一阶微分方程

微分方程

张瑞
中国科学技术大学数学科学学院

一阶微分方程

方向场

一阶微分方程$F(x,y,y')=0$写成$y'=f(x,y)$

direction_field

以$(x,y)$为起点，$y'=f(x,y)$为斜率，做单位方向场

\[\Gamma(x,y)=\dfrac{(1,f(x,y))}{\sqrt{1+f^2(x,y)}} \]

得到一个向量场

解$y=\phi(x)$是一条曲线，称为积分曲线。从图上看，从某点开始，沿向量场运动的轨迹。

分离变量

若一阶微分方程$y'(x)=f(x,y)$可以写成

\[y'(x)=f(x,y)=g(x)h(y) \]
  • 若$h(y)\neq0$，则
    \[\begin{aligned} \dfrac{dy}{dx}=g(x)h(y) \quad \Rightarrow \quad \dfrac{dy}{h(y)}=g(x)dx \end{aligned} \]
    两边积分，可以得到如下的隐式表达的解
    \[\int\dfrac1{h(y)}dy=\int g(x)dx \]
  • 若有某个点满足$h(A)=0$，则$y(x)\equiv A$也是解。

分离变量的时候，有可能遗漏常数解

例 1. (例5.2.2) $\dfrac{dT}{dt}=-k(T-20)$

解. 分离变量

\[\dfrac{dT}{T-20}=-kdt \quad \Rightarrow \quad \ln(|T-20|)=-kt+C \\ \]

及解$T-20\equiv 0$

例 2. $y-xy'=2(y+x^2y)$

例 3. $\tan x \sin^2ydx+\cos^2x\cot ydy=0$

1. $\dfrac{dT}{dt}=-k(T-20)$, 分离变量

\[\begin{aligned} \dfrac{dT}{T-20}=-kdt &\quad \Rightarrow \quad \ln(|T-20|)=-kt+C \\ \Rightarrow\quad |T-20|=e^C e^{-kt} &\quad\Rightarrow\quad T=20\pm e^C e^{-kt} \\ &\quad\Rightarrow\quad T=20+C_1 e^{-kt},(C_1\neq 0) \end{aligned} \]

另外，$T\equiv20$也是解。因此，通解可以写成

\[T=20+C_1 e^{-kt},(C_1\in\mathbb{R}) \]

若加上初值条件： $T(0)=100$，则有$C_1=80$，解为

\[T=20+80e^{-kt} \]

2. $y-xy'=2(y+x^2y)$

\[\begin{aligned} -xy'=y(1+2x^2) \\ \dfrac{y'}{y}=(-\dfrac1x-2x) \\ \dfrac{dy}{y}=(-\dfrac1x-2x)dx \\ \ln|y|=-\ln|x|-x^2+C \\ y=\dfrac{C_2e^{-x^2}}{|x|}, C_2=\pm e^{C}\neq0 \end{aligned} \]

另外，$y\equiv0$也是解，是上式中$C_2=0$的情形。所以解可以写成

\[y=\dfrac{C_2e^{-x^2}}{|x|}, C\in\mathbb{R} \]

[#ex5-2-3]. $\tan x \sin^2ydx+\cos^2x\cot ydy=0$

\[\begin{aligned} \tan x\dfrac1{\cos^2x}dx=\cot y\dfrac{-1}{\sin^2y}dy \\ \tan xd(\tan x)=\cot yd(\cot y) \\ \end{aligned} \]

两边积分后，有

\[\frac12\tan^2x=\frac12\cot^2y+C \]

例 4. 火箭质量$m(t)$与速度$v(t)$的变化方程为

\[m(t)v'(t) = - m'(t) u \]

其中$u$为燃料喷射速度。能否得到燃料喷射完后的火箭速度。

解. 分离变量，有

\[v'(t) = - u \frac{m'(t)}{m(t)} \]

两边在$t\in[0,t_0]$上积分，得到

\[v(t_0)-v(0) = u \ln\frac{m(0)}{m(t_0)} \]
  • 火箭的初始速度为$0$，在燃料耗尽后达到的速度为$v_0$。
  • 火箭的有效质量占比（结构+燃料/结构的比）为$\lambda$。
  • 已知第一宇宙速度$7.6 km/s$，燃料喷射速度$u=3km/s$。

则要使火箭到达卫星轨道，需要

\[7.6=3\ln \lambda \Rightarrow \lambda=12.6 \]

目前可以做到$\lambda=10$，怎么办？

变换后，再分离变量

定义 1.
若$f(tx,ty)=f(x,y), \forall t\neq 0$，则称$f(x,y)$是零次齐次函数。称微分方程$y'=f(x,y)$为齐次方程。

若$f(x,y)$是零次齐次函数，则可以令

\[\dfrac{y}x=u(x), y(x)=xu(x) \]

就可以将一阶微分方程$y'(x)=f(x,y)$变成可分离变量的形式。

例 5. $y'=\dfrac{x+y}{x-y}$

解. 令$y(x)=xu(x)$，则方程变为

\[u(x)+xu'(x)=\frac{x+x u(x)}{x- x u(x)}=\frac{1+u(x)}{1-u(x)} \]

例 6. $(y+\sqrt{x^2+y^2})dx-xdy=0$

例 7. $y'=\dfrac1{xy}\dfrac{1}{\sin^2(xy^2)}-\dfrac{y}{2x}$

例 8. $ f(xy)ydx+g(xy)xdy=0 $

5. $y'=\dfrac{x+y}{x-y}$

令$y=xu(x)$，则

\[\begin{aligned} u+xu'=\dfrac{1+u}{1-u} \\ xu'=\dfrac{1+u-u+u^2}{1-u}=\dfrac{1+u^2}{1-u} \\ \dfrac{1-u}{1+u^2}du=\dfrac{dx}{x} \end{aligned} \]

可得

\[\arctan(u)-\dfrac12\ln(1+u^2)=\ln|x|+C \]
\[\sqrt{x^2+y^2}=Ce^{\arctan(\frac{y}x)} , c=e^{-C} \]

6. $(y+\sqrt{x^2+y^2})dx-xdy=0$

\[\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y+\sqrt{x^2+y^2}}x =\dfrac{y}x\pm\sqrt{1+(\dfrac{y}x)^2} \]

令$\dfrac{y}{x}=u$，

\[\begin{aligned} \dfrac{du}{\sqrt{1+u^2}}=\pm\dfrac{dx}x \\ \ln(u+\sqrt{1+u^2})=\pm\ln|x|+c \end{aligned} \]

$x>0$时，有

\[\begin{aligned} \dfrac{y}x+\sqrt{1+\dfrac{y^2}{x^2}}=e^{c_1}|x| \\ y+\sqrt{x^2+y^2}=e^{c_1}x^2 \end{aligned} \]

$x<0$时，有

\[\begin{aligned} \dfrac{y}x+\sqrt{1+\dfrac{y^2}{x^2}}=e^{c_1}\dfrac{1}{|x|} \\ \dfrac{y}x+\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{-x}=e^{c_1}\dfrac{1}{-x} \\ \sqrt{x^2+y^2}-y=e^{c_1} \end{aligned} \]

7. $y'=\dfrac1{xy}\dfrac{1}{\sin^2(xy^2)}-\dfrac{y}{2x}$

(使用变量代换，得到分离变量的形式。)

令$u=xy^2$，则$du=x2ydy+y^2dx$

\[\begin{aligned} \dfrac{du}{dx}=y^2+2xy(\dfrac{1}{xy}\dfrac{1}{\sin^2(xy^2)}-\dfrac{y}{2x}) \\ =\dfrac{2}{\sin^2{xy^2}}=\dfrac{2}{\sin^2u} \end{aligned} \]

所以有

\[\begin{aligned} (1-\cos(2u))du=4dx \\ u-\dfrac12\sin(2u)-4x=c \end{aligned} \]

齐次化

对方程

\[\dfrac{dy}{dx}=f\left(\dfrac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}\right) \]

若$c_1=c_2=0$，则

\[f\left(\dfrac{a_1x+b_1y}{a_2x+b_2y}\right) \]

为零次齐次函数。令$u=\dfrac{y}{x}$就可以分离变量

若$a_1b_2-a_2b_1\neq0$，则设 $\begin{aligned}\begin{cases}x=\xi+h \\y=\eta+k\end{cases}\end{aligned}$， 有

\[\begin{cases} a_1x+b_1y+c_1= a_1(\xi+h)+b_1(\eta+k)+c_1 \\ {a_2x+b_2y+c_2}=a_2(\xi+h)+b_2(\eta+k)+c_2 \end{cases} \]

取适当的$h,k$，满足 $\displaystyle\begin{cases}a_1h+b_1k+c_1=0 \\a_2h+b_2k+c_2=0\end{cases}$， 则

\[f\left(\dfrac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}\right) =f\left(\dfrac{a_1\xi+b_1\eta}{a_2\xi+b_2\eta}\right) \]

为零次齐次函数。

若$a_1b_2-a_2b_1=0$，则取$\lambda=\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{b_1}{b_2}$，

\[f\left(\dfrac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}\right) =f\left(\dfrac{\lambda(a_2 x+b_2 y)+c_1}{(a_2 x+b_2 y)+c_2}\right) \]

取$z=a_2x+b_2y$，则$dz=a_2dx+b_2dy$，有

\[\dfrac{dz}{dx}=a_2+b_2f\left(\dfrac{\lambda z+c_1}{z+c_2}\right) \]

可以直接分离变量

求$y=f(x)$满足

例 9. $y'=\dfrac{2y-x-5}{2x-y+4}$

令$\begin{cases} x=\xi+h \\ y=\eta+k \end{cases}$，其中$h$,$k$为常数。则

\[\begin{aligned} \dfrac{2y-x-5}{2x-y+4}=\dfrac{-(\xi+h)+2(\eta+k)-5}{2(\xi+h)-(\eta+k)+4} \\ \end{aligned} \]

取$h$, $k$满足$\begin{cases}-h+2k-5=0 \\2h-k+4=0\end{cases}$

例 10. $y'=\dfrac{1-3x-3y}{1+x+y}$

9. $y'=\dfrac{2y-x-5}{2x-y+4}$

\[\begin{aligned} \dfrac{2y-x-5}{2x-y+4}=\dfrac{-(\xi+h)+2(\eta+k)-5}{2(\xi+h)-(\eta+k)+4} \\ %=\dfrac{-\xi+2\eta}{2\xi-\eta} \end{aligned} \]

取$h,k$满足

\[\begin{cases} -h+2k-5=0 \\ 2h-k+4=0 \end{cases} \]

可得$ h=-1, k=2 $。令

\[\begin{cases} x=\xi-1 \\ y=\eta+2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} dx=d\xi \\ dy=d\eta \end{cases} \]
\[\eta'=\dfrac{-\xi+2\eta}{2\xi-\eta} \]

令$t=\dfrac{\eta}{\xi}$，则

\[t+\xi\dfrac{dt}{d\xi}=\dfrac{-1+2t}{2-t} \]

当$t^2\neq 1$时，有

\[\dfrac{2-t}{t^2-1}dt=\dfrac{d\xi}{\xi} \]

当$t^2-1=0$f是，即$t=\pm1$，则

\[t=\dfrac{\eta}{\xi}=\dfrac{y-2}{x+1}=\pm1 \]

10. $y'=\dfrac{1-3x-3y}{1+x+y}$

令$z=x+y$，则

\[\dfrac{dz}{dx}=1+\dfrac{dy}{dx}=1+\dfrac{1-3z}{1+z} \]

$z\neq1$时，

\[\dfrac{1+z}{z-1}dz=-2dx \]
\[\int(1+\dfrac{2}{z-1})dz=-2x+C \]

$z=1$时，$x+y=1$是解

一阶线性微分方程

一阶线性微分方程的标准形式：

\[y'(x)+p(x)y(x)=f(x) \]

一阶齐次线性微分方程

\[y'(x)+p(x)y(x)=0 \]

一阶齐次线性方程

\[y'(x)+p(x)y(x)=0 \]

可以直接分离变量。

  • 当$y\neq0$ 时，有
    \[\begin{aligned} \dfrac{dy}{y}=&-p(x)dx \\ \ln|y|=&-\int p(x)dx+C_1 \\ y=&Ce^{-\int p(x)dx} , C=\pm e^{c_1} \end{aligned} \]
  • 另外，$y=0$也是方程的解。

一阶线性齐次微分方程

\[y'(x)+p(x)y(x)=0 \]

的通解为

\[y=Ce^{-\int p(x)dx} , C\in\mathbb{R} \]

这里$\displaystyle \int p(x)dx$指代$p(x)$的某一个原函数。 因此，解也可以写成

\[y=C e^{-\int_{x_0}^x p(t)dt}, C\in\mathbb{R} \]

积分因子法

对非齐次线性方程，在方程两边同乘以$e^{\int p(x)dx}$，则有

\[\begin{aligned} \left(y(x)e^{\int p(x)dx}\right)' =&(y'(x)+p(x)y(x))e^{\int p(x)dx} \\ =&f(x)e^{\int p(x)dx} \end{aligned} \]

两端积分，有

\[y(x)e^{\int p(x)dx}=\int f(x)e^{\int p(x)dx}dx+C \]

即有通解

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

常数变异法

把齐次线性微分方程的通解中的常数$C$，变为一个函数因子$C(x)$。 设非齐次微分方程的解为

\[y_p(x)=C(x)e^{-\int p(x)dx} \]

代入非齐次线性方程中，可得

\[e^{-\int p(x)dx}\dfrac{dC(x)}{dx}=f(x) \]

可解得$C(x)$的通解为

\[C(x)=\int f(x)e^{\int p(x)dx}dx+C \]
\[\begin{aligned} y(x)=&e^{-\int p(x)dx}\left(\int f(x)e^{\int p(x)dx}dx+C\right) \\ =&Ce^{-\int p(x)dx}+e^{-\int p(x)dx}\int f(x)e^{\int p(x)dx}dx \end{aligned} \]

其中

\[y_h(x)=Ce^{-\int p(x)dx} \]

是对应的齐次线性方程的通解，而

\[y_p(x)=e^{-\int p(x)dx}\int f(x)e^{\int p(x)dx}dx \]

则是非齐次线性方程的特解。

非齐次线性方程的通解，为齐次线性方程的通解与非齐次线性方程的特解之和，即

\[y(x)=y_h(x)+y_p(x) \]

是叠加原理的一种形式。

这种形式也可以用到高阶的线性方程上。

例 11. (例5.2.7) $y'+y\cot x=x^2\csc x, x>0$

例 12. $(y^2-6x)y'+2y=0$

例 13. $(x-2xy-y^2)dy+y^2dx=0$

例 14. $f(x)$为$\mathbb{R}$上的以$T$为周期的连续函数，证明方程

\[y'+y=f(x) \]

有唯一的以$T$为周期的解

11. $y'+y\cot x=x^2\csc x, x>0$

先解齐次的

\[\begin{aligned} y'+y\cot x=0 \\ \dfrac{dy}y=-\cot(x)dx \\ \ln|y|=-\ln|\sin x|+c_1 \\ y=\dfrac{c}{\sin x} , c=e^{c_1} \end{aligned} \]

再解非齐次的

\[y_p=\dfrac{c(x)}{\sin x} \]

代入方程，有

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\sin x}\dfrac{dc(x)}{dx}=x^2\csc x \\ \dfrac{dc(x)}{dx}=x^2 \\ c(x)=\dfrac13x^3+c \end{aligned} \]

所以解为

\[\begin{aligned} y=\dfrac{c}{\sin x}+\dfrac1{\sin x}(\dfrac13 x^3+c_2) \\ =\dfrac1{\sin x}(\dfrac13 x^3+c) \end{aligned} \]

12. $(y^2-6x)y'+2y=0$

\[\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{-2y}{y^2-6x} \]

不好处理。

看作是函数$x(y)$，则有

\[\begin{aligned} \dfrac{dx}{dy}=\dfrac{y^2-6x}{-2y}=\dfrac{-y}2+\dfrac{3x}y \\ \dfrac{dx}{dy}-\dfrac{3x}y=\dfrac{-y}2 \end{aligned} \]

齐次

\[\dfrac{dx}{dy}-\dfrac{3x}y=0 \]

有通解，

\[p(y)=-\dfrac3y \]

或

\[y\equiv0 \]
\[\begin{aligned} x(y)=e^{\int\frac3ydy}(\int(\dfrac{-y}2)e^{-\int\frac3ydy}dy+c) \\ =cy^3+y^3(\int\dfrac{-y}2y^{-3}dy) \\ =cy^3+\dfrac{y^2}2 \end{aligned} \]

定解条件

\[\begin{aligned} \begin{cases} y'(x)+p(x)y(x)=f(x) \\ y(x_0)=y_0 \end{cases} \end{aligned} \]

解为

\[y(z)=e^{-\int_{x_0}^z p(t)dt} (y(x_0)+\int_{x_0}^zf(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt}dx) \]

取积分因子为

\[e^{\int_{x_0}^x p(t)dt} \]

则有

\[\begin{aligned} \left(y(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt}\right)' =&(y'(x)+p(x)y(x))e^{\int_{x_0}^x p(t)dt} \\ =&f(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt} \end{aligned} \]
\[\int_{x_0}^z\left(y(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt}\right)'dx =\int_{x_0}^zf(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt}dx \]
\[y(z)e^{\int_{x_0}^z p(t)dt}-y(x_0)=\int_{x_0}^zf(x)e^{\int_{x_0}^x p(t)dt}dx \]

例 15. $\begin{cases}v'(t)+\dfrac{k}mv(t)=g \\v(0)=0\end{cases}$

15. $\begin{cases}v'(t)+\dfrac{k}mv(t)=g \\v(0)=0\end{cases}$

\[(v(t)e^{\frac{k}mt})'=(v'(t)+\dfrac{k}mv(t))e^{\frac{k}mt} =ge^{\frac{k}mt} \]

从$0$到$x$积分，有

\[\begin{aligned} v(x)e^{\frac{k}mx}-v(0)=\int_0^xge^{\frac{k}mt}dt \\ =\dfrac{mg}{k}(e^{\frac{k}mx}-1) \end{aligned} \]

即

\[v(x)=\dfrac{mg}k(1-e^{\frac{-k}mx}) \]

伯努利方程

Bernoulli方程是一阶非线性的微分方程

\[y'(x)+p(x)y(x)=Q(x)y^n(x) , n\neq 0,1 \]

显然，$y\equiv0$是一个解。

当$y\neq0$时，两边乘$y^{-n}$，有

\[y^{-n}y'+p(x)y^{1-n}=Q(x) \]

令$u=y^{1-n}$，则$\dfrac{du}{dx}=(1-n)y^{-n}\dfrac{dy}{dx}$，即有

\[\begin{aligned} \dfrac{du}{dx} =&(1-n)(y^{-n}\dfrac{dy}{dx}) \\ =&(1-n)(Q(x)-p(x)y^{1-n}) \\ =&(1-n)(-p(x)u+Q(x)) \end{aligned} \]

这样，有如下的一阶线性微分方程

\[\dfrac{du}{dx}+(1-n)p(x)u=(1-n)Q(x) \]

令$u=\frac1{y^{n-1}}$，可以将Bernoulli方程变为一阶线性微分方程。

例 16. $ 3xy'-y-3xy^4\ln x=0$

例 17. $xy'\ln x\sin y+(1-x\cos y)\cos y=0$

观察法

例 18. $(3x^2+2xy-y^2)dx+(x^2-2xy)dy=0$

17. $xy'\ln x\sin y+(1-x\cos y)\cos y=0$

\[\begin{aligned} x\ln x\sin ydy+(1-x\cos y)\cos ydx=0 \\ -x\ln xd(\cos y)+(1-x \cos y)\cos ydx=0 \end{aligned} \]

令$u=\cos y$，则有

\[\begin{aligned} -x\ln x du+(1-x u)udx=0 \\ x\ln x\dfrac{du}{dx}+xu^2-u=0 \\ \dfrac{du}{dx}-\dfrac{u}{x\ln x}=-\dfrac1{\ln x}u^2 \end{aligned} \]

令$z=u^{1-2}=u^{-1}$，则

\[\begin{aligned} \dfrac{dz}{dx}+(-1)\dfrac{-1}{x\ln x}z=(-1)\dfrac{-1}{\ln x} \\ \dfrac{dz}{dx}+\dfrac{1}{x\ln x}z=\dfrac{1}{\ln x} \end{aligned} \]

则有

\[\begin{aligned} z=&e^{-\int\frac1{x\ln x}dx}(\int\dfrac1{\ln x}e^{\int\frac1{x\ln x}dx}dx+c) \\ =&\dfrac1{\ln x}(x+c) \end{aligned} \]

所以

\[\ln x=(c+x)u=(c+x)\cos y \]

18. $(3x^2+2xy-y^2)dx+(x^2-2xy)dy=0$

\[\begin{aligned} 3x^2dx+(2xydx+x^2dy)-(y^2dx+2xydy)=0 \\ d(x^3)+d(x^2y)-d(y^2x)=0 \\ d(x^3+x^2y-y^2x)=0 \end{aligned} \]

例 19. $f(x)$满足

\[f(x)\cos x+2\int_0^xf(t)\sin tdt=x+1 \]

求$f(x)$?

目录

例 20. $f(x)$有连续导数，且

\[f(x)=-1+x+2\int_0^xtf(x-t)f'(x-t)dt \]

例 21. $f(x)$满足

\[f(x+y)=\dfrac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)}, \]

且$f'(0)$存在, 求$f(x)$?

例 22. $f(x)$在$(-\infty,+\infty)$内有连续导数，$f'(0)=1$，且

\[f(x+y)=\dfrac{f(x)+f(y)}{1+f(x)f(y)}, \]

求$f(x)$?

20. 解：

令$u=x-t$，则有

\[\begin{aligned} f(x)=-1+x+2\int_0^xtf(x-t)f'(x-t)dt \\ =-1+x+2\int_x^0(x-u)f(u)f'(u)d(x-u) \\ =-1+x+2\int_0^x(x-u)f(u)f'(u)du \end{aligned} \]

两边对$x$求导

\[\begin{aligned} f'(x)=1+2(x\int_0^xf(u)f'(u)du-\int_0^x uf(u)f'(u)du)' \\ =1+2(\int_0^xf(u)f'(u)du+xf(x)f'(x)-xf(x)f'(x)) \\ =1+2\int_0^xf(u)f'(u)du \\ =1+f^2(x)-f^2(0) \end{aligned} \]

而$f(0)=-1+0+\int_0^0\cdots dt=-1$

\[\begin{aligned} f'(x)=f^2(x) \\ \dfrac{df}{f^2}=dx \\ \dfrac{-1}{f(x)}=x+c , f\equiv0 \end{aligned} \]

由$f(0)=-1$，有$c=1$，即

\[f(x)=\dfrac{-1}{x+1} \]

22. 解：

由

\[f(0)=f(0+0)=\dfrac{f(0)+f(0)}{1+f(0)f(0)}=\dfrac{2f(0)}{1+f^2(0)} \]

有

$f(0)=0$，或$f^2(0)=1$

$f$可导，则

\[\begin{aligned} f'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} \\ =\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{\frac{f(x)+f(\Delta x)}{1+f(x)f(\Delta x)}}{\Delta x} \\ \end{aligned} \]
\[f'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(\Delta x)-f^2(x)f(\Delta x)}{\Delta x(1+f(x)f(\Delta x))} \]

由$f'(0)=1\neq0$，知$f(x)$不可能为常值函数。由上面的表达式可以看到

\[\lim_{\Delta x\to0}f(\Delta x)=0 \]

(否则，$f'(x)=\infty$)所以有$f(0)=\displaystyle\lim_{\Delta x\to0}f(dx)=0$

\[\begin{aligned} f'(x)=\lim_{\Delta x\to0}\dfrac{f(\Delta x)}{\Delta x}\dfrac{1-f^2(x)}{1+f(x)f(\Delta x)} \\ =f'(0)\dfrac{1-f^2(x)}{1+f(x)f(0)}=1-f^2(x) \end{aligned} \]
\[\begin{aligned} \dfrac{df}{dx}=1-f^2 \\ \dfrac{df}{1-f^2}=dx \\ \dfrac{1+f(x)}{1-f(x)}=e^{2x}c \end{aligned} \]

由

\[f(0)=0 \]

有$c=1$，所以有

\[f(x)=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} \]

例 23. $f(x)$在$[0,\infty)$上可导，$g(x)$为其反函数。$f(0) = 0$，且

\[\int_0^xtf(t)dt+\int_0^{f(x)}g(t)dt=x^2e^x \]

23. 解：

两边对$x$求导，则有

\[\begin{aligned} xf(x)+g(f(x))f'(x)=2xe^x+x^2e^x \\ xf(x)+xf'(x)=2xe^x+x^2e^x \\ f(x)+f'(x)=2e^x+xe^x \end{aligned} \]

一阶线性非齐次微分方程

乘积分因子 $e^{\int p(x)dx}=e^x$，则有

\[\begin{aligned} (f(x)e^x)'=(2+x)e^xe^x \\ f(x)e^x=\int(2+x)e^xdx+C \\ =(\dfrac12x+\dfrac34)e^{2x}+c \end{aligned} \]
\[f(x)=(\dfrac12x+\dfrac34)e^{x}+ce^{-x} \]

由$f(x)=0$，则有$c=-\frac34$

例 24. $f(x)$有连续导数，且

\[\int_0^1f(xt)dt=\dfrac12f(x)+1 \]

24. 解：

令$u=xt$，则有

\[\begin{aligned} \int_0^1f(xt)dt=\int_0^xf(u)\dfrac1xdu=\dfrac12f(x)+1 \\ \int_0^xf(u)du=\dfrac12xf(x)+c \end{aligned} \]

两边对$x$求导，有

\[\begin{aligned} f(x)=\dfrac12f(x)+\dfrac12xf'(x)+1 \\ xf'(x)-f(x)+2=0 \end{aligned} \]

即

\[\dfrac{df(x)}{dx}x=f(x)-2 \]

分离变量，可得

\[\dfrac{df(x)}{f(x)-2}=\dfrac{dx}x \]

可得到解

\[\begin{aligned} \ln|f(x)-2|=\ln|x|+c_1 \\ f(x)=2+cx , c\neq 0 \end{aligned} \]

另外，还有解 $f(x)\equiv2$。

所以，解为

\[f(x)=2+cx , c\in\mathbb{R} \]

定理 1.
什么是定理

引理 1. (Left co-sets are disjoint)
Let $H$ be a subgroup of a group $G$, and let $x$ and $y$ be elements of $G$. Suppose that $xH \cap yH$ is non-empty. Then $xH = yH$.

证明. (Of Lemma 1) Let $z$ be some element of $xH \cap yH$. Then $z = xa$ for some $a \in H$, and $z = yb$ for some $b \in H$. If $h$ is any element of $H$ then $ah \in H$ and $a^{-1}h \in H$, since $H$ is a subgroup of $G$. But $zh = x(ah)$ and $xh = z(a^{-1}h)$ for all $h \in H$. Therefore $zH \subset xH$ and $xH \subset zH$, and thus $xH = zH$. Similarly $yH = zH$, and thus $xH = yH$, as required. □