得到

$u^{2}/2=c+1/2y$

我們知道當x=0時y和u的值，因此可以求出c

$c=u^{2}/2-1/2y=1^{2}/2-1/(2\cdot 1)=1/2-1/2=0$

接下來，我們反向代換

${\frac {dy}{dx}}^{2}=u^{2}={\frac {1}{y}}$

並開方

${\frac {dy}{dx}}=\pm {\frac {1}{\sqrt {y}}}$

為了確定保留平方根的哪個符號，我們再次使用初始條件Dy=1，在x=0時，並排除負平方根。現在我們又得到了另一個可分離的一階常微分方程，

${\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{\sqrt {y}}}$

它的解為

${\frac {2}{3}}y^{\frac {3}{2}}=x+d$

由於y=1，當x=0時，d=2/3，因此

$y=\left(1+{\frac {3x}{2}}\right)^{\frac {2}{3}}$

2. 如果因變數y沒有出現在微分方程中，那麼它也可以簡化為一個一階方程。

考慮以下方程

$F\left(x,{\frac {dy}{dx}},{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}\right)=0$

定義

$u={\frac {dy}{dx}}$

然後

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}={\frac {du}{dx}}$

將這兩個表示式代入第一個方程，得到

$F\left(x,u,{\frac {du}{dx}}\right)$=0

這是一個一階常微分方程

線性常微分方程

形式為

${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}+a_{1}(x){\frac {d^{n-1}y}{dx^{n-1}}}+...+a_{n}y=F(x)$

稱為線性。這種方程比典型的非線性常微分方程更容易求解。雖然只有少數特殊情況可以用基本函式精確求解，但關於一般線性常微分方程的解，有很多可以說明的。詳細介紹將超出現本書的範圍。

如果對於所有x，F(x)=0，則該常微分方程稱為齊次

一般線性方程有兩個有用的性質：

1. 齊次線性方程的解的任意線性組合也是解。
2. 如果我們有一個非齊次線性方程的解，並且我們加上相應的齊次線性方程的任意解，那麼我們就會得到非齊次線性方程的另一個解。

常數變易法

假設我們有一個線性常微分方程，

${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}+a_{1}(x){\frac {d^{n-1}y}{dx^{n-1}}}+...+a_{n}y=0$

並且我們知道一個解，y=w(x)

其他解總是可以寫成y=wz。將此代入常微分方程，我們會得到包含z從一階到n階的每一階導數的項，但不會更高，因此我們最終會得到z的n階線性常微分方程。

我們知道z是常數是一個解，因此z的常微分方程一定不包含z項，這意味著它實際上是n-1階線性常微分方程。我們已經將階數降低了一階。

讓我們看看在實踐中是如何工作的。

示例

考慮

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+{\frac {2}{x}}{\frac {dy}{dx}}-{\frac {6}{x^{2}}}y=0$

這個方程的一個解是y=x²，因此將y=zx²代入這個方程。

$\left(x^{2}{\frac {d^{2}z}{dx^{2}}}+4x{\frac {dz}{dx}}+2z\right)+{\frac {2}{x}}\left(x^{2}{\frac {dz}{dx}}+2xz\right)-{\frac {6}{x^{2}}}x^{2}z=0$

重新排列並簡化。

$x^{2}D^{2}z+6xDz=0$

這是對於Dz的一階方程。我們可以求解它得到

$z=Ax^{-5}\quad y=Ax^{-3}$

由於方程是線性的，我們可以將它新增到任何其他解的倍數以獲得通解。

$y=Ax^{-3}+Bx^{2}$

具有常數係數的線性齊次微分方程

假設我們有一個微分方程

$(D^{n}+a_{1}D^{n-1}+...+a_{n-1}D+a_{0})y=0$

我們可以對解進行一個有啟發的猜測（對此進行說明）

$y=e^{px}$

對於此函式，Dⁿy=pⁿy，因此微分方程變為

$(p^{n}+a_{1}p^{n-1}+...+a_{n-1}p+a_{0})y=0$

y=0 是微分方程的平凡解，因此我們可以將其丟棄。然後我們剩下一個方程

$p^{n}+a_{1}p^{n-1}+...+a_{n-1}p+a_{0}=0$

這稱為微分方程的特徵方程。

它最多可以有n個根，p₁，p₂ … p_n，每個根都為我們提供了微分方程的不同解。

由於微分方程是線性的，我們可以將所有這些解以任何線性組合的形式加在一起，以獲得通解

$y=A_{1}e^{p_{1}x}+A_{2}e^{p_{2}x}+...+A_{n}e^{p_{n}x}$

為了瞭解這種方法在實踐中的運作方式，我們將研究二階情況。求解更高階的類似方程使用的是完全相同的原理；只是代數更加複雜。

二階

如果微分方程是二階的，

$D^{2}y+bDy+cy=0$

那麼特徵方程就是二次方程，

$p^{2}+bp+c=0$

其根為

$p_{\pm }={\frac {-b\pm {\sqrt {b^{2}-4c}}}{2}}$

這些根的性質取決於b²-4c的符號，因此我們需要考慮三種情況。

1) b² > 4c

在這種情況下，我們有兩個不同的實根，因此可以直接寫下解。

$y=A_{+}e^{p_{+}}+A_{-}e^{p_{-}}$

2) b² < 4c

在這種情況下，兩個根都是虛數。我們可以直接將它們代入公式，但如果我們對實數解感興趣，則用另一種方式寫出它們更有用。

定義 k²=4c-b²，則解為

$y=A_{+}e^{ikx-{\frac {bx}{2}}}+A_{-}e^{-ikx-{\frac {bx}{2}}}$

為了使該解為實數，A必須是複共軛的

$A_{\pm }=Ae^{\pm ia}$

進行此替換，我們可以寫成：

$y=Ae^{-bx/2}\cos(kx+a)$

如果 *b* 為正數，則為阻尼振盪。

3) b² = 4c

在這種情況下，特徵方程只給我們一個根 *p=-b/2*。我們必須使用另一種方法來尋找另一個解。

我們將使用常數變易法。我們需要求解的 ODE 為：

$D^{2}y-2pDy+p^{2}y=0$

根據根重寫 *b* 和 *c*。從特徵方程中我們知道一個解是 $y=e^{px}$，所以我們進行替換 $y=ze^{px}$，得到

$(e^{px}D^{2}z+2pe^{px}Dz+p^{2}e^{px}z)-2p(e^{px}Dz+pe^{px}z)+p^{2}e^{px}z=0$

簡化為 D²z=0，很容易求解。我們得到

$z=Ax+B\quad y=(Ax+B)e^{px}$

所以第二個解是第一個解乘以 *x*。

更高階線性常係數 ODE 的行為類似：對於特徵方程的每個實根，都有一個指數函式；對於每個複共軛對，都有一個指數函式乘以一個三角函式因子；如果根是重複的，則兩者都乘以一個多項式。

例如，如果特徵方程分解為

$(p-1)^{4}(p-3)(p^{2}+1)^{2}=0$

則 ODE 的通解為

$y=(A+Bx+Cx^{2}+Dx^{3})e^{x}+Ee^{3x}+F\cos(x+a)+Gx\cos(x+b)$

最困難的部分是尋找特徵方程的根。

常係數線性非齊次 ODE

首先，我們考慮 ODE

$Dy-y=x$

這是一個非齊次一階 ODE，我們知道如何求解。

使用積分因子 *e^-x*，我們發現

$y=ce^{-x}+1-x$

這是對應齊次方程的解和一個多項式的和。

更高階的非齊次 ODE 的行為類似。

如果我們有一個非齊次 ODE 的單一解 *y_p*，稱為 *特解*，

$(D^{n}+a_{1}D^{n-1}+\cdots +a_{n})y=F(x)$

則通解為 *y=y_p+y_h*，其中 *y_h* 是齊次 ODE 的通解。

對於任意 *F(x)* 找到 *y_p* 需要超出本章範圍的方法，但有一些特殊情況，在這些情況下找到 *y_p* 很簡單。

記住，在一階問題中，對於一個多項式 *F(x)*，*y_p* 本身也是一個相同階數的多項式。我們可以將其擴充套件到更高階。

示例

$D^{2}y+y=x^{3}-x+1$

考慮一個特定的解

$y_{p}=b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+x^{3}$

將y代入並收集係數

$x^{3}+b_{2}x^{2}+(6+b_{1})x+(2b_{2}+b_{0})=x^{3}-x+1$

所以b₂=0，b₁=-7，b₀=1，通解為

$y=a\sin x+b\cos x+1-7x+x^{3}$

這是因為多項式的所有導數本身都是多項式。

另外兩個特殊情況是

$F(x)=P_{n}e^{kx}\quad y_{p}(x)=Q_{n}e^{kx}$

$F(x)=A_{n}\sin kx+B_{n}\cos kx\quad y_{p}(x)=P_{n}\sin kx+Q_{n}\cos kx$

其中P_n，Q_n，A_n和B_n都是n次多項式。

進行這些替換將得到一組關於多項式係數的線性方程組。