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这一讲有四个部分的内容
$\begin{cases} 微分方程的概念(用概念解题)\\ \color{red}{一阶微分方程的求解}\\ \color{red}{二阶可降阶微分方程的求解}\\ \color{red}{高阶线性微分方程的求解} \end{cases}$

微分方程的概念

微分方程：含有未知函数及其导数(或者微分)的方程成为微分方程，一般写成
$F(x,y,y',...,y^{(n)})=0$ 或者 $y^{(n)}=f(x,y,y',...,y^{(n-1)})$

微分方程的阶：方程中未知函数导数的最高阶数称为微分方程的阶

常微分方程：未知函数是一个一元函数的微分方程称为常微分方程

微分方程解出来的解是一个函数，将这个函数代入微分方程使等式恒成立，则称该函数为微分方程的解

通解：若微分方程的解中含有的独立常数的个数等于微分方程的阶数，则称该解称为微分方程的通解

初始条件与特解：初始条件用于确定通解中的各个独立常数，将这些独立常数代入通解中得到的就是特解

一阶微分方程的求解

这里将一阶微分方程分成了下面四种类别，实际问题中需要按照相应的类别进行解决
$\begin{cases} 变量可分离型\\ 可化为变量可分离型\\ 一阶线性微分方程\\ 伯努利方程 \end{cases}$

变量可分离型
能写成 $y'=f(x)\cdot g(y)$ 形式的方程称为变量可分离型方程，其解法为：
$\frac{dy}{dx}=f(x)\cdot g(y)\Rightarrow\int\frac{dy}{g(y)} = \int f(x)dx$
例如： $\frac{dy}{dx} = e^{x-y}=e^x\cdot e^{-y}\Rightarrow\int e^ydy=\int e^xdx$
$e^y=e^x+C$ (隐式解)
$y=\ln(e^x+C)$ (显式解)
需要注意的是，当时用这种方法进行求解微分方程的时候就默认忽略了 $g(y) = 0$ 的情况，因此，可能会漏掉一些答案

例题
求 $y\sin\frac{x}{2}dx - \cos\frac{x}{2}dy = 0$ 的通解
$\frac{dy}{dx}=y\tan\frac{x}{2}$
$\int\frac{dy}{y}=\int\tan\frac{x}{2}dx$
$\ln |y| = -2\ln|\cos \frac{x}{2}| + C$
$\ln |y| = \ln C_1- \ln(\cos\frac{x}{2})^2,(C_1 \gt 0)$
$|y| = \frac{C_1}{\cos^2\frac{x}{2}}$
$y = \frac{\pm C_1}{\cos^2\frac{x}{2}} = \frac{C_2}{1+\cos x},(C_2\ne 0)$
所以这个解中 $y\ne 0$ ，但这并不意味着 $y\ne 0$ 不是这个微分方程的解
将 $y = 0$ 代入原微分方程中可得
$y = 0\Rightarrow dy = 0$ ，故微分方程恒等
即 $y=0$ 也是这个微分方程的解
所以该微分方程的解为 $\frac{C}{1+\cos x},(C\in R)$

需要注意的是只要通解中的独立常数个数等于微分方程的次数，那么这个通解就是合格的
$\color{red}{微分方程中的通解并不意味着全部解！}$

可化为变量可分离型
这类题型的解题思路一般是换元法，而换元法也具有两个两种思路：

换元法，形如 $\frac{dy}{dx} = f(ax+by+c),(a,b\ne 0)$ 的方程，其解法为令 $u=ax+by+c$ ，则 $\frac{du}{dx} = a+b\frac{dy}{dx}$ ，再将原方程代入可得 $\frac{du}{dx} = a + bf(u)$

例题
求微分方程 $dy = \sin(x+y+100)dx$ 的通解
$\frac{dy}{dx}=\sin(x+y+100)$
令 $u = x+y+100$ ，则
$\frac{du}{dx} = 1 + \frac{dy}{dx}$
$\frac{du}{dx} - 1 = \sin u$
$\frac{du}{\sin u+1} = dx$
$\int\frac{du}{\sin u + 1} = \int dx$
$\tan u + \sec u = x + C$
$\tan(x+y+100) - \sec(x+y+100) = x + C$ (隐式通解)

齐次微分方程，比如下面的这个微分方程
$(x+y\cos\frac{y}{x})dx-x\cos\frac{y}{x}dy=0$
$\frac{dy}{dx} = \frac{x+y\cos\frac{y}{x}}{x\cos\frac{y}{x}} = \frac{1+\frac{y}{x}\cos\frac{y}{x}}{\cos\frac{y}{x}}=\varphi(\frac{y}{x})$
将形如 $\frac{dy}{dx} = \varphi(\frac{y}{x})$ 的方程叫做齐次型微分方程，其解法是令 $u=\frac{y}{x}$ ，则
$y=ux\Rightarrow\frac{dy}{dx} = u+x\frac{du}{dx}$
$\therefore \varphi(u) = u + x\frac{du}{dx}$
$\frac{dx}{x} = \frac{du}{\varphi(u) - u}$

例题
设L是一条平面曲线，其上任意一点 $P(x,y),(x\gt 0)$ 到坐标原点的距离恒等于该点处的切线在y轴上的截距，且L经过点 $(\frac{1}{2},0)$ ，试求曲线 $L$ 的方程
点 $(x,y)$ 的切线方程为 $Y-y=\frac{dy}{dx}(X-x)$
根据题意得:
$\sqrt{x^2+y^2} = y-x\frac{dy}{dx}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} - \sqrt{1+(\frac{y}{x})^2}$
设 $u = \frac{y}{x}$ ，则 $y=ux$
$\frac{dy}{dx} = x\frac{du}{dx}+u$
$u - \sqrt{1+u^2} = x\frac{du}{dx}+u$
$\frac{dx}{x} = -\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}$
$\int\frac{1}{x}dx = -\int\frac{du}{\sqrt{1+u^2}}$
$\ln|x| = - \ln(u+\sqrt{u^2+1}) +\ln C$
$x = \frac{C}{u+\sqrt{u^2+1}}$
$y + \sqrt{x^2+y^2} = C$
再将点 $(\frac{1}{2},0)$ 代入得， $C=\frac{1}{2}$
所以该微分方程的隐式通解为 $y+\sqrt{x^2+y^2} = \frac{1}{2}$

一阶线性微分方程
形如 $y' +p y = q$ 形式的微分方程称为一阶线性微分方程，其中 $p,q$ 为已知函数
这类微分方程的解法的原理就是 $(uv)' = uv'+u'v$
$y' + py = q$
$e^{\int pdx}y' + e^{\int pdx}py=qe^{\int pdx}$
$(e^{\int pdx}y)' = qe^{\int pdx}$
然后两边积分
$e^{\int pdx}y = \int qe^{\int pdx}dx + C$
$y=e^{-\int pdx}(\int qe^{\int pdx}dx + C)$
虽然这里的公式看起来很复杂，但实际上 $\int pdx$ 只是函数 $p$ 的原函数

例题 $\color{red}{(经典例题)}$
求微分方程 $y'+1=e^{-y}\sin x$ 的通解
这个微分方程既不是变量可分离型的也是一阶线性的，所以需要进一步变形
$e^y\cdot y'+e^y = \sin x$
$(e^y)' + e^y = \sin x$
令 $u=e^y$ ，则由上面的公式可得
$u = e^{-x}(\int\sin x e^xdx + C)$
$u = e^{-x}(\frac{1}{2}e^x(\sin x-\cos x)+C)$
$e^y = e^{-x}(\frac{1}{2}e^x(\sin x-\cos x) +C)$
$y=\ln[\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)+Ce^{-x}]$

伯努利方程
将形如 $y'+py = qy^n,(n\ne 0,1)$ 的微分方程称为伯努利方程，其中 $p,q$ 为已知的连续函数。
(这里的n如果等于0，那么这个方程就是一阶线性微分方程；如果等于1，那么这个方程就可以使用变量可分离进行求解)
对于这类微分方程的解法为：
先变形为 $y^{-n}\cdot y'+py^{1-n}=q$
再令 $z=y^{1-n}$ ，则 $\frac{dz}{dx}=(1-n)y^{-n}\frac{dy}{dx} = (1-n)y^{-n}y'$
代入原式得， $\frac{1}{1-n}\frac{dz}{dx}+pz=q$
即 $\frac{1}{1-n}z'+pz=q$
解上述关于 $z$ 的一阶线性微分方程即可

例题
求 $ydx=(1+x\ln y)xdy,(y\gt 0)$ 的通解
$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{(1+x\ln y)x}$
则对于函数 $y$ 的反函数而言
$\frac{dx}{dy} = \frac{(1+x\ln y)x}{y}$
$x' = \frac{1}{y}x+\frac{\ln y}{y}x^2$
$x'x^{-2} -\frac{1}{xy} = \frac{\ln y}{y}$
令 $\frac{1}{x}=z$ 则， $\frac{dz}{dy} = -\frac{1}{x^2} x'$
即 $x' = -\frac{x^2 dz}{dy} = -x^2z'$
代入原式得
$-z'-\frac{1}{y}z = \frac{\ln y}{y}$
$z'\cdot e^{\ln y} + e^{\ln y}\cdot \frac{1}{y}\cdot z = -e^{\ln y}\cdot \frac{\ln y}{y}$
$(z\cdot e^{\ln y})' = -e^{\ln y}\frac{\ln y}{y}$
$z\cdot e^{\ln y} = -\int e^{\ln y} \frac{\ln y}{y}dy$
$z y=y-y\ln y+C$
$\frac{y}{x} - y + \ln y +C = 0$

二阶可降阶微分方程求解

$y''=f(x,y')$ 型(方程中不显含未知函数 $y$ )
这种类型的二阶微分方程的解法为
令 $y' = p(x)$ ，则 $y'' = p'$
原式变为一阶微分方程 $\frac{dp}{dx}=f(x,p)$
设该一阶微分方程的解为 $p = \varphi(x,C_1)$ ，则原方程的通解为 $y=\int \varphi(x,C_1)dx+C_2$

例题
求 $y''=\frac{2xy'}{1+x^2}$ 的通解
令p(x) = y'，则原式为
$p' = \frac{2xp}{1+x^2}$
$\frac{dp}{dx} = \frac{2xp}{1+x^2}$
$\int\frac{1}{p}dp = \int\frac{2x}{1+x^2}dx$
$\ln |p| = \ln(1+x^2) + \ln C_1$
$p = \pm C_1(1+x^2)$
$p=C_2(1+x^2)$
$y=C_3 +\int C_2(1+x^2)dx$
$y=C_3 +C_2(x+\frac{1}{3}x^3)$

$y''=f(y,y')$ 型(方程中不显含自变量 $x$ )
这种类型的微分方程的解法为:
令 $y'=p,y''=\frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy}\cdot\frac{dy}{dx} = \frac{dp}{dy}\cdot p$
所以原式变为一阶微分方程：
$p\cdot \frac{dp}{dy} = f(y,p)$
若上述一阶微分方程的解为 $p=\varphi(y,C_1)$ ，则由 $p=\frac{dy}{dx}$ 可得 $\frac{dy}{dx} = \varphi(y,C_1)$
分离变量
$\frac{1}{\varphi(y,C_1)}dy = dx$
两边同时积分可得
$\int\frac{1}{\varphi(y,C_1)}dy = x+C_2$
从而求解

例题
求微分方程 $2yy''+(y')^2=0$ 的通解，其中 $y\gt 0$
令 $p=y'$ ，则原式
$2y\frac{dp}{dy}\cdot p = -p^2$
$\frac{1}{p}dp=-\frac{1}{2y}dy$
$\int\frac{1}{p}dp = -\int\frac{1}{2y}dy$
$\ln |p| = -\frac{1}{2}\ln y+\ln C_1$
$p = C_1\frac{\sqrt{y}}{y}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{C1\sqrt{y}}{y}$
$\int C_2\sqrt{y}dy=x+C_3$
$\frac{C_2}{3}(y)^{\frac{3}{2}} = x+C_3$

高阶线性微分方程的求解

常见的概念：

形如 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 的微分方程称为二阶变系数线性微分方程，其中 $p(x),q(x)$ 叫做系数函数， $f(x)$ 叫做自由项，均为已知的连续函数
当 $f(x)\equiv 0$ 时， $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 叫做齐次方程；否则称其为非齐次方程
形如 $y''+py'+qy=f(x)$ 的微分方程称为二阶常系数线性微分方程，其中 $p,q$ 为常数， $f(x)$ 叫做自由项
当 $f(x)\equiv 0$ 时， $y''+py'+qy=0$ 叫做齐次方程；否则称其为非齐次方程

解的结构

若 $y_1(x),y_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y = 0$ 的两个解，且 $\frac{y_1(x)}{y_2(x)}$ 不为常数，则称 $y_1(x),y_2(x)$ 是该方程的两个线性无关的解，且 $y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的通解
若 $y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的通解， $y^*(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 的一个特解，则 $y(x)+y^*(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 的通解
若 $y^*_1(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x)y=f_1(x)$ 的解， $y^*_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x) = f_2(x)$ 的解，则 $y^*_1(x)+y^*_2(x)$ 是 $y''+p(x)y'+q(x) = f_1(x) + f_2(x)$ 的解

二阶常系数齐次线性微分方程的通解
对于微分方程 $y''+py'+qy=0$ ，其中 $p,q$ 为常数，试令 $y=e^{\lambda x}$ ，(因为只有指数函数的二阶微分常系数线性方程才能得0)，代入得
$e^{\lambda x}(\lambda ^2+p\lambda + q) = 0$
$\lambda ^2+p\lambda + q= 0$
将上面的二次方程称为二阶常系数微分方程的特征
考虑特征的根的三种情况：

$\Delta\gt 0,\frac{e^{\lambda_1 x}}{e^{\lambda_2 x}}$ 不为常数，则微分方程的通解为 $C_1e^{\lambda_1 x} + C_2e^{\lambda_2 x}$
$\Delta=0,\frac{e^{\lambda_1x}}{e^{\lambda_2x}} = 1$ ，这种情况下，微分方程的通解为 $e^{\lambda x}(C_1+C_2x)$
$\Delta\lt 0,\lambda_{1,2} = \frac{-p\pm\sqrt{4p-q^2}\cdot i}{2}$ ，令 $\lambda_{1,2} = \alpha\pm\beta i$ ，这种情况下，微分方程的通解为 $e^{\alpha x}(C_1\cos\beta x+C_2\sin\beta x)$

例题：求 $y''+4y=0$ 的通解
特征方程 $\lambda^2+4=0$
$\lambda = \pm2i$
故该微分方程的通解为
$y = C_1\cos2x+C_2\sin_2x$

二阶常系数非齐次线性微分方程的特解
对于二阶常系数非齐次线性微分方程 $y''+py'+qy=f(x)$ 的特解

如果 $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$ ，则设其特解为 $y^*(x) = e^{\alpha x}\cdot Q_n(x)\cdot x^k$
其中 $Q_n(x)$ 为n阶的一般方程(形如 $ax^2+bx+c$ )，而k的取值取决于该微分方程的特征根：
$k=\begin{cases}0,\alpha\ne\lambda_1,\alpha\ne\lambda_2\\1,\alpha=\lambda_1 or\space\alpha=\lambda_2\\2,\alpha=\lambda_1=\lambda_2\end{cases}$
最后再将形如 $e^{\alpha x}(ax^2+bx+c)x^k$ 的解代入原微分方程解出未知系数 $a,b$ ，即可得到最终的特解

例题，求微分方程 $y''-4y'+3y=xe^{3x}$ 的特解
根据上面的步骤，设特解 $y^* = e^{3x}(ax+b)x^k$
因为 $\lambda_1 = 1,\lambda_2=3,\alpha = 3$ ，所以 $k=1$
将 $e^{3x}(ax+b)x$ 代入原式得
$2a-b=(1+2a)x$
故 $a=-\frac{1}{2},b=-1$
该微分方程的一个特解为
$y=-e^{3x}(\frac{1}{2}x^2+x)$

如果 $f(x) = e^{\alpha x}[P_m(x)\cos\beta x+P_n(x)\sin\beta x]$ ，则设其特解为 $e^{\alpha x}\cdot [A_l(x)\cos\beta x+ B_l(x)\sin\beta x]\cdot x^k$
其中 $l = max\lbrace n,m\rbrace$ ， $A,B$ 均为一般多项式，而k的取值依然取决于特征方程的根
$k=\begin{cases}0,\alpha\pm\beta i\ne\lambda_{1,2}\\1,\alpha\pm\beta i=\lambda_{1,2}\end{cases}$

例题，求微分方程 $y''-4y'+3y=e^x\cos x$ 的一个特解
设特解 $y=e^x\cdot(A\cos x+B\sin x)x^k$
因为 $\lambda_1 = 1,\lambda_2 = 3$ ，故 $k=0$
即 $y = e^x(A\cos x+B\sin x)$
将这个解代入原微分方程可得一特解 $A=\frac{-1}{5},B=\frac{-1}{10}$
该微分方程的一个特解为 $y=-e^x(\frac{1}{5}\cos x+\frac{1}{10}\sin x)$

根据微分方程的概念解题*

已知微分方程的解，反解系数

例题
设 $y_1,y_2$ 是一阶非齐次线性微分方程 $y'+p(x)y=q(x)$ 的两个特解，若常数 $\lambda,\mu$ 使 $\lambda y_1+\mu y_2$ 是该方程的解， $\lambda y_1-\mu y_2$ 是该方程对应的齐次方程的解，求 $\lambda,\mu$
将两个方程的解分别代入可得
$\lambda y'_1+\mu y'_2+p(x)(\lambda y_1+\mu y_2)=q(x)$
$\lambda y'_1-\mu y'_2+p(x)(\lambda y_1-\mu y_2)=0$
两式相加得 $2\lambda(y'_1+p(x)y_1) = q(x)$
两式相减得 $2\mu(y'_2+p(x)y_2)=q(x)$
而由题意得
$y'_1+p(x)y_1=q(x)$
$y'_2+p(x)y_2=q(x)$
故 $\lambda = \mu =\frac{1}{2}$

不解微分方程，而利用方程中所包含的信息解题

例题
设 $y=f(x)$ 是方程 $y''-2y'+4y=0$ 的一个解，若 $f(x_0)\gt 0$ ，且 $f'(x_0) = 0$ ，则函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处有( )
A. 取得极大值
B. 取得极小值
C. 某个领域内单调增加
D. 某个领域内单调减少
解：讨论微分方程在点 $x_0$ 处的情况，
$f''(x_0)-2f'(x_0)+4f(x_0) = 0$
$f''(x_0) = -4f(x_0)\lt 0$
故函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处取得极大值