一阶隐式常微分方程

贡献者： JierPeter; chain_

预备知识　一阶常微分方程解法：常数变易法，一阶常微分方程解法：恰当方程

　　我们之前讨论的常微分方程都是显式写出导函数表达式的，即 $\frac{d y}{d x} = F (x, y)$ 的形式。很多时候，一阶微分方程常被写为 $F (x, y, \frac{d y}{d x}) = 0$ 的形式，如果这样的方程可以被改写为显式的形式，那么我们就可以尝试用预备知识中介绍过的方法来解方程；但如果难以改写或者解出来的形式极为复杂，那我们也可以尝试换元的方法。

　　本节介绍四种一阶隐式方程和它们的换元方法。

1. 第一种

　　第一个要讨论的是形如

\begin{matrix} (1) & y = f (t, \frac{d y}{d t}) \end{matrix}

的方程。这里自变量用的是通常代表时间的

t

，为的是提示该怎么换元——如果

y

是位移，那

d y / d t

就是速度，这就是我们要的变换。

　　令 $v = \frac{d y}{d t}$ ，则原方程变为 $y = f (t, v)$ 。在方程两边同时对 $t$ 求导，得到

\begin{matrix} (2) & v = \frac{\partial f (t, v)}{\partial t} + \frac{\partial f (t, v)}{\partial v} \frac{d v}{d t} . \end{matrix}

　　式 2 就是一个关于 $t, v$ 的一阶微分方程，用我们之前讨论过的方法就可以解出，再将解出的 $v$ 代回式 1 即可得到原方程的通解。

例 1　

　　考虑方程

\begin{matrix} (3) & y = {(\frac{d y}{d x})}^{2} + 2 x \frac{d y}{d x}, \end{matrix}

令

v = \frac{d y}{d x}

，代入式 3 ，并两端对

x

求导，则式 3 化为

\begin{matrix} (4) & v = 2 v \frac{d v}{d x} + 2 v + 2 x \frac{d v}{d x}, \end{matrix}

整理一下，得

\begin{matrix} (5) & v d x + (2 v + 2 x) d v = 0 . \end{matrix}

这不是一个恰当方程¹，不过我们可以给它添加一个积分因子

f (v) = e^{\int 1 / v d v} = v

，把它变成一个恰当方程

\begin{matrix} (6) & v^{2} d x + (2 v^{2} + 2 x v) d v = 0 . \end{matrix}

　　令 $u (x, v) = v^{2} x + \frac{2}{3} v^{3}$ ，那么 $d u = v^{2} d x + (2 v^{2} + 2 x v) d v$ 。

　　因此，式 3 的通解为 $u = C$ ，即

\begin{matrix} (7) & {\begin{array}{r} \begin{aligned} v^{2} x + \frac{2}{3} v^{3} & = C \\ v^{2} + 2 x v & = y . \end{aligned} \end{array} \end{matrix}

例 2　

　　考虑方程

\begin{matrix} (8) & 5 {(\frac{d y}{d x})}^{2} + 5 x \frac{d y}{d x} + x^{2} = y . \end{matrix}

令

v = d y / d x

，两边对

x

求导，则原方程化为

\begin{matrix} (9) & 10 v \frac{d v}{d x} + 5 v + 5 x \frac{d v}{d x} + 2 x = v, \end{matrix}

整理得

\begin{matrix} (10) & 10 v \frac{d v}{d x} + 5 x \frac{d v}{d x} + 4 v + 2 x = 0 . \end{matrix}

　　式 10 还可以进一步整理为

\begin{matrix} (11) & (\frac{5}{2} \frac{d v}{d x} + 1) (4 v + 2 x) = 0 . \end{matrix}

　　由 $\frac{5}{2} \frac{d v}{d x} + 1 = 0$ 得通解

\begin{matrix} (12) & v = - \frac{2}{5} x + C . \end{matrix}

代入

v = d y / d x

和式 8 就得到原方程的第一个通解

\begin{matrix} (13) & y = - \frac{1}{5} x^{2} + C_{1} x + 5 C_{1}^{2}, \end{matrix}

其中

C_{1}

是积分常数。

　　但这个方程还有一个特解：取 $4 v + 2 x = 0$ ，再代入 $v = d y / d x$ 和式 8 ，得到

\begin{matrix} (14) & y = - \frac{1}{4} x^{2}, \end{matrix}

因此，式 13 和式 14 都是式 8 的通解。

　　例 2 较为复杂，我们在这里做一点补充。

　　整个例 2 的求解思路，是首先作变量代换，去解式 9 ，其结果就是式 12 和 $4 p + 2 = 0$ 。但这是式 9 的解，由于求导会把一些常数项消掉，式 9 的解会比变量代换前的式 8 多一些，我们还是得代回式 8 看看该怎么约束。

　　实际上在解答过程中，式 13 是先写为 $y = - \frac{1}{5} x^{2} + C_{1} x + C_{2}$ 的，有两个待定常数。这是式 9 的解。我们把它代回式 8 ，计算后发现 $C_{2} = 5 C_{1}^{2}$ ，因此最终写成了式 13 的形式。

　　如果把式 13 和式 14 的图像画出来，我们会发现，式 14 内切于每一条式 13 。式 14 被称为一个奇解，其图像也被称为包络线包络和奇解}。

未完成：添加展示包络线的 gif。

2. 第二种

　　第二个是形如

\begin{matrix} (15) & x = f (y, \frac{d y}{d x}) \end{matrix}

的方程。

　　同样令 $v = \frac{d y}{d x}$ ，代入式 15 并两边同时对 $y$ 求导，得到

\begin{matrix} (16) & \frac{1}{v} = \frac{\partial f}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{d v}{d y} . \end{matrix}

　　整理一下得

\begin{matrix} (17) & \frac{\partial f}{\partial v} d v + (\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{1}{v}) d y = 0, \end{matrix}

我们就可以尝试用之前的办法来解。

例 3　

　　考虑方程

\begin{matrix} (18) & {(\frac{d y}{d x})}^{2} + x \frac{d y}{d x} + 2 y = 0 . \end{matrix}

　　令 $v = \frac{d y}{d x}$ ，代入式 18 ，整理得

\begin{matrix} (19) & x = \frac{- v^{2} - 2 y}{v} = - v - \frac{2 y}{v} . \end{matrix}

　　两边关于 $y$ 求导，整理得（或者直接把式 19 代入式 17 得）

\begin{matrix} (20) & (- 1 + \frac{2 y}{v^{2}}) d v + (- \frac{3}{v}) d y = 0 . \end{matrix}

　　按照在一阶常微分方程解法：恰当方程中讨论的方法，式 20 有一个积分因子 $h (v) = v^{1 / 3}$ ，从而将式 20 化为

\begin{matrix} (21) & (- v^{1 / 3} + \frac{2 y}{v^{5 / 3}}) d v + (- \frac{3}{v^{2 / 3}}) d y = 0, \end{matrix}

即

\begin{matrix} (22) & d (- \frac{3}{4} v^{4 / 3} - \frac{3 y}{v^{2 / 3}}) = 0, \end{matrix}

也即²

\begin{matrix} (23) & - \frac{1}{4} v^{4 / 3} - \frac{y}{v^{2 / 3}} = C, \end{matrix}

整理得

\begin{matrix} (24) & y = - \frac{1}{4} v^{2} - C v^{2 / 3} . \end{matrix}

　　利用 $v = \frac{d y}{d x}$ ，再代回式 18 ，得到

\begin{matrix} (25) & x = - \frac{1}{2} v + K v^{- 1 / 3}, \end{matrix}

其中

K = 2 C

是常数。

　　式 24 和式 25 就是以 $v$ 为参数的式 18 的通解。

3. 第三种

　　形如 $F (x, \frac{d y}{d x}) = 0$ 的方程。

　　同样令 $v = \frac{d y}{d x}$ ，我们发现 $F (x, v) = 0$ 是 $O x v$ 平面上的一条曲线。用参数 $t$ 来表示这条曲线：

\begin{matrix} (26) & {\begin{array}{r} x = φ (t) \\ v = ϕ (t) . \end{array} \end{matrix}

　　那么 $x$ 相当于已经解出来了，接下来只需要考虑 $y$ 怎么用参数 $t$ 表示。

　　由于 $v d x = d y$ 恒成立，代入式 26 后可得

\begin{matrix} (27) & ϕ (t) φ^{'} (t) d t = d y, \end{matrix}

即

\begin{matrix} (28) & y = \int ϕ (t) φ^{'} (t) d t + C . \end{matrix}

　　这样，式 26 和式 28 结合，就能得到参数形式的解。

例 4　

　　考虑方程

\begin{matrix} (29) & x^{2} - {(\frac{d y}{d x})}^{3} + x \frac{d y}{d x} = 0 . \end{matrix}

令

v = \frac{d y}{d x}

得

\begin{matrix} (30) & x^{2} - v^{3} + x v = 0 . \end{matrix}

设

v = t x

，那么式 30 化为

\begin{matrix} (31) & - t^{3} x^{3} + (1 - t) x^{2} = 0, \end{matrix}

即

\begin{matrix} (32) & x^{2} (t^{3} x + t - 1) = 0 . \end{matrix}

　　由式 30 可知 $x$ 不恒为 $0$ ，因此式 32 可以用参数 $t$ 解出 $x$ ：

\begin{matrix} (33) & x = \frac{1 - t}{t^{3}} . \end{matrix}

　　又因为

\begin{matrix} (34) & v = t x = \frac{1 - t}{t^{2}} \end{matrix}

和

\begin{matrix} (35) & \frac{d x}{d t} = \frac{2 t - 3}{t^{4}}, \end{matrix}

　　故

\begin{matrix} (36) & y = \int \frac{1 - t}{t^{2}} \cdot \frac{2 t - 3}{t^{4}} d t = \frac{40 t^{2} - 75 t + 36}{60 t^{5}} + C . \end{matrix}

这样，式 33 和式 36 就构成一组参数解。

4. 第四种

　　形如 $F (y, \frac{d y}{d x}) = 0$ 的方程。

　　解法类似第三种。令 $v = \frac{d y}{d x}$ ，将 $F (y, v) = 0$ 写成参数曲线的形式：

\begin{matrix} (37) & {\begin{array}{r} y = φ (t) \\ v = ϕ (t) . \end{array} \end{matrix}

那么由

d x = \frac{d y}{v}

，可知

\begin{matrix} (38) & x = \int \frac{φ^{'} (t)}{ϕ (t)} d t + C . \end{matrix}

这样，式 37 和式 38 就构成一组参数解。

例 5　

　　考虑方程

\begin{matrix} (39) & {(\frac{d y}{d x})}^{2} - y \frac{d y}{d x} + y^{3} = 0 . \end{matrix}

令

v = \frac{d y}{d x}

，式 39 化为

\begin{matrix} (40) & v^{2} - v y + y^{3} = 0 . \end{matrix}

令

y = t v

，那么式 40 化为

\begin{matrix} (41) & t^{3} v^{3} + (1 - t) v^{2} = 0 . \end{matrix}

由式 40 ，

v

不恒为

0

，因此式 41 等价于

\begin{matrix} (42) & v = \frac{t - 1}{t^{3}}, \end{matrix}

于是

\begin{matrix} (43) & y = t v = \frac{t - 1}{t^{2}}, \end{matrix}

由于

d x = \frac{d y}{v}

，故

\begin{matrix} (44) & \begin{aligned} x & = \int \frac{1}{v} d v + C \\ = \int \frac{t^{3}}{t - 1} \cdot \frac{2 - t}{t^{3}} d t + C \\ = \ln | t - 1 | - t + C . \end{aligned} \end{matrix}

　　式 43 和式 44 就构成一组参数解。

1. ^ $\frac{\frac{\partial (2 v + 2 x)}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial v}}{v} = \frac{1}{v}$ 是 $v$ 的函数，因此我们可以为它找到一个积分因子 $f (v)$ 。
2. ^ 注意这一步跳步了，约掉了一个 $3$ 。

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