【微分方程】 基本题型复习

微分方程

  • 微分方程的思路框架非常非常清晰! 解题全靠套路 )
  • 本文将按照一阶,二阶可降阶,高阶常系数线性微分方程展开

一阶: 一共四种方法,不行再试试 x,y互换

  • 遇到一阶微分方程,先想方设法孤立 y'

  • 如果 y' 可以写成 f(x)*f(y) : 变量可分离型
    解决方法:把原方程含y部分移到等式左边,含x部分移到等式右端,两边求不定积分即可。

  • 不要忘记 ‘+C’!

  • 如果 y' 可以写成 f(y/x) : 齐次型
    解决方法:令 u=y/x
    u=yxu=\frac{y}{x}u=xy
    y=uxy=uxy=ux
    dydx=u+xdudx\dfrac{dy}{dx}=u+x\dfrac{du}{dx}dxdy=u+xdxdu

    然后带入原方程就转化成了变量可分离型。

  • 如果原方程可以写成 y′+p(x)y=Q(x)y^{'}+p(x)y=Q(x)y+p(x)y=Q(x)那么是一阶线性微分方程型。
    解决方法:带公式y=e−∫p(x)dx(∫Q(x)e∫p(x)dx+C)y=e^{-\int p(x)dx}(\int Q(x)e^{\int p(x)dx}+C)y=ep(x)dx(Q(x)ep(x)dx+C)

  • 如果原方程可以写成 y′+p(x)y=Q(x)yny^{'}+p(x)y=Q(x)y^{n}y+p(x)y=Q(x)yn那么是伯努利方程型。

    • 解决方法:
      • 第一步:z=y1−nz=y^{1-n}z=y1n, 则dzdx=(1−n)y−ndydx\frac{dz}{dx}=(1-n)y^{-n}\frac{dy}{dx}dxdz=(1n)yndxdy
      • 第二步:原方程两边同时乘以y−ny^{-n}yn,再同时乘以(1−n)(1-n)(1n).
      • 第三步:带入第一步求出的dydx\frac{dy}{dx}dxdy, 就转化成了一阶线性。
  • 如果一个一阶微分方程以上四种方法都不能求解,那试试看x,y互换,最后求完了记得换回来。

二阶可降阶

  • 第一种:“缺y型”
    • y′′=f(x,y′)y''=f(x,y')y=f(x,y)
    • y′=p,则y′′=p′=dpdxy'=p,则y''=p'=\frac{dp}{dx}y=p,y=p=dxdp,那么原方程就变成一阶方程dpdx=f(x,p)\frac{dp}{dx}=f(x,p)dxdp=f(x,p)
  • 第一种:“缺x型”
    • y′′=f(y,y′)y''=f(y,y')y=f(y,y)
    • 同样令y′=py'=py=p,为了避免出现 x,y′′=p′=dpdx=dpdy⋅dydx=dpdy⋅px,y''=p'=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}·\frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy}·px,y=p=dxdp=dydpdxdy=dydpp
    • 那么原方程就变成一阶方程pdpdy=f(y,p)p\frac{dp}{dy}=f(y,p)pdydp=f(y,p)

高阶常系数

  • 解的结构,不再赘述

  • 形如y′′+py′+qy=f(x)y''+py'+qy=f(x)y+py+qy=f(x)

  • 其解是 齐次通解+一个特解

  • 求“齐次通解”:

    • 求解λ2+pλ+q=0,得到λ1,λ2\lambda^2+p\lambda+q=0,得到\lambda_1,\lambda_2λ2+pλ+q=0λ1,λ2
    • 如果λ1≠λ2,通解为:y=C1eλ1x+C2eλ2x\lambda_1\neq\lambda_2,通解为:y=C_1e^{\lambda_1x}+C_2e^{\lambda_2x}λ1=λ2,y=C1eλ1x+C2eλ2x
    • 如果λ1=λ2=λ,通解为:y=(C1+C2x)eλx\lambda_1=\lambda_2=\lambda,通解为:y=(C_1+C_2x)e^{\lambda x}λ1=λ2=λ,y=(C1+C2x)eλx
    • 如果λ1=α+βi,λ2=α−βi,通解为:y=eαx(C1cosβx+C2sinβx)\lambda_1=\alpha+\beta i,\lambda_2=\alpha-\beta i,通解为:y=e^{\alpha x}(C_1cos\beta x+C_2sin\beta x)λ1=α+βiλ2=αβi,y=eαx(C1cosβx+C2sinβx)
  • 求“一个特解”

    • 根据f(x)f(x)f(x)的形式分两种情况(其他情况需要更加高深的数学知识,书上没写,我也不会……)

    • 如果f(x)=eaxPn(x)f(x)=e^{ax}P_n(x)f(x)=eaxPn(x):

      • 设某个特解y∗=eaxQn(x)xk,y^*=e^{ax}Q_n(x)x^k,y=eaxQn(x)xk,其中eax照抄,其中e^{ax}照抄,eax

      • Qn(x)是和Pn(x)同阶的待定多项式(比如Pn(x)是二阶的,Qn(x)就设为ax2+bx+c),k={0,α≠λ1且α≠λ21,α≠λ1或α≠λ22,α=λ1=λ2Q_n(x)是和P_n(x)同阶的待定多项式(比如P_n(x)是二阶的,Q_n(x)就设为ax^2+bx+c),k=\begin{cases}0, \alpha \neq \lambda_1 且 \alpha \neq \lambda_2 \\ 1, \alpha \neq \lambda_1 或 \alpha \neq \lambda_2 \\ 2, \alpha=\lambda_1=\lambda_2 \end{cases}Qn(x)Pn(x)Pn(x)Qn(x)ax2+bx+c),k=0,α=λ1α=λ21,α=λ1α=λ22,α=λ1=λ2

      • 代入原方程求出待定的系数就行了。

    • 如果f(x)=eax[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]f(x)=e^{ax}[P_m(x)cos\beta x +P_n(x)sin\beta x]f(x)=eax[Pm(x)cosβx+Pn(x)sinβx]:

      • 设某个特解y∗=eax[Ql1(x)cosβx+Ql2(x)sinβx]xk,y^*=e^{ax}[Q_l^1(x)cos\beta x + Q_l^2(x)sin \beta x]x^k,y=eax[Ql1(x)cosβx+Ql2(x)sinβx]xk,其中eax照抄,其中e^{ax}照抄,eax

      • Ql1(x)和Ql2(x)是不同的两个待定多项式,l是m,n里面较大的那个。k={0,α±βi不是特征根1,α±βi是特征根Q_l^1(x)和Q_l^2(x)是不同的两个待定多项式,l是m,n 里面较大的那个。 k=\begin{cases}0, \alpha \pm \beta i不是特征根 \\ 1, \alpha \pm \beta i是特征根 \end{cases}Ql1(x)Ql2(x)lm,nk={0,α±βi1,α±βi

      • 代入原方程求出待定的系数就行了。

  • 形如x2y′′+pxy′+qy=f(x)x^2y''+pxy'+qy=f(x)x2y+pxy+qy=f(x):

    • x=et,则t=lnx,dtdx=1/xx=e^t,则t=lnx,\frac{dt}{dx}=1/xx=et,t=lnxdxdt=1/x
    • 于是,dydx=dydt⋅dtdx=dydt⋅1x\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}·\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}·\frac{1}{x}dxdy=dtdydxdt=dtdyx1
      d2ydx2=ddx(dydt⋅1x)=d2ydt21x2−1x2dydt\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d}{dx}(\frac{dy}{dt}·\frac{1}{x})=\frac{d^2y}{dt^2}\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2}\frac{dy}{dt}dx2d2y=dxd(dtdyx1)=dt2d2yx21x21dtdy注意这里是对x 求导。
    • 代入原方程就变成了上一种我们会解的情况。
    • 最后记得用t=lnxt=lnxt=lnx回代。

微分方程基本题型就是这些,
纯手打,如有错误欢迎留言指正。

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