常微分方程/可分离方程 1

一阶微分方程

本节将介绍一种称为**变量分离**的微分方程求解技术。在我们开始讨论变量分离之前，回顾微积分中的代换积分定理非常有用。

它指出如果$f(x)$是一个连续函数，并且$y$有一个连续的导数——因此$y$本身是一个函数，那么对这些链式函数的积分结果为

$\int f{\big (}y(x){\big )}y'\,dx=\int f(y)\,dy$

换句话说，我们的被积函数$f(y(x))y'(x)$和我们的反导数将相同，如果我们对$f$求反导数，并将其代入$y(x)$。这为解决许多常微分方程提供了一个非常有用的工具。

举个例子，让我们考虑微分方程

$y'=ay$

我们评论常数函数$y(x)=0$是一个解。我们将专注于寻找非零解。如前所述，这是解的唯一性的结果，即两个解永远不会相交。对于这个问题，这意味着解始终为正或始终为负，因为它们不能交叉$y(x)=0$。为了更好地理解，想象一个普通的笛卡尔坐标系。解只能在 x 轴的上方或下方。

出于这个原因，我们有理由在余下的讨论中假设$y(x)\neq 0$。因此，我们可以除以$y(x)$，因为除以零是未定义的，以发现

${\frac {1}{y}}y'=a$

现在对两边关于$x$积分，我们得到

$\int {\frac {1}{y}}y'\,dx=\int a\,dx$

利用换元积分定理

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$

或者

$\ln |y|=ax+C$.

$y=\pm e^{C}e^{ax}=Ce^{ax}$.

最后，我们评论一下，$e^{c}>0$ 且 $e^{c}$ 合并为 $C$，因此严格来说，上面的推导只表明如果 $C>0$ 或者如果 $C<0$，考虑 $\pm$。另一方面，请注意，如果我们允许 $C=0$，那么我们可以恢复解 $y(x)=0$。因此，我们可以将所有解表示为

$y(x)=Ce^{ax}$

其中 $C$ 是一个实数。

这种方法被称为变量分离，因为在我们进行除法之后，一边完全用 $y$ 表示，另一边完全用 $x$ 表示。

关于符号和启发式的评论

虽然变量变换定理是数学上的证明，但使用莱布尼茨符号表示导数可以很好地帮助记忆变量分离的工作原理。

我们在这里展示两种符号不同但等价的推导

从我们用 $y(x)$ 除法并使用莱布尼茨符号开始，我们有

${\frac {1}{y}}{\frac {dy}{dx}}=a.$

可能您不会将此视为完全分离，因为左侧仍然存在“dx”。但是，可以通过乘以“dx”来完全分离方程，得到

${\frac {1}{y}}\,dy=a\,dx$

然后在每个项前面放置一个积分，得到

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$.

这得出了正确的结果，但将“dx”视为一个数字纯粹是启发式的。

第二个类似的助记符使用莱布尼兹符号来提醒我们变量替换定理应该如何工作。从原始示例中我们对两边关于x积分的步骤开始，使用莱布尼兹符号，我们有

$\int {\frac {1}{y}}{\frac {dy}{dx}}\,dx=\int a\,dx$.

现在我们可以“消去dx”得到 $\int {\frac {1}{y}}{\frac {dy}{\cancel {dx}}}\,{\cancel {dx}}=\int {\frac {1}{y}}\,dy$。因此

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$.

同样，“dx”不是一个数字，所以它不能真正被消去。但是，这个启发式方法正确地给出了变量替换公式。

读者应该根据自己觉得最清楚的方法来选择使用上述哪种方法。本书无疑将在其阐述的不同地方使用这三种方法中的任何一种。

什么是可分离方程？

如果一个常微分方程可以改写成以下形式，则称为可分离方程。

$M(x)+N(y)y'=0$

对两边关于$x$积分

$\int M(x)\,dx+\int N(y)y'\,dx=C$

现在，通过我们上面讨论过的方法之一，我们可以改变并简化第二个积分

$\int M(x)\,dx+\int N(y)\,dy=C$

一个方程，其中你可以将P和Q分别分解为x和y的单独函数

$P_{1}(x)P_{2}(y)dx+Q_{1}(x)Q_{2}(y)dy=0$

称为可分离方程，因为该方程可以变成一个具有分离变量的方程。

${\frac {P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}}dx+{\frac {Q_{2}(y)}{P_{2}(y)}}dy=0$

${\frac {P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}}dx=-{\frac {Q_{2}(y)}{P_{2}(y)}}dy$

然而，必须注意这个除法过程。当$Q_{1}(x)=0$和$P_{2}(y)=0$时，将会存在额外的可能的积分解，由于这个除法，这些解无法通过积分找到。

平凡情况

可分离方程有两个特殊情况，使得求解几乎变得微不足道。这两种情况是：

$N(y)=k\,$

或

$M(x)=k,\,$

其中 k 为常数。在这两种情况下，方程从 3 个变量变为 2 个变量。当我们可以去掉其中一个变量时，解可以通过简单的积分得到。

没有 y 项：N(y) = k

如果 N(y)=k，我们可以将 k 视为 M(x) 的一部分，并将 N(y) 变成 1。也就是说，如果我们将两边除以 k，并令 f(x) = M(x)/k。那么我们得到：

${\frac {dy}{dx}}=M(x)/k=f(x)$.

现在这是基本微积分 - 对两边求积分。通解是

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

其中 C 为常数。

让我们看几个例子。

示例 1

${\frac {dy}{dx}}=x^{2}+7$

这里，我们有一个导数等于 x 的函数。原始函数是它的 **反导数**，也就是说，我们必须积分才能找到它。现在我们对等式的两边关于 x 求积分（关于 'x'）

$\int {\frac {dy}{dx}}\,dx=\int (x^{2}+7)\,dx$

$y={\frac {1}{3}}x^{3}+7x+C$

这是通解。满足微分方程的函数被称为 **满足** 它，所以

$y={\frac {1}{3}}x^{3}+7x+C$

满足微分方程

${\frac {dy}{dx}}=x^{2}+7$.

示例 2

${\frac {dy}{dx}}=\sin x+e^{x}$

这与之前一样 - 对两边关于 x 求积分。

$\int {\frac {dy}{dx}}\,dx=\int \sin x+e^{x}\,dx$

$y=-\cos x+e^{x}+C\,$

请注意，即使在这个简单的情况下，也可能无法写出解的公式，因为 f(x) 不能用初等函数积分。在这种情况下，用积分符号符号地写出 y 的积分，即我们正在寻找的函数，被认为是解。

没有 x 项：M(x)=k

另一个特殊情况是

$M(x)=k.$

唯一的区别是我们如何将其转换为可积形式。我们的方程是

$N(y){\frac {dy}{dx}}=-k.$

这种类型的方程被称为自治微分方程。微分方程除了通过函数y之外，没有对自变量x的显式依赖。我们将在稍后详细说明这种类型的方程，但目前我们注意到这种类型的方程始终是可分离的。

对两边关于x积分，我们得到

$\int N(y){\frac {dy}{dx}}\,dx=\int k\,dx.$

现在我们有两个积分，每个积分都关于它们包含的函数。解的形式为

$\int N(y)\,dy=kx+C.$

您现在可以尝试求解y。左侧可能没有可以表示为良好公式的原函数，在这种情况下，我们将以尽可能清晰的形式保留它，即保留积分符号未解析。这里出现另一个重要概念。

示例 4

${\frac {dy}{dx}}={\frac {k}{y}}$

这里我们乘以y，然后乘以dx。其余的数学运算与之前一样。

$ydy=kdx\,$

$\int ydy=\int kdx\,$

${\frac {1}{2}}y^{2}=kx+C$

$y^{2}=2kx+C\,$

在这种情况下，求解y² 比求解y 更方便。如果我们开平方求解y，我们会改变方程（因为数字的平方根始终为正数，我们会丢失每个解曲线的一半）。在这些情况下，将其保留在当前形式是完全可以的。

您可能已经注意到，求解y之前，方程的右侧在两个示例中都是一样的。当f(x)=k 时，右侧将始终为kx+C，其中k 是问题中任何常数。只有当f(x) 不是常数时，它才会改变。

如前所述，积分可能无法执行。即使可以执行，也可能无法反转方程以显式地给出 y 作为 x 的函数，例如，如果我们得到 tan(y) + 1/y = x。同样，这并不重要；结果被认为是有效的解。

一般的可分离变量方程

在最一般的情况下，M(x) 或 N(y) 都不为常数。在这种情况下，我们使用与之前相同的方法（尽管可能需要首先分离变量）。唯一的区别是，两边都会产生非平凡的积分，所以我们还有更多工作要做。这可能会产生一些不整齐的解，而 ODE 以此而闻名。这种不整齐通常意味着我们可能希望在最后检查我们的结果。

示例 5

${\frac {dy}{dx}}=y^{3}x$

除以y³ 然后乘以dx 得到

${\frac {dy}{y^{3}}}=xdx$

$\int {\frac {dy}{y^{3}}}=\int xdx$

$-{\frac {1}{2y^{2}}}={\frac {1}{2}}x^{2}+C$

$y^{2}=-{\frac {1}{x^{2}+C}}$

例 6

${\frac {dy}{dx}}={\frac {y}{x}}$

我们乘以 ${\frac {dx}{y}}$

${\frac {dy}{y}}={\frac {dx}{x}}$

$\int {\frac {dy}{y}}=\int {\frac {dx}{x}}\,$

$\ln(y)=\ln(x)+C\,$

$y=e^{\ln(x)+C}=e^{C}e^{\ln(x)}=Cx\,$

再次 $e^{c}$ 归并为 $C$。

例 7

${\frac {dy}{dx}}=xy+y$

乍一看，这似乎不可分离。但我们可以进行一点因式分解

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

这是可分离的。

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

$\int {\frac {dy}{y}}=\int (x+1)dx$

$\ln(y)={\frac {1}{2}}x^{2}+x+C$

$y=Ce^{{\frac {1}{2}}x^{2}+x}$

带初始条件的问题

求解初值问题相当容易。如同我们上面所做的，求解y。然后，一旦你得到了方程，将b代入y，将a代入x。最后，求解常数。

例 8

${\frac {dy}{dx}}=ky,\quad y(0)=10$

正如我们在例 3 中所看到的，此方程的通解为 y=Ce^kx。让我们代入我们的边界条件

$10=Ce^{0k}\,$

$10=Ce^{0}\,$

$C=10\,$

$y=10e^{kx}\,$

这是特解。

不幸的是，在某些情况下，在求解常数时必须小心。

例 9

$2yy'=2x+2\qquad y(0)=-2$

此方程已经分离了，因此对两边进行积分

$\int 2yy'\,dx=\int 2x+2\,dx$

$y^{2}=x^{2}+2x+C$

通过代入，我们发现

$C=(-2)^{2}=4$

所以现在我们有

$y^{2}=x^{2}+2x+4.$

但是，如果我们继续求解y，则必须小心。有人可能会天真地写：$y=\pm {\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

但这里有一个问题，我们正在寻找一个函数 y(x)，这意味着该函数必须是单值的（参见 单值函数）。我们应该注意$\pm$的含义。我们的意思是对于每个不同的x，符号都有不同的可能性吗？

幸运的是，由于该函数必须是可微的（因此是连续的），因此函数 y(x) 不能在正值和负值之间来回跳跃。所以我们必须意味着只有一个符号选择

$y={\sqrt {x^{2}+2x+4}};$ 或

$y=-{\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

但是哪一个？唯一性的一个很好的结果是，这两个函数中只有一个可以解决问题。这两个都解决了微分方程，因此我们可以对初始条件进行双重检查。在第一种情况下，y(0)=2，所以这不是我们的解，但是对于第二个函数，y(0)=-2，正如预期的那样。因此，解由下式给出

$y=-{\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

例 10

另一个说明可能会出现的问题的有趣例子是

$y'=6xy^{2/3}\qquad y(0)=0.$

为了求解这个初值问题，我们首先分离变量。

$\int y^{-2/3}y'\,dx=\int 6x\,dx$

$3y^{1/3}=3x^{2}+C$

$y=(x^{2}+C)^{3}$

现在代入初始条件，我们得到

$0=(0^{2}+C)^{3}$，因此

$C=0$

所以我们得到了一个解 $y(x)=x^{6}$。但是，通过观察，我们还得到了解 $y(x)=0$。因此，这个问题至少有两个解。也许还有更多解，目前我们无法确定。更糟糕的是，在分离变量时，没有任何迹象表明我们处于解不唯一的状况。出于这个原因，我们将回到这个问题，并讨论保证唯一解存在的通用数学定理。

这可能出于许多原因很重要。例如，人们通常认为现实世界中的过程可以用满足常微分方程的函数来描述。通常，使用常微分方程和对过程的实际测量，你想要推断出哪个函数控制了该过程，以便你可以对未来的行为进行预测。但是，如果常微分方程的解不唯一，那么当你找到真正代表现实世界过程行为的解时，就很难判断。

例11

在上面的例子中，我们看到了有时微分方程表现不好，允许多个解。在这个例子中，我们看到有时问题本身表现得很好，但如果我们不小心，可能会认为找到了多个解。

$y'=4y^{1/2}x\qquad y(0)=4.$

$\int y^{-1/2}y'\,dx=\int 4x\,dx$

$2y^{1/2}=2x^{2}+C$

$y=(x^{2}+C)^{2}$

现在，通过代入初始条件，我们发现

$4=(0^{2}+C)^{2}=C^{2}$

此时，很容易得出结论

$C=\pm 2$

我们似乎得到了两个解

$y=(x^{2}+2)^{2}$

$y=(x^{2}-2)^{2}$

但如果我们仔细观察，就会发现第二个方程实际上不是一个解。为了说明这一点，让我们把它代入方程。

如果

$y=(x^{2}-2)^{2}$，那么

$y'=4x(x^{2}-2)$，并且

$y^{1/2}=|x^{2}-2|$.

因此，当我们代入 $y'=4y^{1/2}x$ 时，我们试图使以下两个等式相等：

$4x(x^{2}-2)$ 和 $4x|x^{2}-2|$，

但请注意，第一个方程在 $0<x<{\sqrt {2}}$ 时为负数，而第二个方程始终为正数。

对于另一个函数，这种情况不会发生，因为我们最终尝试比较的是 $4x(x^{2}+2)$ $y'=4x|x^{2}+2|$，因为 $x^{2}+2>0$，我们可以在第二个表达式中去掉绝对值。

那么问题出在哪里？我们在求解 $y$ 时，通过对方程两边平方引入了二义性。如果我们在积分后立即求解 $C$，我们可以避免这个问题，在这种情况下，我们将使用方程 $2y^{1/2}=2x^{2}+C$ 以及

$2(4)^{1/2}=2(0)^{2}+C$，因此

$C=4$

将此代回并求解 y，我们得到

$2y^{1/2}=2x^{2}+4$

$y^{1/2}=x^{2}+2$

$y=(x^{2}+2)^{2}$

继续学习本课程的下一部分：例子