几个常见非线性微分方程的解

可分离变量方程

我们研究可分离变量方程 \(y^\prime = f(t, y) = g(t) h(y)\) 其中$g: I \to \mathbb R$连续，$h: J \to \mathbb R$局部李普希茨连续（即在任意点存在一个李普希茨连续的邻域）。 我们称满足$h(y^*) = 0$的实数$y^*$为静止点。 如果静止点存在，那么常函数$y(t) = y^*$是方程的一个解。 根据柯西定理（解的局部唯一性），方程的所有解要么为此常函数，要么在任意点不与此常函数重合。

假设$y \neq y^*$，则$h(y) \neq 0$。 方程两边同时除以$h(y)$，可得： \(\frac{y^\prime}{h(y)} = g(t)\) 我们设$H$为$\frac{1}{h(y)}$的原函数，$G$为$g(t)$的原函数，则有 \(H(y) = G(t) + K, \quad K \in \mathbb R\) 若$H(y)$为双射，则可解出 \(y(t) = H^{-1}(G(t) + K)\)

伯努利方程

形如 \(y^\prime = a(t) y + b(t) y^\alpha \quad \alpha \in \mathbb R\) 的方程称为伯努利方程。 当$\alpha = 0, 1$时，方程退化为一个简单的线性方程，因此我们只研究其他情况。 我们记$F(t, y) = a(t) y + b(t) y^\alpha$

• 若$\alpha > 1$，显然零是一个解。此时$F$关于$y$局部李普希茨连续，利用柯西定理可说明任何非零解在任意处非零。
• 若$\alpha < 0$，则对于任何解，$(t,0)$不在其定义域内。
• 若$0 < \alpha < 1$，可根据解可导且导数连续进一步研究解及其定义域。

我们设$y$在区间$I$上非零，在该区间上研究其解。 \(\begin{aligned} y^\prime &= a(t) y + b(t) y^\alpha \\ \frac{y^\prime}{y^\alpha} &= a(t) \frac{1}{y^{\alpha-1}} + b(t) \\ \frac{1}{1-\alpha} z^\prime &= a(t) z + b(t) \quad z = y^{\alpha-1} \end{aligned}\) 我们把方程变成了一个一阶线性方程，此时可用正常的方式求解。

黎卡提方程

形如 \(y^\prime = a(t) y^2 + b(t) y + c(t)\) 的微分方程叫做黎卡提方程。 设$F(t,y) = a(t) y^2 + b(t) y + c(t)$，$F$局部李普希茨连续，因此最大解唯一。 如果我们已经知道其一个特解，则所有的解都可由其导出。

设$\varphi_0$为其一个特解，则设所有解为$y = \varphi_0 + z$。 求导可得： \(\begin{aligned} y^\prime &= \varphi_0^\prime + z^\prime \\ &= a(t)(\varphi_0^2 + 2 \varphi_0 z + z^2) + b(t) (\varphi_0 + z) + c(t) \\ &= \underbrace {a(t) \varphi_0^2 + b(t) \varphi_0 + c(t)}_{= \varphi_0^\prime} + a(t)( 2 \varphi_0 z + z^2) + b(t) z \\ \iff z^\prime &= a(t) z^2 + (2 a(t) \varphi_0 + b(t)) z \end{aligned}\) 这样我们就又把该方程化为了二次伯努利方程，可用上述办法求解。

贝塞尔方程的一组解

形如 \(x^2 y^{\prime \prime} + x y^\prime + (x^2 - n^2) y = 0, n \in \mathbb N\) 的方程叫做贝塞尔方程。 此处，我们利用幂级数展开来求一个特殊的解。

我们假设该方程的解在零的一个邻域内可以展开成幂级数，从而有： \(\forall x \in (-r, r) \quad y(x) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k z^k\) 带入原方程，可得： \(\begin{aligned} \sum_{k=2}^{\infty} a_k k (k-1) x^k + \sum_{k=1}^{\infty} a_k k x^k + \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^{k+2} - n^2 \sum_{k=0}^{\infty} a_k x^k &= 0 \\ -n^2 a_0 + (1-n^2)a_1x + \sum_{k=2}^{\infty}((k^2 - n^2) a_k + a_{k-2}) x^k &= 0 \end{aligned}\)

我们知道，如果幂级数的和为零，那么一定其每项系数都为零，从而我们有： \(\left\{ \begin{aligned} n^2 a_0 &= 0 \\ (1-n^2) a_1 &= 0 \\ \forall k \ge 2 \quad (k^2 - n^2) a_k + a_{k-2} &= 0 \end{aligned} \right.\) 我们假设$a_{-1} = a_{-2} = 0$，则可进一步化简： \(\forall k \ge 0 \quad (k-n)(k+n)a_k + a_{k-2} = 0\) 从而我们知道若$k < n$，或$k$与$n$不同奇偶，则$a_k = 0$。 因此，解可写为： \(y(x) = x^n \sum_{k=0}^{\infty} a_{n+2k} x^{2k}\) 且 \(\forall k \ge 0 \quad a_{n+2k} = -\frac{1}{4} \frac{a_{n+2(k-1)}}{k(n+k)} = \frac{(-1)^k}{4^k} \frac{n! a_n}{k! (n+k)!}\) 从而解为： \(\forall x \in (-r, r) \quad 2^n n! a_n \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k! (n+k)!} \left( \frac{x}{2} \right)^{n+2k}\)

我们可进一步验证这个解实际上在$\mathbb R$上成立。

我们可以把后面的系数提取出来，单独变成一个函数，有： \(\forall x \in \mathbb R \quad J_n(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k! (n+k)!} \left( \frac{x}{2} \right)^{n+2k}\) 这个函数叫做第一类贝塞尔函数。

GCC的数学库里有几个非常容易导致编译错误的函数j0、j1、y0、y1就是贝塞尔函数。 其中，j0和j1就是上文提到的第一类贝塞尔函数。