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title: 常微分方程mid

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# 常微分方程 
Ordinary Differential Equations = ODE
[常微分方程 final](https://hackmd.io/@ericycl1118/WCY2)

[toc]

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## 一階一次ODE
- $y\,'=\frac{dy}{dx}=f(x,y)$
- $M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0$

題型與解法：
- 直接積分
- 可分離變數
- 一階齊次ODE
- 一階正合ODE
- 一階線性ODE

### 直接積分
- 若 $y\,'=f(x)$，則 $y=\int f(x)\,dx=...+c$
- [積分技巧複習](https://hackmd.io/@ericycl1118/DYY)

### 可分離變數
- 將 $y\,'$ 變成 $\frac{dy}{dx}$，然後把方程式變成 ==$f(x)\,dx=g(y)\,dy$== ，再分別積分。

### 一階齊次ODE
- ==若 $y\,'=f(\frac yx)$，可令 $\frac yx=u$==，使 $y=ux\,,dy=udx+xdu$，代回原式後再分離變數並積分。
- 快速判斷：每一項的次數(x跟y乘一起算)都相同時，為一階齊次ODE

延伸：$(a_1x+b_1y+c_1)\,dx+(a_2x+b_2y+c_2)\,dy=0$
- $c_1=c_2=0$ 時即為一階齊次ODE
- 若 $c_1\ne0$ 或 $c_2\ne0$：解兩條直線之交點
  - ==若兩直線交於一點：$(x,y)=(\alpha,\beta)$，則令 $(x,y)=(u+\alpha,v+\beta)$== 並代回原式 $\Rightarrow(a_1u+b_1v)\,du+(a_2u+b_2v)\,dv=0$
  - 若兩直線平行，則令 $a_2x+b_2y=z\,,a_2\,dx+b_2\,dy=dz$
$\Rightarrow (mz+c_1)\,dx+(z+c_2)\,\frac{dz-a_2\,dx}{b_2}=0$

補充：$y\,'=f(ax+by+c)$
- 令 $t=ax+by+c\,,dt=a\,dx+b\,dy$ 並將y與dy代回原式

:::info
難題：$y\,'=\frac{(x-y+2)^2}{(x+1)^2}$
解答：||$\frac{y-ax-(a+1)}{y-bx-(b+1)}=c(x+1)^\sqrt5\,,a=\frac{3+\sqrt5}2,b=\frac{3-\sqrt5}2$||
:::

### 一階正合ODE
考慮一階一次ODE：$F(x,y,y')=M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy$ 。
若存在一函數 $\phi(x,y)$ ，使 $F(x,y,y')$ 經全微分後為 $d\phi=\frac{\partial\phi}{\partial x}dx+\frac {\partial\phi}{\partial y}dy$，則稱 $F$ 為正合方程式(Exact Equation)，且 $\phi(x,y)=c$ 為此ODE之通解。
- 判別式：==$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}$== $=\frac{\partial\phi}{\partial x\partial y}$ $\Leftrightarrow F(x,y,y')$ 為一階正合ODE
- 判定為正合時，可將M與N做==偏積分==：令 $\phi (x,y)=c$ $=\int^xM(x,y)dx+f(y)=\int^yN(x,y)dy+g(x)$
- 兩式互相比較後，即可解出

正合化：若 $\frac{\partial M}{\partial y}\ne\frac{\partial N}{\partial x}$，則必存在積分因子 $I(x,y)$ 使得 $\frac{\partial (IM)}{\partial y}=\frac{\partial (IN)}{\partial x}$。
將上式展開並整理：==$N\frac{\partial I}{\partial x}-M\frac{\partial I}{\partial y}=(\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x})\,I$==
- 若 $\frac{\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}N=f(x)$，則 $I(x)=e^{\int f(x)dx}$
- 若 $\frac{\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}{-M}=f(y)$，則 $I(y)=e^{\int f(y)dy}$
- 若 $\frac{\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}{N-M}=f(x+y)$，則 $I(x+y)=e^{\int f(x+y)\,d(x+y)}$
- 若 $\frac{\frac{\partial M}{\partial y}-\frac{\partial N}{\partial x}}{Ny-Mx}=f(xy)$，則 $I(xy)=e^{\int f(xy)\,d(xy)}$

找到並將 $I(x,y)$ 乘回原式後即為正合ODE。

### 一階線性ODE
- $y\,'+P(x)\,y=Q(x)$，注意y'之係數需調整為1。
- 必定具有 ==$I(x)=e^{\int P(x)dx}$==
- 乘回原式後，能改寫成 ==$\frac d{dx}(y\cdot I(x))=Q(x)I(x)$==
- 記得常數 $c$： $y\cdot e^{\int P(x)dx}=\int (Q(x)\,e^{\int P(x)dx})dx+c$

可線性化之一階一次ODE
- Bernoulli Equation：$y\,'+P(x)\,y=Q(x)\,y^n$
  - 令 ==$u=y^{1-n}$==，$du=y^{-n}dy$
  - 原式變為 $\frac{du}{dx}+P(x)u=Q(x)$
- Bernoulli 之延伸：$\frac{dv}{dy}y\,'+P(x)\,v(y)=Q(x)$
  - 令 $u=v(y)$，$\frac{du}{dx}=\frac{dv}{dy}\frac{dy}{dx}$
  - 原式變為 $\frac{du}{dx}+P(x)u=Q(x)$
- Riccati Equation：$y\,'=P(x)\,y^2+Q(x)\,y+R(x)$
  - 若 $P(x)=0$ ，則為一階線性ODE
  - 若 $R(x)=0$ ，則為Bernoulli
  - 求解方式：
    - 先觀察，得到一個非齊性解 $y=S(x)$
    - 則通解為 ==$y=S(x)+\frac1{Z(x)}$==，Z為待定函數
    - 代入原式得 $s'-\frac{z'}{z^2} =P(s^2+\frac1{z^2}+\frac{2s}{z})+Q(s+\frac1z)+R$ ，
化簡結果(可背)：$z\,'+(2PS+Q)z+P=0$ ，為一階線性ODE
### 應用
- 電阻 $V_R=iR$
- 電容 $V_C=\frac qC$
- 電感 $V_L=Li'$

### 一階高次ODE
- $F(x,y,y')=0，y\,'之次數>1$
- 因式分解法

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## 二階一次ODE
- 階數 $\ge2$ 為高階ODE
- 高階時，線性ODE才具有系統性的解法

### 齊性方程式 (homogeneous)
- $y''+p(x)y'+q(x)y=0$
- 若y1、y2為特解，則其線性組合也為解：$y=c_1y_1+c_2y_2$
  - 若y1、y2線性獨立，則所有解皆為其線性組合
- Wronskian (行列式判別式)：$W(y_1,y_2)(x)=y_1y_2'-y_1'y_2$
  - W $=$ 0 $\Leftrightarrow$ LD , W $\ne$ 0 $\Leftrightarrow$ LI
  - 判別法來源:
$$
\begin{bmatrix}
y_1(x) & y_2(x) & \cdots & y_n(x) \\
y_1'(x) & y_2'(x) & \cdots & y_n'(x) \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
y_1^{(n-1)}(x)&y_2^{(n-1)}(x) &\cdots& y_n^{(n-1)}(x)
\end{bmatrix}
\!
\begin{bmatrix}
c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n
\end{bmatrix}
\! = \!
\begin{bmatrix}
0\\0\\\vdots\\0
\end{bmatrix}
$$
- 阿貝爾恆等式 (Abel’s identity)：若 $y''+p(x)y'+q(x)y=0\,$，$y_1,y_2$ 為解，則 $W(x)=c\,e^{-\int P(x)dx}$ 。 ($\,c$ 為常數 )
  - 尚未求得解即可知 $W(x)$
  - $c=0$ $\Leftrightarrow$ LD , $c\ne0$ $\Leftrightarrow$ LI

### 非齊性方程式
* $y''+p(x)y'+q(x)y=R(x)\,,R(x)\ne0$
* 通解(general)=齊性解(homogeneous)+特解(particular)，$y=y_h+y_p$
- 高階線性常係數ODE
  - 求齊性解：特徵方程式
  - 求特解：待定係數法、參數變異法
- 高階等維線性ODE
  - Cauchy
  - Legendre
- 高階變係數線性ODE
  - 因變數變更法

### 二階常係數線性ODE
1. 求齊性解 $y_h$，即 $y''+a_1y'+a_0y=0$。設通解 $y=e^{mx}$，得特徵方程式 $m^2+a_1m+a_0=0$。
- 兩相異實根：$y=c_1y_1+c_2y_2=c_1e^{m_1x}+c_2e^{m_2x}$
- 重根：$y=c_1y_1+c_2xy_1=(c_1+c_2x)e^{m_1x}$
- 兩共軛複根：由尤拉公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ 可推得 ==$y=e^{\alpha x}(k_1\cos\beta x+k_2\sin\beta x)$==

2. 求特解(待定係數法)：$R(x)$ 的形式有限制，須為以下種類：

| 外力項 $R(x)$ | $y_p$之假設形式 |
| --- | --- |
| $k$ (常數) | $A$ |
| $e^{ax}$ | $Ae^{ax}$ |
| $\sin(bx)$ 或 $\cos(bx)$ | $A\sin(bx)+B\cos(bx)$ |
| $x^n$ (多項式) | $A_nx^n+\cdots+A_0$ |

- 可組合：$e^{ax}\cos(bx)(a_nx^n+\cdots+a_0)$
$\rightarrow e^{ax}(A_nx^n+\cdots+A_0)\sin(bx)+e^{ax}(B_nx^n+\cdots+B_0)\cos(bx)$
- 若 $y_p(x)$之假設項與 $y_h(x)$ 重複時，可將重複的假設項乘以 $x^m$ ，m為使其不重複之最小正整數
:::spoiler 例題：求 y''-2y'+y=e^x 之通解。
設 $y=e^mx$，$m^2-2m+1=0,m=1_{\lor} 1$。
$\therefore  y_h=c_1e^x+c_2$==$x$==$e^x$，令 $y_p=A$==$x^2$==$e^x,y_p'=\cdots,y_p''=\cdots$ 代回原題
$\cdots ,A=\cdots,y_p=\cdots$
$\therefore y=y_h+y_p=c_1e^x+c_2xe^x+\frac12x^2e^x$
:::

3. 求特解(參數變異法)：==$1$==$y''+P(x)y'+Q(x)y=R(x)$，$R(x)$ 無限制，但須先求得齊性解 $y_h=c_1y_1+c_2y_2$，才能使用此方法。
設 $y_p=\phi_1y_1+\phi_2y_2$，則$\begin{bmatrix} y_1&y_2 \\ y_1'&y_2' \end{bmatrix}
\!
\begin{bmatrix} \phi_1' \\ \phi_2' \end{bmatrix}
\!=\!
\begin{bmatrix} 0 \\ R(x) \end{bmatrix}$，接著用克拉馬公式求得 $\phi_1(x)$、$\phi_2(x)$。
:::spoiler 證明過程
對於 ==$1$==$y''+P(x)y'+Q(x)y=R(x)$，已知 $y_h=c_1y_1+c_2y_2$。

設 $y_p=\phi_1(x)y_1(x)+\phi _2(x)y_2(x)$

$y_p'=\phi_1'y_1+\phi_1y_1'+\phi_2'y_2+\phi_2y_2'$
可令 ==$\phi_1'y_1+\phi_2'y_2=0$==，使 $y_p'=\phi_1y_1'+\phi_2y_2'$
$y_p''=\phi_1'y_1'+\phi_1y_1''+\phi_2'y_2'+\phi_2y_2''$
將 $y_p$、$y_p'$、$y_p''$ 代入原ODE：
$\phi_1(y_1''+Py_1'+Qy_1)+\phi_2(y_2''+Py_2'+Qy_2)+\phi_1'y_1'+\phi_2'y_2'=R$
故由兩條件得 $$\begin{cases} \phi_1'y_1+\phi_2'y_2=0\\ \phi_1'y_1'+\phi_2'y_2'=R(x)\end{cases}\;，\;\begin{bmatrix}y_1&y_2\\y_1'&y_2'\end{bmatrix}\!\begin{bmatrix} \phi_1'\\ \phi_2'\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\R(x)\end{bmatrix}$$

:::

### 二階等維線性ODE
- Cauchy 等維線性ODE：$a_nx^ny^{(n)}+\dots+a_1xy'+a_0y=R(x)$
  - 令 $x=e^t,dx=xdt$
  - $x\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\;,\;x^2\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{d^2y}{dt^2}-\frac{dy}{dt}\;,\;x^3\frac{d^3y}{dx^3}=\frac{d^3y}{dt^3}-3\frac{d^2y}{dt^2}+2\frac{dy}{dt}\;,\;\cdots$
  - 代換後可化為常係數ODE
  - 延伸：微分算子 $D=\frac{d}{dt}=x\frac{d}{dx}$，由數學歸納法可證明 $x^n y^{(n)}=x^n\frac{d^n}{dx^n}y=D(D-1)\cdots(D-n+1)y$
- Legendre 等維線性ODE：$a_n(bx+c)^ny^{(n)}+\dots+a_1(bx+c)y'+a_0y=R(x)$
  - 令 $z=bx+c\,,\dots$
  - 可化為Cauchy等維線性ODE
  
### 降階：因變數變更法
求解 ==$1$==$y''+P(x)y'+Q(x)y=R(x)$
- 觀察出齊性解 $u(x)$，令 $y(x)=u(x)v(x)$
- 代入並整理：$v''+\frac{2u'+Pu}{u}v'=\frac Ru$
- 令 $t=v':t'+\frac{2u'+Pu}{u}t=\frac Ru$，即可解一階線性ODE