二阶微分方程

微分方程

张瑞
中国科学技术大学数学科学学院

二阶微分方程

二阶微分方程的一般形式：

\[F(x,y(x),y'(x),y''(x))=0 \]

或者，能够写成

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

一般来说，二阶微分方程比一阶微分方程要复杂得多，求解起来也困难得多。

对于几类特殊类型的二阶微分方程可以求解。

可降阶的二阶微分方程

对于一些特殊形态的二阶微分方程，可以通过变量代换，将它变成一阶微分方程来求解

  • 不显含未知函数$y(x)$的二阶微分方程
    \[F(x,y'(x),y''(x))=0 , \mbox{ or } y''(x)=f(x,y'(x)) \]
  • 不含自变量$x$的二阶微分方程
    \[F(y,y',y'')=0 , \mbox{ or } y''=f(y,y') \]

不显含未知函数$y(x)$的二阶微分方程

对于如下形式的微分方程

\[F(x,y'(x),y''(x))=0 , \mbox{ or } y''(x)=f(x,y'(x)) \]
  • 可以做变量代换$p(x)=y'(x)$，则微分方程变为一阶微分方程
    \[F(x,p(x),p'(x))=0 , \mbox{ or } p'(x)=f(x,p(x)) \]
  • 设有通解
    \[p(x)=\phi(x,C_1), \quad C_1\in\mathbb{R} \]
  • 再由$y'(x)=p(x)=\phi(x,C_1)$，积分可以得到解$y(x)$
    \[y(x)=\int\phi(x,C_1)dx+C_2 \]

例 1. (例5.3.1) $\begin{aligned}\begin{cases}mx''(t)=mg-kx'(t) \\x(0)=0 , x'(0)=0\end{cases}\end{aligned}$

例 2. $\begin{aligned}\begin{cases}y''+2x(y')^2=0 \\y(0)=1, y'(0)=\dfrac{-1}2\end{cases}\end{aligned}$

例 3. $\begin{aligned}\begin{cases}y''(x+y'^2)=y' \\y(1)=1, y'(1)=1\end{cases}\end{aligned}$

例 4. $(\sin x)y''-(\cos x)y'=\sin^2x+1$

14. 令$v(t)=x'(t)$

\[\begin{aligned} \begin{cases} mv'(t)+kv(t)=mg \\ v(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]

可解得

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

再由$0$到$t$积分，有

\[\begin{aligned} x(t)-x(0)=\int_0^t\dfrac{mg}k(1-e^{\frac{-k}ms})ds \\ =\dfrac{mg}kt-\dfrac{m^2g^2}{k^2}(1-e^{\frac{-k}mt}) \end{aligned} \]

15. 令$p=y'$

\[\begin{aligned} p'+2xp^2=0 \\ \dfrac{dp}{p^2}=-2xdx \\ \dfrac1p=x^2+c \\ p=\dfrac1{x^2+c} \end{aligned} \]

由$y'(0)=\dfrac{-1}2$知，$c=-2$

\[p=\dfrac{1}{x^2-2}=\dfrac{dy}{dx} \]
\[y=\int\dfrac1{x^2-2}dx =\dfrac{1}{2\sqrt 2}\ln|\dfrac{x-\sqrt 2}{x+\sqrt 2}|+c \]

由$y(0)=1$知，$c=1$

由$\ln|\dfrac{x-\sqrt 2}{x+\sqrt 2}|$在$\pm\sqrt 2$处间断， 而$y(0)=1$，则$x\in(-\sqrt 2,\sqrt 2)$，则

\[y=\dfrac{1}{2\sqrt 2}\ln(\dfrac{\sqrt 2-2}{x+\sqrt 2})+1 \]

不含自变量$x$的二阶方程

对于如下形式的微分方程

\[F(y,y',y'')=0 , \mbox{ or } y''=f(y,y') \]

可以做变量代换$p(x)=y'(x)$，将$p$看做$y$的函数，则有

\[\dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{dp}{dx} =\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}=p\dfrac{dp}{dy} \]

则微分方程变为

\[F(y,p,p\dfrac{dp}{dy})=0 , \mbox{ or } p\dfrac{dp}{dy}=f(y,p) \]

若能得到通解$p=\phi(y,C_1)$，$C_1$为任意常数。再由

\[\dfrac{dy}{dx}=p=\phi(y,C_1) \]

分离变量后，可得隐式解

\[\int\dfrac{1}{\phi(y,C_1)}dy=x+C_2 \]

例 5. (例5.3.2)

\[\begin{aligned} \begin{cases} 2yy''=1+(y')^2 \\ y(0)=1, y'(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]

例 6. $y y''-(y')^2=0$

16. 令$p=y'(x)$，则

\[y''=p\dfrac{dp}{dy} \]

代入方程，有

\[\begin{aligned} \begin{cases} 2yp\dfrac{dp}{dy}=1+p^2 \\ p(0)=y'(0)=0 \end{cases} \end{aligned} \]

分离变量后，有

\[\begin{aligned} \dfrac{2p}{1+p^2}dp=\dfrac{dy}y \\ \ln(1+p^2)=\ln|y|+c_1, c_1\in\mathbb{R} \\ 1+p^2=c_2y , c_2\neq 0 \end{aligned} \]

由初值条件，$y(0)=1, y'(0)=1$，知$y=1$时，$y'=0$。所以有$p(1)=0$。

\[1+0^2=c_2 \Rightarrow c_2=1 \]

即

\[1+p^2=y \]

所以有

\[\begin{aligned} p=y'=\pm\sqrt{y-1} \\ \dfrac{dy}{\pm\sqrt{y-1}}=dx \\ \pm2\sqrt{y-1}=x+c \end{aligned} \]

由$x=0, y=1$知，$c=0$，

\[\pm2\sqrt{y-1}=x \Rightarrow 4(y-1)=x^2 \]

二阶线性微分方程

二阶线性微分方程的标准形式：

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

其中$p(x),q(x),f(x)$在某区间上连续。

二阶线性微分方程的齐次方程为

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

线性相关与线性无关

定义 1. (线性相关与线性无关)
设$m$个函数$\phi_1(x),\phi_2(x),\cdots,\phi_m(x)$在区间$(a,b)$上有定义，如果存在一组不全为0的常数$c_1,c_2,\cdots,c_m$，使得

\[c_1\phi_1(x)+c_2\phi_2(x)+\cdots+c_m\phi_m(x)\equiv0,\forall x\in(a,b) \]

则称函数$\phi_1(x),\phi_2(x),\cdots,\phi_m(x)$在区间$(a,b)$上线性相关； 否则，称它们在区间$(a,b)$上线性无关

例 7. (例5.4.1) 判定线性相关性

  1. 函数组 $1, \sin x$,$\cos x$ 在$\mathbb{R}$上
  2. 函数组 $1, \sin^2 x$,$\cos^2 x$ 在$\mathbb{R}$上

例 8. (例5.4.2) 函数组 $1,x,\cdots,x^m$在$\mathbb{R}$上是否线性相关？

例 9. $ y_1(x)=\begin{cases} x^2, & x>0 \\ 0, & x\leq 0\end{cases} $与 $y_2(x)=\begin{cases} 0, & >0 \\ x^2, &x\leq 0\end{cases}$是否线性相关？

14.

\[c_1+c_2\sin x+c_3\cos x=0 , \forall x\in\mathbb{R} \]

取$x=0,\frac{\pi}2,\pi$，则有

\[\begin{aligned} \begin{cases} c_1+c_3=0 \\ c_1+c_2=0 \\ c_1-c_3=0 \end{cases} \end{aligned} \]

可得，$c_1=c_2=c_3=0$，即线性无关

由

\[1-\sin^2x-\cos^2x=0 , \forall x \]

知$c_1=1, c_2=c_3=-1$满足条件，所以线性相关

15.

齐次线性方程解的结构

定理 1. (基本解组的存在性)
二阶齐次线性微分方程存在2个线性无关的解$y_1(x)$与$y_2(x)$。且通解可以表示为

\[y=c_1y_1(x)+c_2y_2(x) , \forall c_1,c_2\in\mathbb{R} \]

定义 2.
称二阶齐次线性微分方程的2个线性无关的特解$y_1(x)$和$y_2(x)$为该方程的基本解组

  • 一般来说，没有求解方程通解的通用方法，特别是变系数的方程
  • 如果知道方程的一个解，则可以得到另一个解

定理 2.
设函数$y_1(x)$是二阶齐次线性微分方程

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

的一个非零解，则函数

\[y_2(x)=y_1(x)\int\dfrac1{y_1^2(x)}e^{-\int p(x)dx}dx \]

是另一个解，且与$y_1(x)$线性无关

解. 提示： 假定有另一个解是$y(x)=z(x)y_1(x)$，代入方程即得

例 10. (例5.4.3) $\sin x$，$\cos x$是齐次线性方程$y''+y=0$的基本解组

例 11. (例5.4.5) $y=\dfrac{\sin x}x$是方程

\[y''+\dfrac2xy'+y=0 \]

的一个特解，求方程的通解

例 12. 求方程的通解

\[xy''-y'=0 \]

16.

21.

二阶非齐次线性微分方程解的结构

由叠加原理，非齐次线性方程

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

的解为

\[y=y_h+y_p \]

其中$y_h$是对应齐次方程的通解，$y_p$是方程的一个特解。

问题. 如何求特解$y_p$？

定理 3. (常数变易法)
函数$y_1(x)$与$y_2(x)$是二阶齐次线性微分方程

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

的两个线性无关解，则非齐次方程有特解

\[y_p(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x) \]

其中

\[c_1(x)=-\int\dfrac{y_2(x)f(x)}{W(x)}dx, c_2(x)=\int\dfrac{y_1(x)f(x)}{W(x)}dx \]

这里，$W(x)$是$y_1(x)$与$y_2(x)$的朗斯基行列式

证： 假定函数

\[y(x)=c_1(x)y_1(x)+c_2(x)y_2(x) \]

为非齐次方程的解。先求一阶导数

\[y'=c_1(x)y'_1(x)+c'_1(x)y_1(x)+c_2(x)y'_2(x)+c'_2(x)y_2(x) \]

令

\[c'_1(x)y_1(x)+c'_2(x)y_2(x)\equiv0 \]

则可以得到二阶导数

\[y''=c'_1(x)y'_1(x)+c'_1(x)y''_1(x)+c'_2(x)y'_2(x)+c'_2(x)y''_2(x) \]

将$y',y''$代入非齐次方程，同时注意到$y_1,y_2$是齐次方程的解，化简后，有

\[c'_1(x)y'_1(x)+c'_2(x)y'_2(x)=f(x) \]

例 13. 求方程

\[(1+x^2)y''+2xy'-6x^2-2=0 \]

的泛定解。并给出满足定解条件

\[y(-1)=0, y'(-1)=0 \]

的解。

22.

\[y''+\dfrac{2x}{1+x^2}y'=\dfrac{6x^2+2}{1+x^2} \]

先看齐次方程

\[y''+\dfrac{2x}{1+x^2}y'=0 \]

令$p=y'$，有$p'=y''$

\[\begin{aligned} p'+\dfrac{2x}{1+x^2}p=0 \\ \dfrac{dp}{p}=\dfrac{-2x}{1+x^2}dx \\ p=y'=\dfrac{c_1}{1+x^2} , c_1\in\mathbb{R} \\ \end{aligned} \]
\[y=c_1\arctan(x)+c_2 , c_1,c_2\in\mathbb{R} \]

然后用常数变易法求特解。

$y_p(x)=c_1(x)\arctan(x)+c_2(x)$满足方程，则

\[\begin{aligned} \begin{cases} c'_1(x)\arctan(x)+c'_2(x)=0 \\ c'_1(x)\frac1{1+x^2}=\frac{6x^2+2}{1+x^2} \end{cases} \end{aligned} \]

可得

\[\begin{aligned} \begin{cases} c_1(x)=\int(6x^2+2)dx=2x^3+2x \\ c_2(x)=-\int(6x^2+2)\arctan(x)dx \end{cases} \end{aligned} \]

所以有特解$y_p(x)=x^2$

二阶常系数线性微分方程

对于一般的变系数的二阶线性微分方程，求解它的通解与特解，仍然非常困难。对于常系数的二阶线性微分方程，则要容易得多。

下面，我们讨论如下的二阶常系数齐次线性微分方程

\[y''+py'+qy=0 \]

的通解$y_h$，

和二阶常系数非齐次线性微分方程

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

的一个特解$y_p$，其中$p,q$为常数

二阶常系数齐次线性微分方程

对方程

\[y''+py'+qy=0 \]

令$y=e^{\lambda x}$，代入可得

\[(\lambda^2+p\lambda+q)e^{\lambda x}=0 \]

由$e^{\lambda x}\neq0$，所以有

\[\lambda^2+p\lambda+q=0 \]

称这个代数方程为微分方程的特征方程，特征方程的根称为微分方程的特征根

(1)、 若特征方程有2个互异的实特征根$\lambda_1, \lambda_2$

\[\begin{aligned} W(x)=&\left|\begin{aligned}e^{\lambda_1x} && e^{\lambda_2x} \\ \lambda_1e^{\lambda_1x} && \lambda_2e^{\lambda_2x}\end{aligned}\right| \\ =&(\lambda_2-\lambda_1)e^{(\lambda_1+\lambda_2)x} \neq0 , \forall x \end{aligned} \]

可以看到$e^{\lambda_1x},e^{\lambda_2x}$线性无关，则

\[y_h(x)=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2x} \]

为通解

(2)、 若特征方程有1个实特征重根$\lambda=\dfrac{-p}2$

\[y_1(x)=e^{\frac{-p}2x} \]

为一个解。另一解为

\[\begin{aligned} y_2=&y_1(x)\int\dfrac1{y^2_1(x)}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&e^{\frac{-p}2x}\int e^{px}e^{-\int p(x)dx}dx \\ =&x e^{\frac{-p}2x} \end{aligned} \]

所以有

\[y_h(x)=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=(c_1+c_2x)e^{\frac{-p}2x} \]

为通解

(3)、 若特征方程有2个共轭的复数特征根

$\lambda_1=\alpha+i\beta,\lambda_1=\alpha-i\beta$

\[\begin{aligned} \tilde y_1(x)=e^{\lambda_1x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x) \\ \tilde y_2(x)=e^{\lambda_2x}=e^{\alpha x}(\cos\beta x-i\sin\beta x) \\ \end{aligned} \]

为方程的解。则

\[\begin{aligned} y_1(x)=\dfrac12(\tilde y_1+\tilde y_2)=e^{\alpha x}\cos\beta x \\ y_2(x)=\dfrac1{2i}(\tilde y_1-\tilde y_2)=e^{\alpha x}\sin\beta x \end{aligned} \]

也为解，且线性无关。这样，通解为

\[\begin{aligned} y_h(x)&=c_1y_1(x)+c_2y_2(x) \\ &=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x) \end{aligned} \]

通解与特征根的关系

$\lambda^2+p\lambda+q=0$ $y''+py'+q=0$
特征方程的根 微分方程的通解
两个互异的实根$\lambda_1,\lambda_2$ $y=c_1e^{\lambda_1x}+c_2e^{\lambda_2 x}$
实的重根$\lambda=-\dfrac{p}2$ $y=(c_1+c_2 x)e^{-\frac{p}2x}$
共轭复根$\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta$ $y=e^{\alpha x}(c_1\cos\beta x+c_2\sin\beta x)$

例 14. $y''+y=0$

例 15. $y''-2y'-3y=0$

例 16. $y''+2y'+y=0$

14.

\[\begin{aligned} \lambda^2+1=0 \\ \lambda_{1,2}=\pm i \end{aligned} \]

所以，解为

\[y=c_1\cos x+c_2\sin x \]

15.

\[\begin{aligned} \lambda^2-2\lambda-3=0 \\ \lambda_1=-1, \lambda_2=3 \end{aligned} \]
\[y=c_1e^{-x}+c_2e^{3x} \]

16.

\[\begin{aligned} \lambda^2+2\lambda+1=0 \\ \lambda=-1 \end{aligned} \]
\[y=(c_1+c_2x)e^x \]

二阶常系数非齐次线性微分方程

\[y''+py'+qy=f(x) \]
  • 可以由常数变异法解出它的一个特解
  • $f(x)$比较特殊时，也可以用待定系数法
    • $f(x)=P_n(x)$为多项式
    • $f(x)=P_n(x)e^{ax}$
    • $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$或$f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$

一、 $f(x)=P_n(x)$为$n$次多项式。

A. 若$\lambda=0$不是特征根（此时，$q\neq0$），令

\[y_p=Q_n(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n \]

B. 若$\lambda=0$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令

\[y_p=xQ_n(x)=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]

C. 若$\lambda=0$为重根（此时，$p=q=0$），令

\[y_p=x^2Q_n(x)=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n) \]

二、 $f(x)=P_n(x)e^{\alpha x}$，$\alpha$为非$0$实数

A. 若$\lambda=\alpha$不是特征根（此时，$q\neq0$），令

\[y_p=Q_n(x)e^{\alpha x}=(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]

B. 若$\lambda=\alpha$为单根（此时，$q=0, p\neq0$），令

\[y_p=xQ_n(x)e^{\alpha x}=x(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]

C. 若$\lambda=\alpha$为重根（此时，$p=q=0$），令

\[y_p=x^2Q_n(x)e^{\alpha x}=x^2(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)e^{\alpha x} \]

令$y=z(x)e^{\alpha x}$，代入方程，则

\[z''+(2\alpha+p)z'+(\alpha^2+p\alpha+q)z=p_n(x) \]

特征多项式为

\[\begin{aligned} \lambda^2+(2\alpha+p)\lambda+(\alpha^2+p\alpha+q)=0 \\ \lambda^2+2\alpha\lambda+\alpha^2+p\lambda+p\alpha+q=0 \\ (\lambda+\alpha)^2+p(\lambda+\alpha)+q=0 \end{aligned} \]

所以，原方程有特征根$\alpha$，则上式有根$0$

三、 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\cos(\beta x)$ 或 $f(x)=P_n(x)e^{ax}\sin(\beta x)$

统一为形态 $f(x)=P_n(x)e^{ax+i\beta x}$。取实部或虚部。

利用(二)，可得

A. 若$\lambda=a+i\beta$不是特征根，令

\[y_p=Q_n(x)e^{a x+i\beta x} \]

B. 若$\lambda=a+i\beta$为根，令

\[y_p=xQ_n(x)e^{a x+i\beta x} \]

例 17. $y''-3y'+2y=4x+e^{2x}+10e^{-x}\cos x$

例 18. $y''+\alpha y'+\beta y=\gamma e^x $的一个特解为

$y=e^{2x}+(1+x)e^x$， 求$\alpha,\beta,\gamma$，并求通解

类似推广到高阶的常系数微分方程

例 19. $y'''+y''+4y'+4y=\cos 2x$

21.

1.首先， 给出齐次方程的通解

\[\begin{aligned} \lambda^2-3\lambda+2=0 \\ \lambda_1=1, \lambda_2=2 \end{aligned} \]

则有通解

\[y_h(x)=c_1e^x+c_2e^{2x} \]

2. 由叠加原理，

\[\begin{aligned} y''-3y'+2y=4x \\ y''-3y'+2y=e^{2x} \\ y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x \end{aligned} \]

(a). $y''-3y'+2y=4x$

将$y_p=ax+b$代入上式，则

\[-3a+2ax+2b=4x \]

可得$a=2,b=3$，所以$y_p=2x+3$为解

(b). $y''-3y'+2y=e^{2x}$

$2$为单特征根，令$y_p=axe^{2x}$，代入上式，则

\[\begin{aligned} e^{2x}(4a+4ax)-3e^{2x}(a+2ax)+2e^{2x}ax=e^{2x} \\ ae^{2x}=e^{2x} , a=1 \end{aligned} \]

则，有解$y_p(x)=xe^{2x}$

(c). $y''-3y'+2y=10e^{-x}\cos x=10e^{-1+ix}$

$-1+i$不是特征根，则取$\tilde y=ae^{(-1+i)x}$，则有

\[\tilde y=(1+i)e^{-x}(\cos x+i\sin x) \]

取实部，则有

\[y_p=e^{-x}\cos x-e^{-x}\sin x \]

可以得到解

\[\begin{aligned} y(x)=c_1e^x+c_2e^{2x}+2x+3+xe^{2x} \\ +e^{-x}(\cos x-\sin x) \end{aligned} \]

18.

19.

特征多项式

\[\lambda^3+\lambda^2+4\lambda+4=0 \]

有特征根

\[\lambda=-1,2i,-2i \]

通解

\[y_h(x)=c_1e^{-x}+(c_2\cos(2x)+c_3\sin(2x))e^0 \]

令

\[y_p(x)=x(\cos(2x)+b\sin(2x)) \]

可得，$a=-\frac{-1}{10}, b=\frac1{20}$

Euler方程

定义 3.
称如下形式的二阶变系数方程

\[x^2y''+pxy'+qy=f(x) \]

为Euler方程。其中$p$, $q$为常数。

例 20. $x^2y''+3xy'+5y=0$, $x\neq 0$

解. 当$x>0$时，令$x=e^t$，则$dx=e^tdt=xdt$

当$x<0$时，令$x=-e^t$，则$dx=-e^tdt=xdt$

因此

\[\begin{aligned} \frac{dy}{dx}=&\dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx}=\dfrac1x\dfrac{dy}{dt} \\ \frac{d^2y}{dx^2}=&\frac{d}{dx}\left(\dfrac1x\dfrac{dy}{dt}\right) =\frac{-1}{x^2}\frac{dy}{dt}+\frac1x \frac{d}{dt}\left(\frac{dy}{dt}\right)\frac{dt}{dx} \\ =&\dfrac{1}{x^2}(\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}) \end{aligned} \]

代入方程，有

20.

(1). 当$x>0$时，令$x=e^t$，$t=\ln(x)$，则

\[\dfrac{d^2y}{dt^2}+2\dfrac{dy}{dt}+5y=0 \]

由

\[\lambda^2+2\lambda+5=0 \]

可得特征根为$\lambda=-1\pm 2i$，则有

\[\begin{aligned} y=&e^{-t}(c_1\cos(2t)+c_2\sin(2t)) \\ =&\frac1x(c_1\cos(\ln x^2)+c_2\sin (\ln x^2)) \end{aligned} \]

(2). 当$x<0$时，令$x=-e^t$，$t=\ln(-x)$，同样得到

\[\dfrac{d^2y}{dt^2}+2\dfrac{dy}{dt}+5y=0 \]

因此，

\[\begin{aligned} y=&e^{-t}(c_1\cos(2t)+c_2\sin(2t)) \\ =&\frac1{-x}(c_1\cos(\ln x^2)+c_2\sin (\ln x^2)) \end{aligned} \]

综合后，可以得到解为

\[y=\dfrac1{|x|}(c_1\cos(\ln x^2)+c_2\sin(\ln x^2)) \]

做变量代换，$x=e^t, x>0$或$x=-e^t, x<0$，则Euler方程

\[x^2y''+pxy'+qy=f(x) \]

可以变换为

\[\dfrac{d^2y}{dt^2}+(p-1)\dfrac{dy}{dt}+qy=f(\pm e^t) \]
  1. 做变量代换，$x=e^t, x>0$或$x=-e^t, x<0$，
    \[\begin{aligned} dx=&e^tdt=xdt , x>0 \\ dx=&-e^tdt=xdt, x<0 \end{aligned} \]
    所以，总有$dx=xdt$。
  2. 这样
    \[\begin{aligned} y'&=\dfrac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\dfrac1x\dfrac{dy}{dt} \\ y''&=\dfrac{d}{dx}(\dfrac1x\dfrac{dy}{dt}) =\dfrac{-1}{x^2}\dfrac{dy}{dt}+\dfrac1x\dfrac{d^2y}{dt^2}\dfrac{dt}{dx} \\ &=\dfrac{1}{x^2}(\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}) \\ \end{aligned} \]
  1. 得到
    \[\begin{aligned} xy'(t)&=\dfrac{dy}{dt} \\ x^2y''(t)&=\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt} \end{aligned} \]
    代入Euler方程后，有
    \[\dfrac{d^2y}{dt^2}+(p-1)\dfrac{dy}{dt}+qy=f(\pm e^t) \]

目录

谢谢

例 21. $f(x)$在$[0,+\infty)$上可导，$f(0)=1$，且满足

\[f'(x)+f(x)-\dfrac1{x+1}\int_0^xf(t)dt=0 \]

求$f'(x)$，并证明$e^{-x}\leq f(x) \leq 1, \forall x\geq 0$

21.

\[(x+1)f'(x)+(x+1)f(x)-\int_0^xf(t)dt=0 \]

对$x$求导后，有

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

令$p=f'(x)$，有

\[\begin{aligned} (x+1)\dfrac{dp}{dx}=-(x+2)p \\ \dfrac{dp}p=-\dfrac{x+2}{x+1}dx \\ \ln|p|=-(\ln|x+1|+x)+c \end{aligned} \]
\[p=\dfrac{ce^{-x}}{x+1}=f'(x), c\neq 0 \]

由$f(0)=1$且

\[\begin{aligned} f'(0)+f(0)-\dfrac{1}{0+1}\int_0^0\cdots dx=0 \\ f'(0)=-1 \end{aligned} \]

所以$c=-1$，

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

由$f'(x)=-\dfrac{e^{-x}}{x+1}<0 , \forall x\geq 0$，知

\[f(x)\leq f(0)=1 \]

又，取$f(x)-e^{-x}=g(x)$，则

\[\begin{aligned} g(0)=f(0)-1=0 \\ g'(x)=f'(x)+e^{-x}=\dfrac{xe^{-x}}{1+x}\geq0, \forall x\geq 0 \end{aligned} \]

所以有$g(x)\geq g(0)=0$，即

\[f(x)\geq e^{-x} \]

例 22. $f(x)$二阶可导，以$2\pi$为周期，且满足

\[f(x)+2f'(x+\pi)=\sin x \]

求$f(x)$

22.

例 23. $\begin{cases}y''+4y=3|\sin x| \\y(\dfrac{\pi}2)=0,y'(\dfrac{\pi}2)=1\end{cases} , x\in[-\pi,\pi]$

例 24. $f(x)$连续，且满足

\[f(x)=\sin x-\int_0^x (x-t)f(t)dt \]

求$f(x)$

23.

24.